《数理报》高考数学信息优化卷(五)数列-【数理报】2026年高考数学专项提分

《数理报》高考数学 信息优化卷（五） 考试范围：数列 ©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：本题共8小题，每小题5分，共40分， 1.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48, 则{an的公差为 ( 数 (A)1 (B)2 (C)4 (D)8 报 2.我们把各项均为0或1的数列称为0-1数列，0-1数列在计 高 算机科学和信息技术领域有着广泛的应用.把佩尔数列{P.}(P,= 0,P2=1,Pn+2=2P+1+Pn,n∈N)中的奇数换成0，偶数换成1， 数 得到0-1数列{an.记{an}的前n项和为Sn,则S0=( (A)16 (B)12 (C)10 (D)8 高 3.已知等比数列{an}的首项为1，且a6+a4=2(a3+a1),则 au2a3a三 ( (A)16 (B)64 (C)128 (D)256 4.等差数列{an{ 的前n项和分别记为5，与T,若 3n+4,则%+ag 6n 信 ( 优 (B) 14 25 c器 (D号 5.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=-5,S6=21S2,则 五 ( (A)120 (B)85 (C)-85 (D)-120 6.已知数列{an}的首项a1= 分，且满足a1= n,若1+ 2-n a 1+1 +…+ <1000,则满足条件的最大整数n= a a (A)8 (B)9 (C)10 (D)11 7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+1= 4Sn-1 2n-1,a1=1, n∈N,,则{an}的通项公式an= (A)n (B)n+1 (C)2n-1 (D)2n+1 8.已知正项数列a,的前n项和S,满足2S,=a.+上(n∈ N,),若f(m)=++ 1.1 .1 +… +女记[网]表示不超过m的最 大整数，则[f(400)]= ( (A)37 (B)38 (C)39 (D)40 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.已知-1,2,8是等比数列{an}的前5项中的其中3项，且 a2>0,则{an}的前7项和可能为 ( (A)-43 (B)-43 4 (C) 6 D号 10.已知数列an}满足a1+2a2+…+2-an=n·2+1,则 (A)a1=4 (B){an}的前10项和为150 (C){(-1)”an}的前11项和为-14 (D){Ia,-101的前16项和为168 1.已知集合A=x1x=3-,neN,,B={xx=∑3， neN,}.将AUB的所有元素从小到大排列构成数列{c,},记数列 {cn}的前n项和为Sn,则 (A)C2023=C2022+C202l (B){c2m-2c2n-1}是等比数列 (C)使S。>30成立的n的最小值为100 <2 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.我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了 类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量 (单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{αn},该数列的前3项成等 差数列，后7项成等比数列，且a1=1,a5=12,,=192,则a,= ;数列{an}所有项的和为」 13.已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=1,SnSn+1=-an+1(n∈ N,),则ao= 14.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中， 提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前 后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等.对这类 高阶等差数列的研究，杨辉之后一般被称为“垛积术”.