2024年湖北省高中名校联盟高考数学第四次测评试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年湖北省高中名校联盟高考数学第四次测评试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足z+zi=i，则z=( )
A. 12+12iB. 12−12iC. 1+iD. 1−i
2.已知集合A={x∈R|x2−2x−3>0}，集合B满足B⫋A，则B可以为( )
A. [−1,3]B. (−∞,−1]C. (−∞,−1)D. (−∞,3)
3.某校举行“云翔杯”学生篮球比赛，统计部分班级的得分数据如下.
则( )
A. 得分的中位数为28B. 得分的极差为8C. 得分的众数为34D. 得分的平均数为31
4.设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥nB. α⊥β，m⊥α，n⊂β，则m⊥n
C. α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD. α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
5.在△ABC中，若AC2+BC2=5AB2，则tanCtanA+tanCtanB=( )
A. 23B. 12C. 32D. 22
6.已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1+a2+a3+a4+a5+a6=10，a1a2a3a4a5a6=8，则1a1+1a2+1a3+1a4+1a5+1a6=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
7.过抛物线C：y2=4x的焦点F作直线l1、l2，其中l1与C交于M、N两点，l2与C交于P、Q两点，则1|FM|+1|FN|+1|FP|+1|FQ|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.若∀x∈R，x2≥−12cs2ωx+12，则实数ω的最大值为( )
A. 1B. 0C. π3D. π2
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知双曲线E：x2a2−y2=1(a>0)过点P(4, 3)，则( )
A. 双曲线E的实轴长为4
B. 双曲线E的离心率为 52
C. 双曲线E的渐近线方程为y=±2x
D. 过点P且与双曲线E仅有1个公共点的直线恰有1条
10.张同学从学校回家要经过2个路口，假设每个路口等可能遇到红灯或绿灯，每个路口遇到红绿灯相互独立，记事件A：“第1个路口遇到绿灯”，事件B：“第2个路口遇到绿灯”，则( )
A. P(A)=12B. P(AB)=14C. P(B|A−)=14D. P(A+B)=34
11.已知f(x)是定义在R上的函数，x>0时f(x)>0，且任意x，y∈R有f(x+y)=f(x)+f(y)，f(1)=12，则( )
A. f(x)为R上的单调递增函数
B. f(x)为奇函数
C. 函数g(x)=f(x)ex在x=0处取极小值
D. 函数h(x)=f(x)−2sinx−1只有一个非负零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(k,2)，b=(2,1)，若a⊥b，则实数k=______.
13.已知三棱锥A−BCD的四个顶点都在球O的球面上，且AB=CD= 5，AC=BD= 10，AD=BC= 13，则球O的半径为______.
14.已知直线l1与曲线y=aex和y=lnx−lna都相切，倾斜角为α，直线l2与曲线y=aex和y=lnx−lna都相切，倾斜角为β，则tanα+4tanβ取最小时，实数a的值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
(1)求证：sin1∘sink∘sin(k+1)∘=csk∘sink∘−cs(k+1)∘sin(k+1)∘；
(2)求值：1cs0∘cs1∘+1cs1∘cs2∘+⋯+1cs44∘cs45∘.
16.(本小题15分)
如图，AE⊥平面ABCD，E，F在平面ABCD的同侧，AE//DF，AD//BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=1.
(1)若B，E，F，C四点在同一平面内，求线段EF的长；
(2)若DF=2AE，平面BEF与平面BCF的夹角为30∘，求线段AE的长.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=xex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)+f(1−x)≥a恒成立，求实数a的取值范围.
18.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，直线l1与E交于M(−4,0)，N(−2,2)两点，点P在线段MN上(不含端点)，过点P的另一条直线l2与E交于A，B两点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若MP=PN，AP=(7−4 3)PB，点A在第二象限，求直线l2的斜率；
(3)若直线MA，MB的斜率之和为2，求直线l2的斜率的取值范围.
