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江苏省宿迁市2024-2025学年高二下学期6月期末调研数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有（　　）种．
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】分层抽样方法；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：利用分层抽样抽取样本量为45的样本，
则高一年级抽20人，高三年级抽10人，
那么高二年级抽人，
因为该校高二年级共有学生300人，
所以抽样比为.
则高一年级学生共有人，高三年级学生共有人.
所以不同的抽样结果有.
故答案为：A.
【分析】先根据分层抽样的方法结合高二抽取的人数和高二学生总数求出抽样比，再利用频数等于频率乘以样本容量公式和组合数公式可得答案.
2．对于变量有观测数据，得散点图1；对于变量有观测数据，得散点图2．表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】散点图；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：根据图1和图2可以看出，随的增大而增大，随的增大而减小，
所以.
因为图1的数据点比图2的更集中，
所以.
则.
故答案为：C.
【分析】根据相关系数的概念结合散点图可得答案.
3．已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于选项A：若，则可能平行也可能异面，所以A错误；
对于选项B：若，则可能与平面平行，也可能在平面内，所以B错误；
对于选项C：若，则，也可能平面相交，所以C错误；
对于选项D：根据平行平面的传递性，若，则，所以D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和线线平行的判断方法、线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，从而逐项判断找出说法正确的选项.
4．如果随机变量，且，那么的值为（　　）
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.8
【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，，
所以.
根据正态分布的对称性，可得.
所以.
故答案为：A.
【分析】根据正态分布密度曲线的图象的对称性和已知条件，从而求出的值.
5．在重伯努利试验中，每次试验发生的概率均为，且2次试验中恰好发生1次的概率为，若随机变量，则的方差为（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为2次试验中恰好发生1次的概率为，
所以，化简得，
解得或，
因为随机变量，所以，
当时，；
当时，，
综上所述，.
故答案为：B.
【分析】先根据题意和二项分布求出的值，再根据二项分布的方差公式可求出的方差.
6．某位同学用一根直径3cm，长度30cm，粗细均匀的圆木棒做接力棒，先按长度将其划分成每段为10cm的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不能相同，现有红、黄、蓝三种颜色的油漆可以选取，则漆出的外观有（　　）种可能．
A．18 B．15 C．12 D．9
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，如只使用两种颜色，
则两端颜色一定相同，共有种，
如使用三种颜色，考虑对称性（如红、黄、蓝与蓝、黄、红实际是一种情况），共有种，
则总方案数为种.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和分类加法计数原理、分步乘法计数原理和排列数公式、组合数公式，从而得出漆出的外观共有的可能种数.
7．已知正四棱锥的侧棱长为4，其顶点均在同一个球面上，若球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（　　）
A．16 B．24 C．32 D．36
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为球的表面积为，所以，解得，
所以，正四棱锥外接球的半径为4，
因为为正四棱锥的球心，
所以平面，
又因为正四棱锥侧棱长为4，所以①，
根据勾股定理，得②.
则②-①，解得，.
根据勾股定理，则，
可得底面正方形的边长为.
所以.
则正四棱锥的体积为.
故答案为：A.
【分析】由外接球的表面积公式求出外接球的半径，再求出底面正方形的边长和正四棱锥的高结合正四棱锥的体积公式可得.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
8．从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示，则下列估计结论正确的有（　　）
A．成绩的众数为75
B．成绩的上四分位数为84
C．成绩的极差为60
D．已知落在的平均成绩是54，方差是2：落在的平均成绩为66，方差是5，则两组成绩的总标准差为6
【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由频率分布直方图，
可知：，
解得，
由图可以看出众数在区间内，所以众数为，故A正确；
因为上四分位数指的是第75百分位数，
而，且.
所以第75百分位数位于区间内，
设上四分位数为，则，故B正确；
因为成绩的极差通过频率分布直方图只能估计，估计极差值为，故C错误；
由频率分布直方图，可得的样本数为，
则的样本数为，所以，总的平均数为，
则总的方差为，
所以，总的标准差为6，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，再利用频率之和等于1，从而得出a的值，再利用频率分布直方图求众数方法，则判断出选项A；利用频率分布直方图求百分位数的方法，则判断出选项B；利用极差的定义判断出选项C；利用频率分布直方图求平均数公式和方差公式，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
9．已知事件满足，则下列判断可能正确的是（　　）
A．独立 B．对立
C． D．
【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于选项A：若独立，则，在范围内，故选项A可能正确；
对于选项B：因为，所以不对立，故选项B错误；
对于选项C：
，，
若，则，
所以，解得.
当独立时，，故选项C可能正确；
对于选项D：因为，解得，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式和互斥事件加法求概率公式、条件概率公式，逐项判断选项.
