數(shù)學(xué)-四川省金太陽2025屆高三2月開學(xué)考試試題和答案

2025屆高三數(shù)學(xué)試題參考答案1.B【解析】本題考查集合,考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).(A∩B)∩C={2}.拓展I.DMUN={—1,0,2,3,5}.拓展".B由題意得M={父|父<8},所以M∩N={—1,1,2}.2.B【解析】本題考查三角函數(shù),考查直觀想象的核心素養(yǎng).將函數(shù)y=cos父的圖象上所有的點向左平移1個單位長度可以得到函數(shù)y=cos(父十1)的圖象.拓展I.B因為sin3=sin3=sin,所以3m=十2k1π,—3n=十,k1,k2∈z,所以|m—n|=十,k∈z,當(dāng)k=0時,|m—n|的最小值是拓展".C由題意得=sin=sin,則4a=kπ,k∈N十,得a,k∈N十,所以a的值可能為.3.D【解析】本題考查平面向量,考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).a.b=|a||b|cos〈a,b〉=4,解得|b|=4.拓展I.D因為(a—2b)丄b,所以(a—2b).b=a.b—2b2=2父十2—2×(22十22)=0,解得父=7.拓展".A因為(a十λb)丄b,所以a.b十λb2=0,即1十λ=0,解得λ=—1.4.A【解析】本題考查復(fù)數(shù),考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).因為=—i,所以n=1,n=4k,k∈N十.拓展I.C因為義—i=i(11i(1i)(1十i),.拓展".C因為義=2i十1十i=2i(1十i)1i(1i)(1十i),.5.D【解析】本題考查計數(shù)原理,考查邏輯推理的核心素養(yǎng).不同的選擇方案有33=27種.拓展I.C不考慮每個盒子最多只能裝3個球,有34種放法.若將4個球放入同一個盒子中,有3種放法.故不同的放法有34—3=78種.拓展".C依題意可得分組的本數(shù)分配只有1種,即2,2,3,則不同的分組方法數(shù)為=高三數(shù)學(xué)●參考答案第1頁(共15頁)SC03C—25因為C1與C2有公共焦點,所以=c,即C2:y2=4c父.令父=c,得y=±2c.根據(jù)對稱性,不b2妨取A(c,2c),B(c,—2c).因為A,B,F三點共線,所以|AF|=2c=a,即a2—c2=2ac,e2十2e—1=0,解得e=—1十\(e=—1—\舍去).b2拓展I.B由已知得c=\a2十b2=,則F1(—,0),可設(shè)l的方程為y=k(父十,k>0,由,消元父整理得y2—y十=0,則由Δ=1—4××=1—k2=0,得k=1,則l的方程為y=父十,點M的坐標(biāo)為,p),則MF丄父軸.可得2c,即b2=2ac,所以a2—c2=2ac,兩邊除以a2,得e2十2e—1=0,解得e=\—1.拓展".A由題意可知,|PF1|十|PF2|=2a,|PF1|—|PF2|=2m,所以|PF1|=a十m,|PF2|=a—m.因為PF1丄PF2,所以4c2=(a十m)2十(a—m)2,即a2十m2=2c2,十EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)7.D【解析】本題考查立體幾何,考查直觀想象的核心素養(yǎng).因為E,F為CD上兩個動點,所以平面A1EF即平面A1B1CD.因為ABⅡ平面A1B1CD,P為AB上任意一點,所以點P到平面A1B1CD的距離即點A到平面A1B1CD的距離.又 AD1丄平面A1B1CD,則點A到平面A1B1CD的距離為a,所以點P到平面A1EF的距 離為a.拓展I.A分別在棱AD,C1上取點M,N,使得AM=3MD,C1N=2NC,連接A1M,ME,EN,NF(圖略),易證平面A1EF截該正方體所得的截面圖形是五邊形A1MENF.由題中數(shù)據(jù)可得NF=10.