2023屆高考復習系列模擬數(shù)學試卷·備戰(zhàn)二模（新高考II卷）（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12023屆高考復習系列模擬試卷·備戰(zhàn)二模（新高考II卷）數(shù)學第I卷選擇題部分（共60分）一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．設集合，，則（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因為，所以，故選：A.2．復數(shù)，則（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗B〖解析〗，，故選：B.3．中國古代許多著名數(shù)學家對推導高階等差數(shù)列的求和公式很感興趣，創(chuàng)造并發(fā)展了名為“垛積術”的算法，展現(xiàn)了聰明才智.南宋數(shù)學家楊輝在《詳析九章算法》和《算法通變本末》中，所討論的二階等差數(shù)列與一般等差數(shù)列不同，前后兩項之差并不相等，但是后項減前項之差組成的新數(shù)列是等差數(shù)列.現(xiàn)有一個“堆垛”，共50層，第一層2個小球，第二層5個小球，第三層10個小球，第四層17個小球，...，按此規(guī)律，則第50層小球的個數(shù)為（

）A．2400 B．2401 C．2500 D．2501〖答案〗D〖解析〗不妨設第層小球個數(shù)為，由題意，，……，即各層小球之差成以3為首項，2為公差的等差數(shù)列.所以.故有，累加可得：，故.故選:D4．已知向量，滿足，，則（

）．A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由，，兩式相加，得，所以，，所以，所以.故選：A．5．第19屆亞運會將于2023年9月23日至10月8日在杭州舉行.甲?乙等5名杭州亞運會志愿者到羽毛球?游泳?射擊?體操四個場地進行志愿服務，每個志愿者只去一個場地，每個場地至少一名志愿者，若甲去羽毛球場，則不同的安排方法共有（

）A．6種 B．60種 C．36種 D．24種〖答案〗B〖解析〗①羽毛球場安排2人，除甲外的其余4人每人去一個場地，不同安排方法有種，②羽毛球場只安排1人（甲），其余4人分成3組（211）再安排到剩余3個場地，不同安排方法有種，所以不同的安排方法有種.故選：B.6．若，則的值可能是（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗D〖解析〗由余弦的二倍角公式知，得到，即，解得或，當時，，當時，所以，當時，或，當時，或，故選：D.7．如圖，在正四棱臺中，，且各頂點都在同一球面上，則該球體的表面積為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗如圖所示的正四棱臺取上下兩個底面的中心，連接，，，過點作底面的垂線與相交于點，因為四棱臺為正四棱臺，所以外接球的球心一定在直線上，在上取一點為球心，連接，則，設，因為，所以，，所以為正方形，故必在延長線上，在中，，即，在中，，即，解得，所以，故選：D.8．設函數(shù)的定義域為，其導函數(shù)為，若，則下列結論不一定正確的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗A：令，得，則函數(shù)圖象關于點對稱.若，則函數(shù)圖象關于點對稱，符合題意，故A正確；B：由選項A的分析知，等式兩邊同時求導，得，即①，又，為偶函數(shù)，所以②，由①②得，所以函數(shù)的周期為2.所以，即，故B正確；C：由選項B的分析知，則函數(shù)圖象關于直線對稱.令，若，則函數(shù)圖象關于直線對稱，不符合題意，故C錯誤；D：由選項B的分析可知函數(shù)的周期為2，則，所以，故D正確.故選：C.二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得5分，部分選對得3分，有選錯的得0分.9．若函數(shù)在上恰有三個零點，則（

）A．的取值范圍為B．在上恰有兩個極大值點C．在上有極大值點D．在上單調遞增〖答案〗AD〖解析〗由題可知，時，，若函數(shù)在上恰有三個零點，根據(jù)三角函數(shù)圖象性質可知解得，即選項A正確；由可知，當時，，此時在上只有1個極大值點，當時，，在上恰有兩個極大值點；所以B錯誤；當時，，不妨取，此時，即當時，，由正弦函數(shù)圖象性質可知在上沒有極大值點；即C錯誤；當時，，而，所以當時，，由正弦函數(shù)圖象性質可知在上單調遞增，即D正確；故選：AD.10．過拋物線上一點作兩條相互垂直的直線，與C的另外兩個交點分別為M，N，已知C的焦點為F，且，則（