10．在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（　　）
A．
B．四边形为正方形
C．与平面所成角的余弦值为
D．四边形内存在点P，使得直线与所成角为
【答案】B,C
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于选项A：
因为，
所以
，
又因为，
因为，
同理可得，，
所以，
则，故A错误；
对于选项B：
因为，
所以，
又因为，所以为等边三角形，则，
因为，
所以，平行四边形为正方形，故B正确；
对于选项C：设平面的法向量为且，
则，
所以，取，则，
结合选项A计算可得：
，
设与平面所成角的为，
则，
所以，故C正确；
对于选项D：因为在四边形内的动点，
可设，其中，
则，
所以，
，
因为
，
所以，
整理得，
整理得，
此时，则方程无解，
所以，四边形内不存在点P，使得直线与所成角为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用空间向量基本定理和数量积运算律可求得出的长，则判断出选项A；利用平面向量基本定理和数量积为0两向量垂直的等价关系可判断出选项B；求出平面的法向量，利用选项A和数量积求向量的模的公式以及数量积求向量夹角公式则判断出选项C； 求出平面的法向量后可求与平面所成角的正弦值，故可求其余弦值，对于D，设，根据线线角可得的方程，结合判别式可判断其正误 .
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
11．设随机变量，则X的均值为　 　．
【答案】3
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：由超几何分布的期望公式，
得.
故答案为：3.
【分析】根据已知条件和超几何分布求数学期望公式，从而得出随机变量X的均值.
12．在的展开式中，x的奇次项的系数和为　 　．
【答案】511
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：设，
令，则，
令，则，
两式相减，可得，，
解得.
故答案为：511.
【分析】利用已知条件和赋值法，分别令，再作差得出展开式中x的奇次项的系数和.
13．我国南北朝时期伟大的数学家、天文学家祖暅，首次发现“幂势既同，则积不容异”的结论，被称为“祖暅原理”，并用其推导出球的体积公式（示意如图），比西方早一千一百多年，显示出我国古代在数学研究上的辉煌成就．半球台的定义：用一个平行于半球大圆面的平面去截半球，截面圆和大圆面之间的部分叫半球台，大圆面叫下底面，截面叫上底面，则一个下底面半径为5，上底面半径为4的半球台的体积为　 　．
【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为半球台下底面半径，上底面半径，
所以，半球台高度.
由祖暅原理得，半球台的体积等于底面半径为、高为的圆柱的体积减去底面半径为、高为的圆锥的体积，
所以，半球台的体积.
故答案为：.
【分析】根据祖暅原理可知所求半球台体积等于圆柱体积与圆锥体积差，再利用圆柱体积公式和圆锥体积公式，从而得出一个下底面半径为5，上底面半径为4的半球台的体积.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
14．已知n满足，在的展开式中，求：
（1）二项式系数最大的项：
（2）所有有理项的系数和．
【答案】（1）解：由，
可得，
解得或（舍去），
所以，在展开式中，
二项式系数最大的项为：.
（2）解：因为二项式展开式的通项为
又因为且，
当为整数时，或或，
所以，，，
则展开式所有有理项的系数和为.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】（1）利用已知条件和组合数公式解方程求出的值，再根据二项式系数的性质以及利用展开式的通项公式得出的值，从而得出二项式系数最大的项.
（2）由题意和二项展开式的通项公式，再利用有理项的定义，从而得出展开式中的有理项，进而得出所有有理项的系数和．
（1）由可得，
解得或（舍去），
所以展开式中，二项式系数最大的项为
.
（2）二项式展开式的通项为，
且，当为整数时，或或，
所以，，，
故展开式所有有理项的系数和为.
15．如图，是圆柱的母线，是底面圆的直径，点B，D在底面圆周上（异于A，C），平面⊥平面．
（1）证明：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：因为平面⊥平面，为交线，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
则，
因为是底面圆的直径，所以，
则四边形为矩形，所以，
又因为 平面，平面，
所以平面.
（2）解：设点到平面的距离为，
由，
可知，
由，
可得，
，，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则，，
所以，
解得，
则点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理以及是底面圆的直径结合线面平行判定定理可得.
（2） 利用等体积法可求出点到平面的距离.
（1）因为平面⊥平面，为交线，，平面，
所以平面，又平面，
所以，即，
又是底面圆的直径，所以，
所以四边形为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）设点到平面的距离为，
由可知，，
由，
可得，
，，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，
故，，
所以，解得，
即点到平面的距离为.
16．某景区为测试并推广一款预约游览APP，上线的第1、2两天在APP上预约可获得费游览资格，第3天开始恢复为原票价，下表是该景区在该APP上前7天的预约情况
第t天 1 2 3 4 5 6 7
预约量y（万张） 9.03 9 8.58 8.7 8.76 8.74 8.79
经计算得：，，．
（1）由于前两天预约游览免费，所以剔除第1、2两天数据，求y关于t的线性回归方程及第5天的残差：
（2）为了调查该APP在不同年龄的人群中的推广情况，从第7天成人游客中随机抽取200人进行分析，所得的部分数据见下表：
　 50岁以下 50岁（含50）以上 合计
通过APP预约人数 70 　 　
其它方式购票人数 　 　 80
合计 　 100 　
①完成以上2×2列联表：
②如果有95%的把握认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，就要进行针对性宣传，请你判断是否需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传．
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
参考公式：，，
【答案】（1）解：剔除掉第1、2两天数据后，
则，
因为，，
，
所以，
则，
所以y关于t的线性回归方程为，
则第5天的残差为.
