第41期 随机变量及其分布-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版）

高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 发理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期(2026年5月) 第41期3,4版 得P(AB)=P(P(BIA)=5 随机变量及其分布核心素养综合测评 易知P(而=1-P()=子 一、单项选择题 所以P(B1不=PAB=P(B)-P(AB)= 2 1~4 BCDC 5~8 BBBA P(A) 2 51 提示： 1.依题意可得 得PB-P4B)= P(X=1)+P(X=0)=1, 所以P(B)=P(AB)+5=5+5=3 4 1 4 P(X=1)-P(X=0)=0.32, 所以P(X=0)=1-032=0.34 8.设A学生答对题的个数为m,得分为5m, 2 2.由随机变量X服从正态分布N(2,9),且P(X>c)= 烟aB(2）,m)=12x子×是=是 P(X<c-2),得c+c-2=4,解得c=3. 3.甲至少胜两局， 所以0(0=25×是-空。 所以G×(倍)'×号+C×(停)广=器 同理设B学生答对题的个数为n,得分为5n, 4.设语文课本有n(n≥2)本，则数学课本有(7-n)本， 则mB(2,3）,m)=2x分x号=号 则2本都是沿文课本的概率是得。子 C 所以(0=25×号=29 3 所以2-n-12=0,解得n=4或n=-3(舍去)， 所以语文课本有4本. 所以pn-00=20-空- 12 5.易知a+号+6=1，解得a+b=子①， 二、多项选择题 9.ACD;10.BC;11.BD. 若E(0=片，此时E()=-20+6=号②， 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， 联立①②，解得a=句，6=多 故P(G=i)=i(i=1,…,5),∑P(G=i)=15k=1 则(0=号×(-2-)°+×(0-号)+ 解得&=5，故(A)正确： ×()广= 6.设“取出的球来自甲袋”为事件A, P(G=5)=5k=音=}，放(B)错误 “取出的球来自乙袋”为事件A2, E(G)=∑i×P(G=i)=1×1k+2×2k++5×5h “取出的球来自丙袋”为事件A, =1 “该球为白球”为事件B,则 =55k= 器=号放C)正确： P(B)=P(A)P(BI A)+P(A2)P(BI A2)+P(A3)P(BI A3) P(G≤3)=P(G=1)+P(G=2)+P(G=3)=6k, 1 P(G≥4)=P(G=4)+P(G+5)=9k, 7.由P(B1A)=P(AB=1 9k>6k,故(D)正确. P4)=5 故选(A)(C)(D) 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， 事件B包含C=3(种)方法， 其中红球的个数（记为X)服从超几何分布， 所以P(BIA)=(AB)=3 4 且M=3N=6,则E00=m为=分， n(A) 14.用X表示中奖票数， 故从甲盒子里随机取一球，相当于从含有（分+1）个红 P(X≥1)= CCC>0.5 球的(n+1)个球中随机取一球， 2. 48! 48! 易知取到红球的个数Y服从两点分布， n-)1(49-n正+n-2)50-m正>1 501 50！ 2 +1 nl(50-n)！ n!(50-n)! 故P(Y=1)= 1 1 n+1=2+2n+2 所以2n(50-+n(n-1)、1 50×49 +50×49>2, 所以En=P(y=)=分+2+2 解得n≥15，所以n至少为15. 随着n的增加，E(Y)减小； 四、解答题 D(Y)=P(Y=1)×[1-P(Y=1)] 15.解：(1)从6人中任选3人，选法共有C6=20(种)， =(++2)×（2+2 其中男生甲和支生乙都不微选中的率为号。吉 11 =4-(2n+2) 放男生甲或女生乙被选中的概率为1-行=专 随着n的增加，D(Y)增加. C-1 故选(B)(C) (2)由题知P(A)=20=2 11.因为该型号汽车配件的质量指标X服从正态分布 1 C 又P(B)=P(A)=2,P(AB)=2O=5, N(200,224),所以4=200，o2=224, P(AB)2 又因为224≈14.97，所以o=14.97. 所以P(A1B)= P(B) = =5 对于(A),P(185.0B≤X≤20)=宁P1X-u1≤) 16.解：记“小球落人A袋中”为事件A, “小球落人B袋中”为事件B. 7×0.6827=0.34135,故(A)错误： 四易知)=（分）'+（分）广-日 对于(B),P(200≤X≤29.94)=2P1X-a1≤2) (2)由(1)知P(A)=子，则 号×09545=04切25，故()正确： P(B)=1-P()=1-= 3 对于(C),P(185.03≤X≤29.94)=2P1X-μ1≤ 由题意知X~B(4,子）， o)+2P0X-u≤2a)=0.34135+0.47725=0.8186, P(X=k)= c()广(）=01,234 故(C)错误； 则X的分布列为 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 1 2 3 4 配件，其质量指标值位于区间[185.03,229.94]内的件数约为 P 3 27 27 81 25664 128 64 256 8186,故(D)正确 故选(B)(D) E(X)=4× =3,00=4×子×4= 3 三、填空题 17.解：(1)因为X~N(65,4.84),所以u=65,0=2.2. 2g:13.子；1415 所以u+3o=71.6,73∈(u+30,+0): 提示： 因为P(X>71.6)=-P(58.4≤X≤71.) 2 76531 12.PX=4)=10×9×8x7=8 =1-0.9973=0.00135, 2 13.事件A包含C+C=4(种)方法， 事件AB和事件B是同一个事件， 且00135远小于0， 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 所以X的分布列为： 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 0 2 4 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4=65,0=2.2， 6 所以4-σ=62.8,4+2o=69.4. (2)(i)a1,a2,a3,a4的排序共有A=24种， 由题意可知当零食每袋的质量X满足4-σ≤X≤u+2σ 且每种排序等可能， 时为合格品， 所以这种零食的合格率为 而2-a）=0, 0.6827+0.9545=0.8186≈0.819. 故i-a,(i=1,2,3,4)中有偶数个奇数， 2 (i)由题意可知Y~B(n,0.819),则 故公1i-a1必为偶数， E(Y)=0.819n>58 当X=0时，a1,a2,a3,a4的排序与第一次排序无变化时， 则a>0)=心82，放n的最小值为1. 