第46期 学业水平测评(五) 选择性必修第三册-【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45~48期 数理柄 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45~48期(2026年6月) 二、多项选择题 第45期3,4版 9.ACD:10.BC:11.AB 成对数据的统计分析核心素养综合测评 提示： 一、单项选择题 9.由元=1+2+3+4+5+6=3.5， 1~4 CBDA 5 ~8 DCAB 6 提示： 万=550+650+750+810+955+105=795. 6 2.由题中数据计算可得元=5，y=3+m 4 所以将样本点中心(3.5,795)代人y=100x+a, 则有33+m=-1,4×5+17.5,解得m=9. 得a=445,故(A)正确； 4 由选项(A)得经验回归方程为y=100x+445, 3.因为y=-0.1z+1, 因此销售该玩具所获得的利润逐周增加， 所以y随z的增大而减小，即y与z负相关， 平均每周增加约100元，故(B)不正确； 又y与x负相关，故x增大时，y减小，z增大， 第5个样本点对应的残差为 所以x与z正相关.故选(D). 5-5=955-(100×5+445)=10,故(C)正确： 4.由题意有3.918>3.841，可得出在犯错误不超过0.05 第7周时，将x=7代入回归方程可得 的前提下认为“这种血清能起到预防感冒的作用”.故选(A). y=100×7+445=1145(元)，故(D)正确. 5.由因变量Y随着自变量x的增大而减小， 故选(A)(C)(D). 即回归方程对应一个递减函数，排除(A)、(C); 10.现从试验动物中任取一只， 由随自变量x的增大，因变量Y大致趋于一个确定的值， 若小白鼠“注射疫苗”的概率为0.5， 即x趋向正无穷，因变量Y趋向于某一个值， 注射疫苗的动物共100×0.5=50只， 而不是趋向负无穷，排除(B).故选(D). 则未注射疫苗的小白鼠共50只， 6.有两种方法：(1)利用1ad-bcI越大越有关进行判断； 所以未注射疫苗未发病的小白鼠共30只， (②)利用。千6与。千相差越大越有关进行判断 未注射疫苗发病的小白鼠共20只， 经计算比较可知说明X与Y有关的可能性最大的一组为 注射疫苗发病的小白鼠共5只. 选项(C) 2×2列联表如下（单位：只） 7.由题中数据计算可得x=24,y=18, 发病情况 将(24,18)代人y=0.8x+a,即18=0.8×24+a, 注射疫苗情况 合计 未发病 发病 解得a=-1.2,所以y=0.8x-1.2, 当x=30时，y=0.8×30-1.2=22.8, 未注射 30 20 50 则m=22.8+0.6=23.4. 注射 45 5 50 8.由表1得X=26×257×14=0.43. 合计 75 25 100 20×32×13×39 由表2得X=2×2×211×I8=3.9, 所以未注射疫苗发病的小白鼠共20只，故(A)错误； 20×32×13×39 从该实验注射疫苗的小白鼠中任取一只， 由表3得X=2×4×239×16)≈0.43， 20×32×13×39 发病的既率为号=0故(B)正确： 由表4得X=2×7×266×13)1.7B, X=100X30x520×45》=12>3841=as 20×32×13×39 50×50×75×25 所以这四种慢性疾病可以通过坚持锻炼来预防的可能性 则在犯错概率不超过0.05的前提下， 最大的是高血压 认为是否发病与注射疫苗有关，故(C)正确； 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0=2 5 X=339×(43×121-162×132 205×56×283×134 注射疫苗的小白鼠的发病率为0 ≈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H。不成 则注射疫苗可使小白鼠的发病率下降约2-↓ 3 5-10=10 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. 故(D)错误， 故选(B)(C). 16.解：(1)因为元=2+3+4+6+10+1=6， 6 11.