选修2-3综合测试题带答案(20201122153812).docx
高中数学选修2-3全册综合能力测试题含解析人教版
⾼中数学选修2-3全册综合能⼒测试题含解析⼈教版⾼中数学选修2-3全册综合能⼒测试题（含解析⼈教版）⾼中数学选修2-3全册综合能⼒测试题（含解析⼈教版）时间120分钟，满分150分。
⼀、选择题(本⼤题共12个⼩题，每⼩题5分，共60分，在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀项是符合题⽬要求的．)1．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡⽚放⼊3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡⽚放⼊同⼀信封，则不同的放法共有()A．12种B．18种C．36种D．54种[答案]B[解析]由题意，不同的放法共有C13C24＝18种．2．(2014四川理，2)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为()A．30B．20C．15D．10[答案]C[解析]x3的系数就是(1＋x)6中的第三项的系数，即C26＝15.3．某展览会⼀周(七天)内要接待三所学校学⽣参观，每天只安排⼀所学校，其中甲学校要连续参观两天，其余学校均参观⼀天，则不同的安排⽅法的种数是() A．210B．50C．60D．120[答案]D[解析]⾸先安排甲学校，有6种参观⽅案，其余两所学校有A25种参观⽅案，根据分步计数原理，安排⽅法共6A25＝120(种)．故选D.4．若随机变量ξ～N(－2,4)，则ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在下列哪个区间上取值的概率() A．(2,4]B．(0,2] C．[－2,0)D．(－4,4][答案]C[解析]此正态曲线关于直线x＝－2对称，∴ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在[－2,0)上取值的概率．5．变量X与Y相对应的⼀组数据为(10,1)、(11.3,2)、(11.8,3)、(12.5,4)、(13,5)；变量U与V相对应的⼀组数据为(10,5)、(11.3,4)、(11.8,3)、(12.5,2)、(13,1)．r1表⽰变量Y与X之间的线性相关系数，r2表⽰变量V与U之间的线性相关系数，则()A．r2r10B．0r2r1C．r20r1D．r2＝r1[答案]C[解析]画散点图，由散点图可知X与Y是正相关，则相关系数r10，U与V是负相关，相关系数r20，故选C. 6．现安排甲、⼄、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每⼈从事翻译、导游、礼仪、司机四项⼯作之⼀，每项⼯作⾄少有⼀⼈参加．甲、⼄不会开车但能从事其他三项⼯作，丙、丁、戊都能胜任四项⼯作，则不同安排⽅案的种数是()A．152B．126C．90D．54[答案]B[解析]先安排司机：若有⼀⼈为司机，则共有C13C24A33＝108种⽅法，若司机有两⼈，此时共有C23A33＝18种⽅法，故共有126种不同的安排⽅案．7．设a＝0π(sinx＋cosx)dx，则⼆项式(ax－1x)6展开式中含x2项的系数是()A．192B．－192C．96D．－96[答案]B[解析]由题意知a＝2∴Tr＋1＝Cr6(2x)6－r(－1x)r＝Cr626－r(－1)rx3－r ∴展开式中含x2项的系数是C1625(－1)＝－192.故选B. 8．给出下列实际问题：①⼀种药物对某种病的治愈率；②两种药物冶疗同⼀种病是否有区别；③吸烟者得肺病的概率；④吸烟⼈群是否与性别有关系；⑤⽹吧与青少年的犯罪是否有关系．其中，⽤独⽴性检验可以解决的问题有()A．①②③B．②④⑤C．②③④⑤D．①②③④⑤[答案]B[解析]独⽴性检验主要是对事件A、B是否有关系进⾏检验，主要涉及两种变量对同⼀种事物的影响，或者是两种变量在同⼀问题上体现的区别等．9．在⼀次独⽴性检验中，得出列联表如下：AA合计B2008001000B180a180＋a合计380800＋a1180＋a且最后发现，两个分类变量A和B没有任何关系，则a 的可能值是()A．200B．720C．100D．180[答案]B[解析]A和B没有任何关系，也就是说，对应的⽐例aa ＋b和cc＋d基本相等，根据列联表可得2001000和180180＋a基本相等，检验可知，B满⾜条件．故选B. 10．从装有3个⿊球和3个⽩球(⼤⼩、形状相同)的盒⼦中随机摸出3个球，⽤ξ表⽰摸出的⿊球个数，则P(ξ≥2)的值为()A.110B．15C.12D．25[答案]C[解析]根据条件，摸出2个⿊球的概率为C23C13C36，摸出3个⿊球的概率为C33C36，故P(ξ≥2)＝C23C13C36＋C33C36＝12.故选C.11．甲、⼄、丙三位学⽣⽤计算机联⽹学习数学，每天上课后独⽴完成6道⾃我检测题，甲及格的概率为45，⼄及格的概率为35，丙极格的概率为710，三⼈各答⼀次，则三⼈中只有⼀⼈及格的概率为()A.320B．42135C.47250D．以上都不对[答案]C[解析]利⽤相互独⽴事件同时发⽣及互斥事件有⼀个发⽣的概率公式可得所求概率为：45×1－35×1－710＋1－45×35×1－710＋1－45×1－35×710＝47250.故选 C. 12．(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的系数是()A．－4B．－3C．3D．4[答案]B[解析]解法1：(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的⼀次项为：C06C24(x)2＋C26(－x)2C04＋C16(－x)C14(x)＝6x＋15x －24x＝－3x，所以(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的系数是－3.解法2：由于(1－x)6(1＋x)4＝(1－x)4(1－x)2的展开式中x的⼀次项为：C14(－x)C02＋C04C22(－x)2＝－4x＋x＝－3x，所以(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的系数是－3.⼆、填空题(本⼤题共4个⼩题，每⼩题4分，共16分，将正确答案填在题中横线上)13．设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝________.[答案]0[解析]本题主要考查⼆项展开式．a10＝C1021(－1)11＝－C1021，a11＝C1121(－1)10＝C1021，所以a10＋a11＝C1121－C1021＝C1021－C1021＝0.14．已知ξ的分布列为：ξ1234P14131614则D(ξ)等于____________．[答案]179144[解析]由已知可得E(ξ)＝1×14＋2×13＋3×16＋4×14＝2912，代⼊⽅差公式可得D(ξ)＝179144. 15．对于回归⽅程y＝4.75x＋2.57，当x＝28时，y的估计值是____________．[答案]135.57[解析]只需把x＝28代⼊⽅程即可，y＝4.75×28＋2.57＝135.57.16．某艺校在⼀天的6节课中随机安排语⽂、数学、外语三门⽂化课和其它三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节⽂化课之间最多间隔1节艺术课的概率为________(⽤数字作答)．[答案]35[解析]本题考查了排列组合知识与概率的求解.6节课共有A66种排法，按要求共有三类排法，⼀类是⽂化课与艺术课相间排列，有A33A34种排法；第⼆类，艺术课、⽂化课三节连排，有2A33A33种排法；第三类，2节艺术课排在第⼀、⼆节或最后两节，有C23C12A22C13A33种排法，则满⾜条件的概率为A33A34＋2A33A33＋C23C12A22C13A33A66＝35.三、解答题(本⼤题共6个⼩题，共74分，解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)已知x＋2xn的展开式中第五项的系数与第三项的系数⽐是101，求展开式中含x的项．[解析]T5＝C4n(x)n －42x4＝C4n24xn－122，T3＝C2n(x)n－22x2＝C2n22xn－62，所以C4n24C2n22＝101，即C4n22＝10C2n，化简得n2－5n－24＝0，所以n＝8或n＝－3(舍去)，所以Tr＋1＝Cr8(x)8－r2xr＝Cr82rx8－3r2，由题意：令8－3r2＝1，得r＝2.所以展开式中含x的项为第3项，T3＝C2822x＝112x.18．(本题满分12分)某电脑公司有6名产品推销员，其中5名的⼯作年限与年推销⾦额数据如下表：推销员编号12345⼯作年限x/年35679推销⾦额Y/万元23345(1)求年推销⾦额Y关于⼯作年限x的线性回归⽅程；(2)若第6名推销员的⼯作年限为11年，试估计他的年推销⾦额．[解析](1)设所求的线性回归⽅程为y^＝b^x＋a^，则b^＝i＝15 xi－x yi－y i＝15 xi－x 2＝1020＝0.5，a^＝y－b^x＝0.4.所以年推销⾦额Y关于⼯作年限x的线性回归⽅程为y^＝0.5x＋0.4.(2)当x＝11时，y^＝0.5x＋0.4＝0.5×11＋0.4＝5.9(万元)．所以可以估计第6名推销员的年推销⾦额为5.9万元．19．(本题满分12分)在对⼈们的休闲⽅式的⼀次调查中，共调查了124⼈，其中⼥性70⼈，男性54⼈．⼥性中有43⼈主要的休闲⽅式是看电视，另外27⼈主要的休闲⽅式是运动；男性中有21⼈主要的休闲⽅式是看电视，另外33⼈主要的休闲⽅式是运动．(1)根据以上数据建⽴⼀个2×2的列联表；(2)试问休闲⽅式是否与性别有关？[解析](1)2×2列联表为性别看电视运动合计⼥432770男213354总计6460124(2)由χ2计算公式得其观测值χ2＝124× 43×33－27×21 270×54×64×60≈6.201.因为6.201＞3.841，所以有95%的把握认为休闲⽅式与性别有关．20．(本题满分12分)某研究机构举⾏⼀次数学新课程研讨会，共邀请50名⼀线教师参加，使⽤不同版本教材的教师⼈数如表所⽰：版本⼈教A版⼈教B版苏教版北师⼤版⼈数2015510(1)从这50名教师中随机选出2名，求2⼈所使⽤版本相同的概率；(2)若随机选出2名使⽤⼈教版的教师发⾔，设使⽤⼈教A版的教师⼈数为ξ，求随机变量ξ的分布列．[解析](1)从50名教师中随机选出2名的⽅法数为C250＝1225.选出2⼈使⽤版本相同的⽅法数为C220＋C215＋C25＋C210＝350.故2⼈使⽤版本相同的概率为：P＝3501225＝27. (2)∵P(ξ＝0)＝C215C235＝317，P(ξ＝1)＝C120C115C235＝60119，P(ξ＝2)＝C220C235＝38119，∴ξ的分布列为ξ012P317601193811921.(本题满分12分)(2014陕西理，19)在⼀块耕地上种植⼀种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：作物产量(kg)300500概率0.50.5作物市场价格(元/kg)610概率0.40.6(1)设X表⽰在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中⾄少有2季的利润不少于2000元的概率．[解析](1)设A表⽰事件“作物产量为300kg”，B表⽰事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，∵利润＝产量×市场价格－成本，∴X所有可能的取值为500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000，300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800，P(X＝4000)＝P(A－)P(B－)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2000)＝P(A－)P(B)＋P(A)P(B－)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，所以X的分布列为X40002000800P0.30.50.2(2)设Ci表⽰事件“第i季利润不少于2000元”(i＝1,2,3)，由题意知C1，C2，C3相互独⽴，由(1)知，P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，3季的利润均不少于2000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；3季中有2季利润不少于2000元的概率为P(C－1C2C3)＋P(C1C－2C3)＋P(C1C2C－3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中⾄少有2季的利润不少于2000元的概率为0．512＋0.384＝0.896.22．(本题满分14分)学校校园活动有这样⼀个游戏项⽬：甲箱⼦⾥装有3个⽩球、2个⿊球，⼄箱⼦⾥装有1个⽩球、2个⿊球，这些球除颜⾊外完全相同，每次游戏从这两个箱⼦⾥各随机摸出2个球，若摸出的⽩球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱)(1)求在1次游戏中，①摸出3个⽩球的概率；②获奖的概率．(2)求在2次游戏中获奖次数X的分布列及数学期望E(X)．[解析](1)①设“在1次游戏中摸出i个⽩球”为事件Ai(i＝0,1,2,3)，则P(A3)＝C23C25C12C23＝15.②设“在1次游戏中获奖”为事件B，则B＝A2∪A3.⼜P(A2)＝C23C25C22C23＋C13C12C25C12C23＝12，且A2，A3互斥，所以P(B)＝P(A2)＋P(A3)＝12＋15＝710.(2)由题意可知X的所有可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝1－7102＝9100，P(X＝1)＝C127101－710＝2150，P(X＝2)＝7102＝49100.所以X的分布列是X012P9100215049100X的数学期望E(X)＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝75.。
