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- 2021-06-23 发布
2016-2017学年江西省抚州市崇仁二中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）
1．两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．甲、乙、丙三人射击击中目标的概率分别为，，．现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．某市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为f（x）=e，则下列命题中不正确的是（ ）
A．该市在这次考试的数学平均成绩为80分
B．分数在120分以上的人数与分数在60分以下的人数相同
C．分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同
D．该市这次考试的数学成绩标准差为10
4．某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
5．若X～N（﹣1，62），且P（﹣3≤X≤﹣1）=0.4，则P（X≥1）等于（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
6．某班主任对全班50名学生进行了作业量多少的调查，数据如表：
认为作业多
认为作业不多
总数
喜欢玩电脑游戏
18
9
27
不喜欢玩电脑游戏
8
15
23
总数
26
24
50
则认为喜欢玩电脑游戏与认为作业量的多少有关系的把握大约为（ ）
A．99% B．95% C．90% D．无充分依据
7．6本不同的书分成3组，一组4本，其余组各1本，共有不同的分法（ ）
A．5种 B．10种 C．15种 D．20种
8．若在甲袋内装有8个白球、4个红球，在乙袋内装有6个白球、5个红球，现从两袋内各任意取出1个球，设取出的白球个数为X，则下列概率中等于的是（ ）
A．P（X=0） B．P（X≤2） C．P（X=1） D．P（X=2）
9．校园内移栽4棵桂花树，已知每棵树成活的概率为，那么成活棵数ξ的方差是（ ）
A． B． C． D．
10．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸出正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是（ ）
A． B． C． D．
11．已知关于x的二项式展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为（ ）
A．1 B．±1 C．2 D．±2
12．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A=，其中A的各位数中，a1=1，ak（k=2，3，4，5）出现0的概率为，出现1的概率为．记ξ=a1+a2+a3+a4+a5，当程序运行一次时，ξ的数学期望（ ）Eξ=
A． B． C． D．
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上）
13．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为 ．
14．安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 种．（用数字作答）
15．已知f（x）=（1+x）+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a2= ．
16．袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量ξ，则P（ξ≤6）= ．
三、解答题（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）
17．有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
（1）排成前后两排，前排3人．后排4人
（2）全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；
（3）全体站成一排，女生必须站在一起；
（4）全体站成一排，男生互不相邻．
18．某班从6名班干部（其中男生4人，女生2人）中，任选3人参加学校的义务劳动．
（1）设所选3人中女生人数为X，求X的分布列；
（2）求男生甲或女生乙被选中的概率；
（3）设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P（B）和P（A|B）．
19．已知（1+2）n展开式中某项的系数恰为它的前一项系数的2倍，而等于它后一项系数的，求该展开式中二项式系数最大的项．
20．一个盒子里装有标号为1，2，3，…，n的n（n≥3，且n∈N*）张标签，今随机地从盒子里无放回地抽取两张标签，记ξ为这两张标签上的数字之和，若ξ=3的概率为．
（1）求n的值；
（2）求ξ的分布列；
（3）求ξ的期望．
21．某次数学测验共有10道选择题，每道题共有四个选项，且其中只有一个选项是正确的，评分标准规定：每选对1道题得5分，不选或选错得0分．某考生每道题都选并能确定其中有6道题能选对，其余4道题无法确定正确选项，但这4道题中有2道题能排除两个错误选项，另2道只能排除一个错误选项，于是该生做这4道题时每道题都从不能排除的选项中随机选一个选项作答，且各题作答互不影响．