（2）解： ①由题意，列联表如下：
50岁以下 50岁（含50）以上 合计
通过APP预约人数 70 50 120
其它方式购票人数 30 50 80
合计 100 100 200
②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，
理由如下：
零假设认定游客通过APP预约游览与其年龄无关，
则，
根据小概率事件原理，可知零假设不成立，
则认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传.
【知识点】线性回归方程；独立性检验的应用；可线性化的回归分析；2×2列联表
【解析】【分析】（1）计算出剔除第1、2两天数据后的相关量，再利用平均数公式和最小二乘法，从而得出线性回归方程，再利用残差公式，从而计算出第5天的残差.
（2）①利用已知条件完善列联表.
②利用已知条件和独立性检验的方法，从而认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传.
（1）剔除掉第1、2两天数据后，，
，，
，
故，
，
故y关于t的线性回归方程为，
第5天的残差为；
（2）①列联表如下：
50岁以下 50岁（含50）以上 合计
通过APP预约人数 70 50 120
其它方式购票人数 30 50 80
合计 100 100 200
②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，理由如下：
零假设认定游客通过APP预约游览与其年龄无关，
则，
根据小概率事件原理，可知零假设不成立，故认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，
需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传.
17．如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，，
（1）求证：平面；
（2）若，．
①求平面与平面夹角的余弦值的最大值；
②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围．
【答案】（1）证明：在长方体中，平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
同理可证，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：①以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
则，
不妨取，，
由（1）知为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则
，
因为，
当时，即当时取等号，
又因为点E，F分别是棱，上的动点，且，，
所以，则，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值的最大值为.
②在平面中，过作，
同（1）的证明理由，可得，则平面，
当在棱时，截面为四边形，
当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形，
，
，
又因为，，
因为点在棱（不包含端点），所以，解得，
又因为点不在棱端点，所以，
由①知，，得，
则平面与平面夹角的余弦值的范围为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在长方体中，由平面可得，再结合证出直线平面， 得到，同理可证，进而证得平面；
（2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，求出两个平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角，结合基本不等式求最大值即可.
② 根据截面可确定在棱（不包含端点），然后可得的范围即可得到余弦值的范围.
（1）在长方体中，平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理可证，
又平面，
所以平面.
（2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
，
设平面的一个法向量，
则，不妨取，，
由（1）知为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则
，
又，当，即时取等，
又点E，F分别是棱，上的动点，且，，
所以，则，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值的最大值为.
②在平面中，过作，
同（1）的证明理由可得，即平面，
所以当在棱时，截面为四边形，
当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形，
，，
又，，
又在棱（不包含端点），所以，解得，
又不在棱端点，所以，
由①知，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值的范围为.
18．某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，抽奖机中有种不同面值的代金券可抽，抽得的代金券可在本超市消费，抽奖规则如下：
顾客先在抽奖机上随机抽取一个数（）．
（Ⅰ）当时，随机抽得一张代金券；
（Ⅱ）当时，随机抽取张面值不同的代金券，但这些代金券都不能用于消费．仅供参考，随后从剩下的（）张代金券中逐个随机抽取，一但出现比这张代金券的面值都高的，即抽得该张代金券；若后面没有比这种的面值都高的，则抽得最后一张代金券．
某位顾客购物后参加抽奖活动．
（1）当，且三张代金券的面值分别为5元，10元，15元时．
①若其抽取的数，求其抽得代金券的面值的均值和方差；
②求其抽得15元代金券的概率．
（2）当，顾客抽取为何值时，抽得最高面值的代金券的概率最大？
【答案】（1）解：①设最后抽得代金券的面值为，则可能取值为5，10，15.
若先抽取的代金券面值为5的概率为，此种情况下最后抽得10元或15元的概率均为；
先抽取的代金券面值为10的概率为，此种情况下最后抽得15元的概率为；
先抽取的代金券面值为15的概率为，此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为.
综上可得，，，.
则抽得代金券的面值的均值为.
方差.
②因为抽取的数的概率为，此种情况下抽得15元概率为；
又因为抽取的数的概率为，此种情况下由①分析可得抽得15元概率为；
因为抽取的数的概率为，此时先抽取的两张代金券面值为的概率为此种情况下抽得15的概率为；
先抽取的两张代金券面值中含有15的概率为，此种情况下抽得15的概率为0，
综上可得：抽得15元代金券的概率为.
（2）解：不妨设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，
由题意，可得，.
