第42期 核心素养阶段测评（七）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版2019）

书 答案详解 　　２０２４～２０２５学年　高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期（２０２５年５月）　　 第４１期３，４版 随机变量及其分布核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＢＣＤＣ　５～８　ＢＢＢＡ 提示： １．依题意可得 Ｐ（Ｘ＝１）＋Ｐ（Ｘ＝０）＝１， Ｐ（Ｘ＝１）－Ｐ（Ｘ＝０）＝０．３２， 所以Ｐ（Ｘ＝０）＝１－０．３２２ ＝０．３４． ２．由随机变量 Ｘ服从正态分布 Ｎ（２，９），且 Ｐ（Ｘ＞ｃ）＝ Ｐ（Ｘ＜ｃ－２），得ｃ＋ｃ－２＝４，解得ｃ＝３． ３．甲至少胜两局， 所以Ｃ２３ (× )５９ ２ ×４９＋Ｃ ３ ３ (× )５９ ３ ＝４２５７２９． ４．设语文课本有ｎ（ｎ≥２）本，则数学课本有（７－ｎ）本， 则２本都是语文课本的概率是 Ｃ２ｎＣ ０ ７－ｎ Ｃ２７ ＝ ２７． 所以ｎ２－ｎ－１２＝０，解得ｎ＝４或ｎ＝－３（舍去）， 所以语文课本有４本． ５．易知ａ＋１３＋ｂ＝１，解得ａ＋ｂ＝ ２ ３①， 若Ｅ（Ｘ）＝ １３，此时Ｅ（Ｘ）＝－２ａ＋ｂ＝ １ ３②， 联立①②，解得ａ＝ １９，ｂ＝ ５ ９， 则Ｄ（Ｘ）＝１９ (× －２－ )１３ ２ ＋１３ (× ０－ )１３ ２ ＋５９ (× １－ )１３ ２ ＝ ８９． ６．设“取出的球来自甲袋”为事件Ａ１， “取出的球来自乙袋”为事件Ａ２， “取出的球来自丙袋”为事件Ａ３， “该球为白球”为事件Ｂ，则 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＋Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３） ＝ １３× ３ ５＋ １ ３× ２ ５＋ １ ３× ５ ９ ＝ １４ ２７． ７．由Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ １ ５， 得Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ １１５， 易知Ｐ（Ａ）＝１－Ｐ（Ａ）＝ ２３， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） ＝Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）２ ３ ＝ ２５， 得Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）＝ ４１５， 所以Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）＋４１５＝ １ １５＋ ４ １５＝ １ ３． ８．设Ａ学生答对题的个数为ｍ，得分为５ｍ， 则 (ｍ～Ｂ １２， )１４ ，Ｄ（ｍ）＝１２×１４×３４ ＝ ９４， 所以Ｄ（Ｘ）＝２５×９４ ＝ ２２５ ４， 同理设Ｂ学生答对题的个数为ｎ，得分为５ｎ， 则 (ｎ～Ｂ １２， )１３ ，Ｄ（ｎ）＝１２×１３×２３ ＝ ８３， 所以Ｄ（Ｙ）＝２５×８３ ＝ ２００ ３， 所以Ｄ（Ｙ）－Ｄ（Ｘ）＝２００３ － ２２５ ４ ＝ １２５ １２． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．依题意可得选择各点位的概率与该点标记的序号成正比， 故Ｐ（Ｇ＝ｉ）＝ｉｋ（ｉ＝１，…，５），∑ ５ ｉ＝１ Ｐ（Ｇ＝ｉ）＝１５ｋ＝１， 解得ｋ＝ １１５，故（Ａ）正确； Ｐ（Ｇ＝５）＝５ｋ＝ ５１５＝ １ ３，故（Ｂ）错误； Ｅ（Ｇ）＝∑ ５ ｉ＝１ ｉ×Ｐ（Ｇ＝ｉ）＝１×１ｋ＋２×２ｋ＋… ＋５×５ｋ ＝５５ｋ＝５５１５＝ １１ ３，故（Ｃ）正确； Ｐ（Ｇ≤３）＝Ｐ（Ｇ＝１）＋Ｐ（Ｇ＝２）＋Ｐ（Ｇ＝３）＝６ｋ， Ｐ（Ｇ≥４）＝Ｐ（Ｇ＝４）＋Ｐ（Ｇ＋５）＝９ｋ， ９ｋ＞６ｋ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）                                                        ． —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 １０．由题意可知从乙盒子里随机取出ｎ个球， 其中红球的个数（记为Ｘ）服从超几何分布， 且Ｍ ＝３，Ｎ＝６，则Ｅ（Ｘ）＝ｎ·ＭＮ ＝ ｎ ２， 故从甲盒子里随机取一球， (相当于从含有 ｎ２＋ )１ 个红 球的（ｎ＋１）个球中随机取一球， 易知取到红球的个数Ｙ服从两点分布， 故Ｐ（Ｙ＝１）＝ ｎ ２＋１ ｎ＋１ ＝ １ ２＋ １ ２ｎ＋２， 所以Ｅ（Ｙ）＝Ｐ（Ｙ＝１）＝ １２＋ １ ２ｎ＋２， 随着ｎ的增加，Ｅ（Ｙ）减小； Ｄ（Ｙ）＝Ｐ（Ｙ＝１）×［１－Ｐ（Ｙ＝１）］ (＝ １２＋ １２ｎ＋ )２ (× １２－ １２ｎ＋ )２ ＝ １４－ １ （２ｎ＋２）２ ， 随着ｎ的增加，Ｄ（Ｙ）增加． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １１．因为该型号汽车配件的质量指标 Ｘ服从正态分布 Ｎ（２００，２２４），所以μ＝２００，σ２ ＝２２４， 又因为槡２２４≈１４．９７，所以σ＝１４．９７． 对于（Ａ），Ｐ（１８５．０３≤Ｘ≤２００）＝１２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤σ）≈ １ ２×０６８２７＝０３４１３５，故（Ａ）错误； 对于（Ｂ），Ｐ（２００≤Ｘ≤２２９９４）＝１２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤２σ） ≈ １２×０９５４５＝０４７７２５，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），Ｐ（１８５．０３≤Ｘ≤２２９．９４）＝ １２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤ σ）＋１２Ｐ（｜Ｘ－μ｜≤２σ）＝０．３４１３５＋０．４７７２５＝０．８１８６， 故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），由（Ｃ）中计算知Ｐ（１８５．０３≤Ｘ≤２２９．９４）＝ ０８１８６，１００００×０．８１８６＝８１８６，故任取１００００件该型号汽车 配件，其质量指标值位于区间［１８５．０３，２２９．９４］内的件数约为 ８１８６，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１８；　１３． ３ ４；　１４．１５． 提示： １２．Ｐ（Ｘ＝４）＝７１０× ６ ９× ５ ８× ３ ７ ＝ １ ８． １３．