选择性必修三课本习题总结训练-2025届高三数学一轮复习

人教A版数学课本优质习题总结训练——选择性必修三 P11 1．乘积展开后共有多少项？ P12 2．在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7天假期值班(每天只需1人值班)，不出现同一人连续值班2天，有多少种可能的安排方法？ 3．2160有多少个不同的正因数？ P26 4．学校要安排一场文艺晚会的个节目的演出顺序.除第个节目和最后个节目已确定外，个音乐节目要求排在第的位置，个舞蹈节目要求排在第的位置，个曲艺节目要求排在第的位置，有多少种不同的排法？ P27 5．(1)从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位数？ (2)由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字，并且比5000000大的正整数. 6．从5名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛. (1)如果4人中男生女生各选2人，那么有多少种选法？ (2)如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？ (3)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种选法？ (4)如果4人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？ 7．一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会. (1)如果必须有人去，去几个人自行决定，有多少种不同的去法？ (2)如果其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，有多少种去法？ 8．如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？ P28 9．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”对乙说：“你当然不会是最差的”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？ P31 10．(x-1)10的展开式中含x5的项的系数是(    ) A． B． C． D． 11．在的展开式中，含的项的系数是 . P34 12．填空题 (1) ；(2) . P35 13．证明：(1)的展开式中常数项是； (2)的展开式的中间一项是. 14．用二项式定理证明：(1)(n+1)n-1能被n2整除；(2)9910-1能被1000整除. 15．求证：. P37 16．正十二边形的对角线的条数是 ； P38 17．已知，那么 ； 18．某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法种数是 ； 19．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是 ； 20．(1)平面内有n条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，共有多少个交点？ (2)空间有n个平面，其中没有两个互相平行，也没有三个交于一条直线，共有多少条交线？ 21．(1)求(1-2x)5(1+3x)4的展开式中按x的升幂排列的第3项； (2)求的展开式的常数项； (3)已知(1+)n的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，求n； (4)求(1+x+x2)(1-x)10的展开式中x4的系数； (5)求(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数． 22．用二项式定理证明5555+9能被8整除．(提示：5555+9=(56-1)55+9．) 23．(1)平面内有两组平行线，一组有m条，另一组有n条，这两组平行线相交，可以构成多少个平行四边形？ (2)空间有三组平行平面，第一组有m个，第二组有n个，第三组有l个，不同两组的平面都相交，且交线不都平行，可以构成多少个平行六面体？ 24．某种产品的加工需要经过5道工序． (1)如果其中某道工序不能放在最后，那么有多少种加工顺序？ (2)如果其中某2道工序既不能放在最前，也不能放在最后，那么有多少种加工顺序？ (3)如果其中某2道工序必须相邻，那么有多少种加工顺序？ (4)如果其中某2道工序不能相邻，那么有多少种加工顺序？ 25．在(1+x)3+(1+x)4+…+(1+x)n+2的展开式中，含x2项的系数是多少？ P48 26．设，且，.