当抽取的数，则抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值为1时，概率为，
此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5元，概率为；
参考面值为2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5元，
对应的概率为；
参考面值为3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5或第1张为2，第2张为5或前2张为1或2，
第3张为5时，才能抽中5元，
第一张抽到5的情况有种，第一张抽中1，
第二张抽中5的情况有种，第1张为2，第2张为5的情况有种，
前2张为1或2，第3张为5的情况有种，
又因为总情况有24种，
则对应概率为；
参考面值为4时，概率为.此时因剩余代金券中只有5大于4，
则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值为5时，概率为，此时抽到5的概率为0，
综上所述，当抽取的数，
抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况，
参考面值为1，2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5，
剩余3张代金券的全排列数为，第1张抽到5的情况有2种，
则对应概率为；
参考面值为1，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为2，第2张为5时，才能抽中5，
第1张抽到5的情况有2种，第1张为2，第2张为5的情况有1种，
又因为总情况6种，则对应概率为；
参考面值为2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5，
第1张抽到5的情况有2种，第1张为1，第2张为5的情况有1种，
又因为总情况6种，则对应概率为；
参考面值中有4，但是没有5时，情况有3种，
又因为总情况有种，则概率为，此时剩余代金券仅有5大于4，
则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5时，有4种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0，
综上所述，当抽取的数，抽到5的概率为：；
当抽取的数，参考面值有种情况，
参考面值为1，2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5.因剩余2张代金券排列方式有2种，
则对应概率为；
参考面值中有4，但没有5，有种情况，
又因为总情况有种，概率为，此时剩余代金券仅有5大于4，
则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5，有种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0，
综上所述，当抽取的数，抽到5的概率为.
当抽取的数，参考面值有种情况，
当且仅当参考面值为1，2，3，4时，可抽到5，对应概率为，
综上所述，抽得最高面值的代金券的最大概率为，
则当时，抽得最高面值的代金券的概率最大.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）①由题意可得抽得的面值可能为15元，10元，5元，利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而分别计算出对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列求数学期望公式和方差公式，从而得出抽得代金券的面值的均值和方差.
②分别计算出抽取的数的情况下抽得15元的概率，再利用互斥事件加法求概率公式从，从而得出抽得15元代金券的概率.
（2）设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，由题意可得，，再分别计算，1，2，3，4情况下抽得5元的概率，最后比较后可得当时，抽得最高面值的代金券的概率最大.
（1）①设最后抽得代金券的面值为，则可能取值为5，10，15.
若先抽取的代金券面值为5的概率为，此种情况下最后抽得10元或15元的概率均为；
先抽取的代金券面值为10的概率为，此种情况下最后抽得15元的概率为；
先抽取的代金券面值为15的概率为，此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为.
综上可得，，，.
则抽得代金券的面值的均值为.
方差.
②抽取的数的概率为，此种情况下抽得15元概率为；
抽取的数的概率为，此种情况下由①分析可得抽得15元概率为；
抽取的数的概率为，此时先抽取的两张代金券面值为的概率为，此种情况下抽得15的概率为；
先抽取的两张代金券面值中含有15的概率为，此种情况下抽得15的概率为0.
综上可得：抽得15元代金券的概率为.
（2）不妨设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，
由题可得，，
当抽取的数，则抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值为1时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5元，概率为；
参考面值为2时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5元.
对应的概率为；
参考面值为3时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5或第1张为2，第2张为5或前2张为1或2，
第3张为5时，才能抽中5元.
第一张抽到5的情况有种，第一张抽中1，第二张抽中5的情况有种，第1张为2，第2张为5的情况有种，
前2张为1或2，第3张为5的情况有种，又总情况有24种，
则对应概率为；
参考面值为4时，概率为.此时因剩余代金券中只有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值为5时，概率为，此时抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况.
参考面值为1，2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5时，才能抽中5.
剩余3张代金券的全排列数为，第1张抽到5的情况有2种，则对应概率为；
参考面值为1，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为2，第2张为5时，才能抽中5.
第1张抽到5的情况有2种，第1张为2，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为；
参考面值为2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5.
第1张抽到5的情况有2种，第1张为1，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为；
参考面值中有4，但是没有5时，情况有3种，又总情况有种，则概率为，
此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5时，有4种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况.
参考面值为1，2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5.因剩余2张代金券排列方式有2种，则对应概率为；
参考面值中有4，但没有5，有种情况，又总情况有种，概率为.
此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5，有种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为.
当抽取的数，参考面值有种情况.
当且仅当参考面值为1，2，3，4时，可抽到5，对应概率为.
综上，抽得最高面值的代金券的最大概率为，则当时，抽得最高面值的代金券的概率最大.