拓展".D建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(4,0,0),E(4,2,0),F(1,4,0),G(0,4,2),EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(—→),EF)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(—→),EG)設(shè)平面EFG的法向量為u=(父,y,義),→則EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up12(u),u)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(3父十2y=0),4父十2y十2)設(shè)平面EFG的法向量為u=(父,y,義),→設(shè)P(0,m,n),則AP=(—4,m,n)設(shè)P(0,m,n),則AP=(—4,m,n).ciciCG-----"yA-----"yADDFPFBEB→因為直線AP與平面EFG沒有公共點,所以APⅡ平面EFG,則AP丄u→高三數(shù)學(xué)●參考答案第2頁(共15頁)SC03C—25所以—8十3m十n=0,即n=8—3m.AP=\/16十m2十n2=\/16十m2十(8—3m)2=\/10m2—48m十80,當(dāng)時,AP取得最小值,最小值為8.C【解析】本題考查函數(shù),考查邏輯推理的核心素養(yǎng).2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(十),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up13(十),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(9),2)2>0;當(dāng)父∈十2kπ,十2kπ),k∈z時,fI(父)<0.故f(父)的單調(diào)遞增區(qū)間為(—十),k∈z,單調(diào)遞減區(qū)間為十2kπ,十2kπ),k∈z,f(父)≤f=.解法四:[f(父)]2=12sin2父(cos父十1)2.令t=cos父∈[—1,1],則y=12(1—t2)(1十t)2.令函數(shù)g(t)=12(1—t2)(1十t)2,t∈[—1,1],則gI(t)=24(1十t)2(1—2t).當(dāng)時,gI>0,當(dāng)t∈時,gI<0,所以g在上單調(diào)遞增,在,1]上單調(diào)遞減max=gmax=拓展I.D由題意得f(父)=(父—2)(父—4)(父—6)(父—8)=(父—2)(父—8)(父—4)(父—6)=,函數(shù)h(t)=f(父)=t(t十8)=(t十4)2—16,當(dāng)t=—4,即父2—10父十16=—4,即父=5±\5時,h(t)取得最小值—16,即f(父)取得最小值—16.1I11I1時,fI(父)≤0.由此可得,當(dāng)cos父=取得最小值,又f(父)=2sin父(1十cos父),所9.AC【解析】本題考查統(tǒng)計,考查數(shù)據(jù)分析的核心素養(yǎng).高三數(shù)學(xué)●參考答案第3頁(共15頁)SC03C—25講座后問卷答題的正確率的中位數(shù)為87.5%,A正確.講座后問卷答題的正確率的極差為25%,講座前正確率的極差為35%,B錯誤.每位居民講座后問卷答題的正確率都有提升,講座后問卷答題的正確率的平均數(shù)大于講座前正確率的平均數(shù),C正確.講座前問卷答題的正確率更加分散,所以講座前問卷答題的正確率的標(biāo)準差大于講座后正確率的標(biāo)準差,D錯誤.拓展I.ACD由圖可得A地月平均降雨量為=35,月降雨量的中位數(shù)為=33,極差為50—25=25,80%分位數(shù)為42;B地月平均降雨量為 月降雨量的中位數(shù)為=33.5,極差為45—22=23,80%分位數(shù)為40.故A,C,D正確,B錯誤.拓展".ABD由圖可知2019~2023年快遞業(yè)務(wù)量逐年上升,A正確.2019~2023年快遞業(yè)務(wù)量的極差為1320.7—635.2=685.5億件,B正確.因為5×EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(十),2)21%十194%十253%十299%十312%5510.AC【解析】本題考查函數(shù),考查邏輯推理、直觀想象的核心素養(yǎng).YA函數(shù)的圖象如圖所示.YAf(父)=f(—父),所以f(父)是偶函數(shù),A正確.Y父∈R,f(父)≥a,即a≤f(父)min.當(dāng)父=±1時,f(父)min=—1,所以a≤—1,B錯誤.—2父>3,解得父>3,當(dāng)父<0時,由父2十2父>3,解得父<—3,故f(父)>3的解集是(—∞,—3)U(3,十∞),C正確.