第36期 学业水平测评-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册同步学案（北师大版2019）

! " # ! $ % & ' ( ) * + , - . ! $ / & ' ( ) * + - 0 1 2 3 4 5 6 7 ! 8 9 : ; < = > ? @ A ( ! " # $ % & ' & ' ( B ) C ! > ? & ' ( D E F G ! G H I J K L ! M N O A I * + , # - . ! " # ! ! ! " # " $ " % ! " " $ " % & & ' " ' ( ! !!!!!!!!!!!!!!! ! ! " """"""""""""""" " " # ############### # # $ $$$$$$$$$$$$$$$ $ $ !!!!!!!!!!!!!!!!! ! !!!!!!!!!!!!!!!!! ! """"""""""""""""" " ################# # $$$$$$$$$$$$$$$$$ $ %%%%%%%%%%%%%%%%% % &&&&&&&&&&&&&&&&& & ''''''''''''''''' ' ((((((((((((((((( ( ))))))))))))))))) ) ***************** * +++++++++++++++++ + ,,,,,,,,,,,,,,,,, , ----------------- - 书 学业水平测评 ◆ 数理报社试题研究中心 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本大题共８小题，每小题５分，共４０分． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．圆ｘ２＋ｙ２－２ｘ－８ｙ＋１３＝０的圆心到直线ａｘ＋ｙ－１＝０的距离为１，则ａ＝ （　　） （Ａ）－４３ （Ｂ）－ ３ ４ （Ｃ）槡３ （Ｄ）２ ２． (若二项式 ｘ－１ 槡 )ｘ ｎ 的展开式中第ｍ项为常数项，则ｍ，ｎ应满足 （　　） （Ａ）２ｎ＝３ｍ （Ｂ）２ｎ＝３（ｍ－１） （Ｃ）２ｎ＝３（ｍ＋１） （Ｄ）２ｎ＝３ｍ ３．某班有６名班干部，其中４名男生，２名女生．从中选出３人参加学校组织的社会实践活 动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为 （　　） （Ａ）２５ （Ｂ） ３ ５ （Ｃ） １ ２ （Ｄ） ２ ３ ４．两圆ｘ２＋ｙ２＋４ｘ－４ｙ＝０和ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－８＝０相交于两点Ｍ，Ｎ，则线段ＭＮ的长为 （　　） （Ａ） 槡３５５ （Ｂ）４ （Ｃ） 槡６５ ５ （Ｄ） 槡１２５ ５ ５．椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，上顶点为Ａ，若△ＡＦ１Ｆ２的面积 为槡３，且∠Ｆ１ＡＦ２ ＝４∠ＡＦ１Ｆ２，则椭圆的标准方程为 （　　） （Ａ）ｘ ２ ３＋ｙ ２ ＝１ （Ｂ）ｘ ２ ３＋ ｙ２ ２ ＝１ （Ｃ）ｘ ２ ４＋ｙ ２ ＝１ （Ｄ）ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１ ６．已知双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的左焦点为Ｆ，右顶点为Ａ，直线ｘ＝ａ与双曲线 的一条渐近线的交点为Ｂ．若∠ＢＦＡ＝３０°，则双曲线的离心率为 （　　） （Ａ）槡２ （Ｂ）槡３ （Ｃ）２ （Ｄ）３ ７．某市环保局举办“六·五”世界环境日宣传活动，进行现场抽奖．抽奖规则：盒中装有１０ 张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“环保会徽”或“绿色环保标志”图案．参加者每次从 盒中抽取两张卡片，若抽到两张都是“绿色环保标志”卡即可获奖．已知从盒中抽取两张都不是 “绿色环保标志”卡的概率是 １ ３．现有甲、乙、丙、丁四人依次抽奖，抽后放回，另一人再抽，用 Ｘ 表示获奖的人数，那么Ｅ（Ｘ）＋Ｄ（Ｘ）＝ （　　） （Ａ）２２４２２５ （Ｂ） １０４ ２２５ （Ｃ） ８ １５ （Ｄ） １１２ ２２５ 书 系，最终保费 ＝基准保费 ×（１＋与道路交通事故相联系的浮动比率），具体情况如下表： 交强险浮动因素和浮动费率比率表 类别 浮动因素 浮动比率 Ａ１ 上一个年度未发生有责任道路交通事故 下浮１０％ Ａ２ 上两个年度未发生有责任道路交通事故 下浮２０％ Ａ３ 上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故 下浮３０％ Ａ４ 上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故 ０％ Ａ５ 上一个年度发生两次及两次以上有责任不涉及死亡的道路交通事故 上浮１０％ Ａ６ 上一个年度发生有责任道路交通死亡事故 上浮３０％ 为了解某一品牌普通６座以下私家车的投保情况，随机抽取１００辆车龄已满三年的该品牌 同型号私家车并了解其下一年续保时的情况，统计如下表： 类别 Ａ１ Ａ２ Ａ３ Ａ４ Ａ５ Ａ６ 数量 ２０ １０ １０ ３８ ２０ ２ 若以这１００辆该品牌同型号私家车的投保类别的频率代替一辆车投保 类别的概率，则随机抽取一辆该品牌同型号私家车，其在第四年续保时费用 的期望为 ． １４．如图３，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，点Ｏ为线段ＢＤ的中点，设点 Ｐ在线段ＣＣ１上，直线ＯＰ与平面Ａ１ＢＤ所成的角为α，则 ｓｉｎα的取值范围是 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）已知直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ＋１＝０． （１）求过点Ａ（３，２），且与ｌ垂直的直线的方程； （２）求与ｌ平行，且点Ｐ（３，０）到其距离为槡５的直线的方程． 书 ８．如图１，在四棱锥Ｓ－ＡＢＣＤ中，ＳＡ⊥平面ＡＢＣＤ，底面ＡＢＣＤ为直角梯 形，ＡＤ∥ＢＣ，∠ＢＡＤ＝９０°，且ＡＢ＝４，ＳＡ＝３，Ｅ，Ｆ分别为线段ＢＣ，ＳＢ上的一 点（端点除外），满足 ＳＦ ＢＦ＝ ＣＥ ＢＥ＝λ，若∠ＡＦＥ为直角，则实数λ的值为 （　　） （Ａ）３１６ （Ｂ） ５ １６ （Ｃ）７１６ （Ｄ） ９ １６ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． ９．下列说法中正确的是 （　　） （Ａ）独立性检验是检验两个分类变量是否有关的一种统计方法 （Ｂ）独立性检验得到的结论一定是正确的 （Ｃ）独立性检验的样本不同，其结论可能不同 （Ｄ）独立性检验的基本思想是带有概率性质的反证法 １０．如图２，在正四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＢ＝槡２ＡＡ１，Ｅ，Ｆ分别 是棱ＡＢ，ＢＣ的中点，异面直线ＡＢ１与Ｃ１Ｆ所成角的余弦值为ｍ，则 （　　） （Ａ）ｍ＝槡３３ （Ｂ）直线Ａ１Ｅ与直线Ｃ１Ｆ共面 （Ｃ）ｍ＝槡２３ （Ｄ）直线Ａ１Ｅ与直线Ｂ１Ｆ异面 １１．已知椭圆ｘ ２ ｍ２ ＋ｙ ２ ｎ２ ＝１的焦距为６，短轴为长轴的槡７４，直线ｌ与椭圆交于Ａ，Ｂ两点，弦ＡＢ 的中点为Ｍ（２，１），则直线ｌ的方程为 （　　） （Ａ）７ｘ＋８ｙ－２２＝０ （Ｂ）７ｘ－８ｙ－６＝０ （Ｃ）３２ｘ－７ｙ－１０３＝０ （Ｄ）３２ｘ＋７ｙ－７１＝０ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理” 及一些应用，还提出了一元二次方程的解法问题．直角三角形的三条边长分别称为 “勾”“股”“弦”．