根据事件包含关系的意义及条件概率的意义，直接写出 和的值再由条件概率公式进行验证. P52 27．两批同种规格的产品，第一批占40%，次品率为5%；第二批占60%，次品率为4%.将两批产品混合，从混合产品中任取1件. (1)求这件产品是合格品的概率；(2)已知取到的是合格品，求它取自第一批产品的概率. 28．甲、乙两人同时向一目标射击，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5.已知目标至少被命中1次，求甲命中目标的概率. P53 29．已知，，，证明：. P61 30．老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背诵其中的6篇，求(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列；(2)他能及格的概率 31．某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会．一旦某次考试通过，便可领取资格证书．不再参加以后的考试，否则就继续参加考试，直到用完3次机会．李明决定参加考试，如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： (1)李明在一年内参加考试次数X的分布列；(2)李明在一年内领到资格证书的概率． P66 32．已知随机变量X的分布列为： X 1 2 3 4 5 P 0.1 0.3 0.4 0.1 0.1 (1)求；(2)求． P70 33．已知随机变量X的分布列为： X 1 2 3 4 P 0.2 0.3 0.4 0.1 求和． 34．若随机变量X满足，其中c为常数，求． P71 35．随机变量X的分布列为，，，若，求a和b． 36．设，a是不等于的常数，探究X相对于的偏离程度与X相对于a的偏离程度的大小，并说明结论的意义． P74 37．如图是一块高尔顿板的示意图．在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0，1，2，…，10，用X表示小球最后落入格子的号码，求X的分布列. P80 38．抛掷一枚骰子，当出现5点或6点时，就说这次试验成功，求在30次试验中成功次数X的均值和方差. P81 39．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次.求下列事件的概率. (1)质点回到原点；(2)质点位于4的位置. 40．一个车间有3台车床，它们各自独立工作.设同时发生故障的车床数为X，在下列两种情形下分别求X的分布列. (1)假设这3台车床型号相同，它们发生故障的概率都是20%； (2)这3台车床中有A型号2台，B型号1台，A型车床发生故障的概率为10%，B型车床发生故障的概率为20%. P82 关注一下阅读材料 P87 41．设随机变量，则X的密度函数为 ， ， ， ， ．(精确到0.0001．) P90 42．已知离散型随机变量X的分布列如下表所示： X 0 1 2 P 0.36 求：(1)常数q的值；(2)和． P91 43．已知随机变量X取可能的值1，2，…，n是等可能的，且，求n的值． 44．已知每门大炮击中目标的概率都是0.3，现存n门大炮同时对某一目标各射击一次． (1)当时，求恰好击中目标3次的概率(精确到0.001)； (2)如果使目标至少被击中一次的概率超过95%，至少需要多少门大炮？ 45．一份某种意外伤害保险费为20元，保险金额为50万元．某城市的一家保险公司一年能销售10万份保单，而需要赔付的概率为．利用计算工具求(精确到0.0001)： (1)这家保险公司亏本的概率；(2)这家保险公司一年内获利不少于100万元的概率． 46．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，求n次传球后球在甲手中的概率． 47．某单位有10000名职工，想通过验血的方法筛查乙肝病毒携带者．假设携带病毒的人占5%，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10000次.统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血样混合再化验．如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次． (1)按照这种化验方法能减少化验次数吗？ (2)如果携带病毒的人只占2%，按照k个人一组，k取多大时化验次数最少？ P104 48．某地区的环境条件适合天鹅栖息繁衍．有人发现了一个有趣的现象，该地区有5个村庄，其中3个村庄附近栖息的天鹅较多，婴儿出生率也较高；2个村庄附近栖息的天鹅较少，婴儿的出生率也较低．有人认为婴儿出生率和天鹅数之间存在相关关系，并得出一个结论：天鹅能够带来孩子，你同意这个结论吗？