第47期 核心素养阶段测评（八）-【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 书书书 １６． （１５ 分 ） 已 知 ２ｘ ２ － １ ( )ｘ ｎ（ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 的 展 开 式 中 各 项 的 二 项 式 系 数 和 为 ６４． （１ ） 求 展 开 式 中 二 项 式 系 数 最 大 的 项 ； （ ２ ） 求 （２ － ｘ ３） ２ｘ ２ － １ ( )ｘ ｎ 展 开 式 中 的 常 数 项 ． １７． （ １５ 分 ） 某 企 业 集 中 科 研 骨 干 ， 攻 克 系 列 “ 卡 脖 子 ” 技 术 ， 已 成 功 实 现 离 子 注 入 机 全 谱 系 产 品 国 产 化 ， 包 括 中 束 流 、 大 束 流 、 高 能 、特 种 应 用 及 第 三 代 半 导 体 等 离 子 注 入 机 ， 工 艺 段 覆 盖 至 ２８ ｎｍ ， 为 我 国 芯 片 制 造 产 业 链 补 上 重 要 一 环 ， 为 全 球 芯 片 制 造 企 业 提 供 离 子 注 入 机 一 站 式 解 决 方 案 ．此 次 技 术 的 突 破 可 以 说 为 国 产 芯 片 的 制 造 做 出 了 重 大 贡 献 ． 该 企 业 使 用 新 技 术 对 某 款 芯 片 进 行 试 生 产 ， 该 厂 家 生 产 了 两 批 同 种 规 格 的 芯 片 ， 第 一 批 占 ６０％ ， 次 品 率 为 ６％ ； 第 二 批 占 ４０％ ，次 品 率 为 ５ ％ ．为 确 保 质 量 ，现 在 将 两 批 芯 片 混 合 ，工 作 人 员 从 中 抽 样 检 查 ． （１ ） 从 混 合 的 芯 片 中 任 取 １ 个 ，求 这 个 芯 片 是 合 格 品 的 概 率 ； （ ２ ） 若 在 两 批 产 品 中 采 取 分 层 随 机 抽 样 方 法 抽 取 一 个 样 本 容 量 为 １５ 的 样 本 ，再 从 样 本 中 抽 取 ３ 片 芯 片 ，求 这 ３ 片 芯 片 含 第 二 批 芯 片 数 Ｘ 的 分 布 列 和 数 学 期 望 ． １８． （１７ 分 ） 某 校 组 织 全 校 学 生 加 强 实 心 球 项 目 训 练 ， 规 定 该 校 男 生 投 掷 实 心 球 ６．９ 米 达 标 ，女 生 投 掷 实 心 球 ６．２ 米 达 标 ，并 拟 定 投 掷 实 心 球 的 考 试 方 案 为 每 名 学 生 可 以 投 掷 ３ 次 ，一 旦 达 标 无 需 再 投 ． 从 该 校 任 选 ５ 名 学 生 进 行 测 试 ，若 有 ２ 人 不 达 标 的 概 率 超 过 ０．１ ， 则 该 校 学 生 还 需 加 强 实 心 球 项 目 训 练 ． 已 知 该 校 男 生 投 掷 实 心 球 的 距 离 Ｘ 服 从 正 态 分 布 Ｎ （６．９ ，０．２５ ） ，女 生 投 掷 实 心 球 的 距 离 Ｙ 服 从 正 态 分 布 Ｎ （６．２ ，０１６ ） （Ｘ ，Ｙ 的 单 位 ： 米 ）． （１ ） 请 你 通 过 计 算 ，判 断 该 校 学 生 是 否 还 需 加 强 实 心 球 项 目 训 练 ； （ ２ ） 为 提 高 学 生 考 试 达 标 率 ，该 校 决 定 加 强 训 练 ，经 过 一 段 时 间 训 练 后 ， 该 校 女 生 投 掷 实 心 球 的 距 离 Ｚ 服 从 正 态 分 布 Ｎ （６．５１６ ， ０１６ ） ，且 Ｐ （Ｚ ≤ ６．８３２ ） ＝ ０７８５． 此 时 ，请 判 断 该 校 女 生 投 掷 实 心 球 的 考 试 达 标 率 能 否 达 到 ９９％ ？