事件Ａ包含Ｃ２２＋Ｃ ２ ３ ＝４（种）方法， 事件ＡＢ和事件Ｂ是同一个事件， 事件Ｂ包含Ｃ２３ ＝３（种）方法， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ｎ（ＡＢ）ｎ（Ａ） ＝ ３ ４． １４．用Ｘ表示中奖票数， Ｐ（Ｘ≥１）＝ Ｃ１２Ｃ ｎ－１ ４８ Ｃｎ５０ ＋ Ｃ２２Ｃ ｎ－２ ４８ Ｃｎ５０ ＞０５  ２· ４８！ （ｎ－１）！（４９－ｎ）！ ５０！ ｎ！（５０－ｎ）！ ＋ ４８！ （ｎ－２）！（５０－ｎ）！ ５０！ ｎ！（５０－ｎ）！ ＞ １２， 所以 ２ｎ（５０－ｎ） ５０×４９ ＋ ｎ（ｎ－１） ５０×４９ ＞ １ ２， 解得ｎ≥１５，所以ｎ至少为１５． 四、解答题 １５．解：（１）从６人中任选３人，选法共有Ｃ３６ ＝２０（种）， 其中男生甲和女生乙都不被选中的概率为 Ｃ３４ ２０＝ １ ５． 故男生甲或女生乙被选中的概率为１－１５ ＝ ４ ５． （２）由题知Ｐ（Ａ）＝ Ｃ２５ ２０＝ １ ２． 又Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＝ １２，Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ１４ ２０＝ １ ５， 所以Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ ２ ５． １６．解：记“小球落入Ａ袋中”为事件Ａ， “小球落入Ｂ袋中”为事件Ｂ． （１）易知Ｐ（Ａ） (＝ )１２ ３ (＋ )１２ ３ ＝ １４． （２）由（１）知Ｐ（Ａ）＝ １４，则 Ｐ（Ｂ）＝１－Ｐ（Ａ）＝１－１４ ＝ ３ ４， 由题意知 (Ｘ～Ｂ ４， )３４ ， Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝Ｃｋ(４ )３４ ( ｋ )１４ ４－ｋ ，ｋ＝０，１，２，３，４， 则Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ ４ Ｐ １２５６ ３ ６４ ２７ １２８ ２７ ６４ ８１ ２５６ Ｅ（Ｘ）＝４×３４ ＝３，Ｄ（Ｘ）＝４× ３ ４× １ ４ ＝ ３ ４． １７．解：（１）因为Ｘ～Ｎ（６５，４．８４），所以μ＝６５，σ＝２．２． 所以μ＋３σ＝７１．６，７３∈（μ＋３σ，＋∞）． 因为Ｐ（Ｘ＞７１．６）＝１－Ｐ（５８．４≤Ｘ≤７１．６）２ ＝１－０．９９７３２ ＝０．００１３５， 且０．００１３５远小于 １２０                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 所以此事件应为小概率事件，而质检员随机抽检２０袋该 种零食时，测得１袋零食的质量为７３ｇ，说明小概率事件确实发 生了，因此他立即要求停止生产，检查设备的决定有道理． （２）（ⅰ）因为μ＝６５，σ＝２．２， 所以μ－σ＝６２．８，μ＋２σ＝６９．４． 由题意可知当零食每袋的质量Ｘ满足μ－σ≤Ｘ≤μ＋２σ 时为合格品， 所以这种零食的合格率为 ０．６８２７＋０．９５４５ ２ ＝０．８１８６≈０．８１９． （ⅱ）由题意可知Ｙ～Ｂ（ｎ，０．８１９），则 Ｅ（Ｙ）＝０．８１９ｎ＞５８， 则ｎ＞ ５８０．８１９≈７０．８２，故ｎ的最小值为７１． １８．解：（１）（ⅰ）记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰 有１只蜜蜂”为事件Ａ， 设盒子中蜜蜂的只数为ｘ（ｘ∈Ｎ＋）， 则Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１ｘＣ １ ８－ｘ Ｃ２８ ＝ ４７，解得ｘ＝４， 故蜜蜂共有４只． （ⅱ）随机变量Ｘ服从超几何分布，且Ｎ＝８，Ｍ＝４，ｎ＝３， Ｐ（Ｘ＝ｉ）＝ Ｃｉ４Ｃ ３－ｉ ４ Ｃ３８ ，ｉ＝０，１，２，３． 故Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １１４ ３ ７ ３ ７ １ １４ Ｅ（Ｘ）＝１×３７＋２× ３ ７＋３× １ １４＝ ３ ２． （２）记“任意飞出两只昆虫，至少有１只是蝴蝶”为事件Ｂ， 则事件Ｂ为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”， Ｐ（Ｂ）＝１－Ｐ（Ｂ）＝１－ Ｃ２ｎ Ｃ２２ｎ ＝１－ ｎ－１２（２ｎ－１） ＝ ３４＋ １ ４（２ｎ－１）（ｎ≥４，ｎ∈Ｎ）， 当ｎ＝４时，Ｐ（Ｂ）ｍａｘ＝ ３ ４＋ １ ２８＝ １１ １４． １９．解：（１）ａ１，ａ２，ａ３的排序共有Ａ ３ ３ ＝６种， 且每种排序等可能， 此时Ｘ可取０，２，４， 又Ｘ＝０时，ａ１，ａ２，ａ３的排序为１，２，３，则Ｐ（Ｘ＝０）＝ １ ６， Ｘ＝２时，ａ１，ａ２，ａ３的排序为１，３，２或２，１，３， 则Ｐ（Ｘ＝２）＝ １３， Ｘ＝４时，ａ１，ａ２，ａ３的排序为３，２，１或２，３，１或３，１，２， 则Ｐ（Ｘ＝４）＝ １２， 所以Ｘ的分布列为： Ｘ ０ ２ ４ Ｐ １６ １ ３ １ ２ （２）（ⅰ）ａ１，ａ２，ａ３，ａ４的排序共有Ａ ４ ４ ＝２４种， 且每种排序等可能， 而∑ ｎ ｉ＝１ （ｉ－ａｉ）＝０， 故ｉ－ａｉ（ｉ＝１，２，３，４）中有偶数个奇数， 故∑ ｎ ｉ＝１ ｜ｉ－ａｉ｜必为偶数， 当Ｘ＝０时，ａ１，ａ２，ａ３，ａ４的排序与第一次排序无变化时， 此时仅有１种排序：１，２，３，４，则Ｐ（Ｘ＝０）＝ １２４， 当Ｘ＝２时，ａ１，ａ２，ａ３，ａ４的排序与第一次排序相比仅有相 邻两个位置变化时， 此时有３种排序：２，１，３，４、１，３，２，４、１，２，４，３， 则Ｐ（Ｘ＝２）＝ ３２４＝ １ ８， 所以Ｐ（Ｘ≤２）＝Ｐ（Ｘ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝２）＝１２４＋ １ ８＝ １ ６； （ⅱ）因为各轮测试相互独立， 所以“连续三轮测试中，都有Ｘ≤２”的概率为 (Ｐ＝ )１６ ３ ＝ １２１６＜ ５ １０００， 所以 １ ２１６是一个小概率，这表明仅凭随机猜测得到“连续 三轮测试中，都有Ｘ≤２”的结果的可能性很小，所以我们认为 该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测． 第４２期 核心素养阶段测评（七） 一、单项选择题 １～４　ＣＡＡＡ　　５～８　ＡＣＡＡ 提示： １．（２ｘ－ｙ）５展开式的通项为Ｔｒ＋１＝Ｃ ｒ ５×（２ｘ） ５－ｒ×（－ｙ）ｒ， ０≤ｒ≤５，所以ｘ２ｙ３的系数为Ｃ３５×２ ２×（－１）３ ＝－４０． ２．因为ｘ＋ｙ－１＝０的斜率为 －１，则ｆ′（２）＝１， 又ｆ′（ｘ）＝ ａｘ＋２ｘｆ′（２）＝ ａ ２＋４＝１ａ＝－６． ３．由题意得ｎ（Ω）＝４×４＝１６，ｎ（Ａ）＝２×３＋１＝７， ｎ（ＡＢ）＝２×３＝６， 所以Ｐ（Ａ）＝ ７１６，Ｐ（ＡＢ）＝ ６ １６， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ６ ７． ４．