为什么？ P113 49．经验表明，一般树的胸径(树的主干在地面以上1.3m处的直径)越大，树就越高．由于测量树高比测量胸径困难，因此研究人员希望由胸径预测树高．在研究树高与胸径之间的关系时，某林场收集了某种树的一些数据，试根据这些数据建立树高关于胸径的线性回归方程． 编号 1 2 3 4 5 6 胸径/ 18.1 20.1 22.2 24.4 26.0 28.3 树高/m 18.8 19.2 21.0 21.0 22.1 22.1 编号 7 8 9 10 11 12 胸径/ 29.6 32.4 33.7 35.7 38.3 40.2 树高/m 22.4 22.6 23.0 24.3； 23.9 24.7 P118 注意决定系数R2 P120 50．如果散点图中所有的散点都落在一条斜率为非0的直线上，请回答下列问题： (1)解释变量和响应变量的关系是什么？(2)是多少？ P136 51． 单位：人 学校 数学成绩 合计 不优秀(Y=0) 优秀(Y=1) 甲校(X=0) 33 10 43 乙校(X=1) 38 7 45 合计 71 17 88 对列联表中的数据，依据的独立性检验，我们已经知道独立性检验的结论是学校和成绩无关．如果表中所有数据都扩大为原来的倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因． 附：临界值表： P139 52．对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差(    ) A．满足一元线性回归模型的所有假设 B．不满足一元线性回归模型的E(e)=0的假设 C．不满足一元线性回归模型的D(e)=σ2假设 D．不满足一元线性回归模型的E(e)=0和D(e)=σ2的假设 53．根据分类变量与的观测数据，计算得到.依据的独立性检验，结论为(    ). A．变量x与y不独立 B．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 C．变量x与y独立 D．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 -选择性必修三结束- 学科网（北京）股份有限公司 $$ 人教A版数学课本优质习题总结训练——选择性必修三 参考答案： 1．45项 【分析】由多项式的乘法法则结合分步乘法计数原理即可得解. 【详解】根据多项式的乘法法则，展开后每一项均是从中各取1项相乘得到， 所以展开后的项数为项. 2．326592种 【分析】分析出每天的选法数，结合分步乘法计数原理即可得解. 【详解】第一天，每个人均可选，有7种选法； 从第二天至第七天，选出的人只需与前一天不同即可，均有6种选法； 所以符合题意的安排方法共有种. 3．40 【分析】对2160分解因数，转化2160的正因数，结合参数的取值及分步乘法计数原理即可得解. 【详解】由题意，，则2160的正因数， 因为可取0，1，2，3，4；可取0，1；可取0，1，2，3； 所以2160有个不同的正因数. 4．. 【分析】根据分步乘法计数原理以及排列数的思想计算出不同排法的种数. 【详解】第一步排音乐节目：有种排法；第二步排舞蹈节目：有种排法；第三步排曲艺节目：有种排法；所以共有种排法. 5．(1)1224；(2)1440. 【分析】(1)分别得到从0，2，4，6中任取3个数字和从1，3，5中任取2个数字的种数，然后全排列，再减去首位是零种数即可； (2)由比5000000大，则必须是七位数，且首位是5或6求解； 【详解】(1)从0，2，4，6中任取3个数字有种，从1，3，5中任取2个数字有种， 五个数全排列有种，其中首位是零的有种， 所以一共可组成个没有重复数字的五位数； (2)若比5000000大，则有七位数，且首位是5或6， 所以由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成个没有重复数字，并且比5000000大的正整数. 6．(1)60；(2)21；(3)91；(4)120 【分析】(1)根据要求直接选取即可； (2)在剩下的7人中任选2人即可； (3)包含两种情况，第一种甲和乙都在内，第二种情况，甲乙选1人； (4)从所有9人中选4人，去掉只有男生和只有女生的情况. 【详解】(1)如果4人中男生女生各选2人，有种选法； (2)如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，则在剩下的7人中任选2人，有种选法； (3)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，包含两种情况，第一种甲和乙都在内的选法有种，第二种情况，甲乙选1人，有种选法， 则如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，共有种选法； (4)如果4人中必须既有男生又有女生，先从所有9人中选4人，去掉只有男生和只有女生的情况，故有种选法. 