2024届湖北省武汉市江岸区高三上学期1月调考数学试题及答案

2023~2024学年度高三元月调考数学试卷一、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.2xBx0A21x，则AB1.已知集合，（）1,2121D.A.B.C.Rpq）2.已知i是关于x的方程2x2pxq0（p，q）的一个根，则（）2A.0B.C.2D.14a,bc，则（a3.已知向量，b2，5555A.B.C.D.53105ax在区间f(x)x2a4.函数上递增，则）2[2,)(2,)2]D.AB.C.n1an是数列是等差数列的（）anSn项和为，则a5.若数列“Sn”“”nn2A.充分不必要条件C.充要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件6.成语“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，意思是在小小的军帐之内作出正确的部署，决定了千里之外战场上的胜利，说的是运筹的重要性.“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”，如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值1均为，底面矩形的长与宽之比为2:1，则正脊与斜脊长度的比值为（）24335423A.B.C.D.4第1页/共5页x2y1上不同两点，下列点中可为线段AB的中点的是（27.已知A，B为双曲线）122,1A.B.C.D.(2,13CBAabsin（8.已知在中，，sinB，则sin）221010232D.AB.C.333二、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2分，有选错的得0分.ABCD的棱长为1，则下列四个命题正确的是（19.如图，正方体）1112ABCD的内切球的半径为1A.正方体1112πB.两条异面直线C和BC所成的角为13π1DC.直线BC与平面所成的角等于143ACDD.点D到面的距离为1210.已知圆O:x2y21和圆C:(x2(y4)2r2(r0)，则（）A.两圆可能无公共点B.若两圆相切，则r4C.直线x=1可能为两圆的公切线37kD.当r4时，若ym为两圆的公切线，则或，4241317P(A)P(B)P(AB)11.设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，则（）4第2页/共5页5613PABPBAD.P(AB)PBAA.A，B相互独立B.C.12.已知函数fxexgxkxx，k0，则（，）A.当ke时，函数有两个零点fxk，使得函数与零点个数不相同fxgxB.存在某个C.存在ke，使得fx与有相同的零点gxD.若函数有两个零点，有两个零点，，一定有xx2314fxx,xxx2gx3xxx412143三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知如下的两组数据：第一组：10、11、12、15、14、13第二组：12、14、13、15、a、16a若两组数据的方差相等，则实数的值为_________.πfxsinxsinx14.若函数03πω的取值范围是______________．15.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为32的正四棱柱构成，如图所示，则该“十字贯穿体”的体积为_______．x22y22x2y221ab0和C1有相同的焦点F1F，，离心率分别为216.如图，椭圆1：：11222abab11212e1e2FPFPF1，B，P三点共线且垂足P在椭圆C，，B为椭圆1的上顶点，，的最大值212是______.第3页/共5页四、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.2BCBC17.在中，角,B,C所对的边分别是a,b,c．已知．bcabac（1）求A；DABA3C，求．（2）D为BC边上一点，，且18.如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB4，2.将VADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，使平面APE平面ABCE.（1）求证：；（2）求平面与平面PBE夹角的余弦值.fxeaexaR.19.已知函数x（1）讨论函数的单调性；fx（2）若存在实数，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.fxaxa满足：存在等比数列，使得集合元素个数不大于，则称cnNkkN*xncnxn*20.若数列n数列具有性质.如数列x1n，存在等比数列n(，使得集合xcnN*0,2，则xP(k)nnnnn21数列具有满足a性质.若数列，n1(nN*，记数列的前xP(2)10nan项nnn2S和为.证明：n（1）数列n(n为等比数列；（2）数列具有性质.SP(2)n21.已知一个盒子中装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外全部相同.每次从盒子中随机取出1个球，第4页/共5页n并换入1个黑球，记以上取球换球活动为1次操作.设次操作后盒子中所剩黑球的个数为.（1）当（2）当n3时，求的分布列；nk(k时，求E).