由随机变量Ｘ～Ｎ（５，σ２），可知μ＝５． 因为Ｐ（Ｘ＞１０－ａ）＝０．４，所以Ｐ（Ｘ＜ａ）＝０．４                                                                      ， —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 所以Ｐ（Ｘ＞ａ）＝０．６． ５．由题可得Ｄ（Ｘ）＝３ｐ（１－ｐ）＝ ２３， 解得ｐ＝ １３或ｐ＝ ２ ３， 又因为Ｅ（Ｘ）＝３ｐ＞１，则ｐ＞ １３，可得ｐ＝ ２ ３， 则 １５ｐ ２ ＝５．所以Ｐ（Ｙ＝３）＝ Ｃ３５Ｃ １ ３ Ｃ４８ ＝ ３７． ６．由题可得ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋２ｆ′（２）５ ｘ－９， 所以ｆ′（２）＝１２＋４５ｆ′（２）－９，解得ｆ′（２）＝１５， 所以ｆ（ｘ）＝ｘ３＋３ｘ２－９ｘ， ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋６ｘ－９＝３（ｘ＋３）（ｘ－１）， 所以当ｘ＜－３或ｘ＞１时，ｆ′（ｘ）＞０； 当 －３＜ｘ＜１时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ）在（－∞，－３）和（１，＋∞）上单调递增， 在（－３，１）上单调递减， 所以当ｘ＝－３时，ｆ（ｘ）取得极大值２７． ７．由题意知１０个数中，１，３，５，７，９为阳数，２，４，６，８，１０为阴数， 若任取的３个数中有０个阴数， 则概率为 Ｃ３５ Ｃ３１０ ＝ １１２； 若任取的３个数中有１个阴数， 则概率为 Ｃ２５·Ｃ １ ５ Ｃ３１０ ＝ ５１２； 故这３个数中至多有１个阴数的概率为 Ｐ＝ １１２＋ ５ １２＝ １ ２． ８．由题意知函数ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增， 因为ｆ（ｘ）＝ ａ２ｘ ２－ｘｌｎｘ，所以ｆ′（ｘ）＝ａｘ－ｌｎｘ－１， 则ｆ′（ｘ）≥０在（０，＋∞）上恒成立， 因为ｘ∈（０，＋∞）， 所以ａ≥ｌｎｘ＋１ｘ 在（０，＋∞）上恒成立， 即ａ (≥ ｌｎｘ＋１)ｘ ｍａｘ， 令ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１ｘ ，则ｇ′（ｘ）＝－ ｌｎｘ ｘ２ ， 所以当ｘ∈（０，１）时，ｇ′（ｘ）＞０， 当ｘ∈（１，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＜０， 所以ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递增，在（１，＋∞）上单调递减， 所以ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（１）＝１，所以ａ≥１． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．由题意得 ８２７＋ ４ ９＋ｍ＋ １ ２７＝１，解得ｍ＝ ２ ９， 可得Ｅ（Ｘ）＝０×８２７＋１× ４ ９＋２× ２ ９＋３× １ ２７＝１， Ｄ（Ｘ）＝ ８２７×１ ２＋４９×０ ２＋２９×１ ２＋１２７×２ ２ ＝ ２３， Ｐ（０≤Ｘ≤１）＝Ｐ（Ｘ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝１）＝８２７＋ ４ ９ ＝ ２０ ２７． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．因为展开式中只有第５项的二项式系数最大， 所以可知展开式中共有９项， 即ｎ＝８，故（Ａ）正确； 若展开式中所有项的系数和为１， 令ｘ＝１，则（２ａ－１）８ ＝１（ａ＞０）， 所以ａ＝１，故（Ｂ）正确； 通项Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ８（２ｘ） ８ (－ｋ －１ )ｘ ｋ ＝２８－ｋ·（－１）ｋ·Ｃｋ８·ｘ ８－２ｋ， 令８－２ｋ＝０，解得ｋ＝４， 所以展开式中的常数项为 Ｔ５ ＝２ ４×（－１）４×Ｃ４８ ＝１１２０，故（Ｃ）错误； 令８－２ｋ＝６，解得ｋ＝１， 所以展开式中含ｘ６的项为 Ｔ２ ＝２ ７×（－１）１×Ｃ１８×ｘ ６ ＝－１０２４ｘ６，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．当ａ＝－１时，则ｆ（ｘ）＝ｃｏｓｘｘ， ｆ′（ｘ）＝－ｘｓｉｎｘ－ｃｏｓｘ ｘ２ ， [在区间 π６，π ]３ 上ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ） [在区间 π６，π ]３ 上单调递减， 所以Ｍ ＝ ｃｏｓπ６ π ６ ＝ 槡３３ π ＜槡３，故（Ａ）正确； 当ａ＝２时，ｆ（ｘ）＝ｘ２·ｃｏｓｘ，ｆ′（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ（２－ｘｔａｎｘ）， [在区间 π６，π ]３ 上，ｘｔａｎｘ单调递增， 则ｘｔａｎｘ＜π槡３３ ，即ｆ′（ｘ）＞０， 所以ｆ（ｘ） [在区间 π６，π ]３ 上单调递增， 即Ｍ ＝π ２ １８＜ 槡３ ３，故（Ｂ）正确； 当ａ＝１，ｘ (∈ ０，π )２ 时，ｘ＜ｔａｎｘ恒成立， 所以ｆ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ＜ｔａｎｘｃｏｓｘ＝ｓｉｎｘ≤槡３２， 所以Ｍ ＜槡３２，故（Ｃ）错误； 当ａ＝３时，ｆ（ｘ）＝ｘ３·ｃｏｓｘ， 则ｆ′（ｘ）＝ｘ２ｃｏｓｘ（３－ｘｔａｎｘ                                                                      ）， —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 [在区间 π６，π ]３ 上ｆ′（ｘ）＞０， 所以ｆ（ｘ） [在区间 π６，π ]３ 上单调递增， 所以Ｍ ＝ １２ (· π )３ ３ ＞ １２，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题 １２．４５；　１３ [． １２，＋ )∞ ；　１４．１８５． 提示： １２．对于英文字母来说，共有５种可能； 对于数字来说，共有９种可能， 按照分步乘法计数原理可知， 共有５×９＝４５（个）不同的编号． １３．由ｆ（ｘ）＝ｅ ２ｘ ｘ得ｆ′（ｘ）＝ ｅ２ｘ（２ｘ－１） ｘ２ ． 若ｆ′（ｘ）＝０，则ｘ＝ １２． 所以函数ｆ（ｘ） (在 １４， )１２ 上单调递减， (在 １２，＋ )∞ 上单调递增， 且 (ｆ )１２ ＝２ｅ，所以 １２ [∈ １４， ]ａ ，即ａ≥ １２， 所以实数ａ [的取值范围是 １２，＋ )∞ ． １４．