1 / 1江苏省宿迁市2024-2025学年高二下学期6月期末调研数学试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果共有（　　）种．
A． B．
C． D．
2．对于变量有观测数据，得散点图1；对于变量有观测数据，得散点图2．表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
4．如果随机变量，且，那么的值为（　　）
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.8
5．在重伯努利试验中，每次试验发生的概率均为，且2次试验中恰好发生1次的概率为，若随机变量，则的方差为（　　）
A． B． C．1 D．2
6．某位同学用一根直径3cm，长度30cm，粗细均匀的圆木棒做接力棒，先按长度将其划分成每段为10cm的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不能相同，现有红、黄、蓝三种颜色的油漆可以选取，则漆出的外观有（　　）种可能．
A．18 B．15 C．12 D．9
7．已知正四棱锥的侧棱长为4，其顶点均在同一个球面上，若球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（　　）
A．16 B．24 C．32 D．36
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
8．从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示，则下列估计结论正确的有（　　）
A．成绩的众数为75
B．成绩的上四分位数为84
C．成绩的极差为60
D．已知落在的平均成绩是54，方差是2：落在的平均成绩为66，方差是5，则两组成绩的总标准差为6
9．已知事件满足，则下列判断可能正确的是（　　）
A．独立 B．对立
C． D．
10．在平行六面体中，各棱长均为6．，则下列结论正确的有（　　）
A．
B．四边形为正方形
C．与平面所成角的余弦值为
D．四边形内存在点P，使得直线与所成角为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
11．设随机变量，则X的均值为　 　．
12．在的展开式中，x的奇次项的系数和为　 　．
13．我国南北朝时期伟大的数学家、天文学家祖暅，首次发现“幂势既同，则积不容异”的结论，被称为“祖暅原理”，并用其推导出球的体积公式（示意如图），比西方早一千一百多年，显示出我国古代在数学研究上的辉煌成就．半球台的定义：用一个平行于半球大圆面的平面去截半球，截面圆和大圆面之间的部分叫半球台，大圆面叫下底面，截面叫上底面，则一个下底面半径为5，上底面半径为4的半球台的体积为　 　．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
14．已知n满足，在的展开式中，求：
（1）二项式系数最大的项：
（2）所有有理项的系数和．
15．如图，是圆柱的母线，是底面圆的直径，点B，D在底面圆周上（异于A，C），平面⊥平面．
（1）证明：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
16．某景区为测试并推广一款预约游览APP，上线的第1、2两天在APP上预约可获得费游览资格，第3天开始恢复为原票价，下表是该景区在该APP上前7天的预约情况
第t天 1 2 3 4 5 6 7
预约量y（万张） 9.03 9 8.58 8.7 8.76 8.74 8.79
经计算得：，，．
（1）由于前两天预约游览免费，所以剔除第1、2两天数据，求y关于t的线性回归方程及第5天的残差：
（2）为了调查该APP在不同年龄的人群中的推广情况，从第7天成人游客中随机抽取200人进行分析，所得的部分数据见下表：
　 50岁以下 50岁（含50）以上 合计
通过APP预约人数 70 　 　
其它方式购票人数 　 　 80
合计 　 100 　
①完成以上2×2列联表：
②如果有95%的把握认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，就要进行针对性宣传，请你判断是否需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传．
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
参考公式：，，
17．如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，，
（1）求证：平面；
（2）若，．
①求平面与平面夹角的余弦值的最大值；
②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围．
18．某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，抽奖机中有种不同面值的代金券可抽，抽得的代金券可在本超市消费，抽奖规则如下：
顾客先在抽奖机上随机抽取一个数（）．
（Ⅰ）当时，随机抽得一张代金券；
（Ⅱ）当时，随机抽取张面值不同的代金券，但这些代金券都不能用于消费．仅供参考，随后从剩下的（）张代金券中逐个随机抽取，一但出现比这张代金券的面值都高的，即抽得该张代金券；若后面没有比这种的面值都高的，则抽得最后一张代金券．
某位顾客购物后参加抽奖活动．
（1）当，且三张代金券的面值分别为5元，10元，15元时．
①若其抽取的数，求其抽得代金券的面值的均值和方差；
②求其抽得15元代金券的概率．
（2）当，顾客抽取为何值时，抽得最高面值的代金券的概率最大？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】分层抽样方法；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：利用分层抽样抽取样本量为45的样本，
则高一年级抽20人，高三年级抽10人，
那么高二年级抽人，
因为该校高二年级共有学生300人，
所以抽样比为.
则高一年级学生共有人，高三年级学生共有人.
所以不同的抽样结果有.
故答案为：A.
【分析】先根据分层抽样的方法结合高二抽取的人数和高二学生总数求出抽样比，再利用频数等于频率乘以样本容量公式和组合数公式可得答案.
2．【答案】C
【知识点】散点图；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：根据图1和图2可以看出，随的增大而增大，随的增大而减小，
所以.
因为图1的数据点比图2的更集中，
所以.
则.
故答案为：C.
【分析】根据相关系数的概念结合散点图可得答案.
3．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于选项A：若，则可能平行也可能异面，所以A错误；
对于选项B：若，则可能与平面平行，也可能在平面内，所以B错误；
对于选项C：若，则，也可能平面相交，所以C错误；
对于选项D：根据平行平面的传递性，若，则，所以D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和线线平行的判断方法、线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，从而逐项判断找出说法正确的选项.