此时仅有1种排序：1,23,4，则P(X=0)=云 18.解：(1)(i)记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰 当X=2时，a1,a2,a3,a4的排序与第一次排序相比仅有相 有1只蜜蜂”为事件A, 邻两个位置变化时， 设盒子中蜜蜂的只数为x(x∈N,), 此时有3种排序：2,1,3,4、1,3,2,4、1,2,4,3， S=号解得x=4, 31 则P(A)=C 则P(X=2)=24=8, 所以P(X≤2)=P(X=0)+P(X=2)=24+g=石 1 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, (ⅱ)因为各轮测试相互独立， P(X=i)=- iC- 所以“连续三轮测试中，都有X≤2”的概率为 CR ,=0,1,2,3. 3 15 故X的分布列为 p=(G)=26<0 X 0 1 2 3 所以6是一个小概率，这表明仅凭随机猜测得到“连续 3 P 3 1 147 714 三轮测试中，都有X≤2”的结果的可能性很小，所以我们认为 (0=1×号+2x号+3×= 该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测： (2)记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B, 第42期 则事件B为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”， 核心素养阶段测评（七） P(B)=1-P(B)=1- =1- 一、单项选择题 1~4 CAAA 5~8 ACAA =子+42n-n≥4，neN, 提示： 当n=4时，P(B)=年+28=14 3.111 1.(2x-y)3展开式的通项为T,+1=C5×(2x)×(-y)', 0≤r≤5，所以x2y3的系数为C×2×(-1)3=-40. 19.解：(1)a1,a2,a的排序共有A=6种， 2.因为x+y-1=0的斜率为-1，则f'(2)=1, 且每种排序等可能， 此时X可取0,2,4， 又f'()=朵+2=f"(2)=受+4=1u=-6 又X=0时，a,4,a的排序为1,23，则P(X=0)=石 3.由题意得n(2)=4×4=16,n(A)=2×3+1=7, n(AB)=2×3=6, X=2时，a1,a2,a3的排序为1,3,2或2,1,3， 所以P)=石代4= 16 则P(X=2)=分， X=4时，a1,a2,a的排序为3,2,1或2,3,1或3,1,2， 所以P)-器：号 4.由随机变量X~N(5,o2),可知4=5. 则P(X=4)=2, 1 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. 可得(0=0×务+1×号+2x号+3× =1, 2 5.由题可得DX)=3p(1-p)= 解得p=青或p=子， P0≤X≤)=P(X=0+PX=)=务+号-9 又因为E(0=3p>1,则p>号可得p=号， 故选(B)(C)(D). 则=5所以P代Y=3)=C=号 10.因为展开式中只有第5项的二项式系数最大， C 所以可知展开式中共有9项， 6由题可得/(0=3+2g2:-9, 即n=8,故(A)正确； 若展开式中所有项的系数和为1， 所以f(2)=12+封"(2)-9，解得f'(2)=15, 令x=1,则(2a-1)8=1(a>0), 所以f(x)=x3+3x2-9x, 所以a=1,故(B)正确； f'(x)=3x2+6x-9=3(x+3)(x-1), 所以当x<-3或x>1时，f'(x)>0: 通项=c2✉)（士）川 当-3<x<1时f'(x)<0, =28-k.(-1)·C·x8-2, 所以f(x)在(-0，-3)和(1，+0)上单调递增， 令8-2k=0,解得k=4, 在(-3,1)上单调递减， 所以展开式中的常数项为 所以当x=-3时，f(x)取得极大值27. T5=24×(-1)4×C8=1120,故(C)错误； 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， 令8-2k=6,解得k=1, 若任取的3个数中有0个阴数， 所以展开式中含x°的项为 则等为是立 T2=27×(-1)'×Cg×x6=-1024x6,故(D)正确. 故选(A)(B)(D) 若任取的3个数中有1个阴数， 11.当a=-1时，则f(x)=cosx 则概率为 5·C5 5 C。 f()=二sims三，在区间[若号]上f'（(）<0, 故这3个数中至多有1个阴数的概率为 所以()在区间[吾，号]上单调递减， 8.由题意知函数f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以M= 因为f(x)=分-n,所以f'()=ar-nx-1, 05石-35<5，故(A)正确： 6 则f'(x)≥0在(0，+∞)上恒成立， 当a=2时f(x）=x2·cosx f'(x)=xcos x(2-xtan x), 因为x∈(0，+)， 所以a≥血x+1在(0，+0)上恒成立， 在区向[石号]上，amx单调递增。 即a=(） 则m<5呵财>0. 令g(x)=血+1，则g(x)=- 所以f(x)在区间[，号] 上单调递增， 所以当x∈(0,1)时，g(x)>0, 后<合放)正确： 即M= 当xe(1,+∞）时，g'(x)<0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 当a=1,x∈(0，受)时，x<tamx恒成立， 所以g(x)m=g(1)=1,所以a≥1. 所以f(x)=xcos x<tan xcos x=sinx≤ 3 二、多项选择题 21 9.BCD;10.ABD;11.AB. 所以M<,故(C)错误： 提示： 9由恩意得务+手+m+分=1，解得m 1 当a=3时fx)=x3·cosx, 9· f'(x)=xcos x(3 -xtan x), 高中数学人教A版选择性必修第三册第41~44期 在区间[，号]上f()>0, 第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插人5个空隙中， 有A?种情况. 所以)在区间[云，号]上单调递增， 所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有 A4×A号=480（种）. 所以M=分·（号）>方放(D)错误 (2)第一步，先将甲和乙的不同课程选好，有A种情况； 故选(A)(B) 第二步，将甲和乙的相同课程选好，有C4种情况； 三、填空题 第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同， 12.45；13. [，+）：14 所以丙的选法有C种情况. 因此，所有选课种数为A后×C4×C?=360 提示： 17.解：(1)设事件A表示在城市A比赛时甲队负， 12.对于英文字母来说，共有5种可能； 事件B表示在城市B比赛时甲队负， 对于数字来说，共有9种可能， 按照分步乘法计数原理可知， 则P)=1-房-5=5P)=1-号-6=之 共有5×9=45（个）不同的编号. 