由题意知Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝Ｃｋ９ｐ ｋ（１－ｐ）９－ｋ（ｋ＝０，１，２，…，９）， 因为ｐ４＋ｐ５ ＝ ４５ ８ｐ６， 所以Ｃ４９ｐ ４（１－ｐ）５＋Ｃ５９ｐ ５（１－ｐ）４ ＝４５８Ｃ ６ ９ｐ ６（１－ｐ）３， 化简得１５ｐ２＋４ｐ－４＝０，解得ｐ＝２５或ｐ＝－ ２ ３（舍）， 从而Ｅ（Ｘ）＝ｎｐ＝１８５． 四、解答题 １５．解：（１）首先排甲，再将乙丙安排在甲的左右两位置中 的一个，则所有不同的排法种数有ｎ＝２Ａ２２Ａ ２ ２ ＝８． （２）（ⅰ）（１－３ｘ）８ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａ８ｘ ８， 令ｘ＝０得ａ０ ＝１； 令ｘ＝１得ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ８ ＝（－２） ８ ＝２５６； ① 所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａ８ ＝２５６－１＝２５５． （ⅱ）令ｘ＝－１得 ａ０－ａ１＋ａ２－ａ３＋… ＋ａ８ ＝４ ８ ＝２１６； ② ① －② ２ 得ａ１＋ａ３＋ａ５＋ａ７ ＝ ２８－２１６ ２ ＝２７－２１５ ＝－３２６４０． １６．解：（１）第一步，先将另外四门课排好，有Ａ４４种情况； 第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入５个空隙中， 有Ａ２５种情况． 所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有 Ａ４４×Ａ ２ ５ ＝４８０（种）． （２）第一步，先将甲和乙的不同课程选好，有Ａ２６种情况； 第二步，将甲和乙的相同课程选好，有Ｃ１４种情况； 第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同， 所以丙的选法有Ｃ２３种情况． 因此，所有选课种数为Ａ２６×Ｃ １ ４×Ｃ ２ ３ ＝３６０． １７．解：（１）设事件Ａ表示在城市Ａ比赛时甲队负， 事件Ｂ表示在城市Ｂ比赛时甲队负， 则 Ｐ（Ａ）＝１－３５－ １ ５ ＝ １ ５，Ｐ（Ｂ）＝１－ １ ３－ １ ６ ＝ １ ２， 所以两场比赛甲队恰好负一场的概率为 Ｐ（ＡＢ＋ＡＢ） ＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ １５× １ ２＋ ４ ５× １ ２ ＝ １ ２． （２）两场比赛甲队得分Ｘ的可能取值为０，１，２，３，４，６， Ｐ（Ｘ＝０）＝ １５× １ ２ ＝ １ １０， Ｐ（Ｘ＝１）＝ １５× １ ６＋ １ ５× １ ２ ＝ ２ １５， Ｐ（Ｘ＝２）＝ １５× １ ６ ＝ １ ３０， Ｐ（Ｘ＝３）＝ １５× １ ３＋ ３ ５× １ ２ ＝ １１ ３０， Ｐ（Ｘ＝４）＝ １５× １ ３＋ ３ ５× １ ６ ＝ １ ６， Ｐ（Ｘ＝６）＝ ３５× １ ３ ＝ １ ５， 所以两场比赛甲队得分Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ ４ ６ Ｐ １１０ ２ １５ １ ３０ １１ ３０ １ ６ １ ５ １８．解：（１）设３人抽奖总次数为Ｘ， 则Ｘ的可能取值为３，４，５，６． 由题意知每位打卡二十四景游客至少打卡两个景点的概 率为 ３ ４，只打卡一个景点的概率为 １ ４， 随机抽取３人，３人打卡景点情况相互独立． Ｘ＝３表示抽奖总次数为３次，即３人都只打卡一个景点． 依题意可得Ｐ（Ｘ＝３） (＝ )１４ ３ ＝ １６４， 所以Ｐ（Ｘ≥４）＝Ｐ（Ｘ＝４）＋Ｐ（Ｘ＝５）＋Ｐ（Ｘ＝６） ＝１－Ｐ（Ｘ＝３） ＝１－１６４＝ ６３ ６４                                                                      ． —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 （２）记事件Ａ＝“每位打卡二十四景游客至少打卡两个景 点”，则Ａ＝“每位打卡二十四景游客只打卡一个景点”， 事件Ｂ＝“一位打卡二十四景游客抽中广化寺祈福香包”， 则Ｐ（Ａ）＝ ３４，Ｐ（Ａ）＝ １ ４， 因为每次抽奖可随机获得４种礼物中的１种礼物， 所以游客抽到每个香包的概率都是 １ ４． 一个游客至少打卡两个景点， 抽中广化寺祈福香包的概率为 Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝１ (－ )３４ ２ ＝ ７１６， 一个游客打卡一个景点， 抽中广化寺祈福香包的概率为Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ １４， 由全概率公式得Ｐ（Ｂ） ＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ） ＝ ３４× ７ １６＋ １ ４× １ ４ ＝ ２５ ６４． １９．解：（１）由题得ｈ′（ｘ）＝ ２ｘ＋３，　ｘ＜０， １ ｘ２ ， ｘ＞０{ ， 则ｈ′（ｘ１）＝２ｘ１＋３＝１，解得ｘ１＝－１，即Ａ（－１，－２＋ａ）， ｈ′（ｘ２）＝ １ ｘ２２ ＝１，解得ｘ２ ＝１，即Ｂ（１，－１）． 所以ｋＡＢ ＝ ａ－２－（－１） －１－１ ＝１，解得ａ＝－１． （２）设Ａ（ｘ１，ｈ（ｘ１）），Ｂ（ｘ２，ｈ（ｘ２））为函数ｈ（ｘ）图象上的 两点，且ｘ１ ＜ｘ２， 当ｘ１ ＜ｘ２ ＜０或０＜ｘ１ ＜ｘ２时，ｈ′（ｘ１）≠ｈ′（ｘ２）， 所以ｘ１ ＜０＜ｘ２． 函数ｈ（ｘ）在点Ａ（ｘ１，ｈ（ｘ１））处的切线方程为： ｙ－（ｘ２１＋３ｘ１＋ａ）＝（２ｘ１＋３）（ｘ－ｘ１）， 即ｙ＝（２ｘ１＋３）ｘ＋ａ－ｘ ２ １， 函数ｈ（ｘ）在点Ｂ（ｘ２，ｈ（ｘ２））处的切线方程为： ｙ＋１ｘ２ ＝ １ ｘ２２ （ｘ－ｘ２），即ｙ＝ １ ｘ２２ ｘ－２ｘ２ ． 两切线重合的充要条件是 ２ｘ１＋３＝ １ ｘ２２ ， ａ－ｘ２１ ＝－ ２ ｘ２ { ， ① ② 由①及ｘ１ ＜０＜ｘ２得０＜ １ ｘ２ ＜槡３，令ｔ＝ １ ｘ２ ， 则０＜ｔ＜槡３． 由①得ｘ１ ＝ １ ２（ｔ ２－３）， 由②得ａ＝ｘ２１－ ２ ｘ２ ＝ｘ２１－２ｔ＝ １ ４（ｔ ４－６ｔ２＋９）－２ｔ ＝ １４ｔ ４－３２ｔ ２－２ｔ＋９４（０＜ｔ＜槡３）． 设ｐ（ｔ）＝ １４ｔ ４－３２ｔ ２－２ｔ＋９４（０＜ｔ＜槡３）， 则ｐ′（ｔ）＝ｔ３－３ｔ－２＜０， 所以函数ｐ（ｔ）＝１４ｔ ４－３２ｔ ２－２ｔ＋９４在（０，槡３）上为减函数， 且 － 槡２３＜ｐ（ｔ）＜ ９ ４，所以 － 槡２３＜ａ＜ ９ ４， 即实数ａ (的取值范围是 － 槡２３， )９４ ． 第４３期１版 专项小练一 １．ＡＣＤ；　２．Ｄ；　３．Ｂ．　４．４５；　５．１． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｂ；　３．