（Ⅰ）求该考生本次测验选择题得50分的概率；
（Ⅱ）求该考生本次测验选择题所得分数的分布列和数学期望．
22．乓球台面被网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A、B，乙被划分为两个不相交的区域C、D．某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分．对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为．假设共有两次来球且落在A、B上各一次，小明的两次回球互不影响．求：
（1）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
（2）两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与均值．
2016-2017学年江西省抚州市崇仁二中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）
1．两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（ ）
A． B． C． D．
【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．
【分析】根据题意，分析可得，这两个零件中恰有一个一等品包含仅第一个实习生加工一等品与仅第二个实习生加工一等品两种互斥的事件，而两个零件是否加工为一等品相互独立，进而由互斥事件与独立事件的概率计算可得答案．
【解答】解：记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A，
即仅第一个实习生加工一等品（A1）与仅第二个实习生加工一等品（A2）两种情况，
则P（A）=P（A1）+P（A2）=，
故选B．
2．甲、乙、丙三人射击击中目标的概率分别为，，．现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】相互独立事件的概率乘法公式．
【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，目标被击中的概率等于1减去甲、乙、丙三人都没有击中目标的概率，运算求得结果．
【解答】解：目标被击中的概率等于1减去甲、乙、丙三人都没有击中目标的概率，
故目标被击中的概率是 1﹣（1﹣）（1﹣）（1﹣）=，
故选：A．
3．某市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为f（x）=e，则下列命题中不正确的是（ ）
A．该市在这次考试的数学平均成绩为80分
B．分数在120分以上的人数与分数在60分以下的人数相同
C．分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同
D．该市这次考试的数学成绩标准差为10
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【分析】根据密度函数的特点可得：平均成绩及标准差，再结合正态曲线的对称性可得分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同．从而即可选出答案．
【解答】解：∵其密度函数为f（x）=e，
∴该市这次考试的数学平均成绩为80分，
该市这次考试的数学标准差为10，
从图形上看，它关于直线x=80对称，
且50与110也关于直线x=80对称，
故分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同．
故选：B．
4．某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【考点】排列、组合及简单计数问题．
【分析】确定参观甲博物馆的年级有种情况，其余年级均有5种选择，所以共有54种情况，根据乘法原理可得结论．
【解答】解：因为有且只有两个年级选择甲博物馆，
所以参观甲博物馆的年级有种情况，
其余年级均有5种选择，所以共有54种情况，
根据乘法原理可得×54种情况，
故选：D．
5．若X～N（﹣1，62），且P（﹣3≤X≤﹣1）=0.4，则P（X≥1）等于（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【分析】根据随机变量X～N（﹣1，62），可得曲线的对称轴为μ=﹣1，利用对称性，即可求得P（X≥1）．
【解答】解：∵随机变量X～N（﹣1，62），
∴曲线的对称轴为μ=﹣1
∵P（﹣3≤X≤﹣1）=0.4，
∴P（﹣1≤X≤1）=0.4，
∴P（X≥1）=0.5﹣0.4=0.1．
故选：A．
6．某班主任对全班50名学生进行了作业量多少的调查，数据如表：
认为作业多
认为作业不多
总数
喜欢玩电脑游戏
18
9
27
不喜欢玩电脑游戏
8
15
23
总数
26
24
50
则认为喜欢玩电脑游戏与认为作业量的多少有关系的把握大约为（ ）
A．99% B．95% C．90% D．无充分依据
【考点】独立性检验．
【分析】根据表中所给的数据，代入求观测值的算式，求出观测值，把所求的观测值同临界值进行比较，得到喜欢玩电脑游戏与认为作业量的多少有关系的把握．
【解答】解：由表中数据可知K2==5.05，
∵5.05＞5.024，
∴有1﹣0.025=97.5%的把握说喜欢玩电脑游戏与认为作业量的多少有关系．
故选B．
7．6本不同的书分成3组，一组4本，其余组各1本，共有不同的分法（ ）
A．5种 B．10种 C．15种 D．20种