所以两场比赛甲队恰好负一场的概率为 1面f)=得/'：贮2-业 P(AB+AB) x- =P(A)P(B)+P(A)P(B) 若f'(x)=0,则x=2 所以函数()在（分）上单调递诚。 (2)两场比赛甲队得分X的可能取值为0,1,2,3,4,6， 在（分，+”）上单调递增， Prx=0)=号×7=0 且r(分）=2e,所以吃e[子，即a≥宁 P==方石+方×= 所以实数a的取值范围是[子+） P=2=方×行0 14.由题意知P(X=k)=C(1-p)9-(k=0,1,2,…,9), 因为P4+乃5=8P6 45 1 311 P(X=4)= 1 5 x5+方x6 6' 所以Gp1-pP+n1-p)=gcp1-p, P(X=6)= 31-1 方×=5 化简得15分+4切-4=0，解得=号或p=- 所以两场比赛甲队得分X的分布列为 0 3 6 18 从而E(X)=np= 5 1 2 1 11 1 10 15 30 30 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 18.解：(1)设3人抽奖总次数为X, 的一个，则所有不同的排法种数有n=2AA=8. 则X的可能取值为3,4,5,6. (2)(i)(1-3x)8=a+ax+a2x2+…+ax, 由题意知每位打卡二十四景游客至少打卡两个景点的概 令x=0得a0=1; 率为子，只打卡一个景点的概率为好 令x=1得a+a1+a2+…+a=(-2)8=256;① 随机抽取3人，3人打卡景点情况相互独立， 所以a1+a2+…+ag=256-1=255. X=3表示抽奖总次数为3次，即3人都只打卡一个景点. (ⅱ)令x=-1得 a0-a1+a2-a3+…+a8=48=26; ② 依题意可得P(x=3)=(）广 ①，2得4+4，+，+a,=2,2 所以P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6) 2 2 =1-P(X=3) =27-25=-32640. 163 16.解：(1)第一步，先将另外四门课排好，有A种情况； =1-64=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 设n(0=子-3-2+0<t<5), 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'(t)=t-3t-2<0, 则P(A)=子，P(不=子 所以函数p(0)=-多-21+是在05)上为诚函数。 因为每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物， 且-25<0<是所以-25<a<是 所以游客抽到每个香包的概率都是 即实数a的取值范围是(-25，？)》 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 第43期1版 P(B1A)=1- ()广=6 专项小练一 一个游客打卡一个景点， 1.ACD;2.D;3.B. 4号：51. 抽中广化寺祈福香包的概率为P(B1A)= 4 专项小练二 由全概率公式得P(B) 1.D;2.B;3.ABC.4.3.5;5.10 =P(A)P(BI A)+P(A)P(BI A) 第43期3,4版 成对数据的统计相关性、一元线性 ,2x+3,x<0 回归模型及其应用同步核心素养测评 19.解：(1)由题得h'(x)= 1 2, x>0, 一、单项选择题 1~4 DABC 5~8 BCDD 则h'(x1）=2x1+3=1,解得x1=-1,即A(-1,-2+a), 提示： =1，解得=1，即B(1,-1). h'(x2)=1 2.甲的决定系数R最大，回归模型的拟合效果最好 所以e=a-2=1,解得a=-1 3.由题意得x=3,y=4.5, -1-1 则有a=4.5-0.95×3=1.65. (2)设A(x,h(x)),B(x2,h(x2)为函数h(x)图象上的 4.当x=165时得y=0.85×165-85.7=54.55, 两点，且1<2， 所以在样本点(165,58)处的残差为58-54.55=3.45. 当x1<2<0或0<x<x时，h'(x)≠h'(x2), 5.由变量X与Y相对应的一组数据为(10,1)，(11.3,2)， 所以x1<0<x2: (11.8,3),(12.5,4),(13,5),可得变量Y与X之间成正相关， 函数h(x)在点A(x1,h(x,))处的切线方程为： 因此r1>0; y-(x7+3x1+a)=(2x1+3)(x-x), 由变量U与V相对应的一组数据为(10,5)，(11.3,4)， 即y=(2x1+3)x+a-x, (11.8,3),(12.5,2),(13,1),可得变量U与V之间成负相关， 函数h(x)在点B(x2,h(x2))处的切线方程为： 因此2<0. 1 2 故2<0<T +1之，即y=元 2x+3=1 ① 6因为=25，=160， 两切线重合的充要条件是 所以x=22.5,y=160, la-=2 x2 ② 又因为y=bx+a中b=4, 由①及：<0<：得0<1<万，令t= 1 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, 则0<t<3. 所以y=4x+70. 由①得5=-3). 当x=24时，了=4×24+70=166. 7.样本点的中心为(2，m),将其代入氵=2x+5, 由②得a=好-方， -2=-21=(-6+9)-2 4 可得m=2×2+5=9, 假设甲输人的(x1y1)为(7,3)，(x2,2)为(4，-6)， -2-2+0<<. 4 4 则7+4+x+x4+…+g=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+…+yg=9×8=72, 12.由题意可得元=10=30，代入经验回归方程。 5 得x3+x4+…+xg=5,3+y4+…+yg=75, 改为正确数据后得3+4+x3+x4+…+xg=12, 可得y=0.67×30+54.9=75, 7+6+5+y4+…+y8=88, 所以八+2+y3+y4+5=5×75=375. 此时样本点的中心为（子，1山）， 13.由z=lny,则lny=ln2e21, z=In2 Ine2!In2+2x+1, 将其代入-导+6： 则z=2x+ln2+1,故m=2,n=ln2+1, 所以mn=2ln2+2. 可得去=1 3 9 ×2=2 14元=5×(4+m+8+10+2)=34+m 5 8.对y=aer+(a>0)两边同时取自然对数得 Iny In(ae")In a+bx+,=Iny, 万=方×1+2+3+5+6)=34， 则z=bx+lna+1, 所以6=2， ,解得6=2， 将(4与严，3.4)代人经验回归方程=065x-18中， La Ina+1, a=1, 得3.4=0.65×34+m-1.8,解得m=6. 5 所以6=2. a 所以当x=4,y=0.65×4-1.8=0.8,11-0.81=0.2; 二、多项选择题 当x=6时，y=0.65×6-1.8=2.1,12-2.11=0.1； 9.BCD;10.ACD;11.ABC. 当x=8时，=0.65×8-1.8=3.4,13-3.41=0.4. 