并 说 明 理 由 ． （ 取 ３槡 １０ 的 值 为 ２．１５ ） １９． （１７ 分 ） 已 知 函 数 ｆ （ｘ） ＝ ｘ ２ｅ ａｘ＋１ － ｂｌｎ ｘ － ａｘ（ａ ，ｂ ∈ Ｒ ）． （１ ） 若 ｂ ＝ ０ ，曲 线 ｆ （ｘ） 在 点 （１ ，ｆ （１ ） ） 处 的 切 线 与 直 线 ｙ ＝ ２ｘ 平 行 ，求 ａ 的 值 ； （ ２ ） 若 ｂ ＝ ２ ，且 函 数 ｆ （ｘ） 的 值 域 为 ［２ ， ＋ ∞ ） ，求 ａ 的 最 小 值 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92)"#$%&'( : ; < = > ? @ 书 一、九宫格数字选填型 ４ 图１ 例１将１，２，３，…，９这 九个数字填写在图１中的九 个空格内，要求每行从左到 右依次增大，每列从上到下 依次增大．当数字４固定在 中心位置时，所有不同的填 法共有 （　　） （Ａ）２４种　　 （Ｂ）１８种 （Ｃ）１２种　　 （Ｄ）６种 分析：因九宫格的中间数字为４．不难知道 九宫格最左上一格及最右下一格必填的数字为 １与９，然后在此基础上推测其他格的可能填法． 解：因为数字４固定在中心位置，所以根据 条件１只能填在左上第一格，而９只能填在最右 下最后一格，而２和３两个数字只能填在第一行 的第二格或第二行的第一格，有２种填法．因此 ９上面的两个空可从余下的４个数中选两个来 填，而余下的两个数按从小到大填在９左侧两 空，共有Ｃ２４种，根据乘法原理知所有不同的填法 共有２Ｃ２４ ＝１２，故选（Ｃ）． 点评：本题根据填入数字的要求具体变化 趋势，必须先要分析到最小的数和最大的数的 填法，然后再分析余下数字的填法． 二、知识交汇型 例２若ｘ∈Ａ，则１ｘ∈Ａ，就称Ａ是伙伴关系 集合．集合Ｍ ＝ －１，０，１３， １ ２，１，２，３，{ }４的所 有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为 （　　） （Ａ）１５　　（Ｂ）１６　　（Ｃ）２８　　（Ｄ）２５ 分析：根据定义知具有伙伴关系集合中的 任一元素的倒数也在集合中，因此首先在集合 Ｍ中找出具有倒数关系的元素，然后考虑它们 构成子集的情况． 解：具有伙伴关系的元素组有 －１；１；１２，２； １ ３，３共四组，它们中任一组，二组，三组，四组均 可组成非空伙伴关系集合，个数为Ｃ１４＋Ｃ ２ ４＋Ｃ ３ ４ ＋Ｃ４４ ＝１５，故选（Ａ）． 点评：本题是将集合与排列组合问题结合 起来的综合题型，其难点有三：（１）如何找出伙 伴关系元素组，１自成一组，－１也自成一组，１３ 与３成一组，１２与２成一组；（２）转换为组合问 题；（３）非空集去掉Ｃ０４个集合． 三、类比推广型 例３从装有ｎ＋１个球（其中ｎ个白球，１个 黑球）的口袋中取出ｍ个球（０＜ｍ≤ｎ，ｍ，ｎ∈ Ｎ＋），共有Ｃ ｍ ｎ＋１种取法．在这Ｃ ｍ ｎ＋１种取法中，可以 分成两类：一类是取出的ｍ个球全部为白球，一 类是取出ｍ－１个白球，共有Ｃ０１Ｃ ｍ ｎ ＋Ｃ １ １Ｃ ｍ－１ ｎ ＝ Ｃｍｎ＋１，即有等式：Ｃ ｍ ｎ＋Ｃ ｍ－１ ｎ ＝Ｃ ｍ ｎ＋１成立．试根据上 述思想化简下列式子：Ｃ０ｋＣ ｍ ｎ＋Ｃ １ ｋＣ ｍ－１ ｎ ＋Ｃ ２ ｋＣ ｍ－２ ｎ ＋ … ＋ＣｋｋＣ ｍ－ｋ ｎ ＝ （１≤ｋ＜ｍ≤ｎ，ｋ，ｍ， ｎ∈Ｎ＋）． 分析：对比已知等式左边式子与所要化简 的式子结构可知，由１＋１项增加到ｋ＋１项．而 等式所涉及的问题背景是１个黑球与 ｎ个白球 的组合问题，因此对于所要求化简的组合式子 可以考虑为：把左边的式子归纳为从 ｎ＋ｋ个球 （ｎ个白球，ｋ个黑球）中取出ｍ个球的组合问题． 