人教A版选修2-3模块综合检测.docx
模块综合检测时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2015·福州市八县高二期末)某机构对儿童记忆能力x 和识图能力y 进行统计分析，得到如下数据：由表中数据，求得线性回归方程为y ^＝5x ＋a ^，若某儿童记忆能力为12，则他的识图能力为( )A ．9.2B ．9.8C ．9.5D ．10[答案] C[解析] ∵x －＝14(4＋6＋8＋10)＝7；y －＝14(3＋5＋6＋8)＝5.5，∴样本的中心点坐标为(7,5.5)， 代入回归方程得：5.5＝45×7＋a ^，∴a ^＝－0.1. ∴y ^＝0.8x －0.1，当x ＝12时，y ^＝0.8×12－0.1＝9.5，故选C ．2．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值是( ) A ．1 B ．－1 C ．0 D ．2[答案] A[解析] 令x ＝1，得a 0＋a 1＋…＋a 4＝(2＋3)4， 令x ＝－1，a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝(－2＋3)4.所以，(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2＝(2＋3)4(－2＋3)4＝1.3．一袋中有5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)等于( )A ．C 1012⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582B ．C 912⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫58238C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫589⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582[答案] D[解析] “X ＝12”表示第12次取到的球为红球，前11次中有9次取到红球，2次取到白球，∴P (X ＝12)＝C 911(38)9·(58)2·38＝C 911(38)10·(58)2，故选D ．4．随机变量ξ的概率分布规律为P (X ＝n )＝an (n ＋1)(n ＝1、2、3、4)，其中a 为常数，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫94<X <134的值为( )A ．23B ．34C ．45D ．516[答案] D[解析] 因为P (X ＝n )＝a n (n ＋1)(n ＝1,2,3,4)，所以a 2＋a 6＋a 12＋a 20＝1，所以a ＝54.因为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫94<X <134＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝54×16＋54×112＝516，故选D ．5．若随机变量ξ～N (－2,4)，则ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在下列哪个区间上取值的概率( )A ．(2,4]B ．(0,2]C ．[－2,0)D ．(－4,4][答案] C[解析] 此正态曲线关于直线x ＝－2对称，∴ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在[－2,0)上取值的概率．6.(2015·四川理，6)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个[答案] B[解析] 据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120个．选B ．7．变量X 与Y 相对应的一组数据为(10,1)、(11.3,2)、(11.8,3)、(12.5,4)、(13,5)；变量U 与V 相对应的一组数据为(10,5)、(11.3,4)、(11.8,3)、(12.5,2)、(13,1)．r 1表示变量Y 与X 之间的线性相关系数，r 2表示变量V 与U 之间的线性相关系数，则( )A ．r 2<r 1<0B ．0<r 2<r 1C ．r 2<0<r 1D ．r 2＝r 1[答案] C[解析] 画散点图，由散点图可知X 与Y 是正相关，则相关系数r 1>0，U 与V 是负相关，相关系数r 2<0，故选C ．8．设随机变量X 服从二项分布X ～B (n ，p )，则(D (X ))2(E (X ))2等于( )A ．p 2B ．(1－p )2C ．1－pD ．以上都不对[答案] B[解析] 因为X ～B (n ，p )，(D (X ))2＝[np (1－p )]2，(E (X ))2＝(np )2，所以(D (X ))2(E (X ))2＝[np (1－p )]2(np )2＝(1－p )2.故选B ． 9．(2013·大庆实验中学高二期中)把15个相同的小球放入编号为1、2、3的三个不同盒子中，使盒子里的球的个数大于它的编号数，则不同的放法种数是( )A ．56B ．72C ．28D ．63[答案] C[解析] 先给1号盒子放入1球，2号盒子放入2球，3号盒子放入3球，再将剩余9个小球排成一列，之间形成8个空档，从中任意选取2个空档用插板隔开，依次对应放入1、2、3号盒子中，则不同放法种数为C 28＝28种．10．通过随机询问72名不同性别的大学生在购买食物时是否看营养说明，得到如下列联表：性别与读营养说明列联表A ．99%的可能性B ．99.75%的可能性C ．99.5%的可能性D ．97.5%的可能性[答案] C[解析] 由题意可知a ＝16，b ＝28，c ＝20，d ＝8，a ＋b ＝44，c ＋d ＝28，a ＋c ＝36，b ＋d ＝36，n ＝a ＋b ＋c ＋d ＝72，代入公式K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )得K 2＝72×(16×8－28×20)244×28×36×36≈8.42，由于K 2≈8.42>7.879，我们就有99.5%的把握认为性别和读营养说明之间有关系，即性别和读营养说明之间有99.5%的可能是有关系的．11．假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p ，且各引擎是否有故障是独立的，已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机就可成功飞行；2个引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可成功飞行．要使4个引擎飞机更安全，则p 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 [答案] B[解析] 4个引擎飞机成功飞行的概率为C 34p 3(1－p )＋p 4,2个引擎飞机成功飞行的概率为p 2，要使C 34p 3(1－p )＋p 4>p 2，必有13<p <1.12. 如图，用6种不同的颜色把图中A 、B 、C 、D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )A ．400种B ．460种C ．480种D ．496种[答案] C[解析] 涂A 有6种涂法，B 有5种，C 有4种，因为D 可与A 同色，故D 有4种，∴由分步乘法计数原理知，不同涂法有6×5×4×4＝480种，故选C ．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．随机变量X 的分布列如下表，且E (X )＝1.1，则D (X )＝________.[答案] 0.49[解析] p ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋310＝12，E (X )＝1.1＝0×15＋1×12＋310x ，解得x ＝2，所以D (X )＝15×(0－1.1)2＋12×(1－1.1)2＋310×(2－1.1)2＝0.49.14．(2015·山东理，11)观察下列各式： C 01＝40； C 03＋C 13＝41； C 05＋C 15＋C 25＝42； C 07＋C 17＋C 27＋C 37＝43； ……照此规律，当n ∈N *时，C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝________. [答案] 4n －1[解析] 第n 个等式左边是n 项组合数的和，组合数C km 的构成规律是下标为m ＝2n －1，上标k 的取值依次从0到n －1，即C 02n －1＋C 12n －1＋…＋C n －12n －1，等式右边为4n －1.故由归纳推理的思想得： C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝4n －1，所以答案应填4n －1.15．(2015·辽宁葫芦岛市一模)给出如下四个结论：①若随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)且P (ξ≤4)＝0.84，则P (ξ≤－2)＝0.16； ②∃a ∈R ＋，使得f (x )＝－x 2－x ＋1ex－a 有三个零点； ③设线性回归方程为y ^＝3－2x ，则变量x 每增加一个单位时，y 平均减少2个单位； ④若命题p ：∀x ∈R ，e x>x ＋1，则綈p 为真命题；以上四个结论正确的是________.(把你认为正确的结论都填上) [答案] ①③④[解析] 由正态分布曲线得P (ξ≤－2)＝P (ξ≥4)＝1－P (ξ≤4)＝0.16，①正确；令g (x )＝－x 2－x ＋1e x ，得g ′(x )＝x 2－x －2e x，当x ∈(－∞，－1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(－1,2)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，得g (x )极大值＝g (－1)＝e ，g (x )极小值＝g (2)＝－5e －2，且g (－12±52)＝0，x →＋∞时，g (x )<0，∴g (x )的图象如图所示故②错误；由回归直线方程的定义知③正确；④中当x ＝0时，e 0>1错误，故p 为假命题，綈p 为真命题，④正确．16．(2014·山东青岛质检)平面内有10个点，其中5个点在一条直线上，此外再没有三点共线，则共可确定________________条直线；共可确定________个三角形．[答案] 36；110[解析] 设10个点分别为A 1、A 2、…、A 10，其中A 1、A 2、…、A 5共线，A i (i ＝1,2，…，5)与A 6、A 7、…、A 10分别确定5条直线，共25条；A 1、A 2、…、A 5确定1条； A 6、A 7、…、A 10确定C 25＝10条，故共可确定36条直线．在A 1、A 2、…、A 5中任取两点，在A 6、A 7、…、A 10中任取一点可构成C 25C 15＝50个三角形； 在A 1、A 2、…、A 5中任取一点，在A 6、A 7、…、A 10中任取两点可构成C 15C 25＝50个三角形； 在A 6、A 7、…、A 10中任取3点构成C 35＝10个三角形，故共可确定50＋50＋10＝110个三角形．三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记录员1人． (1)若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？(2)若记录员坐于正、副组长之间，有多少种坐法？[解析] (1)正、副组长相邻而坐，可将此2人当作1人看，即7人围一圆桌，有(7－1)！＝6！种坐法，又因为正、副组长2人可换位，有2！种坐法．故所求坐法为(7－1)！×2！＝1440种．(2)记录员坐在正、副组长中间，可将此3人视作1人，即6人围一圆桌，有(6－1)！＝5！种坐法，又因为正、副组长2人可以换位，有2！种坐法，故所求坐法为5！×2！＝240种．18．(本题满分12分)已知(x －12x )n的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列．(1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中所有整式项． [解析] (1)T r ＋1＝C rn ·(x )n －r·(12x)r ·(－1)r， ∴前三项系数的绝对值分别为C 0n ，12C 1n ，14C 2n ，由题意知C 1n ＝C 0n ＋14C 2n ，∴n ＝1＋18n (n －1)，n ∈N *，解得n ＝8或n ＝1(舍去)， ∴T k ＋1＝C k8·(x )8－k·(－12x)k＝C k8·(－12)k ·x 4－k,0≤k ≤8，令4－k ＝0得k ＝4，∴展开式中的常数项为T 5＝C 48(－12)4＝358.