河北省行唐县2021-2022学年高三3月份模拟考试数学试题含解析

2021-2022高考数学模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()

砂X爸

2.若函数y=f(x)的定义域为M={x|—2<x<2},值域为N={y短、&},则函数)，=/(x)的图像可能是

3.已知某超市2018年12个月的收入与支出数据的折线图如图所示:

根据该折线图可知，下列说法错误的是（）

A.该超市2018年的12个月中的7月份的收益最高

B.该超市2018年的12个月中的4月份的收益最低

C.该超市2018年1-6月份的总收益低于2018年7-12月份的总收益

D.该超市2018年7-12月份的总收益比2018年1-6月份的总收益增长了90万元

4.已知A类产品共两件A，4，8类产品共三件用，与，4,混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机

检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件A类产品或者检测出3件3类产品时，检测结束，则第一次检测出8

类产品，第二次检测出A类产品的概率为（）

1323

A.—B.—C.—D.—

25510

5.已知复数zi=3+4i/2=a+i,且Z,z2是实数，则实数a等于（）

3443

A.-B.—C.--D.--

4334

6.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺莞生一日，长一尺蒲生日自半，莞生日自倍.

问几何日而长倍？”意思是：“今有蒲草第1天长高3尺，芜草第1天长高1尺以后，蒲草每天长高前一天的一半，芜草

每天长高前一天的2倍.问第几天莞草是蒲草的二倍？“你认为莞草是蒲草的二倍长所需要的天数是（）

（结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：1g3*0.4771,1g2a0.3010）

A.2B.3C.4D.5

7.复数z满足z（I）=卜码，则复数z等于（）

B.1+zC.2D.-2

8.半正多面体（se”疝eg山arso/id）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学

的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正

多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）

tHK左UtS

9.一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两

个小球时，记取出的红球数为。；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为J2，则（）

A.E^<E^,D&I<D或B.E&=E3%>D或

C.E&=E3D.EGE3虞

10.空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距

离.已知平面夕，/3,2两两互相垂直，点Aea,点A到力，/的距离都是3,点P是a上的动点，满足P到夕的

距离与P到点A的距离相等，则点P的轨迹上的点到夕的距离的最小值是（）

A.3-百B.3C.D.-

22

11.数列｛斯｝是等差数列，ai=l,公差dG[L2],且a4+Z«io+ai6=15,则实数人的最大值为（）

753231

A.—B.-C.------D.--

219192

12.关于圆周率孙数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验.受其启发，我们也

可以通过设计下面的实验来估计万的值：先请全校加名同学每人随机写下一个都小于1的正实数对（x,y）；再统计两

数能与1构成钝角三角形三边的数对（％»）的个数最后再根据统计数。估计乃的值，那么可以估计乃的值约为

（）

4a。+2a+2加4。+2m

A.—B.-------C.----------D.------------

mmmm

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知函数/（x）=sin（3"（。＞0）在区间[肛2»）上的值小于0恒成立，则①的取值范围是.

丫2v2

14.在平面直角坐标系xOy中，双曲线工-2=13＞0,。＞0）的焦距为2°,若过右焦点且与x轴垂直的直线与两条渐

ab'

近线围成的三角形面积为C'2,则双曲线的离心率为.

15.有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为

16.已知。为矩形ABCD的对角线的交点，现从这5个点中任选3个点，则这3个点不共线的概率为

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（12分）设函数/（x）=xlnx-改*,/?（%）=履，其中a是自然对数的底数.

（I）若AX*在（0,+。）上存在两个极值点，求。的取值范围；

（D）若（p（x）=lnx+l—尸（x）,Jl）=e,函数以若与函数p（x）的图象交于4（d乂）,8（%,V），且AB线段的中

点为「（事,衣）,证明：（p（x（））＜P⑴＜加

18.（12分）以平面直角坐标系xOy的原点。为极点，x轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，

建立极坐标系，已知曲线C1：0sine+g=-夜，曲线G：.（。为参数），求曲线G，C，交点的直角坐标.