设点Ｆ是抛物线ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点，ｌ是该抛物线的准线，过抛物线上一 点Ａ作准线的垂线ＡＢ，垂足为Ｂ，射线ＡＦ交准线ｌ于点Ｃ，若Ｒｔ△ＡＢＣ的“勾”｜ＡＢ｜＝３，“股” ｜ＣＢ｜＝ 槡３３，则抛物线方程为 ． １３．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通６座以下私家车投保交强险的基准保 费为ａ，在下一年续保时，实行费率浮动机制，保费与车辆发生道路交通事故出险的情况相联 ! / ! " # $ % ! + " + % + $ + " & ! ' $ % ( ! + " ' !& $ % " + ! + % + $ + ! * ! ! " # $ % & ' ( ! ) * + , - ! . $ / 0 1 2 ! " # $ % # & ' $ & # ( ! 7 8 9 : 2 ; < = > ? @ A B C D E F & ) & G H I * 4 J K L M 4 N # O P ! 3 4 5 6 2 ) " # $ ! # & ' $ & ( * ! Q R . S % ) " ) ) ) ( ! X 8 Y ; < Z : [ \ ] ^ _ à > ? @ b c d C e f g h i [ j k 书 6 书 书 ２１９．（１７分）已知双曲线Ｃ的中心在坐标原点，焦点在ｘ轴上，离心率ｅ＝ 槡５，虚轴长为２． （１）求双曲线Ｃ的标准方程； （２）若直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｍ与曲线Ｃ相交于Ａ，Ｂ两点（Ａ，Ｂ均异于左、右顶点），且以ＡＢ为直 径的圆过双曲线Ｃ的左顶点Ｄ，求证：直线ｌ过定点，并求出定点的坐标． lmnopqT １６．（１５分）高尔顿（钉）板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的 圆柱形铁钉（如图４），并且每一排铁钉数目都比上一排多一个，一排中各个铁钉恰好对准下面 一排两相邻铁钉的正中央．从入口处放入一个直径略小于两颗铁钉间隔的小球，当小球从两钉 之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通 过两铁钉的间隙，又碰到下一排铁钉．如此继续下去，在最底层的５个出口处各放置一个容器接 住小球． （１）理论上，小球落入４号容器的概率是多少？ （２）一数学兴趣小组取３个小球进行试验，设其中落入４号容器的小球的个数为Ｘ，求Ｘ的 分布列． １７．（１５分）设抛物线Ｃ：ｙ２＝４ｘ的焦点为Ｆ，过Ｆ且斜率为ｋ（ｋ＞０）的直线ｌ与Ｃ交于Ａ， Ｂ两点，｜ＡＢ｜＝８． （１）求ｌ的方程； （２）求过点Ａ，Ｂ且与Ｃ的准线相切的圆的方程． １８．（１７分）如图５，等边△ＡＢＣ中，ＡＣ＝４，Ｄ是边ＡＣ上的点（不与Ａ，Ｃ重合），过点Ｄ作 ＤＥ∥ＢＣ交ＡＢ于点Ｅ，沿ＤＥ将△ＡＤＥ向上折起，使得平面ＡＤＥ⊥平面ＢＣＤＥ，如图６所示． （１）若异面直线ＢＥ与ＡＣ垂直，确定图６中点Ｄ的位置； （２）证明：无论点Ｄ的位置如何，二面角Ｄ－ＡＥ－Ｂ的余弦值都为定值，并求出这个定值． $ & , #" ! , ! " # % " $ # % $ ! # ! ! ( 书 答案详解 　　２０２４～２０２５学年　高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期（２０２５年３月）　　 第３３期２版 专项小练 １．ＡＣＤ；　２．Ｂ；　３．Ｃ；　４．９５％；　５．９９％． ６．解：因为头胎为女孩的频率为０．５， 所以头胎为女孩的总户数为２００×０５＝１００． 因为生二孩的概率为０．５２５， 所以生二孩的总户数为２００×０５２５＝１０５． 该问题是头胎的男女情况与对二孩是否有影响． 根据题中数据得到下表（单位：户）： 　　　　是否生二孩 头胎情况　　　　　 生二孩 不生二孩 总计 头胎为女孩 ６０ ４０ １００ 头胎为男孩 ４５ ５５ １００ 总计 １０５ ９５ ２００ χ２ ＝２００×（６０×５５－４５×４０） ２ １０５×９５×１００×１００ ＝ ６００ １３３≈４．５１１， 因为４５１１＞３８４１， 所以有９５％的把握判断头胎的男女情况对生二孩有影 响． 第３３期３，４版 独立性检验同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＤＤＡ　５～８　ＢＤＡＤ 提示： １．由题可得χ２的取值范围为（３８４１，６６３５］，因此χ２的值 可能为６５６１．故选（Ｂ）． ２．由表中数据计算得 χ２ ＝１００×（４５×２０－２５×１０） ２ ７０×３０×５５×４５ ≈８１２９， 因为８１２９＞６６３５， 所以有９９％的把握判断性别与关注冰雪运动有关，故选 （Ｄ）． ３．物理类中选择地理的比例为５０１２０＝ ５ １２＝ ２０ ４８， 历史类中选择地理的比例为 ４５ ８０＝ ９ １６＝ ２７ ４８， 因为 ２０ ４８＜ ２７ ４８，所以物理类的学生中选择地理的比例比历 史类的学生中选择地理的比例低，故（Ａ）错误； 物理类中选择生物的比例为 ６５ １２０＝ １３ ２４＝ ２６ ４８， 历史类中选择生物的比例为 ３５ ８０＝ ７ １６＝ ２１ ４８， 因为 ２６ ４８＞ ２１ ４８，所以物理类的学生中选择生物的比例比历 史类的学生中选择生物的比例高，故（Ｂ）错误； 由表格知，物理类中选考生物和不选生物的人数分别是 ６５，５５，合计１２０人；历史类中选考生物和不选生物的人数分别 是３５，４５，合计８０人； ２００人中选生物和不选生物的人数均是１００． 故χ２ ＝２００×（６５×４５－３５×５５） ２ １００×１００×１２０×８０ ≈２０８３， 由２０８３＜２７０６知，没有９０％的把握认为选择生物与选 考类别有关，故（Ｃ）错误； 由２０８３＜３８４１知，没有９５％的把握认为选择生物与选 考类别有关，故（Ｄ）正确．故选（Ｄ）． ４．根据题意，得到如下表（单位：人）： 　　　　专业 性别　　　　　 Ａ Ｂ 总计 女生 １２ ４ １６ 男生 ３８ ４６ ８４ 总计 ５０ ５０ １００ 则χ２ ＝１００×（１２×４６－４×３８） ２ １６×８４×５０×５０ ＝１００２１≈４７６２＞３８４１， 所以有９５％的把握判断工科院校中性别与专业有关                                                        ． —１— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 ５．因为两个变量没有关系， 所以χ２ ＝（８２０＋ａ）×（１００×６００－１２０×ａ） ２ ２２０×（６００＋ａ）×（１００＋ａ）×７２０＝０， 解得ａ＝５００． ６．设男、女大学生各有 ｍ人，根据题意得到下表（单位： 人）： 　　　　看营养说明情况 性别　　　　　　 看 不看 总计 男 ５ ６ｍ １ ６ｍ ｍ 女 ２ ３ｍ １ ３ｍ ｍ 总计 ３ ２ｍ １ ２ｍ ２ｍ 所以χ２ ＝ ２ (ｍ ５６ｍ×１３ｍ－１６ｍ×２３ )ｍ ２ ３ ２ｍ× １ ２ｍ×ｍ×ｍ ＝２ｍ２７． 因为有９９％的把握认为性别与是否看营养说明之间有 关，所以 ２ｍ ２７＞６６３５，解得２ｍ＞１７９１４５，所以总人数的最小整 数为１８０．故选（Ｄ）． ７．与专业关联的χ２的观测值χ２２≈９０９０，明显大于６６３５， 所以有９９％的把握判断毕业生的选择意愿与专业相关联，故 （Ａ）正确； 因为χ２２ ＞χ ２ １，故（Ｂ）不正确； 根据题中的数据表列出专业与甲、乙公司的关联表可知， 理科专业的学生更倾向于选择甲公司，故（Ｃ）不正确； 列出性别与甲、乙公司的关联表可知，女性毕业生更倾向 于选择乙公司，故（Ｄ）不正确．故选（Ａ）． ８．