现有高阶等 差数列前几项分别为1,4,8,14,23,36,54，则该数列的第21项为 注：12+22+32+…+n2=m(n+1)(2n+1 6 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)已知数列1a,}满足a1三 an+1,1=1. (1)求ao的值； (2)求数列{nan}的前30项和S0 16(15分)记3为数列a的前a项和，已知a,=1,(倍}是 公差为的等差数列 (1)求{an}的通项公式： (2)证明：++…+ 武数理报·高中数学新高考》全国各省市信息优化卷（五） 1<2. a az 17.(15分)已知数列1a满是号+号+学++ 2 %=,在 数列{bn}中，b1=0,且对任意正整数n都有bn+1-bn=4n-1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2)若6=么，求数列1c,的前n项和3 a 数理报·高中数学新高考》全国各省市信息优化卷（五） 厨 18.(17分)设等差数列{an的公差为d,且d>1.令bn= n+”,记Sn,T,分别为数列a,,b.的前n项和. (1)若3a2=3a1+a3,S3+T=21,求an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S9-T9=99,求d. 19.(17分)已知数列{an}满足：2an+1=an+an+2(Hn∈N,), 正项数列{bn}满足：b21=bn·bn+2(Hn∈N),且2a1=b1=2, a4=b2,b5=4b3 (1)求{an},{bn}的通项公式； a2m-1bn-1, n为奇数， 2n+l (2)已知cm= (3an-2)bn-2 求∑ (6,+1)(62+i),n为偶数， 3)明≤a+++++8a+<亏 1 数理报·高中数学新高考》全国各省市信息优化卷（五） (参考答案与解题提示见35版)数理极 因为A'M⊥CN,A'M⊥MW, CN,MNC平面BCNM,CN∩MN=N, 所以A'M⊥平面BCNM, 又BMC平面BCNM,所以A'M⊥BM, 结合(1)可知，MA',MB,MW两两垂直， 以M为坐标原点，MB,MW,MA'所在直线分别为 轴，y轴，z轴，建立如图14所示的空间直角坐标系， A 图14 则A'(0,0,1),B(2,0,0), c(3350N05.0. 所以元=（分35-· 屁（是， A=(0,5,-1), 设平面A'BC的法向量为n1=(x1,y1,1), 42y=0, 则 1 2y-=0, 令y1=1,则x1=5,21=25, 即n1=(5,1,23), 设平面A'CN的法向量为2=(x2,y2,2), 则 元=+ 22-22=0, n2·A'N=52-=0, 令2=1，则3=5，x2=-5, 即2=(-5,1,5)， 设平面A'BC与平面A'CW的夹角为0， =m·m,L=-3+1+61=万 则cos0=n1 4万 故平面A'BC与平面4CN的夹角的余弦值为 选条件②： 因为平面A'MW⊥平面BCNM, 平面A'MN∩平面BCNM=MW, A'MC平面A'MN,A'M⊥MW, 所以A'M⊥平面BCNM, 又BMC平面BCNM,所以A'M⊥BM, 以下同选择条件①. 选条件③： 四边形BCNM的面积 S=SAAC-S△AwN =分×3x3×5-3×1×6=75 又四棱锥A'-BCNM F的体积为75 12 所以四棱锥A'-BCNM的高为1， 参考答案 即，点A'到底面BCNM的距离为1， 又A'M=1,所以A'M⊥平面BCWM, 因为BMC平面BCWM,所以A'M⊥BM, 以下同选择条件①. 19.（1)证明：如图15，过射线PC上一点H作HM⊥ PC,交PA于点M,作HN⊥PC,交PB于点N,连接MW, 则∠MHW是二面角A-PC-B的平面角. M N B 图15 在△MWP中和△MWH中分别应用余弦定理，得 MN2=MP2+Np2-2MP·NP·cosy, MW2=Mf+N-2MH·NH·cos0, 两式相减得MP2-MH+NP2-NH-2MP.NP. cosy+2MH·NH·cos0=0, 得2MP·NP·cosy=2P+2MH·NH·cos0, 两边同时除以2MP·NP, PHPH MH NH 得cosy=MP'NP MP·2 ·c0s0, cos y cos acos B+sin asin Bcos 0. (2)解：①由平面AAC,C⊥平面ABCD, 知二面角4，-AC-B的大小为受， 所以由三面角余弦定理可得 c0s∠A1AB=cOs∠A1AC·cos∠BAC, 因为LA4C=于，LBAC=平 所以os∠AAB=6os号xcos开= 1 2 ②在直线CC1上存在点P,使得BP∥平面DAC 连接BC,延长CC至P,使CP=CC,连接BP, 在四棱柱ABCD-A1B,C,D,中，AB,LAB,AB LCD, 所以AB⊥CD,所以四边形ABCD为平行四边形， 所以AD∥BC 在四边形B,BPC中，B,B⊥CP, 所以四边形B,BPC为平行四边形， 所以B,C∥BP,所以AD∥BP, 又ADC平面DAC1,BP平面DAC1, 所以BP∥平面DAC 所以当点P在CC的延长线上，且CP=CC时， BP∥平面DAC· 高考数学信息优化卷（五） 数列参考答案 一、单项选择题 1 ~4 CCCD 5 ~8 CBCB 提示： 1.