I4/[y=sm。

19.（12分）随着现代社会的发展，我国对于环境保护越来越重视，企业的环保意识也越来越强.现某大型企业为此建

立了5套环境监测系统，并制定如下方案：每年企业的环境监测费用预算定为1200万元，日常全天候开启3套环境监

测系统，若至少有2套系统监测出排放超标，则立即检查污染源处理系统；若有且另有1套系统监测出排放超标，则

立即同时启动另外2套系统进行1小时的监测，且后启动的这2套监测系统中只要有1套系统监测出排放超标，也立

即检查污染源处理系统.设每个时间段（以1小时为计量单位）被每套系统监测出排放超标的概率均为“（0＜，＜1）,

且各个时间段每套系统监测出排放超标情况相互独立.

（1）当，=（时，求某个时间段需要检查污染源处理系统的概率；

（2）若每套环境监测系统运行成本为300元/小时（不启动则不产生运行费用），除运行费用外，所有的环境监测系统

每年的维修和保养费用需要1（）0万元.现以此方案实施，问该企业的环境监测费用是否会超过预算（全年按900（）小时计

算）？并说明理由.

20.（12分）2019年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活

动，超市设计了两种抽奖方案.

方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客

从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽

取3次.

方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客

从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.

(1)现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率；

(2)若某顾客获得抽奖机会.

①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；

②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？

21.(12分)过点P(-4,0)的动直线/与抛物线C:V=2py(p>0)相交于D、E两点，已知当/的斜率为；时，屋=4PD-

(1)求抛物线C的方程；

(2)设。石的中垂线在了轴上的截距为伍求力的取值范围.

22.(10分)对于正整数〃，如果攵,6")个整数%%％满足144<…4qW"，

且4+外+…+4=〃，则称数组(q，a2,...,%)为〃的一个“正整数分拆”.记q，的，…，%均为偶数的“正整数分

拆”的个数为£，《，4,…，《均为奇数的“正整数分拆”的个数为g”.

(I)写出整数4的所有“正整数分拆”；

(II)对于给定的整数〃(〃24),设(知《，…，6)是〃的一个“正整数分拆”，且4=2,求％的最大值；

(III)对所有的正整数〃，证明：<«g”;并求出使得等号成立的〃的值.

(注:对于"的两个“正整数分拆”(4，%，…，q)与(女，打，…，勾)，当且仅当k=①且=4，&=瓦,…,ak=bltl

时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.C

【解析】

试题分析：通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求的.

2.B

【解析】

因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象，即可排除；

对B满足函数定义，故符合；

对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，从而可以否定;

对D因为值域当中有的元素没有原象，故可否定.

故选B.

3.D

【解析】

用收入减去支出，求得每月收益，然后对选项逐一分析，由此判断出说法错误的选项.

【详解】

用收入减去支出，求得每月收益（万元），如下表所示：

月份123456789101112

收益203020103030604030305030

所以7月收益最高，A选项说法正确；4月收益最低，B选项说法正确；1-6月总收益140万元，7-12月总收益240

万元，所以前6个月收益低于后六个月收益，C选项说法正确，后6个月收益比前6个月收益增长240-140=100万

元，所以D选项说法错误.故选D.

【点睛】

本小题主要考查图表分析，考查收益的计算方法，属于基础题.

4.D

【解析】

根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出8类产品的概率，不放回情况下第二次检测出A类产品的

概率，即可得解.

【详解】

A类产品共两件4,4，8类产品共三件片,巴,灰,

3

则第一次检测出8类产品的概率为1;

21

不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出A类产品的概率为二=—：

42

313

故第一次检测出8类产品，第二次检测出A类产品的概率为-x-=—；

故选：D.

【点睛】

本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.

5.A

【解析】

分析：计算2=a-i,由zi%=3a+4+（4a—3）i,是实数得4a-3=0,从而得解.

详解：复数zi=3+4i,Z2=a+i,

z2=a-i.

所以zQ=（3+4i）（a-i）=3a+4+（4a-3）i,是实数,

3

所以4a—3=0,即2=一.

4

故选A.

点睛：本题主要考查了复数共朝的概念，属于基础题.

6.C

【解析】

2"-1

由题意可利用等比数列的求和公式得莞草与蒲草n天后长度，进而可得：2x解出即可得出.

2-1

【详解】

由题意可得莞草与蒲草第〃天的长度分别为%=3x[]J，仇=1X2"T

2"-1

据题意得:解得2"=12,

2-1

2

Tlg3

=2+

lg2

故选：C.