7．(1)63；(2)31 【分析】(1)对于去几人进行分类讨论，最后根据加法计数原理求解即可；(2)对甲和乙两位同学要么都去，要么都不去进行分类讨论，分别计算去法种数，最后相加即可. 【详解】(1)一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会， 去1人时，有种去法；去2人时，有种去法； 去3人时，有种去法；去4人时，有种去法； 去5人时，有种去法；去6人时，有种去法； 根据分类计数原理得：共有种去法； (2)当甲和乙两位同学都去，则至少要去2人， 则有种去法； 当甲和乙两位同学都不去，则有种去法； 根据分类计数原理得：共有种去法； 8． 【分析】先排I，II，III最后排IV，由此求得不同着色方法数． 【详解】先排I，II，III共有种，IV有种 不同的着色方法数有种． 9．54 【分析】根据题意，分2种情况讨论：①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案． 【详解】根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名， 分2种情况讨论： ①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况， 此时有种名次排列情况； ②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况， 此时有种名次排列情况； 则一共有种不同的名次情况， 故5人的名次排列可能有54种不同情况． 10．D 【分析】求出展开式的通项，令的指数为5即可求出. 【详解】的展开式通项为， 令，可得，所以展开式中含的项的系数是. 故选：D. 11．-15. 【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数即可写出含的项，则可得到答案. 【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数, 所以含的项为. 所以展开式中，含的项的系数是-15. 12． 1024 【分析】根据组合数的性质计算即可. 【详解】(1)由组合数的性质可得； (2)由组合数的性质知，， ， 所以. 故答案为：1024； 13．(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)先写出展开式的通项公式并确定出常数项，然后将组合数改写为阶乘的形式并化简，由此完成证明； (2)先写出展开式的通项公式并确定出中间项，然后将组合数改写为阶乘的形式并化简，由此完成证明. 【详解】(1)展开式的通项为， 令，所以常数项为， 又 ， 所以的展开式中常数项是，故得证.； (2)展开式的通项为， 中间项对应的，所以中间项为， 又 ， 所以的展开式中间一项是，故得证. 14．(1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】(1)通过二项式展开可证明； (2)由通过二项式展开可证明. 【详解】(1)， 上式中的每一项都可以被整除，故能被整除； (2) ， 上式中的每一项都可以被整除，故能被1000整除. 15．证明见解析. 【分析】利用二项式定理直接证明. 【详解】左边= =1=右边. 即证. 16．54 【分析】由任意两点连线的条数，再排除边数可得. 【详解】任意两点连线的条数，再排除边数， 故正十二边形的对角线的条数是. 故答案为：54. 17． 【分析】根据组合数的性质及组合数的计算公式计算可得； 【详解】解：因为，所以，即，即，解得或(舍去) 故答案为： 18． 【分析】先排数学、体育，再排其余4节，利用乘法原理，即可得到结论． 【详解】解：由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，有种 再排其余4节，有种， 根据乘法原理，共有种方法， 故答案为：． 19．58 【分析】从8个顶点中选4个，排除6个表面有6个四点共面情况，6个对角面有6个四点共面情况. 【详解】首先从8个顶点中选4个，共有种结果， 其中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面情况，6个对角面有6个四点共面情况， 所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是. 故答案为：58. 20．