19.(本小题17分)
组合投资需要同时考虑风险与收益.为了控制风险需要组合低风险资产，为了扩大收益需要组合高收益资产.现有两个相互独立的投资项目A和B，单独投资100万元项目A的收益记为随机变量X，单独投资100万元项目B的收益记为随机变量Y.若将100万资金按λA+(1−λ)B进行组合投资，则投资收益的随机变量Z满足Z=λX+(1−λ)Y，其中0≤λ≤1.假设在组合投资中，可用随机变量的期望衡量收益，可用随机变量的方差衡量风险.
(1)若Y∼B(100,0.03)，λ=0，求Z的期望与方差；
(2)已知随机变量X满足分布列：
随机变量Y满足分布列：
且随机变量X与Y相互独立，即P(X=xi,Y=yi)=P(X=xi)⋅P(Y=yi)，Z=λX+(1−λ)Y，D(X)=i=1n(xi−E(X))2⋅pi=E(X−E(X))2.
求证：D(Z)=λ2D(X)+(1−λ)2D(Y)；
(3)若投资项目X是高收益资产，其每年的收益满足：有30%的可能亏损当前资产的一半；有70%的可能增值当前资产的一倍.投资项目Y是低风险资产，满足Y∼B(100,0.03).试问λ=0.3能否满足投资第1年的收益不低于17万，风险不高于500？请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z+zi=i，
则z(1+i)=i，
故z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=i+12=12+12i.
故选：A.
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由集合A={x∈R|x2−2x−3>0}={x|x>3或x<−1}，B⫋A，
则(−∞,−1)⫋(3,+∞)∪(−∞,−1).
故选：C.
先解出A={x|x>3或x<−1}，根据B⫋A，可得结果．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意可知，共有8个数据，按照由小到大的顺序排列为26，28，28，28，30，32，34，34，
对于A，中间两个数字的平均数为29，所以中位数为29，故A错误；
对于B，极差为34−26=8，故B正确；
对于C，出现次数最多的数为28，所以众数为28，故C错误；
对于D，平均数为18×(26+28+28+28+30+32+34+34)=30，故D错误．
故选：B.
根据平均数、极差、众数和中位数的定义求解．
本题主要考查了平均数、极差、众数和中位数的定义，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，
m⊥α，n⊥β，可将m，n平移为相交直线，确定一个平面与α，β相交于m′，n′，
由α⊥β，m⊥α，n⊥β，结合面面垂直的定义和线面垂直的性质可得m⊥n，故A正确；
α⊥β，m⊥α，n⊂β，则m，n可能平行或相交或异面，故B错误；
α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行或相交或异面，故C错误；
α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m，n异面，故D错误．
故选：A.
由面面垂直的定义和线面垂直的性质可判断A；由线面垂直和面面垂直的性质可判断B；
由面面垂直的定义和线线的位置关系可判断C；由面面平行的定义和线线的位置关系可判断D.
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查平行和垂直的判定和性质，考查推理能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：设AC=b，BC=a，AB=c，
由AC2+BC2=5AB2，
则b2+a2=5c2，
则tanCtanA+tanCtanB=tanC(csAsinA+csBsinB)
=sinCcsC⋅sin(A+B)sinAsinB
=sin2CsinAsinBcsC
=c2ab×a2+b2−c22ab
=12.
故选：B.
由正弦定理及两角和与差的三角函数，结合余弦定理及同角三角函数的关系求解．
本题考查了正弦定理，重点考查了余弦定理及同角三角函数的关系，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：因为{an}是各项均为正数的等比数列，a1+a2+a3+a4+a5+a6=10，
又a1a2a3a4a5a6=(a3a4)3=8，
所以a3a4=2，
，则1a1+1a2+1a3+1a4+1a5+1a6=a1+a6a1a6+a2+a5a2a5+a3+a4a3a4
=a1+a2+a3+a4+a5+a6a3a4=102=5.
故选：D.
