2020-2021学年河北省高一（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省高一（下）期末考试数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知复数z=12+22i(i为虚数单位)，则|z¯−1|=( )
A.32B.34C.112D.14

2. 在△ABC中，a=3，b=2，A=30∘，则sinB=( )
A.13B.23C.23D.223

3. 如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆弧AB的两个三等分点，AB→=a→，AC→=b→，则AD→等于( )

A.a→−12b→B.12a→−b→C.a→+12b→D.12a→+b→

4. 已知一组数据为20，30，40，50，50，60，70，80，其平均数、第60百分位数和众数的大小关系是( )
A.平均数>第60百分位数>众数
B.平均数<第60百分位数<众数
C.第60百分位数<众数<平均数
D.平均数=第60百分位数=众数

5. 五一节放假期间，甲去北京旅游的概率为13，乙、丙去北京旅游的概率分别为14，15．假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为( )
A.5960B.35C.12D.160

6. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为棱AB，A1D1，C1D1的中点，经过E，F，G三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为( )

A.32B.334C.1D.2

7. 在某中学举行的环保知识竞赛中，将三个年级参赛的学生的成绩进行整理后分为5组，绘制出如图所示的频率分布直方图，图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五小组，已知第二小组的频数是40，则成绩在80∼100分的学生人数是( )

A.25B.20C.18D.15

8. 已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，下列结论中正确的是( )
A.若直线m⊥平面α，则m // βB.若平面γ⊥平面α，则γ // β
C.若直线m⊥直线l，则m⊥βD.若平面γ⊥直线l，则γ⊥β
二、多选题

已知复数z=1+i(其中i为虚数单位)，则以下说法正确的有( )
A.复数z的虚部为i
B.|z|=2
C.复数z的共轭复数z¯=1−i
D.复数z在复平面内对应的点在第一象限

如图是民航部门统计的今年春运期间十二个城市售出的往返机票的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述正确的是( )

A.深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高
B.深圳和厦门的春运期间往返机票价格同去年相比有所下降
C.平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州
D.平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门

若向量a→=3,3，b→=n,3，下列结论正确的是( )
A.若a→，b→同向，则n=1
B.与a→垂直的单位向量一定是−32,12
C.若b→在a→上的投影向量为3e→(e→是与向量a→同向的单位向量)，则n=3
D.若a→与b→所成角为锐角，则n的取值范围是n>−3

如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则( )

A.三棱锥A−D1PC的体积不变B.A1P//平面ACD1
C.DP⊥BC1D.平面PDB1⊥平面ACD1
三、填空题

在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知DA=DC=4，DD1=3，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为________.

水痘是一种传染性很强的病毒性疾病，易在春天爆发．市疾控中心为了调查某校高年级学生注射水症疫苗的人数，在高一年级随机抽取5个班级，这5个班级中抽取的人数分别为5，a，7，7，10，若把每个班级抽取的人数作为样本数据，已知样本平均数为7，则样本数据中的方差是________.

如果x1，x2，x3，x4的方差是13，则3x1，3x2，3x3，3x4的方差为________.

已知向量 a→=x,2，b→=2,1，c→=3,x，若a→//b→ ，则 |b→+c→|=________．
四、解答题

甲、乙两射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求：
(1)两人都射中的概率；

(2)两人中恰有一人射中的概率；

(3)两人中至少有一人射中的概率．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，csB=35．
(1)若b=4，求sinA的值；

(2)若△ABC的面积S△ABC=4，求b，c的值．

眼睛是心灵的窗户，保护好视力非常重要，某校高一、高二、高三年级分别有学生1200名、1080名、720名．为了解全校学生的视力情况，学校在6月6日“全国爱眼日”采用分层抽样的方法，抽取50人测试视力，并根据测试数据绘制了如图所示的频率分布直方图．

(1)求从高一年级抽取的学生人数；

(2)试估计该学校学生视力不低于4.8的概率：

(3)从视力在[4.0,4.4)内的受测者中随机抽取2人，求2人视力都在[4.2,4.4)内的概率．

如图：某快递小哥从A地出发，沿小路AB→BC以平均时速20公里/小时，送快件到C处，已知BD=10（公里），∠DCB=45∘，∠CDB=30∘，△ABD是等腰三角形，∠ABD=120∘．

(1)试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处？

(2)快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路AD→DC追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问，汽车能否先到达C处？

