2021届天津市十二区县重点学校高三毕业班联考(一)物理试题 PDF版含答案

第 1页 （共 17页） 2021 届高三年级苏州八校联盟第三次适应性检测 数 学 试 卷 2021 年 4 月 （满分 150 分 考试时间 120 分钟） 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．已知集合 M＝{x|－4＜x＜2}，N＝{x|x2－x－6＜0}，则 M∪N＝ A．{x|－4＜x＜3} B．{x|－4＜x＜－2} C．{x|－2＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 【答案】A 【考点】集合的运算 【解析】由题意可知，N＝{x|x2－x－6＜0}＝{x|－2＜x＜3}，所以 M∪N＝{x|－4＜x＜3}， 故答案选 A. 2．复数 z∈C，在复平面内 z 对应的点 Z，满足 1≤|z－ 1 1＋i |≤2，则点 Z 所在区域的面积 A．π B．2π C．3π D．4π 【答案】C 【考点】复数的运算及几何意义 【解析】由题意可设 z＝a＋bi，则 z－ 1 1＋i ＝a＋bi－ 1－i (1＋i)·(1－i) ＝(a＋1 2)＋(b－1 2)i，所以|z － 1 1＋i |＝ a＋1 2 2 ＋ b－1 2 2 ，则 1≤ a＋1 2 2 ＋ b－1 2 2 ≤2，即 1≤(a＋1 2)2＋(b－1 2)2≤4， 则点 Z 所在的区域为圆心在(－1 2 ，1 2)，半径为 1 和 2 的圆环，则其所在的区域面积为π22－ π12＝3π，故答案选 C. 3．《九章算术》是世界上最古老的数学著作之一，书中有如下问题：“今有金箠，长五尺， 斩本一尺，重十斤，斩末一尺，重四斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金 杖，长 5 尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下 1 尺，重 10 斤；在细的一端截下 1 尺， 重 4 斤，问依次每一尺各重多少斤？”假设金杖由粗到细是均匀变化的，则截去粗端 2 尺后，金杖剩余部分的重量为 A．15.5 斤 B．16.5 斤 C．17.5 斤 D．18.5 斤 【答案】B 【考点】新情景文化题下的数列问题 【解析】由题意可知，金杖由粗到细是均匀变化，则由粗到细各尺的重量构成了等差数列， 可设从细端开始重量逐渐增加，所以可得 a1＝4，a5＝10，解得公差 d＝1 4(a5－a1)＝1.5，所 第 2页 （共 17页） 以金杖截去粗端 2 尺后，剩余部分的重量为前三尺的重量，即为 S3＝3a1＋1 2 3(3－1)×d＝3 ×4＋1 2 3(3－1)×1.5＝16.5，故答案选 B. 4．设三点 A，B，C 不共线，则“向量→ AB与→ AC夹角是钝角”是“| → AB＋→ AC|＜| → BC|”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【考点】平面向量的数量积、模、逻辑用语中条件的判断 【解析】由题意可知，| → AB＋→ AC|＜| → BC|，所以| → AB＋→ AC|＜| → AB－→ AC|，两边平方可得，→ AB 2 ＋2 → AB→ AC＋→ AC2＜→ AB 2－2 → AB→ AC＋→ AC2，即→ AB→ AC＜0，因为 A，B，C 不共线，所以向量→ AB 与→ AC夹角是钝角，所以“向量→ AB与→ AC夹角是钝角”是“| → AB＋→ AC|＜| → BC|”的充分必要条 件，故答案选 C. 5．设 x＝log0.40.5，y＝log1.50.5，则 A．xy＜x＋y＜0 B．x＋y＜xy＜0 C．x＋y＜0＜xy D．xy＜0＜x＋y 【答案】A 【考点】对数的运算 【解析】由题意 x＝log0.40.5＞0，y＝log1.50.5＜0，所以 xy＜0，又因为x＋y xy ＝1 x ＋1 y ＝log0.50.4 ＋log0.51.5＝log0.50.6∈(0，1)，所以 0＞x＋y＞xy，所以答案选 A. 6．已知函数y＝f(x)的图像如右图所示，则此函数可能是 A．f(x)＝ e－x－ex x2＋|x|－2 B．f(x)＝ ex－e－x x2＋|x|－2 C．f(x)＝ x3＋x e|x|－1－e1－|x| D．f(x)＝ x3－x e|x|－1－e1－|x| 【答案】B 【考点】函数图象的识别与判断 【解析】由题意可知，对于选项 A，有 x2＋|x|－2≠0，解得 x≠±1，则其定义域为{x| x≠± 1}，且 f(－x)＝ ex－e－x x2＋|x|－2 ＝－f(x)，即函数 f(x)为奇函数，当 x∈(0，1)时，e－x－ex＜0，x2＋ |x|－2＜0，所以 f(x)＞0，不符合图象，故选项 A 错误；对于选项 B，f(x)为奇函数且定义域 (第 6 题图) 第 3页 （共 17页） 为{x| x≠±1}，当 x∈(0，1)时，ex－e－x＞0，x2＋|x|－2＜0，所以 f(x)＜0，当 x∈(1，＋) 时，ex－e－x＞0，x2＋|x|－2＞0，所以 f(x)＞0，符合图象，故选项 B 错误；对于选项 C，当 x→＋时， x3＋x e|x|－1－e1－|x|→0，x→－时， x3－x e|x|－1－e1－|x|→0，均不符合图象，故答案选 B. 7．若数列{Fn}满足 F1＝1，F2＝1，Fn＝Fn－1＋Fn－2 (n≥3)，则{Fn}称为斐波那契数列，它是 由中世纪意大利数学家斐波那契最先发现．它有很多美妙的特征，如当 n≥2 时，前 n 项 之和等于第 n＋2 项减去第 2 项；随着 n 的增大，相邻两项之比越来越接近 0.618 等等．若 第 30 项是 832040，请估计这个数列的前 30 项之和最接近 (备注：0.6182≈0.38，1.6182≈2.61) A．31 万 B．51 万 C．217 万 D．317 万 【答案】C 【考点】新情景问题下的数列问题 【解析】法一：由题意可知，n≥2 时，Sn＝an＋2－a2，则当 n＝28 时，S28＝a30－a2，又因为 随着 n 的增大，相邻两项之比越来越接近 0.618，所以a29 a30 ＝0.618，所以 S30＝S28＋a29＋a30 ＝2a30＋0.618a30－a2＝2.618a30－1≈2172 万，故答案选 C. 法二：由题意可知，n≥2 时，Sn＝an＋2－a2，则当 n＝30 时，S30＝a32－a2，又因为随着 n 的 增大，相邻两项之比越来越接近 0.618，所以a30 a31 ＝0.618，a31 a32 ＝0.618，则a30 a32 ＝0.6182，所以 a32＝ a30 0.6182 ，则 S30＝a32－a2＝ a30 0.6182 －1＝832040 0.6182 －1≈2190000，最接近 217 万，故答案选 C. 8．平面直角坐标系 xOy 中，若点的横、纵坐标均为整数，则称该点为整点．已知点 A(－ 6， 0)，B( 6，0)，若整点 P 满足→ PA→ PB＋| → PA|| → PB|≤4，则点 P 的个数为 A．10 B．11 C．14 D．15 【答案】D 【考点】解析几何中的位置关系综合应用 【解析】由题意可设 P(x，y)，则→ PA＝(－ 6－x，－y)，→ PB＝( 6－x，－y)，所以→ PA→ PB＝ ＝x2＋y2－6，| → PA|＝ (－ 6－x)2＋y2，| → PB|＝ ( 6－x)2＋y2，因为→ PA→ PB＋| → PA|| → PB|≤4， 所 以 x2 ＋ y2 － 6 ＋ (－ 6－x)2＋y2 ( 6－x)2＋y2 ≤ 4 ， 则 进 一 步 化 简 为 x2 ＋ y2 － 6 ＋ (6－x2)2＋(12＋2x2)y2＋y4≤4，则 (6－x2)2＋(12＋2x2)y2＋y4≤10－x2－y2，两边平方可得到， (6－x2)2＋(12＋2x2)y2＋y4)≤(10－x2－y2)2，化简得 x2＋4y2≤8，则满足的整点有(－2，0)，(－ 2，1)，(－2，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，－1)，(1，0)， 第 4页 （共 17页） (1，1)，(1，－1)，(2，0)，(2，1)，(2，－1)，共 15 个整点，故答案选 D. 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，只 有多项符合题目要求，全部选对得 5 分，部分选对得 2 分，有选错得 0 分． 9．已知函数 f(x)＝(sinx＋ 3cosx)2，则 A．f(x)在区间[0，π 6]上递增 B．f(x)的图象关于点(－π 3 ，0)对称 C．f(x)最小正周期为π D．f(x)的值域为[0，4] 【答案】ACD 【考点】三角函数的图象与性质 【解析】由题意 f(x)＝sin2x＋2 3sinxcosx＋3cos2x＝ 3sin2x＋2cos2x＋1＝ 3sin2x＋cos2x＋2 ＝2sin(2x＋π 6)＋2，对于选项 A，因为 x∈[0，π 6]，所以 2x＋π 6 ∈[π 6 ，π 2]，则 f(x)在区间[0，π 6] 上单调递增，所以选项 A 正确；对于选项 B，因为 f(－π 3)＝2sin(－π 3 2＋π 6)＝－2≠0，所以 f(x) 的图象不关于点(－π 3 ，0)对称，所以选项 B 错误；对于选项 C，f(x)最小正周期为 T＝2π 2 ＝π， 所以选项 C 正确；对于选项 D，因为 sin(2x＋π 6)∈[－1，1]，所以 2sin(2x＋π 6)＋2∈[0，4]， 即函数 f(x)的值域为[0，4]，所以选项 D 正确；综上，答案选 ACD. 10．某学校组织知识竞赛，每班组成四人小组参加比赛，比赛采用抢答形式，答对则得 5 分，否则得 0 分．高三(10)班由甲、乙、丙、丁四人组队参赛．最后统计结果为：甲、 乙、丙、丁四人得分恰好由高到低排列，且均不相同；甲答对题个数的 2 倍小于丁答对 题个数的 3 倍，则 A．甲至少答对了 11 道题 B．乙至少答对了 9 道题 C．丁至少答对了 8 道题 D．高三(10)班至少获得了 170 分 【答案】BD 【考点】逻辑推理题 【解析】由题意，可设甲、乙、丙、丁四人解题正确的个数分别为 a，b，c，d(解题个数均 为整数)，因为甲、乙、丙、丁四人得分恰好由高到低排列，所以有 a＞b＞c＞d，又 2a＜3d， 且甲、乙、丙、丁四人之间至少相差一道题，则有 a≥d＋3，所以 2(d＋3)＜3d，解得 d＞6， 所以甲、乙、丙、丁至少答对的题数分别为 10，9，8，7，所以选项 B 正确，而选项 A、C 不能得出；若甲、乙、丙、丁最少答对的题数分别为 10，9，8，7 时，该班至少获得的得分 第 5页 （共 17页） 为 5×(10＋9＋8＋7)＝170，所以选项 D 正确；综上，答案选 BD. 11．在平面直角坐标系 xOy 中，凸四边形 ABCD 的 4 个顶点均在抛物线 E：y2=2x 上，则 A．四边形 ABCD 不可能为平行四边形 B．存在四边形 ABCD，满足∠A=∠C C．若 AB 过抛物线 E 的焦点 F，则直线 OA，OB 斜率之积恒为─2 D．若△OAC 为正三角形，则该三角形的面积为 12 3 【答案】ABD 【考点】圆锥曲线中抛物线的几何性质及综合 【解析】由题意可知，对于选项 A，若四边形 ABCD 为平行四边形，可设直线 AB 的方程为： x＝my＋a，则直线 CD 的方程为：x＝my＋b，a≠b，由 x＝my＋a y2＝2x 联立消去 x 可得 y2－2my －2a＝0，所以 y1＋y2＝2m，y1y2＝－2a，所以|AB|＝ 1＋m2|y1－y2|＝ 1＋m2 (y1＋y2)2－4y1y2 ＝ 1＋m2 4m2＋8a，同理可得|CD|＝ 1＋m2 4m2＋8b≠|AB|，所以四边形 ABCD 不可能为 平行四边形，故选项 A 正确；对于选项 B，可设点 A 为原点，则点 C 在最外侧，点 B、点 D 两点对称且距离点 A 较远，设过点 C 的切线的倾斜角为θ，则点 C 可取(0，π 2 －θ)中的任 意一个角，只需满足π 2 －θ＞∠BAD，即存在这样的点 C，使得∠A=∠C，故选项 B 正确；对 于选项 C，可设 A(1 2y12，y1)，B(1 2y22，y2)，则 kOAkOB＝ y1 1 2y1 2  y2 1 2y2 2 ＝ 4 y1y2 ，因为直线 AB 过抛物 线 E 的焦点 F，所以可设直线 AB 的方程为：x＝my＋1 2 ，由 x＝my＋1 2 y2＝2x 联立，消去 x 可得， y2－2my－1＝0，所以 y1y2＝－1，所以 4 y1y2 ＝－4，即 kOAkOB＝－4，故选项 C 错误；对于选 项 D，若△OAC 为正三角形，则|kOA|＝|kOC|＝ 3 3 ，可设直线 OA 的方程为：y＝ 3 3 x，直线 OC 的方程为：y＝－ 3 3 x，分别与 y2=2x 联立，可解得 A(6，2 3)，C(6，－2 3)，即△OAC 的边长为 4 3，所以 S△OAC＝1 2 ×4 3×4 3×sin60°＝12 3，故选项 D 正确；综上，答案选， ABD. 12．平行六面体 ABCD-A1B1C1D1（底面为平行四边形的四棱柱）中，AB=AD=AA1=2， ∠A1AB=∠DAB=∠A1AD=60°，则 A．线段 AC1 的长度为 2 6 B．异面直线 BD1、B1C 夹角的余弦值为1 3 第 6页 （共 17页） C．对角面 BB1D1D 的面积为 4 3 D．四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的体积为 4 2 【答案】AD 【考点】立体几何的综合量(长度、线线角、面积、体积等)求解 法二： 第 7页 （共 17页） 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．以坐标轴为对称轴的等轴双曲线 C 经过点 A(－3，1)，则 C 的标准方程为 ▲ ． 【答案】x2 8 －y2 8 ＝1 【考点】双曲线的标准方程 【解析】由题意可设等轴双曲线的方程为 C：x2－y2＝a，因为点 A(－3，1)在双曲线 C 上， 所以(－3)2－1＝a，解得 a＝8，所以双曲线 C 的标准方程为x2 8 －y2 8 ＝1. 14．(x＋y2 x )5(x＋y)5 展开式中，x8y2 的系数为 ▲ ． 【答案】15 【考点】二项式定理展开式的应用求系数 【解析】由题意可设(x＋y2 x )5 展开式的通项为 Sr＋1＝Cr 5x5－r(y2 x )r＝Cr 5x5－2ry2r，(x＋y)5 展开式的 通项为 Tk＋1＝Ck 5x5－kyk，则(x＋y2 x )5(x＋y)5 展开式的通项为 Sr＋1Tk＋1＝Cr 5x5－2ry2rCk 5x5－kyk＝ Cr 5Ck 5x10－2r－ky2r＋k，则求 x8y2 的系数，可令 2r＋k＝2，解得 r＝1，k＝0 或 r＝0，k＝2，所以 x8y2 的系数为C1 5C0 5＋C0 5C2 5＝15，故答案为 15. 15．“莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，转子发动机的设计就是利 用了莱洛三角形．转子引擎只需转一周，各转子便有一次进气、压缩、点火与排气过程， 相当于往复式引擎运转两周，因此具有小排气量就能成就高动力输出的优点．另外，由 于转子引擎的轴向运转特性，它不需要精密的曲轴平衡就可以达到非常高的运转转 速．“莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三 段圆弧组成的曲边三角形(如下图所示)．设“莱洛三角形”曲边上两点之间的最大距离为 2，则该“莱洛三角形”的面积为 ▲ ． (第 15 题图) 第 8页 （共 17页） 【答案】2π－2 3 【考点】新情景问题下的曲线面积的求法 【解析】由题意可知曲边上两点的最大距离为圆的半径，即正三角形的边长为 2，三个曲边 均相同，则每一个扇形的面积为 S1＝1 2αr2＝1 2 π 3 22＝2π 3 ，而正三角形的面积为 S2＝1 2 ×2×2 ×sin60°＝ 3，所以“莱洛三角形”的面积为 S＝3(S1－S2)＋S2＝3(2π 3 － 3)＋ 3＝2π－2 3. 16．已知函数 f(x)＝(2x2－4x＋3)(ex－1－e1－x )－2x＋1 在[0，2]上的最大值为 M，最小值为 m， 则 M + m＝ ▲ ． 【答案】－2 【考点】函数的性质综合应用 【解析】由题意可知 f(2－x)＝[2(2－x)2－4(2－x)＋3](e1－x－ex－1)－2(2－x)＋1＝(2x2－4x＋3) (e1－x－ex－1)＋2x－3，所以 f(x)＋f(2－x)＝－2，则函数 f(x)关于点(1，－1)对称，所以 M + m ＝－2. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分 10 分） 如图，在平面四边形 ABCD 中，BC＝1，∠ABC＝90°，∠BCD＝60°，∠BAD＝75°． （1）若∠CBD＝30°，求△ABD 的面积； （2）若 AD＝ 6－ 2 2 ， 求∠CBD 的大小． 【考点】解三角形与三角恒等变换综合应用 【解析】 （1）在△BCD 中，由∠CBD ＝30° ，∠BCD ＝60° ，可得∠BDC ＝90° ，BD ＝ 3 2 ， B A C D (第 17 题图) 第 9页 （共 17页） 0 0 0 0 0 0 0 6 2sin75 sin(45 30 ) sin45 cos30 cos45 sin30 4      在 ABD 中，由正弦定理知 sin sin AD BD ABD A   ，可得 3( 6 2) 4AD  ．．．．．．．．．．．2 分 所以 01 1 3 3( 6 2) 9 3 3sin sin452 2 2 4 16S BD AD ADB          ．．．．．．．．．．．．．．4 分 （2）由 6 2= =1, 602 OAD BC BCD  ， ， 在 ABD BCD 、 中，由正弦定理知， 0 6 2 2 =sin sin 75 BD ABD   ， 0 1 =sin sin60 BD BDC ．．．．．．6 分 又 090ABC  ，所以 sin∠ABD=cos∠CBD 从而有 1 3cos , sin ,2 2BD CBD BD BDC      两式相除可得sin 3cosBDC CBD   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 由 0 0 0sin sin(180 60 ) sin(60 )BDC CBD CBD       0 0 3 1sin 60 cos cos60 sin cos sin2 2CBD CBD CBD CBD        因此有 tan 3CBD  ，由 0 00 180CBD   可得 060CBD  ．．．．．．．．．．10 分 （延长 BA，CD 交与点 E，在三角形 EAD 中计算同样给分） 18．（本小题满分 12 分） 已知数列{an}为等比数列，且各项均为正数，a1＝2，a2＋a3 是 a3 与 a4 的等差中项．记 正项数列{bn}前 n 项之积为 Tn，b1=1，Tn2＝an(n－1) (n≥2)． （1）求数列{an}与{bn}的通项公式； （2）证明： 1 1 1 1 ( )(2 )(2 1) 2 n i i ii a n Nb i b i        ≥ ． 【考点】数列的通项公式求解、数列求和：裂项相消法 【解析】 第 10页 （共 17页） (第 19 题图) P B A C D Q （1）设等比数列{an}的公比为 q，由各项为正，故 q>0． 由于 2 3a a 是 3a 与 4a 的等差中项，可得 2 3 3 42( )a aa a  ， 又 a1=2，所以 2 2 32(2 )2 22q qq q  ，因此 =2q ， 从而 1 1 2n n n a qa   ，即 an=2n ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2 分 由 bn>0, b1=1， 2 2 1 2 22 2T b b b  ， ． 当 3n  时， 1 2 ( 2)( 1)n n nT a   ，得 1 2 ( 1)2 2( 1) 2 ( 1)( 2) 2n n n n n n n n T a ab T         ，故 12 ( 3)n nb n  ， b1=1，b2=2 均符合上式，所以 12n nb  ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分 （2） 1 1 1 1 2 1 1 1 (2 )(2 1) (2 )(2 1) 2 2 ( 1) i i i i i i i i a b i b i i i i i               ，．．．．．．．6 分 因此有： 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )( )( 1) 2 1 2 2 2 2 2 3 2 2 ( 1) n i i i n n i a b i b i n n                     1 11 2 ( 1)n n    ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 要证不等式成立，即证 12 ( 1) 2 ( )n n n N     由 2 12 ( 2) [2 ( 1)] 4 2 1 0n n nn n          可得数列 1{2 ( 1)}n n   递增，．．．10 分 所以 1 1 12 ( 1) 2 (1 1) 2n n       ． 由此 1 1 1 1 ( )(2 )(2 1) 2 n i i ii a n Nb i b i         ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 （亦可运用二项式定理证明） 19．（本小题满分 12 分） 如图，多面体 PQABCD 中，四边形 ABCD 是菱形，PA⊥平面 ABCD， = =2AB PA ， 0=60ABC ， 2 2QC QD  ， ( 0)PQ a a  ． （1）设点 F 为棱 CD 的中点，求证：对任意的正数 a， 第 11页 （共 17页） P B A C D Q x y z F 四边形 PQFA 为平面四边形； （2）当 14a  时，求直线 PQ 与平面 PBC 所成角的 正弦值． 【考点】立体几何中位置关系的证明（证明四点共面）、直线与平面所成的角 【解析】 （1）方法 1：设 Q 在平面内的射影为 E，由 QC=QD 可得 EC=ED， 所以点 E 在 CD 的垂直平分线上 ．．．．．．．．．．．．2 分 由 ABCD 是菱形，且 0=60ABC ，故直线 AE 与 CD 的交点即为 CD 的中点 F．．．．．4 分 因为 PA⊥平面 ABCD，QE⊥平面 ABCD，所以 PA//QE ， 从而 PA，QE 共面，因此 PQ，FA 共面，所以 PQFA 为平面四边形．．．．．．．．．．．．．6 分 方法 2：证明 CD⊥平面 AFQ， ．．．．．．．．．．．．2 分 再证明 CD⊥平面 PAF ．．．．．．．．．．．．．4 分 由 AFQ 与平面 PAF 均过点 A 可得平面 AFQ 与平面 PAF 重合． 即 P、Q、F、A 共面，所以 PQFA 为平面四边形． ．．．．．．．．．．．．6 分 （2）分别以 AB、AF、AP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，B(2,0,0)， (1, 3,0), (0, 3,0), (0,0,2)C F P 当 14a  时，由 7, 7PF QF  可得 2 2 2PF QF PQ  , 所以 Q 的坐标为 (0 2+ 3 3)， ， ，． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 可求平面 PBC 的一个法向量为 ( 3,1, 3)n  ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 F P B A C D Q 第 12页 （共 17页） 设直线 PQ 与平面 PBC 所成角为 ，则 5 2 6sin cos , 14n PQ      ， 从而直线 PQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为 5 2 6 14  ．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 20．（本小题满分 12 分） 某贫困地区截至 2016 年底，按照农村家庭人均年纯收入 8000 元的小康标准，该地区仅 剩部分家庭尚未实现小康．现从这些尚未实现小康的家庭中随机抽取 50 户，得到这 50 户 2016 年的家庭人均年纯收入的频率分布直方图． （1）将家庭人均年纯收入不足 5000 元的家庭称为“特困户”，若从这 50 户中再取出 10 户调查致贫原因，求这 10 户中含有“特困户”的户数 X 的数学期望； （2）假设 2017 年底该地区有 1000 户居民，其中 900 户为小康户，100 户为“特困户”， 若每经过一年的脱贫工作后，“特困户”中有 90% 变为小康户，但小康户仍有 %t (0