体验真题·感悟高考-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教B版）

体验真题 感悟高考 · 1 2 3 4 5 6 7 2 1 2 3 4 5 6 7 3 二、填空题 2．(新课标Ⅰ卷)一个箱子里有5个相同的球，分别以1～5标号，若每次取1个，有放回地取3次，记至少被取出1次的球的个数为X，则数学期望E(X)＝__________． 1 2 3 4 5 6 7 4 1 2 3 4 5 6 7 5 3．(新课标Ⅱ卷)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有______种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是______. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 24 112 1 2 3 4 5 6 7 6 解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法．每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11，22，33，44)，(11，22，34，43)，(11，22，33，44)，(11，22，34，42)，(11，24，33，43)，(11，24，33，42)，(12，21，33，44)，(12，21，34，43)，(12，22，31，44)，(12，22，34，40)，(12，24，31，43)，(12，24，33，40)，(13，21，33，44)，(13，21，34，42)，(13，22，31，44)，(13，22，34，40)，(13，24，31，42)，(13，24，33，40)，(15，21，33，43)，(15，21，33，42)，(15，22，31，43)，(15，22，33，40)，(15，22，31，42)，(15，22，33，40)，所以选中的方格中，(15，21，33，43)的4个数之和最大，为15＋21＋33＋43＝112. 1 2 3 4 5 6 7 7 4．(新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_____． 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 9 1 2 3 4 5 6 7 10 三、解答题 5．(新课标Ⅰ卷)为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表： 超声波检查结果 组别 正常 不正常 合计 患该疾病 20 180 200 未患该疾病 780 20 800 合计 800 200 1000 1 2 3 4 5 6 7 11 (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值； (2)根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关． α 0.050 0.010 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 1 2 3 4 5 6 7 12 1 2 3 4 5 6 7 13 6．(新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分．该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率； (2)假设0<p<q， ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ ②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 1 2 3 4 5 6 7 14 解： (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， ∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)×(1－0.53)＝0.686. (2)①若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3， 1 2 3 4 5 6 7 15 1 2 3 4 5 6 7 16 1 2 3 4 5 6 7 17 1 2 3 4 5 6 7 18 1 2 3 4 5 6 7 19 1 2 3 4 5 6 7 20 1 2 3 4 5 6 7 21 　　　　　　　　　　　　　 R 一、选择题 1．[多选](新课标Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值eq \o(x,\s\up6(－))＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(eq \o(x,\s\up6(－))，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.8413)(　　) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 解析：依题意可知，eq \o(x,\s\up6(－))＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1，0.12)，故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.8413>0.5，C正确，D错误；因为X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)，因为P(X<1.8＋0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.8413＝0.1587<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC. 解析：解法一：依题意，X的可能取值为1，2，3，总的选取可能数为53＝125，当X＝1时，3次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故P(X＝1)＝eq \f(5,125)＝eq \f(1,25)；当X＝2时，恰好2个不同球被取出(即一球出现2次，另一球出现1次)，选取出现2次的球有5种方式，选取出现1次的球有4种方式，其中选取出现1次的球的位置有3种可能，故事件X＝2的可能情况有5×4×3＝60种，故P(X＝2)＝eq \f(60,125)＝eq \f(12,25)； eq \f(61,25)(或2.44) 当X＝3时，3个不同球被取出，由排列数可知事件X＝3的可能情况有5×4×3＝60种，故P(X＝3)＝eq \f(60,125)＝eq \f(12,25)，所以E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×eq \f(1,25)＋2×eq \f(12,25)＋3×eq \f(12,25)＝eq \f(61,25). 解法二：依题意，假设随机变量Xi，i＝1，2，3，4，5，其中Xi＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，这3次选取中，球i至少被取出1次，,0，这3次选取中，球i1次都没被取出，))则X＝eq \o(∑,\s\up11(5),\s\do9(i＝1))Xi，由于每个球被取到的机会均等，易知所有E(Xi)相等，则由期望的线性性质，得E(X)＝E(eq \o(∑,\s\up11(5),\s\do9(i＝1))Xi)＝eq \o(∑,\s\up11(5),\s\do9(i＝1))E(Xi)＝5E(Xi)，由题意可知，球i在1次抽取中未被取出的概率为eq \f(4,5)，由于抽取独立，3次均未取出球i的概率为P(Xi＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(3)＝eq \f(64,125)，因此球i至少被取出1次的概率为P(Xi＝1)＝1－eq \f(64,125)＝eq \f(61,125)，故E(Xi)＝eq \f(61,125)，所以E(X)＝5E(Xi)＝5×eq \f(61,125)＝eq \f(61,25). eq \f(1,2) 解析：解法一：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合．综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24种，所以甲的总得分不小于2的概率P＝eq \f(12,24)＝eq \f(1,2). 