提示： 综上，距离经验回归直线最近的点是(6,2). 9.由题图1知气压随海拔的增加而减小，由题图2知沸点 四、解答题 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 15.解：作出散点图如图1， 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 1.8 以沸点与海拔、沸点与气压都线性相关，故(B),(C),(D)正 1.6 确，(A)错误 1.2 故选(B)(C)(D) 1.0 0.8 10.由题图可知两变量正线性相关，故r1>0,2>0, 0.6 0.4 且r1<2,R<R,故(A)正确，(B)错误； 0.2 04 经计算可得，在去除点F前，x=3.5,y=2.5, 12345671 图1 去除点F后，x=3,了=2. 又经验回归方程11：y=0.68x+à必经过点(3.5,2.5)， 由条形图数据和参考数据得 所以a=2.5-0.68×3.5=0.12,故(C)正确； i=4,∑(6，-)2=28 ∑(y-)2≈0.53， 经验回归方程1，：y=x+0.68必经过点(3,2)， 所以2=6×3+0.68，所以6=0.44，故(D)正确。 4-0-=- 故选(A)(C)(D). =39.75-4×9.24=2.79, 1由题在得=写x(20+30+40+50+60):40. 2.79 所以1=0.53×2×2.646≈0.99 1 了=5×(25+27.5+29+32.5+36)=30， 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。 则k=y-0.25元=30-0.25×40=20，故(A)正确； 16.解：(1)由题可得x=3,y=7.2, 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； 2y=1×5+2×6+3×7+4×8+5×10=120, 当x=52时，y=0.25×52+20=33,故(D)错误 故选(A)(B)(C). ∑或=1+2+3+4+5=5， 三、填空题 则6=120-5×3×72=1.2， 12.375;13.2n2+2;14.(6,2) 55-5×32 提示： a=y-bx=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. 41 (2)将x=8代人经验回归方程可预测该地区2025年的人 因为函数对称轴方程为x=3.4×2≈6.03， 民币储蓄存款y=1.2×8+3.6=13.2(千亿元) 由题意，x=6时，h(x)有最大值， 17.解：(1)C0对PM2s有正相关关系， 即每次扣分为6分时，该系大一新生被扣分的总数最大 而O3对PM2s没有相关关系。 (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, (2)y=05+2+6=85,=子万=1,37=7， 令20×(-3.4x+41)x≤1000， 即3.4x2-41x+50≥0， ∑8=1+4+16=21,372=49 3 解得x≥41+001 2×3.4 ≈10.68 所以6=是à=9=器+子， 1A9 ，1 或≤4100=1.38， 当c0为20时，即=2时，易+子=2，所以x=9。 1 49 2×3.4 所以每周至少扣分11分时， 即PM:的值为号×10-4g0=54(gm). 数学系才能被定为控制手机合格。 9 18.解：(1)画出散点图，如图2所示： 第44期2版 Ay(个) 11 专项小练 1.D:2.C:3.C.4.0.01:5.0.600. 0 810121416x(转/秒) 第44期3,4版 图2 列联表和独立性检验同步核心素养测评 (2)由题表中数据易得x=12.5,y=8.25, 一、单项选择题 4 1~4 BCCD 5~8 ABCC y=438,号=60， 提示： ∑x-4y 1.近视变量有近视与不近视两种类别，血压变量有异常、 所以6= 438-4×12.5×8.25= 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 -4 660-4×12.52 70 分类变量，它的取值不一定有两种. a=y-6c=8.25- 1 2.由题意得0+6=55， 70 ×12.5=-7 lc+d=120-55, 故经验回归方程为)=头。-6 又3a=c,b=2d, 70x-7 (3)要使y≤10，则0-乡≤10， 所以/+2d=55, L3a+d=65. 解得a=15,d=20. 即x≤9.4.9 所以b=40,c=45,c+d=65,b+d=60,故选(C). 故机器的转速应不超过14.9转/秒. 3.由题知x2的范围为[6.635,10.828)， 19.解：(1)由表中数据可得x=5,y=24, 因此x2可能为6.677. 4.因为X2越小，两个分类变量的关系越弱， 2无-5所丁=370-5×5×24=-230 当ad-bce=0时X2最小，此时x2=0, 号-52=68， 由10×26=18m,解得m≈14.4， 所以当m=14时，X与Y的关系最弱. 所以6=-230 68 ≈-3.4， 5.由题意知X2=40×(2×12-8×18)2 10×30×20×20 所以a=y-bm=24+3.4×5=41, =4.8>3.841=x0.5, 所以y关于x的经验回归方程为y=41-3.4x 由临界值表可知，认为“该药物预防流感有效果”， (2)设该系大一学生每周扣分总数为h(x),则由题意 则该结论出错的概率不超过0.05. 得h(x)=x(-3.4x+41)=-3.4x2+41x. 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： 零假设为。：在恶劣天气的飞行航程中，是否晕机与性别 防效果优于药物B的预防效果，故选(B). 无关，则X=46x623615=075<2706= 7.在两个分类变量的列联表中， 18×28×19×27 当110×30-ab1的值越小时， 1,故(B)正确； 认为两个分类变量有关的可能性越小 依据小概率值α=0.1的独立性检验，没有充分证据推断 令110×30-ab1=0,得ab=300 H。不成立，因此可以认为。成立，即在恶劣天气的飞行航程 又因为样本容量为75，所以a+b+40=75,则b=35-a, 中，是否晕机与性别无关，故(D)正确，(C)错误 所以ab=a(35-a)=300,化简得a2-35a+300=0, 故选(B)(D). 解得a1=15,a2=20,又因为a<b,所以a=15. 三、填空题 n(ad-be)2 12.有；13.5.556,0.05；14.7或8. 8.因为X=(a+b)(c+(a+c)(b+d 提示： =200[(80-m)(50-m)-(20+m)(50+m)]2 12.从等高堆积条形图上可以明显地看出喝酒患胃病的频 100×100×130×70 =8(15=m）2≥3.841，所以(15-m)2≥43.7， 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 91 可知，喝酒与患胃病有关系。 