山东省泰安市2020届高三第五次模拟考试数学试题 Word版含解析 26页

全国高考模拟试题 数学试题 本试卷共6页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4.考试结束一定时间后，通过扫描二维码查看讲解试题的视频.‎ 一、单项选择题(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)‎ ‎1.已知复数z满足则（ ）‎ A. B. 2 C. D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的代数形式的除法运算先求出，再根据复数的模长公式求出．‎ ‎【详解】解：∵，∴，∴.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的代数形式的除法运算，考查复数的模，属于基础题．‎ ‎2.已知集合，或，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式对集合进行化简，即可求出两集合的关系.‎ ‎【详解】解：解不等式得，则.‎ 因为或，所以，‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解，考查了两集合间的关系.‎ ‎3.已知则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数与指数函数的单调性,将与0、1比较,即可得出答案.‎ ‎【详解】因为在上单调递增,‎ 所以,‎ 因为在上单调递减,‎ 所以,‎ 因为在上单调递增,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查指数与指数函数和对数与对数函数.属于基础题.本类题型一般都是将所需比较的数与0、1比较大小,熟练掌握指数函数与对数函数的单调性是解本题的关键.‎ ‎4.的展开式中，的系数为（ ）‎ A. 2 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意转化条件得，再由二项式定理写出的通项公式，分别令、，求和即可得解.‎ ‎【详解】由题意，‎ 的通项公式为，‎ 令，则；‎ 令，则；‎ 所以的展开式中，的系数为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.‎ ‎5.函数与的图象关于y轴对称，则函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由诱导公式对化简，结合两函数图象的关系可求出，通过求，，即可排除错误答案.‎ ‎【详解】解：，因为与图象关于y轴对称，‎ 则，‎ ‎，排除C，，排除B，‎ ‎，排除A，‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式，考查了函数图象的变换，考查了函数图象的选择.本题的关键是求出 的解析式.‎ ‎6.在3世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”.这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术可以视为将一个圆内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可得到sin3°的近似值为（ ）(取近似值3.14)‎ A. 0.012 B. 0.052‎ C. 0.125 D. 0.235‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意圆内接正120边形其等分成120个等腰三角形，每个等腰三角形的顶角为,根据等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.即可列出等式解出sin3°的近似值.‎ ‎【详解】当时,每个等腰三角形的顶角为,则其面积为,‎ 又因为等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,‎ 所以,‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查三角形与圆的面积公式,属于基础题.解本类题型需认真审题，读懂题意找到等式是关键.‎ ‎7.已知函数，若等差数列的前项和为，且则（ ）‎ A. B. 0‎ C. 2020 D. 4040‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合对数的运算性质，对进行整理可得为奇函数，从而可知，代入等差数列的求和公式即可求出的值.‎ ‎【详解】解：因定义域为，关于原点对称，且 ‎，所以为奇函数，‎ 由得，，所以，‎ 因为为等差数列，所以，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了对数的运算，考查了函数的奇偶性的判断，考查了等差数列的求和公式.本题的关键是求出.