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

7.B

【解析】

通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可.

【详解】

复数z满足z(l-i)=|l—64=2,

2_2(l+z).

..Z-----T----77---C-1+Z,

1-z(l-z)(l+z)

故选B.

【点睛】

本题主要考查复数的基本运算，复数模长的概念，属于基础题.

8.D

【解析】

根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中

点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.

【详解】

如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为顶，它是由

棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的,

该几何体的体积为V=2x2x2-8xL-xlxl=",

323

故选：D.

【点睛】

本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.

9.B

【解析】

分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.

【详解】

。可能的取值为0』,2；3可能的取值为°」，

414

41

-----

尸«=。）=§，P（4=2）=§，P（*I）=I-999

4

,rr,2匕八24211244-

故——=0x—Fn2x—FIx---=9-

13919999

故七多=-,0多=°2X-+FX——=-,

2323399

故E4=E心,。4＞。乙・故选8.

【点睛】

离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值

情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.

10.D

【解析】

建立平面直角坐标系，将问题转化为点。的轨迹上的点到x轴的距离的最小值，利用P到x轴的距离等于尸到点A的

距离得到P点轨迹方程，得到6y=（x—31+929,进而得到所求最小值.

如图，原题等价于在直角坐标系xOy中，点A（3,3）,P是第一象限内的动点，满足尸到x轴的距离等于点P到点A的

距离，求点P的轨迹上的点到x轴的距离的最小值.

设P（x,y）,则y=J（x_3）2+（、_3）2,化简得：（x—3『—6y+9=0,

,3

则6y=(x-3)-+929,解得：y>~,

即点P的轨迹上的点到夕的距离的最小值是1.

故选：D.

【点睛】

本题考查立体几何中点面距离最值的求解，关键是能够准确求得动点轨迹方程，进而根据轨迹方程构造不等关系求得

最值.

11.D

【解析】

利用等差数列通项公式推导出入=上二学，由2],能求出实数).取最大值.

【详解】

,数列｛所｝是等差数列，01=1,公差dG[l,2],且O4+laio+0i6=15,

,、13-18d

.,.l+3d+k(l+9d)+l+15d=15,解得入=--------,

l+9d

13-18d15口-皿

Vd6[l,2],1=----------=-2+------是减函数，

l+9dl+9d

ia_]oi

•••d=l时，实数入取最大值为入=------=—.

1+92

故选D.

【点睛】

本题考查实数值的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

12.D

【解析】

’0<x<1

由试验结果知〃7对0〜1之间的均匀随机数x，y，满足《八，，面积为1,再计算构成钝角三角形三边的数对(x,y),

0<y<1

满足条件的面积，由几何概型概率计算公式，得出所取的点在圆内的概率是圆的面积比正方形的面积，即可估计》的

值.

【详解】

解：根据题意知，加名同学取相对都小于1的正实数对(x,y),即

对应区域为边长为1的正方形，其面积为1,

x2+y2<1

x+y>\

若两个正实数x,y能与1构成钝角三角形三边，则有〈

0<x<l

0<y<1

7t1_..Cl7T1._4a+2m

其面积S------；则有一=------>解得冗~

42〃242m

故选：D.

【点睛】

本题考查线性规划可行域问题及随机模拟法求圆周率的几何概型应用问题.线性规划可行域是一个封闭的图形，可以

直接解出可行域的面积；求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个

变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

511

13.

7'立

【解析】

首先根据X的取值范围，求得0X+E的取值范围，由此求得函数/（X）的值域，结合/（X）区间［肛2%）上的值小于0

6

恒成立列不等式组，解不等式组求得“的取值范围.

【详解】

式式兀

由于71£X<2万,69>0,所以(071H--<COXH--V2口%H--,

666

由于“X）区间［肛2乃）上的值小于0恒成立,

,I'I)1

所以2%左+乃<697rH——<cox-\——<2co兀+—Q2k兀+2兀QkeZ).

666

71…co>2△k,+一5

0)71+—>Z,K71+716

6

所以《n*2%+"u

2CD7TH——<2K7T+2乃

6co<------k+一

212

2kH—<左H1

由于0〉0,所以《612^0</:<—,

b>012

由于keZ,所以令Z=O得

612

所以。的取值范围是13，?•

\o12

故答案为：

【点睛】

本小题主要考查三角函数值域的求法，考查三角函数值恒小于零的问题的求解，考查化归与转化的数学思想方法，属

于中档题.