【考点】排列、组合的实际应用．
【分析】6本不同的书分三份，2份1本，1份4本，其中有均匀分组问题．
【解答】解：六本不同的书分成3组，一组4本，其余1本，有=15种分堆方法．
故选C．
8．若在甲袋内装有8个白球、4个红球，在乙袋内装有6个白球、5个红球，现从两袋内各任意取出1个球，设取出的白球个数为X，则下列概率中等于的是（ ）
A．P（X=0） B．P（X≤2） C．P（X=1） D．P（X=2）
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【分析】基本事件总数为：n=，设取出的白球个数为X，由等可能事件概率计算公式能求出概率中等于的是P（X=1）．
【解答】解：在甲袋内装有8个白球、4个红球，
在乙袋内装有6个白球、5个红球，
现从两袋内各任意取出1个球，
基本事件总数为：n=，
设取出的白球个数为X，
由等可能事件概率计算公式得概率中等于的是P（X=1）．
故选：C．
9．校园内移栽4棵桂花树，已知每棵树成活的概率为，那么成活棵数ξ的方差是（ ）
A． B． C． D．
【考点】离散型随机变量的期望与方差．
【分析】由题意可得，本题可根据二项分布概率模型的方差公式求出答案．
【解答】解：由题意可得：随机变量ξ服从二项分布B（4，），
所以．
故选C．
10．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸出正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是（ ）
A． B． C． D．
【考点】条件概率与独立事件．
【分析】因为第一次抽出正品，所以剩下的9件中有5件正品，所以第二次也摸到正品的概率是，据此解答即可．
【解答】解：设“第一次摸出正品”为事件A，“第二次摸出正品”为事件B，
则事件A和事件B相互独立，
在第一次摸出正品的条件下，第二次也摸到正品的概率为：
P（B|A）===．
故选：D．
11．已知关于x的二项式展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为（ ）
A．1 B．±1 C．2 D．±2
【考点】二项式定理．
【分析】根据题意，有2n=32，可得n=5，进而可得其展开式为Tr+1=C5r•（）
5﹣r•（）r，分析可得其常数项为第4项，即C53•（a）3，
依题意，可得C53•（a）3=80，解可得a的值．
【解答】解：根据题意，该二项式的展开式的二项式系数之和为32，则有2n=32，
可得n=5，
则二项式的展开式为Tr+1=C5r•（）5﹣r•（）r，
其常数项为第4项，即C53•（a）3，
根据题意，有C53•（a）3=80，
解可得，a=2；
故选C．
12．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A=，其中A的各位数中，a1=1，ak（k=2，3，4，5）出现0的概率为，出现1的概率为．记ξ=a1+a2+a3+a4+a5，当程序运行一次时，ξ的数学期望（ ）Eξ=
A． B． C． D．
【考点】离散型随机变量的期望与方差．
【分析】由题意出现0的概率为，出现1的概率为，借助于二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，并且 每个数位上的数字再填时互不影响，所以每个数位上可以填0，或1，而ξ=a1+a2+a3+a4+a5，当程序运行一次时，故以后的5位数中后4位的所有结果有4类且相互之间互斥，利用独立事件同时发生及互斥事件一个发生的概率公式，再有期望定义即可求得．
【解答】解：由于二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且 每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有4类：①后4个数为都出现1，记其概率为P1；②后4个数位只出现1个1，记其概率为P2；③后4位数位出现2个1，记其概率为P3；④
后4个数为上出现3个，记其概率为P4，
又由于 出现0的概率为，出现1的概率为，所以 ，，，，
又ξ=a1+a2+a3+a4+a5，由题意可以知ξ=5，2，3，4，该随机变量ξ的分布列为：
所以Eξ=5×=．
故选：C
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上）
13．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为 5 ．
【考点】排列、组合的实际应用；组合及组合数公式．
【分析】由分步计数原理分析可得恰有1名女生入选时的不同选法为Cx2C21，结合题意可得Cx2C21=20，解可得x的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，从男女学生中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有Cx2C21种，
则有Cx2C21=20，即Cx2=10，
即=10，
解可得x=5或﹣4（舍去）
故答案为：5．
14．安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 210 种．（用数字作答）
【考点】排列及排列数公式；计数原理的应用；组合及组合数公式．
【分析】安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，
分成两类解决，一类去三所学校，每校一人；另一类去两所学校，一校一人，一校两人．