又5≤m≤15，m∈N,所以15-m≥7，解得m≤8， 13.由表中数据得X=100×(20×3540×52-50 60×40×25×75 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. ≈5.556，因为5.556>3.841=0.5，所以a=0.05. 二、多项选择题 14.设男、女学生的总人数为2n,则2n=20k(keN,),并 9.BC;10.AC;11.BD. 把2×2列联表的数据补充完整（单位：人）. 提示： 是否喜欢网络课程 性别 合计 9.因为x2≈9.616，所以7.879<X2<10.828, 喜欢 不喜欢 所以根据小概率值α=0.001的独立性检验， 男生 0.8n 0.2n n 分析认为“药物无效”，故(A)错误，(B)正确； 女生 0.6n 0.4n n 根据小概率值α=0.005的独立性检验， 合计 1.4n 0.6n 2n 分析认为“药物有效”，故(C)正确，(D)错误。 所以X=2n·(0.8n·0.4n-0.2n·0.6n）2 2n 故选(B)(C). n·n·1.4n·0.6n 1 10.饭前服药的100名患者中，药效强的有80人， 2n 由题可得6635≤2引<7.879， 所以频率为号，故(A)正确： 即139.335≤2n<165.459.又2n=20k(keN,), 饭前服药的有20人药效弱，饭后服药的有70人药效弱， 所以6.96675≤k<8.27295, 所以药效弱的有90名患者， 所以k=7或k=8. 饭后服药的频半为了，放(B)错误； 四、解答题 15.解：作列联表如下. 因为X=200x(80x70-20x302=5000≈50.505 100×100×110×90 99 性格 >6.635=xo.o1,故在犯错误的概率不超过0.01的条件下，可 考前心情 合计 内向 外内 以认为这种药物饭前和饭后服用的药效有差异，故(C)正确， 紧张 332 213 545 (D)错误 94 381 475 故选(A)(C) 不紧张 (a +6=e, 合计 426 594 1020 fa=12, 15+b=28, b=13, a+15=c, 8 11.由题知 解得{e=18, □性格外向 6+b=d. 口性格内向 c=27, e+28=46, d=19, c+d=46, 考前心 考前心 所以号=号>合=会故)错误： 情不紧张 6 6 情紧张 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 a400 b 侧有500+400945500+4045 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 解得a=25,b=20, 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 故x=25-15-5=5,y=20-15-3=2. 考前心情紧张与性格类别有关 2×2列联表如下（单位：人） 16.解：(1)由题意知在A组中抽取的人数为 性别 测评结果 合计 16×7瓷=10 男生 女生 优秀 15 15 30 在B组中销取的人数为16×瓷=6 非优秀 10 15 (2)零假设为 合计 25 20 45 H。:对“绿色消费”意义的认知情况与年龄无关， 由题意得X=200×(75×55-25×45)2 (2)零假设为H。:测评结果优秀或非优秀与性别无关， 120×80×100×100 根据(1)中列联表得 =18.75>10.828=x0.01, X=45×(15×5-15×10)2 30×15×25×20 根据小概率值α=0.001的独立性检验， =1.125<2.706=x01, 推断以不成立， 根据a=0.1的独立性检验， 即认为对“绿色消费”意义的认知情况与年龄有关， 没有充分证据推断H。不成立， 此推断犯错误的概率不大于0.001 因此认为H。成立， 17.解：(1)由等高堆积条形图知， 即认为测评结果优秀或非优秀与性别无关. 男生保护动物意识强的有50×0.7=35， 19.解：(1)零假设为 女生保护动物意识强的有50×0.4=20， H。:该品牌方便面中C卡片所占比例与方便面口味无关。 于是2×2列联表如下（单位：人）. 保护动物意识 戈-1005如075= 95×55×30×120 性别 合计 强 弱 ≈0.179<3.841=x0.5, 男 35 15 50 根据小概率值α：=0.05的独立性检验，没有充分证据推断 女 20 30 50 H。不成立，因此可以认为H。成立，即认为该品牌方便面中C卡 合计 55 45 100 片所占比例与方便面口味无关， (2)零假设为H。:该校学生保护动物意识的强弱与性别无关， (2)①记“小明一次购买3袋该方便面，中奖”为事件A, 根据列联表中的数据，得 5 X=100×(35×30-15×20y2-100 ②记“小明一次购买3袋该方便面，未获得C卡”为事件B. 55×45×50×50 11 ≈9.091>7.879=x0.05, P=(告）广=， 根据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H不成 64 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 P(BI A)= P(BA) 125 64 误的概率不大于0.005， P(A) 1、24 0 125 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, -1017.(15分)某食品厂生产一种零食，该种零食每袋的质量X(单 18.(17分)某兴趣小组在开展昆虫研究时，设计了如下实验： 19.(17分)品酒师需要定期接受品酒鉴别能力测试，测试方法 位：g)服从正态分布N(65,4.84). 在一个不透明的密封盒子中装有蝴蝶、蜜蜂等多种昆虫共2n(n≥ 如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣 (1)当质检员随机抽检20袋该种零食时，测得1袋零食的质量 4,n∈N)只.现在盒子上开一小孔，每次只能飞出一只昆虫，且任意 为它们排序，经过一段时间，等他的记忆淡忘之后，再让他品尝这n 为73g,他立即要求停止生产，检查设备.请你根据所学知识，判断该 一只昆虫都等可能地飞出 瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试，设在第一次 质检员的决定是否有道理，并说明判断的依据 (1)若盒子中共有8只昆虫，从中任意飞出2只昆虫时，飞出的 排序时被排为1,2,3，…，n的n种酒，在第二次排序时的序号为a1, (2)规定：这种零食的质量在62.8g~69.4g的为合格品 恰好有1只是蜜蜂的概率为号 a2,4,…,a,并令X=∑1i-a:l,称X是两次排序的偏离度.评委 (i)求这种零食的合格率（结果精确到0.001）； (iⅱ)从该种零食中任意桃选n袋，合格品的袋数为Y,若Y的均 (i)求蜜蜂的只数： 根据一轮测试中的两次排序的偏离度的高低为其评分。 