(2)要使T k ＋1为整式项，需4－k 为非负数，且0≤k ≤8，∴k ＝0,1,2,3,4. ∴展开式中的整式项为：x 4，－4x 3,7x 2，－7x ，358.19．(本题满分12分)(2013·湖北理，20)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X 是服从正态分布N (800,502)的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p 0.(1)求p 0的值；(参考数据：若X ～N (μ，σ2)，有 P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.6826，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.9544，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.9974.)(2)某客运公司用A 、B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A 、B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆，公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B 型车不多于A 型车7辆．若每天要以不小于p 0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A 型车、B 型车各多少辆？[解析] (1)由于随机变量X 服从正态分布N (800,502)，故有μ＝800，σ＝50，P (700<X ≤900)＝0.9544.由正态分布的对称性，可得p 0＝P (X ≤900)＝P (X ≤800)＋P (800<X ≤900)＝12＋12P (700<X ≤900)＝0.9772. (2)设A 型、B 型车辆的数量分别为x 、y 辆，则相应的营运成本为1600x ＋2400y 依题意，x 、y 还需满足x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，P (X ≤36x ＋60y )≥p 0由(1)知，p 0＝P (X ≤900)，故P (X ≤36x ＋60y )≥p 0等价于36x ＋60y ≥900.于是问题等价于求满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，36x ＋60y ≥900，x ，y ≥0，x ，y ∈N .且使目标函数z ＝1600x ＋2400y 达到最小的x ，y .作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P (5，12)，Q (7,14)，R (15,6)．由图可知，当直线z ＝1600x ＋2400y 经过可行域的点P 时，直线z ＝1600x ＋2400y 在y 轴上截距z2400最小，即z 取得最小值．故应配备A型车5辆、B型车12辆．20．(本题满分12分)(2014·沈阳市质检)为了研究“教学方式”对教学质量的影响，某高中老师分别用两种不同的教学方式对入学数学平均分数和优秀率都相同的甲、乙两个高一新班进行教学(勤奋程度和自觉性都一样)．以下茎叶图为甲、乙两班(每班均为20人)学生的数学期末考试成绩.(1)87分的同学至少有一名被抽中的概率；(2)学校规定：成绩不低于75分的为优秀．请填写下面的2×2列联表，并判断有多大把握认为“成绩优秀与教学方式有关”.(参考公式：K2＝(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))[解析](1)甲班成绩为87分的同学有2个，其他不低于80分的同学有3个“从甲班数学成绩不低于80分的同学中随机抽取两名同学”的一切可能结果组成的基本事件有C25＝10个，“抽到至少有一个87分的同学”所组成的基本事件有C13C12＋C22＝7个，所以P＝710.(2)K 2＝40×(6×6－14×14)220×20×20×20＝6.4>5.024，因此，我们有97.5%的把握认为成绩优秀与教学方式有关．21．(本题满分12分)(2013·福建理，16)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X ≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？[解析] (1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X ＝0”，“X ＝2”，“X ＝3”三个两两互斥的事件， 因为P (X ＝0)＝(1－23)×(1－25)＝15，P (X ＝2)＝23×(1－25)＝25， P (X ＝3)＝(1－23)×25＝215，所以P (A )＝P (X ＝0)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1115，即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1、X 2的分布列如下：所以E (X 1)＝0×19＋2×49＋4×9＝3，E (X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E (X 1)>E (X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．22．(本题满分14分)(2015·商丘市二模)将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，小球在下落的过程中，将遇到黑色障碍物3次，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是13、23.(1)分别求出小球落入A 袋和B 袋中的概率；(2)在容器的入口处依次放入4个小球，记ξ为落入B 袋中的小球个数，求ξ的分布列和数学期望．[解析] (1)记“小球落入A 袋中”为事件M ，“小球落入B 袋中”为事件N ，则事件M 的对立事件为事件N .而小球落入A 袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下，故P (M )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝127＋827＝13， 从而P (N )＝1－P (M )＝1－13＝23. (2)显然，随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4.且ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，23. 故P (ξ＝0)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫230×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181， P (ξ＝1)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫231×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝881， P (ξ＝2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝827， P (ξ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＝3281， P (ξ＝4)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫234×⎝ ⎛⎭⎪⎫130＝1681. 则ξ的分布列为故ξ的数学期望为E(ξ)＝4×3＝3.。
人教版高中数学选修2-3 模块综合检测卷及答案
数学·选修2－3(人教A版)模块综合检测卷(测试时间：120分钟评价分值：150分)一、选择题(本大题共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.变量x，y的散点图如图所示，那么x，y之间的样本相关系数最接近的值是()A．1B．－0.5C．0D．0.5解析：因为r的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越大；r的绝对值越接近于0，表明两个变量的线性相关性越小．由图知x、y之间没有相关关系，所以r的绝对值最接近于0.故选C.答案：C2．从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为()49 8 9 8 5191 5 E (ξ)＝15，D (ξ)＝ 45，则 n 与 p 的值为(A ．60，B ．60，C ．50，D ．50， 解析：由 ξ～B (n ，p )，有E (ξ)＝np ＝15，D (ξ)＝np (1－p )＝ ，所以 p ＝ ，n ＝60.故选 B.⎧⎛x －1⎫⎪6，x <0，⎩－ x ，x ≥0，则当 x >0 时，解析：当 x >0 时，f [f (x )]＝ － x ＋ － x ⎪6的展开式中，x ⎭ ⎝ xA ．C 210A 8B ．C 1A5 9C ．C 1A 5D ．C 1A 8解析：先排第 1 号瓶，从甲、乙以外的 8 种不同作物种子中选出1 种有 C 8种方法，再排其余各瓶，有 A 5种方法，故不同的放法共 C 8A 9有种．故选 C.答案：C3．(2013· 大庆模拟)设 ξ 是服从二项分布 B (n ，p )的随机变量，又4)3 13 14 44 445414答案：B4．(2013· 陕西卷)设函数f (x )＝⎨⎝ x ⎭f [f (x )]表达式的展开式中常数项为()A ．－20B ．20C ．－15D ．15⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎪6＝ ⎝ ⎭C 63 ⎝ x ⎭率都是 ，那么，4 个题中答对 2 个题的概率是 ()625 625 625 625常数项为 ⎛ 1 ⎫ ⎪3(－ x )3＝－20.故选 A.答案：A5．关于 x 的二项式(ax －2)n 的展开式中，二项式系数的和为 128，所有项系数的和为 1，则 a ＝()A ．1B ．－1C ．3D ．1 或 3解析：展开式的二项式系数为 2n ＝128，所以 n ＝7，设(ax －2)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，令 x ＝1，得展开式的所有项系数为 a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a －2)7＝1，所以 a ＝3.故选 C.答案：C6．一份数学单元试卷中有 4 个填空题，某同学答对每个题的概45A. 16 96 192 256B.C.D.答案：B7．某科研机构为了研究中年人秃发与心脏病是否有关，随机调查了一些中年人的情况，具体数据见下表：秃发不秃心脏病205无心脏病30045077－ 根据表中数据得到 k ＝≈15.968，因为平考试中，取得 A 等级的概率分别为 、 、 ，且三门课程的成绩是A. B. C. D ．1发[来源:]225×750×320×455K 2≥10.828，则断定秃发与心脏病有关系，那么这种判断出错的可能性为()A ．0.1B ．0.05C ．0.01D ．0.001答案：D8．(2013· 佛山一模 )某学生在参加政、史、地三门课程的学业水4 3 25 5 5否取得 A 等级相互独立．记 ξ 为该生取得 A 等级的课程数，其分布列如下表所示，则数学期望 E (ξ)的值为()ξP6 1251a 2b324 12539 5 9125 9 5答案：C二、填空题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分；把答案填在题中横线上)9．已知随机变量 ξ 的分布列如下：ξ 1 2 3 4 5P0.1 0.2 0.4 0.2 0.1⎪⎩r ＝3， 所以⎪ r 5 3 则至少取一白球的概率为 1－ × ＝ .5 3则 P (2≤ξ<4)____________．解析：P (2≤ξ＜4)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝0.2＋0.4＝0.6.答案：0.610. (2013· 四川卷)二项式(x ＋y )3 的展开式中，含 x 2y 3 的项的系数是________(用数字作答)．[来源:]⎧5－r ＝2， 解析：T r ＋1＝C 5x 5－r y r (r ＝0,1,2,3,4,5)，由题意知⎨5×4×3含 x 2y3的系数为C 5＝3×2×1＝10.答案：1011．一袋中有 3 个红球，2 个白球，另一袋中有 2 个红球，1 个白球，从每袋中任取一球，则至少取一白球的概率为________________．解析：至少取一白球的对立事件为从每袋中都取得红球，从第一3 2袋中取一球为红球的概率为 ，从另一袋中取一球为红球的概率为 ，3 2 35 3 53答案：12. 已知随机变量 X 服从正态分布 N (0，σ2)且 P (－2≤X ≤0)＝0.4，则 P (X >2)＝____________.r r 32 ＝2×n －3 2答案：0.113. (2013· 江门二模 )(1＋2x )n 的展开式中 x 3 的系数等于 x 2 的系数的 4 倍，则 n ＝____________.