2018无锡市一模数学试题含答案

..>江苏省无锡市2018届高三年级第一次模拟考试数学试题(总分值160分，考试时间120分钟)一、填空题：本大题共14小题，每题5分，共计70分．1.集合A＝{1，3}，B＝{1，2，m}，假设A∪B＝B，则实数m＝________．2.假设复数eq\f(a＋3i,1－2i)(a∈R，i为虚数单位)是纯虚数，则实数a＝________．3.*高中共有学生2800人，其中高一年级有960人，高三年级有900人，现采用分层抽样的方法，抽取140人进展体育达标检测，则抽取高二年级的学生人数为________．4.a，b∈{1，2，3，4，5，6}，直线l1：2*＋y－1＝0，l2：a*－by＋3＝0，则直线l1⊥l2的概率为________．5.根据如下列图的伪代码，当输入a的值为3时，最后输出的S的值为________．6.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥BC，AB＝3，BC＝4，AA1＝5，假设三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的外表积为________．7.变量*，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*≥2，,*＋y≤4，,2*－y≤c，))目标函数z＝3*＋y的最小值为5，则c的值为________．8.假设函数y＝cos(2*＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq\f(π,2)个单位长度后，与函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,2)))的图象重合，则φ＝________．9.等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，eq\f(5,4)，2a7成等差数列，则a1·a2·…·an的最大值为________．10.过圆*2＋y2＝16内一点P(－2，3)作两条相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，则四边形ACBD的面积为________．11.双曲线C：eq\f(*2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与椭圆eq\f(*2,16)＋eq\f(y2,12)＝1的焦点重合，离心率互为倒数，设F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，P为右支上任意一点，则eq\f(PFeq\o\al(2,1),PF2)的最小值为________．12.在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠A＝eq\f(π,3)，M为DC的中点，N为平面ABCD内一点，假设|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(NB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AN,\s\up6(→))|，则eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝________．13.函数f(*)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(*2＋2*－1,*2)，*≤－\f(1,2)，,log\s\do9(\f(1,2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋*,2)))，*>－\f(1,2)，))g(*)＝－*2－2*－2.假设存在a∈R，使得f(a)＋g(b)＝0，则实数b的取值范围是______________．14.假设函数f(*)＝(*＋1)2|*－a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a的取值范围是__________________．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.(本小题总分值14分)如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求证：AC∥平面BEF.16.(本小题总分值14分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，cosA＝eq\f(3,4)，C＝2A.(1)求cosB的值；(2)假设ac＝24，求△ABC的周长．17.(本小题总分值14分)如图，点C为*沿海城市的高速公路出入口，直线BD为海岸线，∠CAB＝eq\f(π,3)，AB⊥BD，eq\o(BC,\s\up8(︵))是以A为圆心，1km为半径的圆弧形小路．该市拟修建一条从点C通往海岸的观光专线eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ，其中P为eq\o(BC,\s\up8(︵))上异于点B，C的一点，PQ与AB平行，设∠PAB＝θ.(1)证明：观光专线eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的总长度随θ的增大而减小；(2)新建道路PQ的单位本钱是翻新道路eq\o(CP,\s\up8(︵))的单位本钱的2倍．当θ取何值时，观光专线eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的修建总本钱最低？请说明理由．18.(本小题总分值16分)椭圆E：eq\f(*2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq\f(\r(,2),2)，F1，F2分别为左、右焦点，A，B分别为左、右顶点，原点O到直线BD的距离为eq\f(\r(,6),3).设点P在第一象限，且PB⊥*轴，连结PA交椭圆于点C.(1)求椭圆E的方程；(2)假设三角形ABC的面积等于四边形OBPC的面积，求直线PA的方程；(3)求过点B，C，P的圆的方程(结果用t表示)．19.(本小题总分值16分)数列{an}满足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)，n∈N*，Sn是数列{an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；(2)假设ap，30，Sq成等差数列，ap，18，Sq成等比数列，求正整数p，q的值；(3)是否存在k∈N*，使得eq\r(,akak＋1＋16)为数列{an}中的项？