解：从装有ｎ＋ｋ个球（其中ｎ个白球，ｋ个黑 球）的口袋中取出ｍ个球（０＜ｍ≤ｎ，ｍ，ｎ∈Ｎ＋）， 共有Ｃｍｎ＋ｋ种取法．在这Ｃ ｍ ｎ＋ｋ种取法中，可分为ｋ＋１ 类：第一类不取黑球；第二类取一个黑球，……，第ｋ ＋１类取ｋ个黑球，即有Ｃ０ｋＣ ｍ ｎ ＋Ｃ １ ｋＣ ｍ－１ ｎ ＋Ｃ ２ ｋＣ ｍ－２ ｎ ＋ … ＋ＣｋｋＣ ｍ－ｋ ｎ ＝Ｃ ｍ ｎ＋ｋ种取法，故填Ｃ ｍ ｎ＋ｋ． 点评：本题实质是一道类比推广型创新试 题，本题主要的基本思想就是根据两种不同方 法得出相同结果，即从整体考虑所得结果与分 类讨论所得结果相同． 四、策略探究型 例４如图２，要用三根数 据线将四台电脑Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ连 接起来以实现资源共享，则 不 同 的 连 接 方 案 共 有 种．（用数字作答） 分析：由于只用三根线 不能将四台电脑两两连接，而两两连接需要 Ｃ２４ ＝６根线，因此问题实际上是从这６根线中选取 ３根线，且要实现资源共享． 解：从这 ６根线中任选取 ３根线有 Ｃ３６ ＝ ２０（种）方案，但当３根连线构成一个三角形（此 时共有４种情形）时，不能将Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ连通，必 须去掉．故本题的答案应为２０－４＝１６（种）． 点评：此题的解答策略具有一定的探究性， 解答时必须分析清楚如何才能连通四台电脑， 达到资源共享，由于正面探求比较困难，因此解 答本题利用了间接法，从反面着手． 书 对于有些二项式问题，用常规方法解较繁 琐或无法直接求解，若能打破常规，采用灵活的 方法，往往能将问题准确、顺利地解决． 一、逆向思维 例１化简：（ｘ＋１）５－５（ｘ＋１）４＋１０（ｘ＋ １）３－１０（ｘ＋１）２＋４（ｘ＋１）＝ ． 分析：从形式上看很容易想到用二项式定 理把（ｘ＋１）５，（ｘ＋１）４，（ｘ＋１）３，（ｘ＋１）２分别 展开，然后合并，但运算过于繁琐． 巧思：从另一个角度观察式子的特征，看系 数，如果把（ｘ＋１）的系数变为 ５，再加一个 “－１”，就可逆用二项式定理求解． 妙解：原式＝（ｘ＋１）５－５（ｘ＋１）４＋１０（ｘ＋ １）３－１０（ｘ＋１）２＋５（ｘ＋１）－１＋［１－（ｘ＋１）］ ＝［（ｘ＋１）－１］５－ｘ＝ｘ５－ｘ． 二、取特殊值 例２若ｎ是奇数，则７ｎ＋Ｃ１ｎ·７ ｎ－１＋… ＋Ｃｋｎ ·７ｎ－ｋ＋… ＋Ｃｎ－１ｎ ·７被９除所得余数是 （　　） （Ａ）０　　（Ｂ）２　　（Ｃ）７　　（Ｄ）８ 分析：直接求解需添项，若逆用二项式定 理，化成８ｎ－１，然后再化成（９－１）ｎ－１，求解也 相当繁琐． 巧思：注意本题是一个选择题，此题的结 论与ｎ的取值无关，故可取特殊值求解． 妙解：令ｎ＝１，原式 ＝７，则余数为７． 故选（Ｃ）． 三、巧凑二项展开式 例３已知ｆ（ｘ）＝ｘ４＋４ｘ３＋８ｘ２＋８ｘ＋５， 则ｆ（－１＋槡２）的值为 （　　） （Ａ）２槡２ （Ｂ）５ （Ｃ）１０槡２（Ｄ）１０ 分析：本题的常规解法是直接将 ｘ＝－１＋ 槡２代入求值，但有一定的运算量，较繁琐． 巧思：考虑等式右边的结构，配凑展开式， 逆用二项式定理，将变得简单易求． 妙解：因为ｆ（ｘ）＝ｘ４＋４ｘ３＋６ｘ２＋４ｘ＋１＋ ２ｘ２＋４ｘ＋４＝（ｘ＋１）４＋２（ｘ＋１）２＋２， 所以ｆ（－１＋槡２）＝（槡２） ４＋２（槡２） ２＋２ ＝１０． 故选（Ｄ）． 四、巧用组合 例４在（１＋ｘ＋ｘ２）８的展开式中，含ｘ５的项 的系数是 ． 分析：本题常规解法是将（１＋ｘ＋ｘ２）８变形 为［１＋（ｘ＋ｘ２）］８，然后两次运用二项展开式， 必定非常繁琐． 