的分布列和数学期望22.已知抛物线1:x24y的焦点为F，M为抛物线C2:x24(y上一点，且在第一象限内.过M作抛物线1的两条切线，，A，B是切点；射线交抛物线于D.C2（1）求直线AB的方程（用M点横坐标0（2）求四边形MADB面积的最小值.第5页/共5页2023~2024学年度高三元月调考数学试卷一、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.2xBx0A21x，则AB1.已知集合，（）1,2121D.A.B.C.【答案】B【解析】【分析】先根据分式不等式求出集合B，再根据集合的交集运算即可求解．01x02x1x2x1x，0Bx2x1-2£x<1，所以【详解】由，即，解得A2，所以AB1．又故选：B．pxq0qRpq（2.已知i是关于x的方程2x2（p，）的一个根，则）2A.0B.C.2D.1【答案】C【解析】p,q【分析】把根代入方程，利用复数的相等求出即可【详解】i是关于x的方程2xpxq0的一个根，22piq0pq2pq2.把i代入方程，有，则有，所以故选：C4aa,bc3.已知向量，b2，，则（）5555A.B.C.D.53105【答案】A【解析】【分析】根据平面向量数量积的坐标表示及夹角公式求解即可.第1页/共23页4a【详解】因为，b2，，所以a10，bc2，abc4bc22则，，abc455a,bc故．abc1022故选：A．ax在区间f(x)x2a上递增，则的取值范围是（4.函数）2[2,)(2,)2]D.A.B.C.【答案】A【解析】【分析】根据对数型函数的单调性进行求解即可.ayx2axx的对称轴为：【详解】二次函数，2ax在区间上递增，f(x)x2因为函数2a1a22所以有，1a02故选：An1an的前项和为，则Sn是数列是等差数列的（）ana5.若数列“Sn”“”nn2A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件【答案】C【解析】D.既不充分也不必要条件【分析】an1n1an(n1(na1(n2)anSn，Sn1，得①，同理n122(n2)an21(nan1②，综合①，②，得2n1nn2可得，充分性得证，即可得到本题答案.第2页/共23页【详解】必要性显然成立；下面来证明充分性，an1naa(n1Sn1n，所以当…2时，Sn1若，222anaa(naa，化简得(na1(n2)a①，n所以n1n1n1n1…3时，(n2)a1(nan1②，所以当n2①②得，所以a，即数列是等差数列，充分性得n2(n2)a(n2)aan22n1nn2n1nn1anSn证，所以“故选：C.是等差数列的充要条件a”是“数列”.n2【点睛】本题主要考查等差数列的判断与证明的问题，考查推理能力，属于中等题.6.成语“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，意思是在小小的军帐之内作出正确的部署，决定了千里之外战场上的胜利，说的是运筹的重要性.“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”，如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值1均为，底面矩形的长与宽之比为2:1，则正脊与斜脊长度的比值为（）24335423A.B.C.D.4【答案】B【解析】【分析】结合图形，多面体ABNM中，取AB的中点C，做CQ//BN交MN于Q，做DE底面ABNMEDHE、，于点，坡面与底面所成二面角的为1tantanDCE1，得斜脊ADAB4，设，因为矩形宽，长为8，得，可得答2案.【详解】如图，多面体ABNM中，取AB的中点C，做CQ//BN交MN于Q，做DE底面ABNM于E点，则E点在CQ上，且点到BN、AM的距离相等，即，做E2EHAB第3页/共23页于H点，连接，EHE，则AM平面，ECEDCE平面，所以所以，所以坡面与底面所成二面角为DHE，又，则，坡面与底面所成二面角为，1tantanDCE所以正切值，2不妨设1，CE2，可得斜脊AD1443，因为矩形宽AB4，4所以长为8，这样正脊故选：B.8224，所以正脊与斜脊长度的比值为4:3即.3x2y21上不同两点，下列点中可为线段AB7.已知A，B为双曲线的中点的是（）122,1A.B.C.D.(2,【答案】B【解析】【分析】利用点差法结合选项得出AB方程，再与双曲线方程联立一一验证是否有两个不同交点即可.【详解】设AB的中点，Cx,y,Ax,y,Bx,y2001121y2xx2x,yy2y,kAB所以易知，1201201221y112x，x22y212由点差法可得xxxxyyyy021212121yyyy2020001212kAB1kAB，xxx1x212若，此时l:yx1，C1k第4页/共23页yx1x2x11x1，x22与双曲线联立x2y12即l与双曲线只有一个交点，故A错误；2253C3，则此时kl:yx若，ABAB333y2x59x294x20x252与双曲线联立x2y125454x25x22，5即l与双曲线有两个交点，故B正确；2,1，则此时若Ck2,lAB:y2x2，ABy2x12x212x222x1x20x2与双曲线联立，x2y12即l与双曲线有一个交点，故C错误；123C，则此时klAB:y2x若，AB232y2x914x214x26x3x120，显然无解，与双曲线联立4x2y12即l与双曲线没有交点，故D错误；故选：B13CBAabsin（8.