）A．C的準線方程是B．C．直線過定點D．當點A到直線MN的距離最大時，直線MN的方程為〖答案〗BCD〖解析〗A選項，由題意，得，C的準線方程為，故A錯誤；B選項，由焦半徑，得，解得，故，因為，所以，故B正確；C選項，直線的斜率不為0，設直線的方程為，與聯(lián)立，得.設，則，，則，，則，所以，整理得，故或，當時，直線為，即，此時直線過定點，當時，直線為，即，此時直線過定點，此時與點重合，不合要求，舍去，故直線過定點，故C正確；D選項，由C選項，可知直線過定點，故當與直線垂直時，點A到直線MN的距離最大，因為，所以直線MN的斜率為，故直線MN的方程為，整理得，故D正確.故選：BCD.11．數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，“勒洛四面體”就是其中之一.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分.如圖，在勒洛四面體中，正四面體ABCD的棱長為4，則下列結論正確的是（

）A．勒洛四面體最大的截面是正三角形B．若P，Q是勒洛四面體ABCD表面上的任意兩點，則PQ的最大值為4C．勒洛四面體ABCD的體積是D．勒洛四面體ABCD內切球的半徑是〖答案〗BD〖解析〗由勒洛四面體的定義可知勒洛四面體最大的截面即經(jīng)過四面體ABCD表面的截面，如圖1所示，故A不正確；根據(jù)勒洛四面體的性質,它能在兩個平行平面間自由轉動,并且始終保持與兩平面都接觸，所以勒洛四面體表面上任意兩點間的距離的最大值即為內接正四面體的邊長,所以勒洛四面體表面上任意兩點間的距離的最大值為4，故B正確;如圖2,由對稱性可知勒洛四面體內切球的球心O是正四面體ABCD外接球的球心，連接BO，并延長交勒洛四面體的曲面于點E,則OE就是勒洛四面體內切球的半徑.如圖3,在正四面體ABCD中，M為的中心，O是正四面體ABCD外接球的球心，連接BM，BO，AM，由正四面體的性質可知O在AM上.因為,所以則.因為，即解得,則正四面體ABCD外接球的體積是.因為勒洛四面體的體積小于正四面體ABCD外接球的體積,則C錯誤.因為,所以,則D正確.故選：BD.12．已知實數(shù)a，b滿足，下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由，可得，對A：∵，則，故，A正確；對B：由選項A可得：，當且僅當，即時，等號成立，故，B正確；對C：，令，則，C錯誤；對D：，等價于，構建，則當時恒成立，則在上單調遞增，由選項A可知：，則，故，D正確；故選：ABD.第II卷非選擇題部分（共90分）三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13．在夏季奧運會的女子射箭團體賽中，每個參賽隊伍共有三名隊員.在一輪比賽中，每個隊伍的三名隊員各射箭一次，環(huán)數(shù)總和為該隊伍在這一輪比賽中的成績.已知在某參賽隊的三名隊員射中10環(huán)的概率分別為，每輪比賽的結果互不影響，根據(jù)以往的訓練成績，該隊伍在n輪比賽中，比賽成績?yōu)?0環(huán)的次數(shù)X服從正態(tài)分布.則當時，____________.〖答案〗〖解析〗易知一輪比賽成績?yōu)?0環(huán)的概率，則，所以，所以.故〖答案〗為：14．若曲線只有一條經(jīng)過點的切線，則的值可以為______，此時切線方程為______．〖答案〗0或4