由已知结合等比数列的性质先求出a3a4=2，然后对所求式子进行化简即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：抛物线C：y2=4x的焦点为F(1,0)，
可设过焦点F的直线l的参数方程为x=tcsα+1y=tsinα(t为参数，α为倾斜角且α≠0)，
代入抛物线的方程得t2sin2α−4tcsα−4=0，
可得t1+t2=4csαsin2α，t1t2=−4sin2α，|t1−t2|= (t1+t2)2−4t1t2= 16cs2αsin4α+16sin2α=4sin2α，
则1|t1|+1|t2|=|t1|+|t2||t1t2|=|t1−t2||t1t2|=1，
所以1|FM|+1|FN|+1|FP|+1|FQ|=(1|FM|+1|FN|)+(1|FP|+1|FQ|)=1+1=2.
故选：B.
设过焦点F的直线l的参数方程为x=tcsα+1y=tsinα(t为参数，α为倾斜角且α≠0)，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，推得1|t1|+1|t2|=1，可得所求和．
本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：若∀x∈R，x2≥−12cs2ωx+12=sin2ωx恒成立，
所以|x|≥|sinωx|，
由奇偶性及正弦函数的有界性可知，只需要ω>0时，x≥sinωx在[0,1]上恒成立，
所以ω≤ωxsinωx，
由重要极限可知，ωxsinωx≥1，
所以ω≤1.
故选：A.
由已知结合函数的奇偶性及正弦函数的有界性，利用重要极限不等式即可求解．
本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：双曲线E：x2a2−y2=1(a>0)过点P(4, 3)，可得16a2−3=1，解得a=2，
所以双曲线E的实轴长为4，所以A正确；
双曲线E的离心率为：e=ca= 52，所以B正确；
双曲线E的渐近线方程为y=±12x，所以C不正确；
过点P且与双曲线E仅有1个公共点的直线有1条切线，2条平行渐近线的直线，所以D不正确．
故选：AB.
求出双曲线方程，然后判断各选项的正误即可．
本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，双曲线的简单性质的应用，是中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，每个路口等可能遇到红灯或绿灯，则P(A)=12，A正确；
对于B，易得P(A)=P(B)=12，则P(AB)=P(A)P(B)=14，B正确；
对于C，由于每个路口遇到红绿灯相互独立，则P(B|A−)=P(B)=12，C错误；
对于D，P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=12+12−14=34，D正确．
故选：ABD.
根据题意，由古典概型公式计算A，由相互独立事件概率公式计算B，由条件概率的性质分析C，由概率的性质分析D，综合可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及相互独立、互斥事件的概率计算，属于基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：对于A，设x2>x1，且x2=x1+t，t>0，f(x2)=f(x1)+f(t)，
即f(x2)−f(x1)=f(t)>0，故f(x)单调递增，故A正确；
对于B，f(x)是定义在R上的函数，取x=y=0，则f(0)=0，
取y=−x，则f(x)+f(−x)=0，即f(−x)=−f(x)，故f(x)是奇函数，故B正确；
对于C、D，设f(x)=kx，代入f(1)=12，得f(x)=12x，满足题干条件，
其中C选项，g(x)=f(x)ex=x2ex,g′(x)=1−x2ex，
当x<1时，g′(x)>0，g(x)在区间(−∞,1)上单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递减，
函数g(x)=f(x)ex在x=1处取极大值，无极小值，故C错误；
其中D选项，函数h(x)=12x−2sinx−1，其中h(−π)=−π2−2sin(−π)−1=−π2−1<0，
h(−π2)=−π4−2sin(−π2)−1=1−π4>0，
h(0)=−1<0，h(π)=π2−2sinπ−1=π2−1>0，
由零点存在性定理可知，函数h(x)分别在区间(−π,−π2)，(−π2,0)和(0,π)上各至少存在一个零点，非负零点至少1个，故D错误．
故选：AB.
选项A，利用函数单调性的定义，设x2=x1+t1，t>0，得出f(x2)−f(x1)=f(t)>0即可得证；选项B，先得出f(0)=0，再设y=−x，得出f(x)+f(−x)=0，即可得证；选项C，在f(x)=12x前提下，求函数g(x)的导函数g(x)，分析导函数g(x)的正负，得出函数g(x)的单调性以及极值即可；选项D，在f(x)=12x前提下，函数h(x)=12x−2sinx−1，利用零点存在性定理，代入特殊值检验即可．
本题考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力与运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】−1
【解析】解：a=(k,2)，b=(2,1)，a⊥b，
则2k+2=0，解得k=−1.