假设存在，求出所有满足条件的k的值；假设不存在，请说明理由．20.(本小题总分值16分)函数f(*)＝e*(3*－2)，g(*)＝a(*－2)，其中a，*∈R.(1)求过点(2，0)且和函数y＝f(*)的图象相切的直线方程；(2)假设对任意*∈R，有f(*)≥g(*)恒成立，求实数a的取值范围；(3)假设存在唯一的整数*0，使得f(*0)<g(*0)，求实数a的取值范围．2018届高三年级第一次模拟考试(八)数学附加题(本局部总分值40分，考试时间30分钟)21.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．B.[选修42：矩阵与变换](本小题总分值10分)矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(34,ab))，假设矩阵A属于特征值λ1的一个特征向量为a1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))，属于特征值λ2的一个特征向量为a2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))，求矩阵A.C.[选修44：坐标系与参数方程](本小题总分值10分)在平面直角坐标系*Oy中，直线l的参数方程是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(,3),2)t＋m))(t是参数)，以原点为极点，*轴的正半轴为极轴建立极坐标系，假设圆C的极坐标方程是ρ＝4sinθ，且直线l与圆C相交，求实数m的取值范围．22.(本小题总分值10分)*公司有A，B，C，D四辆汽车，其中A车的车牌尾号为0，B，C两辆车的车牌尾号为6，D车的车牌尾号为5，在非限行日，每辆车都有可能出车或不出车．A，D两辆汽车每天出车的概率为eq\f(3,4)，B，C两辆汽车每天出车的概率为eq\f(1,2)，且四辆汽车是否出车是相互独立的．该公司所在地区汽车限行规定如下：汽车车牌尾号车辆限行日0和5星期一1和6星期二2和7星期三3和8星期四4和9星期五(1)求该公司在星期四至少有两辆汽车出车的概率；(2)设ζ表示该公司在星期一和星期二两天出车的车辆数之和，求ζ的分布列和数学期望．23.(本小题总分值10分)如图，在四棱锥PABCD中，△ABP是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，E是线段AB的中点，PE⊥底面ABCD，DA＝AB＝2BC＝2.(1)求二面角PCDA的正弦值；(2)试在平面PCD上找一点M，使得EM⊥平面PCD.2018届无锡高三年级第一次模拟考试数学参考答案1.32.63.474.eq\f(1,12)5.216.50π7.58.eq\f(π,6)9.102410.1911.812.613.(－2，0)14.(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))15.解析：(1)因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AC.(2分)因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.(4分)因为DE∩BD＝D，(5分)所以AC⊥平面BDE.(6分)(2)设AC∩BD＝O，取BE的中点G，连结FG，OG，所以OG∥eq\f(1,2)DE且OG＝eq\f(1,2)DE.(8分)因为AF∥DE，DE＝2AF，所以AF∥OG且AF＝OG，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥AO.(10分)因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.(14分)16.解析：(1)因为cosA＝eq\f(3,4)，所以cosC＝cos2A＝2cos2A－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(1,8).(3分)在△ABC中，因为cosA＝eq\f(3,4)，所以sinA＝eq\f(\r(,7),4).(4分)因为cosC＝eq\f(1,8)，所以sinC＝eq\r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(,7),8)，(5分)所以cosB＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(9,16).(7分)(2)根据正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以eq\f(a,c)＝eq\f(2,3).又ac＝24，所以a＝4，c＝6.(10分)b2＝a2＋c2－2accosB＝25，b＝5.所以△ABC的周长为15.(14分)17.解析：(1)由题意，∠CAP＝eq\f(π,3)－θ，所以eq\o(CP,\s\up8(︵))＝eq\f(π,3)－θ，又PQ＝AB－APcosθ＝1－cosθ，所以观光专线的总长度f(θ)＝eq\f(π,3)－θ＋1－cosθ＝－θ－cosθ＋eq\f(π,3)＋1，0<θ<eq\f(π,3).(3分)因为当0<θ<eq\f(π,3)时，f′(θ)＝－1＋sinθ<0，(5分)所以f(θ)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，即观光专线eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的总长度随θ的增大而减小．(6分)(2)设翻新道路的单位本钱为a(a>0)，则总本钱g(θ)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ＋2－2cosθ))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－θ－2cosθ＋\f(π,3)＋2))，0<θ<eq\f(π,3)，(8分)g′(θ)＝a(－1＋2sinθ)．(9分)令g′(θ)＝0，得sinθ＝eq\f(1,2).因为0<θ<eq\f(π,3)，所以θ＝eq\f(π,6).(10分)当0<θ<eq\f(π,6)时，g′(θ)<0，当eq\f(π,6)<θ<eq\f(π,3)时，g′(θ)>0，(12分)所以当θ＝eq\f(π,6)时，g(θ)最小．(13分)故当θ＝eq\f(π,6)时，观光专线eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的修建总本钱最低.(14分)18.