14.>/2

【解析】

利用SMOB=gXIIIA81=即可建立关于a,b,c的方程•

【详解】

设双曲线右焦点为F2,过右焦点且与A-轴垂直的直线与两条渐近线分别交于A,B两点,

bebeIhe*

则A(c,—),B(c,---),由已知，5=-X|F,O||AB\=c2,即一•c=c2,

aa2MOBa

所以a=b,离心率e=+修)2=&.

故答案为：V2

【点睛】

本题考查求双曲线的离心率，做此类题的关键是建立a/,c的方程或不等式，是一道容易题.

8

15.——

21

【解析】

试题分析：从编号分别为1,1,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有C：)=210种不同的结果，

由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件A为“取出球的编号互不相同”，

QAQ

则事件A包含了C・q•C；•q•=80个基本事件，所以P(A)=券号.

考点：1.计数原理；1.古典概型.

16.-

5

【解析】

基本事件总数〃=C；=10,这3个点共线的情况有两种AOC和80。，由此能求出这3个点不共线的概率.

【详解】

解：。为矩形ABCD的对角线的交点，

现从A,B,C,D,。这5个点中任选3个点,

基本事件总数〃=C；=10,

这3个点共线的情况有两种AOC和BOD,

这3个点不共线的概率为。=1喘2=4.

4

故答案为：二.

【点睛】

本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（I）O<«<-（II）详见解析.

e;

【解析】

（I）依题意/（X）在（0,+8）上存在两个极值点，等价于尸（x）=0在（0,+8）有两个不等实根，由lnx+1—ae*=0参

变分类可得°=手'令g（x）=竽'利用导数研究g。）的单调性、极值'从而得到参数的取值范围;

本也eX2-eXleXl+eX2

(II)由题解得4=1,(p(x)=",要证中(七)v〃(l)<%成立，只需证：e2<k=-------<--—,即:

x2X|2

空*一e*e*,+e%空*/一1eX2~x'+1_口…('-Ie'+l

e2<---------<--------,只需证：e2<--------<--------,设v/'=工2-%>0n，即证：e2<--e-----<-------

x2—xt2x2—x]2t2

—£—1d—1d+]

再分别证明e2<一•,—■即可；

tt2

【详解】

解：（I）由题意可知，x>0J'（x）=lnx+l—ae"

fM在（（）,+8）上存在两个极值点，等价于尸（x）=0在（（）,+8）有两个不等实根,

,-lnx+1人/、lnx+1

由lnx+1-ae*=0可得，。=——--,令g（x）=——：—,

ee

则•/、一（In入+1）,令/xQ’—inx-1,

gW=----------x

e

可得〃'（》）=一与—'，当x〉0时，"（幻<0,

XX

所以〃(X)在(0,+8)上单调递减，且丸(1)=0

当xe(0,1)时，〃。)>0,g(x)〉0,g(x)单调递增；

当xG(,-KO)时,h(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;

所以X=1是g(x)的极大值也是最大值，，g(X)max=g⑴=一又当》一。,g(%)-—8,当X-＞+8,g(x)大

ee

于0趋向与0,

要使1(x)=o在(0,+8)有两个根，则0＜。＜3，

所以。的取值范围为0＜。＜,；

e

(H)由题解得4=1,(p(x)=e",要证(P(毛)＜〃⑴＜为成立，

空,e*2-e西ef+e迎

只需证：e-<k=------<----—

x2-X12

空6应―0由e3+e%

即:e2<------<-------

x2—Xj2

-十号I—U

只需证：e2<-------<-------

/-Xj2

—(/—1/+]

设才=工2-%>0,即证：e2<一.<U2

要证只需证：标一■＞.