当ａ＝３００时， χ２ ＝１４８０×（２００×３００－１８０×８００） ２ ３８０×１１００×１０００×４８０ ≈５２０４８， 因为５２０４８＞２７０６， 所以有９０％的把握判断Ａ与Ｂ有关； 当ａ＝４００时， χ２ ＝１５８０×（２００×４００－１８０×８００） ２ ３８０×１２００×１０００×５８０ ≈２４４６９， 因为２４４６９＞２７０６， 所以有９０％的把握判断Ａ与Ｂ有关； 当ａ＝５００时， χ２ ＝１６８０×（２００×５００－１８０×８００） ２ ３８０×１３００×１０００×６８０ ≈９６８２， 因为９６８２＞２７０６， 所以有９０％的把握判断Ａ与Ｂ有关； 当ａ＝６００时， χ２ ＝１７８０×（２００×６００－１８０×８００） ２ ３８０×１４００×１０００×７８０ ≈２４７１， 因为２４７１＜２７０６， 所以没有充分证据判断Ａ与Ｂ有关联，可以认为Ａ与Ｂ无 关．故选（Ｄ）． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．根据ａ＞５且１５－ａ＞５，ａ∈Ｚ，知ａ可取６，７，８，９．由 表中数据及题意，得 χ２ ＝６５×［ａ（３０＋ａ）－（１５－ａ）（２０－ａ）］ ２ ２０×４５×１５×５０ ＝１３×（１３ａ－６０） ２ ２０×４５×３×２ ＞３８４１， 结合选项知ａ的可能取值为８，９． 故选（Ｃ）（Ｄ）． １０．设这１００名学生中学习效率高的人数有ｎ人， 由题意有 ｎ １００＝０４，得ｎ＝４０． 所以Ｈ高中的５０名学生中有３０人学习效率高，Ｍ高中的 ５０名学生中有１０人学习效率高， 所以Ｈ高中的前５０名学生中有３０５０×１００％ ＝６０％的学生学 习效率高，故（Ａ）正确； Ｍ高中的前５０名学生中有１０５０×１００％ ＝２０％ 学习效率 高，故（Ｂ）不正确； 根据以上数据得到下表： 　　　　学习效率 学校　　　　　 高 不高 总计 Ｈ高中 ３０ ２０ ５０ Ｍ高中 １０ ４０ ５０ 总计 ４０ ６０ １００ χ２ ＝１００×（３０×４０－２０×１０） ２ ４０×６０×５０×５０ ≈１６６６７， 因为１６６６７＞６６３５， 所以有９９％的把握判断晚上睡眠是否充足与学生效率高 低有关，所以（Ｃ）正确，（Ｄ）不正确． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．该同学再购买两个这款盲盒，基本事件有：（Ａ，Ａ），（Ａ                                                                      ， —２— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 Ｂ），（Ａ，Ｃ），（Ｂ，Ａ），（Ｂ，Ｂ），（Ｂ，Ｃ），（Ｃ，Ａ），（Ｃ，Ｂ），（Ｃ，Ｃ），能 收集齐这三种样式的基本事件有（Ｂ，Ｃ），（Ｃ，Ｂ），所以恰好能 收集齐这三种样式的概率是 ２ ９，故（Ａ）正确； 购买盲盒的人数为２００×３０％ ＝６０（人），则未购买盲盒的 人数为 １４０人，在未购买人中女生人数为 １４０×５０％ ＝ ７０（人）． 所以表中ｘ的值为７０，（Ｂ）正确； χ２ ＝２００×（７０×４０－７０×２０） ２ ９０×１１０×１４０×６０ ≈４７１４， 因为４７１４＞３．８４１． 所以有９５％的把握判断购买盲盒与性别有关，（Ｃ）错误， （Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２１；　１３．②③④；　１４．２８． 提示： １２．χ２ ＝２００×（１００×２０－６０×２０） ２ １６０×４０×１２０×８０ ＝ ２５ １２≈２．１． １３．对于①，χ２的值越大，说明有更大的把握认为Ｘ与Ｙ有 关系，但却不能判断其相关性大小，故①错； 对于②，由临界值数据可知χ２的值越小，“Ｘ与Ｙ有关系” 的可信程度越小，故②正确； 对于③，χ２ ＝４＞３８４１，所以有９５％的把握认为“Ｘ与Ｙ 有关系”，故③正确； 对于④，若２×２列联表中，若每个数据变为原来的３倍， 则χ２的值变为 ３ｎ（３ａ×３ｄ－３ｂ×３ｃ） ２ （３ａ＋３ｂ）（３ｃ＋３ｄ）（３ａ＋３ｃ）（３ｂ＋３ｄ）＝３× ｎ（ａｄ－ｂｃ）２ （ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ），是原来的３倍，故④正确． １４．由题可得ａ＋６＝１８，所以ａ＝１２． 因为ａ＋ｂ＝２０，所以ｂ＝８． 因为６＋ｄ＝３０，所以ｄ＝２４， 所以ａ－ｂ＋ｄ＝１２－８＋２４＝２８． 四、解答题 １５．解：该问题是判断数学兴趣与学生报考文、理是否有 关． 由表中数据得χ２的观测值 χ２ ＝３６１×（１３８×５２－７３×９８） ２ ２１１×１５０×２３６×１２５ ≈００００１９， 因为０．０００１９＜２７０６， 所以没有充分证据判断数学兴趣与报文、理有关，可以认 为数学兴趣与报考文、理无关． １６．解：由题意得 　　　　休闲方式 性别　　　　　 看电视 运动 总计 女 ４３ ２７ ７０ 男 ２１ ３３ ５４ 总计 ６４ ６０ １２４ 该问题是判断性别与休闲方式是否有关． 根据表中数据计算随机变量χ２的观测值 χ２ ＝１２４×（４３×３３－２７×２１） ２ ７０×５４×６４×６０ ≈６２０１， 因为６．２０１＞３８４１， 所以有９５％的把握判断性别与休闲方式有关． １７．解：（１）由题可得“锻炼达标”的人数为 ３００×（００３＋００４）×１０＝２１０． 由题中数据计算得到下表（单位：人）： 　　　　锻炼是否达标 身体素质　　　　　 达标 不达标 总计 合格 １４０ ４０ １８０ 不合格 ７０ ５０ １２０ 总计 ２１０ ９０ ３００ （２）该问题是判断学生身体素质与锻炼时间是否有关． χ２ ＝３００×（１４０×５０－４０×７０） ２ １８０×１２０×２１０×９０ ＝ ３５０ ２７≈１２９６３， 因为１２９６３＞６６３５， 所以有９９％的把握判断学生身体素质与锻炼时间有关． １８．解：（１）该问题是判断 Ａ市使用共享单车情况与年龄 是否有关． χ２ ＝２００×（７０×４０－６０×３０） ２ １３０×７０×１００×１００ ≈２１９８， 因为２．１９８＜２７０６， 所以没有充分证据判断 Ａ市使用共享单车情况与年龄有 关，可以认为Ａ市使用共享单车情况与年龄无关． （２）（ⅰ）依题意可知所抽取的５名３０岁以上的网友中， 经常使用共享单车的有５×６０１００＝３（人）， 偶尔或不用共享单车的有５×４０１００＝２（人）． （ⅱ）由题知２人都没有经常使用共享单车的概率为 Ｐ１ ＝ Ｃ２２ Ｃ２５ ＝ １１０， 故选出的２人中至少有１                                                                      人经常使用共享单车的概率为 —３— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 Ｐ２ ＝１－ １ １０＝ ９ １０． １９．解：（１）由题意知，甲方案中农产品为“优质品”的农 场有６０×２０％ ＝１２（家），甲、乙两种方案中农产品为“优质 品”的农场共有５＋１０＋１５＝３０（家），该问题是判断该农产品 为“优质品”与种植方案是否有关． 由题中数据计算得到下表（单位：家） 　　　　种植方案 质量指标　　　　　 甲 乙 总计 优质品 １２ １８ ３０ 合格品 ４８ ４２ ９０ 总计 ６０ ６０ １２０ 则χ２ ＝１２０×（１２×４２－１８×４８） ２ ３０×９０×６０×６０ ＝１６， 因为１６＜２７０６， 所以没有充分证据判断该农产品为“优质品”与种植方案 有关，即认为该农产品为“优质品”与种植方案无关． （２）由题意得，抽到的农产品是“优质品”的概率为 ３０ １２０＝ １ ４，且 (Ｘ～Ｂ ２， )１４ ， 则Ｘ的可能取值为０，１，２， Ｐ（Ｘ＝０） (＝ １－ )１４ ２ ＝ ９１６， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ (１２ １－ )１４ ×１４ ＝ ６１６＝ ３８， Ｐ（Ｘ＝２） (＝ )１４ ２ ＝ １１６， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ Ｐ ９１６ ３ ８ １ １６ 所以Ｅ（Ｘ）＝２×１４ ＝ １ ２． 