解法二：设甲在四轮比赛中的得分分别为X1，X2，X3，X4，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张卡片的概率都均等，其中使得甲获胜的出示卡片的组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率P(Xk＝1)＝eq \f(6,4×4)＝eq \f(3,8)，所以E(Xk)＝eq \f(3,8)(k＝1，2，3，4)．从而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝eq \o(∑,\s\up11(4),\s\do9(k＝1))E(Xk)＝eq \o(∑,\s\up11(4),\s\do9(k＝1)) eq \f(3,8)＝eq \f(3,2).记pk＝P(X＝k)(k＝0，1，2，3)，如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p0＝4,4)eq \f(1,A) ＝eq \f(1,24)；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3＝4,4)eq \f(1,A) ＝eq \f(1,24).而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝eq \f(3,2).所以p1＋p2＋eq \f(1,12)＝1，p1＋2p2＋eq \f(1,8)＝eq \f(3,2)，两式相减，得p2＋eq \f(1,24)＝eq \f(1,2)，故p2＋p3＝eq \f(1,2).所以甲的总得分不小于2的概率为p2＋p3＝eq \f(1,2). 附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）). 解：(1)根据表格可知，检查结果不正常的200人中有180人患该疾病， 所以P的估计值为eq \f(180,200)＝eq \f(9,10). (2)零假设为H0：超声波检查结果与患该疾病无关， 根据表中数据可得， χ2＝eq \f(1000×（20×20－180×780）2,200×800×800×200)＝765.625>10.828＝x0.001， 根据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为超声波检查结果与患该疾病有关，该推断犯错误的概率不超过0.001. ∵0<p<q， ∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3 ＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)] ＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2) ＝3pq(p－q)(pq－p－q)＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0， ∴P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛． ②若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15， P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]Ceq \o\al(1,3)q(1－q)2， P(X＝10)＝[1－(1－p)3]Ceq \o\al(2,3)q2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3， ∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15pq(p2－3p＋3)， 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)＝15pq(q2－3q＋3)， ∴E(X)－E(Y) ＝15pq(p2－3p＋3－q2＋3q－3) ＝15pq(p－q)(p＋q－3)， ∵0<p<q， ∴pq>0，p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0，则pq(p－q)(p＋q－3)>0， ∴E(X)>E(Y)， ∴应该由甲参加第一阶段比赛． 7．(新课标Ⅱ卷)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<p<1))，乙胜的概率为q，p＋q＝1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． (1)求p3，p4(用p表示)； (2)若eq \f(p4－p3,q4－q3)＝4，求p； (3)证明：对任意正整数m，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. 解：(1)p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率，故只能甲胜三场， 故所求为p3＝Ceq \o\al(3,3)p3＝p3. p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率，故甲胜三场或四场， 故所求为p4＝Ceq \o\al(3,4)p3(1－p)1＋Ceq \o\al(4,4)p4＝4p3(1－p)＋p4＝p3(4－3p)． (2)由(1)，得p3＝p3，p4＝p3(4－3p)， 同理可得，q3＝q3，q4＝q3(4－3q)， 则eq \f(p4－p3,q4－q3)＝eq \f(p3（4－3p）－p3,q3（4－3q）－q3)＝eq \f(3p3（1－p）,3q3（1－q）)＝eq \f(p3q,q3p)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,q)))eq \s\up12(2)＝4， 因为0<p，q<1，所以p＝2q＝2(1－p)，解得p＝eq \f(2,3). (3)证明：①若在前2m个球中，甲的胜场不小于m＋2场的概率为 p2m－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，甲的胜场为m＋1场的概率为Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，p2m＋1＝p2m－ Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1＋Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1·qm－1p，p2m＋1－p2m＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm，同理q2m＋1－q2m＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)qm＋1pm，因为p>q， 所以－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm<－Ceq \o\al(m＋1,2m)qm＋1pm， 即p2m＋1－p2m<q2m＋1－q2m， 即p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m. ②若在前2m个球中，甲的胜场不小于m＋2场的概率为p2m－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，甲的胜场为m＋1场的概率为Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1，甲的胜场为m场的概率为Ceq \o\al(m,2m)pmqm，p2m＋2＝p2m－Ceq \o\al(m＋1,2m)·pm＋1qm－1＋Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1(1－q2)＋Ceq \o\al(m,2m)·pmqmp2，p2m＋2－p2m＝ －Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1＋Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm－1(1－q2)＋Ceq \o\al(m,2m)pmqmp2＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm＋1＋Ceq \o\al(m,2m)pmqmp2，同理可得，q2m＋2－q2m＝－Ceq \o\al(m＋1,2m)pm＋1qm＋1＋Ceq \o\al(m,2m)pmqmq2，因为p>q，所以p2m＋2－p2m> q2m＋2－q2m，即p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. 综上可得，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. $