【解答】解：分两类，（1）每校1人：A63=120；（2）1校1人，1校2人：C32A62=90，不同的分配方案共有120+90=210．
故答案为：210
15．已知f（x）=（1+x）+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a2= 165 ．
【考点】二项式系数的性质．
【分析】利用二项展开式的通项公式表示出a2，利用组合数的性质化简a2求出值．
【解答】解：a2为展开式中x2的系数
所以a2=C22+C32+C42+…+C102
=C33+C32+C42+…+C102
=C43+C42+…+C102
=C113
=165
故答案为：165
16．袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量ξ，则P（ξ≤6）= ．
【考点】等可能事件的概率．
【分析】利用古典概型计算概率的方法列出概率的计算公式是解决本题的关键．找准随机变量的所有取值，弄清得分与取到的球的关系，通过排列组合知识列出概率的计算公式，从而求出所要求的概率．
【解答】解：取出的4只球中红球个数可能为4，3，2，1个，黑球相应个数为0，1，2，3个．
其分值为ξ=4，6，8．P（ξ≤6）=P（ξ=4）+P（ξ=6）=+=．
故答案为：．
三、解答题（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）
17．有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
（1）排成前后两排，前排3人．后排4人
（2）全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；
（3）全体站成一排，女生必须站在一起；
（4）全体站成一排，男生互不相邻．
【考点】排列、组合的实际应用．
【分析】（1）根据题意，将7人全排列即可，由排列数公式计算可得答案；
（2）根据题意，分2步进行分析：先分析甲，再将其余6人全排列，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；
（3）根据题意，用插空法分2步进行分析：先将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；
（4）根据题意，用插空法分析：先将4名女生全排列，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，将7人全排列即可，则共有A77种=5 040种方法．
（2）根据题意，分2步进行分析：
先排甲，由于甲不站排头也不站排尾，则甲有5种方法，
其余6人全排列，安排在其他位置，有A66种方法，
故共有5×A66=3 600种方法．
（3）根据题意，分2步进行分析：
将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，有A44种情况，
再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，有A44种情况，
故共有A44A44=576种方法．
（4）根据题意，分2步进行分析：
先排女生，将4名女生全排列，有A44种方法，
再安排男生，由于男生不相邻，可以在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A53种方法，
故共有A44×A53=1440种方法．
18．某班从6名班干部（其中男生4人，女生2人）中，任选3人参加学校的义务劳动．
（1）设所选3人中女生人数为X，求X的分布列；
（2）求男生甲或女生乙被选中的概率；
（3）设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P（B）和P（A|B）．
【考点】条件概率与独立事件；离散型随机变量及其分布列．
【分析】（1）设所选3人中女生人数为X，X的所有可能取值为0，1，2，求出相应的概率，即可求X的分布列；
（2）利用对立事件，求男生甲或女生乙被选中的概率；
（3）利用条件概率公式求解即可．
【解答】解：（1）X的所有可能取值为0，1，2，依题意得
P（X=0）==，P（X=1）==．
P（X=2）==．
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
（2）设“甲、乙都不被选中”为事件C，
则P（C）===；
∴所求概率为P（）=1﹣P（C）=1﹣=．
（3）P（B）===；P（AB）==．
∴P（A|B）==．
19．已知（1+2）n展开式中某项的系数恰为它的前一项系数的2倍，而等于它后一项系数的，求该展开式中二项式系数最大的项．
【考点】二项式系数的性质．
【分析】利用二项展开式的通项公式求出相邻三项的系数，据题意，列出方程，利用组合数公式先求出n的值；再设系数最大的项为第s+1项，令它的系数大于等于第s项的系数同时大于等于第s+1项的系数，列出不等式组，利用组合数公式求出s的值，求出二项式展开式中系数最大的项．
【解答】解：根据题意，设该项为第r+1项，则有
即亦即
解得，∴n=7．
设第s+1项系数最大，则有
即亦即
解得，，∴s=5
∴二项式展开式中系数最大的项为T6=．
20．一个盒子里装有标号为1，2，3，…，n的n（n≥3，且n∈N*）张标签，今随机地从盒子里无放回地抽取两张标签，记ξ为这两张标签上的数字之和，若ξ=3的概率为．
（1）求n的值；
（2）求ξ的分布列；
（3）求ξ的期望．
【考点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．