ＡＢＣ．　４．３．５；　５．１０． 第４３期３，４版 成对数据的统计相关性、一元线性 回归模型及其应用同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＡＢＣ　　５～８　ＢＣＤＤ 提示： ２．甲的决定系数Ｒ２最大，回归模型的拟合效果最好． ３．由题意得ｘ＝３，ｙ＝４．５， 则有 ａ^＝４．５－０９５×３＝１．６５． ４．当ｘ＝１６５时得 ｙ^＝０．８５×１６５－８５７＝５４．５５， 所以在样本点（１６５，５８）处的残差为５８－５４．５５＝３４５． ５．由变量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），可得变量Ｙ与Ｘ之间成正相关， 因此ｒ１ ＞０； 由变量 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），可得变量Ｕ与Ｖ之间成负相关， 因此ｒ２ ＜０． 故ｒ２ ＜０＜ｒ１． ６．因为∑ １０ ｉ＝１ ｘｉ＝２２５，∑ １０ ｉ＝１ ｙｉ＝１６００， 所以ｘ＝２２．５，ｙ＝１６０． 又因为 ｙ^＝ｂ^ｘ＋ａ^中 ｂ^＝４， 回归直线一定过样本点的中心（２２．５，１６０）， 所以１６０＝４×２２．５＋ａ^，所以 ａ^＝７０， 所以 ｙ^＝４ｘ＋７０． 当ｘ＝２４时，ｙ^＝４×２４＋７０＝１６６． ７．样本点的中心为（２，ｍ），将其代入 ｙ^＝２ｘ＋５， 可得ｍ＝２×２＋５＝９， 假设甲输入的（ｘ１，ｙ１）为（７，３），（ｘ２，ｙ２）为（４，－６）， 则７＋４＋ｘ３＋ｘ４＋… ＋ｘ８ ＝２×８＝１６                                                                      ， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 ３－６＋ｙ３＋ｙ４＋… ＋ｙ８ ＝９×８＝７２， 得ｘ３＋ｘ４＋… ＋ｘ８ ＝５，ｙ３＋ｙ４＋… ＋ｙ８ ＝７５， 改为正确数据后得３＋４＋ｘ３＋ｘ４＋… ＋ｘ８ ＝１２， ７＋６＋ｙ３＋ｙ４＋… ＋ｙ８ ＝８８， (此时样本点的中心为 ３２， )１１ ， 将其代入 ｙ^＝１３３ｘ＋ｋ， 可得ｋ＝１１－１３３× ３ ２ ＝ ９ ２． ８．对ｙ＝ａｅｂｘ＋１（ａ＞０）两边同时取自然对数得 ｌｎｙ＝ｌｎ（ａｅｂｘ＋１）＝ｌｎａ＋ｂｘ＋１，令ｚ＝ｌｎｙ， 则ｚ＝ｂｘ＋ｌｎａ＋１， 所以 ｂ＝２， ａ＝ｌｎａ＋１{ ，解得 ｂ＝２， ａ＝１{ ， 所以 ｂ ａ ＝２． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９．由题图１知气压随海拔的增加而减小，由题图２知沸点 随气压的升高而升高，所以沸点与气压正相关，沸点与海拔负 相关，由题图易得两个散点图中的点都落在一条直线附近，所 以沸点与海拔、沸点与气压都线性相关，故（Ｂ），（Ｃ），（Ｄ）正 确，（Ａ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题图可知两变量正线性相关，故ｒ１ ＞０，ｒ２ ＞０， 且ｒ１ ＜ｒ２，Ｒ ２ １ ＜Ｒ ２ ２，故（Ａ）正确，（Ｂ）错误； 经计算可得，在去除点Ｆ前，ｘ＝３．５，ｙ＝２．５， 去除点Ｆ后，ｘ＝３，ｙ＝２． 又经验回归方程ｌ１：ｙ^＝０．６８ｘ＋ａ^必经过点（３５，２．５）， 所以 ａ^＝２．５－０．６８×３．５＝０．１２，故（Ｃ）正确； 经验回归方程ｌ２：ｙ^＝ｂ^ｘ＋０．６８必经过点（３，２）， 所以２＝ｂ^×３＋０．６８，所以 ｂ^＝０．４４，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由题意得ｘ＝ １５ ×（２０＋３０＋４０＋５０＋６０）＝４０， ｙ＝ １５×（２５＋２７．５＋２９＋３２．５＋３６）＝３０， 则 ｋ^＝ｙ－０．２５ｘ＝３０－０．２５×４０＝２０，故（Ａ）正确； 由０．２５＞０，可知变量ｘ和ｙ正相关，故（Ｂ）正确； 若ｘ的值增加１，则ｙ的值约增加０．２５，故（Ｃ）正确； 当ｘ＝５２时，ｙ^＝０．２５×５２＋２０＝３３，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．３７５；　１３．２ｌｎ２＋２；　１４．（６，２）． 提示： １２．由题意可得ｘ＝１５０５ ＝３０，代入经验回归方程， 可得ｙ＝０．６７×３０＋５４．９＝７５， 所以ｙ１＋ｙ２＋ｙ３＋ｙ４＋ｙ５ ＝５×７５＝３７５． １３．由ｚ＝ｌｎｙ，则ｌｎｙ＝ｌｎ２ｅ２ｘ＋１， 即ｚ＝ｌｎ２＋ｌｎｅ２ｘ＋１ ＝ｌｎ２＋２ｘ＋１， 则ｚ＝２ｘ＋ｌｎ２＋１，故ｍ＝２，ｎ＝ｌｎ２＋１， 所以ｍｎ＝２ｌｎ２＋２． １４．ｘ＝ １５×（４＋ｍ＋８＋１０＋１２）＝ ３４＋ｍ ５ ， ｙ＝ １５×（１＋２＋３＋５＋６）＝３．４， (将 ３４＋ｍ５ ，３． )４ 代入经验回归方程 ｙ^＝０６５ｘ－１．８中， 得３．４＝０６５×３４＋ｍ５ －１．８，解得ｍ＝６． 所以当ｘ＝４，ｙ^＝０６５×４－１．８＝０８，｜１－０８｜＝０２； 当ｘ＝６时，ｙ^＝０６５×６－１．８＝２．１，｜２－２．１｜＝０１； 当ｘ＝８时，ｙ^＝０６５×８－１．８＝３．４，｜３－３．４｜＝０．４． 综上，距离经验回归直线最近的点是（６，２）． 四、解答题 １５．解：作出散点图如图１， ! " # $ % & ' ! !() !(& !($ !(" !(* *+) ,(& ,($ ,(" , " ! ! ! ! ! ! ! 图１ 由条形图数据和参考数据得 ｔ＝４，∑ ７ ｉ＝１ （ｔｉ－ｔ） ２ ＝２８， ∑ ７ ｉ＝１ （ｙｉ－ｙ）槡 ２≈０５３， ∑ ７ ｉ＝１ （ｔｉ－ｔ）（ｙｉ－ｙ）＝∑ ７ ｉ＝１ ｔｉｙｉ－ｔ∑ ７ ｉ＝１ ｙｉ ＝３９７５－４×９．２４＝２．７９， 所以ｒ≈ ２．７９０５３×２×２６４６≈０９９． 因为ｙ与ｔ的样本相关系数近似为０．９９， 所以ｙ与ｔ的线性相关性相当强． １６．解：（１）由题可得ｘ＝３，ｙ＝７２， ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝１×５＋２×６＋３×７＋４×８＋５×１０＝１２０， ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１ ２＋２２＋３２＋４２＋５２ ＝５５， 则 ｂ^＝１２０－５×３×７２ ５５－５×３２ ＝１２， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝７２－１２×３＝３６                                                                      ， —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 故经验回归方程为 ｙ^＝１．２ｘ＋３．６． （２）将ｘ＝８代入经验回归方程可预测该地区２０２５年的人 民币储蓄存款 ｙ^＝１．２×８＋３．６＝１３．２（千亿元）． １７．解：（１）ＣＯ对ＰＭ２５有正相关关系， 而Ｏ３对ＰＭ２５没有相关关系． （２）∑ ３ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝０５＋２＋６＝８５，ｘ＝ ７ ３，ｙ＝１，３ｘｙ＝７， ∑ ３ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１＋４＋１６＝２１，３ｘ ２ ＝４９３． 所以 ｂ^＝ ９２８，ａ^＝ １ ４，ｙ^＝ ９ ２８ｘ＋ １ ４， 当ＣＯ为２００时，即 ｙ^＝２时，９２８ｘ＋ １ ４ ＝２，所以ｘ＝ ４９ ９， 即ＰＭ２５的值为 ４９ ９×１００＝ ４９００ ９ ≈５４４（μｇ／ｍ ３）． １８．解：（１）画出散点图，如图２所示： ! "# "$ "% "& ! ! ! ! "" ' ( ) !"#$ # " %*&$ 图２ （２）由题表中数据易得ｘ＝１２．５，ｙ＝８．２５， ∑ ４ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝４３８，∑ ４ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝６６０， 所以 ｂ^＝ ∑ ４ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－４ｘｙ ∑ ４ ｉ＝１ ｘ２ｉ－４ｘ ２ ＝４３８－４×１２．５×８．２５ ６６０－４×１２．５２ ＝５１７０， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝８．２５－５１７０×１２５＝－ ６ ７． 故经验回归方程为 ｙ^＝５１７０ｘ－ ６ ７． （３）要使ｙ≤１０，则５１７０ｘ－ ６ ７≤１０， 即ｘ≤７６０５１≈１４．９． 故机器的转速应不超过１４．９转 ／秒． １９．解：（１）由表中数据可得ｘ＝５，ｙ＝２４， ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ＝３７０－５×５×２４＝－２３０， ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝６８， 所以 ｂ^＝－２３０６８ ≈－３４， 所以 ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝２４＋３４×５＝４１， 所以ｙ关于ｘ的经验回归方程为 ｙ^＝４１－３４ｘ． （２）设该系大一学生每周扣分总数为ｈ（ｘ），则由题意 得ｈ（ｘ）＝ｘ（－３４ｘ＋４１）＝－３４ｘ２＋４１ｘ， 因为函数对称轴方程为ｘ＝ ４１３４×２≈６０３， 由题意，ｘ＝６时，ｈ（ｘ）有最大值， 即每次扣分为６分时，该系大一新生被扣分的总数最大． （３）设每周上课使用手机扣ｘ分， 则数学系大一学生每学期扣分为２０×（－３４ｘ＋４１）ｘ， 令２０×（－３４ｘ＋４１）ｘ≤１０００， 即３４ｘ２－４１ｘ＋５０≥０， 解得ｘ≥４１＋槡１００１２×３４ ≈１０６８ 或ｘ≤４１－槡１００１２×３４ ≈１３８， 所以每周至少扣分１１分时， 数学系才能被定为控制手机合格． 第４４期２版 专项小练 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｃ．　４．０．０１；　５．０．６００． 第４４期３，４版 列联表和独立性检验同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＣＣＤ　５～８　ＡＢＣＣ 提示： １．近视变量有近视与不近视两种类别，血压变量有异常、 正常两种类别，饮酒变量有饮酒与不饮酒两种类别，成绩不是 分类变量，它的取值不一定有两种． ２．由题意得 ａ＋ｂ＝５５， ｃ＋ｄ＝１２０－５５{ ， 又３ａ＝ｃ，ｂ＝２ｄ， 所以 ａ＋２ｄ＝５５， ３ａ＋ｄ＝６５{ ， 解得ａ＝１５，ｄ＝２０． 所以ｂ＝４０，ｃ＝４５，ｃ＋ｄ＝６５，ｂ＋ｄ＝６０，故选（Ｃ）． ３．由题知χ２的范围为［６６３５，１０８２８）， 因此χ２可能为６６７７． ４．因为χ２越小，两个分类变量的关系越弱， 当ａｄ－ｂｃ＝０时，χ２最小，此时χ２ ＝０， 由１０×２６＝１８ｍ，解得ｍ≈１４．４， 所以当ｍ＝１４时，Ｘ与Ｙ的关系最弱． ５．由题意知χ２ ＝４０×（２×１２－８×１８） ２ １０×３０×２０×２０ ＝４．８＞３．８４１＝ｘ００５， 由临界值表可知，认为“该药物预防流感有效果”， 则该结论出错的概率不超过００５． ６．根据两个表中的等高条形图知，药物Ａ                                                                      实验显示不服药 —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 与服药时患病差异较药物Ｂ实验显示明显大，所以药物Ａ的预 防效果优于药物Ｂ的预防效果，故选（Ｂ）． ７．在两个分类变量的列联表中， 当｜１０×３０－ａｂ｜的值越小时， 认为两个分类变量有关的可能性越小． 令｜１０×３０－ａｂ｜＝０，得ａｂ＝３００， 又因为样本容量为７５，所以ａ＋ｂ＋４０＝７５，则ｂ＝３５－ａ， 所以ａｂ＝ａ（３５－ａ）＝３００，化简得ａ２－３５ａ＋３００＝０， 解得ａ１ ＝１５，ａ２ ＝２０，又因为ａ＜ｂ，所以ａ＝１５． ８．因为χ２ ＝ ｎ（ａｄ－ｂｃ） ２ （ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ） ＝２００［（８０－ｍ）（５０－ｍ）－（２０＋ｍ）（５０＋ｍ）］ ２ １００×１００×１３０×７０ ＝８（１５－ｍ） ２ ９１ ≥３８４１，所以（１５－ｍ） ２≥４３．７， 又５≤ｍ≤１５，ｍ∈Ｎ，所以１５－ｍ≥７，解得ｍ≤８， 故在被调查的１００名女生中喜欢观看体育比赛直播的人 数的最大值为５８． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．因为χ２≈９．６１６，所以７．８７９＜χ２ ＜１０．８２８， 所以根据小概率值α＝０．００１的独立性检验， 分析认为“药物无效”，故（Ａ）错误，（Ｂ）正确； 根据小概率值α＝０．００５的独立性检验， 分析认为“药物有效”，故（Ｃ）正确，（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．饭前服药的１００名患者中，药效强的有８０人， 所以频率为 ４ ５，故（Ａ）正确； 饭前服药的有２０人药效弱，饭后服药的有７０人药效弱， 所以药效弱的有９０名患者， 饭后服药的频率为 ７ ９，故（Ｂ）错误； 因为χ２ ＝２００×（８０×７０－２０×３０） ２ １００×１００×１１０×９０ ＝ ５０００ ９９ ≈５０５０５ ＞６６３５＝ｘ００１，故在犯错误的概率不超过０．０１的条件下，可 以认为这种药物饭前和饭后服用的药效有差异，故（Ｃ）正确， （Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．由题知 ａ＋６＝ｅ， １５＋ｂ＝２８， ａ＋１５＝ｃ， ６＋ｂ＝ｄ， ｅ＋２８＝４６， ｃ＋ｄ＝４６        ， 解得 ａ＝１２， ｂ＝１３， ｅ＝１８， ｃ＝２７， ｄ＝１９        ， 所以 ａ ｃ ＝ １２ ２７＝ ４ ９ ＞ ６ １９＝ ６ ｄ，故（Ａ）错误； 零假设为Ｈ０：在恶劣天气的飞行航程中，是否晕机与性别 无关，则 χ２ ＝４６×（１２×１３－６×１５） ２ １８×２８×１９×２７ ≈０７７５＜２７０６＝ ｘ０１，故（Ｂ）正确； 依据小概率值α＝０１的独立性检验，没有充分证据推断 Ｈ０不成立，因此可以认为 Ｈ０成立，即在恶劣天气的飞行航程 中，是否晕机与性别无关，故（Ｄ）正确，（Ｃ）错误． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．有；　１３．５５５６，００５；　１４．７或８． 提示： １２．从等高堆积条形图上可以明显地看出喝酒患胃病的频 率远远大于不喝酒患胃病的频率，所以由所给等高堆积条形图 可知，喝酒与患胃病有关系． １３．由表中数据得 χ２ ＝１００×（２０×３５－４０×５） ２ ６０×４０×２５×７５ ＝ ５０ ９ ≈５５５６，因为５５５６＞３８４１＝ｘ００５，所以α＝００５． １４．设男、女学生的总人数为２ｎ，则２ｎ＝２０ｋ（ｋ∈Ｎ＋），并 把２×２列联表的数据补充完整（单位：人）． 性别 是否喜欢网络课程 喜欢 不喜欢 合计 男生 ０８ｎ ０２ｎ ｎ 女生 ０６ｎ ０４ｎ ｎ 合计 １４ｎ ０６ｎ ２ｎ 所以χ２ ＝２ｎ·（０８ｎ·０４ｎ－０２ｎ·０６ｎ） ２ ｎ·ｎ·１４ｎ·０６ｎ ＝ ２ｎ ２１． 由题可得６６３５≤ ２ｎ２１＜７８７９， 即１３９．３３５≤２ｎ＜１６５．４５９．又２ｎ＝２０ｋ（ｋ∈Ｎ＋）， 所以６９６６７５≤ｋ＜８２７２９５， 所以ｋ＝７或ｋ＝８． 四、解答题 １５．解：作列联表如下． 考前心情 性格 内向 外内 合计 紧张 ３３２ ２１３ ５４５ 不紧张 ９４ ３８１ ４７５ 合计 ４２６ ５９４ １０２０ !"# $%& $%' $%( #%) #%* $"+ $", $"- $"! $ !"#$ !%&$ '() *+, -() *./, 相应的等高堆积条形图如图所示                                                                      ． —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 图中阴影部分表示考前心情紧张与考前心情不紧张中性 格内向的比例． 从图中可以看出考前心情紧张的样本中性格内向占的比 例比考前心情不紧张的样本中性格内向占的比例高，可以认为 考前心情紧张与性格类别有关． １６．解：（１）由题意知在Ａ组中抽取的人数为 １６×７５１２０＝１０． 在Ｂ组中抽取的人数为１６×４５１２０＝６． （２）零假设为 Ｈ０：对“绿色消费”意义的认知情况与年龄无关． 由题意得χ２ ＝２００×（７５×５５－２５×４５） ２ １２０×８０×１００×１００ ＝１８７５＞１０．８２８＝ｘ０００１， 根据小概率值α＝０．００１的独立性检验， 推断Ｈ０不成立， 即认为对“绿色消费”意义的认知情况与年龄有关， 此推断犯错误的概率不大于０００１． １７．解：（１）由等高堆积条形图知， 男生保护动物意识强的有５０×０７＝３５， 女生保护动物意识强的有５０×０４＝２０， 于是２×２列联表如下（单位：人）． 性别 保护动物意识 强 弱 合计 男 ３５ １５ ５０ 女 ２０ ３０ ５０ 合计 ５５ ４５ １００ （２）零假设为Ｈ０：该校学生保护动物意识的强弱与性别无关， 根据列联表中的数据，得 χ２ ＝１００×（３５×３０－１５×２０） ２ ５５×４５×５０×５０ ＝ １００ １１ ≈９０９１＞７８７９＝ｘ０００５， 根据小概率值α＝０００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为学生保护动物意识的强弱与性别有关，此推断犯错 误的概率不大于０００５． １８．解：（１）设采用分层随机抽样的方法从高二年级抽取 的４５名学生中男、女生人数分别为ａ，ｂ， 则有 ５００ ５００＋４００＝ ａ ４５， ４００ ５００＋４００＝ ｂ ４５， 解得ａ＝２５，ｂ＝２０， 故ｘ＝２５－１５－５＝５，ｙ＝２０－１５－３＝２． ２×２列联表如下（单位：人）． 测评结果 性别 男生 女生 合计 优秀 １５ １５ ３０ 非优秀 １０ ５ １５ 合计 ２５ ２０ ４５ （２）零假设为Ｈ０：测评结果优秀或非优秀与性别无关． 根据（１）中列联表得 χ２ ＝４５×（１５×５－１５×１０） ２ ３０×１５×２５×２０ ＝１．１２５＜２．７０６＝ｘ０１， 根据α＝０．１的独立性检验， 没有充分证据推断Ｈ０不成立， 因此认为Ｈ０成立， 即认为测评结果优秀或非优秀与性别无关． １９．解：（１）零假设为 Ｈ０：该品牌方便面中Ｃ卡片所占比例与方便面口味无关． χ２ ＝１５０×（２０×４５－１０×７５） ２ ９５×５５×３０×１２０ ＝ ７５ ４１８ ≈０１７９＜３８４１＝ｘ００５， 根据小概率值α＝００５的独立性检验，没有充分证据推断 Ｈ０不成立，因此可以认为Ｈ０成立，即认为该品牌方便面中Ｃ卡 片所占比例与方便面口味无关． （２）①记“小明一次购买３袋该方便面，中奖”为事件Ａ， Ｐ（Ａ）＝ ２５× ２ ５× １ ５×Ａ ３ ３ ＝ ２４ １２５． ②记“小明一次购买３袋该方便面，未获得Ｃ卡”为事件Ｂ． Ｐ（ＢＡ） (＝ )４５ ３ ＝６４１２５， Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＢＡ） Ｐ（Ａ） ＝ ６４ １２５ １－２４１２５ ＝６４１０１                                                                      ． —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４１～４４期 ! " # ! $ % & ' ( ) * + , - . ! $ / & ' ( ) * + - 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 核心素养阶段测评（七） 测试范围：第五 ～七章 ◆ 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．（２ｘ－ｙ）５的展开式中，ｘ２ｙ３的系数为 （　　） （Ａ）－１０ （Ｂ）１０ （Ｃ）－４０ （Ｄ）４０ ２．已知函数ｆ（ｘ）＝ａｌｎｘ＋ｘ２在ｘ＝２处的切线与直线ｘ＋ｙ－１＝０垂直，则ａ的值为 （　　） （Ａ）－６ （Ｂ）－１ （Ｃ）１ （Ｄ）２ ３．大美黄冈，此心安处．在这里，东坡文化独领风骚；在这里，红色文化光耀中华；在这里，戏 曲文化绚丽多姿；在这里，禅宗文化久负盛名．