解析：(1)因为椭圆E：eq\f(*2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(,2),2)，所以a2＝2c2，b＝c，(1分)所以直线DB的方程为y＝－eq\f(\r(,2),2)*＋b，又O到直线BD的距离为eq\f(\r(,6),3)，所以eq\f(b,\r(,1＋\f(1,2)))＝eq\f(\r(,6),3)，所以b＝1，a＝eq\r(,2)，(3分)所以椭圆E的方程为eq\f(*2,2)＋y2＝1.(4分)(2)设P(eq\r(,2)，t)，t>0，直线PA的方程为y＝eq\f(t,2\r(,2))(*＋eq\r(,2))，(5分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(*2,2)＋y2＝1，,y＝\f(t,2\r(,2))〔*＋\r(,2)〕，))整理得(4＋t2)*2＋2eq\r(,2)t2*＋2t2－8＝0，解得*C＝eq\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)，则点C的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)，\f(4t,4＋t2)))，(7分)因为三角形ABC的面积等于四边形OBPC的面积，所以三角形AOC的面积等于三角形BPC的面积，S△AOC＝eq\f(1,2)×eq\r(,2)×eq\f(4t,4＋t2)＝eq\f(2\r(,2)t,4＋t2)，S△PBC＝eq\f(1,2)×t×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,2)－\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)))＝eq\f(\r(,2)t3,4＋t2)，则eq\f(\r(,2)t3,4＋t2)＝eq\f(2\r(,2)t,4＋t2)，解得t＝eq\r(,2).(9分)所以直线PA的方程为*－2y＋eq\r(,2)＝0.(10分)(3)因为B(eq\r(,2)，0)，P(eq\r(,2)，t)，C(eq\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)，eq\f(4t,4＋t2))，所以BP的垂直平分线为y＝eq\f(t,2)，BC的垂直平分线为y＝eq\f(\r(,2)t,2)*－eq\f(2t,t2＋4)，所以过B，C，P三点的圆的圆心为(eq\f(t2＋8,\r(,2)〔t2＋4〕)，eq\f(t,2))，(12分)则过B，C，P三点的圆方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(t2＋8,\r(,2)〔t2＋4〕)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(t4,2〔t2＋4〕2)＋eq\f(t2,4)，(14分)即所求圆方程为*2－eq\f(\r(,2)t2＋8\r(,2),t2＋4)*＋y2－ty＋eq\f(8,t2＋4)＝0.(16分)19.解析：(1)因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)，n∈N*，所以当n＝1时，1－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,a1)，a1＝2，(1分)当n≥2时，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an－1)))＝eq\f(1,an－1)，两式相除可得1－eq\f(1,an)＝eq\f(an－1,an)，即an－an－1＝1(n≥2)，所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列.于是，an＝n＋1.(4分)(2)因为ap，30，Sq成等差数列，ap，18，Sq成等比数列，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＋Sq＝60，,apSq＝182，))于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝6，,Sq＝54))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝54，,Sq＝6.))(7分)当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝6，,Sq＝54))时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋1＝6，,\f(〔q＋3〕q,2)＝54，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝5，,q＝9，))当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝54，,Sq＝6))时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋1＝54，,\f(〔q＋3〕q,2)＝6，))无正整数解，所以p＝5，q＝9.(10分)(3)假设存在满足条件的正整数k，使得eq\r(,akak＋1＋16)＝am(m∈N*)，则eq\r(,〔k＋1〕〔k＋2〕＋16)＝m＋1，平方并化简得(2m＋2)2－(2k＋3)2＝63，(11分)则(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63，(12分)所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝63，,2m－2k－1＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝21，,2m－2k－1＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝9，,2m－2k－1＝7，))(4分)解得m＝15，k＝14或m＝5，k＝3或m＝3，k＝－1(舍去)，综上所述，k＝3或14.(16分)20.解析：(1)设切点为(*0，y0)，f′(*)＝e*(3*＋1)，则切线斜率为e*0(3*0＋1)，所以切线方程为y－y0＝e*0(3*0＋1)(*－*0)，因为切线过(2，0)，所以－e*0(3*0－2)＝e*0(3*0＋1)(2－*0)，化闻得3*eq\o\al(2,0)－8*0＝0，解得*0＝0或*0＝eq\f(8,3).(3分)当*0＝0时，切线方程为y＝*－2，(4分)当*0＝eq\f(8,3)时，切线方程为y＝9eeq\s\up6(\f(8,3))*－18eeq\s\up6(\f(8,3)).