4．【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量，，
所以.
根据正态分布的对称性，可得.
所以.
故答案为：A.
【分析】根据正态分布密度曲线的图象的对称性和已知条件，从而求出的值.
5．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为2次试验中恰好发生1次的概率为，
所以，化简得，
解得或，
因为随机变量，所以，
当时，；
当时，，
综上所述，.
故答案为：B.
【分析】先根据题意和二项分布求出的值，再根据二项分布的方差公式可求出的方差.
6．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，如只使用两种颜色，
则两端颜色一定相同，共有种，
如使用三种颜色，考虑对称性（如红、黄、蓝与蓝、黄、红实际是一种情况），共有种，
则总方案数为种.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和分类加法计数原理、分步乘法计数原理和排列数公式、组合数公式，从而得出漆出的外观共有的可能种数.
7．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为球的表面积为，所以，解得，
所以，正四棱锥外接球的半径为4，
因为为正四棱锥的球心，
所以平面，
又因为正四棱锥侧棱长为4，所以①，
根据勾股定理，得②.
则②-①，解得，.
根据勾股定理，则，
可得底面正方形的边长为.
所以.
则正四棱锥的体积为.
故答案为：A.
【分析】由外接球的表面积公式求出外接球的半径，再求出底面正方形的边长和正四棱锥的高结合正四棱锥的体积公式可得.
8．【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由频率分布直方图，
可知：，
解得，
由图可以看出众数在区间内，所以众数为，故A正确；
因为上四分位数指的是第75百分位数，
而，且.
所以第75百分位数位于区间内，
设上四分位数为，则，故B正确；
因为成绩的极差通过频率分布直方图只能估计，估计极差值为，故C错误；
由频率分布直方图，可得的样本数为，
则的样本数为，所以，总的平均数为，
则总的方差为，
所以，总的标准差为6，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组矩形的面积，再利用频率之和等于1，从而得出a的值，再利用频率分布直方图求众数方法，则判断出选项A；利用频率分布直方图求百分位数的方法，则判断出选项B；利用极差的定义判断出选项C；利用频率分布直方图求平均数公式和方差公式，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
9．【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于选项A：若独立，则，在范围内，故选项A可能正确；
对于选项B：因为，所以不对立，故选项B错误；
对于选项C：
，，
若，则，
所以，解得.
当独立时，，故选项C可能正确；
对于选项D：因为，解得，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式和互斥事件加法求概率公式、条件概率公式，逐项判断选项.
10．【答案】B,C
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于选项A：
因为，
所以
，
又因为，
因为，
同理可得，，
所以，
则，故A错误；
对于选项B：
因为，
所以，
又因为，所以为等边三角形，则，
因为，
所以，平行四边形为正方形，故B正确；
对于选项C：设平面的法向量为且，
则，
所以，取，则，
结合选项A计算可得：
，
设与平面所成角的为，
则，
所以，故C正确；
对于选项D：因为在四边形内的动点，
可设，其中，
则，
所以，
，
因为
，
所以，
整理得，
整理得，
此时，则方程无解，
所以，四边形内不存在点P，使得直线与所成角为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用空间向量基本定理和数量积运算律可求得出的长，则判断出选项A；利用平面向量基本定理和数量积为0两向量垂直的等价关系可判断出选项B；求出平面的法向量，利用选项A和数量积求向量的模的公式以及数量积求向量夹角公式则判断出选项C； 求出平面的法向量后可求与平面所成角的正弦值，故可求其余弦值，对于D，设，根据线线角可得的方程，结合判别式可判断其正误 .
11．【答案】3
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：由超几何分布的期望公式，
得.
故答案为：3.
【分析】根据已知条件和超几何分布求数学期望公式，从而得出随机变量X的均值.
12．【答案】511
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：设，
令，则，
令，则，
两式相减，可得，，
解得.
故答案为：511.
【分析】利用已知条件和赋值法，分别令，再作差得出展开式中x的奇次项的系数和.
13．【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为半球台下底面半径，上底面半径，
所以，半球台高度.
由祖暅原理得，半球台的体积等于底面半径为、高为的圆柱的体积减去底面半径为、高为的圆锥的体积，
所以，半球台的体积.
故答案为：.
【分析】根据祖暅原理可知所求半球台体积等于圆柱体积与圆锥体积差，再利用圆柱体积公式和圆锥体积公式，从而得出一个下底面半径为5，上底面半径为4的半球台的体积.
14．【答案】（1）解：由，
可得，
解得或（舍去），
所以，在展开式中，
二项式系数最大的项为：.
（2）解：因为二项式展开式的通项为
又因为且，
当为整数时，或或，
所以，，，
则展开式所有有理项的系数和为.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】（1）利用已知条件和组合数公式解方程求出的值，再根据二项式系数的性质以及利用展开式的通项公式得出的值，从而得出二项式系数最大的项.