设男生可能有x人，依题意得女生有x人， 万=12+22+26+41+53+65=36.5， 列联表如下（单位：人） 6 是否喜欢抖音 性别 合计 -1685-6×6×36.5=3=5.3, 喜欢抖音 不喜欢抖音 -6 286-6×62 70 男生 1 a=y-bx=36.5-5.3×6=4.7, 女生 3 2 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， 合计 7 2x 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， 若在犯错误不超过0.1的前提下认为是否喜欢抖音和性 估计改造投入至少达到15.15亿元. 别有关，则x2≥2.706， 17.解：(1)零假设为H。:获得荣誉证书与性别无关联 31 2 列联表为（单位：人） 即x2= 7 27x≥2.706， 荣誉证书 5t·x·x 性别 合计 未获得 获得 解得x≥28.413， 男 6 16 22 由题意知x>0,且x是5的整数倍，所以30和35都满足题意 女 4 24 28 故选(A)(B). 三、填空题 合计 10 40 50 12.0.001；13.29;14.6. 则X=50×(6×24-4x16)2 10×40×22×28 ≈1.299<6.635=x.01, 提示： 12.由题意X=70×(5×10-15×40)2 根据小概率值α：=0.01的独立性检验，没有充分证据推断 20×50×45×25 H。不成立，因此可以认为H。成立，即认为获得荣誉证书与性别 ≈18.822>10.828=x0.m1, 无关联 则在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为x与y之间 (2)结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10倍， 有关系. 会导致x2变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化， 13.由题意抽取的男生人数为7000 18.解：(1)把月份x作为横坐标，相应的月销售额y作为 ×120=84, 10000 纵坐标，在直角坐标系中描点(x,y)(i=1,2,3,4,5)作出散 抽取的女生人数是00×120=36. 点图如下图所示. y销售额（万元】 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， 10 设重新求得的回归直线方程为y=x+b, 0 12345678x(月份) 将样本点的中心(2,4)代人，解得b=2, 由图可以看出，各点都在一条直线附近，所以月份与销售 即夕=x+2,所以当x=4时，y=4+2=6. 额之间有线性相关关系，求回归直线方程有意义. 四、解答题 (②)因为元=5×2+4+5+6+8)=5， 15.解：(1)零假设为H。:吸烟习惯与患慢性气管炎病无关 根据列联表的数据，得到 F=号x(30+40+0+50+70)=50. 一2 高中数学人教A版选择性必修第三册第45~48期 ∑=145，立=1380,2=1350 李指导员不安排在C地上午时， 李指导员有C种安排方案， 1380-5×5×50 所以r=/145-5×53)13500-5x507 ≈0.92 张指导员有C种安排方案， 其余4位指导员有A种安排方案， 所以该服装的月份与销售额之间存在着较强的线性关系。 则共有CCA=144(种)安排方案； 1380-5×5×50=6.5, 综上，共有96+144=240（种）安排方案. -5 145-5×52 4.由题意得每一次试验中，事件C发生的概率为了， 设事件A,B,C发生的次数分别为随机变量X,Y,Z, a=y-bx=50-6.5×5=17.5, 于是所求的经验回归方程为y=6.5x+17.5. 则有X-B(n,子)，y-B(n,号)，Z-B(n,5)月 (3)x=12时，y=6.5×12+17.5=95.5, 则事件4，A,C发生次数的方差分别为会，名0 所以12月份的销售额约为95.5万元. 故事件A,B,C发生次数的方差之比为3：3：2. 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× 5.由表格中的数据可得元=0+2+4+6+8三4， 5 0.125×2+9×0.075×2+11×0.025×2=5.8. 方=1+(m+1)+(2m+1)+(3m+3)+1山 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）， =6m+17 5 近视情况 使用手机时间 合计 近视 不近视 所以这组数据的样本中心点的坐标为(4,6m+1 5 长时间 0.65n 0.10m 0.75n 又因为点(x,)在回归直线上， 不长时间 0.10n 0.15n 0.25n 所以1.3×4+0.6=5.8=6m7,解得m=2, 5 合计 0.75n 0.25n 所以y的取值分别为1,3,5,9,11， 由表中数据计算可得 在这5个数中，任取两个数均不大于9的概率为 X=n×(65×15-10×10)2 49 3 75×25×75×25 =2230≥10.828， =5 所以n≥50，所以本次调查的人数至少有50人. 