解析：设(1＋2x )n 的展开式的通项公式为 T r ＋1，则 T r ＋1＝C n (2x )r＝2r ·C n · x r ，令 r ＝3，得展开式中 x 3 的系数为：8C n ，令 r ＝2 得展开 式中 x 2 的系数为 4C n .依题意， 8C n ＝4×4C n ，即n n － n －3×2×1n 2，解得 n ＝8.答案：814．将红、黄、蓝、白、黑 5 个小球分别放入红、黄、蓝、白、黑 5 个盒子里，每个盒子里放且只放 1 个小球，则红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率是________．三、解答题(本大题共 6 小题，共 80 分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)答案：0.6515. (本小题满分 12 分)5 名男生、2 名女生站成一排照相：(1)两名女生都不站在两端，有多少不同的站法？(2)两名女生要相邻，有多少种不同的站法？(3)两名女生不相邻，有多少种不同的站法？(4)女生甲不在左端，女生乙不在右端，有多少种不同的站法？(1)若 y 与 x 之间具有线性相关关系，求线性回归方程．n^ ni解析：(1)中间的五个位置任选两个排女生，其余五个位置任意排男生：A25·A55＝2 400(种)；(2)把两名女生当作一个元素，于是对六个元素任意排，然后解决两个女生的任意排列：A66·A22＝1 400(种)；(3)把男生任意全排列，然后在六个空中 (包括两端)有顺序地插入两名女生：A55·A26＝3 600(种)；(4)采用排除法，在七个人的全排列中，去掉女生甲在左端的 A66个，再去掉女生乙在右端的 A66 个，但女生甲在左端同时女生乙在右 端的 A55 种排除了两次，要找回来一次．A77－2A66＋A55＝3 720(种)．16．(本小题满分 12 分)为了对新产品进行合理定价，对该产品进行了试销试验，以观察需求量 y (单位：千件)对于价格 x (单位：千元)的反应，得数据如下：x 50 70 8040 30 90 95 97y100 80 60120 135 555048[来源:](2)若成本 x ＝y ＋500，试求：①在盈亏平衡条件下(利润为零)的价格；②在利润为最大的条件下的定价．∑x i y i －n x y解析：(1)b＝i ＝1∑x2－n x 2i ＝1≈－1.286 6，解析：(1)记甲、乙两人同时到 A 社区为事件 E A ，那么 P (E A )＝ 2 3184^a ＝ y －^b x ≈169.772，∴线性回归方程为^y ＝－1.286 6x ＋169.772 4.(2)①在盈亏平衡条件下，^y x ＝^y ＋500，即－1.286 6x 2＋169.772 4x ＝－1.286 6x ＋169.772 4＋500，1．286 6x 2－171.059x ＋669.772 4＝0，解得 x 1＝128.916 2，x 2＝4.038 1(舍去) ， ∴此时新产品的价格为 128.916 2 千元．②在利润最大的条件下，Q ＝^y x －x＝－1.286 6x 2＋169.772 4x ＋1.286 6x －169.772 4－500＝－1.286 6x 2＋171.059x －669.772 4.要使 Q 取得最大值，x ＝66.477 1，即此时新产品应定价为 66.4771 千元．17．(本小题满分 14 分)甲、乙、丙、丁 4 名同学被随机地分到 A ，B ，C 三个社区参加社会实践，要求每个社区至少有一名同学．(1)求甲、乙两人都被分到 A 社区的概率；(2)求甲、乙两人不在同一个社区的概率；(3)设随机变量 ξ 为四名同学中到 A 社区的人数，求 ξ 的分布列和E (ξ)的值．A 22 C 4A 31＝ ，即甲、乙两人同时到 A 社区的概率是 .A 33 C 4A 3 6所以，甲、乙两人不在同一社区的概率是 P ( E )＝1－P (E )＝ .C 24A 22 1 2C 4A 3 3 3E (ξ)＝1× ＋2× ＝ . x x1181(2) 记甲、乙两人在同一社区为事件 E ，那么 P (E )＝ 2 3＝ .56(3)随机变量 ξ 可能取的值为 1,2.事件“ξ＝i (i ＝1,2)”是指有 i 个同学到 A 社区，则 P (ξ＝2)＝ 2 3＝ ，所以 P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝2)＝ .ξ 的分布列是：ξP[来源:]12 3 21 32 1 43 3 318．(本小题满分 14 分)为备战 2016 年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练．现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成绩中随机抽取 8 次，记录如下：甲：.3,9.0,7.9,7.8,9.4,8.9,8.4,8.3乙：.2,9.5,8.0,7.5,8.2,8.1,9.0,8.5(1)现要从中选派一人参加奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参加合理？简单说明理由；(2)若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次比赛成绩进行预测，记这三次成绩中不低于 8.5 分的次数为 ξ，求 ξ 的分布列及均值E (ξ)．解析：(1)因为－ ＝－ ＝8.5，又 s 2 ＝0.27，s 2 ＝0.405，得 s 2 <s 2 ，甲乙甲乙甲乙(2)依题意得，乙不低于 8.5 分的频率为 ，ξ 的可能取值为 0,1,2,3， 则 ξ～B 3，2⎪. 所以，P (ξ＝k )＝C k 32⎪3－k 1－2⎪k ＝C k 3 2⎪3，k ＝0,1,2,3. 所以 E (ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .相对来讲，甲的成绩更加稳定，所以选派甲合适．12⎛ 1⎫⎝⎭⎛1⎫ ⎛ 1⎫ ⎛1⎫ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭所以 ξ 的分布列为ξP1 8 13 8 23 8 31 81 3 3 1 38 8 8 8 219．(本小题满分 14 分)某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为 0.6,0.4,0.5,0.2 . 已知各轮问题能否正确回答互不影响．(1)求该选手被淘汰的概率；[来源:](2)求该选手在选拔中至少回答了 2 个问题被淘汰的概率．解析： (1) 记 “该选手能正确回答第i 轮的问题 ”为事件 A i (i ＝1,2,3,4)，则 P (A 1)＝0.6，P (A 2)＝0.4，P (A 3)＝0.5，P (A 4)＝0.2.法一 该选手被淘汰的概率：P ＝P ( A 1 ＋A 1 A 2 ＋A 1 A 2A 3 ＋A 1 A 2 A 3A 4 )＝ P ( A 1 ) ＋ P (A 1)P ( A 2 ) ＋ P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4 )＝0.4＋0.6×0.6＋0.6×0.4×0.5＋0.6×0.4×0.5×0.8＝0.976.法二 P ＝1－P (A 1 A 2 A 3A 4 ) ＝1－P (A 1)P (A 2) P (A 3)P (A 4 )＝1－0.6×0.4×0.5×0.2＝1－0.024＝0.976.(2)法一 P ＝P (A 1 A 2 ＋A 1 A 2A 3 ＋A 1 A 2 A 3A 4 )＝P (A 1)P ( A 2 )＋P (A 1)P (A 2)P (A 3 ) ＋P (A 1)· P (A 2)P (A 3)P (A 4 )＝0.6×0.6＋0.6×0.4×0.5＋0.6×0.4×0.5×0.8＝0.576.法二P ＝ 1 － P ( A 1 ) － P (A 1 A 2 A 3A 4 ) ＝ 1 － (1 － 0.6) －0.6×0.4×0.5×0.2＝0.576.20．(2013· 陕西卷)(本小题满分 14 分)在一场娱乐晚会上， 有 5位民间歌手(1 至 5 号)登台演唱， 由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手. 各位观众须彼此独立地在选票上选 3 名歌手，其中观众甲是1 号歌手的歌迷， 他必选 1 号， 不选2 号， 另在3 至 5 号中随机选2 名. 观众乙和丙对 5 位歌手的演唱没有偏爱， 因此在 1 至 5 号中随机选 3 名歌手.(1)求观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率；(2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和， 求 X 的分布列和数学期望.号歌手. 观众甲选中 3 号歌手的概率为 ，观众乙未选中 3 号歌手的概率为 1－ .所以 P (A )＝ × 1－5⎪＝ 因此，观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率为 .观众甲选中 3 号歌手的概率为 ，观众乙选中 3 号歌手的概率为 .⎛ 2⎫ ⎛ 3⎫ 43⎭ ⎝ 5⎭ 75 2 ⎛ 3⎫ ⎛ 2⎫ 3 ⎛ 3⎫ ⎛ 2⎫ ⎛ 3⎫ 3 8＋6＋6 205⎭ ⎝ 3⎭ 5 ⎝ 5⎭ ⎝ 3⎭ ⎝ 5⎭ 5 3 ⎝ 75 75＝2)＝ × × 1－5⎪＋ 1－3⎪× × ＋ × 1－5⎪× ＝2 3 ⎛ 3⎫ ⎛ 2⎫ 3 3 2 ⎛ 3⎫ 3 12＋9＋12 33 3 5 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 5 5 3 ⎝ ⎭ 5＝ . 当观众甲、乙、丙均选中 3 号歌手时，这时 X ＝3，P (X ＝3)＝ ×5⎪2＝ .解析：(1)设事件 A 表示：观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3233 2 ⎛ 3⎫45 3 ⎝ ⎭ 15.415(2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，则 X 可取0,1,2,3.2 33 5当观众甲、乙、丙均未选中 3 号歌手时，这时 X ＝0，P (X ＝0)＝1－ ⎪× 1－ ⎪2＝ ⎝.当观众甲、乙、丙中只有 1 人选中 3 号歌手时，这时 X ＝1，P (X＝1)＝ × 1－ ⎪2＋ 1－ ⎪× × 1－ ⎪＋ 1－ ⎪× 1－ ⎪× ＝ ＝ .当观众甲、乙、丙中只有 2 人选中 3 号歌手时，这时 X ＝2，P (X75 752 ⎛3⎫3 ⎝ ⎭18 75X 的分布列如下表：XP4 75120 75233 75318 75所以数学期望 E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ ＝4 20 33 18 20＋66＋5475 75 75 75 752815.。
(完整版)选修2-3综合测试题带答案
thin C．P（|ξ|＜a）=1﹣2P（ξ＜a）（a＞0） D．P（|ξ|＜a）=1﹣P（|ξ|＞a）（a＞0）
g and S .
nly o .
ne t从统计量中求出有 95%的把握认为吸烟与患肺病有关系，即表示有 5%的可能性使得推断出 hin 现错误，故 C 正确． g 故选：C． at a t 4．将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中，则不同放法种数有（ ） im A．81 B．64 C．12 D．14 e a 【考点】排列、组合及简单计数问题． nd 【分析】第一个小球有 4 众不同的方法，第二个小球也有 4 众不同的方法，第三个小球也有 A 4 众不同的放法，即每个小球都有 4 种可能的放法，根据分步乘法原理得到结果． ll t 【解答】解：本题是一个分步计数问题 hin 对于第一个小球有 4 众不同的方法， gs 第二个小球也有 4 众不同的方法， in 第三个小球也有 4 众不同的放法， th 即每个小球都有 4 种可能的放法， eir 根据分步计数原理知共有即 4×4×4=64 b 故选 B． ein g 5．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（ ） are A．C81C73 B．C84 C．C84﹣6 D．C84﹣12 go 【考点】计数原理的应用． od 【分析】从 8 个顶点中选 4 个，共有 C84 种结果，在这些结果中，有四点共面的情况，6 个 fo 表面有 6 个四点共面，6 个对角面有 6 个四点共面，用所有的结果减去不合题意的结果，得 r s 到结论． om 【解答】解：首先从 8 个顶点中选 4 个，共有 C84 种结果， e 在这些结果中，有四点共面的情况， thin 6 个表面有 6 个四点共面，6 个对角面有 6 个四点共面，
的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是 ．质点 P 移动 5 次后位 于点（2，3）的概率为（ ）
人教A版选修2-3综合检测.doc
马鸣风萧萧 高中数学学习材料 马鸣风萧萧*整理制作 综合检测
(时间:120分钟,满分:150分) 一、选择题(每小题5分,共60分) 1.现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张.不同取法的种数为( ).