（2）由题意和二项展开式的通项公式，再利用有理项的定义，从而得出展开式中的有理项，进而得出所有有理项的系数和．
（1）由可得，
解得或（舍去），
所以展开式中，二项式系数最大的项为
.
（2）二项式展开式的通项为，
且，当为整数时，或或，
所以，，，
故展开式所有有理项的系数和为.
15．【答案】（1）证明：因为平面⊥平面，为交线，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
则，
因为是底面圆的直径，所以，
则四边形为矩形，所以，
又因为 平面，平面，
所以平面.
（2）解：设点到平面的距离为，
由，
可知，
由，
可得，
，，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则，，
所以，
解得，
则点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理以及是底面圆的直径结合线面平行判定定理可得.
（2） 利用等体积法可求出点到平面的距离.
（1）因为平面⊥平面，为交线，，平面，
所以平面，又平面，
所以，即，
又是底面圆的直径，所以，
所以四边形为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）设点到平面的距离为，
由可知，，
由，
可得，
，，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，
故，，
所以，解得，
即点到平面的距离为.
16．【答案】（1）解：剔除掉第1、2两天数据后，
则，
因为，，
，
所以，
则，
所以y关于t的线性回归方程为，
则第5天的残差为.
（2）解： ①由题意，列联表如下：
50岁以下 50岁（含50）以上 合计
通过APP预约人数 70 50 120
其它方式购票人数 30 50 80
合计 100 100 200
②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，
理由如下：
零假设认定游客通过APP预约游览与其年龄无关，
则，
根据小概率事件原理，可知零假设不成立，
则认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传.
【知识点】线性回归方程；独立性检验的应用；可线性化的回归分析；2×2列联表
【解析】【分析】（1）计算出剔除第1、2两天数据后的相关量，再利用平均数公式和最小二乘法，从而得出线性回归方程，再利用残差公式，从而计算出第5天的残差.
（2）①利用已知条件完善列联表.
②利用已知条件和独立性检验的方法，从而认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传.
（1）剔除掉第1、2两天数据后，，
，，
，
故，
，
故y关于t的线性回归方程为，
第5天的残差为；
（2）①列联表如下：
50岁以下 50岁（含50）以上 合计
通过APP预约人数 70 50 120
其它方式购票人数 30 50 80
合计 100 100 200
②需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传，理由如下：
零假设认定游客通过APP预约游览与其年龄无关，
则，
根据小概率事件原理，可知零假设不成立，故认定游客通过APP预约游览与其年龄有关，
需要针对年龄超过50岁（含50）以上的人群进行宣传.
17．【答案】（1）证明：在长方体中，平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
同理可证，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：①以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
则，
不妨取，，
由（1）知为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则
，
因为，
当时，即当时取等号，
又因为点E，F分别是棱，上的动点，且，，
所以，则，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值的最大值为.
②在平面中，过作，
同（1）的证明理由，可得，则平面，
当在棱时，截面为四边形，
当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形，
，
，
又因为，，
因为点在棱（不包含端点），所以，解得，
又因为点不在棱端点，所以，
由①知，，得，
则平面与平面夹角的余弦值的范围为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）在长方体中，由平面可得，再结合证出直线平面， 得到，同理可证，进而证得平面；
（2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，求出两个平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角，结合基本不等式求最大值即可.
② 根据截面可确定在棱（不包含端点），然后可得的范围即可得到余弦值的范围.
（1）在长方体中，平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理可证，
又平面，
所以平面.
（2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
，
设平面的一个法向量，
则，不妨取，，
由（1）知为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则
，
又，当，即时取等，
又点E，F分别是棱，上的动点，且，，
所以，则，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值的最大值为.
②在平面中，过作，
同（1）的证明理由可得，即平面，
所以当在棱时，截面为四边形，
当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形，
，，
又，，
又在棱（不包含端点），所以，解得，
又不在棱端点，所以，
由①知，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值的范围为.
18．【答案】（1）解：①设最后抽得代金券的面值为，则可能取值为5，10，15.
若先抽取的代金券面值为5的概率为，此种情况下最后抽得10元或15元的概率均为；
先抽取的代金券面值为10的概率为，此种情况下最后抽得15元的概率为；
先抽取的代金券面值为15的概率为，此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为.
综上可得，，，.
则抽得代金券的面值的均值为.
方差.
②因为抽取的数的概率为，此种情况下抽得15元概率为；
又因为抽取的数的概率为，此种情况下由①分析可得抽得15元概率为；
因为抽取的数的概率为，此时先抽取的两张代金券面值为的概率为此种情况下抽得15的概率为；
先抽取的两张代金券面值中含有15的概率为，此种情况下抽得15的概率为0，
综上可得：抽得15元代金券的概率为.
（2）解：不妨设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，
由题意，可得，.