设等差数列{a,n}的公差为d, 因为5。= (a+a6）=3(a,+a4)=48, 2 即a3+a4=16, 35 所以(a4+a5)-(a3+a4)=24-16=8, 即a5-a3=2d=8,解得d=4. 2.根据题意，P3=2P2+P=2×1+0=2, P4=2P3+P2=2×2+1=5, P与=2P4+P3=2×5+2=12, P6=2P5+P4=2×12+5=29, P7=2P6+P5=2×29+12=70, Pg=2P7+P6=2×70+29=169,…, 所以数列{an}的前20项为1,0,1,0，…，1,0， 则S0=10×1+10×0=10. 3.设等比数列{an}的公比为q, 则g=46+%4=2, a3+a1 所以a4=a1·q3=2, 所以a1aa3a,=ad=27=128. 4根据题微“女 a1+a14 ba 分×24 子6，+ 6×7 5.易知S2,S4-S2,S6-S4,Sg-S6,…为等比数 列，所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4), 解得8=1或8=子 当S2=-1时，由(S6-S4)2=(S4-S2)·(Sg- S6),解得Sg=-85; 当5=子时.心=a1+西+西+a:=(a+)1 +92)=(1+92)S2>0,与S4=-5矛盾，舍去 6.由au=220 2得1=2-1， a+1 令b.=1,则b1=2b。-1, 即bn1-1=2(bn-1), 又6-1=1-1=1， 所以数列{b.-1}是以1为首项，2为公比的等比数 列，所以b-1=2-1,则bn=2-+1, 所以b+b2+b3+…+bn =1+2+22+…+2"-1+n =2"+n-1, 由2"+n-1<1000,解得n≤9， 即n的最大值为9. 7.因为a*1= 4Sm-1 2n-1, 所以(2n-1)am+1=4S.-1 ① 所以(2n-3)a.=4Sw-1-1(n≥2) ② ①-②得(2n-1)a+1-(2n-3)an=4a.(n≥2)， 整理得会一头≥2)， 所以a.= 0.a.2...2a an-1 an-2 an-3 a 36 背房…号是叫 2n-32n-52n-7 =2n-1(n≥2)， 又a1=1,符合上式， 所以am=2n-1. 8.因为2S=a,+1(n∈N,), d a 当m=1时，2a,=a+ 因为am>0,所以a1=1. 当n≥2时，因为am=Sn-Sm-1, 所以2S.=5-5+9-9 整理得S2-S21=1.又S=a=1, 所以数列{S}是以1为首项，1为公差的等差数列， 因此S%=1+(n-1)×1=n,则S.=n, 所以f(m)=是+上 +1 =1+方+方…+后 当2时后石，后 =2(n-n-I), 所以f(400)<1+2×(2-1)+2×(5-2)+ …+2×(√400-/399)=1+2×(400-1)=39， 对aeN六a>后m =2(n+I-n), 所以f(400)>2×[(2-1)+(5-2)+(4- 5)+…+(401-400)]=2×(√401-1)>38， 即38<f(400)<39,所以[f(400)]=38. 二、多项选择题 9.AB;10.ACD;11.ABD. 提示： 9.设等比数列{an}的公比为q, 由于等比数列中所有奇数项同号， 所有偶数项同号， 结合已知可知g<0, 其中2,8这两顶的奇偶性相同， 又a2>0,所以a2=2或a2=8. 若a2=2,a4=8,可得q=-2, 此时a1=-1,符合题意， 所以{an}的前7顶和为 -1×[1-(-2)1=-43: 1-(-2) 若4，=8.4，=2，可得9=-分 此时a=-1,a1=-16,符合题意， 所以{an}的前7项和为 -16×[-(2)门. 43 1-(-2) 4 综上，a}的前7项和为-43或-43 41 参考答案 故选(A)(B) 10.由a1+2a2+…+2"-a.=n·2 ① 得a1+2a+…+2-2a-1=(n-1)·2"(n≥2)② ①-②得， 2m-an=n·2"1-(n-1)2"=(n+1)2", 即am=2n+2(n≥2)， 当n=1时，a1=4也符合上式， 所以am=2n+2. 