A.232 B.252 C.472 D.484 答案:C 解析:完成这件事可分为两类,第一类3张卡片颜色各不相同共有=256种;第二类3张卡片有两张同色且不是红色卡片共有=216种,由分类加法计数原理得共有472种,故选C. 2.(2014重庆高考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( ). A.72 B.120 C.144 D.168 答案:B 解析:解决该问题分为两类:第一类分两步,先排歌舞类,然后利用插空法将剩余3个节目排入左边或右边3个空,故不同排法有·2=72.第二类也分两步,先排歌舞类,然后将剩余3个节目放入中间两空排法有,故不同的排法有=48,故共有120种不同的排法,故选B. 3.(x2+2)的展开式中的常数项是( ). A.-3 B.-2 C.2 D.3 答案:D 解析:的通项为Tr+1=(-1)r=(-1)rx2r-10.要使(x2+2)的展开式中存在常数项,须令2r-10=-2或0,此时r=4或5.故(x2+2)·的展开式中的常数项是(-1)4×+2×(-1)5×=3. 4.小明同学在网易上申请了一个电子信箱,密码由4位数字组成,现在小明只记得密码是由2个6,1个3,1个9组成,但忘记了它们的顺序.那么小明试着输入由这样4个数组成的一个密码,则他恰好能输入正确进入邮箱的概率是( ). A. B. C. D. 答案:C 马鸣风萧萧
解析:由2个6,1个3,1个9这4个数字一共可以组成=12种不同的密码顺序,因此小明试着输入由这样4个数组成的一个密码,他恰好能输入正确进入邮箱的概率是P=. 5.将三颗骰子各掷一次,设事件A=“三个点数都不相同”,B=“至少出现一个6点”,则概率P(A|B)等于( ). A. B. C. D. 答案:A 解析:P(B)=1-P()=1-, P(AB)=, 故P(A|B)=. 6.已知随机变量X服从二项分布,X~B,则P(X=2)等于( ). A. B. C. D. 答案:D 解析:P(X=2)=··. 7.6个电子产品中有2个次品,4个合格品,每次从中任取一个测试,测试完后不放回,直到两个次品都找到为止,那么测试次数X的均值为( ). A. B. C. D. 答案:D 解析:测试次数X为随机变量,其可能的取值为2,3,4,5,6,其分布列如下: X 2 3 4 5 6 P
人教b版选修2-3模块综合检测.docx
高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作模块综合检测一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)1．设Y 对X 的回归直线方程y ^＝2－1.5x ，当变量x 增加一个单位时，y 平均( ) A ．增加1.5个单位 B ．增加2个单位 C ．减少1.5个单位D ．减少2个单位解析：由回归直线方程斜率的意义易知C 正确． 答案：C2．方程C x 14＝C 2x －414的解集为( )A ．{4}B ．{14}C ．{4,6}D ．{14,2}解析：由C x 14＝C 2x －414得x ＝2x －4或x ＋2x －4＝14，解得x ＝4或x ＝6.经检验知x ＝4或x ＝6符合题意．答案：C3．某同学通过计算机测试的概率为13，他连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为( )A.49B.29C.427D.227解析：连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为 P ＝C 13⎝⎛⎭⎫131⎝⎛⎭⎫1－132＝49. 答案：A4．为了考察两个变量x 和y 之间的线性相关性，甲、乙两位同学各自独立地做10次和15次试验，并且利用线性回归方程，求得回归直线分别为l 1和l 2.已知两个人在试验中发现对变量x 的观测数据的平均值都是s ，对变量y 的观测数据的平均值都为t ，那么下列说法正确的是( )A.l 1与l 2相交点为(s ，t )B ．l 1与l 2相交，相交点不一定是(s ，t )C ．l 1与l 2必关于点(s ，t )对称D ．l 1与l 2必定重合解析：因为线性回归方程过样本点的中心(s ，t )，所以l 1，l 2都过点(s ，t )，即相交于(s ，t )．答案：A5．已知随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝12k ，k ＝1,2，…，则P (2<X ≤4)等于( )A.316 B.14 C.116D.516解析：P (2<X ≤4)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝123＋124＝316.答案：A6．3个人坐在一排6个座位上，3个空位只有2个相邻的坐法种数为( ) A ．24 B ．36 C ．48D ．72解析：先将三个人排好，共有6种排法，空出4个位，再将空座位插空，有4×3＝12种排法，故有6×12＝72种排法．答案：D7．如果χ2≥5.024，那么认为“X 与Y 有关系”犯错的概率为( ) A ．1% B ．95% C ．5%D ．99%解析：χ2>3.841，故有95%的把握认为有关，犯错的概率为5%. 答案：C8．(x －6)n 的展开式中，第3项的系数为36，则含x 2的项为( ) A ．36 B ．－36 C ．36x 2D ．－36x 2解析：(x －6)n 的展开式的通项为T k ＋1＝C k n xn －k(－6)k . ∴36＝C 2n (－6)2，解得n ＝4.令n －k ＝2得k ＝2，故含x 2的项为T 3＝36x 2. 答案：C9．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.35B.25C.59D.110解析：记“第一次摸出正品”为事件A ，“第二次摸到正品”为事件B ，则P (A )＝C 16C 19C 110C 19＝35， P (A ∩B )＝C 16C 15C 110C 19＝13.故P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝59.答案：C10．已知一次考试共有60名同学参加，考生成绩X ～N (110,52)，据此估计，成绩落在区间(100,120]内的人数为( )A ．55B ．56C ．57D ．58解析：∵X ～N (110,52)， ∴μ＝110，σ＝5.又P (100<X <120)＝p (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.954 4， 故所求人数为0.954 4×60≈57. 答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 11．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，以X 表示取到白球的个数，则P (X ＝1)＝________.解析：P (X ＝1)＝C 12·C 13C 25＝610＝0.6.答案：0.612．一颗骰子抛掷60次，出现1点的次数为X ，则D (X )＝________. 解析：一颗骰子抛掷1次，出现1点的概率为16，则X ～B (60，16)，D (X )＝60×16×56＝253.答案：25313．在某次学校的游园活动中，高二(2)班设计了这样一个游戏：在一个纸箱里放进了5个红球和5个白球，这些球除了颜色不同外完全相同，一次性从中摸出5个球，摸到4个或4个以上红球即为中奖，则中奖的概率是________．(精确到0.001)解析：设摸出的红球个数为X ，则X 服从超几何分布，其中N ＝10，M ＝5，n ＝5，于是中奖的概率为P (X ≥4)＝P (X ＝4)＋P (X ＝5)＝C 45C 15C 510＋C 55C 510≈0.103.答案：0.10314．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有________种．解析：因为10÷8的余数为2，所以可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那么共有C 28＝28种走法．答案：28三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)某单位餐厅的固定餐椅经常有损坏，于是该单位领导决定在餐厅墙壁上张贴文明标语看是否有效果，并对文明标语张贴前后餐椅的损坏情况作了一个统计，具体数据如下：损坏餐椅数末损坏餐椅数合计 文明标语张贴前 40 160 200 文明标语张贴后30 170 200 合计70330400试根据以上数据判断在餐厅墙壁上张贴文明标语对减少餐椅损坏是否有关系． 解：根据题中的数据得χ2＝400(40×170－160×30)2200×200×70×330≈1.73，因为1.73<3.841，所以没有理由认为在餐厅墙壁上张贴文明标语对减少餐椅损坏有关系． 16．(本小题满分12分)已知(x －124x)n 的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列．(1)证明展开式中没有常数项； (2)求展开式中所有的有理项． 解：由题意：2C 1n ·12＝1＋C 2n ·(12)2，即n 2－9n ＋8＝0， ∴n ＝8(n ＝1舍去)． ∴T r ＋1＝C r 8(x )8－r·(－124x)r ＝(－12)r ·C r 8x 8－r 2·x r 4＝(－1)r C r82r ·163r 4x (0≤r ≤8，r ∈Z)(1)若T r ＋1是常数项，则16－3r4＝0，即16－3r ＝0， ∵r ∈Z ，这不可能， ∴展开式中没有常数项； (2)若T r ＋1是有理项，当且仅当16－3r4为整数， ∴0≤r ≤8，r ∈Z ，∴r ＝0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是：T 1＝x 4，T 5＝358x ，T 9＝1256x －2.17．(本小题满分12分)(2012·湖北高考)根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X (单位： mm)对工期的影响如下表：降水量X X ＜300300≤X ＜700700≤X ＜900X ≥900工期延误 天数Y2610历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X 小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9，求：(1)工期延误天数Y 的均值与方差；(2)在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率． 解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：P (X ＜300)＝0.3，P (300≤X ＜700)＝P (X ＜700)－P (X ＜300)＝0.7－0.3＝0.4， P (700≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜700)＝0.9－0.7＝0.2， P (X ≥900)＝1－P (X ＜900)＝1－0.9＝0.1. 所以Y 的分布列为Y 0 2 6 10 P0.30.40.20.1于是E (Y )＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8. 故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8.(2)由概率的加法公式，得P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7. 又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300) ＝0.9－0.3＝0.6，所以由条件概率得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝P (300≤x ＜900)P (X ≥300)＝0.60.7＝67. 故在降水量X 至少是300 mm 的条件下，工期延误不超过6天的概率是67.18．(本小题满分14分)某校举办一场蓝球投篮选拔比赛，比赛的规则如下：每个选手先后在二分区、三分区和中场跳球区三个位置各投一球，只有当前一次球投进后才能投下一次，三次全投进就算胜出，否则即被淘汰．已知某选手在二分区投中球的概率为45，在三分区投中球的概率为35，在中场跳球区投中球的概率为25，且在各位置投球是否投进互不影响．(1)求该选手被淘汰的概率；(2)该选手在比赛中投球的个数记为X ，求随机变量X 的分布列与数学期望E (X )． 解：(1)法一记“该选手能投进第i 个球”的事件为A i (i ＝1,2,3)， 则P (A 1)＝45，P (A 2)＝35，P (A 3)＝25，∴该选手被淘汰的概率P ＝P (A 1＋A 1∩A 2＋A 2∩A 2∩A 3) ＝P (A 1)＋P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＝15＋45×25＋45×35×35＝101125. 法二：记“该选手能投进第i 个球”的事件为A i (i ＝1,2,3)， 则P (A 1)＝45，P (A 2)＝35，P (A 3)＝25.∴该选手被淘汰的概率P ＝1－P (A 1∩A 2∩A 3)＝1－P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＝1－45×35×25＝101125.(2)X 的可能值为1,2,3，P (X ＝1)＝P (A 1)＝15，P (X ＝2)＝P (A 1∩A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝45×25＝825，P (X ＝3)＝P (A 1∩A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝45×35＝1225.∴X 的分布列为X 12 3P 158251225∴E(X)＝1×15＋2×825＋3×1225＝5725.。