当抽取的数，则抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值为1时，概率为，
此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5元，概率为；
参考面值为2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5元，
对应的概率为；
参考面值为3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5或第1张为2，第2张为5或前2张为1或2，
第3张为5时，才能抽中5元，
第一张抽到5的情况有种，第一张抽中1，
第二张抽中5的情况有种，第1张为2，第2张为5的情况有种，
前2张为1或2，第3张为5的情况有种，
又因为总情况有24种，
则对应概率为；
参考面值为4时，概率为.此时因剩余代金券中只有5大于4，
则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值为5时，概率为，此时抽到5的概率为0，
综上所述，当抽取的数，
抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况，
参考面值为1，2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5，
剩余3张代金券的全排列数为，第1张抽到5的情况有2种，
则对应概率为；
参考面值为1，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为2，第2张为5时，才能抽中5，
第1张抽到5的情况有2种，第1张为2，第2张为5的情况有1种，
又因为总情况6种，则对应概率为；
参考面值为2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5，
第1张抽到5的情况有2种，第1张为1，第2张为5的情况有1种，
又因为总情况6种，则对应概率为；
参考面值中有4，但是没有5时，情况有3种，
又因为总情况有种，则概率为，此时剩余代金券仅有5大于4，
则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5时，有4种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0，
综上所述，当抽取的数，抽到5的概率为：；
当抽取的数，参考面值有种情况，
参考面值为1，2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5.因剩余2张代金券排列方式有2种，
则对应概率为；
参考面值中有4，但没有5，有种情况，
又因为总情况有种，概率为，此时剩余代金券仅有5大于4，
则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5，有种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0，
综上所述，当抽取的数，抽到5的概率为.
当抽取的数，参考面值有种情况，
当且仅当参考面值为1，2，3，4时，可抽到5，对应概率为，
综上所述，抽得最高面值的代金券的最大概率为，
则当时，抽得最高面值的代金券的概率最大.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）①由题意可得抽得的面值可能为15元，10元，5元，利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而分别计算出对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列求数学期望公式和方差公式，从而得出抽得代金券的面值的均值和方差.
②分别计算出抽取的数的情况下抽得15元的概率，再利用互斥事件加法求概率公式从，从而得出抽得15元代金券的概率.
（2）设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，由题意可得，，再分别计算，1，2，3，4情况下抽得5元的概率，最后比较后可得当时，抽得最高面值的代金券的概率最大.
（1）①设最后抽得代金券的面值为，则可能取值为5，10，15.
若先抽取的代金券面值为5的概率为，此种情况下最后抽得10元或15元的概率均为；
先抽取的代金券面值为10的概率为，此种情况下最后抽得15元的概率为；
先抽取的代金券面值为15的概率为，此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为.
综上可得，，，.
则抽得代金券的面值的均值为.
方差.
②抽取的数的概率为，此种情况下抽得15元概率为；
抽取的数的概率为，此种情况下由①分析可得抽得15元概率为；
抽取的数的概率为，此时先抽取的两张代金券面值为的概率为，此种情况下抽得15的概率为；
先抽取的两张代金券面值中含有15的概率为，此种情况下抽得15的概率为0.
综上可得：抽得15元代金券的概率为.
（2）不妨设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，
由题可得，，
当抽取的数，则抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值为1时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5元，概率为；
参考面值为2时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5元.
对应的概率为；
参考面值为3时，概率为.此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5或第1张为1，第2张为5或第1张为2，第2张为5或前2张为1或2，
第3张为5时，才能抽中5元.
第一张抽到5的情况有种，第一张抽中1，第二张抽中5的情况有种，第1张为2，第2张为5的情况有种，
前2张为1或2，第3张为5的情况有种，又总情况有24种，
则对应概率为；
参考面值为4时，概率为.此时因剩余代金券中只有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值为5时，概率为，此时抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况.
参考面值为1，2时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5时，才能抽中5.
剩余3张代金券的全排列数为，第1张抽到5的情况有2种，则对应概率为；
参考面值为1，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为2，第2张为5时，才能抽中5.
第1张抽到5的情况有2种，第1张为2，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为；
参考面值为2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，只有第1张为5或第1张为1，第2张为5时，才能抽中5.
第1张抽到5的情况有2种，第1张为1，第2张为5的情况有1种，又总情况6种，则对应概率为；
参考面值中有4，但是没有5时，情况有3种，又总情况有种，则概率为，
此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5时，有4种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为；
当抽取的数，参考面值有种情况.
参考面值为1，2，3时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券，
只有第1张为5时，才能抽中5.因剩余2张代金券排列方式有2种，则对应概率为；
参考面值中有4，但没有5，有种情况，又总情况有种，概率为.
此时剩余代金券仅有5大于4，则总能抽到5，对应概率为1；
参考面值中有5，有种情况，在剩余代金券中抽到5的概率为0.
综上，当抽取的数，抽到5的概率为.
当抽取的数，参考面值有种情况.
当且仅当参考面值为1，2，3，4时，可抽到5，对应概率为.
综上，抽得最高面值的代金券的最大概率为，则当时，抽得最高面值的代金券的概率最大.
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