第３４期 统计案例核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＤＢＤＡ　５～８　ＣＣＤＢ 提示： ２．依题意得，珋ｘ＝ １６×（０＋１＋４＋５＋６＋８）＝４， ｙ－＝１６×（１．３＋１．８＋５．６＋６．１＋７．４＋９．３）＝５．２５． 又直线Ｙ＝０．９５Ｘ＋ａ^必过样本中心点（珋ｘ，珋ｙ）， 即点（４，５．２５）， 于是有５．２５＝０．９５×４＋ａ^， 由此解得 ａ^＝１．４５，选（Ｂ）． ３．因为Ｙ＝－０．１Ｚ＋１， 所以Ｙ随Ｚ的增大而减小，即Ｙ与Ｚ负相关， 又Ｙ与Ｘ负相关，故Ｘ增大时，Ｙ减小，Ｚ增大， 所以Ｘ与Ｚ正相关．故选（Ｄ）． ４．由题意有３．９１８＞３．８４１， 所以有９５％的把握判断“这种血清能起到预防感冒的作 用”．故选（Ａ）． ５．注意Ｘ前面是负的． ６．有两种方法：（１）利用｜ａｄ－ｂｃ｜越大越有关进行判断； （２）利用 ａａ＋ｂ与 ｃ ｃ＋ｄ相差越大越有关进行判断． 经计算比较可知说明Ｘ与Ｙ有关的可能性最大的一组为 选项（Ｃ）． ７．由回归分析的概念可知选（Ｄ）． ８．由表１得χ２ ＝５２×（６×２５－７×１４） ２ ２０×３２×１３×３９ ≈０．４３， 由表２得χ２ ＝５２×（２×２１－１１×１８） ２ ２０×３２×１３×３９ ＝３．９， 由表３得χ２ ＝５２×（４×２３－９×１６） ２ ２０×３２×１３×３９ ≈０．４３， 由表４得χ２ ＝５２×（７×２６－６×１３） ２ ２０×３２×１３×３９ ≈１．７３， 所以这四种慢性疾病可以通过坚持锻炼来预防的可能性 最大的是高血压，故选（Ｂ）． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．对于相关系数ｒ，有以下结论： ①当ｒ＞０时，两个变量正相关； 当ｒ＜０时，两个变量负相关； ②相关系数ｒ的绝对值越接近于１，两个变量间线性相关 性越强；相关系数ｒ的绝对值越接近于０，两个变量之间几乎不 存在线性相关关系． 当ｒ＜０时，ｒ越大，｜ｒ｜越接近于０，两个变量间的线性相 关性越弱，故（Ａ）错误； 由相关系数的意义可得，－１≤ｒ≤１，故（Ｂ）正确； 由相关系数的意义可得（Ｃ）正确； 因为相关系数ｒ的绝对值越接近１，                                                                      两个变量间线性相关 —４— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 性越强，所以相关系数ｒ＝１时，样本点在同一直线上，故（Ｄ） 正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．设男生可能有ｘ人，依题意得女生有ｘ人，由题中数据 计算得到下表（单位：人） 　　　　喜欢抖音情况 性别　　　　　 喜欢 不喜欢 总计 男生 ４ ５ｘ １ ５ｘ ｘ 女生 ３ ５ｘ ２ ５ｘ ｘ 总计 ７ ５ｘ ３ ５ｘ ２ｘ 由题可得χ２ ＞２．７０６， 即χ２＝ ２ｘ (· ４５ｘ·２５ｘ－３５ｘ·１５ )ｘ ２ ７ ５ｘ· ３ ５ｘ·ｘ·ｘ ＝２２１ｘ＞２．７０６， 解得ｘ＞２８．４１３， 由题意知ｘ＞０，且ｘ是５的整数倍，所以３０和３５都满足题 意．故选（Ａ）（Ｂ）． １１．ｘ＝１＋２＋３＋４＋５＋６６ ＝３．５， ｙ＝５５０＋６５０＋７５０＋８１０＋９５５＋１０５５６ ＝７９５， 所以样本中心点为（３．５，７９５）． 将其代入Ｙ＝１００Ｘ＋ａ^，得 ａ^＝４４５，故（Ａ）正确； 由选项（Ａ）得线性回归方程为Ｙ＝１００Ｘ＋４４５， 因此销售该玩具所获得的利润逐周增加，平均每周增加约 １００元，故（Ｂ）不正确； 第５周实际统计值与预测值的差为 ９５５－（１００×５＋４４５）＝１０，故（Ｃ）正确； 第７周时，将Ｘ＝７代入回归方程可得 Ｙ＝１００×７＋４４５＝１１４５（元），故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．Ｙ＝６５Ｘ－１０；　１３．６５；　１４．①②③． 提示： １２．由题意知ｘ＝２，ｙ＝３，ｂ^＝６５， 所以 ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝３－６５×２＝－１０， 即回归直线的方程为Ｙ＝６５Ｘ－１０． １３．将Ｘ＝６００代入回归方程得 Ｙ＝００１×６００＋０５＝６５． １４．回归方程Ｙ＝３－５Ｘ，变量Ｘ增加一个单位时，Ｙ平均减 小５个单位，故①不正确； 曲线上的点与该点的坐标之间具有一一对应关系，故 ② 不正确； 因为χ２＝１３０７９＞６６３５，所以有９９％的把握判断两个变 量间有关系，故③不正确． 四、解答题 １５．解：该问题是判断吸烟习惯与患慢性气管炎病是否有 关． 根据题中数据计算得到 χ２ ＝３３９×（４３×１２１－１６２×１３） ２ ２０５×５６×２８３×１３４ ≈７４６９， 因为７．４６９＞６．６３５， 所以有９９％的把握判断吸烟习惯与患慢性气管炎病有 关． １６．解：（１）因为ｘ＝２＋３＋４＋６＋１０＋１１６ ＝６， ｙ＝１２＋２２＋２６＋４１＋５３＋６５６ ＝３６５， ｂ^＝ ∑ ６ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－６ｘｙ ∑ ６ ｉ＝１ ｘ２ｉ－６ｘ ２ ＝１６８５－６×６×３６５ ２８６－６×６２ ＝３７１７０ ＝５．３， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝３６５－５３×６＝４７， 故所求线性回归方程为Ｙ＝４７＋５．３Ｘ． （２）由题得４．７＋５．３Ｘ≥９０－５，解得Ｘ≥１５．１５， 由１５．１５＞１５，符合国家给予公司补贴政策， 所以公司收益达到９０亿元，估计改造投入至少达到１５．１５亿 元． １７．解：（１）该问题是判断性别与喜爱打篮球是否有关． 由题中数据计算得到下表（单位：人）： 　　　　　喜爱打篮球情况 性别　　　　　 喜爱 不喜爱 总计 男生 ２０ ５ ２５ 女生 １０ １５ ２５ 总计 ３０ ２０ ５０ χ２ ＝５０×（２０×１５－１０×５） ２ ３０×２０×２５×２５ ≈８３３３， 因为８３３３＞６６３５， 所以有９９％的把握判断性别与喜爱打篮球有关． （２）从１０位女生中选出喜欢打羽毛球、喜欢打乒乓球、喜 欢踢足球的各１名，其一切可能的结果组成的基本事件如下： （Ａ１，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ１，Ｂ１，Ｃ２），（Ａ１，Ｂ２，Ｃ１），（Ａ１，Ｂ２，Ｃ２），（Ａ１，Ｂ３                                                                      ， —５— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 Ｃ１），（Ａ１，Ｂ３，Ｃ２），（Ａ２，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ２，Ｂ１，Ｃ２），（Ａ２，Ｂ２，Ｃ１）， （Ａ２，Ｂ２，Ｃ２），（Ａ２，Ｂ３，Ｃ１），（Ａ２，Ｂ３，Ｃ２），（Ａ３，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ３，Ｂ１， Ｃ２），（Ａ３，Ｂ２，Ｃ１），（Ａ３，Ｂ２，Ｃ２），（Ａ３，Ｂ３，Ｃ１），（Ａ３，Ｂ３，Ｃ２）， （Ａ４，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ４，Ｂ１，Ｃ２），（Ａ４，Ｂ２，Ｃ１），（Ａ４，Ｂ２，Ｃ２），（Ａ４，Ｂ３， Ｃ１），（Ａ４，Ｂ３，Ｃ２），（Ａ５，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ５，Ｂ１，Ｃ２），（Ａ５，Ｂ２，Ｃ１）， （Ａ５，Ｂ２，Ｃ２），（Ａ５，Ｂ３，Ｃ１），（Ａ５，Ｂ３，Ｃ２）， 基本事件的总数为３０， 用Ｍ表示“Ｂ１，Ｃ１不全被选中”这一事件， 则其对立事件Ｍ表示“Ｂ１，Ｃ１全被选中”这一事件， 由于Ｍ由（Ａ１，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ２，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ３，Ｂ１，Ｃ１），（Ａ４，Ｂ１， Ｃ１），（Ａ５，Ｂ１，Ｃ１）共５个基本事件组成， 所以Ｐ（Ｍ）＝ ５３０＝ １ ６， 由对立事件的概率公式得 Ｐ（Ｍ）＝１－Ｐ（Ｍ）＝１－１６ ＝ ５ ６． １８．