值大于58，求n的最小值 (ⅱ)从盒子中任意飞出3只昆虫，记飞出蜜蜂的只数为x,求随 (1)当n=3时，若a,a2,a等可能地为1,2,3的各种排列，求 参考数据：若X~N(u,o2),则P(u-o≤X≤u+σ)≈ 机变量X的分布列与期望E(X); X的分布列； 0.6827,P(u-2o≤X≤u+2σ)≈0.9545，P(u-3o≤X≤u+ (2)若盒子中的昆虫有一半是蝴蝶时，求“从盒子中任意飞出2 (2)当n=4时， 高中数学 3σ）≈0.9973. 只昆虫，至少有1只蝴蝶飞出”的概率最大值 （1)若a1,a2,a,a4等可能地为1,2,3,4的各种排列，计算X≤ 2的概率； 高中数学 (ⅱ)假设某品酒师在连续三轮测试中，都有X≤2（各轮测试 相互独立)，你认为该品酒师的鉴别能力如何，请说明理由 选择性必修第三册（人教A版）棱心素养综合测评 选择性必修第三册（人教A版）核心素养综合测评 参考答案见第43期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 数理极 2026年5月4日·星期 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 41期总第1185期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 深山铸“天眼”： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F)邮发代号：21-289 南仁东的星辰大海 (3)由样本估计总体，可知从该流水线上任 在贵州的深山 随机变量及其分布 取1件产品，该产品的质量超过505克的概率为 里，一口直径500米 12 3 的“大锅”静静矗立 40 =10 这是世界上最大的 ①① ①① ① 典例精析 从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可 单口径射电望远 ⊙四川庞勇 看成2次独立重复试验，质量超过505克的产品件 镜一“中国天眼” 、条件概率与全概率公式 该轮中必各得1分，此时，该轮比赛结果对下轮 它的建成，让中国在 例1某学习小组设计了如下问题进行探 比赛是否停止没有影响， 数Y的可能取值为01,2.且Y~B2,高) 天文领域实现了从 究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小 从而有P(X=2)= P(Y=k)= 追赶到领跑的跨越。 球，其中甲箱中有3个红球2个白球，乙箱中有 9 而这一切，都离不开 49 4个红球、1个白球. P(X=4)=1- 所以P(Y=0 ×(品)= 一个名字 一南仁 (1)从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到 东0 红球的条件下，求2个球都是红球的概率. P(X=6)=(1-)×1-哥)x1= 16 P(Y=1)=C× 81 品-动 1994年，当国际 (2)掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于 2 9 无线电科学联盟大 故随机变量X的分布列为 等于4，从甲箱中随机抽出1个球；如果点数大 PY=2)=c×()=0 会提出建造新一代 于等于5，从乙箱中随机抽出1个球.若抽到的 2 4 6 所以Y的分布列为 射电望远镜时，南仁 是红球，求它是来自乙箱的概率 20 16 8 8 0 1 2 东毅然放弃了国外 解析：(1)记事件A表示“从甲箱中抽出的 5 20 优厚的待遇，回国投 所以E(X)=2× +4× 8+6 16 100 品 2个球中有红球”，事件B表示“从甲箱中抽出的 9 身这项事业。选址工 2个球都是红球”， 四、正态分布 266 作异常艰辛，他带领 例4某玻璃厂有两条硼硅玻璃的生产线， C 9 81 3 团队在贵州的深山 则P(A)=1 C2 =10,P(AB)= 三、二项分布与超几何分布 其中甲生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数X,服从 老林中跋涉了12年， 例3某食品厂为了检查一条自动包装流水线 正态分布N(4.4,0.09),乙生产线所产硼硅玻 走遍了上百个窝凼 璃的膨胀系数X2服从正态分布N(4.7,0.01), 为了找到一个完美 故P(B1A)= P(AB)=10= 的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作 P(A 9 3 0 为样本并称出它们的质量（单位：克），质量的分组 则下列选项正确的是 ( 的台址，他常常在陡 区间为[490,495)，[495,500)，…，[510,515].由此 (A)甲生产线硼硅玻璃膨胀系数范围在 峭的山路上攀爬，在 (2)设事件C表示“从乙箱中抽球” 得到样本的频率分布直方图如图， (4.1,4.7)的概率约为0.9545 潮湿的洞穴中穿行。 事件D表示“抽到红球”， (B)甲生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数比 工程建设期间 则事件C表示“从甲箱中抽球”， 乙生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数数值更集中 0.07 南仁东身患肺癌，却 2 依然坚守在工地。他 所以P(C)= =P= (C)若用于疫苗药瓶的硼硅玻璃膨胀系数 6 6 不能超过5，则乙生产线生产的硼硅玻璃符合标 常说：“如果因为一 PD1=r(D1G= 4 0.0 准的概率更大 点病痛就退缩，那还 490495500505510515质量/克 (D)乙生产线所产的硼硅玻璃膨胀系数小 做什么科研？”在生 所以P(D)=P(CD)+P(CD) (1)根据频率分布直方图，求质量超过505于4.5的概率与大于4.8的概率相等 命的最后时刻，他依 =P(C)P(DI C)+P(C)P(DI C) 克的产品件数； 答案：(C). 然牵挂着“天眼”的 3 (2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设 解析：由甲生产线所产硼硅玻璃的膨胀系 ,2 调试工作。2017年9 3×5 X为其中质量超过505克的产品件数，求X的分 数X,服从正态分布N(4.4,0.09)知σ1=0.3， 月，“中国天眼”首次 故P(CID) 布列； 山1=4.4；由乙生产线所产硼硅玻璃的膨胀系数 发现脉冲星，而南 (3)从该流水线上任取2件产品，设Y为其X,服从正态分布N(4.7,0.01)知σ2=0.1， 4 东却在10天前永远 P(C)P(DI C)= 35 3 中质量超过505克的产品件数，求Y的分布列 =4.7. = 闭上了眼睛 P(D) 解析：(1)质量超过505克的产品的频率为 因为P(-1<X<1+1)≈ 南仁东用24年 3 5×0.05+5×0.01=0.3,所以质量超过505克0.6827，所以甲生产线所产硼硅玻璃膨胀系数 的坚守，诠释了什么 二、离散型随机变量的分布列及数字特征 的产品件数为40×0.3=12. 范围在(4.1,4.7)的概率约为0.6827，故(A) 是科学家的担当。