湖北省武汉市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析

湖北省武汉市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 武汉二中2019-2020学年度上学期期末考试 高二数学试卷 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在四个选项中，只有一项是符合要求的）‎ ‎1.设命题，则为（ ）．‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 全称命题的否定是特称命题 ‎【详解】因为命题 所以：，‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查的是全称命题的否定，较简单.‎ ‎2.从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，若事件“所取的3个球中至少有1个白球”，则事件的对立事件是（ ）‎ A. 1个白球2个红球 B. 2个白球1个红球 C. 3个都是红球 D. 至少有一个红球 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：事件“所取的个球中至少有个白球” 说明有白球，白球的个数可能是或或，和事件“个白球个红球”，“个白球个红球”，“至少有一个红球”都能同时发生，既不互斥，也不对立．故选．‎ 考点：互斥事件与对立事件．‎ ‎【方法点睛】对于A选项：“个白球个红球”和“至少有个白球”能同时发生，故它们不互斥，更谈不上对立了；对于B选项：“个白球个红球”发生时，“至少有个白球”也会发生，故两事件不对立；对于C选项：“都是红球”说明没有白球，白球的个数是 - 24 -‎ ‎，和“至少有个白球”不能同时发生，是互斥事件，且必有一个发生，故C选项符合题意；对于D选项：“至少有个红球”说明有红球，红球的个数可能是或或，和“至少有个白球”能同时发生，故两事件不互斥，也不对立．对立事件是在互斥的基础之上，在一次试验中两个事件必定有一个要发生．根据这个定义，对各选项依次加以分析，不难得出选项C才是符合题意的答案．本题考查了随机事件当中“互斥”与“对立”的区别与联系，属于基础题．‎ ‎3.已知：表示不同的直线，表示不同的平面，现有下列命题：①，②，③，④，其中真命题有（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①中或，故①错；②中设经过平面与交于，则，因为，所以，所以，故②正确；③中可能在内也可能与平行还可能与相交，故③错；④中或，故④错，故选B．‎ 考点：空间直线与平面的位置关系．‎ ‎4.是方程表示椭圆的（ ）．‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方程表示椭圆，可得，解出的范围即可判断出结论 ‎【详解】若方程表示椭圆，‎ - 24 -‎ 则有，解得且 所以是方程表示椭圆的必要不充分条件 故选：B ‎【点睛】本题考查的是椭圆的标准方程和充分、必要条件的知识，较简单.‎ ‎5.已知双曲线C： (a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则C的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渐近线的方程可求得的关系,再根据与椭圆有公共焦点求得即可.‎ ‎【详解】双曲线C的渐近线方程为,可知①,椭圆的焦点坐标为(－3,0)和(3,0),所以a2＋b2＝9②,根据①②可知a2＝4,b2＝5.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线与椭圆的基本量求法,属于基础题型.‎ ‎6.齐王有上等、中等、下等马各一匹，田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜得概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛 ,利用列举法求出基本事件有9种，齐王的马获胜包含的基本事件有6种，利用古典概型概率公式可求出齐王的马获胜的概率.‎ ‎【详解】设齐王上等、中等、下等马分別为，田忌上等、中等、下等马分别为，‎ 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,‎ 基本事件有：，共9种，有优势的马一定获胜，齐王的马获胜包含的基本事件有：，共 6种,‎ 齐王的马获胜的概率为，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于中档题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.‎ ‎7.由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字的五位数，且是奇数，其中恰有两个数字是偶数，则这样的五位数的个数为（ ）．‎ A. 7200 B. 6480 C. 4320 D. 5040‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以偶数数字取不取0，分两类讨论，每类用先取后排的策略即可 ‎【详解】第一类，偶数数字取0‎ 先从1，3，5，7，9中取3个奇数，从2，4，6，8中取1个偶数，‎ 有中取法，然后将个位数排一个奇数，十位、百位、千位 - 24 -‎ 选一个出来排0，剩下3个数字全排列，即有种排法 所以本类满足条件的五位数有个 第二类，偶数数字不取0，‎ 先从1，3，5，7，9中取3个奇数，从2，4，6，8中取2个偶数，‎ 有中取法，然后将个位数排一个奇数，剩下4个数字全排列，‎ 即有种排法 所以本类满足条件的五位数有个 综上：这样的五位数个数为 故选：B ‎【点睛】数字问题是排列中一大类问题，特别注意带有数字零的题目，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏.‎ ‎8.