对于(A),a1=4,故(A)正确； 对于(B),1a}的前10项和为4+22)×10 2 130,故(B)错误； 对于(C),{(-1)"an}的前11项和为-a1+a2-a +a4-…-a11=2×5-24=-14,故(C)正确： 对于(D),am-10=2n-8≥0，解得n≥4， 所1a,-01二0-01≤”≤39 (n∈N,). 所以{1a,-101}的前16项和为(10-a,)+(10- a2)+(10-a3)+(a4-10)+(a5-10)+…+(a16 10)=(6+4+2)+(0+2+4+…+24)=12+ 13×(0+24)=168,故(D)正确 2 故选(A)(C)(D) .设a=3neN,B=3=1+3+3 +…+3=3,1,易知B,为数列a,}的前n项和因 2 为a=A,=1,且≥2时3<”2<，所以把 AUB的所有元素从小到大排列为B,a2,B2,a3,B3,a4, Bs,及，…所以=R=32,=a1=3 对于(A,因为.+=3r+3方 2 C2m+1,取n=1011有c22=C2m+C2m1,故(A)正确； 对于(B),因为6.-2G1=3”-2×3”,1=1是 2 常数，所以{c2-2c2m-1}是以1为首项，1为公比的等比 数列，故(B)正确： 对于(C),因为Sg=(B+a2+a3+…+ao)+(B, +B,++B)=B+B++Bm+B=7×(3 43++3)-号=3产四<3，=+6 4 =5+B0=3107+3-1-5×30-109 >30 4 2 4 故使Sn>30成立的n的最小值为99，故(C)错误； 对于(D),因为n≥2时，Bm>am>0, 所哈<女六 拟公专（信+成+…+）+（位 + …+2）<1+分*…)+（兮+字++岁） 1-合)吉)2 3 <2, 1- 1、 数理极 2m-1 2 又因为 1<2, Ci 放公号<2恒成立，故(D)正确 故选(A)(B)(D). 三、填空题 1248,384；13.-0: 14.1391. 提示： 12.设数列{an}的前3项公差为d, 后7项公比为g(g>0). 根据题意，g=4=19=16,解得g=2. as 12 又a1+24=号即1+21=3， 解得d=1,a3=3.所以a,=a9=48. a+4+a, 3(a1+a32=6, 2 a3 +asas a6 +a7+as ag a-a9=3-192×2 =381, 1-2 所以a1+a2+…+ag=6+381-a3=384. 13.根据题意，数列an}满足SnSn+1=-am+1, 即SnSn1=Sn-S1, 变死河得寸1 又由4=1，则时=1， 则数列{5是首项为1，公差为1的等差数列， 则时=1+(a-)=n,3= 所以au=。-马=0号=-0 14.设题中高阶等差数列为{an}, 令bn=amt1-an,设数列{bn}的前n项和为Bm, 则数列{bn}的前几项分别为3,4,6,9,13,18， Bn=(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3）+…+(al an）=am+l-a1=amtl-1. 令cn=bn1-bn,设数列{cn}的前n项和为Cm, 则数列{cn}的前几项分别为1,2,3,4,5， Cn=(b2-b)+(b3-b2)+(b4-b3)+…+(bn+ bn)=bn+1-b1=bn1-3. 易得c=n6=n2, 所以bH=3+Cn=3+n(n+1 2 故6=3+202》= -n 2 +3, 则B.=[n+2m+D-"+6m] =n(n+1)n-1D+3n, 6 所以a1=1+B,=nn+)n-山+3n+l, 6 则a21=1391. 数理招 四、解答题 15.解：(1)因为a1=- a+1 则a2=- n+3 二一 aa+2+1 所以a好三二 1+am+1 an+l =-1 1 an+l =-1- 1+an 所以a10=a3x3+1=a1=1. (2)由(1)知am3=aa,a1=1, 所以a1=a4=a7=…=a28=1, 1 a2=a5=ag=…=a2y=- a1+1 2 a4=a,=4=…=a0=-0,t1=-2, 所以S0=a1+2a2+3a3+…+30a0 =（(a1+4a4+…+28a2s)+(2a2+5a5+…+29a2y) +(3a3+6a6+…+30a0） =1x1+4+…+28)+(-分）×(2+5+… +29)+(-2)×(3+6+…+30)》 =1+28)x10+(-3）×2+2x10 2 (-2)×3+30)×10 2 525 2 16(1)解：因为a1=1,所以三=1， 又{是公差为行的等差数列， 所2=1+分a--专是， 所以3-a22 当n≥2时， a.