山东省泰安肥城市2020届高三适应性训练（一）数学试卷 Word版含解析

山东省泰安肥城市2020届高三适应性训练（一）数学试卷 Word版含解析

‎2020年高考适应性训练 数学试题（一）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合、中的不等式即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查的是一元二次不等式的解法和集合的运算，较简单.‎ ‎2.已知，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 28 -‎ 本题首先可根据复数的四则运算得出，然后根据复数的模的相关计算即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 故，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的四则运算以及复数的模，若复数，则，考查计算能力，是简单题.‎ ‎3.下列结论正确的是（ ）‎ A. 残差点均匀分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精度越低.‎ B. 在线性回归模型中，相关指数，说明解释变量对于预报变量变化的贡献率约为.‎ C. 已知随机变量，若，则.‎ D. 设均为不等于1的正实数，则“”的充要条件是“”.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据残差点均匀分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合效果越好、精度越高可知，选项正确；根据相关指数意义可知，选项正确；根据正态曲线的对称性可知，故选项错误；根据对数的性质以及对数函数的单调性可知，选项错误.‎ ‎【详解】对于，残差点均匀分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精度越高，故选项错误；‎ 对于，在线性回归模型中，相关指数，说明解释变量对于预报变量变化的贡献率约为，故选项正确；‎ - 28 -‎ 对于，因为且，所以，所以，故选项错误；‎ 对于，或或，故选项错误.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了回归分析，考查了正态分布，考查了对数的性质以及对数函数的单调性，考查了充要条件，属于基础题.‎ ‎4.若的展开式中各项系数之和为，则展开式中x的系数是（ ）‎ A. 54 B. 81 C. 96 D. 106‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为的展开式中各项系数之和为，所以，解得，‎ 因此的展开式的通项是，‎ 由得，‎ 所以，展开式中的系数为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.‎ ‎5.若圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则这个圆锥的表面积与侧面积比值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【分析】‎ 设该圆锥的底面半径为，母线长为，根据题意可得，所以，然后根据圆锥的表面积公式计算即可.‎ ‎【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，根据题意可得，所以 所以这个圆锥的表面积与侧面积比值是 故选：A ‎【点睛】本题考查的是圆锥的表面积公式，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.‎ ‎6.已知点在直线上，且满足，则的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求出的取值范围，再求的范围．‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎∵，∴，解得，‎ ‎，‎ ‎∵，∴或，‎ ‎∴或，所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查直线方程，考查不等式的性质，解题过程是利用点在直线上，且满足的不等关系求出的范围，然后再利用不等式的性质求解．‎ - 28 -‎ ‎7.函数在区间上的大致图象为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数的解析式，判断函数的奇偶性及的符号，结合排除法可得出合适的选项.‎ ‎【详解】，，‎ 函数为奇函数，排除A、D选项；‎ ‎，排除B选项.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数解析式选择函数图象，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号进行分析，结合排除法得出合适的选项，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎8.已知函数，其中，记为的最小值，则当时，的取值范围为（ ）‎ - 28 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的正负以及与大小关系分类讨论单调性，再根据单调性确定最小值取法，最后根据最小值求结果.‎ ‎【详解】①当时，在上单调递增，所以，因此满足题意；‎ ‎②当时，在上单调递增，在上单调递减 因此⑴当时，在上单调递增，所以， ‎ 或或 ‎⑵当时，在上单调递增，在上单调递减 ‎，所以；‎ 综上，的取值范围为，‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查函数最值、分式函数单调性，考查分类讨论思想方法以及综合分析求解能力，属较难题.‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.‎ ‎9.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.‎ - 28 -‎ 数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 此数列的第20项是200 B. 