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， 第46期 共有CC=60(种)选法， 学业水平测评（五） 又3个奇数数字与2个偶数数字相间排列， 一、单项选择题 利用插空法可知共有AA=12(种)排法， 1~4 CBBA 5~8 BDBC 所以这样的五位数共有60×12=720（个）. 提示： 7.易得袋中白球的个数为6. 1.令x=1,各项系数的和为4“，二项式系数的和为2”， 则由题意得X的可能取值为1,2,3,4. 放有号：6，所以：6 PX=I)=g=子 3 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, =2)8-宁 1 所以P(3<X≤4)≈2×0.6827=034135， P(X=3)=3x2x6、1 9x8x7=14 所以P(X>4)=0.5-P(3<X≤4) r=到-8治= =0.5-0.34135 所以E(0=1×号+2×4+3×4+4×4=号 ,1-10 =0.15865≈0.1587. 3.李指导员安排在C地上午时， 8.设A1表示“乙球员担当前锋”， 张指导员有C4种安排方案， A2表示“乙球员担当中锋”， 其余4位指导员有A种安排方案， A,表示“乙球员担当后卫”， 则共有C4A=96(种)安排方案； 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” 三、填空题 P(B)P(A)P(B I A)+P(A2)P(B I A2)+ 12号；13.1：144或15. P(A:)P(BI A)+P(A)P(BI A) =0.2×0.4+0.5×0.2+0.2×0.6+0.1×0.2=0.32, 提示： 所以当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率 12.记事件A表示“抽出的2个球中有红球”， 为1-0.32=0.68. 事件B表示“两个球都是红球”， 二、多项选择题 则P(A)=1- C3 C =0P(AB)=元=0 9.BC:10.AD:11.ABD. 提示： 故P(BIA)= P(AB)-10 1 9.X的可能取值为0,1,2， P(A) 9 3 了解冰壶的人数在30以上的学校有4所. 10 P(X=0)= C9·C昭 即从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下， Cio 则2个球都是红球的概率为？ P(X=1)-CC=8 C。 -15 13.依题意 2 Px=2)= cx(×(广≥宁×(“x(4)户 C。 所以8(0=0×号+1×景+2×号=号 4 且cx(x(4)广≥cgx()"x(）” 故选(B)(C) 解得7≤k≤子，所以k=1 10.因为0.28>0， 14.补全2×2列联表如下 所以y与x具有正的线性相关关系，故(A)正确； 对工作满意程度 回归直线过样本点的中心(x,), 性别 合计 样本点不一定在回归直线上，故(B)错误； 满意 不满意 该型号汽车多使用一年， 男 5x 5.x 10x 则其平均油耗约增加0.28L/100km,故(C)错误； 女 4x 6x 10x x=10时，y=0.28×10+6.25=9.05>9, 合计 9x 11x 20x 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. 依题意X 20Ex(5x×6x-4x×5x)Y≥2.706， 9x×11x×10x×10x 故选(A)(D) 解得13.3947≤x<16,而x∈N+,所以x的值为14或15. 11.4辆车的停车方法共有A=1680(种)，故(A)正确： 四、解答题 4第车给好行在时石半是P-发-名故图确： 15解：(1)=号×1+2+3+4+5)=3， 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)A号种， F=5×(20+50+100+150+180)=100, 白色车的停车方法共有A。种， =1×20+2×50+3×100+4×150士 故共有(6+4)A?·A?=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， =1920， 第一辆黑色车8个车位都可停车， 三=+2+3+4+5=5. 