解：（１）把月份作为横坐标，相应的月销售额作为纵坐 标，在直角坐标系中描点（ｘｉ，ｙｉ）（ｉ＝１，２，３，４，５）作出散点图 如下图所示． !"#!$% !"#$%&' ( ') &) %) $) #) ") !) () " &'!& 由图可以看出，各点都在一条直线附近，所以月份与销售 额之间有线性相关关系，求回归直线方程有意义． （２）因为ｘ＝ １５×（２＋４＋５＋６＋８）＝５， ｙ＝ １５×（３０＋４０＋６０＋５０＋７０）＝５０， ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１４５，∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝１３８０，∑ ５ ｉ＝１ ｙ２ｉ ＝１３５００． 所以ｒ＝ １３８０－５×５×５０ （１４５－５×５２）（１３５００－５×５０２槡 ） ≈０．９２， 所以该服装的月份与销售额之间存在着较强的线性关系． ｂ^＝ ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝１３８０－５×５×５０ １４５－５×５２ ＝６．５， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝５０－６．５×５＝１７．５， 于是所求的线性回归方程为Ｙ＝６．５Ｘ＋１７．５． （３）Ｘ＝１２时，Ｙ＝６．５×１２＋１７．５＝９５．５， 所以１２月份的销售额约为９５．５万元． １９．解：（１）该问题是判断该校学生对亚运会项目的了解 情况与性别是否有关．根据题中数据得到下表（单位：人） 　　　　性别 了解情况　　　　　 男 女 总计 了解 ６ｎ ５ｎ １１ｎ 不了解 ４ｎ ５ｎ ９ｎ 总计 １０ｎ １０ｎ ２０ｎ χ２ ＝２０ｎ×（６ｎ×５ｎ－４ｎ×５ｎ） ２ １０ｎ×１０ｎ×１１ｎ×９ｎ ＝ ２０ｎ ９９≈４．０４０， 因为ｎ∈Ｎ＋，可得ｎ＝２０， 因为χ２≈４０４０＞３８４１， 所以有９５％的把握判断该校学生对亚运会项目的了解情 况与性别有关． （２）①采用分层随机抽样的方法从抽取的不了解亚运会 项目的学生中随机抽取９人， 这９人中男生的人数为４，女生的人数为５， 再从这９人中抽取３人进行面对面交流，“至少抽到一名 女生”的概率为１－ Ｃ３４ Ｃ３９ ＝１－４８４＝ ２０ ２１． ②由题意可知 (Ｘ～Ｂ １０，１１)２０ ，故Ｅ（Ｘ）＝１０×１１２０＝１１２． 第３５期３，４版 核心素养阶段测评（三） 一、单项选择题 １～４　ＣＣＤＢ　５～８　ＡＤＢＣ 提示： １．令ｘ＝１，各项系数的和为４ｎ，二项式系数的和为２ｎ，故 有 ４ｎ ２ｎ ＝６４，所以ｎ＝６． ２．由题可得Ｐ（Ｘ≥４）＝Ｐ（Ｘ≤２）＝１－０．７８＝０．２２， 则Ｐ（２≤Ｘ≤４）＝１－２×０．２２＝０．５６， 故 Ｐ（２＜Ｘ＜３）＝１２Ｐ（２≤Ｘ≤４）＝ １ ２×０．５６＝０２８． ３．由题意得，每名同学至少１本书，可分为两类分法：一是 把诗集分下去，其他４本相同的小说，只有一种分法，共有Ｃ１４＝ ４种；第二类是把诗集单独给一个同学，其中２本相同的小说分 给一位同学，共有Ａ２４ ＝１２种分法，共有４＋１２＝１６种． ４．由题意可得 ｘ＝５，ｙ＝ １５（４＋２．５－０．５＋０．５－２）＝０．９                                                                      ， —６— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 因为回归直线过点（５，０．９）， 所以０．９＝５．４＋５ｂ^，解得 ｂ^＝－０．９， 所以Ｘ每增加一个单位，Ｙ就减少０．９个单位． ５．由题意得，每一次试验中，事件Ｃ发生的概率为 １５， 设事件Ａ，Ｂ，Ｃ发生的次数分别为随机变量Ｘ，Ｙ，Ｚ， 则有 (Ｘ～Ｂ ｎ， )２５ ， (Ｙ～Ｂ ｎ， )２５ ， (Ｚ～Ｂ ｎ， )１５ ． 则事件Ａ，Ｂ，Ｃ发生次数的方差分别为 ６２５ｎ， ６ ２５ｎ， ４ ２５ｎ． 故事件Ａ，Ｂ，Ｃ发生次数的方差之比为３∶３∶２． ６．从１，３，５，７，９这５个奇数中选取３个数字，从２，４，６，８这 ４个偶数中选取２个数字，共有Ｃ３５Ｃ ２ ４ ＝６０种选法； 又３个奇数数字与２个偶数数字相间排列，利用插空法可 知共有Ａ３３Ａ ２ ２ ＝１２种排法， 所以这样的五位数共有６０×１２＝７２０（个）． ７．易得袋中白球的个数为６．则由题意得，Ｘ的可能取值为 １，２，３，４． Ｐ（Ｘ＝１）＝ ６９ ＝ ２ ３， Ｐ（Ｘ＝２）＝３×６９×８＝ １ ４， Ｐ（Ｘ＝３）＝３×２×６９×８×７＝ １ １４， Ｐ（Ｘ＝４）＝３×２×１×６９×８×７×６＝ １ ８４． 所以Ｅ（Ｘ）＝１×２３＋２× １ ４＋３× １ １４＋４× １ ８４＝ １０ ７． ８．设Ａ１表示“乙球员担当前锋”， Ａ２表示“乙球员担当中锋”， Ａ３表示“乙球员担当后卫”， Ａ４表示“乙球员担当守门员”， Ｂ表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”． 则 Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＋ Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＋Ｐ（Ａ４）Ｐ（Ｂ｜Ａ４） ＝０２×０．４＋０．５×０．２＋０．２×０．６＋０．１×０．２＝０．３２， 所以当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率 为１－０．３２＝０．６８．故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．６门中选３门共有Ｃ３６ ＝２０种，故（Ａ）错误； 课程“射”“御”排在不相邻两周，共有 Ａ４４Ａ ２ ５ ＝４８０种排 法，故（Ｂ）错误； 课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有Ａ３３Ａ ４ ４＝１４４种排 法，故（Ｃ）正确； 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共 有Ａ５５＋Ｃ １ ４Ｃ １ ４Ａ ４ ４ ＝５０４种排法，故（Ｄ）正确．故选（Ｃ）（Ｄ）． １０．因为０．２８＞０，所以Ｙ与Ｘ具有正的线性相关关系，故 （Ａ）正确； 回归直线过样本点的中心（ｘ，ｙ），样本点不一定在回归直 线上，故（Ｂ）错误； 该型号汽车多使用一年，则其平均油耗约增加０．２８Ｌ／１００ｋｍ， 故（Ｃ）错误； Ｘ＝１０时，Ｙ＝６．２５＋０．２８×１０＝９．０５＞９， 所以预计该型号汽车使用到第 １０年平均油耗会超过 ９Ｌ／１００ｋｍ，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｄ）． １１．