选修2-3综合检测
选修2-3综合检测 一、一。
填空题1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有 种2．把3张电影票分给10人中的3人,分发种数为3．某人有3个不同的电子邮箱,他要发5个电子邮件,有 种发送方法。
4．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个，用X 表示这10个村庄中交通方便的村庄数，若10156847)(C C C a X P ==，则a = 5．()42x x +的展开式中3x 的系数是6．化简()()()+-+-+-23416141x x x ()114+-x =7．从某地区的儿童中挑选体操学员，已知儿童体型合格的概率为51，身体关节构造合格的概率为41.从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的概率是 （假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响）8．设直线的方程是0=+By Ax ,从1,2,3,4,5这五个数中取两个不同的数作为A 、B 的值,则所得不同直线的条数是9．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X ，则P （X ≤7）=10．在n x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+5311展开式中,所有奇数项之和为1024,则中间项系数是___________ 11．一项“过关游戏”规则规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n 次，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于2n ，则算过关，那么，连过前二关的概率是________.12．卖水果的某个体户，在不下雨的日子可赚100元，在雨天则要损失10元。
该地区每年下雨的日子约有130天，1年按365天计算，则该个体户每天获利的期望值是二、填空题13．如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A ，若灯A 不亮，分析因电阻断路的可能性共有多少种情况。
14．已知男人中有5％患色盲，女人中有0.25％患色盲，从100个男人和100个女人中任选一人. （1）求此人患色盲的概率；（2）如果此人是色盲，求此人是男人的概率.15．已知nxx⎪⎭⎫⎝⎛+231的第5项的二项式系数与第3 项的二项式系数之比为14:3,求展开式中不含 x的项.16．从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：①能组成多少个没有重复数字的七位数？②上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？③在①中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？④在①中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？17．某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失.现有甲、乙两种相互独立的预防措施可供采用，单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率分别为0.9和0.85，若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用，联合采用或不采用，请你确定其中一种最好的预防方案，并说明理由。
高二数学选修2-3第一章测试题(含答案)
高中数学选修2-3第一章测试题一．选择题（每题5分，满分60分）1．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( ) A ．4 B ．24 C ．43D ．34[答案] C[解析] 依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.2．210所有正约数的个数共有( ) A ．12个 B ．14个 C ．16个 D ．20个[答案] C[解析] 由210＝2·3·5·7知正约数的个数为2·2·2·2＝16.∴选C. 3．设m ∈N *，且m ＜15，则(15－m )(16－m )…(20－m )等于( ) A ．A 615－m B ．A 15－m20－mC ．A 620－mD ．A 520－m[答案] C[解析] 解法1：(15－m )(16－m )…(20－m )＝(20－m )(19－m )……[(20－m )－6＋1]＝A 620－m .解法2：特值法．令m ＝14得1×2×3×4×5×6＝A 66.∴选C.4．A 、B 、C 、D 、E 五人站成一排，如果A 必须站在B 的左边(A 、B 可以不相邻)，则不同排法有( )A ．24种B ．60种C ．90种D ．120种[答案] B[解析] 5个人全排列有5！＝120种、A 在B 左边和A 在B 右边的情形一样多，∴不同排法有12×120＝60种．5．在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是( ) A ．－27C 610B ．27C 410 C ．－9C 610D ．9C 410[答案] D[解析] ∵T r ＋1＝C r 10x 10－r(－3)r .令10－r ＝6， 解得r ＝4.∴系数为(－3)4C 410＝9C 410.6．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A ．36B ．30C ．40D ．60[答案] A[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有35A 35＝36个．7．6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的总数为( ) A ．A 66B ．3A 33C ．A 33·A 33D ．4！·3! [答案] D[解析] 甲、乙、丙三人站在一起有A 33种站法，把3人作为一个元素与其他3人排列有A 44种，∴共有A 33·A 44种．故选D. 8．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为( ) A ．720 B ．144 C ．576D ．684[答案] C[解析] “不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间接法可得A 66－A 33A 44＝576.[点评] 不能都站在一起，与都不相邻应区分．9．C 9798＋2C 9698＋C 9598等于( )A ．C 9799B ．C 97100C ．C 9899D ．C 98100[答案] B[解析] 原式＝C 9798＋C 9698＋C 9698＋C 9598＝C 9799＋C 9699＝C 97100，故选B.10．已知集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，B ＝{1,2}，若集合M 满足B M A ，则不同集合M的个数为( )A ．12B ．13C ．14D ．15[答案] C[解析] ∵B M ，∴M 中必含有1、2且至少含有3、4、5、6中的一个元素，又M A ，∴M ≠A ，∴M 的个数为C 14＋C 24＋C 34＝14个．11．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )A ．C 26·C 24·C 22 B ．A 26·A 24·A 22 C ．C 26·C 24·C 22·C 33 D.A 26·C 24·C 22A 33[答案] A12．1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式的各项系数之和为( ) A ．2n －1B ．2n －1C ．2n ＋1－1 D ．2n [答案] C[解析] 解法一：令x ＝1得，1＋2＋22＋…＋2n ＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.解法二：令n ＝1，知各项系数和为3，排除A 、B 、D ，选C.二．填空题（每小题5分，满分20分）13．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．[答案] 24[解析] “每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可．∴有A 34＝24种不同坐法．14．方程C x 17－C x 16＝C 2x ＋216的解集是________．[答案] {5}[解析] 因为C x 17＝C x 16＋C x －116，所以C x －116＝C 2x ＋216，由组合数公式的性质，得x －1＝2x ＋2或x －1＋2x ＋2＝16，得x 1＝－3(舍去)，x 2＝5.15．方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.有________组解．[答案] 8[解析] 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 2＝1，z 2＝3.因此在{2，－2}，{1，－1}，{3，－3}中各取一个即可构成方程组的一组解，由分步乘法计数原理共有2×2×2＝8组解．16．(2010·湖北文，11)在(1－x 2)10的展开式中，x 4的系数为________． [答案] 45[解析] 本题主要考查二项式定理．(1－x 2)10的展开式中，只有两个括号含x 2的项，则x 4的系数为C 210(－1)2＝45三、解答题17．（满分12分）求和：12！＋23！＋34！＋…＋n(n ＋1)！.[解析] ∵k (k ＋1)！＝k ＋1－1(k ＋1)！＝k ＋1(k ＋1)！－1(k ＋1)！＝1k ！－1(k ＋1)！，∴原式＝⎝⎛⎭⎫11－12！＋⎝⎛⎭⎫12！－13！＋⎝⎛⎭⎫13！－14！＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ！－1(n ＋1)！＝1－1(n ＋1)！.18．（满分10分）用1、2、3、4、5、6、7这7个数字组成没有重复数字的四位数． (1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？ (2)这些四位数中大于6500的有多少个？[解析] (1)偶数的个位数只能是2、4、6有A 13种排法，其它位上有A 36种排法，由分步乘法计数原理知共有四位偶数A 13·A 36＝360个；能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120个．(2)最高位上是7时大于6500，有A 36种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A 25种．∴由分类加法计数原理知，这些四位数中大于6500的共有A 36＋2A 25＝160个．19．（满分12分）一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单． (1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？(以上两个题只列出算式)[解析](1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A25种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A66种排法，故共有A25A66种排法．(2)先不考虑排列要求，有A88种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A45A44种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有(A88－A45A44)种．20．（满分12分）六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站右端，也不站左端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端．[解析](1)解法一：因甲不站左右两端，故第一步先从甲以外的5个人中任选二人站在左右两端，有A25种不同的站法；第二步再让剩下的4个人站在中间的四个位置上，有A44种不同的站法，由分步乘法计数原理共有A25·A44＝480种不同的站法．解法二：因甲不站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有A14种不同的站法；第二步再让余下的5个人站在其他5个位置上，有A55种不同的站法，故共有A14·A55＝480种不同的站法．