(1)，(2) 【分析】(1)由题意可知：1条直线，0个交点，2条直线，1个交点，3 条直线，个交点，4条直线，条交点，从而可得到规律，进而可得答案； (2)类比(1)中的方法得出答案 【详解】解：(1)因为1条直线，0个交点， 2条直线，1个交点， 3 条直线，个交点， 4条直线，个交点， 5条直线，条交点， …… 所以条直线有个交点， 即个交点； (2)因为1个平面，0条交线， 2个平面，1条交线， 3个平面，条交线， 4个平面，条交线， 5个平面，条交线， …… 所以个平面有条交线， 即条交线； 21．(1)；(2)；(3)或23；(4)135；(5)30. 【分析】(1)的展开式中按的升幂排列的第3项，即展开式中含的项． (2)求出其通项公式，令的指数为0即可求解． (3)利用二项展开式的通项公式求出通项求出各项的二项式系数，利用等差数列的定义列出方程解得． (4)先将多项式展开，转化为二项式系数的和差，利用二项展开式的通项公式求出系数即可． (5)，两次利用通项公式求解即可. 【详解】(1)的展开式中按的升幂排列的第3项，即展开式中含的项， ． (2)展开式的通项公式为：； 令可得：； 故展开式的常数项为：． (3)展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数分别为，，， ； 化简得， 即：， 解得或23． (4)， 展开式中含的系数为：的含的系数加上其含的系数加上其含项的系数， 展开式的通项为， 令，3，2分别得展开式含，，项的系数为，，， 故展开式中含的系数为：， (5) 设其展开式的通项公式为， 令， 得的的通项公式为， 再，得， 的展开式中，的系数为． 即的展开式中，的系数为30． 22．见解析 【分析】根据，按照二项式定理展开，化简后，根据展开式的各式都含有因数8可得它能被8整除. 【详解】证明： 能被8整除. 所以能被8整除. 23．(1)；(2)； 【分析】(1)首先分析平行四边形是由两组平行对边构成的，接着结合分步计数原理求解即可；(2)首先分析平行六面体是由3组平行对面构成的，接着结合分步计数原理求解即可； 【详解】(1)由题意可知：平面内有两组平行线，一组有m条，另一组有n条， 要构成平行四边形，需要有两组对边分别平行， 故从第一组m条平行线中任选2条，作为平行四边形的一组对边，共有种不同的取法， 再从第二组n条条平行线中任选2条，作为平行四边形的另一组对边，共有种不同的取法， 则可以构成个平行四边形. (2)由题意可知：空间有三组平行平面，第一组有m个，第二组有n个，第三组有l个， 要构成平行六面体，需要有3组对面分别平行， 故从第一组m个平行平面中任选2个，作为平行六面体的一组对面，共有种不同的取法， 再从第二组n个平行平面中任选2个，作为平行六面体的第二组对面，共有种不同的取法， 再从第三组l个平行平面中任选2个，作为平行六面体的第三组对面，共有种不同的取法， 则可以构成个平行六面体. 24．(1)96，(2)36，(3)48，(4)72 【分析】(1)先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，再将剩余的4道工序全排列即可；(2)先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后，再将剩余的3道工序全排列；(3)先排这2道工序，再将它们看做一个整体，与剩余的工序全排列；(4)先排其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空 【详解】解：(1)先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，有种不同的排法，再将剩余的4道工序全排列，有种不同的排法，故由分步乘法原理可得，共有种加工顺序； (2)先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后，有种不同的排法，再将剩余的3道工序全排列，有种不同的排法，故由分步乘法原理可得，共有种加工顺序； (3)先排这2道工序，有种不同的排法，再将它们看做一个整体，与剩余的工序全排列，有种不同的排法，故由分步乘法原理可得，共有种加工顺序； (4)先排其余的3道工序，有种不同的排法，出现4个空位，再将这2道工序插空，有种不同的排法，所以由分步乘法原理可得，共有种加工顺序， 25． 【分析】求出展开式中含的系数为,再利用二项式系数的性质求和即可. 【详解】因为展开式的第为. 所以中含项的系数是、中含项的系数是,…,中含项的系数是. 所以的展开式中含项的系数为. 所以含项的系数是. 26．, 【分析】由事件包含关系的意义及条件概率的意义直接写结果，再用条件概率的公式验证. 【详解】因为，且，，则发生一定发生， 所以,， 又因为，由条件概率公式得： ,. 27．(1)；(2). 【分析】(1)直接求解即可； (2)根据条件概率公式计算即可. 【详解】(1)求这件产品是合格品的概率为 (2)设{取到的是合格品}，{产品来自第批}， 则， 则， 根据公式得： . 28．0.75 【分析】先求目标至少被命中1次的概率，然后根据条件概率公式即可求得. 