巧思：本题可从另一方面来考虑，（１＋ｘ＋ｘ２）８ ＝（１＋ｘ＋ｘ２）（１＋ｘ＋ｘ２）…（１＋ｘ＋ｘ２                   ） ８个因式 ，从 这８个因式乘积的展开式中寻找ｘ５的来源，运用组 合的有关知识解决． 妙解：要得到含ｘ５的项，分类解决：第１类， 从８个括号中任选两个括号分别取ｘ２，从剩下的 ６个括号中任选一个括号取 ｘ，其余５个括号都 取１，共有Ｃ２８Ｃ １ ６Ｃ ５ ５种取法；第２类，从８个括号中 任选一个括号取ｘ２，从剩下的７个括号中任选三 个括号各取一个ｘ，共有Ｃ１８Ｃ ３ ７Ｃ ４ ４种取法；第３类， 从８个括号中任选 ５个括号各取一个 ｘ，共有 Ｃ５８Ｃ ３ ３种取法． 所求的系数是 Ｃ２８Ｃ １ ６Ｃ ５ ５＋Ｃ １ ８Ｃ ３ ７Ｃ ４ ４＋Ｃ ５ ８Ｃ ３ ３ ＝ ５０４． !" !!"## $%&' $ (% )(&'(#) * # !" !"#$ %& ! +,-./*01 ABCDE$FG ABCE8HIJKLMNFO 3PQRSTU9 VWXYZ[ \]^_`aU9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 "#$%&$'(%')* <=EF?GAHCD8 +,$%&$'(%!"# !"#$%&' ()#*+& ! 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"ºœG»& I¼y01¡.½¾M A¿ÀÁÂÃÄM ÅÆ Ç01ŸÈ¿É@ /+%+ pMAÃÊË4%Ì͙ 01ÎÏÐM ÑÒÓÎ Í0.ԙB–ÕÖ×¾ .ÔÐؾM .ÔOÙ ÚÛÜM ­ÝrÞßà áM Ç01âãäåæ çèA­éêëªSJì íÐWSîïðW ^ñC [òM óô01õjö ÷øM Òpù9ú´B ؾIû01‰üMÇ ý4B01CDXÄO þÿ!"ÄB%#@ ! ij klm ! ij n5o ! 1 2 3 $%& ! ! 书 一、单项选择题　１～４　ＣＢＤＡ　５～８　ＤＣＡＢ 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢ． 三、填空题　１２．０．００１；　１３．２９；　１４．６． 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， ∑ 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． 一、单项选择题　１～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＢＤＢＣ 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题　１２．１３；　１３．１；　１４．１４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． 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 ≥１２５×８４４ ≈２２７， 所以理论上至少要进行 ２３轮测 试． ! !"#$% !" !# ! 书书书 核 心 素 养 阶 段 测 评 （ 八 ） 测 试 范 围 ： 第 五 ～ 八 章 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５ ８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 驾 照 考 试 的 要 求 非 常 严 格 ， 有 的 人 不 能 一 次 性 通 过 ， 需 要 补 考 ，下 面 是 某 驾 校 学 员 第 一 次 驾 照 考 试 的 结 果 汇 总 表 ． 