如图，四棱锥S−ABCD的侧面SAD是正三角形，AB // CD，且AB⊥AD，AB=2CD=4，E是BS的中点．

(1)求证：CE // 平面SAD；

(2)若平面SAD⊥平面ABCD，且BS=42，求三棱锥B−EAC的体积．

一个盒中装有编号分别为1，2，3，4的四个形状大小完全相同的小球．
(1)从盒中任取两球，求取出的球的编号之和大于5的概率．

(2)从盒中任取一球，记下该球的编号a，将球放回，再从盒中任取一球，记下该球的编号b，求|a−b|≥2的概率．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省某校高一（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数的模
复数的运算
【解析】
利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【解答】
解：∵复数z=12+22i(i为虚数单位)，
∴ z¯−1=−12−22i，
则|z¯−1|=−122+−222=32．
故选A．
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理直接得出答案．
【解答】
解：∵ a=3，b=2，A=30∘，
∴ 由正弦定理得sinB=bsinAa=2×sin30∘3=13．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
圆周角定理
【解析】
连结CD、OD，由圆的性质与等腰三角形的性质，证出CD // AB且AC // DO，得到四边形ACDO为平行四边形，所以AD→=AO→+AC→，再根据题设条件即可得到用a→、b→表示向量AD→的式子．
【解答】
解：连结CD、OD，
∵ 点C、D是半圆弧AB的两个三等分点，
∴ 弧AC=弧BD，可得CD // AB，∠CAD=∠DAB=13×90∘=30∘，
∵ OA=OD，
∴∠ADO=∠DAO=30∘，
由此可得∠CAD=∠DAO=30∘，
∴ AC // DO，
∴ 四边形ACDO为平行四边形，可得AD→=AO→+AC→，
∵ AO→=12AB→=12a→，AC→=b→，
∴ AD→=12a→+b→．
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
从数据为20，30，40，50，50，60，70，80中计算出平均数、第60百分位数和众数，进行比较即可．
【解答】
解：平均数为18×20+30+40+50+50+60+70+80=50，
8×60%=4.8，
第5个数50即为第60百分位数．
众数为50，
它们的大小关系是平均数=第60百分位数=众数．
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
对立事件的概率公式及运用
【解析】
根据甲、乙、丙去北京旅游的概率，得到他们不去北京旅游的概率，至少有1人去北京旅游的对立事件是没有人取北京旅游，根据三人的行动相互之间没有影响，根据相互独立事件和对立事件的概率得到结果．
【解答】
解：∵甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，15．
∴ 他们不去北京旅游的概率分别为23，34，45，
至少有1人去北京旅游的对立事件是没有人取北京旅游，
∴ 至少有1人去北京旅游的概率为P=1−23×34×45=35．
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
截面及其作法
【解析】
分别取BC,AA,CC1的中点为H,M,N，根据平面的性质确定截面图形为正六边形EHNGFM，计算出MN=2，结合三
角形的面积公式，即可得出截面图形的面积．
【解答】
解：分别取BC，AA1，CC1的中点为H，M，N，连接EH，HN，NG，FM，ME，
容易得出FG//EH，GN//ME，HN//FM，则点E，F，H，G，M，N共面，
且FG=EH=GN=ME=HN=FM=122+122=22.
即经过E，F，G三点的截面图形为正六边形EHNGFM.
连接MN，EG，FH，且相交于点O，
因为MN=AC=12+12=2，
所以OE=OH=ON=OG=OF=OM=22，
则截面图形的面积为6(12×22×22sin60∘)=334.
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
用样本的数字特征估计总体的数字特征
频数与频率
【解析】
根据频率分布直方图，结合频率、频数与样本容量的关系，求出结果即可．
【解答】
解：根据频率分布直方图得:第二小组的频率是0.04×10=0.4，频数是40，
∴ 样本容量是400.4=100.
∵ 成绩在80∼100分的频率是(0.01+0.005)×10=0.15，
∴ 对应的频数（学生人数）是100×0.15=15．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由线面的位置关系可判断A；由面面的位置关系可判断B；由线面的位置关系和面面垂直的性质可判断C；由面面垂直的判定定理可判断D．
【解答】
解：A，平面α⊥平面β，α∩β=l，若直线m⊥平面α，则m//β或m⊂β，故A错误；
B，平面α⊥平面β，若平面γ⊥平面α，则γ//β或γ与β相交，故B错误；
C，平面α⊥平面β，α∩β=l，若m⊥l，则m⊂β或m⊥β，故C错误；