此数列的第19项是182‎ C. 此数列偶数项的通项公式为 D. 此数列的前项和为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先寻找出数列的规律，归纳出通项公式，然后判断各选项即可．‎ ‎【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，，由此可得，A正确；，B错误；C正确；是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，不可能有，D错．‎ 故选：AC．‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式，要求从数列的前几项归纳出数列的通项公式．这里我们只能从常见的数列出发，寻找各项与项数之间的关系，归纳结论．有时需要分奇数项与偶数项分别讨论归纳出结论，或者寻找两者的关系，从而得出结论．‎ ‎10.已知、是双曲线的上、下焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 双曲线的渐近线方程为 B. 以为直径的圆的方程为 C. 点的横坐标为 D. 的面积为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 28 -‎ 根据双曲线的标准方程求出渐近线方程，以为直径的圆的方程，点坐标，的面积然后判断各选项．‎ ‎【详解】由双曲线方程知，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；‎ ‎，以为直径的圆的方程是，B错；‎ 由得或，由对称性知点横坐标是，C正确；‎ ‎，D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，解题时可根据双曲线方程确定，同时注意焦点据的轴，然后根据求解其他量．‎ ‎11.已知定义在上的函数满足，且对，当时，都有，则以下判断正确的是（ ）‎ A. 函数是偶函数 B. 函数在单调递增 C. 是函数的对称轴 D. 函数的最小正周期是12‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得函数为奇函数，判断选项；通过得函数的最小正周期，判断选项；通过题意得，进而得函数的对称轴，判断选项；化简为得到函数在上的单调性，结合奇偶性、对称轴、周期得上的单调性，判断选项即可.‎ ‎【详解】解：因为，即，所以函数为奇函数，故选项错误；‎ - 28 -‎ 因为，而，所以，所以函数的对称轴为，故选项正确；‎ 因为，所以，即，‎ 所以的最小正周期是12，故选项正确；‎ 因为，当时，都有，‎ 由化简得，‎ 所以时，为减函数.‎ 因为函数为奇函数，所以时，为减函数，又因为函数关于对称，‎ 所以时，为增函数.‎ 因为的最小正周期是12，所以的单调性与时的单调性相同.‎ 故，时，单调递增，故选项正确.‎ 故选：BCD.‎ ‎【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性，奇偶性，对称轴和周期，属于中档题.‎ ‎12.如图四棱锥，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 - 28 -‎ D. 四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面 ，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴 ，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.‎ ‎【详解】解：取的中点，的中点，连接，‎ 因为三角形为等边三角形，所以,‎ 因为平面平面，所以平面 ，‎ 因为，所以两两垂直，‎ 所以，如下图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴 ，轴，‎ 建立空间直角坐标系，则，‎ ‎，‎ 因为点是的中点，所以，‎ 平面的一个法向量为，‎ ‎，显然 与不共线，‎ 所以与平面不垂直，所以A不正确；‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，则 ‎，‎ - 28 -‎ 令，则，‎ 所以，‎ 设与平面所成角为，‎ 则，‎ 所以，所以B正确；‎ 三棱锥的体积为 ‎，‎ 所以C不正确；‎ 设四棱锥外接球的球心为，则，‎ 所以，‎ 解得，即为矩形对角线的交点，‎ 所以四棱锥外接球的半径为3，‎ 设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，‎ 将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，‎ 故正方体的棱长为，所以，得，‎ 所以正四面体的表面积为，所以D正确.‎ 故选：BD - 28 -‎ ‎【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.用0，1，2，3，4这五个数字，可以组成________个三位正整数.‎ ‎【答案】100‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用分步乘法原理计数．‎ ‎【详解】用0，1，2，3，4这五个数字，‎ 可以组成三位数的个数为．‎ 故答案为：100．‎ ‎【点睛】本题考查分步乘法原理，解题关键是确定完成这件事的方法，是分步还是分类．‎ ‎14.函数在上的最小值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角恒等变换思想化简得出，由计算得出的取值范围，再利用正弦函数的基本性质可求得函数的最小值.‎ - 28 -‎ ‎【详解】，‎ 当时，，‎ 所以当时，函数取得最小值，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数在区间上最值的求解，解答的关键就是利用三角恒等变换思想化简函数解析式，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎15.已知一袋中装有红，蓝，黄，绿小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回.