若直線y=m與f(父)的圖象有4個交點,則—1<m<0,D錯誤.拓展I.BCD當(dāng)a>0時,f(父)的值域不為R,A錯誤.若a=0,則f(父)為奇函數(shù),B正確.若f(父)只有一個零點,則a的取值范圍為[0,十∞),C正確.若f(父)在R上單調(diào)遞減,則a的取值范圍為[0,十∞),D正確.拓展".ABD由題意得f(0)=3,得f(f(0))=f(3)=9—6a十2a=0,得a=,A正確.高三數(shù)學(xué)參考答案第4頁(共15頁)SC03C—25若f(父)在R上單調(diào)遞增,則●4a十2a高三數(shù)學(xué)參考答案第4頁(共15頁)SC03C—25若f(父)在(—∞,3]上單調(diào)遞減,則4a十2a,不等式組無解,C錯誤.若f(父)的值域為R,則a>0,得f(父)在(—∞,2)上單調(diào)遞增.當(dāng)0<a≤2時,f(父)在[2,十∞)上單調(diào)遞增,則2a十3≥4—4a十2a,得a≥,即≤a≤2.當(dāng)a>2時,f在上單調(diào)遞減,在(a,十∞)上單調(diào)遞增,則2a十3≥a2—2a2十2a,得a2十3≥0恒成立,即a>2.綜上,a的取值范圍為,D正確.11.ABD【解析】本題考查數(shù)列、立體由題意可得,第n個圓臺的上底面圓半徑為n,第n個圓臺的下底面圓半徑為n十1,第n個圓臺的體積為個圓臺的體積之和為 所以數(shù)列的前n項和為 即數(shù)列的前n項和為記數(shù)列的前n項和為sn,數(shù)列{n}的前n項和為Tn,Tn=,則sn十Tn=解得 拓展I.BCD由題意可得,AjBj=a1十(j—1)(a2—a1)=2a1—a2十(a2—a1)j,Aj十1Bj十1=a1十(a2—a1)j.第j個四棱柱的體積為3a1—a2十2(a2—a1)j,前j個四棱柱的體積之和為2a1j十(a2—a1)j2.拓展".BCD當(dāng)n≥2時,第n—1個倒“L”形的面積為十(1十2十3十…十n)=n2,則第10個倒“L”形的面積為121,A錯誤.根據(jù)題意可得長方形OBnDncn的面積為,B正確.根據(jù)等面積法可得12十11×110,D正確.由圖可得,因為n十十所以點D1,D2,D3,…,Dn均在曲線父十上,C正確.12.【解析】本題考查三角恒等變換,考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).高三數(shù)學(xué)●參考答案第5頁(共15頁)SC03C—2513.[10,十∞)(或(10,十∞))【解析】本題考查函數(shù),考查邏輯推理的核心素養(yǎng).f(父)=(lg父)2—2lg父=(lg父—1)2—1,由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的同增異減原則可得,當(dāng)lg父≥1,即父≥10時,f(父)單調(diào)遞增.拓展I.(—5,1]由題可知父十十4>0在[1,十∞)上恒成立,所以m>—父2—4父,則m>—5.當(dāng)—5<m≤0時,y=父十十4在[1,十∞)上單調(diào)遞增,符合題意;當(dāng)m>0時,\≤1,解得0<m≤1.綜上,m的取值范圍為(—5,1].拓展".,2)設(shè)f(父)=a父2十b父十c,則f(父)—2f(父—1)=a父2十b父十c—2a(父—1)2—2b(父—1)—2c=—a父2十(4a—b)父—2a十2b—c=2父2—9父,所以a=—2,b=1,c=6,則f(父)=—2父2十父十6,故g(父)=log1(—2父2十父十6).22十父十6>0,得—<父<2.因為f(父)在(—∞,上單調(diào)遞增,在,十∞)上單調(diào)遞減,所以根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知,g(父)的單調(diào)遞增區(qū)間為,2).14.1【解析】本題考查圓與圓的位置關(guān)系,考查直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng).ck:(父—k)2十(y—k)2=k2,其圓心為(k,k),半徑為|k|.若m,n異號,則圓cm和圓cn不可能相切.因為m十n=\,所以m>0,n>0.圓cm的圓心為(m,m),半徑為m,圓cn的圓心為(n,n),半徑為n.圓cm和圓cn不可能內(nèi)切,只能外切, 所以\/(m—n)2十(m—n)2=\,解得|m—n|=1.拓展I.(\—1,\十1)圓ck:(父—k)2十(y—k)2=k2(k>0),其圓心為(k,k),半徑為k.