或4〖解析〗設切點坐標為．由，得，所以切線方程為．將點的坐標代入，得．整理，得．由題意可知，方程有兩個相等的實數(shù)根，則，解得或．當時，，此時切線方程為，即；當時，，此時切線方程為，即．故〖答案〗為：0或4；或415．若直線與相交于點，過點作圓的切線，切點為，則|PM|的最大值為______．〖答案〗〖解析〗直線過定點，直線過定點，顯然這兩條直線互相垂直，因此在以為直徑的圓上，設該圓的圓心為，顯然點的坐標為，所以該圓的方程為，由圓的切線性質可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，當點在如下圖位置時，的值最大，即，所以|PM|的最大值為，故〖答案〗為：16．設О為坐標原點，A為橢圓C：上一個動點，過點A作橢圓C內部的圓E：的一條切線，切點為D，與橢圓C的另一個交點為B，D為AB的中點，若OD的斜率與DE的斜率之積為2，則C的離心率為___________.〖答案〗〖解析〗設，，，則，.將A，B代入C，得兩式相減，得，所以，即.由：可知，圓E與y軸相切，如圖.由題意可知，不妨設OD的斜率為，且.,是等腰三角形，，，所以.由OD的斜率與DE的斜率之積為2，可得，解得（負值舍去）.所以，所以，即.所以，所以，所以C的離心率為.故〖答案〗為：.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知數(shù)列是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，且，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設數(shù)列滿足，求數(shù)列的前n項和.解：（1）設等比數(shù)列的公比為，由，得，是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，則，，則，解得或（舍），又，所以，解得，所以.（2），所以.18．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求C；（2）若A為鈍角，求的取值范圍．解：（1）因為，所以由正弦定理可得，整理得，故由余弦定理得，又，所以．（2）因為，所以，由（1）得，所以，又，且A為鈍角，所以，且，故，則，，所以，故的取值范圍是．19．某工廠生產(chǎn)的球形零件的規(guī)格標準是：直徑（單位：）在內，質量（單位：）在內，且只有直徑和質量兩項都符合標準的才是合格產(chǎn)品.該廠家從生產(chǎn)的一批球形零件中隨機抽查件，統(tǒng)計其直徑和質量，得到下表：