11/\1(L_L\

令*。=/一二_广则尸⑺=54+e5-l>0

\7

...£。)在(0,+纥)上为增函数

.-.F(f)>F(0)=0,即■<一!成立;

谢、〒——1e'+l只需证明：4^＜-

要证----<-----

t2e'+l2

14d-(d+lJ_(/_1)一

令G(f)=产_L，则=

==2<0

㈠d+12(d+ij22[e'+^2(^+1)

.•.G。)在(0,+。)上为减函数，，G(r)<G(O)=O,即与！<一■成立

<7<?1〉0成立，所以中(毛)<〃(1)<为成立.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，利用导数证明不等式，属于难题;

18.(-1,-1)

【解析】

利用极坐标方程与普通方程、参数方程间的互化公式化简即可.

【详解】

因为「sinje+工=一近，所以/7sine+/?cos6=-2,

所以曲线G的直角坐标方程为x+y+2=o.

x=cos2。x=l-2sin20

y=sindy=sin8

所以曲线G的普通方程为X=l-2y2,ye[_ij.

x+y+2=0

由，得2y2_y_3=0,

x=\—2yz

3

所以X=-l,%=]（舍），

所以Xi=T,

所以曲线G，G的交点坐标为(T，-1).

【点睛】

本题考查极坐标方程与普通方程，参数方程与普通方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.

25

19.(1)—；(2)不会超过预算，理由见解析

32

【解析】

(1)求出某个时间段在开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的概率为

C；(g)2xg+C；(g)3=C；(g)3+C；(g)3=g,某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染源处理系

统的概率为-(；门=盘，可得某个时间段需要检查污染源处理系统的概率；

(2)设某个时间段环境监测系统的运行费用为X元，则X的可能取值为900,1500.求得P(X=1500)=C；p(l-p，,

p(X=9()())=l-〃)2,求得其分布列和期望E(X)=900+1800p(l-p)2,对其求导，研窕函数的单调性,

可得期望的最大值，从而得出结论.

【详解】

(1)1•某个时间段在开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的概率为

%)2X1+呜3=°畛+砂=1,

某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染源处理系统的概率为

c(3位-(1力=-1某个时间段需要检查污染源处理系统的概率为

223223232

(2)设某个时间段环境监测系统的运行费用为X元，则X的可能取值为900,1500.

•.•P(X=1500)=C；p(l-p)2,P(X=900)=1-C；p(l-p)2

E(X)=900x(1-C；p(l—pf]+1500xC；p(l-p)2=900+1800p(l-p)2

令g(〃)=p(l-/?)2,pe(0,1)，则g'(p)=(1-p)2-2p(l-p)=(3p

当，e(0,；)时，g'(p)>0,g(p)在(0,；)上单调递增；

当peg,1)时，g'(p)<0,g(p)在上(：』)单调递减，

14

・・.g(p)的最大值为g(§)=药，

实施此方案，§^100+9000X(900+1800X―)X10-4=1150(万元)，

27

v1150<1200,故不会超过预算.

【点睛】

本题考查独立重复事件发生的概率、期望，及运用求导函数研究期望的最值，由根据期望值确定方案，此类题目解决

的关键在于将生活中的量转化为数学中和量，属于中档题.

20.⑴我⑵①100元,80元②第一种抽奖方案.

【解析】

1()1门、③1

(1)方案一中每一次摸到红球的概率为〃=者=3，每名顾客有放回的抽3次获180元返金券的概率为C；J嗔,

根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金券的概率

(2)①分别计算方案一，方案二顾客获返金卷的期望，方案一列出分布列计算即可，方案二根据二项分布计算期望即

可②根据①得出结论.

【详解】

（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为，=M=g

门、31

设“每位顾客获得180元返金券”为事件A,则尸=最

所以两位顾客均获得180元返金券的概率P=P（A＞P（A）=/

I?

（2）①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为；，每一次摸到白球的概率为；.

33

设获得返金券金额为X元，则X可能的取值为60,100,140,180.

「八3O

则P（X=60）=《-=—；

\3J27

P（x』叱哨上巾：

P—UOX©电/

P（X=18O）=C：（1J=±.

所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金券金额的数学期望为

8421

E（X）=60x—+100x-+140x-+180x—=100（元）

''279927

若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为y,最终获得返金券的金额为Z元，则

故时）=3x；=l

所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金券金额的

数学期望为E（Z）=E（80Y）=80（元）.

②即七（X）＞£（Z）,所以该超市应选择第一种抽奖方案

【点睛】

本题主要考查了古典概型，相互独立事件的概率，二项分布，期望，及概率知识在实际问题中的