性 别 成 绩 合 格 不 合 格 男 性 ４５ １０ 女 性 ３０ ２０ 根 据 上 表 ，下 面 判 断 正 确 的 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） 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 （ Ｂ） 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 有 关 （ Ｃ） 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 无 关 （ Ｄ ） 在 犯 错 误 不 超 过 ０． ９５ 的 前 提 下 认 为 能 否 一 次 性 通 过 与 性 别 无 关 ２． ｘ２ － １ ( ) ｘ ｎ 的 展 开 式 中 ，常 数 项 为 １５ ，则 ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ （ Ｂ） ４ （ Ｃ） ５ （ Ｄ ） ６ ３ ． 已 知 在 某 项 射 击 测 试 中 ，规 定 每 人 射 击 ３ 次 ， 至 少 ２ 次 击 中 ８ 环 以 上 才 能 通 过 测 试 ．若 某 运 动 员 每 次 射 击 击 中 ８ 环 以 上 的 概 率 为 ２ ３ ，且 各 次 射 击 相 互 不 影 响 ，则 该 运 动 员 通 过 测 试 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２０ ２７ （ Ｂ） ４ ９ （ Ｃ） ８ ２７ （ Ｄ ） ６ ９ ４． 某 公 司 一 种 型 号 的 产 品 近 期 销 售 情 况 如 下 表 ． 月 份 ｘ ２ ３ ４ ５ ６ 销 售 额 （ 万 元 ） １５ ．１ １６ ．３ １７ ．０ １７ ．２ １８ ．４ 根 据 上 表 可 得 到 回 归 直 线 方 程 ｙ^ ＝ ０ ７５ ｘ ＋ ａ^， 据 此 估 计 ，该 公 司 ７ 月 份 这 种 型 号 产 品 的 销 售 额 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １８ ．８ ５ 万 元 （ Ｂ） １９ ．３ 万 元 （ Ｃ） １９ ．２ ５ 万 元 （ Ｄ ） １９ ．０ ５ 万 元 ５． 已 知 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｌｎ ｘ － ｆ′ （ １） ｘ２ ＋ ３ｘ － ４， 则 ｆ′ （ ３） ＝ （　 　 ） （ Ａ ） － １４ ３ （ Ｂ） － １３ ３ （ Ｃ） － １１ ３ （ Ｄ ） － １０ ３ ６ ． 某 乒 乓 球 训 练 馆 使 用 的 球 是 Ａ， Ｂ， Ｃ 三 种 不 同 品 牌 标 准 比 赛 球 ，根 据 以 往 使 用 的 记 录 数 据 ． 品 牌 名 称 合 格 率 购 买 球 占 比 Ａ ９８ ％ ０． ２ Ｂ ９９ ％ ０． ６ Ｃ ９７ ％ ０． ２ 若 这 些 球 在 盒 子 中 是 均 匀 混 合 的 ， 且 无 区 别 的 标 志 ， 现 从 盒 子 中 随 机 地 取 一 只 球 用 于 训 练 ，则 它 是 合 格 品 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． ９８ ６ （ Ｂ） ０． ９８ ４ （ Ｃ） ０． ９８ ２ （ Ｄ ） ０． ９８ ０ ７． 