直徑質量（1）設事件為“從這批零件中隨機抽取件是合格產(chǎn)品”，事件為“從這批零件中隨機抽取件產(chǎn)品，直徑符合標準”，事件為“從這批零件中隨機抽取件產(chǎn)品，質量符合標準”，以樣本頻率代替概率，求、.（2）從樣本的不合格產(chǎn)品中隨機抽取件，直徑和質量兩項都不符合標準的零件個數(shù)記為，求的概率分布列和數(shù)學期望.（1）解：由表格可知，隨機抽查的件產(chǎn)品中，直徑符合標準的頻率為，質量符合標準的頻率為，合格產(chǎn)品的頻率為.所以，，.所以，.（2）解：由表格知，不合格產(chǎn)品共有件，其中直徑和質量兩項都不符合標準的有件，所以服從超幾何分布，且的所有可能取值為、、，，，.所以的分布列為所以，.20．在四棱錐Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，，QC=3.（1）證明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）若點P為四棱錐Q－ABCD的側面QCD內（包含邊界）的一點，且四棱錐P－ABCD的體積為，求BP與平面ABCD所成角的正弦值的最小值.（1）證明：取的中點為，連接，.因為，，則，而，，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，且平面，故平面，因為平面，故平面平面.（2）解：在平面內，過作，交于，因為，則.結合（1）中的平面，且平面，則，故直線兩兩互相垂直，故以為坐標原點，所在直線分別為軸建如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，故，，.因為，所以，又因為點為四棱錐的側面內的一點（包含邊界），所以點的軌跡是的中位線，設，則，，設與平面所成角為，則，，當時，取得最小值，所以與平面所成角的正弦值的最小值為.21．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，且，是C上一點．（1）求C的方程；（2）不垂直于坐標軸的直線l交C于M，N兩點，交x軸于點A，線段MN的垂直平分線交x軸于點D，若，證明：直線l過四個定點中的一個．解：（1）設C的焦距為2c，則，即，，，由雙曲線的定義，得，即，所以，故C的方程為；（2）設，，，直線l的方程為，聯(lián)立，整理得，由題意，得，則，則，，，設MN的中點為，則，，所以線段MN的垂直平分線的方程為，令，得，即，所以，由題意，得，即，從而，當，即時，解得或；當，即時，解得或，所以直線l的方程為，或，或，或，故直線l過四個定點中的一個．22．已知函數(shù).（1）若函數(shù)為增函數(shù)，求的取值范圍；（2）已知.（i）證明：；（ii）若，證明：.（1）解：∵，則，若是增函數(shù)，則，且，可得，故原題意等價于對恒成立，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞增，在遞減，故，∴的取值范圍為.（2）（i）證明：由（1）可知：當時，單調遞增，∵，則，即，整理得，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞減，在遞增，故，即，當且僅當時等號成立，令，可得，故；（ii）解：∵，則，可知有兩個不同實數(shù)根，由（1）知，可得，同理可得，構建，則，當時，；當時，；當時，；且，故對恒成立，故在上單調遞減，∵，則，即，且，則，故，可得；又∵，由（i）可得，即，則，且，則，可得；綜上所述：.可得，則故.2023屆高考復習系列模擬試卷·備戰(zhàn)二模（新高考II卷）數(shù)學第I卷選擇題部分（共60分）一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．設集合，，則（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗因為，所以，故選：A.2．復數(shù)，則（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗B〖解析〗，，故選：B.3．中國古代許多著名數(shù)學家對推導高階等差數(shù)列的求和公式很感興趣，創(chuàng)造并發(fā)展了名為“垛積術”的算法，展現(xiàn)了聰明才智.南宋數(shù)學家楊輝在《詳析九章算法》和《算法通變本末》中，所討論的二階等差數(shù)列與一般等差數(shù)列不同，前后兩項之差并不相等，但是后項減前項之差組成的新數(shù)列是等差數(shù)列.現(xiàn)有一個“堆垛”，共50層，第一層2個小球，第二層5個小球，第三層10個小球，第四層17個小球，...，按此規(guī)律，則第50層小球的個數(shù)為（

）A．2400 B．2401 C．2500 D．2501〖答案〗D〖解析〗不妨設第層小球個數(shù)為，由題意，，……，即各層小球之差成以3為首項，2為公差的等差數(shù)列.所以.故有，累加可得：，故.故選:D4．已知向量，滿足，，則（

）．A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由，，兩式相加，得，所以，，所以，所以.故選：A．5．第19屆亞運會將于2023年9月23日至10月8日在杭州舉行.甲?乙等5名杭州亞運會志愿者到羽毛球?游泳?射擊?體操四個場地進行志愿服務，每個志愿者只去一個場地，每個場地至少一名志愿者，若甲去羽毛球場，則不同的安排方法共有（

）A．6種 B．60種 C．36種 D．24種〖答案〗B〖解析〗①羽毛球場安排2人，除甲外的其余4人每人去一個場地，不同安排方法有種，②羽毛球場只安排1人（甲），其余4人分成3組（211）再安排到剩余3個場地，不同安排方法有種，所以不同的安排方法有種.故選：B.6．若，則的值可能是（