【详解】由题意可得，目标至少被命中1次的概率为， 又因为甲命中目标的概率为， 所以目标至少被命中1次，甲命中目标的概率. 29．证明见解析. 【分析】根据得到，然后利用条件概率公式直接就可证明. 【详解】因为，，所以，即 , 所以，即. 30．(1)答案见解析 (2) 【分析】(1)根据超几何概率公式，求概率，再写出分布列； (2)根据分布列计算，即可求解. 【详解】(1)(1)设该同学抽到能背诵的课文篇数为，的可能取值为0，1，2，3 则的分布列为，用表格表示为 0 1 2 3 (2)及格的概率为 31．(1)分布列见解析；(2) 【分析】(1)的取值分别为1，2，3，分别求出，，，由此能求出李明参加考试次数的分布列 (2)由已知条件，利用对立事件的概率计算能求出李明在一年内领到资格证书的概率． 【详解】解：(1)的取值分别为1，2，3． ，， 所以李明参加考试次数的分布列为： 1 2 3 P 0.6 0.28 0.12 (2)李明在一年内领到资格证书的概率为： 32．(1)；(2) 【分析】(1)根据期望的公式求出即可． (2)根据期望的性质计算可得； 【详解】解：(1)依题意可得 (2) 33．, 【分析】先计算出，即可计算出，即可计算，则可计算出. 【详解】由题意知：. 所以. ,. 34．0 【分析】先求出,即可求出. 【详解】因为随机变量X满足，其中c为常数. 所以， 所以. 35．0.6；0.2 【分析】根据概率之和为1及期望列出方程求解即可. 【详解】由题意知，， 解得 即a和b分别为. 36．X相对于的偏离程度小于X相对于a的偏离程度，X相对于的偏离程度(即的方差)是相对于任意常数a的偏离程度中最小的，从而方差能很好的反映一组数据的集中与离散程度. 【分析】由方差的公式结合作差法比较大小即可. 【详解】设取的概率为， 又，所以X相对于的偏离程度为， X相对于a的偏离程度为， 又因为，，， 所以 ， ，即X相对于的偏离程度小于X相对于a的偏离程度， 结论的意义：X相对于的偏离程度(即的方差)是相对于任意常数a的偏离程度中最小的，从而方差能很好的反映一组数据的集中与离散程度. 37．答案见解析 【分析】由题设分析得到，进而利用二项分布求概率公式求出相应的概率，进而写出分布列. 【详解】设“向右下落”，“向左下落”，则， 因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数， 而小球下落的过程中共碰撞小木钉10次，所以， 的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10， 所以，，，，，， ，，，，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 38．均值，方差. 【分析】由题意得随机变量服从二项分布，根据二项分布的均值和方差公式，即可求解. 【详解】依题意试验一次成功的概率为，且每次试验是相互独立， 所以30次试验中成功次数X服从二项分布， ， 所以在30次试验中次数的均值为，方差为. 39．(1)；(2). 【分析】(1)质点回到原点可知质点向右移动3次，向左移动3次，根据二项分布的概率公式，即可求解； (2)质点位于4的位置可知质点向右移动5次，向左移动1次，根据二项分布的概率公式，即可求解. 【详解】设质点向右移动的次数为，又质点每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位， 共移动6次，且每次移动是相互独立，则. (1)质点回到原点，则， ， 所以质点回到原点的概率是； (2)当质点位于4的位置时，则， ， 所以质点位于4的位置的概率是. 40．(1)答案见详解；(2)答案见详解. 【分析】(1)利用二项分布的概率计算公式即可求解. (2)利用独立事件的概率乘法公式即可求解. 【详解】(1)由题意，可取0，1，2，3， ， ， ， ， 所以的分布列如下：                                                   (2)可取0，1，2，3， ， ， ， . 所以的分布列如下：                                                   41． 【分析】根据正态分布曲线的对称性和原则，即可求解. 【详解】由题意，机变量，则的密度函数为， 因为， 根据正态分布曲线的对称性，可得，， ， 42．(1)0.2；(2)，. 【分析】(1)由概率之和为1可求得； (2)根据分布列直接计算期望和方差即可. 【详解】(1)由题可得，解得或， 当时，，不符合题意，舍去， ； (2)由(1)可得分布列为 X 0 1 2 P 0.36 0.6 0.04 ， . 43．19 【分析】根据随机变量的数学期望公式列出方程，求解方程即可. 