‎ ‎8.在四面体中，二面角的平面角为150°，则四面体ABCD外接球的表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系，写出坐标，利用球心到距离等于半径求出球心坐标，从而求出球体半径，即可求出球体的表面积.‎ ‎【详解】解：取中点为坐标系原点，过点作垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，如下图所示.‎ 由已知条件可得：，，，.‎ 设四面体ABCD外接球的球心为，由得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：，则球心.‎ 四面体ABCD外接球的半径，所以四面体ABCD外接球的表面积.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积，关键是建立空间直角坐标系求出各顶点坐标，属于中档题.‎ 二、多项选择题(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3分，有选错的得0分)‎ ‎9.在疫情防控阻击战之外，另一条战线也日渐清晰——恢复经济正常运行.国人万众一心，众志成城，防控疫情、复工复产，某企业对本企业1644名职工关于复工的态度进行调查，调查结果如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎ B. 从该企业中任取一名职工，该职工是倾向于在家办公的概率为0.178‎ C. 不到80名职工倾向于继续申请休假 D. 倾向于复工后在家办公或在公司办公的职工超过986名 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据扇形图中的比例关系依次验证各个选项即可得到结果.‎ ‎【详解】对于，，错误；‎ 对于，倾向于在家办公的人员占比为，故对应概率为，正确；‎ 对于，倾向于继续申请休假人数为人，错误；‎ 对于，倾向于在家办公或在公司办公的职工人数为人，正确.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查根据扇形图进行相关命题的辨析的问题，涉及到比例和频数的计算等知识，属于基础题.‎ ‎10.已知向量其中均为正数，且，下列说法正确是（ ）‎ A. 与的夹角为钝角 B. 向量在方向上的投影为 C. D. 的最大值为2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用的符号即可判断选项A；根据投影的概念即可判断选项B；根据两平行向量的坐标关系即可判断选项C；结合基本不等式即可判断选项D.‎ ‎【详解】由题意知，，所以与的夹角为锐角，故选项A错误；‎ 向量在方向上的投影为，故选项B错误；‎ ‎ ，因为，均为正数，所以为非零向量，‎ 且，故选项C正确；‎ 由基本不等式知，，，当且仅当时取等号，‎ 故的最大值为2，故选项D正确.‎ 故选：CD ‎【点睛】本题主要考查两平面向量的夹角及投影的概念，考查两向量平行的坐标关系及利用基本不等式求最值问题，属于基础题.‎ ‎11.已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，点在圆 上，且圆上的所有点均在椭圆外，若的最小值为，且椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 椭圆的焦距为 B. 椭圆的短轴长为 C. 的最小值为 D. 过点的圆的切线斜率为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可求得的值，再由圆的几何性质结合椭圆的定义以及已知条件可求得的值，进而可判断出A、B选项的正误；利用圆的几何性质可判断C选项的正误；设出切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径可求得切线的斜率，可判断D选项的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】圆的圆心为，半径长为，‎ 由于椭圆的长轴长恰与圆的直径长相等，则，可得，‎ 设椭圆的左焦点为点，由椭圆的定义可得，，‎ 所以，‎ ‎，‎ 当且仅当、、、四点共线，且当、分别为线段与椭圆、圆的交点时，等号成立，‎ 则，，解得，‎ 所以，椭圆的焦距为，A选项正确；‎ 椭圆的短轴长为，B选项错误；‎ ‎，‎ 当且仅当、、、四点共线，且当、分别为线段与椭圆、圆的交点时，等号成立，C选项错误；‎ 若所求切线的斜率不存在，则直线方程为，圆心到该直线的距离为，则直线与圆相离，不合乎题意；‎ 若所求切线的斜率存在，可设切线的方程为，即，‎ 由题意可得，整理得，解得.‎ D选项正确.‎ 故选：AD.‎ ‎【点睛】本题考查利用椭圆的定义解决焦半径与椭圆上的点到圆上的点的距离和与差的最值问题，同时也考查了过圆外一点引圆的切线问题，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎12.