故答案为：−1.
结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
13.【答案】 142
【解析】解：三棱锥A−BCD的四个顶点都在球O的球面上，且AB=CD= 5，AC=BD= 10，AD=BC= 13，
将三棱锥补充为平行六面体，
∵三棱锥对棱相等，平行六面体为长方体，
∴外接球直径为长方体的体对角线，
∴2R= AB2+AC2+AD22= 14，
∴球O的半径为R2= 142.
故答案为： 142.
将三棱锥补充为平行六面体，由三棱锥对棱相等，平行六面体为长方体，得到外接球直径为长方体的体对角线，由此能求出球O的半径．
本题考查三棱锥及及外接球等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】32e
【解析】解：由y=aex和y=lnx−lna互为反函数，可得y=aex和y=lnx−lna的图象关于直线y=x对称，
即有α+β=π2，0<α，β<π2，
tanα+4tanβ=tanα+4tanα≥4，当且仅当tanα=2，即直线l1的斜率为2，取得等号．
y=aex的导数为y′=aex，y=lnx−lna的导数为y′=1x，
设直线l1与曲线y=aex相切的切点为(x1,aex1)，
与曲线y=lnx−lna的切点为(x2,lna−lnx2)，
可得aex1=1x2=2，lnx2−lna−aex1x2−x1=2，
即有x2=12，lna+x1=ln2，即x1=ln2−lna，
−ln2−lna−2=1−2x1，
解得a=32e.
故答案为：32e.
由互为反函数的性质可得α+β=π2，0<α，β<π2，由基本不等式可得直线l1的斜率为2，求得导数可得切线的斜率，结合两点的斜率公式，解方程可得所求值．
本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：sin1∘sink∘sin(k+1)∘=sin(k∘+1∘−k∘)sink∘sin(k+1)∘=sin(k+1)∘csk∘−cs(k+1)∘sin1∘sink∘sin(k+1)∘
=csk∘sink∘−cs(k+1)∘sin(k+1)∘；
(2)∵(1cs0∘cs1∘+1cs1∘cs2∘+⋯+1cs44∘cs45∘)×sin1∘
=sin(1−0)∘cs0∘ss1∘+sin(2−1)∘cs1∘cs2∘+…+sin(45−44)∘cs44∘cs45∘
=sin1∘cs0∘−cs1∘sin0∘cs0∘cs1∘+sin2∘cs1∘−cs2∘sin1∘cs1∘cs2∘+…+sin45∘cs44∘−cs45∘sin44∘cs44∘cs45∘
=tan1∘−tan0∘+tan2∘−tan1∘+…+tan45∘−tan44∘
=tan45∘−tan0∘=1，
∴1cs0∘cs1∘+1cs1∘cs2∘+⋯+1cs44∘cs45∘=1sin1∘.
【解析】(1)将sin1∘转化为sin(k+1−k)∘，再利用两角差的正弦展开即可证明；
(2))将原式乘以sin1∘，利用两角差的正弦展开化简，再求1cs0∘cs1∘+1cs1∘cs2∘+⋯+1cs44∘cs45∘.
本题考查两角差的正弦公式，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵AD//BC，BC⊂平面BCEF，AD⊄平面BCEF，
∴AD//平面BCEF，
∵AE//DF，∴A，E，F，D四点共面，
∵AD//平面BCEF，AD⊂平面ADEF，平面BCEF∩平面ADEF=EF，
∴AD//EF，又AE//DF，∴四边形ADFE是平行四边形，
∴EF=DC=1.
(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设E(0,0,λ)，F(0,1,2λ)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，
BE=(−1,0,λ)，BF=(−1,1,2λ)，BC=(0,2,0)，
设m=(x,y,z)是平面BEF的一个法向量，
则m⋅BE=−x+λz=0m⋅BF=−x+y+2λz=0，取z=1，得m=(λ,−λ,1)，
设n=(a,b,c)是平面BFC的一个法向量，
则n⋅BC=2b=0n⋅BF=−a+b+2λc=0，取c=1，得n=(2λ,0,1)，
依题意|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|2λ2+1| λ2+(−λ)2+1⋅ (2λ)2+02+12= 32，
解得λ=12，∴AE=12.