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， ∑xy:-5x 不妨设黑色车停在A,F两个车位， 所以6= 1920-5×3×100=42, 55-5×32 则两白色车只能停BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG, -5 共7种选择，白色车的停车方法共有2×7种方法， a=100-42×3=-26, 故共有8×3×7×2种方法， 所以所求经验回归为y=42x-26. 其概率是P=8X3关7X2=号，放(D)正确 As (2)令子=42x-26>300可得x>3≈7.76， 21 故选(A)(B)(D) 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A,:第i天去A餐厅用餐， (3)恰有2个盒子内不放球， 事件B,:第i天去B餐厅用餐，其中i=1,2. 也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法： （ⅰ)王同学第2天去A餐厅用餐的概率为 ①一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球 P(A2)=P(A2A)+P(A2B)=P(A2I A)P(A)+P(A2 先把小球分为两组， 1B1)P(B）=0.6×0.5+0.8×0.5=0.7. 一组1个，另一组3个，有C4种分法， （ⅱ)如果王同学第2天去A餐厅用餐， 再放到2个盒子内，有A?种放法， 那么他第1天在A餐厅用餐的概率为： 共有C4A=48(种)放法； P(AIA)= P(A Az)P(A2 IA)P(A) ②2个盒子内各放2个小球， P(A,) P(A2) 先从4个盒子中选出2个盒子，有C种选法， =0.6×0.5_3 = 0.7 71 然后把4个小球平均分成2组，每组2个， (2)零假设为H:学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改 放人2个盒子内，也有C种选法， 造提升没有关联， 共有CC=36(种)放法， X=100×(28×3-57×12)2 由分类计数原理， 85×15×40×60 知共有C4A+CC=84(种)不同的放法 =9>789=, 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， 依据小概率值α=0.005的独立性检验，我们推断H,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 则P(X=0)= CC3 =0 1 =120=12, 联，此推断犯错误的概率不大于0.005. P(X=1)= 品 5 17.解：(1)通项公式为 Cio =c(-行=c(-)学 P(X=2)= cc 50 5 Cio 120=12, 因为第6项为常数项，所以，=5时，有；之=0， P(X=3)= CC9 即n=10: C。 所以X的分布列为 (2)令102=2，得，=之(10-6)=2， 3 X 0 1 2 3 所以所求的系数为心×(~厂=华 1 1 12 12 12 12 10-2红eZ, 3 5 1 (3)由题意得 所以E(X)=0×2+1×2+2×2+3×2= 2 0≤r≤10， (2)由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为 Lr e N. 令02=e.期10-2=，即1=5- p=c(号)·+c(号)广-费 3 又因为r∈N,所以k应为偶数， 则该同学在n轮测试中获“优秀”次数X服从二项分布， 所以k可取2,0，-2，即r可取2,5,8. 即满足X~B(n,P),p=125 44 所以第3项，第6项与第9项为有理项， 44 它们分别为导，号表 由E(0=m=n×赞≥8n≥125X8=2.7, 44 所以理论上至少要进行23轮测试， 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 第47期3,4版 故共有44=256（种）放法. 核心素养阶段测评（八） (2)恰有一个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小 一、单项选择题 球，且小球数只能是1,1,2. 1~4 ADAD 5~8 ABDC 先从4个小球中任选2个放在一起，有C种方法， 提示： 然后与其余2个小球看成三组， 分别放人4个盒子中的3个盒子中，有A种放法. 