已知函数，则下列结论中，正确的有（ ）‎ A. 是的最小正周期 B. 在上单调递增 C. 的图象的对称轴为直线 D. 的值域为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，知函数为偶函数，又，知是的周期，‎ 当时，化简并画出其图象，在根据偶函数和周期性，画出函数的图象，根据图象判断每一个选项是否正确.‎ ‎【详解】由，知函数为偶函数，又，知是的周期，‎ 当时，，画出的图象如图所示：‎ 由图知，的最小正周期是，A错误；‎ 在上单调递增，B正确；‎ 的图象的对称轴为，C错误；‎ 的值域为，D正确.‎ 故选：BD.‎ ‎【点睛】本题是绝对值与三角函数的综合问题，判断函数奇偶性，周期性画出函数图象是解决问题的关键，属于中档题.‎ 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.若曲线在点处的切线与直线平行，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数在处的导数值,即可根据两直线平行(斜率都存在)斜率相等截距不相等列出等式,得出答案.‎ ‎【详解】因为.‎ 所以,‎ 所以 .‎ 因为曲线在点处的切线与直线平行,‎ 即.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查函数的导函数的几何意义,属于基础题.解本提出的关键在于理解函数在某点的导函数值等于函数在这点的切线的斜率.‎ ‎14.已知圆锥的顶点为S，顶点S在底面的射影为O，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为__________，点D为母线SB的中点，点C为弧AB的中点，则异面直线CD与OS所成角的正切值为________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由轴截面的图形可知圆的半径和母线长，从而可求出侧面积；作于，通过求出，从而可求异面直线所成角.‎ ‎【详解】解：因为轴截面SAB是边长为2的等边三角形，所以底面圆的半径为，母线为，‎ 所以圆锥的侧面积为；作于，则底面圆，‎ 因为D为母线SB的中点，所以，‎ 又 ，所以，‎ 因为，所以异面直线CD与OS所成角的正切值为.‎ 故答案为：；‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥侧面积的求解，考查了异面直线二面角的求解.本题的关键是将异面直线通过平移，求其夹角.‎ ‎15.CES是世界上最大的消费电子技术展，也是全球最大的消费技术产业盛会.2020CES消费电子展于2020年1月7日—10日在美国拉斯维加斯举办.在这次CES消费电子展上，我国某企业发布了全球首款彩色水墨屏阅读手机，惊艳了全场.若该公司从7名员工中选出3名员工负责接待工作(这3名员工的工作视为相同的工作)，再选出2名员工分别在上午、下午讲解该款手机性能，若其中甲和乙至多有1人负责接待工作，则不同的安排方案共有__________种.‎ ‎【答案】360‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 理解题意，分两步安排，先安排接待工作，再安排讲解工作. 安排接待工作时，甲和乙至多安排1人，故分没安排甲乙和甲乙安排1人两类求解，从而计算出不同的安排方案总数.‎ ‎【详解】先安排接待工作，分两类，一类是没安排甲乙有种，‎ 一类是甲乙安排1人有种，‎ 再从余下的4人中选2人分别在上午、下午讲解该款手机性能，共种，‎ 故不同的安排方案共有种.‎ 故答案为：360.‎ ‎【点睛】本题考查了排列、组合综合应用，考查了分析理解能力，分类讨论思想，属于中档题.‎ ‎16.已知点分别为双曲线的左、右焦点，点A，B在C 的右支上，且点恰好为的外心，若，则C的离心率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点为C，连接BC、、，由垂直向量的数量积关系推出，再利用双曲线的定义求出即可推出为等边三角形，求出BC，在中利用勾股定理列出关于a、c的齐次式即可求解离心率.‎ ‎【详解】取的中点为C，连接BC、、，如图所示：‎ 因为，所以，‎ 又C为的中点，所以为等腰三角形且，‎ 因为点恰好为的外心，所以点在直线BC上，且，‎ 由双曲线的定义知，则，‎ 所以为等边三角形，则，‎ 在中，即，化简得，‎ 同时除以可得，解得或(舍去).‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义及简单几何性质、等边三角形的性质、双曲线离心率的求法，涉及垂直向量的数量积关系、平行四边形法则，属于中档题 四、解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17.在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.‎ 在△中，内角A，B，C所对的边分别为.且满足_________.