【解析】(1)由线面平行的判定定理、性质定理得四边形ADFE是平行四边形，由此能求出线段EF的长；
(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段AE的长．
本题考查线面平行的判定与性质、四点共面、向量法、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)=(1+x)ex，
又∵ex>0，
∴当x<−1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x>−1时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，
即f(x)的单调减区间为(−∞,−1)，单调增区间为(−1,+∞)；
(2)设g(x)=f(x)+f(1−x)，则g(1−x)=f(1−x)+f(x)=g(x)，
∴g(x)关于x=12对称，不妨研究x≥12时的图象性质，
g′(x)=f′(x)−f′(1−x)=(1+x)ex−(2−x)e1−x=(1+x)ex[1+x−2x+1e1−2x]，
令h(x)=1+x−2x+1e1−2x，
∵x>2时，h(x)>0，
下面证明12≤x≤2时，h(x)>0，
h′(x)=3(x+1)2e1−2x+(−2)x−2x+1e1−2x=−2x2+2x+7(x+1)2e1−2x，
∵12≤x≤2，∴−2x2+2x+7>0，则此时h′(x)>0，
∴h(x)在[12,2]上单调递增，则h(x)≥h(12)=0，
∴h(x)>0，
故x≥12时，均有g′(x)≥0，
∴g(x)在[12,+∞)上单调递增，
∴g(x)min=g(12)= e，
∴a≤ e，
即实数a的取值范围为(−∞, e].
【解析】(1)求出f′(x)，根据f′(x)的正负即可得到f(x)的单调性；
(2)g(x)=f(x)+f(1−x)，显然g(x)关于x=12对称，不妨研究x≥12时的图象性质，求导可得g(x)在[12,+∞)上单调递增，从而求出g(x)的最小值，得到实数a的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了函数恒成立问题，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为M(−4,0)，N(−2,2)两点在椭圆E上，
所以(−4)2a2+0b2=1(−2)2a2+22b2=1，
解得a2=16,b2=163，
故椭圆E的标准方程为x216+y2163=1；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，设AB：y=kx+t，
联立x216+y2163=1y=kx+t，得(16k2+163)x2+32ktx+16(t2−163)=0，
即(k2+13)x2+2ktx+t2−163=0，
Δ>0,x1+x2=−2ktk2+13,x1x2=t2−163k2+13.
由MP=PN得P(−3,1)，则AB：y=k(x+3)+1，则t=3k+1，
由AP=(7−4 3)PB得：x1+(7−4 3)x21+7−4 3=−3，
即x1+(7−4 3)x2=12 3−24，
代入t=3k+1得，x1+x2=−2k(3k+1)k2+13,x1x2=(3k+1)2−163k2+13，
解得：x1=−2 3,x2=2 3,k=−13，
故直线l2的斜率为k=−13；
(3)由kAM+kBM=2，可知y1x1+4+y2x2+4=2，
即y1(x2+4)+y2(x1+4)(x1+4)(x2+4)=2，
即(kx1+t)(x2+4)+(kx2+t)(x1+4)=2(x1+4)(x2+4)，
即(2k−2)x1x2+(t+4k−8)(x1+x2)+8t−32=0，
代入x1+x2=−2ktk2+13,x1x2=t2−163k2+13，
得(2k−2)(t2−163)−2(t+4k−8)kt+(8t−32)(k2+13)=0，
即t2+16k2−8kt+163k−43t=0，故(t−4k−43)(t−4k)=0，
故t=4k+43或t=4k，
当t=4k时，直线AB过M(−4,0)，此时点M，P重合，与条件矛盾，舍去，
当t=4k+43时，直线AB过定点K(−4,43)，点在线段MN上运动，
当t=4k+43时，由Δ=4k2t2−4(t2−163)(k2+13)>0，所以323k<329，即k<13，
从而直线l2的斜率的取值范围为(−∞,13).