他 例2甲、乙两人进行围棋比赛，约定每局胜 (2)质量超过505克的产品件数为12，则质 错误； 不仅留下了一台领 者得1分，负者得0分（无平局），比赛进行到有 量未超过505克的产品件数为28，且X服从V= 由于σ1=0.3>02=0.1，故乙生产线所产硼 先世界的望远镜，更 一人比对方多2分或打满6局时停止.设甲在每 40,M=12,n=2的超几何分布. 玻璃的脂膨胀系数数值更集中，故(B)错误； 留下了一种精神：对 局获胜的概率为子，且各局胜负相互独立.设X 对于甲生产线，P(X1≤5)=P(X,≤4+ 科学的执着追求，对 所以P(X=0)=三=1s0 祖国的赤诚热爱。这 表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X 201)=7+P(41<X≤41+20)；对于乙生 种精神，将永远激励 的分布列及数学期望 P(X=1)= 651 产线P(X≤5)=P(X≤+3a:)=分 着后来者在探索宇 解析：设每两局比赛为一轮，根据题意得X 宙的道路上不断前 的所有可能取值为2,4,6.设前两局比赛为第 11 PX=2)是130 P(2<X2≤w2+3o2),显然P(X1≤5)< 轮，则该轮比赛结束时比赛停止的概率为号× P(X2≤5)，所以乙生产线生产的硼硅玻璃符合 行。 所以X的分布列为 标准的概率更大，故(C)正确； 2 X 01 2 P(X2≤4.5)=P(X2≤u2-22),P(X2≥ 4.8)=P(X2≥h2+2)=P(X2≤h2-02)> 若第一轮结束时比赛还在继续，则甲、乙在 130 P(X2≤山-2o2),故(D)错误 2 素养专练 数理极 变式探究日 ×0.62×0.42×0.6=0.20736.所以甲获胜的概第4局乙胜，其概率为P2=C×0.42×0.6×0.4 “赛制”中 率为P'=P1+P3+P5≈0.683. =0.1152. 可以看出采用5局3胜制对甲更有利，由此可 由于这两种情形是互斥的，故比赛4局结束的 概率 以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”. 概率为P=P+P2=0.3744. 变式1甲、乙两选手采用5局3胜制进行比 ©重庆唐正敏 变式3甲，乙两选手采用5局3胜制进行比赛，假 赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率 例题甲、乙两选手比赛，假设每局此赛甲胜为0.4.若在比赛中，第1局乙先获胜，求在这种情 设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4.设 的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制况下甲获胜的概率. X为本场比赛的局数，求X的概率分布列 还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设 解析：比赛3局结束有两种情况： 解析：甲获胜的情形有两种：①甲连胜第2,3， 置有何认识？ 甲获胜3局或乙获胜3局， 4局，其概率为P1=0.63=0.216;②甲在第2局 解析：每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获到第4局中胜2局，且第5局甲胜，其概率为P,= 因而P(X=3)=0.63+0.43=0.28. 胜，每局比赛可以看成是相互独立的. C×0.62×0.4×0.6=0.2592. 比赛4局结束有两种情况：前3局中甲获胜2 (1)在采用3局2胜制中，甲获胜的情形有两 由于这两种情形是互的，故在第1局乙先获胜局，第4局甲胜；或前3局中乙获胜2局，第4局乙 种：①甲连胜前两局，其概率为P,=0.6×0.6=的情况下甲获胜的概率为P=P,+P,=0.4752. 胜.因而P(X=4)=C×0.62×0.4×0.6+C 0.36;②甲在前两局中胜1局，第3局甲胜，其概 变式2甲、乙两选手采用5局3胜制进行比×0.4×0.6×0.4=0.3744. 率为P,=C4×0.6×0.4×0.6=0.28.所以甲赛，假设每局t赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率 比赛5局结束有两种情况：前4局中甲获胜2 获胜的概率为P=P1+P2=0.36+0.288= 为0.4.求比赛4局结束的概率. 局，乙获胜2局，第5局甲胜或乙胜.因而P(X=5) 0.648. 解析：比赛4局结束包括两种情形：甲以3：1=C×0.62×0.42×0.6+C×0.62×0.42×0.4 (2)在采用5局3胜制中，甲获胜的情形有三 获胜或乙以3：1获胜 =0.3456. 种：①甲连胜前三局，其概率为P'1=0.63= 若甲以3：1获胜，则前3局中甲获胜2局，且 所以X的概率分布列为 0.216:②甲在前三局中胜2局，第4局甲胜，其概第4局甲胜，其概率为P1=C×0.62×0.4×0.6 率为P5=C×0.62×0.4×0.6=0.2592;③甲 3 4 5 =0.2592 在前四局中胜2局，第5局甲胜，其概率为P;=C 若乙以3：1获胜，则前3局中乙获胜2局，且 0.28 0.37440.3456 所以该校学生的体重是正常的： 第40期2版参考答案 17.解：体温X服从正态分布N(36.9,0.05 n 19.解：(1)设考生的成绩为X, 1.A;2.D:3.C.4.0.8:5.0.2 所以4=36.9,2=005 n 则X~N(180,σ2). 6.解：因为灯泡的使用寿命X~N(1000,302), 因为X的值落在(36.6,37.2)内的概率约为 令y=X-180,则y-N0,1). 故X在(1000-3×30,1000+3×30)内的0.973，且P1X-μ1<30)=0.973， 概率为99.7%， 由360分及以上的高分考生有30名， 所以P(36.6<X<37.2) 即X在(910,1090)内取值的概率99.7%. =P(36.9-0.3<X<36.9+0.3) 得P(X≥360)=200， 3 所以灯泡的最低使用寿命应控制在910小时 =P(36.9-3σ<X<36.9+3o), 3 以上 所以3σ=0.3，解得σ=0.1， 所以P(X<360)=1-200 =0.985 第40期3,4版参考答案 所以005=0.01，解得n=5. 即P(y<360-180 =0.985. 一、单项选择题 18.解：(1)u=(47.5+72.5)×0.004×5+ 则360-180 ≈2.17， 1~4 BABA 5 ~8 DCBA (52.5+67.5)×0.026×5+(57.5+62.5)×0.07 σ 二、多项选择题 ×5=60. 所以σ≈83，所以X~N(180,832) 9.AD:10.AC:11.BCD. σ2=[(47.5-60)2+(72.5-60)2]×0.02 设最低录用分数为x, 三、填空题 +[(52.5-60)2+(67.5-60)2]×0.13+[(57.5 12.0.4:13.0.14:14.4. -60)2+(62.5-60)2]×0.35≈25. 则P(X≥)=P(y≥180 83 四、解答题 (2)由题图可得从全校学生中随机抽取1名 3003 15.