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）已知，△的外接圆半径为，求△的边AB上的高.‎ ‎【答案】答案不唯一，具体见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选择条件①:(1)利用正弦定理将边化角,再利用化简,及可求出,即可得出的值.‎ ‎(2)利用正弦定理结合外接圆半径与的值求出,代入角的余弦定理结合,可得到,再利用等面积法: ,即可求出答案.‎ 选择条件②:(1)利用正弦定理将边化角,再利用化简,及可求出,即可得出的值.‎ ‎(2)利用正弦定理结合外接圆半径与的值求出,代入角的余弦定理结合,可得到,再利用等面积法: ,即可求出答案.‎ 选择条件③:(1)利用正弦定理将边化角,再利用化简,及可求出,即可得出的值.‎ ‎(2)利用正弦定理结合外接圆半径与的值求出,代入角的余弦定理结合,可得到,再利用等面积法: ,即可求出答案.‎ ‎【详解】选择条件①：‎ ‎（1）因为,‎ 所以由正弦定理得,‎ 即,‎ 故.‎ 又,‎ 所以.‎ 由 所以.‎ ‎（2）由正弦定理得,‎ 由余弦定理得,‎ 所以.‎ 于是得的面积,‎ 所以.‎ 选择条件②：‎ ‎（1）因为,‎ 由正弦定理得,‎ 即,‎ 于是.‎ 在,‎ 所以,‎ ‎.‎ ‎（2）由正弦定理得,‎ 由余弦定理得,‎ 所以,‎ 于是得的面积,‎ 所以.‎ 选择条件③：‎ ‎（1）因为,‎ 所以由正弦定理得,‎ 所以,‎ 因为,‎ 所以,‎ 又,‎ 所以,‎ 所以.‎ ‎（2）由正弦定理得,‎ 由余弦定理得,‎ 所以.‎ 于是得的面积,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形相关知识.属于基础题.熟练掌握正余弦定理、三角形的面积公式是解本题的关键.‎ ‎18.已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求证：数列为等比数列；‎ ‎（2）设，求数列的项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，由得出，两式作差得，利用等比数列的定义可证明出为等比数列，并可确定该数列的首项和公比；‎ ‎（2）求得数列的通项公式，可得出的表达式，然后利用错位相减法可求得.‎ ‎【详解】（1）当时，因为，①，所以.②‎ 由①②得，即，所以.‎ 当时，，得，则.‎ 所以数列是以为首项，为公比的等比数列；‎ ‎（2）由（1）知，所以.‎ 所以，③‎ 则，④‎ 由③④，得，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了错位相减法求和，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，是以为斜边的等腰直角三角形，且平面平面ABCD，点F满足，.‎ ‎（1）试探究为何值时，CE//平面BDF，并给予证明；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）；证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接AC交BD于点M，连接MF，若，则有CE//平面BDF，根据，，求出并证明；‎ ‎（2）取AB的中点O，连接EO，OD，则.又因为平面平面ABCD，可证得两两垂直，建系设点，用空间直角坐标法求出直线AB与平面BDF所成角的正弦值.‎ ‎【详解】解：（1）当时，CE//平面FBD.‎ 证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF.，因为AB//CD，‎ 所以AM：MC=AB：CD=2：1，又，所以FA：EF=2：1.‎ 所以AM：MC=AF：EF=2：1，所以MF//CE.‎ 又平面BDF，平面BDF，所以CE//平面BDF.‎ ‎（2）取AB的中点O，连接EO，OD，则.‎ 又因为平面平面ABCD，平面平面平面ABE，‎ 所以平面ABCD，因为平面ABCD，所以.‎ 由，及AB=2CD，AB//CD，得，‎ 由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 因为为等腰直角三角形，AB=2BC=2CD，‎ 所以OA=OB=OD=OE，设OB=1，‎ 所以，.‎ 所以，‎ ‎，所以 设平面BDF的法向量为，则有，所以，‎ 取，得.‎ 设直线AB与平面BDF所成的角为，‎ 则.‎ 即直线AB与平面BDF所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行的判定，用空间向量求直线与平面所成的角，建立空间直角坐标系并表示所需点的坐标是解题的关键，还考查了学生的分析能力，运算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知点，点P在直线上运动，请点Q满足，记点Q的为曲线C.