【解析】(1)把点代入方程列方程组求解即可；
(2)设直线l方程为AB：y=kx+t，代入椭圆E的方程，结合判别式与韦达定理，由MP=PN，求出直线斜率即可；
(3)由kAM+kBM=2，可知y1x1+4+y2x2+4=2，代入x1+x2=−2ktk2+13,x1x2=t2−163k2+13，可得t=4k+43或t=4k，利用判别式求解k的取值范围．
本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由Y为二项分布可知：E(Y)=100×0.03=3，D(Y)=100×0.03×0.97=2.91，
当λ=0时，E(Z)=3，D(Z)=D(Y)=2.91，
故组合投资的期望为3，方差为2.91.
(2)证明：因为D(X)=i=1n(xi−E(X))2⋅pi=E(X−E(X))2，
D(Z)=D(λX+(1−λ)Y)=E[λX+(1−λ)Y−E(λX+(1−λ)Y)]2.
因为[λX+(1−λ)Y−E(λX+(1−λ)Y)]2=[λ(X−E(X))+(1−λ)(Y−E(Y))]2
=λ2(X−E(X))2+(1−λ)2(Y−E(Y))2+2λ(1−λ)(X−E(X))(Y−E(Y))，
所以D(Z)=E[λ2(X−E(X))2+(1−λ)2(Y−E(Y))2+2λ(1−λ)(X−E(X))(Y−E(Y))
=λ2E(X−E(X))2+(1−λ)2E(Y−E(Y))2+E[2λ(1−λ)(X−E(X))(Y−E(Y))]
=λ2D(X)+(1−λ)2D(Y)+E[2λ(1−λ)(X−E(X))(Y−E(Y))]，
因为E[2λ(1−λ)(X−E(X))(Y−E(Y))]=2λ(1−λ)i=1nj=1m(xi−E(X))(yj−E(Y))p(X=xi,Y=yj)，
由于X，Y独立，所以p(X=xi,Y=yj)=p(X=xi)⋅p(Y=yj)，
从而i=1nj=1m(xi−E(X))p(X=xi)(yj−E(Y))p(Y=yj)
=i=1n(xi−E(X))p(X=xi)j=1m(yj−E(Y))p(Y=yj)，
而i=1n(xi−E(X))p(X=xi)=i=1n(xip(X=xi)−E(X)p(X=xi)=E(X)−E(X)=0,
同理j=1m(yj−E(Y))p(Y=yj)=0，
故E[2λ(1−λ)(X−E(X))(Y−E(Y))]=0，
从而D(Z)=λ2D(X)+(1−λ)2D(Y).
(3)由(1)得E(Y)=3，D(Y)=2.91，
所以E(X)=−50×0.3+100×0.7=55，
D(X)=(−50−55)2×0.3+(100−55)2×0.7=4725，
于是E(Z)=0.3E(X)+0.7E(Y)=55×0.3+3×0.7=18.6，
D(Z)=0.32D(X)+0.72D(Y)=4725×0.32+2.91×0.72=426.6759，
由于E(Z)=18.6>17，D(Z)=426.6759<500，
故λ=0.3满足投资第1年的收益不低于17万，风险不高于500.
【解析】(1)由二项分布的期望和方差公式求出E(Y)，D(Y)，再结合期望和方差的性质即可求解Z的期望与方差；
(2)根据已知及期望和方差的性质证明即可；
(3)根据期望和方差的性质求出E(Z)，D(Z)，分别与17，500比较即可得出结论．
本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．班级
1
2
3
4
5
6
7
8
得分
28
34
34
30
26
28
28
32
X
x1
x2
x3
…
xk
…
xn
P(X)
P(X=x1)
P(X=x2)
P(X=x3)
…
P(X=xk)
…
P(X=xn)
Y
y1
y2
y3
…
yk
…
ym
P(Y)
P(Y=y1)
P(Y=y2)
P(Y=y3)
…
P(Y=yk)
…
P(Y=yn)