将四颗骰子各掷一次，记事件“四个点数互不相同”，“至少出现一个5点”，则概率等于（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件概率的含义，其含义为在发生的前提下，发生的概率，即在“四个点数互不相同”的情况下，“至少出现一个5点”的概率，分别求得“四个点数互不相同”与“至少出现一个5点”的情况数目，进而相比可得答案 ‎【详解】根据条件概率的含义，其含义为在发生的前提下，发生的概率，‎ 即在“四个点数互不相同”的情况下，“至少出现一个5点”的概率，‎ ‎“四个点数互不相同”的情况数目为：‎ 在“四个点数互不相同”的前提下，“至少出现一个5点”的情况数目为：‎ 所以 - 24 -‎ 故选：A ‎【点睛】当遇到“至多”“至少”型题目时，一般用间接法求会比较简单.‎ ‎9.一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设与中至少有一个不闭合的事件为与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为 ， 故选B.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.‎ ‎10.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，若，且，则椭圆的离心率为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，且，所以，设，由余弦定理求得，由椭圆定义得，即可求出离心率.‎ ‎【详解】由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，‎ 且，所以 在中，因为，‎ 所以可设 由余弦定理得 即，即 由椭圆的定义得 故椭圆的离心率为 故选：A ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义和几何性质的应用，也考查了椭圆离心率的求法，属于中档题.‎ ‎11.正方体的棱长为4，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为16，则动点到点的最小值是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作，，即为到直线距离，从而可得，即点的轨迹是以为准线，点为焦点的抛物线，然后建立平面直角坐标系求解.‎ - 24 -‎ ‎【详解】‎ 如图所示，作，为垂足，则面 过点作，则面 所以即为到直线的距离 因为，‎ 所以 所以点的轨迹是以为准线，点为焦点的抛物线 如图建立直角坐标系，则点的轨迹方程是 点,设 所以 所以当，取得最大值 故选：C - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查的是立体几何中的垂直关系、解析几何中抛物线的定义及最值问题，属于较难题.‎ ‎12.甲乙两人进行乒乓球比赛，规定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，设比赛停止时已打局数为，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 表示的是前4局中没有分出胜负，即前2局中各胜一局，第3、4局各胜一局，算出其概率即可 ‎【详解】因为表示的是前4局中没有分出胜负, 即前2局中各胜一局，‎ 第3、4局各胜一局 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查的是独立重复试验有关的概率，属于中档题.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分．把每小题的答案填在答题卡的相应位置）‎ ‎13.在二项式的展开式中，当且仅当第6项的二项式系数最大，则__________．‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式定理的展开式的二项式系数的性质即可求出 ‎【详解】因为的展开式中，当且仅当第6项的二项式系数最大 所以 故答案为：10‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查的是二项式定理的知识，较简单.‎ ‎14.某校有高级教师25人，中级教师100人，其他教师若干人．为了了解该校教师的工资收入情况，若按分层抽样从该校的所有教师中抽取40人进行调查，已知从其他教师中共抽取了15人，则该校共有教师_____人．‎ ‎【答案】200‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可先计算抽样比，再由抽样比求总人数．‎ ‎【详解】设该校其他教师有x人，则，∴x=75，故全校教师共有25+100+75=200人．‎ 故答案为200‎ ‎【点睛】进行分层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）总体中某两层的个体数之比＝样本中这两层抽取的个体数之比．‎ ‎15.如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线与椭圆的两交点坐标为，代入椭圆方程，利用点差法求得斜率，然后求解直线方程 ‎【详解】设直线与椭圆的两交点坐标为 则，‎ 两式作差可得 因为弦被点平分 - 24 -‎ 所以 所以，即 所以直线的斜率为 所以直线的方程为：，即 故答案为：‎ ‎【点睛】点差法是求解中点弦问题的常用方法.‎ ‎16.一个口袋中有3个红球4个白球，从中取出2个球．下面几个命题：‎ ‎（1）如果是不放回地抽取，那么取出1个红球，1个白球的概率是 ‎（2）如果是不放回地抽取，那么在至少取出一个红球的条件下，第2次取出红球的概率是 ‎（3）如果是有放回地抽取，那么取出1个红球1个白球的概率是 ‎（4）如果是有放回地抽取，那么第2次取到红球的概率和第1次取到红球的概率相同.‎ 其中正确的命题是__________．