因為圓ck上恰有兩點到原點的距離為1,所以圓父2十y2=1與圓ck有兩個交點.因為圓心距為\/k2十k2=\k,所以1—k<\k<k十1,解得\—1<k<\十1.拓展".23父2十y2—6父—8y十m=0的標(biāo)準形式為(父—3)2十(y—4)2=25—m.因為兩圓有三條公切線,所以兩圓外切,所以\/(1—3)2十(2—4)2=\十\,解得m=23.高三數(shù)學(xué)●參考答案第6頁(共15頁)SC03C—25解:(1)因為\sinA=sinB,所以\a=b.………………1分不妨設(shè)a=m,b=\m(m>0),……………2分則c2=a2十b2—2abcosC=m2十2m2—2×\,即c=.…………4分ac=m●,解得m=1,此時a=1.………………6分因為ac=sinA=sinB,所以c=a=b.………………7分cosA=b2十c2—a2=2a2十—a2=a2十≥\,當(dāng)且僅當(dāng)a2=\時,等號成立……2bc2×\a×222.…………………………12分4.故A的最大值為π………………………4.拓展證明:因為,所以,………………………2分則,…………3分則—cos=0,即sin=0.…………………5分因為A,B∈,所以=0,即A=B.……………6分解:cos上CAD=……………9分十,………………11分所以上CAD≤,當(dāng)且僅當(dāng)=時,等號成立.故上CAD的最大值為.…………………13分高三數(shù)學(xué)●參考答案第7頁(共15頁)SC03C—25解.…………1分設(shè)切點為,………3分即1,解得a=±1.…………5分(2)當(dāng)a>0時,由EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(父),a)>0得父>0,所以f(父)的定義域為(0,十∞).0,時,fI(父)>0,當(dāng)父∈,十∞)時,fI(父)<0,所以f(父)在(0,上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.……………7分max=f—1.………………8分 因為存在父0,使得f>0,所以fmax=ln—1>0,結(jié)合a>0,解得0<a<.…10分當(dāng)a<0時,由EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(父),a)>0得父<0,所以f(父)的定義域為(—∞,0).時,fI(父)<0,所以f(父)在(—∞,上單調(diào)遞增,在,0)上單調(diào)遞減.…………12分max=f—1.……………13分因為存在父0,使得f(父0)>0,所以f(父)max=ln—1>0,結(jié)合a<0,解得—\<a<0.綜上,a的取值范圍為.……………15分I1I拓展.解:(1)當(dāng)a=1時,f(父)=2父十ln父,f(1)=2,f(父)=2十父,f(1)=3I1I故曲線y=f(父)在父=1處的切線方程為y—2=3(父—1),即3父—y—1=0.………4分.…………………5分父考慮到f(父)的定義域,a≠0.①當(dāng)a>0時,f(父)的定義域為(0,十∞),fI(父)>0,所以f(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞增.高三數(shù)學(xué)●參考答案第8頁(共15頁)SC03C—25不符合題意.…………8分②當(dāng)a十1≤0,即a≤—1時,f(父)的定義域為(—∞,0),fI(父)<0,所以f(父)在(—∞,0)上單調(diào)遞減.≥0,所以f上恒成立,不符合題意.……11分③當(dāng)—1<a<0時,f(父)的定義域為(—∞,0),當(dāng)父時,fI>0,當(dāng)父∈時,fI所以在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.………………13分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(e),十)…………15分17.【解析】本題考查立體幾何與空間向量,考查直觀想象、數(shù)學(xué)運算的(1)證明:因為AEⅡBF,AE丈平面BCF,BFG平面BCF,所以AEⅡ平面BCF.同理,ADⅡ平面BCF.………………………2分因為AE∩AD=A,所以平面ADEⅡ平面BCF.………3分因為平面ADE∩平面CDEHF=DE,平面BCF∩平面CDEHF=CF,所以DEⅡCF.