D，平面α⊥平面β，α∩β=l，若平面γ⊥直线l，又l⊂β，由面面垂直的判定定理可得γ⊥β，故D正确．
故选D．
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
复数的模
复数的基本概念
【解析】
由已知结合复数的基本概念、复数模的求法及复数的代数表示法及其几何意义逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：A，∵ 复数z=1+i，∴ 复数z的虚部为1，故A错误；
B，|z|=12+12=2，故B正确；
C，复数z的共轭复数z¯=1−i，故C正确；
D，复数z在复平面内对应的点的坐标为 1,1，在第一象限，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,B,C
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
根据折线的变化率，得到相比去年同期变化幅度、升降趋势，逐一验证即可．
【解答】
解：A，由图可知深圳对应的小黑点最接近0%，故变化幅度最小，北京对应的条形图最高，则北京的平均价格最高，故A正确；
B，深圳和厦门对应的小黑点在0%以下，故深圳和厦门的价格同去年相比有所下降，故B正确；
C，条形图由高到低居于前三位的城市为北京、深圳和广州，故C正确；
D，平均价格的涨幅由高到低分别为天津、西安和南京，故D错误．
故选ABC．
【答案】
A,C
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
平行向量的性质
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，设a→=kb→ ，所以kn=3,3k=3, 所以k=3，n=1，即a→=3b→，所以n=1满足，故A正确；
B，因为3⋅32+3⋅−12=0 ，所以32,−12也是与a→垂直的单位向量，故B错误；
C，因为b→在a→上的投影向量为3e→，所以a→⋅b→|a→|=3，所以3n+33(3)2+32=3，所以n=3，故C正确；
D，因为a→与b→所成角为锐角，所以a→⋅b→>0且a→，b→不同向，
所以3n+33>0,n≠1, 所以n∈−3,1∪1,+∞，故D错误．
故选AC．
【答案】
A,B,D
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
利用正方体的性质结合空间线面位置关系求解．
【解答】
解：对于A，由题意知AD1//BC1，从而BC1//平面AD1C，
故BC1上任意一点到平面AD1C内距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A−D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，A1C1//AC且相等，
由于选项A知：AD1//BC1，
所以BA1C1//面ACD1，从而由线面平行的定义可得，A1P//平面ACD1，故B正确；
对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，
则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，
由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
925
【考点】
余弦定理
异面直线及其所成的角
【解析】
连接A1D，由A1D//B1C 得∠BA1D为异面直线A1B与B1C所成的角，由此能求出异面直线A1B与B1C所成角的余弦值．
【解答】
解：连接A1D，
∵ A1D//B1C，
∴ ∠BA1D为异面直线A1B与B1C所成的角．
连接BD，在△A1DB中，
A1B=A1D=5，BD=42，
则cs∠BA1D=A1B2+A1D2−BD22⋅A1B⋅A1D
=25+25−322×5×5=925，
∴ 异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为925．
故答案为：925．
【答案】
2.8
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
由平均数的计算公式的出a的值，再根据方差的计算公式求解即可．
【解答】
解：由已知得： 5+a+7+7+105=7，
解得a=6，
所以样本数据中的方差是
5−72+6−72+7−72+7−72+10−725=2.8.
故答案为：2.8．
【答案】
3
【考点】
极差、方差与标准差
【解析】
直接利用方差运算的结论求解即可．
【解答】
解：因为x1，x2，x3，x4的方差是13，
则3x1，3x2，3x3，3x4的方差为32×13=3．
故答案为：3．
【答案】
52
【考点】
向量的模
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
根据→a||b→|即可求出x=4，从而可求出b→+c→=5,5，这样即可求出|b→+c→|的值．
【解答】
解：∵ a→//b→，
∴ x−4=0，
∴ x=4，
∴ c→=3,4，
∴ b→+c→=5,5，
∴ |b→+c→|=52.
故答案为：52.
四、解答题
【答案】
解：(1)设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，