【详解】因为随机变量X取可能的值1，2，…，n是等可能的， 所以， 所以， 所以解得. 44．(1)；(2) 【分析】(1)利用二项分布的概率计算公式即可求解. (2)由题意列出，解不等式即可求解. 【详解】(1)门大炮同时对某一目标各射击一次， 设击中目标的次数为， 则， 故恰好击中目标3次的概率为. (2)由题意，n门大炮同时对某一目标各射击一次， 击中次的概率为， 则至少击中一次的概率为， 则， 即， 解得， 因为，所以如果使目标至少被击中一次的概率超过95%，至少需要门大炮. 45．(1)0.0037；(2)0.9197 【分析】(1)用表示10万人中遭遇意外伤害的人数，可得，则由可求； (2)可得一年内最多只能有2人出险，求出即可. 【详解】(1)一份意外伤害保险费为20元，销售10万份保单可得保险费200万元，保险金额为50万元，可得出在一年内若有4人以上出险，保险公司将亏本， 由题意可得10万人参保，可看作10万次独立重复实验，每人是否遭遇意外伤害相互独立，用表示10万人中遭遇意外伤害的人数，每人遭遇意外的概率为，则， 则这家保险公司亏本的概率 ； (2)这家保险公司一年内获利不少于100万元，则一年内最多只能有2人出险， 则 . 46． 【分析】记表示事件“经过次传球后，球在甲的手中”，设次传球后球在甲手中的概率为，得到，化简整理得，即，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】记表示事件“经过次传球后，球在甲的手中”， 设次传球后球在甲手中的概率为， 则有， 所以 ， 即， 所以，且， 所以数列表示以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 即n次传球后球在甲手中的概率是． 47．(1)减少；(2)． 【分析】(1)根据已知求出阳性的人数，然后从极端情形入手求出5人一组的最大化验次数，比较可得； (2)仿照(1)求出人一组时最大测试次数，然后由基本不等式求最小值，由为正整数，比较得的值． 【详解】(1)按照此种方法，需要化验两轮，第一轮化验次数为， 携带病毒的人占5%，因此携带病毒的人有(人)，第二轮最多有500组需要化验，最多化验次数为， 因此这种方法最多化验次数为，化验次数减少． (2)按(1)中方法，按人一组，第一轮需要化验次，如果携带病毒的人只占2%，则携带病毒的人有(人)，最多有200组需要化验第2轮， 第二轮最多化验次数为，因此最多化验次数为，当且仅当时等号成立，由于，易得，所以时，化验次数最少． 48．不同意；理由见详解. 【分析】根据相关关系的判断方法即可给出理由. 【详解】某个地区的环境条件适合天鹅栖息繁衍， 与这个地区的环境条件有很大的关系，适合天鹅栖息的地区天鹅栖息就较多， 不适合天鹅栖息的地区天鹅栖息就较少，婴儿出生率与生理遗传有关， 当然也受地区环境的影响，但是两者并不存在必然的相关关系， “天鹅能够带来孩子”这个结论是错误的. 49． 【分析】由已知数据先计算，再根据回归方程中系数公式计算系数得方程． 【详解】解： 由已知 ， , ， 所以线性回归方程为：． 50．(1)线性函数关系 (2) 【分析】(1)根据题意得到解释变量和响应变量的关系是线性函数关系； (2)由(1)知： 【详解】(1)因为散点图中所有的散点都落在一条斜率为非0的直线上， 所以解释变量和响应变量的关系是线性函数关系. (2)由(1)知： 51．答案见解析 【分析】列出数据扩大倍的列联表，计算出的观测值，结合独立性检验的基本思想可出结论. 【详解】数据扩大倍的列联表为： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 乙校 合计 假设学校与数学成绩无关， 由列联表数据得， 根据小概率值的独立性检验，我们推断假设不成立，即认为学校与数学成绩有关， 又因为甲校成绩优秀和不优秀的概率分别为，， 乙校成绩优秀和不优秀的概率分别为，， 又因为，所以，从甲校、乙校各抽取一个学生，甲校学生数学成绩优秀的概率比乙校学生优秀的概率大. 所以，结论不一样，不一样的原因在于样本容量， 当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高. 52．C 【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断. 【详解】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，根据对应的残差图，残差的均值可能成立，但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有C. 故选：C. 53．C 【分析】根据卡方独立性检验可得 【详解】由表可知当时，， 因为，所以分类变量与相互独立， 因为， 所以分类变量与相互独立，这个结论犯错误的概率不超过， 故选：C 学科网（北京）股份有限公司 $$