已知在中，，sinB，则sin）221010232D.A.B.C.333【答案】A【解析】sinA基本关系式可求三角函数式的值.CBAABAB【详解】sinsinsin2222第5页/共23页ABABABABsinsinsinsin22222222AABB2sinsin222π2且因为ab，故sinA2sinBB，Bπ23BB，且sinAsin0，故，故24222BBBB22故sinsin1sinB，，2223AπAAsin0，而，故22222AAAA253故故sinsinsinsin1sinA222CBA10223故选：A.二、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2分，有选错的得0分.ABCD的棱长为1，则下列四个命题正确的是（19.如图，正方体）1112ABCD的内切球的半径为1A.正方体1112πB.两条异面直线C和BC所成的角为13π1DC.直线BC与平面所成的角等于14第6页/共23页3ACDD.点D到面的距离为12【答案】BC【解析】AC,CDC和BC所1【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接为正三角形，可判定B正确；证得C和AD△ACDC1，把异面直线1成的角的大小即为直线所成的角，平面11DBC1D所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到1，进而求得直线与平面1DV，进而可判定D错误.11ABCDABCD的棱长的一1111【详解】对于A中，正方体的内切球的半径即为正方体11111R半，所以内切球的半径对于B中，如图所示，连接，所以A错误.2AC,CD，1AB//1D1D1D1//，1因为且，则四边形为平行四边形，所以111所以异面直线C和BC所成的角的大小即为直线C和ADC所成的角的大小，11又因为ACADDC2，则△ACD为正三角形，即C，所以B正确；1113BC1CCBC中，11对于C中，如图所示，连接，在正方形.11CCBCCCC，所以.因为平面，平面11111I1B，AB平面1D11D平面，，又因为11π所以C平面1D，所以直线BC与平面1D1所成的角为，114所以C正确；第7页/共23页ACD△ACD为正三角形，1对于D中，如图所示，设点D到面的距离为h，因为11π3所以Vsin1,232111ADCD，根据等体积转换可知：VDSV又因为，D221111133112hSACDSh3即，即1，解得h，所以D错误.1ACD332331故选：BC.10.已知圆O:x2y21和圆C:(x2(y4)2r2(r0)，则（）A.两圆可能无公共点B.若两圆相切，则r4C.直线x=1可能为两圆的公切线37kD.当r4时，若ym为两圆的公切线，则或424【答案】ACD【解析】【分析】先根据题意求出圆O和圆C的圆心距为d5，当d1r即可判断A；分两圆外切和内切两种情况即可判断B；当r2时即可判断C；结合选项B可得，当r圆心到直线的距离分别为1和4即可判断D．4时，两圆外切，再根据圆O和圆C的【详解】由圆O的圆心为0，圆C的圆心为4，则圆的圆心距为dO和圆C2425，d1r0r4时，两圆可能相离，即无公共点，故对于A，当，即A正确；d1rr4rd1，得r6对于B，当两圆外切时，，得；当两圆内切时，，故B错误；对于C，当r2时，直线x=1可能为两圆的公切线，故C正确；对于D，结合选项B可得，当r4时，两圆外切，第8页/共23页m11k2347kk，故D正确．则有，解得或km42441k2故选：ACD．1147P(A)P(B)P(AB)，11.设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，则（）351PABPBAD.P(AB)PBAA.A，B相互独立B.C.63【答案】ABD【解析】AB可判定C、D.234P()1PA,PB1PB【详解】由题意可知，3AB,ABPPPA,PPPB事件所以互斥，且，7P(ABAB)PABPABPAPB2PAB，12217162PABPABPAPB，故A正确；即则3412P(AB)PAPBPPAPBPAPB1313343456，故B正确；1PABPA141362PBA由条件概率公式可知：，故C错误；311PBPABPAB13PAB461，即PBPB421PBAPAPAB34PBA362，故D正确.PABPBAPAPA3故选：ABD12.已知函数fxexgxkxx，k0，则（，）第9页/共23页A.当ke时，函数有两个零点fxk，使得函数与零点个数不相同fxgxB.存在某个C.存在ke，使得fx与有相同的零点gxD.若函数有两个零点，有两个零点，，一定有xx231fxx,xxx2gx3xxx4121434【答案】ACD【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理及同构式一一判定选项即可.【详解】由fxexfxekk0，x令fx0xk，令fxxk，0即在,lnk上单调递减，在k,上单调递增，fx即fk，fxfxfkk1k0，ke对于A项，当时，则又易知f010exfx0，x，且时，根据零点存在性定理可知函数在k和k,内各有一个零点，故A正确；fxfxf0，则fxke对于B项，当时，此时有一个零点，fxfkk1k0fx无零点，0ke当时，，则此时gxkxxexkxfx又易得，k，函数fxgx的零点个数相同，故B错误；则的零点个数与keyfxx,x,xkx对于C项，由A、B项结论可知：当时，有两个零点，1212同时有两个零点，gxx3xx，4x34xxyx单调递增可知，存在唯一的3,x31则根据满足成立，442fx01fx02gxfx33有，gxfx44xxxe1，2若C正确，则只能有，即23第10页/共23页e1e22e2e2k由题意易知：，12222exx1exx0,1,0时，hx0，令hxhx，则xx2xhx0hx在,,0上单调递减，在上单调递增，时，，故且x0时，hx0，x0时，，hxh1exx1x，满足hxhx，22所以222fx与gx有相同的零点，故C正确；kex2x3即存在，使得ke对于D项，由C项结论可知，此时，e13e1e23124kxxxx，故D正确.则由xe21214234综上：ACD正确.故选：ACD【点睛】难点点睛：可以先利用导数含参讨论函数的单调性与最值，结合零点存在性定理判定零点个数，对于第二项，注意观察两个函数的解析式，利用同构式判定可零点之间的联系；第三项，构造函数利用其单调性可判定同构式是否有解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知如下的两组数据：第一组：10、11、12、15、14、13第二组：12、14、13、15、a、16a若两组数据的方差相等，则实数的值为_________.【答案】11或17【解析】【分析】根据方差公式及其变形即可得到方程，解出即可.101112131415x12.5，【详解】第一组的平均数61213141516aa70x第二组的平均数，66则第一组的方差为1012.521112.521212.521312.521412.521512.523512s2，6第11页/共23页则第二组的方差为a2082222a2a25a222s，66解得a11或17.故答案为：11或17.πfxsinxsinx14.若函数03πω的取值范围是______________．2313,【答案】63【解析】π6fx3sinx【分析】先化简函数式得，再结合三角函数的图象与性质，利用整体代换计算即可.π6fx3sinx【详解】由三角恒等变换可得，ππ6πxπx,π时，有，66π9π2313634ππ,若要满足题意则需：.622313,故答案为：6315.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为32的正四棱柱构成，如图所示，则该“十字贯穿体”的体积为_______．第12页/共23页5623【答案】【解析】【分析】根据总体积减去重叠部分的体积求解即可；【详解】如图，两个正四棱柱的重叠部分为多面体CDGEST，取的中点I，则多面体CDGEST可以分成8个全等三棱锥CGEI，1S222,21322则C22,316235623则该“十字贯穿体”的体积为:V2122C242,562故答案为：.3x22y22x2y221ab0和C1有相同的焦点F1F，，离心率分别为216.如图，椭圆1：：11222abab11212e1e2FPFPF1，B，P三点共线且垂足P在椭圆C，，B为椭圆1的上顶点，，的最大值212是______.第13页/共23页21【答案】【解析】21212【分析】将表示为三角函数的形式，然后根据三角恒等变换以及三角函数最值的知识求得的最大值.cc2c21e11e，2【详解】由图知1BFa22a2PF211PF2eπ11F,0，设12则则则，22BF21cPFPF2csin，BF112cose121cos212sincoscossincos2sin22π142sin，2ππ5ππ4,sin1，由于所以444e122π112sin.242221故答案为：2a,c【点睛】方法点睛：求解椭圆的离心率，方法有很多，如根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率；a,ca,b的齐次式，先求得如根据已知条件求得的齐次式，从而求得椭圆的离心率；如根据已知条件求得bacc2a2b2ba2，然后利用e1求得椭圆的离心率.aa2a2四、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.2BCBC17.在中，角,B,C所对的边分别是a,b,c．已知．bcabac（1）求A；BA3C，求．（2）D为BC边上一点，，且2π【答案】（1）A3第14页/共23页71938（2）【解析】1）已知等式去分母，正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式化简，可得角A；32cbaC，再结合余弦定理求和（2）由BA且，利用向量法求得.【小问1详解】2BCBC已知，bcabac由BCπA，有BCA，2ABC所以，bcabac两边同乘以abc得：2aAcBbcosC．2sinAAsinCBcosCsinBsinBCsinA由正弦定理得：．122πAπ，A，sinA0A由，所以．3【小问2详解】取、AC为平面向量的基底．因为D在BC边上，且3，331434所以．4414340因为BA，所以ADAB0，则223A即AB3ACAB0，得，3cbc2cb2所以，．2不妨设b2，c3．2bc2c19497192bcA49619，所以a19．在中，由余弦定理：aa2b22C由余弦定理：．2ab21923818.如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB4，2.将VADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，使平面APE平面ABCE.