当 ａ ＝ ２时，Ｔｒ＋１ ＝ Ｃ ｒ ６（２ｘ） ６ (－ｒ － ｘ－ )１２ ｒ ＝ （－１）ｒＣｒ６２ ６－ｒｘ６－ ３ ２ｒ，其中ｒ为整数，且０≤ｒ≤６， 令６－３２ｒ＝０，解得ｒ＝４，此时（－１） ｒＣｒ６２ ６－ｒ＝１５×４＝ ６０，故常数项为６０，故（Ａ）正确； Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ６（ａｘ） ６ (－ｒ －ｘ－ )１２ ｒ＝（－１）ｒＣｒ６ａ６－ｒｘ６－３２ｒ，其中ｒ为 整数，且０≤ｒ≤６， 当ｒ＝０时，６－３２ｒ＝６；当ｒ＝２时，６－ ３ ２ｒ＝３；当ｒ＝ ４时，６－３２ｒ＝０；当ｒ＝６时，６－ ３ ２ｒ＝－３，满足有理项要求， 故有４项，故（Ｂ）错误； (令 ａｘ－１ 槡 )ｘ ６ 中的ｘ＝１，得（ａ－１）６ ＝６４， 所以ａ＝３或ａ＝－１，故（Ｃ）错误； 展开式共有７项，最中间一项二项式系数最大，而最中间 为第４项，所以展开式中二项式系数最大为第４项，故（Ｄ）正 确．故选（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．３５；　１３．１；　１４．１２０． 提示： １２．由题意得Ｃ２３ｐ ２（１－ｐ）＝５４１２５， 即ｐ２（１－ｐ）＝１８１２５＝ ２×３２ ５３ ，解得ｐ＝ ３５                                                                      ． —７— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 １３．依题意，Ｃｋ５( )３４ ５－ｋ( )１４ ｋ ≥Ｃｋ－１５ ( )３４ ５－（ｋ－１） ·( )１４ ｋ－１ 且 Ｃｋ５( )３４ ５－ｋ( )１４ ｋ ≥Ｃｋ＋１５ ( )３４ ５－（ｋ＋１）( )１４ ｋ＋１ ， 解得 １ ２≤ｋ≤ ３ ２，所以ｋ＝１． １４．根据二项式定理，（１＋ｘ）６的展开式中，ｘｍ的系数为 Ｃｍ６，（１＋ｙ） ４的展开式中，ｙｎ的系数为Ｃｎ４， 所以ｆ（ｍ，ｎ）＝Ｃｍ６·Ｃ ｎ ４， 所以ｆ（３，０）＋ｆ（２，１）＋ｆ（１，２）＋ｆ（０，３） ＝Ｃ３６Ｃ ０ ４＋Ｃ ２ ６Ｃ １ ４＋Ｃ １ ６Ｃ ２ ４＋Ｃ ０ ６Ｃ ３ ４ ＝２０×１＋１５×４＋６×６＋１×４＝１２０． 四、解答题 １５．解：（１）ｘ＝ １１０∑ １０ ｉ＝１ ｘｉ＝７５８，ｙ＝ １ １０∑ １０ ｉ＝１ ｙｉ＝７７４， ｂ^＝ ∑ １０ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－１０ｘｙ ∑ １０ ｉ＝１ ｘ２ｉ－１０ｘ ２ ＝５９６８６－１０×７５８×７７４ ５８７３２－１０×７５·８２ ≈０８０， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝７７４－０８０×７５８＝１６７６， 所以Ｙ关于Ｘ的线性回归方程为Ｙ＝０８０Ｘ＋１６７６． （２）当Ｘ＝９２时，Ｙ＝０８×９２＋１６７６＝９０３６≈９０． 故当数学成绩为９２分时，物理成绩Ｙ的线性回归估计值为 ９０． １６．解：（１）先排唱歌节目有 Ａ２２种排法，再排其他节目有 Ａ６６种排法，所以共有Ａ ２ ２Ａ ６ ６ ＝１４４０种排法． （２）先排３个舞蹈节目，３个曲艺节目有Ａ６６种排法，再从其 中７个空（包括两端）中选２个排唱歌节目，有Ａ２７种方法． 所以共有Ａ６６Ａ ２ ７ ＝３０２４０种排法． （３）先把２个相邻的唱歌节目看成一个元素，与３个曲艺 节目排列共有Ａ４４种排法，再将３个舞蹈节目插入，共有Ａ ３ ５种插 入的方法，最后将２个唱歌节目全排列有Ａ２２种排法． 由分步乘法计数原理知，共有Ａ４４Ａ ３ ５Ａ ２ ２ ＝２８８０种排法． １７．解：（１）因为对冰壶运动有兴趣的男生与女生的人数 比为４∶３，男生有８０人对冰壶运动感兴趣，所以女生有６０人对 冰壶运动感兴趣． 由调查数据显示，男大学生中对冰壶运动感兴趣的比率为 ８０ １００＝０８， 因此男大学生对冰壶运动感兴趣的概率的估计值为０．８． 女大学生中对冰壶运动感兴趣的比率为 ６０ １００＝０．６， 因此女大学生对冰壶运动感兴趣的概率的估计值为０６． （２）该问题是判断男、女大学生对冰壶运动的兴趣是否有 差异． 根据题中数据得到下表（单位：人）： 　　　　兴趣情况 性别　　　　　 感兴趣 不感兴趣 总计 男 ８０ ２０ １００ 女 ６０ ４０ １００ 总计 １４０ ６０ ２００ χ２ ＝２００×（８０×４０－６０×２０） ２ １００×１００×１４０×６０ ＝ ２００ ２１≈９．５２４， 因为９５２４＞６６３５， 所以有９９％的把握判断男、女大学生对冰壶运动的兴趣 有差异． １８．解：（１）通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎｘ ｎ－ｒ ３ －( )１２ ｒ ｘ－ ｒ ３ ＝ Ｃｒｎ －( )１２ ｒ ｘ ｎ－２ｒ ３ ． 因为第６项为常数项，所以ｒ＝５时，有ｎ－２ｒ３ ＝０， 即ｎ＝１０． （２）令１０－２ｒ３ ＝２，得ｒ＝ １ ２（１０－６）＝２， 所以所求的系数为Ｃ２１０× －( )１２ ２ ＝４５４． （３）根据通项公式，由题意得 １０－２ｒ ３ ∈Ｚ， ０≤ｒ≤１０， ｒ∈Ｎ { ． 令 １０－２ｒ ３ ＝ｋ（ｋ∈Ｚ），则１０－２ｒ＝３ｋ，即ｒ＝５－ ３ ２ｋ． 又因为ｒ∈Ｎ，所以ｋ应为偶数， 所以ｋ可取２，０，－２，即ｒ可取２，５，８． 所以第３项、第６项与第９项为有理项，它们分别为４５４ｘ ２， －６３８， ４５ ２５６ｘ２ ． １９．解：（１）ｘ甲 ＝ ７４＋８５＋８６＋９０＋９３ ５ ＝８５．６， ｘ乙 ＝ ７６＋８３＋８５＋８７＋９７ ５ ＝８５．６， ｓ２甲 ＝ １ ５［（７４－８５．６） ２＋（８５－８５．６）２＋（８６－８５．６）２＋ （９０－８５．６）２＋（９３－８５．６）２］ ＝ １５×２０９．２０＝４１．８４                                                                      ， —８— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 ｓ２乙 ＝ １ ５［（７６－８５．６） ２＋（８３－８５．６）２＋（８５－８５．６）２＋ （８７－８５．６）２＋（９７－８５．６）２］ ＝ １５×２３１．２０＝４６．２４， 因为ｓ２甲 ＜ｓ ２ 乙，甲的水平更稳定，所以派甲去． （２）由题中数据可知甲成绩高于８０分的频率为 ４５， 故甲每次成绩高于８０分的概率ｐ＝ ４５． 由题得Ｘ的所有可能取值为０，１，２，３，且Ｘ～Ｂ３，( )４５ ， Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｃ (０３ )４５ ( ０ )１５ ３ ＝ １１２５， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ (１３ )４５ ( １ )１５ ２ ＝１２１２５， Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ (２３ )４５ ( ２ )１５ １ ＝４８１２５， Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｃ (３３ )４５ ( ３ )１５ ０ ＝６４１２５， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １１２５ １２ １２５ ４８ １２５ ６４ １２５ Ｅ（Ｘ）＝ｎｐ＝３×４５ ＝ １２ ５． 第３６期 学业水平测评 一、单项选择题 １～４　ＡＢＡＤ　５～８　ＣＣＡＤ 提示： １．圆的方程可化为（ｘ－１）２＋（ｙ－４）２ ＝４， 则圆心坐标为（１，４）， 圆心到直线ａｘ＋ｙ－１＝０的距离为｜ａ＋４－１｜ ａ２＋槡 １ ＝１， 解得ａ＝－４３．故选（Ａ）． ２． (二项式 ｘ－１ 槡 )ｘ ｎ 的展开式，第ｋ＋１项为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ｎ·ｘ ｎ－ｋ·（－１）ｋ（ｘ－ １ ２）ｋ ＝Ｃｋｎ（－１） ｋｘｎ－ ３ ２ｋ， 已知第ｍ项为常数项， 所以有ｎ－３２ｋ＝０且ｋ＝ｍ－１， 所以ｎ＝３２（ｍ－１），所以２ｎ＝３（ｍ－１）． ３．