当四种颜色的小球全部取出时即停止，则恰好取6次停止的概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 事件“恰好取6次停止”是第4种颜色第6次才取到，前5次只出现3种颜色，求出它的方法数，再求出取6次球的总方法数，由概率公式可计算出概率．‎ ‎【详解】取球6次，总的方法为，记“恰好取6次停止”为事件，事件的发生，前5次取球只出现3种颜色，第6次取出的是第4种颜色，而前5次出现3种颜色又可从3种颜色出现的次数分成两类，1、1、3和1、2、2，因此事件的方法数为，‎ 所以．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，解题关键是确定事件发生的过程，即怎样完成事件“恰好取6次停止”．是分类还是分步，根据不同的方法选择不同的计数方法．‎ ‎16.已知圆：，直线，则与直线相切且与圆外切的圆的圆心 - 28 -‎ 的轨迹方程为_________.点是圆心轨迹上的动点，点的坐标是，则使取最小值时的点的坐标为__.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线与圆位置关系以及圆与圆位置关系列式，再化简得结果；根据两点间距离公式化简，再根据基本不等式确定最小值取法，即得结果.‎ ‎【详解】因为圆与直线相切且与圆外切，所以 设 当时，‎ 当时，，舍 综上，圆心的轨迹方程为 设 当时，‎ 当时，‎ 当且仅当时取等号 综上，使取最小值时的点的坐标为 故答案为：，‎ ‎【点睛】本题考查求动点轨迹方程、利用基本不等式求函数最值，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ - 28 -‎ 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知数列各项均为正数，，为等差数列，公差为.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）确定等差数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）利用错位相减法可求得.‎ ‎【详解】（1），，为等差数列，公差为，，‎ ‎，数列的通项公式为；‎ ‎（2）， ‎ 即 ‎ 则 ‎ ‎ 以上两式相减，得 ‎.‎ ‎ 因此，.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了错位相减法，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎18.在中，角、、的对边分别为、、，且.‎ ‎（1）求角的大小. ‎ - 28 -‎ ‎（2）若，为外一点，，，四边形的面积是，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）本题首先可以根据正弦定理以及余弦定理对进行化简，得出，再根据以及即可得出结果；‎ ‎（2）首先可以结合题意绘出图像，然后在中根据余弦定理得出，再然后根据解三角形面积公式求出以及，并根据四边形的面积是求出，最后将代入，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，‎ 由余弦定理可得，‎ 由正弦定理可得，‎ 因为，‎ 所以，‎ 因为，所以 因为，所以.‎ ‎（2）如图，结合题意绘出图像：‎ 在中，，，‎ - 28 -‎ 由余弦定理得：，‎ 因为，所以，为等边三角形，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 故，，‎ 即.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理解三角形、三角形面积公式以及正弦定理边角互化，考查三角恒等变换，考查的公式有、、等，考查化归与转化思想，是中档题.‎ ‎19.条件①：图（1）中.‎ 条件②：图（1）中.‎ 条件③：图（2）中三棱锥的体积最大.‎ 从以上三个条件中任选一个，补充在问题（2）中的横线上，并加以解答.‎ 如图（1）所示，在中，，，过点作，垂足在线段上，沿将折起，使 （如图（2）），点分别为棱的中点.‎ - 28 -‎ ‎（1）求证：.‎ ‎（2）已知______，试在棱上确定一点，使得，并求锐二面角的余弦值.‎ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 ‎【答案】（1）证明见解析；（2）不论选择哪个条件，.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1），‎ 平面，‎ 平面，‎ ‎. ‎ 又分别为的中点，‎ ‎ ‎ ‎（2）‎ 方案一：选①‎ - 28 -‎ 在图（1）所示的中，由，‎ 解得或（舍去）.‎ 设，在中，，‎ 解得，. ‎ 以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎，则 设，则.‎ ‎，‎ 即，，，‎ ‎∴当 （即是的靠近的一个四等分点）时，. ‎ 取平面的一个法向量，且，‎ 由，得，令，则.‎ 取平面的一个法向量， ‎ ‎，‎ 锐二面角的余弦值为. ‎ 方案二：选②‎ 在图（1）所示的中，设，‎ - 28 -‎ ‎，‎ 又因为，由平面向量基本定理知，即. ‎ 以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎，则.‎ 设，则..‎ 即，，，‎ ‎∴当 （即是的靠近的一个四等分点）时，.‎ 取平面的一个法向量，且，‎ 由，得，令，则.‎ 取平面的一个法向量， ‎ ‎，‎ 锐二面角的余弦值为. ‎ 方案三：选③‎ 在图（1）所示的中，设，则，‎ ‎∵，∴为等腰直角三角形，∴，‎ 折起后，且，‎ - 28 -‎ ‎∴平面，又，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 令，，‎ 当时，，当时，，‎ ‎∴时，三棱锥体积最大.‎ 以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎，则.‎ 设，则.，‎ 即，，，‎ ‎∴当 （即是的靠近的一个四等分点）时，. ‎ 取平面的一个法向量，且，‎ 由，得，令，则.