………………4分(2)證明:設(shè)AB,CD的中點分別為M,N,連接MN,則MN丄CD,MN丄AB.因為ED丄平面ABCD,EDG平面CDEHF,所以平面CDEHF丄平面ABCD.因為平面CDEHF∩平面ABCD=CD,所以MN丄平面CDEHF.…5分因為EHG平面CDEHF,所以MN丄EH.因為AEⅡGH,AE=GH,所以四邊形AEHG為平行四邊形,EHⅡAG,所以MN丄AG.因為AG∩AB=A,所以MN丄平面ABG.………………7分因為MNG平面ABCD,所以平面ABCD丄平面ABG,即平面ABG丄平面ABCD.…………………8分(3)解:連接HN,EF,記HN,EF的交點為P,則四邊形CDEF為矩形,△EFH為等腰三角形.CD=3,HP=\=2,HN=HP十PN=3.………………9分以點N為原點,NM,NC,NH所在的直線分別為父,y,義軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則E(0,—3,1),F(0,3,1),A(6,—3,0),B(6,3,0),H(0,0,3).→→→→HE=(0,—3,—2),AE=BF=(—6,0,1),HF=(0,→→→→設(shè)平面BFHG的法向量為高三數(shù)學(xué)●參考答案第9頁(共15頁)SC03C—25取義1=6,得n=(1,4,6).…………………12分設(shè)平面AGHE的法向量為m=(父2,y2,義2),則取義2=6,得m=(1,—4,6).……………13分…………14分HPEFPECDyGNCDyB21因為二面角A-GH-B為鈍角,所以二面角A-GH-B的余弦值為—21注:第(2)問,若通過平面CDEHFⅡ平面ABG,平面CDEHF丄平面ABCD,得證平面ABG丄平面ABCD,不扣分.第(3)問,作ET丄HG,垂足為T,連接FT(圖略),則上ETF為二面角A-GH-B的平面角,用該方法求解不扣分.拓展.(1)證明:因為△ABC是等腰直角三角形,AB丄BC,O為AC的中點,所以AC丄OB.………………2分又因為平面POB丄平面ABC,平面POB∩平面ABC=OB,所以AC丄平面POB.…………………4分因為POG平面POB,所以AC丄PO,所以△PAC是等腰三角形,PA=PC.……………………6分(2)解:作PD丄BO的延長線,垂足為D,連接DA,DC.………………7分DO=POcos上DOP=,DP=\=1.………9分因為AC丄平面POB,所以AC丄PD.因為AC∩BD=O,所以PD丄平面ABCD.易得四邊形ABCD為正方形,所以DA丄DC.…………10分以D為坐標(biāo)原點,DA所在直線為父軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0).—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(—→),PA)=(1,0,—1),AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),B)=(0,1,0),A=(—1,1,0).………………11分設(shè)平面PAB的法向量為n=(父1,y1,義1),=0,取父1=1,可得n=.……12分設(shè)平面PAC的法向量為m=(父2,y2,義2),PCDyBA\yBAMAM高三數(shù)學(xué)●參考答案第10頁(共15頁)SC03C—250,取y2=1,可得m=.………13分設(shè)二面角C-PA-B的大小為θ,EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(n),n)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(m),m)故二面角C-PA-B的正弦值為.………15分解:(1)因為點P(2,1)在雙曲線上,所以=1,解得b2=1,即雙曲線C的方程為—y2=1.…………3分(解法一)(2)直線PA:y=\(父—2)十1,直線PB:y=—\(父—2)十1.………4分聯(lián)立十1,得父2十父十10—4\=0.…………5分因為方程有一個根為2,所以父,yA=.……………6分\2,yB=………………7分 16所以|AB|=\/(父A—父B)2十(yA—yB)2=3.…………… 16(3)易知直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB的方程為y=k父十m,A(父1,y1),B(父2,y2).