=-s1=m+2a_n+1)a 3 3 整理得(n-1)am=（n+1)am-1, 即0=n+1 @n-1 n-1 所以am=a1× da-1 x dn a an-2 an-1 =1×子×号 4 X… n+l n-1 =n(n+1) 显然对于n=1也成立， 所以a.=n(n+1) 2 (2证明：由（①）得站=2n =2(h-n+): 一参考答案 所对+六++士=2（分）+（宁 兮）*+（分n+)月=21n+)<2 7解：1)因为号+学+号+…+ 3 =n2, 当n2时号+学+++ 3- =(n 1)2 两式相减得号=2-(a-1)2=2n-1,n≥2 即am=(2n-1)·3",n≥2， 当n=1时，a1=3也满足上式， 所以数列{a.}的通项公式为a.=(2n-1)·3”. 又数列{bn}满足b1=0,且bn1-bm=4n-1, 当n≥2时， b.=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(b.-bn-1) =(4×1-1)+(4×2-1)+…+[4×(n-1)-1] =4×[1+2+…+(n-1)]-(n-1) =4×L+n-）×n-山-(m-1) 2 =(2n-1)(n-1), 当n=1时，b1=0也满足上式， 所以数列{bn}的通项公式为bn=(2n-1)(n-1) (2)由(1)知，c.= -会”-（兮）广 所以5。=G+9+G+…+6=0×号+1× (兮）+2x(兮)+…+a-)×(兮) 则时=0×（兮）+1×（兮）+2×（兮）】 ++(n-1)×(兮)”， 两武相减得号=0×了+（兮）°+（兮） +… +(兮)广-(a-)×(号)” -哈-片) 1-3 =6-(*2)(兮）， 所以s=子-（分+）×（兮八 18.解：(1)因为3a2=3a1+a3, 所以3(a2-a1)=a1+2d, 即3d=a1+2d,即a1=d, 所以an=nd. 因为6。=”+n, 所以6，=心+n=”+1 nd 所以3=3aa2-3d+3边-6d 2 2 1=6+6+6=子+子+年=是 因为S3+T3=21, 37 所以6d+号=21，解得d=3或d=之， 又d>1,所以d=3. 所以{an}的通项公式为a.=3n. (2因为6，=，且6为等养数列 所以2b,=61+6,即2×6=2+12 aa 所以a-3ad+2d=0, 解得a1=d或a1=2d. ①当a1=d时，an=nd, 所以6.=D+n=+卫=n+1 nd d = 99(a1+a9）= 99(d+99d) 2 2 =99×50d, +1 d 2 2 =99×51 d 因为S9-T9=99, 所以99×50d-99×51 d =99, 即50d-d-51=0, 解得d=0或d=-1(舍) ②当a1=2d时，an=(n+1)d, 所以b,=心+n=n2+n。n a (n+1)d=d, 99(a1+a）-99(2d+100d) 2 2 =99×51d, 9(6+b) 2 2 99×50 d 因为S9-T9=99, 所以99×51d-99×50 d =99, 即51d-d-50=0, 解得d=-(舍)或d=1(含). 综上，d=别 19.(1)解：因为2am+l=am+am2(Hn∈N,), 所以数列{an}为等差数列，设公差为d. 因为b1=bn·bn2(Hn∈N,), 所以数列{b}为等比数列， 设公比为9，且9>0. 因为2a1=b=2,a4=b2,b5=4b3, s 38 所以am=1+(n-1)×1=n, bn=2×2n-1=2" (2)解：由(1)可知， ,(2n-1)2"-, n为奇数， Cn (3n-2)2"-2 (2”+1)(22+1 ,n为偶数， (2n-1)2"-,n为奇数， n-n+2 2”+122+7n为偶数， 令Am1=C1+C3+C5+…+C2m-l+C2l =1×2°+5×22+9×24+…+(4n-3)×22m-2 +(4n+1)×22 =1×4°+5×4+9×42+…+(4n-3)×4"-1+ (4n+1)×4", 则4An+1=1×4+5×42+9×43+…+(4n-3) ×4"+(4n+1)×4"*1, 两式相减得-3Am+ =1+42+43+…+4m1-(4n+1)×4"1 =1+4-4+1)×4 =-号+0-14 3 3 所以A=号+2.14 9 令Bn=c2+C4+C6+…+C2n =(子）+(4） (2）+…+(4) -2n+2 2r+1 所以公4 1+B,=+2n。