2020-2021高三数学下期末模拟试题(含答案)

一、选择题

1．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为 A．

1 2B．

1 3C．

1 6D．

1 122．某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，则他第2次，第3次两次均命中的概率是( ) A．

3 10B．

2 5C．

1 2D．

3 53．在空间直角坐标系中，点P(3,4,5)与Q(3，－4，－5)两点的位置关系是( ) A．关于x轴对称 B．关于xOy平面对称 C．关于坐标原点对称 D．以上都不对 4．(xA．80

225)展开式中的常数项为（ ） x3B．-80

C．40

5．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB

uuuvD．-40

v1uuuv3uuuA．ABAC

44v1uuuv3uuuC．ABAC

442v3uuuv1uuuB．ABAC

44v3uuuv1uuuD．ABAC

446．一动圆的圆心在抛物线y8x上，且动圆恒与直线x20相切，则此动圆必过定点（ ） A．(4,0)

B．(2,0)

C．(0,2)

D．(0,0)

7．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 A．

2 2B．

3 2C．5 2D．

7 2x2ax5,x1,8．已知函数fxa是R上的增函数，则a的取值范围是（ ）

,x1,xA．3a0 B．a0

C．a2 A．a1,b1

B．a1,b1

D．3≤a≤2 C．a1,b1

D．a1,b1

9．若a,bR,i为虚数单位，且(ai)ibi，则

10．水平放置的VABC的斜二测直观图如图所示,已知BC4,AC3,BC//y轴,

则VABC中AB边上的中线的长度为( )

A．

73 2B．73 C．5 D．

5 211．已知sincos0，且coscos，则角是（ ） A．第一象限角

B．第二象限角

C．第三象限角

D．第四象限角

12．已知m,n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题： ①若mP，mn，则n； ②若m，nP，则mn；

③若m,n是异面直线，m，mP，n，nP，则∥； ④若m,n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面. 其中为真命题的是（ ） A．②③④

B．①②③

C．①③④

D．①②④

二、填空题

13．若三点A(2,3),B(3,2),C(1,m)共线，则m的值为 ． 214．若不等式|3xb|4的解集中的整数有且仅有1，2，3，则b的取值范围是

3215．已知x0，y0，z0，且x3yz6，则xy3z的最小值为

_________．

16．设aR，直线axy20和圆____.

17．已知圆C经过A(5,1),B(1,3)两点，圆心在x轴上，则C的方程为__________． 18．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值为

x22cos,（为参数）相切，则a的值为

y12sin3，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等于 ． 319．高三某班一学习小组的A,B,C,D四位同学周五下午参加学校的课外活动，在课外活动中，有一人在打篮球，有一人在画画，有一人在跳舞，另外一人在散步，①A不在散步，也不在打篮球；②B不在跳舞，也不在散步；③“C在散步”是“A在跳舞”的充分条件；④D不在打篮球，也不在散步；⑤C不在跳舞，也不在打篮球.以上命题都是真命题，那么D在_________.

rrrrrr20．已知向量a与b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则|a +2 b |= ______ .

三、解答题

1x2y221．设椭圆221(ab0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛

2ab物线y2px(p0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；

（II）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为

21. 26，求直线AP的方程. 222．如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，AB//CD,ACBD,垂足为H，

PH是四棱锥的高．

（Ⅰ）证明：平面PAC平面PBD; （Ⅱ）若AB,求四棱锥PABCD的体积． 6,APBADB60°

1xt223．在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为（t为参数）.在以

y3t12坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中,曲

线C的极坐标方程是22sin. 4（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）设点P0,1.若直l与曲线C相交于两点A,B,求PAPB的值.

24．已知fx是二次函数，不等式fx0的解集是0,5，且fx在区间1,4上的最大值是12.

（1）求fx的解析式；

（2）设函数fx在xt,t1上的最小值为gt，求gt的表达式.

25．已知A为圆C:xy1上一点，过点A作y轴的垂线交y轴于点B，点P满足

22()()()uuuvuuuvBP2BA.

（1）求动点P的轨迹方程；

（2）设Q为直线l:x3上一点，O为坐标原点，且OPOQ，求POQ面积的最小

值.

26．一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，

c.