‎ 取平面的一个法向量， ‎ ‎，‎ 锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角．解题关键是确定图形中点 - 28 -‎ 位置关系，特别是线段的长度．其中方案①利用正切的二倍角公式求得，从而确定出线段，方案②利用平面向量基本定理确定，方案③，设一条线段如，求出棱锥体积，用导数求最值得出值在，确定出，然后建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由向量垂直的坐标运算确定点位置，求出二面角两个面的法向量，由法向量夹角的余弦得二面角的余弦．‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是、，不经过左焦点的直线上有且只有一个点满足.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程.‎ ‎（2）与圆相切的直线：交椭圆于、两点，若椭圆上存在点满足，求四边形面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意可得直线与圆相切，利用点到线的距离公式即可求出，再根据离心率及，求出椭圆方程；‎ ‎（2）直线与圆相切得到，且，设，，联立直线与椭圆方程消元列出韦达定理，由可得，又在椭圆上，得到，则四边形的面积，最后根据函数的性质求出面积的取值范围；‎ ‎【详解】解：（1）直线上有且只有一个点满足，‎ - 28 -‎ 直线与圆相切，，‎ ‎. ‎ 又， ，，‎ 椭圆的方程为. ‎ ‎（2）直线：与圆相切，，‎ 即，且. ‎ 设，，‎ 由 消去得，，‎ ‎，，‎ ‎.‎ ‎，，又在椭圆上，‎ ‎，. ‎ 设的中点为，则，‎ 到的距离为，‎ ‎∴四边形的面积 ‎ - 28 -‎ ‎，‎ 令，，，‎ ‎，‎ 四边形面积的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的零点个数.‎ ‎（2）正项数列满足，（），求证：.‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先利用导数求出的最小值为，然后分、、三种情况讨论即可；‎ ‎（2）由（1）知：当时，，即 ，可得，然后可得，再由等比数列的前项和公式，即可证明.‎ ‎【详解】（1）的定义域为，令，则.‎ 当时；当时，，‎ 在单调递减，在单调递增，‎ - 28 -‎ 的最小值为.‎ 当时，，此时无零点.‎ 当时，，此时只有一个零点 当时，，，又，‎ 在上有且只有一个零点. ‎ ‎，令，‎ ‎，，，‎ ‎，，，‎ 所以在上有且只有一个零点.‎ 综上：‎ 当时，函数无零点；‎ 当时，函数有且只有一个零点；‎ 当时，函数有两个零点.‎ ‎（2）由（1）知：当时，，，‎ ‎， ‎ ‎，‎ ‎， ‎ ‎，‎ - 28 -‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的零点和证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于较难题.‎ ‎22.为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委给出所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数都在内，在以组距为5画分数的频率分布直方图（设“”)时，发现满足.‎ ‎（1）试确定的所有取值，并求；‎ ‎（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数在的参赛者评为一等奖；分数在的同学评为二等奖，但通过附加赛有的概率提升为一等奖；分数在的同学评为三等奖，但通过附加赛有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级）.已知学生和均参加了本次比赛，且学生在第一阶段评为二等奖.‎ ‎（）求学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率；‎ ‎（）已知学生和都获奖，记两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）；（2）（）；（）分布列见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在内，按组距为5可分成6个小区间，分别是,,，，，.由，，能求出的所有取值和；‎ - 28 -‎ ‎（2）（）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.学生的分数属于区间，，，，，的概率分别是，，，，，.用符号或（）表示学生 （或）在第一轮获奖等级为，通过附加赛最终获奖等级为，其中，记“学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级”为事件，由此能求出学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级的概率；‎ ‎（）学生最终获得一等奖的概率是，学生最终获得一等奖的概率是，的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，求出的分布列和.‎ ‎【详解】（1）根据题意，在内，按组距为5可分成6个小区间，‎ 分别是，‎ ‎，‎ 由，.‎ 每个小区间的频率值分别是.‎ 由，解得.‎ 的所有取值为，.‎ ‎（2）（）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.‎ 由（1）知，学生分数属于区间的概率分别是：，，，，，.‎ 我们用符号（或)表示学生（或）在第一轮获奖等级为，通过附加赛最终获奖等级为，其中.‎ 记“学生最终获奖等级不低于学生的最终获奖等级”为事件，‎ - 28 -‎ 则 ‎.‎ ‎（）学生最终获得一等奖的概率是，‎ 学生最终获得一等奖的概率是，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 的分布列为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图、条件概率、离散型随机变量的分布列、数学期望，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于难题.‎ - 28 -‎