解法三：我们对6个人，不考虑甲站位的要求，做全排列，有A66种不同的站法；但其中包含甲在左端或右端的情况，因此减去甲站左端或右端的排列数2A55，于是共有A66－2A55＝480种不同的站法．(2)解法一：首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有A22种不同的站法；再让其他4个人在中间4个位置做全排列，有A44种不同的站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．解法二：“位置分析法”，首先考虑两端2个位置，由甲、乙去站，有A22种站法，再考虑中间4个位置，由剩下的4个人去站，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．(3)解法一：“间接法”，甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，而甲在左端且乙在右端的站法有A44种，故共有A66－2A55＋A44＝504种不同的站法．解法二：“直接法”，以元素甲的位置进行考虑，可分两类：a.甲站右端有A55种不同的站法；b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端，可先排甲后排乙，再排其余4个，有A14·A14·A44种不同的站法，故共有A55＋A14·A14·A44＝504种不同的站法．21．（满分12分）有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本； (2)一人得4本，一人得3本，一人得2本； (3)甲、乙、丙各得3本．[分析] 由题目可获取以下主要信息： ①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学； ②题目中的3个问题的条件不同．解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答． [解析] (1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C 49种方法； 第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C 35种方法； 第三步：把剩下的书给丙有C 22种方法，∴共有不同的分法有C 49·C 35·C 22＝1260(种)．(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有C 49·C 35·C 22种方法；第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A 33种方法，∴共有C 49·C 35·C 22·A 33＝7560(种)．(3)用与(1)相同的方法求解，得C 39·C 36·C 33＝1680(种)．22．（满分12分）已知在(3x －123x )n 的展开式中，第6项为常数项．(1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． [解析] (1)T r ＋1＝C r n ·(3x )n －r ·(－123x )r ＝C r n ·(x 13)n －r ·(－12·x －13)r ＝(－12)r ·C r n ·x n －2r 3. ∵第6项为常数项，∴r ＝5时有n －2r3＝0，∴n ＝10.(2)令n －2r 3＝2，得r ＝12(n －6)＝2，∴所求的系数为C 210(－12)2＝454. (3)根据通项公式，由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧10－2r3∈Z0≤r ≤10r ∈Z令10－2r3＝k (k ∈Z )，则10－2r ＝3k ， 即r ＝10－3k 2＝5－32k .∵r ∈Z ，∴k 应为偶数，∴k 可取2,0，－2， ∴r ＝2,5,8，∴第3项、第6项与第9项为有理项． 它们分别为C 210·(－12)2·x 2，C 510(－12)5， C 810·(－12)8·x －2.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数学试卷一、1．随机量ξ服从二分布ξ～ B（n，p），且 Eξ=300，Dξ=200， p 等于（）A．B．0C． 1D．2．随机量ξ服从正分布 N（0，1），下列不正确的是（）A．P（| ξ| ＜a）=P（ | ξ | ＜ a） +P（| ξ|=a ）（a＞0）B．P（| ξ| ＜a）=2P（ξ＜ a） 1（a＞0）C．P（| ξ| ＜a）=1 2P（ξ＜ a）（ a＞ 0）D．P（| ξ| ＜a）=1 P（ | ξ | ＞ a）（a＞0）3．在吸烟与患肺病两个分量的算中，下列法正确的是（）A．若Χ2的，而 P（Χ2≥） =，故我有 99%的把握吸烟与患肺病有关系，那么在 100 个吸烟的人中必有99 人患有肺病B．从独立性可知有 99%的把握吸烟与患肺病有关系，我某人吸烟，那么他有 99%的可能患有肺病C．若从量中求出有95%的把握吸烟与患肺病有关系，是指有5%的可能性使得推判出D．以上三种法都不正确4．将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中，不同放法种数有（）A．81B．64 C．12D． 145．以正方体的点点的三棱的个数是（）A．C81C73 B ．C84 C ．C846D． C84126．的展开式中，含x 的正整数次的共有（）A．4B．3 C ．2D．17．在 5 付不同手套中任取 4 只， 4 只手套中至少有 2 只手套原来是同一付的可能（）A．190B． 140 C ．130D．308．位于坐原点的一个点P 按下述移：点每次移一个位；移的方向向上或向右，并且向上、向右移的概率都是．点P 移 5 次后位于点（2，3）的概率（）A． B ． C ． D．9．（ 1 x3）（1+x）10的展开式中， x5的系数是（）A． 207 B．208 C ．209D． 21010．从 6 名志愿者中出 4 人分从事翻、游、、保四不同工作．若其中甲、乙两名支援者都不能从事翻工作，派方案共有（）A． 280 种B．240 种C．180 种D．96 种11．将三骰子各一次，事件A=“三个点数都不相同”，B=“至少出一个6 点”，概率 P（A|B）等于（）A．B． C． D．12．从 1，2，⋯， 9 九个数中，随机抽取 3 个不同的数， 3 个数的和偶数的概率是（） A．B． C． D．二、填空（共 4 小，每小 5 分，分 20 分）13．在平面直角坐系中，从六个点：A（ 0，0）、B（2，0）、C（1，1）、D（0，2）、E（2，2）、F（3，3）中任取三个，三点能构成三角形的概率是14．某位有 7 个在一起的停位，有 3 不同型号的需要停放，如果要求剩余的 4 个空位在一起，不同的停放方法有种．15．在 100 件品中有 5 件次品，不放回地抽取 2 次，每次抽 1 件．已知第 1 次抽出的是次品，第 2 次抽出正品的概率是．16．已知， a0+a2 +a4+a6=三．解答：本大共 6 小，共 70 分．17 ．求（ 1+x）3+（1+x）4+（1+x）5 +⋯ +（1+x）20的展开式中 x3的系数．18．离散型随机量X 的所有可能1，2，3，4，且 P（x=k）=ak，（k=1，2，3，4）（1）求常数 a 的；（ 2）求 X 的分布列；（3）求 P（2≤x＜4）．21．某次象棋比的决在甲乙两名旗手之行，比采用分制，比定一局得 2 分，平一局得 1 分，一局得 0 分；比行五局，分有超5分者比束，否行，根据以往，每局甲的概率，乙的概率，且每局比互不受影响．若甲第n 局、平、的得分分a n=2，a n=1， a n=0，n∈N*，1≤n≤5，令S n=a1+a2+⋯+a n19．在直角坐系中，已知三点P（2，2）， Q（4， 4），R（6，0）．（1）求S3=5的概率．（ 1）将P、Q、R三点的直角坐化极坐；（2）求S5=7的概率．（ 2）求△ PQR的面．20．某研究性学小春季昼夜温差大小与某花卉种子芽多少之的关系行研究，他分了 3 月 1 日至 3 月 5 日的每天昼夜温差与室每天每 10022．已知甲盒内有大小相同的 1 个球和 3 个黑球，乙盒内有大小相同的 2 个种子浸泡后的芽数，得到如表料：球和 4 个黑球．在从甲、乙两个盒内各任取 2 个球．日期 3 月 1 日 3 月 2 日 3 月 3 日 3 月 4 日 3 月 5 日（Ⅰ）求取出的4个球均黑色球的概率；温差 x（℃）101113128（Ⅱ）求取出的4个球中恰有 1 个球的概率；芽数 y（）2325302616（Ⅲ）ξ取出的 4 个球中球的个数，求ξ 的分布列和数学期望．（1）若取的是 3 月 1 日与 3 月 5 日的两数据，根据 3 月 2 日至 3 月 4 日的数据，求出 y 关于 x 的性回方程 y=bx+a；（2）若由性回方程得到的估数据与所出的数据的差均不超 2 ，得到的性回方程是可靠的，（Ⅱ）中所得的性回方程是否可靠？【解答】解：∵ P（| ξ| ＜a）=P（ | ξ | ≤a）=P（| ξ| ＜a）+P（ | ξ |=a ），∴ A 正2015-2016 学年河北省衡水市枣强中学高二（下）期中数学试卷（理科）确；参考答案与试题解析∵P（| ξ| ＜a）=P（﹣ a＜ξ＜ a）=P（ξ＜ a）﹣P（ξ＜﹣ a）=P（ξ＜ a）﹣P（ξ＞a）=P（ξ＜ a）﹣（ 1﹣P（ξ＜ a））=2P（ξ＜ a）﹣ 1，∴ B 正确， C不正确；一、选择题∵P（| ξ| ＜a）+P（ | ξ | ＞ a） =1，∴P（| ξ| ＜a）=1﹣P（| ξ | ＞ a）（a＞0），∴1．随机变量ξ服从二项分布ξ～ B（n，p），且 Eξ=300，Dξ=200，则 p 等于（） D 正确A． B． 0 C．1 D．故选 C．【考点】二项分布与 n 次独立重复试验的模型．【分析】根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差的公式和条件3．在吸烟与患肺病这两个分类变量的计算中，下列说法正确的是（）中所给的期望和方差的值，得到关于n 和 p 的方程组，解方程组得到要求的未知A．若Χ2的观测值为，而 P（Χ2≥） =，故我们有 99%的把握认为吸烟与患肺病有量 p．关系，那么在 100 个吸烟的人中必有 99 人患有肺病【解答】解：∵ξ 服从二项分布 B～（ n，p）B．从独立性检验可知有 99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时，我们说某人吸烟，Eξ=300，Dξ=200那么他有 99%的可能患有肺病∴Eξ=300=np，①； Dξ=200=np（ 1﹣p），②C．若从统计量中求出有 95%的把握认为吸烟与患肺病有关系，是指有5%的可能性使得推判出可得 1﹣p==，现错误∴ p=1﹣D．以上三种说法都不正确故选 D【考点】独立性检验的基本思想．【分析】根据独立性检验的概念与意义，结合题目中的数据，对选项中的命题进行分析、判2．设随机变量ξ服从正态分布 N（0，1），则下列结论不正确的是（）A．P（| ξ| ＜a）=P（ | ξ | ＜ a） +P（| ξ|=a ）（a＞0）B．P（| ξ| ＜a）=2P （ξ＜ a）﹣ 1（ a＞ 0）C．P（| ξ| ＜a）=1﹣ 2P（ξ＜ a）（ a＞ 0）D．P（| ξ| ＜a）=1﹣ P（| ξ| ＞a）（a＞0）【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】随机变量ξ服从正态分布 N（ 0，1），曲线关于 x=0 对称，根据概率和正态曲线的性质，可得到结论．断正误即可．【解答】解：Χ2的观测值为，而 P（Χ2≥）=，故我们有99%的把握认为吸烟与患肺病有关系，不表示有99%的可能患有肺病，故 A 不正确；有 99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时，不能说某人吸烟，他就有99%的可能患有肺病，故B 不正确；从统计量中求出有95%的把握认为吸烟与患肺病有关系，即表示有5%的可能性使得推断出现错误，故 C 正确．故选： C．6．的展开式中，含 x 的正整数次幂的项共有（）4．将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中，则不同放法种数有（）A． 4 项 B． 3 项 C． 2 项 D． 1 项A． 81B． 64C． 12 D． 14【考点】二项式系数的性质．【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】首先分析题目已知，是含有和的和的12 次幂的形式，求含x 的正整数次幂的项的个【分析】第一个小球有 4 众不同的方法，第二个小球也有 4 众不同的方法，第三个小球也有 4数．考虑到根据二项式定理的性质，写出的展开式的通项，然后使得x 的幂为正整数，即可众不同的放法，即每个小球都有 4 种可能的放法，根据分步乘法原理得到结果．求出满足条件的个数．【解答】解：本题是一个分步计数问题【解答】解：根据二项式定理的性质得：对于第一个小球有 4 众不同的方法，的展开式的通项为，第二个小球也有 4 众不同的方法，故含 x 的正整数次幂的项即6（ 0≤ r ≤ 12）为整数的项，共有 3 项，即 r=0 或 r=6 或 r=12 ．第三个小球也有 4 众不同的放法，故选 B．即每个小球都有 4 种可能的放法，根据分步计数原理知共有即4× 4× 4=647．在 5 付不同手套中任取 4 只， 4 只手套中至少有 2 只手套原来是同一付的可能（）故选 B．A． 190 B． 140 C． 130D． 30【考点】排列、组合的实际应用．5．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（）【分析】根据题意，使用间接法：首先计算从 5 付即 10 只不同的手套中任取 4 只的取法数目，A． C81C73B． C84C． C84﹣ 6D． C84﹣12再计算取出的 4 只没有是一双的取法数目，进而相减计算可得答案．【考点】计数原理的应用．【解答】解：根据题意，从 5 付即 10 只不同的手套中任取 4 只，有 C 4=210 种不同的取法，10【分析】从 8 个顶点中选 4 个，共有 C 4种结果，在这些结果中，有四点共面的情况， 6 个表而先从 5 付中取 4 付，取出的 4 只没有是一付即 4 双中各取 1 只的取法有 5× 2× 2×2× 2=80 8面有 6 个四点共面， 6 个对角面有 6 个四点共面，用所有的结果减去不合题意的结果，得到结种；论．则至少有两只是一双的不同取法有210﹣ 80=130 种．【解答】解：首先从 8 个顶点中选 4 个，共有 C4种结果，故选： C．8在这些结果中，有四点共面的情况，6 个表面有 6 个四点共面， 6 个对角面有 6 个四点共面，8．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上∴满足条件的结果有 C84﹣ 6﹣6=C84﹣ 12，或向右，并且向上、向右移动的概率都是．质点 P 移动 5 次后位于点（ 2，3）的概率为（）故选 D．A． B ．C． D．【考点】等可能事件．A． 280 种B． 240 种C． 180 种D．96 种【分析】从条件知点每次移一个位；移的方向向上或向右，并且向上、向右移【考点】排列、合的用．的概率都是，本考的是独立重复，因此点P 移 5 次后位于点（ 2， 3）点在移【分析】根据意，使用接法，首先算从 6 名志愿者中出 4 人分从事四不同工作程中向右移 2 次向上移 3 次．的情况数目，再分析算其包含的甲、乙两人从事翻工作的情况数目，而由事件的关【解答】解：点在移程中向右移 2 次向上移 3 次，系，算可得答案．因此点 P 移 5 次后位于点（ 2， 3）的概率【解答】解：根据意，由排列可得，从 6 名志愿者中出 4 人分从事四不同工作，有A 4=360 种不同的情况，6故 B其中包含甲从事翻工作有A53=60 种，乙从事翻工作的有A53=60 种，若其中甲、乙两名支援者都不能从事翻工作，派方案共有360 60 60=240 种；9．（ 1 x3）（ 1+x）10的展开式中， x5的系数是（）故 B．A． 207 B． 208 C． 209 D． 210【考点】二式定理的用．11．将三骰子各一次，事件A=“三个点数都不相同”， B=“至少出一个 6 点”，【分析】先将多式展开，分析可得（ 1 x3）（ 1+x）10展开式中的 x5的系数是（ 1+x）10的展概率 P（ A|B ）等于（）开式中的 x5的系数减去（ 1+x）10的 x2的系数，利用二式定理可得（1+x）10展开式的含 x5A． B ． C ． D．的系数与含 x2的系数，相减可得答案．【考点】条件概率与独立事件．【解答】解：（ 1 x3）（ 1+x）10=（ 1+x）10 x3（ 1+x）10【分析】本要求条件概率，根据要求的果等于P（AB）÷ P（B），需要先求出AB同生（ 1 x3）（ 1+x）10展开式中的 x5的系数是（ 1+x）10的展开式中的x5的系数减去（ 1+x）10的概率，除以 B 生的概率，根据等可能事件的概率公式做出要用的概率．代入算式得到的 x2的系数，果．由二式定理，（ 1+x）10的展开式的通T=C r x r【解答】解：∵ P（ A|B）=P（ AB）÷ P（ B），r+110令 r=5 ，得（ 1+x）10展开式的含 x5的系数 C105，P（ AB） ==令 r=2 ，得其展开式的含 x2的系数 C102P（ B）=1 P（） =1 =1 =x5的系数是 C105 C102=252 45=207∴ P（ A/B） =P（AB）÷ P（ B） ==故 A．故 A．10．从 6 名志愿者中出 4 人分从事翻、游、、保四不同工作．若其中甲、12．从1， 2，⋯， 9 九个数中，随机抽取 3 个不同的数， 3 个数的和偶数的概率是乙两名支援者都不能从事翻工作，派方案共有（）（）A． B ． C ． D ．14．某位有 7 个在一起的停位，有 3 不同型号的需要停放，如果要求剩余的4【考点】等可能事件的概率．个空位在一起，不同的停放方法有24种．【分析】从 9 个数中随机抽取 3 个不同的数，共有 C93种取法， 3 个数的和偶数包括抽取 3【考点】数原理的用．个数全偶数，或抽取 3 数中 2 个奇数 1 个偶数，用合数表示出算式，根据古典概型公式【分析】把 4 个空位捆在一起，当一个元素，与需要停放的 3 做全排列，即可得到得到果．．【解答】解：基本事件数C93，抽取 3 个数，和偶数事件A，【解答】解：把 4 个空位捆在一起，当一个元素，与需要停放的 3 做全排列，即 =4A 事件数包括两：抽取 3 个数全偶数，× 3× 2× 1=24，或抽取 3 数中 2 个奇数 1 个偶数，前者C43，后者 C41C52．故答案： 24．∴ A 中基本事件数 C43+C41 C52．∴符合要求的概率 =．15．在 100 件品中有 5 件次品，不放回地抽取 2 次，每次抽 1 件．已知第 1 次抽出的是次品，第 2 次抽出正品的概率是．二、填空（共 4 小，每小 5 分，分 20 分）【考点】条件概率与独立事件．13．在平面直角坐系中，从六个点：A（ 0，0）、B（2，0）、C（ 1，1）、D（ 0，2）、E（2，2）、【分析】根据意，易得在第一次抽到次品后，有 4 件次品， 95 件正品，由概率算公式，F（ 3， 3）中任取三个，三点能构成三角形的概率是（果用分数表示）．算可得答案．【考点】等可能事件的概率．【解答】解：根据意，在第一次抽到次品后，有 4 件次品， 95 件正品；【分析】本是一个古典概型．由目中所的坐知A、 C、 E、F 共； B、 C、 D 共；六第二次抽到正品的概率P=．个无共的点生成三角形数 C 3；可构成三角形的个数 C 3 C 3 C 3故答案：．6643【解答】解：本是一个古典概型由目中所的坐知A、 C、 E、 F 共；16．已知， a0+a2+a4+a6=8128（最后果）．B、 C、 D 共；【考点】二式定理的用．∵六个无共的点生成三角形数： C 3；【分析】在所的等式中，分令x=1 和 x= 1，得到 2 个等式，再把得到的 2 个等式相加6可构成三角形的个数：C63 C43 C33=15，即可求得 a0+a2+a4+a6的．∴所求概率：；【解答】解：在所的等式中，令 x=1 可得 a 0+a1+a2 +⋯ +a7 =27①，再令 x= 1 可得 a0 a1+a2故答案：．a3⋯ a7=（ 4）7②．把①②相加可得 2（ a0+a2+a4 +a6） =27+（ 4）7，∴ a0+a2+a4+a6= 8128，故答案 8128．X1234三．解答：本大共 6 小，共 70 分．解答写出文字明，明程或演算步．除P17 10 分，其它每12 分）17．求（ 1+x）3+（ 1+x）4+（ 1+x）5+⋯ +（ 1+x）20的展开式中 x3的系数．（ 3） P（ 2≤ x＜4） =P（ x=2） +P（x=3）【考点】二式定理的用．==．【分析】利用等比数列的求和公式，化所的式子，再利用二展开式的通公式，求得展开式中 x3的系数．19．在直角坐系中，已知三点P（2， 2）， Q（ 4， 4）， R（ 6， 0）．【解答】解：（ 1+x）3+（1+x）4+（ 1+x）5 +⋯+（ 1+x）20==，（ 1）将 P、 Q、R三点的直角坐化极坐；然只有（ 1+x）21中 x4与字母 x 相除可得 x3，（ 2）求△ PQR的面．∴ x3的系数 =5985．【考点】曲的极坐方程．【分析】（ 1）利用直角坐化极坐的公式，即可得出；18．离散型随机量X 的所有可能 1， 2，3， 4，且 P（ x=k） =ak，（ k=1， 2，3， 4）（ 2）利用 S=S +SS，即可求△ PQR的面．△PQR△POR △OQR△POQ（ 1）求常数 a 的；【解答】解（1） P（ 2， 2），极径 4，极角， Q（ 4， 4），极径 4，极角， R（ 6， 0），极（ 2）求 X的分布列；径 6，极角 0．（ 3）求 P（ 2≤ x＜4）．∴ P（ 4，）， Q（ 4，）， R（ 6， 0）．（每个 2 分）【考点】离散型随机量的期望与方差；离散型随机量及其分布列．（ 2） S△PQR=S△POR+S△OQR S△POQ【分析】（1）由条件得： a+2a+3a+4a=1，由此有求出常数 a 的．=× 4×6× sin+ × 4× 6× sin × 4×4sin（ 2）由 P（ x=k ） =，（ k=1， 2， 3， 4），能求出 X 的分布列．=14 4．（ 3）由 P（ 2≤ x＜4） =P（ x=2） +P（x=3），能求出果．【解答】解：（ 1）∵离散型随机量 X 的所有可能 1， 2， 3，4，20．某研究性学小春季昼夜温差大小与某花卉种子芽多少之的关系行研究，他且 P（ x=k） =ak，（k=1， 2， 3， 4）分了 3 月 1 日至 3 月 5 日的每天昼夜温差与室每天每100 种子浸泡后的芽∴由条件得： a+2a+3a+4a=1，数，得到如表料：∴ 10a=1，解得．日期 3 月 1 日 3 月 2 日 3 月 3 日 3 月 4 日 3 月 5 日（ 2）由已知得 P（X=1） =，温差 x（℃）101113128P（ X=2） =， P（ X=3） =， P（ X=4） =，芽数 y（）2325302616∴ X 的分布列如下：（ 1）若取的是 3 月 1 日与 3 月 5 日的两数据，根据 3 月 2 日至 3 月 4 日的数据，求出（ 1）求 S3=5 的概率．y 关于 x 的性回方程 y=bx+a；（ 2）求 S5=7 的概率．（ 2）若由性回方程得到的估数据与所出的数据的差均不超 2 ，得【考点】 n 次独立重复中恰好生k 次的概率．到的性回方程是可靠的，（Ⅱ）中所得的性回方程是否可靠？【分析】（ 1） S3=5，即前 3 局甲 2 1 平，由独立重复的概率求解即可．（参考公式：回直的方程是y=bx+a，其中 b=， a= b）（ 2） S5=7，5 局中得 7 分， 2 3 平或 3 1 平 1 ，由独立重复的概率求解即可．【考点】性回方程．【解答】解：（ 1）若 S3=5，前三局二一平，【分析】（1）先求出温差 x 和芽数 y 的平均，即得到本中心点，利用最小二乘法得到（ 2）若 S5=7， 5 局中得 7 分， 2 3 平或 31 平 1性回方程的系数，根据本中心点在性回直上，得到 a 的，得到性回方程；①2 3 平，前 4 局 1 3 平，第 5 局，∴（ 2）分当 x=10 及 x=8 ，求得 y ，分 |y 23| ＜ 2 及 |y 16| ＜ 2 性回方②3 1 平 1 ，前 4 局 2 1 1 平，第 5 局，∴程是否可靠．∴【解答】（1）由数据，求得，，．22．已知甲盒内有大小相同的 1 个球和 3 个黑球，乙盒内有大小相同的 2 个球和 4 个黑，球．在从甲、乙两个盒内各任取 2 个球．，（Ⅰ）求取出的 4 个球均黑色球的概率；．（Ⅱ）求取出的 4 个球中恰有 1 个球的概率；由公式，求得，（Ⅲ）ξ取出的 4 个球中球的个数，求ξ 的分布列和数学期望．．【考点】等可能事件的概率；离散型随机量及其分布列．所以 y 关于 x 的性回方程．⋯．【分析】（ 1）取出的 4 个球均黑色球包括从甲盒内取出的 2 个球均黑球且从乙盒内取出的2（ 2）当 x=10 ，，|22 23| ＜ 2；个球黑球，两个事件是相互独立的，根据相互独立事件同生的概率得到果．同，当 x=8 ，，|17 16| ＜ 2．（ 2）取出的 4 个球中恰有 1 个球表示从甲盒内取出的 2 个球均黑球；从乙盒内取出的2所以，研究所得到的性回方程是可靠的．⋯．个球中， 1 个是， 1 个是黑球或从甲盒内取出的 2 个球中， 1 个是球， 1 个是黑球；从乙盒内取出的 2 个球均黑球两种情况，它是互斥的．21．某次象棋比的决在甲乙两名旗手之行，比采用分制，比定一局（ 3）ξ 取出的 4 个球中球的个数，ξ 可能的取0，1， 2，3．合前两的解法得 2 分，平一局得 1 分，一局得0 分；比行五局，分有超 5 分者比束，否得到果，写出分布列和期望．行，根据以往，每局甲的概率，乙的概率，且每局比互不受影响．若【解答】解：（ I ）“从甲盒内取出的 2 个球均黑球” 事件 A，甲第 n 局、平、的得分分a n =2，a n=1，a n=0， n∈ N*， 1≤ n≤ 5，令 S n=a1+a2+⋯ +a n“从乙盒内取出的 2 个球均黑球” 事件B．∵事件 A，B 相互独立，且．∴取出的 4 个球均为黑球的概率为P（A?B） =P（A）?P（ B） =．（ II ）设“从甲盒内取出的 2 个球均为黑球；从乙盒内取出的 2 个球中，黑球”为事件C，“从甲盒内取出的 2 个球中， 1 个是红球， 1 个是黑球；从乙盒内取出的事件 D．∵事件 C，D 互斥，且．∴取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率为P（ C+D） =P（ C） +P（ D）=．1 个是红球， 1 个是2 个球均为黑球”为（III ）ξ 可能的取值为 0， 1， 2，3．由（ I ），（II ）得，又，从而 P（ξ =2） =1﹣P（ξ =0）﹣ P（ξ =1）﹣ P（ξ =3） =．ξ 的分布列为ξ0123 Pξ 的数学期望．2016 年 8 月 20 日。