【分析】（1）根据条件中所给的ξ=3的概率为，写出变量为3时对应的事件的概率，列出关于n的方程，解方程即可．
（2）由题意知ξ的值可以是3，4，5，6，7，8，9．结合变量对应的事件和等可能事件的概率公式，写出变量对应的概率，写出分布列．
（3）根据上一问写出的分布列，做出变量的期望值．
【解答】解：（1）ξ=3的概率为．
∵，
∴
∴n=5；
（2）ξ的值可以是3，4，5，6，7，8，9．
；；；； ；
；．
∴分布列为
ξ
3
4
5
6
7
8
9
P
（3）∵Eξ=
∴Eξ=6．
21．某次数学测验共有10道选择题，每道题共有四个选项，且其中只有一个选项是正确的，评分标准规定：每选对1道题得5分，不选或选错得0分．某考生每道题都选并能确定其中有6道题能选对，其余4道题无法确定正确选项，但这4道题中有2道题能排除两个错误选项，另2道只能排除一个错误选项，于是该生做这4道题时每道题都从不能排除的选项中随机选一个选项作答，且各题作答互不影响．
（Ⅰ）求该考生本次测验选择题得50分的概率；
（Ⅱ）求该考生本次测验选择题所得分数的分布列和数学期望．
【考点】离散型随机变量的期望与方差；古典概型及其概率计算公式．
【分析】（Ⅰ）设选对一道“能排除2个选项的题目”为事件A，选对一道“能排除1个选项的题目”为事件B，该考生选择题得50分的概率为P（A）P（A）P（B）P（B），由此能求出结果．
（Ⅱ）该考生所得分数X=30，35，40，45，50，分别求出P（X=30），P（X=35），P（X=40），P（X=45），P（X=50），由此能求出X的分布列和数学期望．
【解答】解：（Ⅰ）设选对一道“能排除2个选项的题目”为事件A，
选对一道“能排除1个选项的题目”为事件B，
则P（A）=，P（B）=，
该考生选择题得50分的概率为：
P（A）P（A）P（B）P（B）==．
（Ⅱ）该考生所得分数X=30，35，40，45，50，
P（X=30）==，
P（X=35）==，
P（X=40）=+=，
P（X=45）==，
P（X=50）==，
∴X的分布列为：
X
30
35
40
45
50
P
EX==．
22．乓球台面被网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A、B，乙被划分为两个不相交的区域C、D．某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分．对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为
，在D上的概率为．假设共有两次来球且落在A、B上各一次，小明的两次回球互不影响．求：
（1）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
（2）两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与均值．
【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
【分析】（1）记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”，
Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”，
D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”；
计算对应的概率值，求出小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率；
（2）由题意随机变量ξ可能的取值为0、1、2、3、4、6，
由事件的独立性和互斥性，计算对应的概率，写出ξ的分布列，计算数学期望Eξ．
【解答】解：（1）记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”（i=0，1，3），
则P（A3）=，P（A1）=，
P（A0）=1﹣﹣=；
记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”（i=0，1，3），
则P（B3）=，P（B1）=，
P（B0）=1﹣﹣=；
记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”，
由题意，D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3，
由事件的独立性和互斥性，
P（D）=P（A3B0+A1B0+A0B1+A0B3）
=P（A3B0）+P（A1B0）+P（A0B1）+P（A0B3）
=P（A3）P（B0）+P（A1）P（B0）+P（A0）P（B1）+P（A0）P（B3）
=×+×+×+×=，
所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为；
（2）由题意，随机变量ξ可能的取值为0、1、2、3、4、6，
由事件的独立性和互斥性，得
P（ξ=0）=P（A0B0）=×=，
P（ξ=1）=P（A1B0+A0B1）=P（A1B0）+P（A0B1）
=×+×=，
P（ξ=2）=P（A1B1）=×=，
P（ξ=3）=P（A3B0+A0B3）=P（A3B0）+P（A0B3）
=×+×=，
P（ξ=4）=P（A3B1+A1B3）=P（A3B1）+P（A1B3）=×+×=，
P（ξ=6）=P（A3B3）=×=．
可得随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
6
P
所以，均值Eξ=0×+1×+2×+3×+4×+6×=．