1X=-105×645203010≈6109. 75×30×55×50 由分步计数原理，知共有CA=144(种)不同的放法， 由于x05=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.O5的前提下认为能否一次性通过与 即h(x)在[e,e]上单调递增； 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 当xe[e乞，e]时，h'(x)<0, 过与性别无关 故选(A) 即h(x)在[e之，e]上单调递减 2.由通项公式得 所以函数h(x)在x=e立处取得极大值也是最大值， c)(-) =C(-1)'x2m-3 h(e)=云 rC%(-1)=15, 由题意可得如下方程组 而h(e) 4店e)=3,且(e)>(e. e 2n-3r=0, 分别将四个选项代入此方程组，可知n=6符合题意 故k的取值范围 [) 3.由二项分布概率公式可得该运动员通过测试的概率为 二、多项选择题 P=cGx(号)x+x(号) 9.ABC;10.AC;11.CD. 提示： 9.因为密度函数图象关于x=92对称， 1 4.由表中数据可得元=5×(2+3+4+5+6)=4， 所以有f(184-x)=f(x),故(A)正确； P(78<X≤120)=P(92-14<X≤92+28) =号×(15.1+16.3+17+17.2+18.4)=168， =P(92-28≤X≤92+28)-P(92-28≤X≤92-14) 因为回归直线过样本点的中心，所以16.8=0.75×4+à， =0.9545-P(92-28≤X≤92-14) 解得a=13.8,所以回归直线方程为y=0.75x+13.8, =Q945-P2-28≤X≤2+28)-P92-4≤X≤92+4 2 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). =0.9545-0.9545,0.6827=0.8186≈0.82， 5.因为f(x)=lnx-f'(1)x2+3x-4, 故(B)正确； 则/()=子-20x+3, P(X≥120)=P(X≥92+28) =L-P(92-28≤X≤92+28) 所以(D=4-2'(),解得f'()=号 2 所以r()=士-景+3， =1-09545=0.02275, 2 故(C)正确： 因此/3)=号-8+3=-号 3 P(X≤60)=P(X≥124)≤P(X≥120)=0.02275， 6.将A,B,C分别记为第1，第2，第3个品牌， 所以低于60分的人数不大于 设事件M,表示“取到的球是第i个品牌(i=1,2,3)”, 12000×0.02275=273,故(D)错误. 事件N表示“取到的是一个合格品”， 故选(A)(B)(C). 其中M1,M2,M两两互斥， 10.因为回归方程的斜率为正， 所以P(N)=P(MN)+P(M2N)+P(MN) 所以相关变量x,y具有正相关关系，故(A)正确； =P(M )P(NI M)+P(M2 )P(NI M2)+P(M3)P(NI M3) 因为元=2， =0.98×0.2+0.99×0.6+0.97×0.2=0.984, 所以去除两个异常数据(-2,7)和(2，-7)后， 所以它是合格品的概率为0.984 得到新的x=2×82-2=号，放(B)错误： 6 7.甲去完成A项工作，有C4A=24(种)不同的安排方式； 由x=2代入氵=1.5x-0.6得y=2.4, 甲不去完成A项工作，又B项工作不安排甲完成， 故去除两个异常数据(-2,7)和(2，-7)后， 有CC2C=24(种)不同的安排方式， 故共有24+24=48（种）不同的安排方式. 7'=24×8+7-7=3.2, 6 8.函数的定义域为(0，+∞)， 因为得到的新的经验回归直线的斜率为3， 令f(x)=0得到k=nx, x2 所以了”-3=3.2-3×号=-48 令)=g)=12, 所以去除异常数据后的经验回归方程为 x y=3x-4.8,故(C)正确： 当xe[e年，e]时，h'(x)>0, 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， 有放回地取球30次，每次取2个球，取到白球的次数为10， 且去除异常数据后，斜率由1.5增大到3， 取到一个红球一个黑球次数为12， 故y值增加的速度变大，故(D)错误. 因为取到白球的次数服从二项分布， 故选(A)(C). 