设“男生甲被选中”为事件Ａ， “女生乙被选中”为事件Ｂ， 则Ｐ（Ａ）＝ Ｃ２５ Ｃ３６ ＝１０２０＝ １ ２，Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ１４ Ｃ３６ ＝ １５， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ２ ５，故选（Ａ）． ４．两圆方程相减，得直线ＭＮ的方程为ｘ－２ｙ＋４＝０， 圆ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－８＝０的标准方程为（ｘ＋１）２＋ｙ２ ＝９， 所以圆ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－８＝０的圆心为（－１，０），半径为３， 圆心（－１，０）到直线ＭＮ的距离为ｄ＝ ３ 槡５ ， 所以线段ＭＮ的长为２ ３２ (－ ３ 槡 )５槡 ２ ＝ 槡１２５５ ．故选（Ｄ）． ５．由题得 ＡＦ１ ＝ＡＦ２，由 ∠Ｆ１ＡＦ２ ＝４∠ＡＦ１Ｆ２可得 ∠ＡＦ１Ｆ２ ＝３０°，所以 ｂ ｃ ＝ 槡３ ３． 又△ＡＦ１Ｆ２面积为槡３，即Ｓ＝ｂｃ＝槡３， 解得ｂ＝１，ｃ＝槡３，则ａ＝ ｂ ２＋ｃ槡 ２ ＝２， 所以椭圆的方程为 ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝１． ６．由题意可得Ａ（ａ，０）， 双曲线的渐近线方程为ａｙ±ｂｘ＝０， 不妨设Ｂ点为直线ｘ＝ａ与ｙ＝ ｂａｘ的交点， 则Ｂ点的坐标是（ａ，ｂ）． 因为ＡＢ⊥ＦＡ，∠ＢＦＡ＝３０°， 所以ｔａｎ∠ＢＦＡ＝｜ＡＢ｜｜ＦＡ｜＝ ｂ ａ＋ｃ＝ ｅ２－槡 １ ｅ＋１ ＝ 槡３ ３， 解得ｅ＝２． ７．设盒中印有“环保会徽”图案的卡片有ｎ张， 则印有“绿色环保标志”图案的卡片有（１０－ｎ）张， 由题意得 Ｃ２ｎ Ｃ２１０ ＝ １３，所以ｎ＝６， 所以参加者每次从盒中抽取两张卡片， 获奖的概率Ｐ＝ Ｃ２４ Ｃ２１０ ＝ ２１５，因此 (Ｘ～Ｂ ４，２ )１５ ， 所以Ｅ（Ｘ）＋Ｄ（Ｘ）＝４×２１５＋４× ２ １５ (× １－２ )１５ ＝２２４２２５． 故选（Ａ）． ８．因为ＳＡ⊥平面ＡＢＣＤ，∠ＢＡＤ＝９０°， 故可建立以Ａ为原点，ＡＤ，ＡＢ，ＡＳ分别为ｘ，ｙ，ｚ轴的空间直 角坐标系Ａ－ｘｙｚ． 因为ＡＢ＝４，ＳＡ＝３                                                                      ， —９— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 所以Ｂ（０，４，０），Ｓ（０，０，３）． 设ＢＣ＝ｍ，则Ｃ（ｍ，４，０）． 因为 ＳＦ ＢＦ＝ ＣＥ ＢＥ＝λ，所以 →ＳＦ＝λ→ＦＢ， 所以 →ＡＦ＝ １１＋λ →ＡＳ＋ λ１＋λ →ＡＢ， 所以 (Ｆ ０，４λ１＋λ， ３１＋ )λ ． 同理， (Ｅ ｍ１＋λ，４， )０ ， 所以 → (ＦＥ＝ ｍ１＋λ， ４１＋λ，－３１＋ )λ ． 要使∠ＡＦＥ＝９０°，则→ＦＥ·→ＦＡ＝０， 又 → (ＦＡ＝ ０，－４λ１＋λ，－３１＋ )λ ， 所以０× ｍ１＋λ ＋ ４１＋λ ×－４λ１＋λ (＋ －３１＋ )λ ２ ＝０， 所以１６λ＝９，所以λ＝ ９１６． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．（Ｂ）不正确．独立性检验是检验两个分类变量是否有关 的一种统计方法，只是在一定的可信度下进行判断，不一定正 确，会因为样本不同导致结论可能不同，带有反证法思想． １０．如图１，连接Ｃ１Ｄ，ＤＦ， ! " #$ % & ! ! # ! & ! % ! ! ! 可知在正四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｂ１Ｃ１瓛ＢＣ瓛ＡＤ， 所以四边形ＡＢ１Ｃ１Ｄ是平行四边形，所以ＡＢ１∥ＤＣ１， 所以∠ＤＣ１Ｆ是异面直线ＡＢ１与Ｃ１Ｆ所成的角． 设ＡＡ１＝２，则ＡＢ＝ＢＣ＝ 槡２２， 则可得ＤＦ＝ （槡２２） ２＋（槡２）槡 ２ ＝槡１０， Ｃ１Ｆ＝ （槡２） ２＋２槡 ２ ＝槡６， Ｃ１Ｄ＝ （槡２２） ２＋２槡 ２ ＝ 槡２３， 所以ｍ＝ｃｏｓ∠ＤＣ１Ｆ＝ （槡６） ２＋（槡２３） ２－（槡１０） ２ ２×槡６× 槡２３ ＝槡２３，故（Ａ）错误，（Ｃ）正确； 如图２，连接ＥＦ，ＡＣ，Ａ１Ｃ１，Ｂ１Ｆ． 因为Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＢＣ的中点，所以ＥＦ∥ＡＣ． ! " #$ % & ! ! # ! & ! % ! ! ! 又因为正四棱柱中，ＡＡ１瓛ＢＢ１瓛ＣＣ１， 所以四边形ＡＡ１Ｃ１Ｃ是平行四边形， 所以Ａ１Ｃ１∥ＡＣ，所以ＥＦ∥Ａ１Ｃ１， 所以Ｅ，Ｆ，Ａ１，Ｃ１四点共面， 即直线Ａ１Ｅ与直线Ｃ１Ｆ共面，故（Ｂ）正确； 因为Ａ１Ｅ平面ＡＢＢ１Ａ１，Ｂ１Ｆ∩平面ＡＢＢ１Ａ１ ＝Ｂ１， 且Ｂ１Ａ１Ｅ， 所以直线Ａ１Ｅ与直线Ｂ１Ｆ异面，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由已知可得椭圆ｘ ２ ｍ２ ＋ｙ ２ ｎ２ ＝１的ｃ＝３， 又短轴为长轴的槡 ７ ４， 故椭圆方程为 ｘ２ １６＋ ｙ２ ７ ＝１或 ｘ２ ７＋ ｙ２ １６＝１， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 当椭圆方程为 ｘ２ １６＋ ｙ２ ７ ＝１时，有 ｘ２１ １６＋ ｙ２１ ７ ＝１， ｘ２２ １６＋ ｙ２２ ７ ＝１ { ， 两式相减得 （ｘ１－ｘ２）（ｘ１＋ｘ２） １６ ＋ （ｙ１－ｙ２）（ｙ１＋ｙ２） ７ ＝０， 整理得 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝－７８， 所以直线ｌ的方程为ｙ－１＝－７８（ｘ－２）， 整理得７ｘ＋８ｙ－２２＝０； 当椭圆方程为 ｘ２ ７＋ ｙ２ １６＝１时，有 ｘ２１ ７＋ ｙ２１ １６＝１， ｘ２２ ７＋ ｙ２２ １６＝１ { ， 两式相减得 （ｘ１－ｘ２）（ｘ１＋ｘ２） ７ ＋ （ｙ１－ｙ２）（ｙ１＋ｙ２） １６ ＝０， 整理得 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝－３２７                                                                      ， —０１— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 所以直线ｌ的方程为ｙ－１＝－３２７（ｘ－２）， 整理得３２ｘ＋７ｙ－７１＝０． 故选（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．ｙ２ ＝３ｘ；　１３．０．９５６ａ；　１４ [． 槡６３， ]１ ． 提示： １２．由题意可知ＡＣ＝ ３２＋（槡３３）槡 ２ ＝６， 由抛物线定义知｜ＡＦ｜＝｜ＡＢ｜＝３， 则Ｆ是ＡＣ的中点， 所以在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ｐ＝ １２｜ＡＢ｜＝ ３ ２， 所以抛物线方程为ｙ２ ＝３ｘ． １３．由题意可设一辆该品牌同型号私家车在第四年续保时 的费用为Ｘ， 则Ｘ的可能取值有０．９ａ，０．８ａ，０．７ａ，ａ，１．１ａ，１．３ａ， 且对应的概率分别为Ｐ（Ｘ＝０９ａ）＝２０１００＝０２， Ｐ（Ｘ＝０８ａ）＝１０１００＝０１， Ｐ（Ｘ＝０７ａ）＝１０１００＝０１， Ｐ（Ｘ＝ａ）＝３８１００＝０３８， Ｐ（Ｘ＝１１ａ）＝２０１００＝０２， Ｐ（Ｘ＝１３ａ）＝ ２１００＝００２， 所以Ｅ（Ｘ）＝０．９ａ×０．２＋０．８ａ×０．１＋０．７ａ×０．１＋ａ× ０３８＋１１ａ×０．