事件A与B是相互独立的．
两人都射中的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72．
(2)两人中恰有一人射中的概率为
P(AB¯)+P(A¯B)=0.8×(1−0.9)+(1−0.8)×0.9=0.26．
(3)两人中至少有一人射中的概率等于1减去两个人都没有射中的概率，
∴ 所求的概率等于 1−P(A¯B¯)=1−P(A¯)⋅P(B¯)=1−0.2×0.1=0.98．
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
互斥事件的概率加法公式
【解析】
设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B．（1）两人都射中的概率为P(AB)=P(A)P(B)，运算求得结果．
（2）两人中恰有一人射中的概率为 P(AB¯)+P(A¯B)=0.8×(1−0.9)+(1−0.8)×0.9，运算求得结果．
（3）两人中至少有一人射中的概率等于1减去两个人都没有击中的概率，即 1−P(A¯B¯)=1−P(A→)⋅P(B¯)，运算求得结果．
【解答】
解：(1)设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，
事件A与B是相互独立的．
两人都射中的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72．
(2)两人中恰有一人射中的概率为
P(AB¯)+P(A¯B)=0.8×(1−0.9)+(1−0.8)×0.9=0.26．
(3)两人中至少有一人射中的概率等于1减去两个人都没有射中的概率，
∴ 所求的概率等于 1−P(A¯B¯)=1−P(A¯)⋅P(B¯)=1−0.2×0.1=0.98．
【答案】
解：(1)∵ csB=35，B∈(0, π)，
∴ sinB=45．
∵ a=2，b=4，
∴ 由正弦定理得2sinA=445，
∴ sinA=25.
(2)由S△ABC=12acsinB=c⋅45=4可解得c=5，
由余弦定理可得
b2=a2+c2−2accsB=4+25−2×2×5×35=17，
∴ b=17．
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
（1）利用同角三角函数公式求出sinB，再利用正弦定理求sinA的值；
（2）利用三角形面积公式求c，再利用余弦定理求b的值．
【解答】
解：(1)∵ csB=35，B∈(0, π)，
∴ sinB=45．
∵ a=2，b=4，
∴ 由正弦定理得2sinA=445，
∴ sinA=25.
(2)由S△ABC=12acsinB=c⋅45=4可解得c=5，
由余弦定理可得
b2=a2+c2−2accsB=4+25−2×2×5×35=17，
∴ b=17．
【答案】
解：(1)高一年级抽取的学生人数为：
50×12001200+1080+720=20．
所以从高一年级抽取的学生人数为20．
(2)由频率分布直方图，得0.2+0.3+1.0+1.5+1.2+a×0.2=1，
所以a=0.8．
所以抽取50名学生中，视力不低于4.8的频率为1.2+0.8×0.2=0.4，
所以该校学生视力不低于4.8的概率的估计值为0.4．
(3)由频率分布直方图，得
视力在[4.0,4.2)内的受测者人数为0.2×0.2×50=2，
记这2人为a1，a2．
视力在[4.2,4.4)内的受测者人数为0.3×0.2×50=3，
记这3人为b1，b2，b3．
记“抽取2人视力都在[4.2,4.4）内”为事件A，
从视力在[4.0,4.4)内的受测者中随机抽取2人，所有的等可能基本事件共有10个，
分别为a1,a2，a1,b1，a1,b2，a1,b3，a2,b1，a2,b2，a2,b1，b1,b2，b1,b3，b2,b3，
则事件A包含其中3个基本事件： b1,b2，b1,b3，b2,b3，
根据古典概型的概率公式，得PA=310．
所以2人视力都在[4.2,4.4)内的概率为310．
【考点】
分层抽样方法
频率分布直方图
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)高一年级抽取的学生人数为：
50×12001200+1080+720=20．
所以从高一年级抽取的学生人数为20．
(2)由频率分布直方图，得0.2+0.3+1.0+1.5+1.2+a×0.2=1，
所以a=0.8．
所以抽取50名学生中，视力不低于4.8的频率为1.2+0.8×0.2=0.4，
所以该校学生视力不低于4.8的概率的估计值为0.4．
(3)由频率分布直方图，得
视力在[4.0,4.2)内的受测者人数为0.2×0.2×50=2，
记这2人为a1，a2．
视力在[4.2,4.4)内的受测者人数为0.3×0.2×50=3，
记这3人为b1，b2，b3．
记“抽取2人视力都在[4.2,4.4）内”为事件A，
从视力在[4.0,4.4)内的受测者中随机抽取2人，所有的等可能基本事件共有10个，
分别为a1,a2，a1,b1，a1,b2，a1,b3，a2,b1，a2,b2，a2,b1，b1,b2，b1,b3，b2,b3，
则事件A包含其中3个基本事件： b1,b2，b1,b3，b2,b3，
根据古典概型的概率公式，得PA=310．
所以2人视力都在[4.2,4.4)内的概率为310．
【答案】
解：(1)由已知得，AB=BD=10 （公里），
在△BCD中，