安 排 ５ 名 志 愿 者 完 成 Ａ， Ｂ， Ｃ， Ｄ 四 项 工 作 ，其 中 Ａ 项 工 作 需 ２ 人 ， Ｂ 项 工 作 不 安 排 ５ 人 中 的 甲 完 成 ， ５ 名 志 愿 者 均 分 配 了 工 作 ，且 每 项 工 作 均 有 人 完 成 ，则 不 同 的 安 排 方 法 共 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） ６６ 种 （ Ｂ） ６０ 种 （ Ｃ） ５４ 种 （ Ｄ ） ４８ 种 ８． 已 知 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｌｎ ｘ ｘ － ｋｘ 在 区 间 ［ ｅ１ ４ ，ｅ ］ 上 有 两 个 不 同 的 零 点 ，则 实 数 ｋ 的 取 值 范 围 是 （ 　 　 ） （ Ａ [ ） １ ｅ２ ， １ 槡 ] ４ ｅ （ Ｂ ( ） １ 槡４ ｅ， １ ) ２ｅ （ Ｃ [ ） １ 槡４ ｅ， １ ) ２ｅ （ Ｄ [ ） １ ｅ２ ， １ ) ２ｅ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 甲 地 区 某 次 高 二 期 末 考 试 的 某 科 成 绩 （ 满 分 １５ ０ 分 ） Ｘ 服 从 正 态 分 布 ，即 Ｘ ～ Ｎ （ ９２ ，１ ４２ ） ，其 密 度 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ １ １４ ２ 槡 π ｅ－ （ ｘ－ ９２ ） ２ ３９ ２ ，则 对 本 次 考 试 成 绩 Ｘ 判 断 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） 成 绩 Ｘ 的 密 度 函 数 满 足 ｆ（ １ ８ ４ － ｘ） ＝ ｆ（ ｘ） （ Ｂ） 成 绩 Ｘ 位 于 （ ７８ ，１ ２０ ］ 的 概 率 约 为 ０ ８２ （ Ｃ） 本 次 考 试 成 绩 Ｘ（ Ｘ ≥ １２ ０） 优 秀 率 不 低 于 ２％ （ Ｄ ） 若 参 加 本 次 考 试 的 考 生 人 数 为 １２ ００ ０ 人 ，则 低 于 ６０ 分 的 考 生 人 数 超 过 ３０ ０ １０ ．已 知 由 样 本 数 据 （ ｘ ｉ ，ｙ ｉ） （ ｉ ＝ １， ２， ３， … ，８ ） 组 成 的 一 个 样 本 ，得 到 经 验 回 归 方 程 为 ｙ^ ＝ １ ５ｘ － ０ ６ 且 ｘ ＝ ２， 去 除 两 个 异 常 数 据 （ － ２， ７） 和 （２ ， － ７） 后 ，得 到 的 新 的 经 验 回 归 直 线 的 斜 率 为 ３， 则 （ 　 　 ） （ Ａ ） 相 关 变 量 ｘ， ｙ 具 有 正 相 关 关 系 （ Ｂ） 去 除 异 常 数 据 后 ，新 的 平 均 数 ｘ ′ ＝ ２ （ Ｃ） 去 除 异 常 数 据 后 的 经 验 回 归 方 程 为 ｙ^ ＝ ３ｘ － ４ ８ （ Ｄ ） 去 除 异 常 数 据 后 ，随 ｘ 值 增 加 ，ｙ^ 的 值 增 加 速 度 变 小 １１ ．已 知 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｌｎ ｘ － １， ｘ ≥ ｅ， ａｘ ＋ ｂ － ｌｎ ｘ， ０ ＜ ｘ ＜ { ｅ的 最 小 值 为 ０， ｅ 为 自 然 对 数 的 底 数 ，则 （ 　 　 ） （ Ａ ）  ａ ＜ ０， 都 有 ｂ ＜ １ － ａｅ （ Ｂ）  ａ ＜ ０， 使 得 ｂ ≤ １ （ Ｃ）  ａ ( ∈ １ ｅ ， ＋ ) ∞ ，都 有 ｂ ＋ ｌｎ （ ａｅ ） ≥ ０ （ Ｄ ）  ａ ( ∈ ０， １ ] ｅ ，使 得 ｂ ＞ ｌｎ （ ２ － ａｅ ） 