第42期 核心素养阶段测评(七)第五～七章-【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）

核心素养阶段测评（七） 测试范围：第五~七章 ◆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.(2x-y)3的展开式中，x2y3的系数为 (A)-10 (B)10 (C)-40 (D)40 2.已知函数f(x)=alnx+x2在x=2处的切线与直线x+y-1=0垂直，则a的值为 (A)-6 (B)-1 (C)1 (D)2 3.大美黄冈，此心安处.在这里，东坡文化独领风骚；在这里，红色文化光耀中华；在这里，戏 曲文化绚丽多姿；在这里，禅宗文化久负盛名.现有甲、乙两位游客慕名来到黄冈旅游，都准备从 拓 H,G,L,Y四个著名旅游景点中随机选择一个游玩，设事件A为“甲和乙至少一人选择景点G”, 事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则P(BIA)= ()9 (c子 4.设随机变量X~N(5,σ2)，若P(X>10-a)=0.4,则P(X>a)= (A)0.6 (B)0.4 (C)0.3 (D)0.2 腳 5.设随机变量X~B(3,P),D(X) 号，且F(0>1.若8名党员中有 52 2 名男党员，从这 8人中选4名代表，记选出的代表中男党员人数为Y,则P(Y=3)= (A (®) (c) (D) 6.已知函数代)=x+'2:2-9x,则f()的极大值为 5 (A)-3 (B)1 (C)27 (D)-5 7.《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳 0000000 术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在 右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数， 则这3个数中至多有1个阴数的概率为 (A)2 (B)号 (c (D)号 8已知函数f(x)=号-nx(aeR),若对任意x>>0f(x)>f(,)恒成立， 则a的取值范围为 ( (A)[1,+∞) (B)(-0,1] (C)[e,+o) (D)[1,e] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.随机变量X的分布列如下表所示，则下列选项正确的为 ( X 0 2 3 P 8 4 27 27 (A)E(X)=2 (B)D(X)=2 (C)P(0≤X≤1)= 20 27 (D)P(X=2)=9 10已知(4：-)广(a>0)的晨开式中只有第5项的-项式系数最大若展开式申所有 项的系数和为1，则正确的结论有 (A)n=8 (B)a=1 (C)展开式中常数项为1200 (D)展开式中含x6的项为-1024x 11.设f(x)=x”·cosx,x∈ [,] 的最大值为M,则 ( (A)当a=-1时，M<3 (B)当a=2时，M< 3 (C)当a=1时，M>5 (D)当a=3时，M<分 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.已知某种新产品的编号由1个英文字母和1个数字组成，且英文字母在前，数字在后.已 知英文字母是A,B,C,D,E这5个字母中的一个，数字是1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字中的一 个，则共有 个不同的编号（用数字作答）. 13.若函数f(x)=在区间[子，a]上的最小值为2e,则实数a的取值范围是 14.假设某球队在某赛季的任一场比赛中输球的概率都等于P,其中0<p<1,且各场比赛 互不影响.令X表示连续9场比赛中出现输球的场数，且令P(k=0,1,2,…,9)代表9场比赛 中恰有场出现输球的概率P(X=).已知n,+A,=智，则该球队在这连续9场比赛中出现 输球场数的期望为 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)已知5名同学站成一排，要求甲站在正中间，乙与丙相邻，记满足条件的所有不 同的排列种数为n. (1)求n的值； (2）)设(1-3x)”=a0+a1x+a2x2+…+anx”, (1)求a1+2+…+an的值； (ⅱ)求奇次项的系数和. 16.（15分)中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计 划利用暑期开设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程 (1)若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有 排法种数； (2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门 共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数 17.（15分)在某次足球联赛中，甲、乙两队将分别在城市A,城市B进行两场比赛.根据两队 之间的历史战绩统计，在城市A比赛时，甲队胜乙队的概率为？，平乙队的概率为了：在城市B 比赛时，甲队胜乙队的概率为，平乙队的概率为石，两场比赛结果互不影响规定每队胜一场 得3分，平一场得1分，负一场得0分 (1)求两场比赛甲队恰好负一场的概率； (2)求两场比赛甲队得分X的分布列， 18.(17分)莆田是历史文化名城.著名的“莆田二十四景”是游客的争相时打卡点，莆田文旅 局调查打卡二十四景游客，发现75%的人至少打卡两个景点.为提升城市形象，莆田文旅局为 大家准备了4种礼物，分别是莆田文化金属书签、莆阳古厝徽章、广化寺祈福香包、湄洲艺术摆 件.若打卡二十四景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次 抽奖机会.每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物.假设打卡二十四景游客打卡景点情况相 互独立. (1)从全体打卡二十四景游客中随机抽取3人，求3人抽奖总次数不低于4次的概率； (2)任选一位打卡二十四景游客，求此游客抽中广化寺祈福香包的概率 19.(17分)对于函数y=f(x),如果其图象上存在不同的两点A(x1,f(x)),B(x2f(x2)), x,<x2,使得这两点处的切线重合，那么我们称函数y=f(x)存在“双切点切线”.已知函数 +3x+a,x<0, h(x) x>0. 、 (1)若函数h(x)的一条“双切点切线”的斜率等于1，切点A,B的横坐标满足x1<0<x2,求 实数a的值； (2)如果函数h(x)存在“双切点切线”，求实数a的取值范围. 均 些 烯 8 参考答案见下期高中数学人教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, -10