２＋１．３ａ×０．０２＝０．９５６ａ． １４．设正方体的棱长为１，则Ａ１Ｃ１ ＝槡２，Ａ１Ｃ＝槡３， Ａ１Ｏ＝ＯＣ１ ＝ １＋槡 １ ２ ＝槡 ３ ２，ＯＣ＝槡 １ ２， 所以ｃｏｓ∠Ａ１ＯＣ１ ＝ １ ３，ｓｉｎ∠Ａ１ＯＣ１ ＝ 槡２２ ３， ｃｏｓ∠Ａ１ＯＣ＝－槡 ３ ３，ｓｉｎ∠Ａ１ＯＣ＝ 槡６ ３． 又直线与平面所成的角小于等于９０°，而∠Ａ１ＯＣ为钝角， 所以ｓｉｎα的取值范围为 槡６ ３，[ ]１． 四、解答题 １５．解：（１）由题设所求直线方程为ｘ＋２ｙ＋ｍ＝０， 因为直线过点Ａ（３，２），所以３＋４＋ｍ＝０，解得ｍ＝－７． 所以所求直线方程为ｘ＋２ｙ－７＝０． （２）依题意设所求直线方程为２ｘ－ｙ＋ｃ＝０， 因为点Ｐ（３，０）到该直线的距离为槡５， 所以 ｜６＋ｃ｜ ２２＋（－１）槡 ２ ＝槡５，解得ｃ＝－１或 －１１． 所以所求直线方程为２ｘ－ｙ－１＝０或２ｘ－ｙ－１１＝０． １６．解：（１）记“小球落入４号容器”为事件Ａ，若要小球落 入４号容器，则需要在通过的四层中有三层向右，一层向左， 所以理论上，小球落入４号容器的概率为 Ｐ（Ａ）＝Ｃ (３４ )１２ ４ ＝ １４． （２）落入４号容器的小球的个数Ｘ的可能取值为０，１，２，３， Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｃ０３ (× １－ )１４ ３ ＝２７６４， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ１３× １ ４ (× １－ )１４ ２ ＝２７６４， Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ２３ (× )１４ ２ (× １－ )１４ ＝ ９６４， Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｃ３３ (× )１４ ３ ＝ １６４， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ ２７６４ ２７ ６４ ９ ６４ １ ６４ １７．解：（１）由题意得Ｆ（１，０），ｌ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ－１）（ｋ＞０）， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）． 由 ｙ＝ｋ（ｘ－１）， ｙ２ ＝４{ ｘ 得ｋ２ｘ２－（２ｋ２＋４）ｘ＋ｋ２ ＝０． Δ＝１６ｋ２＋１６＞０，故ｘ１＋ｘ２ ＝ ２ｋ２＋４ ｋ２ ． 所以｜ＡＢ｜＝｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜ ＝（ｘ１＋１）＋（ｘ２＋１）＝ ４ｋ２＋４ ｋ２ ． 由题设知 ４ｋ２＋４ ｋ２ ＝８，解得ｋ＝－１（舍去）或ｋ＝１， 因此ｌ的方程为ｙ＝ｘ－１． （２）由（１）得ＡＢ的中点坐标为（３，２），所以ＡＢ的垂直平 分线方程为ｙ－２＝－（ｘ－３），即ｙ＝－ｘ＋５． 设所求圆的圆心坐标为（ｘ０，ｙ０），则 ｙ０ ＝－ｘ０＋５， （ｘ０＋１） ２ ＝ （ｙ０－ｘ０＋１） ２ ２ ＋１６ {                                                                      ， —１１— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期 解得 ｘ０ ＝３， ｙ０ ＝ { ２或 ｘ０ ＝１１， ｙ０ ＝－６ { ． 因此所求圆的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ－２）２＝１６或（ｘ－１１）２ ＋（ｙ＋６）２ ＝１４４． １８．（１）解：在图３中，取ＤＥ的中点Ｏ，ＢＣ的中点Ｆ，连接 ＯＡ，ＯＦ， 以Ｏ为原点，ＯＥ，ＯＦ，ＯＡ所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空 间直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ， ! " # $ % ! ! & ' ( ) * 设ＯＡ＝ｘ，则ＯＦ＝ 槡２３－ｘ，ＯＥ＝ ｘ 槡３ ， 所以Ｂ（２，槡２３－ｘ，０）， (Ｅ ｘ 槡３ ，０， )０ ，Ａ（０，０，ｘ）， Ｃ（－２，槡２３－ｘ，０）， →ＡＣ＝（－２，槡２３－ｘ，－ｘ）， → (ＢＥ＝ ｘ 槡３ －２，ｘ－ 槡２３， )０ ， 因为异面直线ＢＥ与ＡＣ垂直， 所以 →ＡＣ·→ＢＥ＝０，即ｘ２－１０ 槡３ ｘ＋８＝０， 解得ｘ＝ 槡２３（舍）或ｘ＝ ４ 槡３ ＝ 槡４３３， 所以 ＡＤ ＡＣ＝ ＡＯ ＡＦ＝ 槡４３ ３ 槡２３ ＝ ２３， 所以题目图１０中点Ｄ在靠近点Ｃ的三等分点处． （２）证明：易知平面 ＡＤＥ的法向量 ｎ＝（０，１，０），→ ( ＡＥ＝ ｘ 槡３ ，０， )－ｘ ，→ (ＢＥ＝ ｘ 槡３ －２，ｘ－ 槡２３， )０ ， 设平面ＡＢＥ的法向量ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 →ＡＥ·ｍ ＝ ｘ 槡３ ａ－ｘｃ＝０， →ＢＥ·ｍ (＝ ｘ 槡３ － )２ ａ＋（ｘ－ 槡２３）ｂ＝０{ ， 取ａ＝１，得ｍ (＝ １，－１ 槡３ ， １ 槡 )３ ． 设二面角Ｄ－ＡＥ－Ｂ的平面角为θ， 则ｃｏｓθ＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ －１ 槡３ １× １＋１３＋槡 １ ３ ＝－槡５５， 所以无论点Ｄ的位置如何，二面角Ｄ－ＡＥ－Ｂ的余弦值都 为定值 －槡５５． １９．（１）解：设双曲线的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ ＞０），由已知得 ｃａ ＝ 槡５ ２，２ｂ＝２． 又ａ２＋ｂ２ ＝ｃ２，解得ａ＝２，ｂ＝１， 所以双曲线的标准方程为 ｘ２ ４－ｙ ２ ＝１． （２）证明：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），联立 ｙ＝ｋｘ＋ｍ， ｘ２ ４－ｙ ２ ＝１{ ， 得（１－４ｋ２）ｘ２－８ｍｋｘ－４（ｍ２＋１）＝０， 则有 Δ＝６４ｍ２ｋ２＋１６（１－４ｋ２）（ｍ２＋１）＞０， ｘ１＋ｘ２ ＝ ８ｍｋ １－４ｋ２ ， ｘ１ｘ２ ＝ －４（ｍ２＋１） １－４ｋ２        ， ｙ１ｙ２ ＝（ｋｘ１＋ｍ）（ｋｘ２＋ｍ） ＝ｋ２ｘ１ｘ２＋ｍｋ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ ２ ＝ｍ ２－４ｋ２ １－４ｋ２ ， 因为以ＡＢ为直径的圆过双曲线Ｃ的左顶点Ｄ（－２，０）， 所以ｋＡＤ·ｋＢＤ ＝－１，即 ｙ１ ｘ１＋２ · ｙ２ ｘ２＋２ ＝－１， 所以ｙ１ｙ２＋ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）＋４＝０， 所以 ｍ２－４ｋ２ １－４ｋ２ ＋－４（ｍ ２＋１） １－４ｋ２ ＋ １６ｍｋ １－４ｋ２ ＋４＝０， 所以３ｍ２－１６ｍｋ＋２０ｋ２ ＝０， 解得ｍ＝２ｋ或ｍ＝１０ｋ３． 当ｍ＝２ｋ时，直线ｌ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ＋２），直线过定点 （－２，０），与已知矛盾； 当ｍ＝１０ｋ３时，直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ １０( )３ ，直线过定 点 －１０３，( )０，经检验符合已知条件， 所以直线ｌ过定点，定点坐标为 －１０３，( )０                                                                   ． —２１— 高中数学北师大版选择性必修第一册　第３３～３６期