）A． B． C．2 D．3〖答案〗D〖解析〗由余弦的二倍角公式知，得到，即，解得或，當時，，當時，所以，當時，或，當時，或，故選：D.7．如圖，在正四棱臺中，，且各頂點都在同一球面上，則該球體的表面積為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗如圖所示的正四棱臺取上下兩個底面的中心，連接，，，過點作底面的垂線與相交于點，因為四棱臺為正四棱臺，所以外接球的球心一定在直線上，在上取一點為球心，連接，則，設，因為，所以，，所以為正方形，故必在延長線上，在中，，即，在中，，即，解得，所以，故選：D.8．設函數(shù)的定義域為，其導函數(shù)為，若，則下列結論不一定正確的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗A：令，得，則函數(shù)圖象關于點對稱.若，則函數(shù)圖象關于點對稱，符合題意，故A正確；B：由選項A的分析知，等式兩邊同時求導，得，即①，又，為偶函數(shù)，所以②，由①②得，所以函數(shù)的周期為2.所以，即，故B正確；C：由選項B的分析知，則函數(shù)圖象關于直線對稱.令，若，則函數(shù)圖象關于直線對稱，不符合題意，故C錯誤；D：由選項B的分析可知函數(shù)的周期為2，則，所以，故D正確.故選：C.二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得5分，部分選對得3分，有選錯的得0分.9．若函數(shù)在上恰有三個零點，則（

）A．的取值范圍為B．在上恰有兩個極大值點C．在上有極大值點D．在上單調遞增〖答案〗AD〖解析〗由題可知，時，，若函數(shù)在上恰有三個零點，根據(jù)三角函數(shù)圖象性質可知解得，即選項A正確；由可知，當時，，此時在上只有1個極大值點，當時，，在上恰有兩個極大值點；所以B錯誤；當時，，不妨取，此時，即當時，，由正弦函數(shù)圖象性質可知在上沒有極大值點；即C錯誤；當時，，而，所以當時，，由正弦函數(shù)圖象性質可知在上單調遞增，即D正確；故選：AD.10．過拋物線上一點作兩條相互垂直的直線，與C的另外兩個交點分別為M，N，已知C的焦點為F，且，則（

）A．C的準線方程是B．C．直線過定點D．當點A到直線MN的距離最大時，直線MN的方程為〖答案〗BCD〖解析〗A選項，由題意，得，C的準線方程為，故A錯誤；B選項，由焦半徑，得，解得，故，因為，所以，故B正確；C選項，直線的斜率不為0，設直線的方程為，與聯(lián)立，得.設，則，，則，，則，所以，整理得，故或，當時，直線為，即，此時直線過定點，當時，直線為，即，此時直線過定點，此時與點重合，不合要求，舍去，故直線過定點，故C正確；D選項，由C選項，可知直線過定點，故當與直線垂直時，點A到直線MN的距離最大，因為，所以直線MN的斜率為，故直線MN的方程為，整理得，故D正確.故選：BCD.11．數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，“勒洛四面體”就是其中之一.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分.如圖，在勒洛四面體中，正四面體ABCD的棱長為4，則下列結論正確的是（

）A．勒洛四面體最大的截面是正三角形B．若P，Q是勒洛四面體ABCD表面上的任意兩點，則PQ的最大值為4C．勒洛四面體ABCD的體積是D．勒洛四面體ABCD內切球的半徑是〖答案〗BD〖解析〗由勒洛四面體的定義可知勒洛四面體最大的截面即經(jīng)過四面體ABCD表面的截面，如圖1所示，故A不正確；根據(jù)勒洛四面體的性質,它能在兩個平行平面間自由轉動,并且始終保持與兩平面都接觸，所以勒洛四面體表面上任意兩點間的距離的最大值即為內接正四面體的邊長,所以勒洛四面體表面上任意兩點間的距離的最大值為4，故B正確;如圖2,由對稱性可知勒洛四面體內切球的球心O是正四面體ABCD外接球的球心，連接BO，并延長交勒洛四面體的曲面于點E,則OE就是勒洛四面體內切球的半徑.如圖3,在正四面體ABCD中，M為的中心，O是正四面體ABCD外接球的球心，連接BM，BO，AM，由正四面體的性質可知O在AM上.因為,所以則.因為，即解得,則正四面體ABCD外接球的體積是.因為勒洛四面體的體積小于正四面體ABCD外接球的體積,則C錯誤.因為,所以,則D正確.故選：BD.12．已知實數(shù)a，b滿足，下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由，可得，對A：∵，則，故，A正確；對B：由選項A可得：，當且僅當，即時，等號成立，故，B正確；對C：，令，則，C錯誤；對D：，等價于，構建，則當時恒成立，則在上單調遞增，由選項A可知：，則，故，D正確；故選：ABD.第II卷非選擇題部分（共90分）三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13．在夏季奧運會的女子射箭團體賽中，每個參賽隊伍共有三名隊員.在一輪比賽中，每個隊伍的三名隊員各射箭一次，環(huán)數(shù)總和為該隊伍在這一輪比賽中的成績.已知在某參賽隊的三名隊員射中10環(huán)的概率分別為，每輪比賽的結果互不影響，根據(jù)以往的訓練成績，該隊伍在n輪比賽中，比賽成績?yōu)?0環(huán)的次數(shù)X服從正態(tài)分布.則當時，____________.〖答案〗〖解析〗易知一輪比賽成績?yōu)?0環(huán)的概率，則，所以，所以.故〖答案〗為：14．若曲線只有一條經(jīng)過點的切線，則的值可以為______，此時切線方程為______．〖答案〗0或4