第15页/共23页（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析13（2）13【解析】1）结合长度关系可整的AEB90，即⊥，应用平面垂直于平面的性质定理即可证明；POAEO作Oy//，,Oy,（2【小问1详解】.ABCDE为CD的中点，因为四边形为平行四边形，由AB4，2，则VADE为等边三角形，所以BCE120.则CECB，所以为等腰三角形，可得CEB30，AEB180AEDBCE90，ABCEAPE平面，即⊥，因为平面APE平面，平面平面ABCE，则平面，且AP平面，所以.【小问2详解】POAE，过O作Oy//作，ABCEABCE面得面由面APE则,Oy,P3)，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系.0)E(1,0,0)，B(1,2,0)，C(3,0)，3m的一个法向量为x,y,z111设平面mPA0x3z11可取m(，由知mAC0y3x11第16页/共23页同理得平面的一个法向量n(3,.的夹角为.设平面与平面mn3113213cos则.|m||n|1313与面夹角的余弦值为面.13fxeaexaR.19.已知函数x（1）讨论函数的单调性；fx（2）若存在实数，使得关于的不等式【答案】（1）答案见解析.恒成立，求实数的取值范围.fxaxa1,（2）e【解析】1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；（2）根据第1问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出的范围.【小问1详解】fxeae函数xxaR，xRf(x)(ea)ex1，，则e0aef(x)0当，即时，恒成立，即f(x)在R上单调递增；aef(x)0xln(ae)ln(ae)当ea0，即时，令，解得，(,ln(ae))(ln(ae),)xf(x)+0f(x)↗极大值↘ae综上所述，当是，f(x)在R上单调递增；第17页/共23页ae(,ln(ae))(ln(ae),)上单调递增，在上单调递减.当时，f(x)在【小问2详解】f(x)a(ea)exa0h(x)(ea)exaxx等价于，令，aeaeha)(eaa10h(x)≤不恒成立，不合题意.0当当时，，所以，f(x)aaf(a)时，等价于f(x)f(ln(ae))1ln(ae)由（1）可知，1ln(ae)a1ln(ae)aeae对有解，所以，对有解，所以a1ln(ae)ae因此原命题转化为存在，使得.aln(ae)1令u(a)，ae，则u(a)，aaeln(ae)ln(ae)1aeae，u(a)a2a2a2e1e令(a)ln(ae)，则(a)0，aeae(a2e所以(a)在(e,)ea2e上单调递增，又ln(2ee)0，(2e)2ee(a)0，u(a)0，故u(a)在(e,2e)所以当时，上单调递减，(a)0，u(a)0，故u(a)在(2e,+)上单调递增，a时，当11e所以u(a)u(2e)，所以，e1e即实数的取值范围是,.1ln(ae)ae【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为存在，使得，利用导数研究右侧最小a值，即可得范围.满足：存在等比数列，使得集合元素个数不大于，则称cnNkkN*xncnxn*20.若数列n数列具有性质.如数列x1n，存在等比数列n(，使得集合xcnN*2，则xP(k)nnnn第18页/共23页n21数列具有满足a性质.若数列，n1(nN*，记数列的前xP(2)10nan项nnn2S和为.证明：n（1）数列n(n为等比数列；（2）数列具有性质.SP(2)n【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】1）设nn(，求出b和b，求出b和b的关系即可证明；1n1n1nnn2132aSrn（2）由（1）求出，求出，设数列即可证明.nn【小问1详解】设nn(1，，则bn1a12a121n1an1(n1n(n(nn(bn.n222n11212n(n因此数列是首项为1，公比为的等比数列，且n(n；【小问2详解】n11n1n11(n1(211(622132Snn由（1取数列ra(n1，所以，n1221n21是等比数列，rn，则n32112133SnN,Sr(n*并且，因此集合，nnnn62所以数列具有性质.SP(2)n21.已知一个盒子中装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外全部相同.每次从盒子中随机取出1个球，n并换入1个黑球，记以上取球换球活动为1次操作.设次操作后盒子中所剩黑球的个数为.（1）当n3时，求的分布列；第19页/共23页nk(k时，求E).（2）当的分布列和数学期望【答案】（1）分布列见解析k2（2）分布列见解析，数学期望为323【解析】1）首先分析题意，列出再一次计算可能即可.n3，即3的可能取值为，，，次摸换球后123（2）利用（1）中题意，进行分析即可，最后算出答案.【小问1详解】n3，即次摸换球后3的可能取值为1，，23.1当，即3次摸球都摸到黑球，111P333271当2，即3次摸球中有且仅有2次摸到黑球，1次白球，P2)PPP黑黑白黑白黑白黑黑11212222233333333314273当，即3次摸球中有且仅有1次摸到黑球，2次白球，PPPP黑白白白白黑1212212113333333312.27分布列为122114271227P27nk(k次摸球换球后，黑球个