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 、 乙 、丙 、丁 四 名 同 学 报 名 参 加 假 期 社 区 服 务 活 动 ， 社 区 服 务 活 动 共 有 关 怀 老 人 、 环 境 监 测 、 教 育 咨 询 、 交 通 宣 传 四 个 项 目 ， 每 人 限 报 其 中 一 项 ，记 事 件 Ａ 为 “ 四 名 同 学 所 报 项 目 各 不 相 同 ” ，事 件 Ｂ 为 “ 只 有 甲 同 学 一 人 报 关 怀 老 人 项 目 ” ，则 Ｐ（ Ａ ｜ Ｂ） ＝ ． １３ ．已 知 ｘ与 ｙ的 成 对 样 本 数 据 为 （ ０， １） ，（ １， ３） ，（ ２， ５） ，（ ３， ７ ） ， 则 ｙ 与 ｘ 的 经 验 回 归 方 程 为 ｙ^ ＝ ｂ^ｘ ＋ ａ^ 必 过 点 ． １４ ．口 袋 里 有 若 干 大 小 完 全 相 同 的 白 、 红 、 黑 三 种 颜 色 的 小 球 ， 其 中 只 有 １ 个 白 球 ．某 同 学 拟 用 独 立 重 复 实 验 的 方 法 计 算 其 中 红 球 的 数 量 ，有 放 回 地 取 球 ３０ 次 ，每 次 取 ２ 个 球 ，发 现 取 到 白 球 的 次 数 为 １０ ， 取 到 １ 个 红 球 １ 个 黑 球 次 数 为 １２ ，取 到 ２ 个 都 是 红 球 的 次 数 最 少 ， 则 红 球 的 个 数 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 根 据 交 管 部 门 有 关 规 定 ， 驾 驶 电 动 自 行 车 必 须 佩 戴 头 盔 ，保 护 自 身 安 全 ，某 市 去 年 上 半 年 对 此 不 断 进 行 安 全 教 育 ．下 表 是 该 市 某 主 干 路 口 去 年 连 续 ５ 个 月 监 控 设 备 抓 拍 到 的 电 动 自 行 车 驾 驶 员 不 戴 头 盔 的 统 计 数 据 ． 月 份 ｘ １ ２ ３ ４ ５ 不 戴 头 盔 人 数 ｙ １２ ０ １０ ０ ９０ ７５ ６５ （ １） 请 利 用 所 给 数 据 求 不 戴 头 盔 人 数 ｙ 与 月 份 ｘ 之 间 的 回 归 直 线 方 程 ｙ^ ＝ ｂ^ｘ ＋ ａ^； （ ２） 交 管 部 门 统 计 连 续 ５ 年 来 通 过 该 路 口 的 电 动 车 出 事 故 的 １０ ０ 人 ，分 析 不 戴 头 盔 行 为 与 事 故 伤 亡 的 关 系 ， 得 到 下 表 ， 依 据 小 概 率 值 α ＝ ０ ０５ 的 独 立 性 检 验 ，能 否 认 为 不 戴 头 盔 行 为 与 事 故 伤 亡 有 关 ？ 不 戴 头 盔 戴 头 盔 伤 亡 １５ １０ 不 伤 亡 ２５ ５０ 参 考 数 据 和 公 式 ： ∑５ ｉ＝１ ｘ ｉ ｙ ｉ ＝ １ ２１ ５， ｂ^ ＝ ∑ｎ ｉ＝１ ｘ ｉ ｙ ｉ － ｎｘ ｙ ∑ｎ ｉ＝１ ｘ２ ｉ － ｎｘ ２ ， χ２ ＝ ｎ（ ａｄ － ｂｃ ） ２ （ ａ ＋ ｂ） （ ｃ ＋ ｄ） （ ａ ＋ ｃ） （ ｂ ＋ ｄ） ， ｎ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＋ ｄ． 附 表 ： α ０ １ ０． ０５ ０． ０１ ０． ００ ５ ０． ００ １ ｘ α ２． ７０ ６ ３． ８４ １ ６． ６３ ５ ７． ８７ ９ １０ ．８ ２８ – — O ˜ ™ š › œ  ž Ÿ x   ¡ ¢ s ! * £ ! 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