‎ ‎【答案】（2）（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出（1）和（3）中对应事件的概率即可判断其正确与否，（2）当中是条件概率，先算出至少取出一个红球的概率和至少取出一个红球且第2次取出红球的概率即可，（4）是正确的.‎ ‎【详解】如果是不放回地抽取，那么取出1个红球，1个白球的概率是 ‎，故（1）错误 如果是不放回地抽取，至少取出一个红球的概率是 至少取出一个红球且第2次取出红球的概率是 所以如果是不放回地抽取，那么在至少取出一个红球的条件下，‎ - 24 -‎ 第2次取出红球概率是，故（2）正确 如果是有放回地抽取，那么取出1个红球1个白球的概率是 ‎，故（3）错误 如果是有放回地抽取，那么第2次取到红球的概率和第1次取到红球的概率相同 都为，故（4）正确 故答案为：（2）（4）‎ ‎【点睛】抽取问题一定要注意是放回还是不放回.‎ 三、解答题：（本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤．）‎ ‎17.已知的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求其展开式中的常数项．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 代入求得各项系数和为，又二项式系数和为，根据二者相差992可得方程，解方程求出，然后写出展开式的通项即可求出常数项.‎ ‎【详解】的展开式各项系数和为 二项式系数和为 因为各项系数和比它的二项式系数和大992，即 所以 展开式的通项为：‎ 令，解得 所以展开式中的常数项为：‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，涉及到二项式系数和、各项系数和的求解，特定项的求解，关键在于能够熟练运用展开式的通项公式，属于常见题型.‎ ‎18.某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随即抽取该流水线上件产品作为样本算出他们的重量（单位：克）重量的分组区间为，，……，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示．‎ ‎（1）根据频率分布直方图，求重量超过克的产品数量．‎ ‎（2）在上述抽取的件产品中任取件，设为重量超过克的产品数量，求的分布列．‎ ‎（3）从流水线上任取件产品，求恰有件产品合格的重量超过克的概率．‎ ‎【答案】（1）件；（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图得到超过克的频率，再求出产品数量；‎ ‎（2）先得到可取的值，再分别计算每个值的概率，写出分布列；‎ ‎（3）根据题意得到所取的件产品中，件超过克，件不超过 - 24 -‎ 克，从而得到所求的概率.‎ ‎【详解】（1）根据频率分布直方图可知：‎ 重量超过克的频率为：，‎ 所以重量超过克的产品数量为（件）‎ ‎（2）可取的值为，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 所以的分布列为：‎ ‎（3）利用样本估计总体，该流水线上重量超过克的概率为，‎ 令为任取5件产品中重量超过克的产品数量，则 所以所求概率为.‎ ‎【点睛】本题考查根据频率分布直方图求频数，随机变量的分布列，求随机事件的概率，属于简单题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，，，‎ - 24 -‎ 求证：平面平面PAD；‎ 若，求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）借助题设条件运用面面垂直的判定定理推证；（2）借助题设运用空间向量的数量积公式求解．‎ 试题解析：‎ ‎（1）∵为的中点，，，‎ ‎∴，，∴四边形是平行四边形，∴，‎ ‎∵底面为直角梯形，，，∴．‎ 又，∴平面．∵平面，∴平面平面．…………6分 ‎（2）∵，平面底面，平面底面，‎ ‎∴底面，‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 设，则，‎ 即，‎ ‎∴，，，∴，‎ - 24 -‎ ‎，，‎ 设平面的法向量，则，‎ 取，得，平面的法向量．‎ 设二面角的平面角为，则，‎ ‎∴，‎ ‎∴二面角的大小为．………………12分 考点：空间线面的位置关系及向量的数量积公式等有关知识的综合运用．‎ ‎20.袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流、不放回地摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取……直到袋中的球取完即终止.若摸出白球，则记2分，若摸出黑球，则记1分.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.‎ ‎（1）求袋中白球的个数；‎ ‎（2）用x表示甲，乙最终得分差的绝对值，求随机变量的概率分布列及数学期望E．‎ ‎【答案】（1）3；‎ ‎（2）x的概率分布列为：‎ - 24 -‎ ‎.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）这属于古典概型问题，从7个球中任取两个，共有种取法，而如果其中有个白球，则任取两个白球的取法为，由题意有，解之得；（2）首先要知道随机变量的所有可能取值，由（1）可知，袋中有3个白球、4个黑球，甲四次取球可能的情况是：4个黑球、3黑1白、2黑2白、1黑3白.相应的分数之和为4分、5分、6分、7分；与之对应的乙取球情况：3个白球、1黑2白、2黑1白、3黑，相应分数之和为6分、5分、4分、3分；即x可能的取值是0,2,4.，再利用公式计算可得分布列和期望.‎ 试题解析：（1）设袋中原有n个白球，由题意,知，‎ 解之得n=3或n=-2（舍去），即袋中原有3个白球；‎ ‎ (2)由（1）可知，袋中有3个白球、4个黑球．甲四次取球可能的情况是：4个黑球、3黑1白、2黑2白、1黑3白.相应的分数之和为4分、5分、6分、7分；与之对应的乙取球情况：3个白球、1黑2白、2黑1白、3黑，相应分数之和为6分、5分、4分、3分；即x可能的取值是0,2,4.