(5分)(2)由题意，对任意*∈R有e*(3*－2)≥a(*－2)恒成立，①当*∈(－∞，2)时，a≥eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)⇒a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(e*〔3*－2〕,*－2)))eq\s\do7(ma*)，令F(*)＝eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)，则F′(*)＝eq\f(e*〔3*2－8*〕,〔*－2〕2)，令F′(*)＝0得*＝0，*(－∞，0)0(0，2)F′(*)＋0－F(*)单调递增极大值单调递减F(*)ma*＝F(0)＝1，故此时a≥1.(7分)②当*＝2时，恒成立，故此时a∈R.(8分)③当*∈(2，＋∞)时，a≤eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)⇒a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(e*〔3*－2〕,*－2)))eq\s\do7(min)，令F′(*)＝0⇒*＝eq\f(8,3)，*eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(*)－0＋F(*)单调递减极小值单调递增F(*)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\s\up6(\f(8,3))，故此时a≤9eeq\s\up6(\f(8,3)).综上1≤a≤9eeq\s\up6(\f(8,3)).(10分)(3)因为f(*)<g(*)，即e*(3*－2)<a(*－2)，由(2)知a∈(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9e\s\up6(\f(8,3))，＋∞))，令F(*)＝eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)，则*(－∞，0)0(0，2)(2，eq\f(8,3))eq\f(8,3)(eq\f(8,3)，＋∞)F′(*)＋0－－0＋F(*)单调递增极大值单调递减单调递减极大值单调递增(12分)当*∈(－∞，2)，存在唯一的整数*0使得f(*0)<g(*0)，等价于a<eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)存在唯一的整数*0成立，因为F(0)＝1最大，F(－1)＝eq\f(5,3e)，F(1)＝－eq\f(1,e)，所以当a<eq\f(5,3e)时，至少有两个整数成立，所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1)).(14分)当*∈(2，＋∞)，存在唯一的整数*0使得f(*0)<g(*0)，等价于a>eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)存在唯一的整数*0成立，因为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\s\up6(\f(8,3))；最小，且F(3)＝7e3，F(4)＝5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，所以当a≤7e3时，没有整数成立，所有a∈(7e3，5e4].综上：a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1))∪(7e3，5e4].(16分)21.解析：由矩阵A属于特征值λ1的一个特征向量为a1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))可得，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,4,a,b)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))＝λ1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－8＝λ1，,a－2b＝－2λ1，))(2分)得a＝2b＝10，由矩阵A属于特征值λ2的一个特征向量为a2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))，可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,4,a,b)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))＝λ2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6－12＝2λ2，,2a－3b＝－3λ2，))(6分)得2a－3b＝9，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－11，))即A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,4,－12,－11)))，(10分)22.解析：由ρ＝4sinθ，得ρ2＝4ρsinθ，所以*2＋y2＝4*，即圆C的方程为*2＋(y－2)2＝4，(3分)又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(,3),2)t＋m，))消去t，得eq\r(,3)*－y＋m＝0，(6分)由直线l与圆C相交，所以eq\f(|m－2|,2)<2，即－2<m<6.(10分)23.解析：(1)记该公司在星期四至少有两辆汽车出车为事件A，则A为该公司在星期四最多有一辆汽车出车．P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,64).∴P(A)＝1－P(A)＝eq\f(55,64).(3分)答：该公司在星期四至少有两辆汽车出行的概率为eq\f(55,64).(2)由题意，ζ的可能值为0，1，2，3，4，P(ζ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,64)；P(ζ＝1)＝Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)；P(ζ＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,32)；P(ζ＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc