第46期 学业水平测评（五）-【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）

学业水平测评（五） 测试范围：选择性必修第三册 ◆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 郑 1.已知+ 的展开式中各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于 ( (A)4 (B)5 (C)6 (D)7 2.已知随机变量X服从正态分布N(3,1),若P(2<X≤4)≈0.6827，则P(X>4)≈ 686-6年彩1 (A)0.1588 (B)0.1587 (C)0.1586 (D)0.1585 3.为了全面推进乡村振兴，加快农村、农业现代化建设，某市准备派6位乡村振兴指导员到 A,B,C三地指导工作：每地上午和下午各安排一位乡村振兴指导员，且每位乡村振兴指导员只 能被安排一次，其中张指导员不安排到C地，李指导员不安排在下午，则不同的安排方案共有 和 (1)00-k (A)180种 (B)240种 (C)480种 (D)540种 4.在n(n∈N)次独立重复试验中，每次试验的结果只有A,B,C三种，且A,B,C三个事件 之间两两互斥.已知在每一次试验中，事件A,B发生的概率均为 -,则事件A,B,C发生次数的方 差之比为 ( (A)3:3:2 (B)4:4:3 (C)5:5:4 (D)2:2:1 5.已知x、y的对应值如下表所示 始 画 0 2 4 6 8 阳 2 m+1 2m+1 3m+3 11 y与x具有较好的线性相关关系，可用回归直线方程氵=1.3x+0.6近以刻画，则在y的取 值中任取两个数均不大于9的概率为 斜 ()专 (B号 c号 (D) 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，再将 这5个数字组成没有重复数字的五位数，且奇数数字与偶数数字相间排列，这样的五位数的个数 d 是 (A)180 (B)360 (C)480 (D)720 7.袋中装有大小相同的黑球和白球共9个，从中任取2个都是白球的概率为现甲，乙两 人轮流从袋中取球，甲先取、乙后取、然后甲再取，…，每次取出1个球，取出的球不放回，直到其 中有一人取出白球时终止.用X表示取球终止时取球的总次数，则E(X)= ( ()号 ( (c号 D号 8.深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据 统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为0.2,0.5,0.2， 0.1,当乙球员担当前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.6,0.2.当 乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为 () (A)0.3 (B)0.32 (C)0.68 (D)0.7 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.为了了解学生对冰壶这个项目的了解情况，在北京市中小、 人数 60H 学中随机抽取了10所学校，10所学校中了解这个项目的人数如图5 40外32 36 32 36 1所示.若从这10所学校中随机选取2所学校进行这个项目的科普30 20H 24 27 活动，记X为被选中的学校中了解冰壶的人数在30以上的学校个10 18 24 18 4 数，则 A B C D E F G H M N学校 图1 (A)X的取值范围为0,1,2,3} (B)P(X=0)= 3 (cPX=)=8 (D)E(X)=号 10.某型号汽车的平均油耗y(单位：L/100km)与使用年数x具有线性相关关系，根据一组 样本数据，用最小二乘法建立的回归方程为y=0.28x+6.25,则下列结论正确的是（) (A)y与x具有正的线性相关关系 (B)所有的样本点都在回归直线上 (C)若该型号汽车多使用一年，则其平均油耗约增加6.25L/100km (D)预计该型号汽车使用到第10年平均油耗会超过9L/100km 11.如图2，某高速服务区停车场中有A至H共8个停车位（每个车位只能停一辆车），现有 2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则 ( A B C D E H 图2 (A)4辆车的停车方法共有1680种 (B)4辆车恰好停在铜一行的概率是5 (C)2辆黑色车恰好相邻（停在同一行或同一列）的停车方法共有300种 (D)相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的概率是 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.甲箱子中装有5个大小相同的小球，其中有3个红球、2个白球，从甲箱中随机抽出2个 球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为 13.在高三的一个班中，有4的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学 成绩优秀的学生数X~B(5,),则P(X=k)取最大值的k值为 14.某单位为了调查性别与对工作的满意程度是否具有相关性，随机抽取了若干名员工，所得数 据统计如下表所示，其中x∈N,,且x<16,根据小概率值=0.1的独立性检验，可以认为性别与对 工作的满意程度具有相关性，则x的值是 .（参考数据：P(X≥2.706)=0.1) 对工作满意 对工作不满意 5x 6x 女 4x 6 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷、商品种类齐全、性价比高等优势而 深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据（其 中“x=1”表示2019年，“x=2”表示2020年，且x为整数，依次类推；y表示人数) 1 2 3 5 y(万人) 20 50 100 150 180 (1)求y关于x的经验回归方程； (2)若预测该公司的网购人数能超过300万人，求x的最小值 参考公式：6= -0-刀 ∑-版 a=y-6 公(x- -n 16.（15分)某学校有A,B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐.如果第1 天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概 率为0.8. (1)(i)求王同学第2天去A餐厅用餐的概率； (ⅱ)如果王同学第2天去A餐厅用餐，求他第1天在A餐厅用餐的概率 (2)A餐厅对就餐环境、菜品种类与品质等方面进行了改造与提升.改造提升后，A餐厅对就 餐满意程度进行了调查，统计了100名学生的数据，如下表（单位：人） A餐厅改造提升情况 就餐满意程度 合计 改造提升前 改造提升后 满意 28 57 85 不满意 12 3 15 合计 40 60 100 依据小概率值α=0.005的独立性检验，能否认为学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改 造提升有关联？ n(ad -be)2 =(a+b)(c+d)(a+e)(b+d ,其中n=a+b+c+d. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 1.(15分)已知x-广 的展开式中，第6项为常数项 (1)求n; (2)求含x的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项. 18.（17分)有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子.问： (1)共有多少种放法？ (2)恰有一个空盒，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子内不放球，有多少种放法？ 19.（17分)为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10所高校进 行研究，得到数据绘制成如图3的折线图！ (1)若“艺术体操”参与人数超过35人的学校可以作为“基地校”，现在从这10所学校中随 机选出3所，记可作为“基地校”的学校个数为X,求X的分布列和数学期望； (2)现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3个动作技巧进行集训，且在 集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该 轮测试记为“优秀”，在集训测试中，某同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为号，每 个动作及每轮测试互不影响.如果该同学在集训川测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8 脚 次，那么理论上至少要进行多少轮测试？ 、参与艺术体操人数（人） 58 50 48 42020 46 37 33 26 0 18 O A B C D E F G H I J学校 图3 斟 席 ® 参考答案见下期书 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４５～４８期（２０２５年６月）　　 第４５期３，４版 成对数据的统计分析核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＣＢＤＡ　５～８　ＤＣＡＢ 提示： ２．由题中数据计算可得ｘ＝５，ｙ＝３３＋ｍ４ ． 则有 ３３＋ｍ ４ ＝－１４×５＋１７５，解得ｍ＝９． 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，可得出在犯错误不超过００５ 的前提下认为“这种血清能起到预防感冒的作用”．故选（Ａ）． ５．由因变量Ｙ随着自变量ｘ的增大而减小， 即回归方程对应一个递减函数，排除（Ａ）、（Ｃ）； 由随自变量ｘ的增大，因变量Ｙ大致趋于一个确定的值， 即ｘ趋向正无穷，因变量Ｙ趋向于某一个值， 而不是趋向负无穷，排除（Ｂ）．故选（Ｄ）． 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．由题中数据计算可得ｘ＝２４，ｙ＝１８， 将（２４，１８）代入 ｙ^＝０８ｘ＋ａ^，即１８＝０８×２４＋ａ^， 解得 ａ^＝－１２，所以 ｙ^＝０８ｘ－１２， 当ｘ＝３０时，ｙ^＝０８×３０－１２＝２２８， 则ｍ＝２２８＋０６＝２３４． 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． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．由ｘ＝１＋２＋３＋４＋５＋６６ ＝３．５， ｙ＝５５０＋６５０＋７５０＋８１０＋９５５＋１０５５６ ＝７９５， 所以将样本点中心（３．５，７９５）代入 ｙ^＝１００ｘ＋ａ^， 得 ａ^＝４４５，故（Ａ）正确； 由选项（Ａ）得经验回归方程为 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个样本点对应的残差为 ｙ５－ｙ^５ ＝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）． １０．现从试验动物中任取一只， 若小白鼠“注射疫苗”的概率为０．５， 注射疫苗的动物共１００×０５＝５０只， 则未注射疫苗的小白鼠共５０只， 所以未注射疫苗未发病的小白鼠共３０只， 未注射疫苗发病的小白鼠共２０只， 注射疫苗发病的小白鼠共５只． ２×２列联表如下（单位：只）． 注射疫苗情况 发病情况 未发病 发病 合计 未注射 ３０ ２０ ５０ 注射 ４５ ５ ５０ 合计 ７５ ２５ １００ 所以未注射疫苗发病的小白鼠共２０只，故（Ａ）错误； 从该实验注射疫苗的小白鼠中任取一只， 发病的概率为 ５ ５０＝ １ １０，故（Ｂ）正确； χ２ ＝１００×（３０×５－２０×４５） ２ ５０×５０×７５×２５ ＝１２＞３８４１＝ｘ００５， 则在犯错概率不超过０．０５的前提下， 认为是否发病与注射疫苗有关，故（Ｃ）正确                                                        ； —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 未注射疫苗的小白鼠的发病率为 ２０ ５０＝ ２ ５， 注射疫苗的小白鼠的发病率为 １ １０， 则注射疫苗可使小白鼠的发病率下降约 ２ ５－ １ １０＝ ３ １０， 故（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １１．设男生可能有ｘ人，依题意得女生有ｘ人， 列联表如下（单位：人）． 性别 是否喜欢抖音 喜欢抖音 不喜欢抖音 合计 男生 ４ ５ｘ １ ５ｘ ｘ 女生 ３ ５ｘ ２ ５ｘ ｘ 合计 ７ ５ｘ ３ ５ｘ ２ｘ 若在犯错误不超过０１的前提下认为是否喜欢抖音和性 别有关，则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）． 三、填空题 １２．０．００１；　１３．２９；　１４．６． 提示： １２．由题意χ２ ＝７０×（５×１０－１５×４０） ２ ２０×５０×４５×２５ ≈１８８２２＞１０８２８＝ｘ０００１， 则在犯错误的概率不超过０００１的前提下认为ｘ与ｙ之间 有关系． １３．由题意抽取的男生人数为７０００１００００×１２０＝８４， 抽取的女生人数是 ３０００ １００００×１２０＝３６， 所以ａ＝８４－２８＝５６，ｂ＝３６－９＝２７， 从而ａ－ｂ＝２９． １４．因为ｘ＝２，所以ｙ＝１５×２＋１＝４， 去掉两组数据（２２，２９）和（１８，５１）后，样本点的中心没变， 设重新求得的回归直线方程为 ｙ^＝ｘ＋ｂ， 将样本点的中心（２，４）代入，解得ｂ＝２， 即 ｙ^＝ｘ＋２，所以当ｘ＝４时，ｙ^＝４＋２＝６． 四、解答题 １５．解：（１）零假设为Ｈ０：吸烟习惯与患慢性气管炎病无关． 根据列联表的数据，得到 χ２ ＝３３９×（４３×１２１－１６２×１３） ２ ２０５×５６×２８３×１３４ ≈７．４６９＞６．６３５＝ｘ００１． 根据小概率值α＝００１的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为吸烟习惯与患慢性气管炎病有关，此推断犯错误的 概率不超过００１． 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， 故所求经验回归方程为 ｙ^＝５．３ｘ＋４７． （２）由题得５．３ｘ＋４．７≥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）零假设为Ｈ０：获得荣誉证书与性别无关联． 列联表为（单位：人）． 性别 荣誉证书 未获得 获得 合计 男 ６ １６ ２２ 女 ４ ２４ ２８ 合计 １０ ４０ ５０ 则χ２＝５０×（６×２４－４×１６） ２ １０×４０×２２×２８ ≈１２９９＜６６３５＝ｘ００１， 根据小概率值α＝００１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，即认为获得荣誉证书与性别 无关联． （２）结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的１０倍， 会导致χ２变大为原来的１０倍，导致推断结论发生了变化． １８．解：（１）把月份ｘ作为横坐标，相应的月销售额 ｙ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                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 ∑ 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， 于是所求的经验回归方程为 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）根据频率分布直方图得 ｘ＝１×００２５×２＋３×０１００×２＋５×０１５０×２＋７× ０１２５×２＋９×００７５×２＋１１×００２５×２＝５８， 估计该校学生一周平均使用手机上网时间为５８小时． （２）根据题意填写２×２列联表如下（单位：人）， 使用手机时间 近视情况 近视 不近视 合计 长时间 ０６５ｎ ０１０ｎ ０７５ｎ 不长时间 ０１０ｎ ０１５ｎ ０２５ｎ 合计 ０７５ｎ ０２５ｎ ｎ 由表中数据计算可得 χ２ ＝ｎ×（６５×１５－１０×１０） ２ ７５×２５×７５×２５ ＝ ４９ ２２５ｎ≥１０８２８， 所以ｎ≥５０，所以本次调查的人数至少有５０人． 第４６期 学业水平测评（五） 一、单项选择题 １～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＢＤＢＣ 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．随机变量Ｘ服从正态分布Ｎ（３，１）， 其图象的对称轴为直线ｘ＝３， 所以Ｐ（３＜Ｘ≤４）≈ １２×０６８２７＝０３４１３５， 所以Ｐ（Ｘ＞４）＝０５－Ｐ（３＜Ｘ≤４） ＝０５－０３４１３５ ＝０１５８６５≈０１５８７． ３．李指导员安排在Ｃ地上午时， 张指导员有Ｃ１４种安排方案， 其余４位指导员有Ａ４４种安排方案， 则共有Ｃ１４Ａ ４ ４ ＝９６（种）安排方案； 李指导员不安排在Ｃ地上午时， 李指导员有Ｃ１２种安排方案， 张指导员有Ｃ１３种安排方案， 其余４位指导员有Ａ４４种安排方案， 则共有Ｃ１２Ｃ １ ３Ａ ４ ４ ＝１４４（种）安排方案； 综上，共有９６＋１４４＝２４０（种）安排方案． ４．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． ５．由表格中的数据可得ｘ＝０＋２＋４＋６＋８５ ＝４， ｙ＝１＋（ｍ＋１）＋（２ｍ＋１）＋（３ｍ＋３）＋１１５ ＝６ｍ＋１７５ ， (所以这组数据的样本中心点的坐标为 ４，６ｍ＋１７)５ ， 又因为点（ｘ，ｙ）在回归直线上， 所以１３×４＋０６＝５８＝６ｍ＋１７５ ，解得ｍ＝２， 所以ｙ的取值分别为１，３，５，９，１１， 在这５个数中，任取两个数均不大于９的概率为 Ｐ＝ Ｃ２４ Ｃ２５ ＝ ３５． 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                                                                      ”， —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 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． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．Ｘ的可能取值为０，１，２， 了解冰壶的人数在３０以上的学校有４所． Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ０４·Ｃ ２ ６ Ｃ２１０ ＝ １３， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１４·Ｃ １ ６ Ｃ２１０ ＝ ８１５， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２４·Ｃ ０ ６ Ｃ２１０ ＝ ２１５， 所以Ｅ（Ｘ）＝０×１３＋１× ８ １５＋２× ２ １５＝ ４ ５． 故选（Ｂ）（Ｃ）． 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^＝０．２８×１０＋６．２５＝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，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｄ）． １１．４辆车的停车方法共有Ａ４８ ＝１６８０（种），故（Ａ）正确； ４辆车恰好停在同一行的概率是Ｐ＝ ２Ａ４４ Ａ４８ ＝１３５，故（Ｂ）正确； ２辆黑色车相邻且停在同一行有６种，停在同一列有４种， 黑色车的停车方法共有（６＋４）Ａ２２种， 白色车的停车方法共有Ａ２６种， 故共有（６＋４）Ａ２２·Ａ ２ ６ ＝６００（种）方法，故（Ｃ）错误； 相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列， 第一辆黑色车８个车位都可停车， 第二辆黑色车只能有３个车位可停车， 黑色车共有８×３种方法， 不妨设黑色车停在Ａ，Ｆ两个车位， 则两白色车只能停ＢＥ，ＢＧ，ＢＨ，ＣＥ，ＣＨ，ＤＥ，ＤＧ， 共７种选择，白色车的停车方法共有２×７种方法， 故共有８×３×７×２种方法， 其概率是Ｐ＝８×３×７×２ Ａ４８ ＝ １５，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１３；　１３．１；　１４．１４或１５． 提示： １２．记事件Ａ表示“抽出的２个球中有红球”， 事件Ｂ表示“两个球都是红球”， 则Ｐ（Ａ）＝１－ Ｃ２２ Ｃ２５ ＝ ９１０，Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ２３ Ｃ２５ ＝ ３１０， 故Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ３ １０ ９ １０ ＝ １３， 即从甲箱中随机抽出２个球，在已知抽到红球的条件下， 则２个球都是红球的概率为 １３． 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．补全２×２列联表如下． 性别 对工作满意程度 满意 不满意 合计 男 ５ｘ ５ｘ １０ｘ 女 ４ｘ ６ｘ １０ｘ 合计 ９ｘ １１ｘ ２０ｘ 依题意χ２ ＝２０ｘ×（５ｘ×６ｘ－４ｘ×５ｘ） ２ ９ｘ×１１ｘ×１０ｘ×１０ｘ ≥２７０６， 解得１３３９４７≤ｘ＜１６，而ｘ∈Ｎ＋，所以ｘ的值为１４或１５． 四、解答题 １５．解：（１）ｘ＝ １５×（１＋２＋３＋４＋５）＝３， ｙ＝ １５×（２０＋５０＋１００＋１５０＋１８０）＝１００， ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ＝１×２０＋２×５０＋３×１００＋４×１５０＋５×１８０ ＝１９２０， ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ ＝１ ２＋２２＋３２＋４２＋５２ ＝５５， 所以 ｂ^＝ ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝１９２０－５×３×１００ ５５－５×３２ ＝４２， ａ^＝１００－４２×３＝－２６， 所以所求经验回归为 ｙ^＝４２ｘ－２６． （２）令 ｙ^＝４２ｘ－２６＞３００可得ｘ＞１６３２１≈７７６， 又ｘ为整数，所以ｘ的最小值为８                                                                      ． —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 １６．解：（１）设事件Ａｉ：第ｉ天去Ａ餐厅用餐， 事件Ｂｉ：第ｉ天去Ｂ餐厅用餐，其中ｉ＝１，２． （ⅰ）王同学第２天去Ａ餐厅用餐的概率为 Ｐ（Ａ２）＝Ｐ（Ａ２Ａ１）＋Ｐ（Ａ２Ｂ１）＝Ｐ（Ａ２｜Ａ１）Ｐ（Ａ１）＋Ｐ（Ａ２ ｜Ｂ１）Ｐ（Ｂ１）＝０６×０５＋０８×０５＝０７． （ⅱ）如果王同学第２天去Ａ餐厅用餐， 那么他第１天在Ａ餐厅用餐的概率为： Ｐ（Ａ１｜Ａ２）＝ Ｐ（Ａ１Ａ２） Ｐ（Ａ２） ＝ Ｐ（Ａ２｜Ａ１）Ｐ（Ａ１） Ｐ（Ａ２） ＝０６×０５０７ ＝ ３ ７． （２）零假设为Ｈ０：学生对于Ａ餐厅的满意程度与餐厅的改 造提升没有关联． χ２ ＝１００×（２８×３－５７×１２） ２ ８５×１５×４０×６０ ＝２００１７ ＞７８７９＝ｘ０．００５， 依据小概率值α＝０．００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为学生对于Ａ餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关 联，此推断犯错误的概率不大于０．００５． １７．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）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 ４５ ４ｘ ２，－６３８， ４５ ２５６ｘ２ ． １８．解：（１）１号小球可放入任意一个盒子内，有４种放法． 同理，２，３，４号小球也各有４种放法， 故共有４４ ＝２５６（种）放法． （２）恰有一个空盒，则这４个盒子中只有３个盒子内有小 球，且小球数只能是１，１，２． 先从４个小球中任选２个放在一起，有Ｃ２４种方法， 然后与其余２个小球看成三组， 分别放入４个盒子中的３个盒子中，有Ａ３４种放法． 由分步计数原理，知共有Ｃ２４Ａ ３ ４ ＝１４４（种）不同的放法． （３）恰有２个盒子内不放球， 也就是把４个小球只放入２个盒子内，有两类放法： ①一个盒子内放１个球，另一个盒子内放３个球． 先把小球分为两组， 一组１个，另一组３个，有Ｃ１４种分法， 再放到２个盒子内，有Ａ２４种放法， 共有Ｃ１４Ａ ２ ４ ＝４８（种）放法； ②２个盒子内各放２个小球． 先从４个盒子中选出２个盒子，有Ｃ２４种选法， 然后把４个小球平均分成２组，每组２个， 放入２个盒子内，也有Ｃ２４种选法， 共有Ｃ２４Ｃ ２ ４ ＝３６（种）放法． 由分类计数原理， 知共有Ｃ１４Ａ ２ ４＋Ｃ ２ ４Ｃ ２ ４ ＝８４（种）不同的放法． １９．解：（１）参加“艺术体操”人数在３５人以上的学校共５所， Ｘ所有可能取值为０，１，２，３， 则Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ０５Ｃ ３ ５ Ｃ３１０ ＝１０１２０＝ １ １２， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１５Ｃ ２ ５ Ｃ３１０ ＝５０１２０＝ ５ １２， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２５Ｃ １ ５ Ｃ３１０ ＝５０１２０＝ ５ １２， Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３５Ｃ ０ ５ Ｃ３１０ ＝１０１２０＝ １ １２， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １１２ ５ １２ ５ １２ １ １２ 所以Ｅ（Ｘ）＝０×１１２＋１× ５ １２＋２× ５ １２＋３× １ １２＝ ３ ２． （２）由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为 Ｐ＝Ｃ (２３ )２５ ２ · ３ ５＋Ｃ (３３ )２５ ３ ＝４４１２５， 则该同学在ｎ轮测试中获“优秀”次数Ｘ服从二项分布， 即满足Ｘ～Ｂ（ｎ，ｐ），ｐ＝４４１２５， 由Ｅ（Ｘ）＝ｎｐ＝ｎ×４４１２５≥８ｎ≥ １２５×８ ４４ ≈２２７， 所以理论上至少要进行２３轮测试． 第４７期３，４版 核心素养阶段测评（八） 一、单项选择题 １～４　ＡＤＡＤ　５～８　ＡＢＤＣ 提示： １．χ２ ＝１０５×（４５×２０－３０×１０） ２ ７５×３０×５５×５０ ≈６１０９， 由于ｘ００５ ＝３８４１＜６１０９＜６６３５＝ｘ００１                                                                      ， —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 故在犯错误不超过０．０５的前提下认为能否一次性通过与 性别有关，在犯错误不超过０．０１的前提下认为能否一次性通 过与性别无关． 故选（Ａ）． ２．由通项公式得 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎ（ｘ ２）ｎ－ｒ －１( )ｘ ｒ ＝Ｃｒｎ（－１） ｒｘ２ｎ－３ｒ． 由题意可得如下方程组 Ｃｒｎ（－１） ｒ＝１５， ２ｎ－３ｒ＝０{ ， 分别将四个选项代入此方程组，可知ｎ＝６符合题意． ３．由二项分布概率公式可得该运动员通过测试的概率为 Ｐ＝Ｃ２３×( )２３ ２ ×１３＋Ｃ ３ ３×( )２３ ３ ＝ ４９＋ ８ ２７＝ ２０ ２７． ４．由表中数据可得ｘ＝ １５×（２＋３＋４＋５＋６）＝４， ｙ＝ １５×（１５．１＋１６．３＋１７＋１７．２＋１８．４）＝１６．８， 因为回归直线过样本点的中心，所以１６．８＝０７５×４＋ａ^， 解得 ａ^＝１３８，所以回归直线方程为 ｙ^＝０７５ｘ＋１３８， 则该公司７月份这种型号产品的销售额为 ｙ＝０７５×７＋１３８＝１９０５（万元）． ５．因为ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｆ′（１）ｘ２＋３ｘ－４， 则ｆ′（ｘ）＝ １ｘ－２ｆ′（１）ｘ＋３， 所以ｆ′（１）＝４－２ｆ′（１），解得ｆ′（１）＝ ４３， 所以ｆ′（ｘ）＝ １ｘ－ ８ ３ｘ＋３， 因此ｆ′（３）＝ １３－８＋３＝－ １４ ３． ６．将Ａ，Ｂ，Ｃ分别记为第１，第２，第３个品牌， 设事件Ｍｉ表示“取到的球是第ｉ个品牌（ｉ＝１，２，３）”， 事件Ｎ表示“取到的是一个合格品”， 其中Ｍ１，Ｍ２，Ｍ３两两互斥， 所以Ｐ（Ｎ）＝Ｐ（Ｍ１Ｎ）＋Ｐ（Ｍ２Ｎ）＋Ｐ（Ｍ３Ｎ） ＝Ｐ（Ｍ１）Ｐ（Ｎ｜Ｍ１）＋Ｐ（Ｍ２）Ｐ（Ｎ｜Ｍ２）＋Ｐ（Ｍ３）Ｐ（Ｎ｜Ｍ３） ＝０９８×０．２＋０．９９×０．６＋０．９７×０．２＝０９８４， 所以它是合格品的概率为０．９８４． ７．甲去完成Ａ项工作，有Ｃ１４Ａ ３ ３＝２４（种）不同的安排方式； 甲不去完成Ａ项工作，又Ｂ项工作不安排甲完成， 有Ｃ２４Ｃ １ ２Ｃ １ ２ ＝２４（种）不同的安排方式， 故共有２４＋２４＝４８（种）不同的安排方式． ８．函数的定义域为（０，＋∞）， 令ｆ（ｘ）＝０得到ｋ＝ｌｎｘ ｘ２ ， 令ｈ（ｘ）＝ｌｎｘ ｘ２ ，ｈ′（ｘ）＝１－２ｌｎｘ ｘ３ ， 当ｘ∈［ｅ １ ４，ｅ １ ２］时，ｈ′（ｘ）＞０， 即ｈ（ｘ）在［ｅ １ ４，ｅ １ ２］上单调递增； 当ｘ∈［ｅ １ ２，ｅ］时，ｈ′（ｘ）＜０， 即ｈ（ｘ）在［ｅ １ ２，ｅ］上单调递减． 所以函数ｈ（ｘ）在ｘ＝ｅ １ ２处取得极大值也是最大值， ｈ（ｅ １ ２）＝ １２ｅ． 而ｈ（ｅ １ ４）＝ １ 槡４ｅ ，ｈ（ｅ）＝ １ ｅ２ ，且ｈ（ｅ １ ４）＞ｈ（ｅ）． 故ｋ [的取值范围是 １ 槡４ｅ ， １ )２ｅ ． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＣＤ． 提示： ９．因为密度函数图象关于ｘ＝９２对称， 所以有ｆ（１８４－ｘ）＝ｆ（ｘ），故（Ａ）正确； Ｐ（７８＜Ｘ≤１２０）＝Ｐ（９２－１４＜Ｘ≤９２＋２８） ＝Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２＋２８）－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２－１４） ＝０．９５４５－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２－１４） ＝０．９５４５－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２＋２８）－Ｐ（９２－１４≤Ｘ≤９２＋１４）２ ＝０．９５４５－０．９５４５－０．６８２７２ ＝０．８１８６≈０８２， 故（Ｂ）正确； Ｐ（Ｘ≥１２０）＝Ｐ（Ｘ≥９２＋２８） ＝１－Ｐ（９２－２８≤Ｘ≤９２＋２８）２ ＝１－０９５４５２ ＝０．０２２７５， 故（Ｃ）正确； Ｐ（Ｘ≤６０）＝Ｐ（Ｘ≥１２４）≤Ｐ（Ｘ≥１２０）＝００２２７５， 所以低于６０分的人数不大于 １２０００×０．０２２７５＝２７３，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．因为回归方程的斜率为正， 所以相关变量ｘ，ｙ具有正相关关系，故（Ａ）正确； 因为ｘ＝２， 所以去除两个异常数据（－２，７）和（２，－７）后， 得到新的ｘ′＝２×８＋２－２６ ＝ ８ ３，故（Ｂ）错误； 由ｘ＝２代入 ｙ^＝１５ｘ－０６得ｙ＝２４， 故去除两个异常数据（－２，７）和（２，－７）后， ｙ′＝２４×８＋７－７６ ＝３２， 因为得到的新的经验回归直线的斜率为３， 所以ｙ′－３ｘ′＝３２－３×８３ ＝－４８， 所以去除异常数据后的经验回归方程为 ｙ^＝３ｘ－４８，故（Ｃ）正确； 因为经验回归直线 ｙ^＝３ｘ－４８的斜率为正数                                                                      ， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 所以变量ｘ，ｙ具有正相关关系， 且去除异常数据后，斜率由１．５增大到３， 故 ｙ^值增加的速度变大，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．ｘ≥ｅ时，ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－１是增函数， ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（ｅ）＝０，０＜ｘ＜ｅ时，ｆ′（ｘ）＝ａ－ １ ｘ， 因为ａ＜０，所以ｆ′（ｘ）＜０恒成立， ｆ（ｘ）在（０，ｅ）上是减函数， 又ｆ（ｘ）的最小值是０，所以ａｅ＋ｂ－ｌｎｅ≥０， 即ｂ≥１－ａｅ，故（Ａ）错误； 由（Ａ）选项知ｂ≥１－ａｅ＞１，故（Ｂ）错误； ａ (∈ １ｅ，＋ )∞ ， 由０＜ｘ＜ｅ时，ｆ′（ｘ）＝ａ－１ｘ， 知０＜ｘ＜１ａ时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）递减； １ ａ ＜ｘ＜ｅ时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）递增， 所以ｆ（ｘ）ｍｉｎ (＝ｆ １ )ａ ＝１＋ｂ＋ｌｎａ≥０， 即ｂ＋ｌｎ（ａｅ）≥０，故（Ｃ）正确； ａ (∈ ０，１ ]ｅ 时，ｆ′（ｘ）＝ａ－１ｘ ＜ａ－１ｅ≤０， 则ｆ（ｘ）在（０，ｅ］递减， 所以ｆ（ｘ）ｍｉｎ ＝ｆ（ｅ）＝ａｅ＋ｂ－１≥０，即ｂ≥１－ａｅ， 令ｈ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ＋１，ｈ′（ｘ）＝ １ｘ－１＝ １－ｘ ｘ ， ０＜ｘ＜１时，ｈ′（ｘ）＞０，ｈ（ｘ）递增； ｘ＞１时，ｈ′（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）递减， 所以ｈ（ｘ）ｍａｘ＝ｈ（１）＝０， 即ｌｎｘ－ｘ＋１≤０，ｌｎｘ≤ｘ－１（ｘ＝１时取等号）， 所以ｌｎ（２－ａｅ）＜２－ａｅ－１＝１－ａｅ， 即ｌｎ（２－ａｅ）＜ｂ，故（Ｄ）正确． 故选（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２９；　１３． ３ ２，( )４；　１４．２． 提示： １２．由题意得Ｐ（Ｂ）＝３ ３ ４４ ＝２７２５６，Ｐ（ＡＢ）＝ Ａ３３ ４４ ＝ ６２５６， 故Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ ６ ２５６× ２５６ ２７ ＝ ２ ９． １３．因为ｘ＝ ３２，ｙ＝４，故样本点的中心为 ３ ２，( )４， 线性回归方程必过样本点的中心． １４．设红、黑球的个数分别是ｍ，ｎ， 则每次取到白球的概率为Ｐ＝ Ｃ１１Ｃ １ ｍ＋ｎ Ｃ２ｍ＋ｎ＋１ ， 有放回地取球３０次，每次取２个球，取到白球的次数为１０， 取到一个红球一个黑球次数为１２， 因为取到白球的次数服从二项分布， 所以 Ｃ１ｍ＋ｎ Ｃ２ｍ＋ｎ＋１ ×３０＝１０，则ｍ＋ｎ＝５， 因为取到一个红球一个黑球的次数服从二项分布， 所以 Ｃ１ｍＣ １ ｎ Ｃ２ｍ＋ｎ＋１ ×３０＝１２，可得ｍｎ＝６， 因为取到２个都是红球的次数最少， 所以可得Ｃ２ｍ ＜Ｃ ２ ｎｍ＜ｎ． 由 ｍ＋ｎ＝５， ｍｎ＝６， ｍ＜ｎ { ，  ｍ＝２， ｎ＝３{ ， 所以红球的个数为２． 四、解答题 １５．解：（１）由题中数据计算可得ｘ＝３，ｙ＝９０， ｂ^＝ ∑ ５ ｉ＝１ ｘｉｙｉ－５ｘｙ ∑ ５ ｉ＝１ ｘ２ｉ－５ｘ ２ ＝１２１５－５×３×９０ ５５－５×３２ ＝－１３５， ａ^＝ｙ－ｂ^ｘ＝９０＋１３５×３＝１３０５． 所以回归直线方程为 ｙ^＝－１３５ｘ＋１３０５． （２）零假设为Ｈ０：不戴头盔行为与事故伤亡无关． χ２ ＝１００×（１５×５０－２５×１０） ２ ４０×２５×６０×７５ ≈５５５６＞３８４１＝ｘ０．０５， 依据小概率值α＝００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为不戴头盔行为与事故伤亡有关，此推断犯错误的概 率不超过０．０５． １６．解：（１）由展开式中二项式系数和为６４， 得２ｎ ＝６４，所以ｎ＝６． 所以展开式中二项式系数最大的项为第四项． 因为 ２ｘ２－１( )ｘ ６ 的展开式的通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ６（２ｘ ２）６－ｒ（－１）ｒ １( )ｘ ｒ ＝Ｃｒ６２ ６－ｒｘ１２－３ｒ（－１）ｒ， 所以展开式中二项式系数最大的项为Ｔ４ ＝－１６０ｘ ３． （２）由（１）知ｎ＝６， 且 ２ｘ２－１( )ｘ ６ 的展开式中的常数项为 Ｔ５ ＝Ｃ ４ ６２ ２ ＝１５×４＝６０， 含ｘ－３的项为Ｔ６ ＝Ｃ ５ ６２ｘ －３×（－１）＝－１２ｘ－３， 所以（２－ｘ３）２ｘ２－１( )ｘ ｎ 中的常数项为 ２×６０＋（－１）×（－１２）＝１３２． １７．解：（１）设事件Ｂ＝“任取一个芯片是合格品”， 事件Ａ１ ＝“产品取自第一批”， 事件Ａ２ ＝“产品取自第二批”， 则Ω＝Ａ１∪Ａ２且Ａ１，Ａ２互斥                                                                      ； —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 由全概率公式可知Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ ｜Ａ２）＝０６×（１－００６）＋０４×（１－００５）＝０９４４． （２）由条件可知第一批芯片数为９，第二批芯片数为６． Ｘ的可能取值为０，１，２，３． Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ３９ Ｃ３１５ ＝８４４５５＝ １２ ６５； Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ２９Ｃ １ ６ Ｃ３１５ ＝２１６４５５； Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ１９Ｃ ２ ６ Ｃ３１５ ＝１３５４５５＝ ２７ ９１； Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３６ Ｃ３１５ ＝２０４５５＝ ４ ９１． 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １２６５ ２１６ ４５５ ２７ ９１ ４ ９１ 所以Ｅ（Ｘ）＝０×１２６５＋１× ２１６ ４５５＋２× ２７ ９１＋３× ４ ９１＝ ６ ５． １８．解：（１）因为该校男生投掷实心球的距离Ｘ～Ｎ（６．９， ０．２５）， 女生投掷实心球的距离Ｙ～Ｎ（６．２，０．１６）， 所以男生和女生的达标概率为 １ ２，不达标概率为 １ ２， 从该校任选５名学生进行测试，有２人不达标的概率为 Ｃ２５ (× )１２ ２ (× )１２ ３ ＝１０３２＝ ５ １６＞０１， 所以该校学生还需加强实心球项目训练． （２）Ｚ～Ｎ（６．５１６，０．１６），即Ｚ～Ｎ（６．２＋０．３１６，０．４２）， 且Ｐ（Ｚ≤６．８３２）＝０．７８５， 即Ｐ（Ｚ≤６．５１６＋０．３１６）＝０．７８５， 所以Ｐ（Ｚ≥６．２）＝Ｐ（Ｚ≤６．８３２）＝０．７８５， Ｐ（Ｚ＜６．２）＝０２１５． ３ 槡１０＝２１５， ３ 槡１０ １０ ＝０２１５， １０ １０００＝０２１５ ３，０２１５３ ＝００１， 则女生达标率为１－（１－０．７８５）３ ＝１－０．２１５３≈０．９９． 所以该校女生投掷实心球的考试达标率能达到９９％． １９．解：（１）当ｂ＝０时，ｆ（ｘ）＝ｘ２ｅａｘ＋１－ａｘ， ｆ′（ｘ）＝ｘ（２＋ａｘ）ｅａｘ＋１－ａ， 由ｆ′（１）＝（２＋ａ）ｅａ＋１－ａ＝２得 （ｅａ＋１－１）（２＋ａ）＝０，解得ａ＝－１或ａ＝－２． 当ａ＝－１时，ｆ（１）＝ｅ０＋１＝２， 此时直线ｙ＝２ｘ恰为切线，故舍去； 当ａ＝－２时，ｆ（１）＝ １ｅ＋２， 此时切线方程为ｙ＝２ｘ＋１ｅ，满足与直线ｙ＝２ｘ平行， 故ａ＝－２． （２）当ｂ＝２时，ｆ（ｘ）＝ｘ２ｅａｘ＋１－２ｌｎｘ－ａｘ， 设ｔ＝ｘ２ｅａｘ＋１（ｔ＞０），则ｌｎｔ＝２ｌｎｘ＋ａｘ＋１， 故函数ｆ（ｘ）可化为ｇ（ｔ）＝ｔ－ｌｎｔ＋１． 由ｇ′（ｔ）＝１－１ｔ＝ ｔ－１ ｔ， 可得ｇ（ｔ）的单调递减区间为（０，１）， 单调递增区间为（１，＋∞）， 所以ｇ（ｔ）的最小值为ｇ（１）＝１－ｌｎ１＋１＝２， 此时ｔ＝１，函数ｆ（ｘ）的值域为［２，＋∞）， 问题转化为当ｔ＝１时，ｌｎｔ＝２ｌｎｘ＋ａｘ＋１有解， 即ｌｎ１＝２ｌｎｘ＋ａｘ＋１＝０，得ａ＝－２ｌｎｘ＋１ｘ ， 设ｈ（ｘ）＝－１＋２ｌｎｘｘ ，则ｈ′（ｘ）＝ ２ｌｎｘ－１ ｘ２ ， 故ｈ（ｘ）的单调递减区间为（０，槡ｅ）， 单调递增区间为（槡ｅ，＋∞）， 所以ｈ（ｘ）的最小值为ｈ（槡ｅ）＝－ ２ 槡ｅ ， 故ａ的最小值为 －２ 槡ｅ ． 第４８期３，４版 学业水平测评（六） 一、单项选择题 １～４　ＢＢＢＤ　５～８　ＤＣＤＤ 提示： １．因为｜ＰＦ１｜的最大值为３，所以ａ＋ｃ＝３． 因为｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２｜Ｆ１Ｆ２｜， 所以２ａ＝４ｃ，即ａ＝２ｃ， 所以ｃ＝１，ａ＝２．又ａ２－ｂ２ ＝ｃ２， 所以ｂ＝槡３，所以椭圆的标准方程为 ｘ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． ２．５人选三门课每门课都有人选共有两种情况： ①２，２，１，②３，１，１， 对于①：先选一门课作为奔奔和果果所选， 再从剩下的３人中选一人单独选一门课，有 Ｃ１３Ｃ １ ３Ｃ １ ２ ＝１８（种）， 对于②：先选一门课作为奔奔和果果所选， 剩下的３人在三门课中全排列，有Ｃ１３Ａ ３ ３ ＝１８（种）， 所以共有１８＋１８＝３６（种）． ３．因为（ｘ＋２）５的展开式的通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５ｘ ５－ｒ２ｒ，令ｒ分别取０，１，２， 所以展开式中含ｘ５项为 －３ｘ５－２ｘ×５×２ｘ４＋ｘ２×１０×２２ｘ３ ＝１７ｘ５， 所以含ｘ５项的系数是１７． ４．由正态分布Ｎ（１８，４）可知μ＝１８，σ＝２， 所以μ＋σ＝２０，μ＋２σ＝２２， 所以Ｐ（２０≤Ｘ≤２２）＝０９５４５－０６８２７２ ＝０１３５９                                                                      ， —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 Ｐ（Ｘ≥２２）＝１－０９５４５２ ＝００２２７５， 直径Ｘ高于２２的个数大约为 ２７１８÷０１３５９×００２２７５＝４５５． ５．设事件Ａ１ ＝“药材来自甲地”，事件Ａ２ ＝“药材来自乙 地”，事件Ａ３ ＝“药材来自丙地”，事件Ｂ＝“抽到优等品”， 则Ｐ（Ａ１）＝０．４，Ｐ（Ａ２）＝０．３５，Ｐ（Ａ３）＝０．２５，Ｐ（Ｂ｜Ａ１） ＝０．６５，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０７，Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝０．８５， 所以Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ｂ｜Ａ１）Ｐ（Ａ１）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ２）Ｐ（Ａ２）＋Ｐ（Ｂ｜ Ａ３）Ｐ（Ａ３）＝０．６５×０．４＋０．７×０．３５＋０．８５×０．２５＝０．７１７５． ６．对于（Ａ），因为ＰＤ⊥底面ＡＢＣＤ， 且ＤＡ，ＤＣ底面ＡＢＣＤ，所以ＰＤ⊥ＤＡ，ＰＤ⊥ＤＣ， 所以（ → →ＤＡ＋ＤＣ）·→ →ＤＰ＝ＤＡ·→ →ＤＰ＋ＤＣ·→ＤＰ＝０，故（Ａ）错误； 对于（Ｂ），因为∠ＡＤＣ＝１２０°，ＡＤ＝ＤＣ＝１， 所以∠ＡＤＢ＝６０°， 所以△ＡＤＢ为等边三角形，ＤＢ＝１， （ → →ＤＰ＋ＤＢ）·→ →ＡＤ＝ＤＰ·→ →ＡＤ＋ＤＢ·→ →ＡＤ＝ＤＢ·→ →ＡＤ＝－ＤＢ · → →ＤＡ＝－｜ＤＢ｜· →｜ＤＡ｜ｃｏｓ６０°＝－１２，故（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），→ＣＰ·→ＰＡ＝（→ →ＣＤ＋ＤＰ）·（→ →ＤＡ－ＤＰ） →＝ＣＤ·→ＤＡ →－ＣＤ·→ →ＤＰ＋ＤＰ·→ →ＤＡ－ＤＰ２ →＝－｜ＤＣ｜· →｜ＤＡ｜ｃｏｓ１２０°－０＋ ０－１＝ １２－１＝－ １ ２，故（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），→ＤＣ·→ →ＢＰ＝ＤＣ·（→ →ＤＰ－ＤＢ） →＝ＤＣ·→ →ＤＰ－ＤＣ· →ＤＢ＝０ →－｜ＤＣ｜· →｜ＤＢ｜ｃｏｓ６０°＝－１２，故（Ｄ）错误．故选（Ｃ）． ７．因为ａｎ＋１ａｎ＋ａｎ－１ａｎ ＝２ａｎ＋１ａｎ－１（ｎ≥２）， 所以 １ ａｎ－１ ＋ １ａｎ＋１ ＝２·１ａｎ ， {所以数列 １ａ }ｎ 是等差数列， 因为ａ１ ＝ １ ２，ａ４ ＝ １ ８，所以 １ ａ１ ＝２，１ａ４ ＝８， {数列 １ａ }ｎ 的公差ｄ＝２， 所以 １ ａｎ ＝２＋２（ｎ－１）＝２ｎ，即ａｎ ＝ １ ２ｎ， 故ｂｎ ＝ａｎａｎ＋１ ＝ １ ２ｎ· １ ２（ｎ＋１）＝ １ ４ (· １ｎ－ １ｎ＋ )１ ， 所以Ｔｎ ＝（ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋… ＋ｂｎ） ＝ (１４ １－１２＋１２－１３＋１３－１４＋… ＋１ｎ－ １ｎ＋ )１ ＝ (１４ １－ １ｎ＋ )１ ＝ １４· ｎｎ＋１， 所以Ｔ２０２５ ＝ １ ４· ２０２５ ２０２６＝ ２０２５ ８１０４． ８．函数ｆ（ｘ）定义域为（０，＋∞）， ｆ′（ｘ）＝ｘ－４＋ａｘ ＝ ｘ２－４ｘ＋ａ ｘ ，ｘ＞０， 又函数ｙ＝ｆ（ｘ）存在两个极值点ｘ１，ｘ２， 所以方程ｘ２－４ｘ＋ａ＝０在（０，＋∞）上有两个不相等的 正实数根， 则 Δ＝１６－４ａ＞０， ｘ１＋ｘ２ ＝４＞０， ｘ１ｘ２ ＝ａ＞０ { ， 解得０＜ａ＜４， 又ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）－（ｘ１＋ｘ２） ＝ １２ｘ ２ １－４ｘ１＋ａｌｎｘ１＋ １ ２ｘ ２ ２－４ｘ２＋ａｌｎｘ２－ｘ１－ｘ２ ＝ １２［（ｘ１＋ｘ２） ２－２ｘ１ｘ２］－５（ｘ１＋ｘ２）＋ａｌｎ（ｘ１ｘ２） ＝ １２（１６－２ａ）－２０＋ａｌｎａ＝ａｌｎａ－ａ－１２， 设ｈ（ａ）＝ａｌｎａ－ａ－１２，０＜ａ＜４，则ｈ′（ａ）＝ｌｎａ， 当０＜ａ＜１时，ｈ′（ａ）＜０，ｈ（ａ）单调递减， 当１＜ａ＜４时，ｈ′（ａ）＞０，ｈ（ａ）单调递增， ｈ（ａ）ｍｉｎ ＝ｈ（１）＝－１３， 因为不等式ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）≥ｘ１＋ｘ２＋ｔ恒成立， 即ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）－（ｘ１＋ｘ２）≥ｔ恒成立， 所以ｔ≤－１３． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２－２ｘ＝０， 即（ｘ－１）２＋ｙ２ ＝１，半径为１， 由题意可得圆心（１，０）到直线ｙ＝ｋｘ－３（ｋ∈Ｚ）的距离 大于２， 即 ｜ｋ－３｜ ｋ２＋槡 １ ＞２，解得－３－ 槡２６３ ＜ｋ＜ －３＋ 槡２６ ３ ， 又因为ｋ∈Ｚ，所以ｋ＝－２或ｋ＝－１或ｋ＝０． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．由题可得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝５，所以ｃ２ ＝９， 则右焦点Ｆ２（３，０）， 且２ａ＝４＜６，设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋３． 联立 ｘ２ ４－ ｙ２ ５ ＝１， ｘ＝ｍｙ＋３ { ， 得（５ｍ２－４）ｙ２＋３０ｍｙ＋２５＝０， Δ＝９００ｍ２－１００（５ｍ２－４）＝４００ｍ２＋４００＞０恒成立． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则ｙ１＋ｙ２ ＝ －３０ｍ ５ｍ２－４ ，ｙ１ｙ２ ＝ ２５ ５ｍ２－４ ． 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｍ槡 ２ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝２０（１＋ｍ ２） ｜５ｍ２－４｜ ＝６， 解得ｍ２＝２２５或ｍ ２＝２２５，所以ｍ＝± 槡１１０ ５ ，或ｍ＝± 槡２ ５， 所以存在四条直线ｌ，使｜ＡＢ｜＝６，故（Ａ）正确； 假设直线ｌ，使弦ＡＢ的中点为Ｍ（４，１）， 则 ｙ１＋ｙ２ ２ ＝ －１５ｍ ５ｍ２－４ ＝１                                                                      ， —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 解得ｍ＝－１５±槡３０５１０ ， 此时ｌ的方程为ｘ＝－１５±槡３０５１０ ｙ＋３， 显然（４，１）不在ｌ上，故（Ｂ）错误； 设与已知双曲线有相同渐近线的双曲线的标准方程为： ｘ２ ４－ ｙ２ ５ ＝λ，代入点（８，１０）可得λ＝－４， 所以该双曲线的标准方程为 ｙ２ ２０－ ｘ２ １６＝１，故（Ｃ）正确； 若Ａ，Ｂ都在该双曲线的右支上，则ｙ１ｙ２ ＝ ２５ ５ｍ２－４ ＜０， 即５ｍ２－４＜０，所以５－４ｋ２ ＜０， 解得ｋ (∈ －∞，－槡５)２ (∪ 槡５２，＋ )∞ ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由题可得函数ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞）， 所以ｆ′（ｘ）＝－２ ｘ２ ＋１ｘ ＝ ｘ－２ ｘ２ ，ｆ′（２）＝０， 所以函数ｆ（ｘ）在（０，２）上单调递减， 在（２，＋∞）上单调递增， 所以ｘ＝２是函数ｆ（ｘ）的极小值点，故（Ａ）错误； 令ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ（ｘ＞０）， 则ｇ′（ｘ）＝－２ ｘ２ ＋１ｘ－１ ＝－ｘ ２－ｘ＋２ ｘ２ ( ＝－ ｘ－ )１２ ２ ＋７４ ｘ２ ＜０， 所以函数 ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减． 因为 (ｇ １ )ｅ ＝２ｅ－１ｅ－１＞０， ｇ（ｅ２）＝ ２ ｅ２ ＋２－ｅ２ ＜０， 所以ｇ（ｘ）有且只有１个零点，故（Ｂ）正确； 由ｆ（ｘ）＞ｋｘ得ｋ＜ｆ（ｘ）ｘ ， 设ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｘ ＝ ２ ｘ２ ＋ｌｎｘｘ， 则ｈ′（ｘ）＝－４＋ｘ－ｘｌｎｘ ｘ３ ， 令ｔ（ｘ）＝－４＋ｘ－ｘｌｎｘ， 则ｔ′（ｘ）＝－ｌｎｘ， 所以函数ｔ（ｘ）在（０，１）上单调递增， 在（１，＋∞）上单调递减， 所以ｔ（ｘ）≤ｔ（１）＝－３＜０，故ｈ′（ｘ）＜０， 函数ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减，ｈ（ｘ）无最小值， 所以不存在正实数ｋ，使得ｆ（ｘ）＞ｋｘ恒成立，故（Ｃ）错误； 对任意两个正实数ｘ１，ｘ２，且ｘ２ ＞ｘ１， 因为函数ｆ（ｘ）在（０，２）上单调递减， 在（２，＋∞）上单调递增， 要证ｘ１＋ｘ２ ＞４，即证ｘ１ ＞４－ｘ２， 设ｍ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（４－ｘ） ＝ ２ｘ＋ｌｎｘ－ ２ ４－ｘ－ｌｎ（４－ｘ），ｘ∈（０，２）， 因为ｍ′（ｘ）＝－２ ｘ２ ＋１ｘ－ ２ （４－ｘ）２ ＋ １４－ｘ ＝８（２－ｘ）（ｘ－２） ｘ２（４－ｘ）２ ＜０， 所以ｍ（ｘ）在（０，２）上单调递减， 所以ｍ（ｘ）＞ｍ（２）＝０，所以ｆ（ｘ）＞ｆ（４－ｘ）， 即ｆ（ｘ１）＞ｆ（４－ｘ１）． 又ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）＞ｆ（４－ｘ１）， 且ｘ２，４－ｘ１∈（２，＋∞）， ｆ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递增， 所以ｘ２ ＞４－ｘ１，即ｘ１＋ｘ２ ＞４，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２． Ｃ３５Ｃ １ １０ Ｃ４１５ ；　１３．ｅ；　１４ [． １３， ]３２ ． 提示： １２．设选取的４人中英国人有Ｘ个， Ｘ服从参数为Ｎ＝１５，Ｍ ＝５，ｎ＝４的超几何分布， 其中Ｘ的可能取值为０，１，２，３，４， 且Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝ Ｃｋ５Ｃ ４－ｋ １０ Ｃ４１５ （ｋ＝０，１，２，３，４）． 所以Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３５Ｃ １ １０ Ｃ４１５ ． １３．因为数列｛ａｎ｝为等差数列，且ａ１＋ａ２２４ ＝２７， 所以ａ１１２＋ａ１１３ ＝２７， 又｛ｂｎ｝为等比数列，且ｂ１·ｂ２２４ ＝２， 所以ｂ１１２ｂ１１３ ＝２，所以 ａ１１２＋ａ１１３ １＋ｂ１１２ｂ１１３ ＝９． 又ｆ（ｘ＋２）＝－ｆ（ｘ）， 所以ｆ（ｘ＋４）＝－ｆ（ｘ＋２）＝ｆ（ｘ）， 所以函数ｆ（ｘ）的最小正周期为４， 又ｆ（ｘ）＝ｅｘ，ｘ∈［０，２］， 所以ｆ（９）＝ｆ（２×４＋１）＝ｆ（１）＝ｅ， 即 (ｆ ａ１１２＋ａ１１３１＋ｂ１１２ｂ )１１３ ＝ｅ． １４．Ａ（－２，３）关于ｙ＝ａ对称的点的坐标为Ａ′（－２，２ａ－３）， Ｂ（０，ａ）在直线ｙ＝ａ上，设Ａ′Ｂ所在直线为直线ｌ， 所以直线ｌ为ｙ＝ａ－３－２ｘ＋ａ，即（ａ－３）ｘ＋２ｙ－２ａ＝０， 圆Ｃ：（ｘ＋３）２＋（ｙ＋２）２＝１，圆心Ｃ（－３，－２），半径ｒ＝１， 依题意圆心到直线ｌ的距离ｄ＝｜－３（ａ－３）－４－２ａ｜ （ａ－３）２＋２槡 ２ ≤１， 即（５－５ａ）２≤（ａ－３）２＋２２， 解得 １ ３≤ａ≤ ３ ２，即ａ [∈ １３， ]３２                                                                      ． —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 四、解答题 １５．（１）证明：因为 ２Ｓｎ ｎ ＋ｎ＝２ａｎ＋１， 即２Ｓｎ＋ｎ ２ ＝２ｎａｎ＋ｎ①， 当 ｎ≥２时，２Ｓｎ－１＋（ｎ－１） ２＝２（ｎ－１）ａｎ－１＋（ｎ－１）②， ① －②得２ａｎ＋２ｎ－１＝２ｎａｎ－２（ｎ－１）ａｎ－１＋１， 即２（ｎ－１）ａｎ－２（ｎ－１）ａｎ－１ ＝２（ｎ－１）， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝１，ｎ≥２且ｎ∈Ｎ＋， 所以｛ａｎ｝是以１为公差的等差数列． （２）解：由（１）可得ａ４ ＝ａ１＋３， ａ７ ＝ａ１＋６，ａ９ ＝ａ１＋８， 又ａ４，ａ７，ａ９成等比数列，所以ａ ２ ７ ＝ａ４·ａ９， 即（ａ１＋６） ２ ＝（ａ１＋３）·（ａ１＋８），解得ａ１ ＝－１２， 所以ａｎ ＝ｎ－１３，所以Ｓｎ ＝－１２ｎ＋ ｎ（ｎ－１） ２ ＝ １２ｎ ２－２５２ｎ＝ (１２ ｎ－２５)２ ２ －６２５８， 所以当ｎ＝１２或ｎ＝１３时，（Ｓｎ）ｍｉｎ ＝－７８． １６．（１）证明：因为平面ＰＣＢＭ⊥平面ＡＢＣ， 平面ＰＣＢＭ∩平面ＡＢＣ＝ＢＣ， ＢＣ⊥ＡＣ，ＡＣ平面ＡＢＣ， 所以ＡＣ⊥平面ＰＣＢＭ， 由ＢＭ平面ＰＣＢＭ，得ＡＣ⊥ＢＭ． （２）解：以→ＣＡ，→ＣＢ，→ＣＰ为ｘ，ｙ，ｚ轴正方向建立空间直角坐标 系Ｃ－ｘｙｚ，设Ｐ（０，０，ｚ０）（ｚ０ ＞０）， 则Ｍ（０，１，ｚ０），Ｂ（０，２，０），Ａ（１，０，０）， 有 →ＡＭ ＝（－１，１，ｚ０），→ＰＣ＝（０，０，－ｚ０），→ＡＢ＝（－１，２，０）， 又直线ＡＭ与直线ＰＣ所成的角为６０°， 得 →｜ＡＭ·→ → →ＰＣ｜＝｜ＡＭ｜｜ＰＣ｜ｃｏｓ６０°， 即ｚ２０ ＝ １ ２ ｚ ２ ０＋槡 ２·ｚ０，解得ｚ０ ＝ 槡６ ３， 设平面ＭＡＢ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＭ ＝－ｘ＋ｙ＋槡６３ｚ＝０， ｎ·→ＡＢ＝－ｘ＋２ｙ＝０ { ， 令ｚ＝槡６，得ｎ＝（４，２，槡６）， 易知平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ＝（０，０，１）， 则｜ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉｜＝ 槡６ 槡２６×１ ＝槡３９１３， 所以平面ＭＡＢ与平面ＡＢＣ夹角的余弦值为槡３９１３． （３）解：由题意知多面体ＰＭＡＢＣ即为四棱锥Ａ－ＢＣＰＭ， 则Ｖ多面体ＰＭＡＢＣ ＝ １ ３ＡＣ·Ｓ梯形ＢＣＰＭ ＝ １３×１× １ ２×（２＋１）× 槡６ ３ ＝ 槡６ ６， 即多面体ＰＭＡＢＣ的体积为槡６６． １７．解：（１） 性别 是否是“生产能手” 非“生产能手” “生产能手” 合计 男员工 ４８ ２ ５０ 女员工 ４２ ８ ５０ 合计 ９０ １０ １００ 零假设为Ｈ０：性别与“生产能手”无关． 因为χ２ ＝１００×（４８×８－４２×２） ２ ５０×５０×９０×１０ ＝４＞３．８４１＝ｘ００５， 根据小概率值α＝００５的独立性检验，我们推断Ｈ０不成 立，即认为性别与“生产能手”有关，此推断犯错误的概率不超 过００５． （２）当员工每月完成合格产品的件数为３０００件时，实得 计件工资为２６００×１＋２００×１．２＋２００×１．３＝３１００元， 由统 计 数 据 可 知， 男 员 工 实 得 计 件 工 资 大 于 ３１００元的概率为ｐ１ ＝ ２ ５；女 员 工 实 得 计 件 工 资 大 于 ３１００元的概率为ｐ２ ＝ １ ２， 设２名女员工中实得计件工资大于３１００元的人数为Ｘ， １名男员工中实得计件工资大于３１００元的人数为Ｙ， 则 (Ｘ～Ｂ ２， )１２ ， (Ｙ～Ｂ １， )２５ ， Ｚ的所有可能取值为０，１，２，３， Ｐ（Ｚ＝０）＝Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０） (＝ １－ )１２ ２ (× １－ )２５ ＝ ３２０， Ｐ（Ｚ＝１）＝Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝１） ＝Ｃ１２ (１２ １－ )１２ (× １－ )２５ (＋ １－ )１２ ２ ×２５ ＝ ２５， Ｐ（Ｚ＝２）＝Ｐ（Ｘ＝２，Ｙ＝０）＋Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝１）＝ Ｃ (２２ )１２ ２ (× １－ )２５ ＋Ｃ１２ １２ (× １－ )１２ ×２５ ＝ ７２０， Ｐ（Ｚ＝３）＝Ｐ（Ｘ＝２，Ｙ＝１） (＝ )１２ ２ ×２５ ＝ １ １０， 所以Ｚ的分布列为 Ｚ ０ １ ２ ３ Ｐ ３２０ ２ ５ ７ ２０ １ １０ Ｅ（Ｚ）＝０×３２０＋１× ２ ５＋２× ７ ２０＋３× １ １０＝ ７ ５． １８．解：（１）由抛物线定义得｜ＰＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２， 由题意得 ２ｘ０ ＝ｘ０＋ ｐ ２， ２ｐｘ０ ＝４， ｐ＞０ { ， 解得 ｐ＝２， ｘ０ ＝１ {                                                                      ， —１１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期 所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）设切线ＰＡ的方程为ｙ＝ｋ１（ｘ－１）＋２， 则圆心Ｍ到切线ＰＡ的距离ｄ＝ ｜２ｋ１＋２｜ ｋ２１＋槡 １ ＝ｒ， 整理得（ｒ２－４）ｋ２１－８ｋ１＋ｒ ２－４＝０． 设切线ＰＢ的方程为ｙ＝ｋ２（ｘ－１）＋２， 同理可得（ｒ２－４）ｋ２２－８ｋ２＋ｒ ２－４＝０． 所以ｋ１，ｋ２是方程（ｒ ２－４）ｘ２－８ｘ＋ｒ２－４＝０的两根， 所以ｋ１＋ｋ２ ＝ ８ ｒ２－４ （０＜ｒ≤槡２），ｋ１ｋ２ ＝１． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），由 ｙ＝ｋ１（ｘ－１）＋２， ｙ２ ＝４ｘ{ ， 得ｋ１ｙ ２－４ｙ－４ｋ１＋８＝０， 所以２ｙ１ ＝ ８－４ｋ１ ｋ１ ， 所以ｙ１ ＝ ４－２ｋ１ ｋ１ ＝ ４ｋ１ －２＝４ｋ２－２， 同理可得ｙ２ ＝４ｋ１－２． 设Ｄ为线段ＡＢ的中点， 则ｔ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ ｙ２１＋ｙ ２ ２ ８ ＝ （４ｋ２－２） ２＋（４ｋ１－２） ２ ８ ＝２（ｋ２１＋ｋ ２ ２）－２（ｋ１＋ｋ２）＋１ ＝２（ｋ１＋ｋ２） ２－２（ｋ１＋ｋ２）－３． 设ｍ＝ｋ１＋ｋ２，则ｍ＝ ８ ｒ２－４ ∈［－４，－２）， 所以ｔ＝２ｍ２－２ｍ－３∈（９，３７］， 即ｔ的取值范围是（９，３７］． １９．解：（１）当ａ＝０时，ｆ（ｘ）＝ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ， ｘ∈［－π，π］， 因为ｆ（－ｘ）＝ｆ（ｘ），所以ｆ（ｘ）为偶函数， 只需先研究ｘ∈［０，π］，ｆ（ｘ）＝ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ， ｆ′（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ＝ｘｃｏｓｘ， 当ｘ [∈ ０，π ]２ 时，ｆ′（ｘ）≥０； 当ｘ (∈ π２， ]π 时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ） [在 ０，π ]２ 上单调递增， (在 π２， ]π 上单调递减， 所以根据偶函数图象关于ｙ轴对称，得 ｆ（ｘ） [在 －π，－π ]２ 上单调递增， (在 －π２， ]０ 上单调递减， 故ｆ（ｘ） (单调递减区间为 －π２， ]０ (， π２， ]π ； [单调递增区间为 －π，－π ]２ [， ０，π ]２ ． （２）ｆ′（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ＋ａｘ＝ｘ（ｃｏｓｘ＋ａ）， ①当ａ≥１时，ｆ′（ｘ）＝ｘ（ｃｏｓｘ＋ａ）≥０在［０，π］上恒成立， 所以ｆ（ｘ）在［０，π］上单调递增， 又ｆ（０）＝１，所以ｆ（ｘ）在［０，π］上无零点． 又因为ｆ（ｘ）是偶函数， 所以ｆ（ｘ）在［－π，π］上无零点． ②当０＜ａ＜１时，令ｆ′（ｘ）＝０得ｃｏｓｘ＝－ａ， 由 －１＜－ａ＜０可知存在唯一ｘ０ (∈ π２， )π ， 使得ｃｏｓｘ０ ＝－ａ， 所以当ｘ∈［０，ｘ０］时，ｆ′（ｘ）≥０； ｘ∈（ｘ０，π］时，ｆ′（ｘ）＜０， 所以ｆ（ｘ）在［０，ｘ０］上单调递增， 在（ｘ０，π］上单调递减， 又ｆ（０）＝１，ｆ（π）＝ １２ａπ ２－１ （ⅰ）当 １２ａπ ２－１＞０，即 ２ π２ ＜ａ＜１时， ｆ（ｘ）在［０，π］上无零点，又ｆ（ｘ）为偶函数， 所以ｆ（ｘ）在［－π，π］上无零点． （ⅱ）当 １２ａπ ２－１≤０，即０＜ａ≤ ２ π２ 时， ｆ（ｘ）在［０，π］上有１个零点，又ｆ（ｘ）为偶函数， 所以ｆ（ｘ）在［－π，π］上有２个零点， 综上所述，当０＜ａ≤ ２ π２ 时，ｆ（ｘ）在［－π，π］上有２个零点， 当ａ＞ ２ π２ 时，ｆ（ｘ）在［－π，π］上无零点                                                         ． —２１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第４５～４８期