或4〖解析〗設切點坐標為．由，得，所以切線方程為．將點的坐標代入，得．整理，得．由題意可知，方程有兩個相等的實數(shù)根，則，解得或．當時，，此時切線方程為，即；當時，，此時切線方程為，即．故〖答案〗為：0或4；或415．若直線與相交于點，過點作圓的切線，切點為，則|PM|的最大值為______．〖答案〗〖解析〗直線過定點，直線過定點，顯然這兩條直線互相垂直，因此在以為直徑的圓上，設該圓的圓心為，顯然點的坐標為，所以該圓的方程為，由圓的切線性質可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，當點在如下圖位置時，的值最大，即，所以|PM|的最大值為，故〖答案〗為：16．設О為坐標原點，A為橢圓C：上一個動點，過點A作橢圓C內部的圓E：的一條切線，切點為D，與橢圓C的另一個交點為B，D為AB的中點，若OD的斜率與DE的斜率之積為2，則C的離心率為___________.〖答案〗〖解析〗設，，，則，.將A，B代入C，得兩式相減，得，所以，即.由：可知，圓E與y軸相切，如圖.由題意可知，不妨設OD的斜率為，且.,是等腰三角形，，，所以.由OD的斜率與DE的斜率之積為2，可得，解得（負值舍去）.所以，所以，即.所以，所以，所以C的離心率為.故〖答案〗為：.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知數(shù)列是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，且，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設數(shù)列滿足，求數(shù)列的前n項和.解：（1）設等比數(shù)列的公比為，由，得，是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，則，，則，解得或（舍），又，所以，解得，所以.（2），所以.18．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求C；（2）若A為鈍角，求的取值范圍．解：（1）因為，所以由正弦定理可得，整理得，故由余弦定理得，又，所以．（2）因為，所以，由（1）得，所以，又，且A為鈍角，所以，且，故，則，，所以，故的取值范圍是．19．某工廠生產(chǎn)的球形零件的規(guī)格標準是：直徑（單位：）在內，質量（單位：）在內，且只有直徑和質量兩項都符合標準的才是合格產(chǎn)品.該廠家從生產(chǎn)的一批球形零件中隨機抽查件，統(tǒng)計其直徑和質量，得到下表：

直徑質量（1）設事件為“從這批零件中隨機抽取件是合格產(chǎn)品”，事件為“從這批零件中隨機抽取件產(chǎn)品，直徑符合標準”，事件為“從這批零件中隨機抽取件產(chǎn)品，質量符合標準”，以樣本頻率代替概率，求、.（2）從樣本的不合格產(chǎn)品中隨機抽取件，直徑和質量兩項都不符合標準的零件個數(shù)記為，求的概率分布列和數(shù)學期望.（1）解：由表格可知，隨機抽查的件產(chǎn)品中，直徑符合標準的頻率為，質量符合標準的頻率為，合格產(chǎn)品