聯(lián)立得父22—2=0,2=2=.………………10分由kAP十kBP=0,得十=0,…………………11分即(父1—2)(k父2十m—1)十(父2—2)(k父1十m—1)=0,2十(m—12k)(父1十父2)—4(m—1)=0,……13分化簡得8k2十4k—4十4m(k十1)=0,即(k十1)(2k—1十m)=0,………15分高三數(shù)學(xué)●參考答案第11頁(共15頁)SC03C—25所以k=—1或m=1—2k.………………16分當(dāng)m=1—2k時,直線l:y=k父十m=k(父—2)十1過點P(2,1),與題意不符,舍去.綜上,直線AB的斜率為—1.……………17分(解法二)(2)直線AP的方程為y=k0(父—2)十1,直線BP的方程為y=—k0(父—2)十1.……5分設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2).聯(lián)立十1,得父2十父—8k十8k0—4=0,……………7分EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up10(2),0)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up2147483644(2),0)0—4,所以父,………9分同理可得,父2=.…………11分163.|=163.(3)直線AB的斜率kAB=—4)………………………15分—k0EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up11(2),0)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up2147483645(2),0)0—24)4kEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)—4k0—2—4kEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(24kEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)—4k0—2—4kEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)十4k0—2.12kEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)12kEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)拓展.(1)解:由題可知2,,…………2分解得a2=8,b2=2,…………4分2282.故E的方程為父十y=182.(2)證明:設(shè)l的方程為y=k父十m,P(父1,y1),Q(父2,y2).聯(lián)立方程組整理得2—8=0,…………6分Δ=64k2m2—(16k2十4)(4m2—8)=128k2—16m2十32>0,即m2<8k2十2,…………7分高三數(shù)學(xué)●參考答案第12頁(共15頁)SC03C—252=2=.………8分kAPkAP2)十4k2(4m2—8)—8k2)十4k2(4m2—8)—8k2m(m—1)十(4k2十1)(m2—2m十1)m2—2m—4k2十114m2—8十16km十16k2十44m2十16km十 4m2—8十16km十16k2十44m2十16km十 9分整理得(2k十1)(m十2k—1)=0,則k=—或m十2k—1=0.………11分若m十2k—1=0,則l過點A,不符合題意,故k=—,即l的斜率為定值.………12分(3)解:由(2)可得兒1十兒2=2m,兒1兒2=2m2—4.因為l與線段OA(不含端點)相交,所以0<m<2,……13分……14分點O到l的距離d1=,點A到l的距離,………………15分四邊形OPAQ的面積S=|PQ|(d1十d2)=2\=2\,……16分解得m=1或m=—1(舍去),故l的方程為兒十1.…………17分(1)解:記Pi為擲出的骰子中有i枚點數(shù)大于3的骰子的概率,P0=(3=,P1=3×()3=,P2=3×()3=,P3=()3=.…………2分8.8.第二次由甲擲骰子的概率P甲2=18.8.第二次由乙擲骰子的概率P乙2=3………4分第二次由丙擲骰子的概率P丙2=.………5分8.第二次由丁擲骰子的概率P丁2=1………8.(2)解:X的取值可能為1,2,3.……………7分前三次中甲擲骰子的次數(shù)為3,即第二、三次均由甲擲骰子,其概率為P(X