‎ ‎（1）求曲线C的方程；‎ ‎（2）设，过点D的直线交曲线C于A，B两个不同的点，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，由平面向量的知识可得，再由点P在曲线上代入即可得解；‎ ‎（2）分直线AB的斜率是否存在讨论；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，，联立方程，利用韦达定理可得，即可得证.‎ ‎【详解】（1）设，由可得，‎ 所以即，‎ 因为点P在曲线上， 所以即，整理得.‎ 所以曲线C的方程为；‎ ‎（2）证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB与抛物线仅有一个交点，不符合题意；‎ 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，，‎ 由，消去得，，‎ 可知，，‎ 直线AE，BE的斜率之和为 ‎，‎ 故AE，BE的倾斜角互补，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了轨迹方程的求解、直线与抛物线的综合应用，考查了转化化归思想与运算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，证明.‎ ‎（1）存在唯一的极小值点；‎ ‎（2）的极小值点为则.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出函数的导数并二次求导，即设，，结合余弦函数和指数函数的性质可求出当，恒成立，即可判断出在上的单调性，由零点存在定理可求出在区间上存在唯一的零点，进而可证明结论.‎ ‎(2)由，，由零点存在定理可得极小值点，进而可得，结合三角恒等变换可得，由正弦三角函数可求出.‎ ‎【详解】解：（1），设，则 ‎，‎ 当时，，所以.‎ 当时，，‎ 综上所述，当，恒成立，‎ 故在上单调递增.‎ 又，由零点存在定理可知，‎ 函数在区间上存在唯一的零点，，‎ 结合单调性可得在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以函数存在唯一极小值点.‎ ‎（2）由（1）知，，，‎ ‎，而，所以，‎ 即，，故极小值点，‎ 且，即，由式，得 ‎.由，‎ 得，所以，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了极值的求解，考查了零点存在定理，考查了三角函数的最值，考查了辅助角公式.本题的难点在于第二问缩小极值点的取值范围.‎ ‎22.十九大提出：坚决打赢脱贫攻坚战，做到精准扶贫.某县积极引导农民种植一种名贵中药材，从而大大提升了该县村民的经济收入.2019年年底，该机构从该县种植的这种名贵药材的农户中随机抽取了100户，统计了他们2019年因种植，中药材所获纯利润(单位：万元)的情况(假定农户因种植中药材这一项一年最多获利11万元)，统计结果如下表所示：‎ ‎（1）由表可以认为，该县农户种植中药材所获纯利润Z(单位：万元)近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数(每组数据取区间的中点值)，近似为样本方差.若该县有1万户农户种植了该中药材，试估算所获纯利润Z在区间(1.9，8.2)的户数；‎ ‎（2）为答谢广大农户的积极参与，该调查机构针对参与调查的农户举行了抽奖活动，抽奖规则如下：在一箱子中放置5个除颜色外完全相同的小球，其中红球1个，黑球4个.让农户从箱子中随机取出一个小球，若取到红球，则抽奖结束；若取到黑球，则将黑球放回箱中，让他继续取球，直到取到红球为止(取球次数不超过10次).若农户取到红球，则视为中奖，获得2000元的奖励，若一直未取到红球，则视为不中奖.现农户张明参加了抽奖活动，记他中奖时取球的次数为随机变量X，他取球的次数为随机变量Y.‎ ‎①证明：为等比数列；‎ ‎②求Y的数学期望.(精确到0.001)‎ 参考数据：.若随机变量则.‎ ‎【答案】（1）；（2）①证明见解析；②..‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意求出样本平均数即可得出即,则可根据,‎ 求出其所获纯利润Z在区间(1.9，8.2)的户数；‎ ‎(2) ①因为每次取球都恰有的概率取到红球,即，则可证明之.‎ ‎②根据①所求的,根据当时,,代入,再利用错位相减求出其值即可.‎ ‎【详解】（1）由题意知：‎ 所以样本平均数为（万元），‎ 所以，‎ 所以，‎ 而.‎ 故1万户农户中，Z落在区间的户数约为.‎ ‎（2）①每次取球都恰有的概率取到红球.‎ 则有，‎ ‎，‎ 故为以为首项为公比的等比数列.‎ ‎②由①可知，当时,,‎ ‎.‎ 故Y的数学期望为 设，‎ 则，‎ 两式作差得,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法,考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,属于中档题.解题时需认真审题,结合题中所给数据,拿出答案.‎