1)4+ 2 9 2n+2-(12m-1)41-2n+2+83 4+1+1 9 4+1+145 (3)证明：令d,=(3n+1) 因为d>0,且4=6，所以8+厅 3×2+1)+…+3n中≥6成立： 因为8n+<3m-20n+西 (n2n+) 所以3++x2++…+3n+ 分×[(1-4)+(4-7)+…+(3n2 3n+)川=号×(-3n+)小 又neN航以n>0,时×(-动+)<分 综上，6≤8at可+a,+i+“ 参考答案。 高考数学信息优化卷（六） 概率与统计参考答案 一、单项选择题 1 ~4 CDCB 5 ~8 ACDB 提示： 1.该组数据从小到大排列为2,11,13,15,17,22,33， 34,42,共有9个数据，且9×25%=2.25，则这组数据的 下四分位数是从小到大排列的第三个数，即13. 2(2x-士）广 的二项展开式的通项 7=G(2x)5(-) =（-1)25-C5x3-2, 令5-2r=1,解得=2， 所以T3=(-1)225-2Cx=80x, 即含x顶的系数为80. 3.甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有C6= 6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同 的读物，有CC4=20(种)情况，由分步乘法计数原理可 得共有6×20=120（种）选法， 4.对于(A),讲座前问卷答题的正确率的中位数为 70%+75%>70%,所以(A)错误； 2 对于(B),讲座后问卷答题的正确率分别是80%， 85%,85%,85%,85%,90%,90%,95%,100%,100%, 其平均数显然大于85%，所以(B)正确； 对于(C),由题图可知，讲座前问卷答题的正确率波 动较大，讲座后问卷答题的正确率波动较小，所以讲座 前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标 准差，所以(C)错误； 对于(D),讲座后问卷答题的正确率的极差为100% -80%=20%,讲座前问卷答题的正确率的极差为95% -60%=35%>20%,所以(D)错误 故选(B). 5.由6个爻级成的重卦种数为2=64，在所有重卦 中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳交的种数为 C=6 ×5× 4=20. 6 根据古典概型的概率计算公式得， 所求概率P=沿= 6.根据正态曲线的对称性， 每个收费口每天通过的小汽车数超过700辆的概率 P(X>700)=21-P(500<X≤700)] =7×(1-06)=0.2=3 所以这三个收费口每天通过的小汽车数至少有 个超过70辆的概率P=1-(1-号）}'=品 7.(x)=0×+a×号+1× =a+l 数理极 0=(0-0)x写+(-）x (-)×5 =27(a+1)2+(1-2a2+(a-2)] =27(6m2-6a+6) =号[(a-)+] 当0<a<2时，D(X)单调递减： 当)<a<1时，D()单调递增 即当a在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大. 8.记事件A,B,分别表示第一次、第二次取到i号 球，i=1,2,3. 在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球 的概率P(B,1A,)=令=之，(A)正确： 根据题意，A,AA两两互斥，且P(4)=之。 P(A)=P(A,)=4则P(B1A)=子=2 P(R1A)=子=分，P(B14)=各=2 根据全概率公式，得P(B,)=∑P(A)P(B:IA,) =×+子×+子×=分，(B)错误： 由题知第二次的球取自口袋的编号与第一次取的 球的号码相同， 因为P(A1IB,)= P (A)P(B I A) P(B) ×2=, 1 P(A I B)= P(A2)P(BIA2） P(B) 4IB)=P4PCBA- P(B) ×2 所以在第二次取到1号球的条件下，它来自1号口 袋的概率最大，(C)正确； 先将5个不同的小球分成1,1,3或2,2,1三份，再放 人3个不同的口袋， 则不得的分方法有（， ·A3= 150种，(D)正确 故选(B). 二、多项选择题 9.ACD:10.BCD:11.ABD. 提示： 9.对于独立性检验，随机变量X的值越小，判定“两 变量有关系”犯错误的概率越大，(A)正确； 在经验回归方程y=-0.6x+2中，当解释变量x每 增加1个单位时，响应变量y减少0.6个单位，(B)错误； 数据a1,a2,a3,…,am的方差为M,则数据3a1+1, 3a2+1,3a3+1,…,3am+1的方差为9M,则标准差为