（Ⅰ）求“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率； （Ⅱ）求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【解析】 【分析】

22C4C22A26，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事求得基本事件的总数为n2A2222件个数为mC2C2A22,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.

【详解】

由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，

22C4C22A基本事件的总数为n26， 2A2222其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为mC2C2A22,

所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为p【点睛】

m1，故选B. n3本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

2．A

解析：A 【解析】 【分析】

32基本事件总数nC5C210，他第2次，第3次两次均命中包含的基本事件个数12mC22C3C23，由此能求出他第2次，第3次两次均命中的概率，得到答案．

【详解】

由题意某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，

32因为基本事件总数nC5C210，

212他第2次，第3次两次均命中包含的基本事件个数mC2C3C23，

所以他第2次，第3次两次均命中的概率是p故选：A． 【点睛】

m3． n10本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及排列、组合等知识的应用，其中解答中根据排列、组合求得基本事件的总数和第2次、第3次两次均命中所包含的基本事件的个数是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

3．A

解析：A

【解析】点P(3,4,5)与Q(3，－4，－5)两点的x坐标相同，而y、z坐标互为相反数，所以两点关于x轴对称． 考点：空间两点间的距离.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

先求出展开式的通项，然后求出常数项的值 【详解】

(x22r25r25r) :TC(x)()，化简得Tr1(2)rC5rx105r，展开式的通项公式为r1533xx22令105r0，即r=2，故展开式中的常数项为T3(2)C540.

故选：C. 【点睛】

本题主要考查二项式定理、二项展开式的应用，熟练运用公式来解题是关键.

5．A

解析：A 【解析】

uuuv1uuuv1uuuv分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得BEBABC，之

22uuuvuuuvuuuv后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到BCBAAC，之后将其合并，得到uuuv3uuuv1uuuvuuuv3uuuv1uuuvBEBAAC，下一步应用相反向量，求得EBABAC，从而求得结果.

4444详解：根据向量的运算法则，可得

uuuv1uuuv1uuuv1uuuv1uuuv1uuuv1uuuvuuuvBEBABDBABCBABAAC

222424uv1uuuv1uuuv3uuuv1uuuv1uuBABAACBAAC， 24444uuuv3uuuv1uuuv所以EBABAC，故选A.

44点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

设圆和x轴相交于M点，根据圆的定义得到CA＝CM＝R，因为x=-2,是抛物线的准线，结合抛物线的定义得到M点为焦点. 【详解】

圆心C在抛物线上，设与直线x20相切的切点为A，与x轴交点为M，由抛物线的定义可知，CA＝CM＝R，直线x20为抛物线的准线，故根据抛物线的定义得到该圆必过抛物线的焦点2,0．

故选B 【点睛】

这个题目考查了抛物线的定义的应用以及圆的定义的应用，一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化．

7．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用正方体ABCDA1B1C1D1中，CD//AB，将问题转化为求共面直线AB与AE所成角的正切值，在ABE中进行计算即可. 【详解】

在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD//AB，所以异面直线AE与CD所成角为EAB， 设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CEa，所以BE则tanEAB5a，

BE5a5.故选C. AB2a2

【点睛】

求异面直线所成角主要有以下两种方法：

（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；

（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，

所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.

8．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据分段函数的单调性特点，两段函数在各自的定义域内均单调递增，同时要考虑端点处的函数值. 【详解】

要使函数在R上为增函数，须有fx在(,1]上递增，在(1,)上递增，

a21,所以a0,，解得3≤a≤2.

a12a15,1故选D. 【点睛】

本题考查利用分段函数的单调性求参数的取值范围，考查数形结合思想、函数与方程思想的灵活运用，求解时不漏掉端点处函数值的考虑.

9．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用复数乘法的运算法则化简原式，利用复数相等的性质可得结果. 【详解】

因为(ai)ibi， 即1aibi，

因为a,bR,i为虚数单位，所以a1,b1， 故选C. 【点睛】

本题主要考查复数的乘法运算以及复数相等的性质，属于基础题.

10．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据斜二测画法的规则还原图形的边角关系再求解即可. 【详解】

由斜二测画法规则知ACBC,即VABC直角三角形,其中AC3,BC8,所以

AB73,所以AB边上的中线的长度为

故选：A. 【点睛】

73. 2本题主要考查了斜二测画法前后的图形关系,属于基础题型.

11．D

解析：D 【解析】 【分析】

由coscos以及绝对值的定义可得cos0,再结合已知得sin0,cos0,根据三角函数的符号法则可得. 【详解】

由coscos，可知cos0，结合sincos0，得sin0,cos0， 所以角是第四象限角， 故选:D 【点睛】

本题考查了三角函数的符号法则,属于基础题.

12．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据空间中点、线、面位置关系，逐项判断即可. 【详解】

①若mP，mn，则n与位置关系不确定；

②若nP，则存在直线l与n平行，因为m，所以ml，则mn； ③当m，mP，n，nP时，平面，平行； ④逆否命题为：若m与n垂直于同一平面，则m,n平行，为真命题. 综上，为真命题的是②③④. 故选A 【点睛】

本题主要考查空间中点线面位置关系，熟记线面关系、面面关系，即可求解，属于常考题型.

二、填空题

13．【解析】试题分析：依题意有即解得考点：三点共线 解析：

1 2【解析】

试题分析：依题意有kABkAC，即

15m3，解得m. 25122考点：三点共线．

14．【解析】【分析】【详解】由得由整数有且仅有123知解得 解析：(5,7)

【解析】 【分析】 【详解】 由|3xb|4得

b4b4x 33b4013由整数有且仅有1，2，3知，解得5b7

b434315．【解析】【分析】利用已知条件目标可转化为构造分别求最小值即可【详解】解：令在上递减在上递增所以当时有最小值：所以的最小值为故答案为【点睛】本题考查三元函数的最值问题利用条件减元构造新函数借助导数知识 解析：

37 4【解析】 【分析】

23345323利用已知条件目标可转化为xy3zx3xy4，构造23345fxx33x，gyy，分别求最小值即可. 24【详解】

2334532332 解：xy3z xy36x3y x3xy24233453， 令fxx3x，gyy242f'x3x233x1x1，x0， fx在0,1上递减，在1,上递增，

所以，fxminf12

当y4533时，gy有最小值：gymin

4232所以，xy3z的最小值为24537 4437 4【点睛】

故答案为

本题考查三元函数的最值问题，利用条件减元，构造新函数，借助导数知识与二次知识处理问题.考查函数与方程思想，减元思想，属于中档题.

16．【解析】【分析】根据圆的参数方程确定圆的半径和圆心坐标再根据直线与圆相切的条件得出满足的方程解之解得【详解】圆化为普通方程为圆心坐标为圆的半径为由直线与圆相切则有解得【点睛】直线与圆的位置关系可以使

3解析：

4【解析】 【分析】

根据圆的参数方程确定圆的半径和圆心坐标，再根据直线与圆相切的条件得出a满足的方程，解之解得。 【详解】

x22cos,22圆化为普通方程为(x2)(y1)2， y12sin圆心坐标为(2,1)，圆的半径为2，

由直线与圆相切，则有【点睛】

直线与圆的位置关系可以使用判别式法，但一般是根据圆心到直线的距离与圆的半径的大小作出判断。

2a1a212，解得a3。 417．【解析】【分析】由圆的几何性质得圆心在的垂直平分线上结合题意知求出的垂直平分线方程令可得圆心坐标从而可得圆的半径进而可得圆的方程【详解】由圆的几何性质得圆心在的垂直平分线上结合题意知的垂直平分线为令

解析：(x2)2y210. 【解析】 【分析】

由圆的几何性质得，圆心在AB的垂直平分线上,结合题意知，求出AB的垂直平分线方程，令y0，可得圆心坐标，从而可得圆的半径，进而可得圆的方程. 【详解】

由圆的几何性质得，圆心在AB的垂直平分线上,结合题意知，AB的垂直平分线为

y2x4，令y0，得x2，故圆心坐标为(2,0)，所以圆的半径

22(52)2(10)210，故圆的方程为(x2)y10.

【点睛】

本题主要考查圆的性质和圆的方程的求解,意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.

18．【解析】【分析】【详解】设AB=2作CO⊥面ABDEOH⊥AB则CH⊥AB∠CHO为二面角C−AB−D的平面角CH=3√OH=CHcos∠CHO=1结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为

1解析：

6【解析】 【分析】 【详解】

设AB=2,作CO⊥面ABDE

OH⊥AB，则CH⊥AB，∠CHO为二面角C−AB−D的平面角， CH=3√，OH=CHcos∠CHO=1，

结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，

uuurANEMCH3,ANruuuruuuur1uuuruuur1uuu(ACAB),EMACAE 22uuuruuuur1ANEM21故EM,AN所成角的余弦值21，

33619．画画【解析】以上命题都是真命题∴对应的情况是：则由表格知A在跳舞B在打篮球∵③C在散步是A在跳舞的充分条件∴C在散步则D在画画故答案为画画

解析：画画

【解析】

以上命题都是真命题， ∴对应的情况是：

则由表格知A在跳舞，B在打篮球，

∵③“C在散步”是“A在跳舞”的充分条件， ∴C在散步， 则D在画画， 故答案为画画

20．【解析】【分析】【详解】∵平面向量与的夹角为∴∴故答案为点睛：求向量的夹角主要是应用向量的数量积公式(2)常用来求向量的模 解析：23 【解析】 【分析】 【详解】

∵平面向量ar与br的夹角为600，

ar2，br1 ∴arbr21cos6001.

(1)rr2r2rrr2rr∴a2b(a2b)a4ab(2b)44423 故答案为23.

点睛：(1)求向量的夹角主要是应用向量的数量积公式． (2) aaa 常用来求向量的模．

rrr三、解答题

4y221．（Ⅰ）x1， y24x.（Ⅱ）3x6y30，或3x6y30.

3【解析】

2试题分析：由于A为抛物线焦点，F到抛物线的准线l的距离为圆的离心率为

11，则ac，又椭

221，求出c,a,b，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则A(1,0)，设直线2AP方程为设xmy1(m0)，解出P、Q两点的坐标，把直线AP方程和椭圆方程联6解方程求出m，得出直线AP的方程. 2立解出B点坐标，写出BQ 所在直线方程，求出点D的坐标，最后根据△APD的面积为

试题解析：（Ⅰ）解：设F的坐标为c,0.依题意，

c1p1，a，ac，解得a222a1，c13222，p2，于是bac. 2424y2所以，椭圆的方程为x1，抛物线的方程为y24x.

3（Ⅱ）解：设直线AP的方程为xmy1m0，与直线l的方程x1联立，可得点

224y22P1,，故Q1,.将xmy1与x1联立，消去x，整理得

mm33m24y26my0，解得y0，或y6m.由点B异于点A，可得点

3m243m246m2Q1,B,.由，可学*科.网得直线BQ的方程为22m3m43m43m24226m23m2x11y0，令y0，解得x，故222m3m23m4m3m423m223m26m26D2,0.所以AD12.又因为的面积为，故VAPD23m23m23m2216m2266622，整理得3m26m20，解得m，所以m. 23m2m233所以，直线AP的方程为3x6y30，或3x6y30. 【考点】直线与椭圆综合问题

【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键. 22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（Ⅰ）因为PH是四棱锥P-ABCD的高．

所以ACPH,又ACBD,PH,BD都在平面PHD内,且PHIBD=H. 所以AC平面PBD. 故平面PAC平面PBD.

（Ⅱ）因为ABCD为等腰梯形，ABPCD,ACBD,AB=6. 所以HA=HB=3. 因为APB=ADR=600 所以PA=PB=6,HD=HC=1. 可得PH=3.

等腰梯形ABCD的面积为S=所以四棱锥的体积为V=

323. 31AC x BD = 2+3. 21323x（2+3）x3= 33考点：本题主要考查立体几何中的垂直关系，体积的计算．

点评：中档题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算．在计算问题中，有“几何法”和“向量法”．利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用向量则能简化证明过程．本题（I）较为简单，（II）则体现了“一作、二证、三计算”的解题步骤．

23．（1）3xy10，(x1)(y1)2；（2）231. 【解析】 【分析】

（1）利用代入法消去参数方程中的参数可求直线l的普通方程，极坐标方程展开后，两边同乘以，利用xy,cosx,siny ，即可得曲线C的直角坐标方程；

22222（2）直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，利用韦达定理、直线参数方程的几何意

义即可得结果. 【详解】

（1）将直线l的参数方程消去参数t并化简，得 直线l的普通方程为3xy10.

22将曲线C的极坐标方程化为222sin2cos.

22即2sin2cos.∴x2+y2=2y+2x.

故曲线C的直角坐标方程为x1y12. （2）将直线l的参数方程代入x1y12中，得

222213t1t22. 22化简，得t123t30.

∵Δ>0，∴此方程的两根为直线l与曲线C的交点A，B对应的参数t1，t2. 由根与系数的关系，得t1t2231，t1t23，即t1，t2同正. 由直线方程参数的几何意义知,

222PAPBt1t2t1t2231.

【点睛】

本题主要考查参数方程和普通方程的转化、极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线参数方程的应用，属于中档题. 消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法；极坐标方程化为直角坐标方程，只要将cos和sin换成x和y即可.

322t6t8,t,252532,t, 24．（1）f(x)2x10x（2）g(t)222522t10t,t,2【解析】

(1)因为fx是二次函数，不等式fx0的解集是0,5，所以可设

()f(x)ax(x5)(a0).,然后因为-1比5离对称轴的距离远，所以最大值为(-1)=6a,求出a

值，从而求出f(x)的解析式.

（II）本小题属于二次函数轴定区间动的问题，分三种情况讨论分别求其最小值即可. 解：（1）Qf(x)是二次函数，且f(x)0的解集是(0,5),

可设f(x)ax(x5)(a0).

f(x)在区间1,4上的最大值是f(1)6a.

由已知，得6a12,a2,

f(x)2x(x5)2x210x(xR).

5525（2）由（1）知f(x)2x10x2x.，开口向上，对称轴为x 22222①当t153，即t时，fx在t,t1上是单调递减， 222gt2t110t12t26t8

②当t5时，fx在t,t1上是单调递减 2gt2t210t2t210t

③当t535t1，即t时，fx在对称轴处取得最小值 222255gtf

223x225．(1) y21 (2) .

24【解析】 【分析】

（1）设出A、P点坐标，用P点坐标表示A点坐标，然后代入圆方程，从而求出P点的轨迹；

（2）设出P点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出POQ面积的值，当斜率存在时，利用点P坐标表示POQ的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值. 【详解】

解：（1） 设Px,y， 由题意得：Ax1,y,B0,y， 由BP2BA，可得点A是BP的中点， 故x02x1， 所以x1uuuvuuuvx， 2又因为点A在圆上，

x2所以得y21，

4x2故动点P的轨迹方程为y21.

4x12（2）设Px1,y1，则y10，且y121，

4当x10时，y11，此时Q3,0,SPOQ当x10时，kOP因为OPOQ, 即kOQ3； 2y1, x1x1, y13x1故Q3,，

y1OPx12y12，

x12y12x12OQ3123，

y1y1SPOQ13x12y12OPOQ①， 22y1x12y121代入① 4SPOQ343y12343y1 0y11

2y12y1设fx43x0x1 x430恒成立， 2x因为f(x) fx在0,1上是减函数， 当y11时有最小值，即SPOQ综上：SPOQ的最小值为. 【点睛】

本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值. 26．（1）【解析】

3, 23218；（2）. 99试题分析：（1）所有的可能结果(a,b,c)共有33327种，而满足abc的

(a,b,c)共计3个，由此求得“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率；

（2）所有的可能结果(a,b,c)共有33327种，用列举法求得满足“抽取的卡片上的数字a、b、c完全相同”的(a,b,c)共计三个，由此求得“抽取的卡片上的数字a、b、c完全相同”的概率，再用1减去此概率，即得所求．

试题解析：（1） 所有的可能结果(a,b,c)共有33327种， 而满足abc的(a,b,c)有(1,1,2)、(1,2,3)、(2,1,3)共计3个 故“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率为

31 279（2） 所有的可能结果(a,b,c)共有33327种

满足“抽取的卡片上的数字a、b、c完全相同”的(a,b,c)有(1,1,1)、(2,2,2)、(3,3,3)共计三个

故“抽取的卡片上的数字a、b、c完全相同”的概率为

31 27918 99所以“抽取的卡片上的数字a、b、c不完全相同”的概率为1考点：独立事件的概率．

【方法点睛】求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解．如果采用方法一，一定要将事件拆分成若干个互斥事件，不能重复和遗漏；如果采用方法二，一定要找准其对立事件，否则容易出现错误．