解：据已知得u=120,0=10,由于正态总 学生，其体重在[55,65)的概率为0.7. =200=20' 体N(u,σ2)在区间(u-2σ，4+2σ)内取值的概 随机抽取3人，相当于3重伯努利试验， 即Py<)=1-高=0， 率约为0.955， 随机变量X服从二项分布B(3,0.7), 故140分以上的所占概率为 P(X=0)=C×0.7°×0.33=0.027， 即。~180 83 ≈1.04，所以x≈267， 1-0.955=0.0225 P(X=1)=C;×0.7×0.32=0.189, 2 所以此次招聘中的最低录用分数为267， P(X=2)=C×0.72×0.3=0.441, 故相应的考生人数为 (2)因为286>267，所以甲能被录用. P(X=3)=C×0.73×0.3°=0.343， 2000×0.0225=45(人). 易得P(X<286) 所以X的分布列为 16.解：因为X~N(25,0.22), =P(y<286-180 83 所以u=25,0=0.2. X0123 P0.0270.1890.4410.343 ≈P(Y<1.28)≈0.9，所 所以P(24.8≤X≤25.4) 以不低于甲的成绩的人数约为 =P(u-σ≤X≤u+2σ) E(X)=3×0.7=2.1. 2000×(1-0.9)=200,所以甲 =7×(0.627+0.9545) (3)由题意知Y服从正态分布N(60,25), 则P(u-2o≤Y≤u+2o) 大约排在第200名，所以甲能获 =0.34135+0.47725=0.8186. =P(50≤Y≤70)=0.96>0.9545， 得高薪职位 8.某次考试共有12个选择题，每个选择题的分值为5分，每个 示直至抽到中奖彩票时的次数，则P(X=4)= 随机变量及其分布 选择题有四个选项且只有一个选项是正确的，A学生对12个选择题 13.小明的妈妈为小明煮了5个棕子，包括两个腊肉馅和三个豆 中每个题的四个选项都没有把握，最后选择题的得分为X分，B学生 沙馅，小明随机取出两个，事件A=“取到的两个为同一种馅”，事件 核心素养综合测评 对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错 B=“取到的两个都是豆沙馅”，则P(B1A)= 误的，对其它三个选项都没有把握，选择题的得分为Y分，则D(Y)- 14.50张彩票中只有2张中奖票，今从中任取n张，为了使这n ©数理报社试题研究中心 D(X)的值为 张彩票里至少有一张中奖的概率大于0.5，n至少为 第I卷选择题（共58分) (4)125 12 (B) (c) (D 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)某班包括男生甲和女生乙在内共有6名班干部，其 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 中男生4人，女生2人，从中任选3人参加义务劳动 1.若X服从两点分布，P(X=1)-P(X=0)=0.32,则P(X 9.某地质考察队在一片区域内发现了五处具有研究价值的地 (1)求男生甲或女生乙被选中的概率； =0)= ( 质构造点，依照初步判断的研究价值高低，分别标记为1,2,3,4,5号 (2)设“男生甲被选中”为事件A,“女生乙被选中”为事件B, (A)0.32 (B)0.34 (C)0.66 (D)0.68 点位，每次考察时，随机选择一处地质构造点进行深人研究，选择各 求P(A)和P(AIB). 高 中 2.设随机变量X服从正态分布N(2,9),若P(X>c)=P(X< 点位的概率与该点标记的序号成正比，比例系数为k,设随机变量G 数学 c-2),则c的值是 ( ) 表示选择的地质构造点编号，则 ( 高中数学· (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 选 (0=吉 (B)P(G=5)=0.3 3.甲、乙两人进行三打二胜制乒乓球赛，已知每局甲取胜的概 率为疗，乙取的概率为分，那么最终甲胜乙的概率为 (C)E(G)=3 11 ( (D)P(G≤3)<P(G≥4) 必修第三册 (A)100 729 (B)100 243 o器 (D)425 10.有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红 729 选择性必修第三册 球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出n(1≤n≤6，n∈N,)个球 4.现有语文、数学课本共7本（其中语文课本不少于2本），从中 教 放入甲盒子，然后从甲盒子里随机取一球，记取到红球的个数为Y, A 任取2本，至多有1本语文课本的概率是) ,则语文课本有（ 则随着n(1≤n≤6，neN,)的增加，下列说法正确的是（ 16.（15分)将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上 A 版 (A)E(Y)增加 (B)E(Y)减小 方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障得 版 核 (A)2本 (B)3本 (C)4本 (D)5本 (C)D(Y)增加 (D)D()减小 物，最后落入A袋或B袋中.已知小球每次遇到障碍物时，向左右两 核 心 素养 5.已知随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)= 3,则 11.南通某大型汽车配件厂为提高其产品的质量，对现有某种 边下落的概率分别是子 D(X) 三 型号的汽车配件进行抽检，由抽检结果可知，该型号汽车配件的质 合测 量指标X服从正态分布N(200,224),则下列结论正确的是（ (1)求小球落入人A袋中的概率； 心素养综合测 (2)在容器的入口处依次放人4个小球，记X为落入B袋中的小、 评 附：√224≈14.97，若X~N(u,σ2)，则P(1X-u1≤o）≈ 球的个数.求X的分布列、期望和方差， 0.6827,P(1X-u1≤2σ)≈0.9545. (A)49 23 81 (m (D)81 (A)P(185.03≤X≤200)≈0.6827 6.甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红 (B)P(200≤X≤229.94)≈0.47725 球，丙袋中有5个白球和4个红球.先随机取一个袋子，再从该袋子 (C)P(185.03≤X≤229.94)≈0.9545 中随机取一个球为白球的概率是 ( (D)任取10000件该型号汽车配件，其质量指标值位于区间 (A)10 185.03,229.94]内的件数约为8186 (D) 、9 19 (C)13 27 19 2 7.已知事件A,B,且P(A)=3,P(B1M)=5,P(B1A)=亏， 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 则P(B)= ( (B)3 ()号 (D 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.从有3张有奖的10张彩票中不放回地随机逐张抽取，设X表