由 BDsin45∘=BCsin30∘，
得 BC=52（公里）．
由于：10+5220×60≈51.21>50，
于是快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处．
(2)在△ABD中，AD2=102+102−2×10×10×(−12)=300，
得AD=103（公里），
在△BCD中，∠CBD=105∘，
由：CDsin105∘=52sin30∘，
得CD=5(1+3)（公里），
由于103+5(1+3)60×60+15=20+153≈45.98<51.21（分钟），
于是汽车能先到达C 处．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（1）首先利用正弦定理求出结果．
（2）直接利用正弦定理和余弦定理求出结果．
【解答】
解：(1)由已知得，AB=BD=10 （公里），
在△BCD中，
由 BDsin45∘=BCsin30∘，
得 BC=52（公里）．
由于：10+5220×60≈51.21>50，
于是快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处．
(2)在△ABD中，AD2=102+102−2×10×10×(−12)=300，
得AD=103（公里），
在△BCD中，∠CBD=105∘，
由：CDsin105∘=52sin30∘，
得CD=5(1+3)（公里），
由于103+5(1+3)60×60+15=20+153≈45.98<51.21（分钟），
于是汽车能先到达C 处．
【答案】
(1)证明：取SA的中点F，连接EF，
∵ E是SB中点，
∴ EF // AB，且AB=2EF.
又∵ AB // CD，AB=2CD，
∴ EF // DC，EF=DC，
则四边形EFDC是平行四边形，
∴ EC // FD，
又∵ EC⊄平面SAD，FD⊂平面SAD，
∴ CE // 平面SAD.
(2)解：取AD中点G，连接SG，
∵ SAD是正三角形，
∴ SG⊥AD，
∵ 平面SAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
∴ SG⊥平面ABCD.
∵ AB⊥AD，
∴ AB⊥平面SAD，则AB⊥SA，
故SA=SB2−AB2=4，SG=23.
∵ E是SB中点，
∴ 点E到平面ABCD的距离等于12SG=3，
∴ 三棱锥B−EAC的体积为：
VB−EAC=VE−BAC=13×12×4×4×3=833．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）取SA的中点F，连接EF，证明四边形EFDC是平行四边形，得出EC // FD，CE // 平面SAD；
（2）取AD中点G，连接SG，证明SG⊥平面ABCD，求出点E到平面ABCD的距离，再由等体积法求三棱锥B−EAC的体积．
【解答】
(1)证明：取SA的中点F，连接EF，
∵ E是SB中点，
∴ EF // AB，且AB=2EF.
又∵ AB // CD，AB=2CD，
∴ EF // DC，EF=DC，
则四边形EFDC是平行四边形，
∴ EC // FD，
又∵ EC⊄平面SAD，FD⊂平面SAD，
∴ CE // 平面SAD.
(2)解：取AD中点G，连接SG，
∵ SAD是正三角形，
∴ SG⊥AD，
∵ 平面SAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
∴ SG⊥平面ABCD.
∵ AB⊥AD，
∴ AB⊥平面SAD，则AB⊥SA，
故SA=SB2−AB2=4，SG=23.
∵ E是SB中点，
∴ 点E到平面ABCD的距离等于12SG=3，
∴ 三棱锥B−EAC的体积为：
VB−EAC=VE−BAC=13×12×4×4×3=833．
【答案】
解：(1)从盒中任取两球的基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)六种情况，
编号之和大于5的事件有(2,4)，(3,4)两种情况，
故编号之和大于5的概率为26=13．
(2)有放回的连续去球有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，
(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个基本事件．
而|a−b|≥2的包含(1,3)，(1,4)，(2,4)，
(3,1)，(4,1)，(4,2)，共6个基本事件．
所以|a−b|≥2的概率为616=38．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)从盒中任取两球的基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)六种情况，
编号之和大于5的事件有(2,4)，(3,4)两种情况，
故编号之和大于5的概率为26=13．
(2)有放回的连续去球有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，
(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个基本事件．
而|a−b|≥2的包含(1,3)，(1,4)，(2,4)，
(3,1)，(4,1)，(4,2)，共6个基本事件．
所以|a−b|≥2的概率为616=38．