‎ ‎；‎ ‎；，‎ 所以x的概率分布列为：‎ ‎.‎ 考点：古典概型；随机变量的分布列和数学期望.‎ ‎21.已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．‎ ‎（1）求椭圆的方程;‎ - 24 -‎ ‎（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点为圆心的圆，满足此圆与相交两点，（两点均不在坐标轴上），且使得直线，的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1），（2）存在符合条件的圆，且此圆的方程为，定值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用离心率和点在椭圆上列出方程，解出即可 ‎（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，先将直线的方程与椭圆的方程联立，利用直线与椭圆有且仅有一个公共点，推出，然后通过直线与圆的方程联立，‎ 设，，结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出为定值，然后再验证直线的斜率不存在时也满足即可 ‎【详解】（1）由题意得：，‎ 又因为点在椭圆上 所以 解得 所以椭圆的标准方程为：‎ ‎（2）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为 证明如下：‎ 假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为：‎ 当直线的斜率存在时，设的方程为 由方程组得 - 24 -‎ 因为直线与椭圆有且仅有一个公共点 所以 即 由方程组得 则 设，，则 设直线，的斜率分别为，‎ 所以 将代入上式得 要使得为定值，则，即 所以当圆的方程为时，‎ 圆与的交点，满足为定值 当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为 此时圆与的交点，也满足为定值 综上：当圆的方程为时，‎ 圆与的交点，满足为定值 ‎【点睛】涉及圆、椭圆的弦长、交点、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.‎ - 24 -‎ ‎22.为了推广电子支付，某公交公司推出支付宝和微信扫码支付乘车优惠活动，活动期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，现用表示活动推出第天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表1所示：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎6‎ ‎12‎ ‎23‎ ‎34‎ ‎65‎ ‎106‎ ‎195‎ 表1‎ 根据以上数据绘制了散点图．‎ ‎（1）根据散点图判断，在活动期内，与（，均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次关于的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；‎ ‎（2）根据（1）的判断结果及表1中的数据建立关于的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；‎ ‎（3）优惠活动结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如下 支付方式 现金 乘车卡 扫码 比列 ‎10%‎ ‎54%‎ ‎36%‎ - 24 -‎ 车队为缓解周边居民出行压力，以90万元的单价购进了一批新车，根据以往的经验可知每辆车每个月的运营成本约为0.978万元．已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有的概率享受6折优惠，有的概率享受7折优惠，有的概率享受8折优惠，有的概率享受9折优惠．预计该车队每辆车每个月有1.5万人次乘车，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，假设这批车需要年才能开始盈利，求的值．‎ 参考数据：‎ ‎63‎ ‎1.55‎ ‎2561‎ ‎50.40‎ ‎3.55‎ 其中，．‎ 参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．‎ ‎【答案】（1）适宜作为扫码支付的人次关于的回归方程类型，（2），第8天使用扫码支付的人次为355，（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据散点图判断适宜作为扫码支付的人次关于的回归方程类型 ‎（2）由两边同时取对数得，设，即，然后按照公式计算即可 ‎（3）先列出一名乘客乘车支付的费用的分布列，然后算出其平均值，然后根据条件即可建立不等式求解 ‎【详解】（1）根据散点图判断适宜作为扫码支付的人次关于的回归方程类型 - 24 -‎ ‎（2）因为，两边同时取对数得 设，即 因为，，‎ 所以 把样本中心点代入得 所以，即 所以关于的回归方程为 把代入上式得 所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为355‎ ‎（3）记一名乘客乘车支付的费用为Z，‎ 则Z的取值可能为2，1.8，1.6，1.4，1.2‎ ‎；‎ ‎；‎ 其分布列为：‎ Z ‎2‎ ‎1.8‎ ‎1.6‎ ‎1.4‎ ‎1.2‎ P ‎0.1‎ ‎0.18‎ ‎0.63‎ ‎0.06‎ ‎0.03‎ 所以，一名乘客一次乘车平均费用为：‎ 因为每辆车每个月的运营成本约为0.978万元，每辆车每个月有1.5万人次乘车，‎ 买车费用是90万元，假设经过年开始盈利 所以 - 24 -‎ 解得，即第五年开始盈利，‎ ‎【点睛】本题主要考查用样本估计总体和变量的相关关系，属于基础题，对计算能力要求较高.‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