现有甲、乙两位游客慕名来到黄冈旅游，都准备从 Ｈ，Ｇ，Ｌ，Ｙ四个著名旅游景点中随机选择一个游玩，设事件Ａ为“甲和乙至少一人选择景点 Ｇ”， 事件Ｂ为“甲和乙选择的景点不同”，则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ （　　） （Ａ）６７ （Ｂ） ３ ７ （Ｃ）７８ （Ｄ） ７ １６ ４．设随机变量Ｘ～Ｎ（５，σ２），若Ｐ（Ｘ＞１０－ａ）＝０．４，则Ｐ（Ｘ＞ａ）＝ （　　） （Ａ）０．６ （Ｂ）０．４ （Ｃ）０．３ （Ｄ）０．２ ５．设随机变量Ｘ～Ｂ（３，ｐ），Ｄ（Ｘ）＝２３，且Ｅ（Ｘ）＞１．若８名党员中有 １５ｐ ２名男党员，从这 ８人中选４名代表，记选出的代表中男党员人数为Ｙ，则Ｐ（Ｙ＝３）＝ （　　） （Ａ）３７ （Ｂ） ４ ７ （Ｃ）５７ （Ｄ） ６ ７ ６．已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ｆ′（２）５ ｘ ２－９ｘ，则ｆ（ｘ）的极大值为 （　　） （Ａ）－３ （Ｂ）１ 书 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．已知某种新产品的编号由１个英文字母和１个数字组成，且英文字母在前，数字在后．已 知英文字母是Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ这５个字母中的一个，数字是１，２，３，４，５，６，７，８，９这９个数字中的一 个，则共有 个不同的编号（用数字作答）． １３．若函数ｆ（ｘ）＝ｅ ２ｘ ｘ [在区间 １４， ]ａ 上的最小值为２ｅ，则实数ａ的取值范围是 ． １４．假设某球队在某赛季的任一场比赛中输球的概率都等于ｐ，其中０＜ｐ＜１，且各场比赛 互不影响．令Ｘ表示连续９场比赛中出现输球的场数，且令ｐｋ（ｋ＝０，１，２，…，９）代表９场比赛 中恰有ｋ场出现输球的概率Ｐ（Ｘ＝ｋ）．已知ｐ４＋ｐ５＝ ４５ ８ｐ６，则该球队在这连续９场比赛中出现 输球场数的期望为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）已知５名同学站成一排，要求甲站在正中间，乙与丙相邻，记满足条件的所有不 同的排列种数为ｎ． （１）求ｎ的值； （２）设（１－３ｘ）ｎ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａｎｘ ｎ， （ⅰ）求ａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ的值； （ⅱ）求奇次项的系数和． 书 （Ｃ）２７ （Ｄ）－５ ７．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳 术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在 右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数．若从这１０个数中任取３个数， 则这３个数中至多有１个阴数的概率为 （　　） （Ａ）１２ （Ｂ） １ ３ （Ｃ）１４ （Ｄ） ２ ３ ８．已知函数ｆ（ｘ）＝ａ２ｘ ２－ｘｌｎｘ（ａ∈Ｒ），若对任意ｘ１ ＞ｘ２ ＞０，ｆ（ｘ１）＞ｆ（ｘ２）恒成立， 则ａ的取值范围为 （　　） （Ａ）［１，＋∞） （Ｂ）（－∞，１］ （Ｃ）［ｅ，＋∞） （Ｄ）［１，ｅ］ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． ９．随机变量Ｘ的分布列如下表所示，则下列选项正确的为 （　　） Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ ８２７ ４ ９ ｍ １ ２７ （Ａ）Ｅ（Ｘ）＝２ （Ｂ）Ｄ（Ｘ）＝２３ （Ｃ）Ｐ（０≤Ｘ≤１）＝２０２７ （Ｄ）Ｐ（Ｘ＝２）＝ ２ ９ １０． (已知 ２ａｘ－１)ｘ ｎ （ａ＞０）的展开式中只有第５项的二项式系数最大．若展开式中所有 项的系数和为１，则正确的结论有 （　　） （Ａ）ｎ＝８ （Ｂ）ａ＝１ （Ｃ）展开式中常数项为１２００ （Ｄ）展开式中含ｘ６的项为 －１０２４ｘ６ １１．设ｆ（ｘ）＝ｘａ·ｃｏｓｘ，ｘ [∈ π６，π ]３ 的最大值为Ｍ，则 （　　） （Ａ）当ａ＝－１时，Ｍ ＜槡３ （Ｂ）当ａ＝２时，Ｍ ＜槡 ３ ３ （Ｃ）当ａ＝１时，Ｍ ＞槡３２ （Ｄ）当ａ＝３时，Ｍ ＜ １ ２ f g 5 书 １９．（１７分）对于函数ｙ＝ｆ（ｘ），如果其图象上存在不同的两点Ａ（ｘ１，ｆ（ｘ１）），Ｂ（ｘ２，ｆ（ｘ２））， ｘ１ ＜ｘ２，使得这两点处的切线重合，那么我们称函数 ｙ＝ｆ（ｘ）存在“双切点切线”．已知函数 ｈ（ｘ）＝ ｘ２＋３ｘ＋ａ，ｘ＜０， －１ｘ， ｘ＞０ { ． （１）若函数ｈ（ｘ）的一条“双切点切线”的斜率等于１，切点Ａ，Ｂ的横坐标满足ｘ１＜０＜ｘ２，求 实数ａ的值； （２）如果函数ｈ（ｘ）存在“双切点切线”，求实数ａ的取值范围． hijklmQ 书 １６．（１５分）中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计 划利用暑期开设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程． （１）若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有 排法种数； （２）现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门 共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数． １７．（１５分）在某次足球联赛中，甲、乙两队将分别在城市Ａ，城市Ｂ进行两场比赛．根据两队 之间的历史战绩统计，在城市Ａ比赛时，甲队胜乙队的概率为３５，平乙队的概率为 １ ５；在城市Ｂ 比赛时，甲队胜乙队的概率为 １ ３，平乙队的概率为 １ ６，两场比赛结果互不影响．规定每队胜一场 得３分，平一场得１分，负一场得０分． （１）求两场比赛甲队恰好负一场的概率； （２）求两场比赛甲队得分Ｘ的分布列． 书 １８．（１７分）莆田是历史文化名城．著名的“莆田二十四景”是游客的争相打卡点，莆田文旅 局调查打卡二十四景游客，发现７５％的人至少打卡两个景点．为提升城市形象，莆田文旅局为 大家准备了４种礼物，分别是莆田文化金属书签、莆阳古厝徽章、广化寺祈福香包、湄洲艺术摆 件．若打卡二十四景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次 抽奖机会．每次抽奖可随机获得４种礼物中的１种礼物．假设打卡二十四景游客打卡景点情况相 互独立． （１）从全体打卡二十四景游客中随机抽取３人，求３人抽奖总次数不低于４次的概率； （２）任选一位打卡二十四景游客，求此游客抽中广化寺祈福香包的概率．