所以C×30=10,则m+n=5, 11.x≥e时，f(x)=lnx-1是增函数， 因为取到一个红球一个黑球的次数服从二项分布， f (x)min=f(e)=0,0<x<e f'(x)=a- 因为Ha<0,所以f'(x)<0恒成立， 所以×30=2，可得mn=6, f(x)在(0，e)上是减函数， 因为取到2个都是红球的次数最少， 又f(x)的最小值是0，所以ae+b-ne≥0， 所以可得C<C→m<n 即b≥1-ae,故(A)错误； rm +n =5, 由mn=6,={n=3 「m=2, 由(A)选项知b≥1-ae>1,故(B)错误； ae(合，+）, m <n, 所以红球的个数为2. 由0<x<e时f'(x)=a-文， .1 四、解答题 15.解：(1)由题中数据计算可得元=3，万=90， 知0<x<上时f'(x)<0f(x)递减： 召5团 上<x<e时f'(x)>0f(x)递增， 5 1215-5×3×90=-13.5, - 55-5×32 所以。=合）=1+6+u≥0. a=y-bx=90+13.5×3=130.5. 即b+n(ae)≥0，故(C)正确； 所以回归直线方程为y=-13.5x+130.5. ae(0,]时f"(x)=a-<a-≤0， (2)零假设为H。:不戴头盔行为与事故伤亡无关 X=100×(15×50-25×10)2 则f(x)在(0，e]递减， 40×25×60×75 所以f(x)mm=f(e)=ae+b-1≥0，即b≥1-ae, ≈5.556>3.841=xa5, 令A()=m-+1,()=-1=l 依据小概率值α=0.05的独立性检验，我们推断H。不成 x 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 0<x<1时，h'(x)>0,h(x)递增； 率不超过0.05. x>1时，h'(x)<0,h(x)递减， 16.解：(1)由展开式中二项式系数和为64， 所以h(x)ms=h(1)=0, 得2”=64，所以n=6. 即lnx-x+1≤0，lnx≤x-1(x=1时取等号)， 所以展开式中二项式系数最大的项为第四项 所以ln(2-ae)<2-ae-1=1-ae, 即ln(2-ae)<b,故(D)正确. 因为(2：-°的展开式的通项公式为 故选(C)(D) 工=c2e)(-I0r(=c2(-i 三、填空题 所以展开式中二项式系数最大的项为T,=-160x. 2子：1B.(344.2 (2)由(1)知n=6, 提示： (2:-》的展开式中的清数项为 12.由题意得P(B)= 苹品Pr46)-草=总6 33 A号6 T,=Cg22=15×4=60, 含x3的项为T6=C2x3×(-1)=-12x3, 所以(2-(2-士广中的常数项为 1B因为玉=多了=4，故样本点的中心为子4)， 2×60+(-1)×(-12)=132 线性回归方程必过样本点的中心 17.解：(1)设事件B=“任取一个芯片是合格品”， 14.设红、黑球的个数分别是m,n, 事件A=“产品取自第一批”， 则每次取到白球的概率为P=CC 事件A2=“产品取自第二批”， C2+a 则2=AUA2且A1,A2互斥； 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(A)P(BIA)+P(A2)P(B (2)当b=2时f(x)=x2e1-2lnx-ax, 1A2)=0.6×(1-0.06)+0.4×(1-0.05)=0.944. 设t=x2e+l(t>0),则lnt=2lnx+ax+1, (2)由条件可知第一批芯片数为9，第二批芯片数为6. 故函数f(x)可化为g(t)=t-lnt+L. X的可能取值为0,1,2,3. t P(X=0)= 8412 由w=1-=‘ Cis 455=651 可得g(t)的单调递减区间为(0,1)， P(X=1)= CC 216 单调递增区间为(1，+∞)， C 455 所以g(t)的最小值为g(1)=1-n1+1=2, P(X=2)= gC6135-27 此时t=1,函数f(x)的值域为[2，+∞)， C 455=91 问题转化为当t=1时，lnt=2nx+ax+1有解， P(X=3)= 20 C 45=9 即lnl=2lnx+ax+1=0,得a=-2nx+1 所以X的分布列为 设h()=-1+21nx,则(=2x-L 2 X 0 1 2 3 故h(x)的单调递减区间为(0，√e), P 2 216 6 455 1 9 单调递增区间为（√e,+∞）， 所以E(X)=0× 12 216 27 4 6 所以h(x)的最小值为h(E)=-名 65 +1×45$+2×g+3×g=号 18.解：(1)因为该校男生投掷实心球的距离X~N(6.9, 故a的最小值为- 0.25), 女生投掷实心球的距离Y~N(6.2,0.16), 第48期3,4版 所以男生和女生的达标概*为了，不达标概率为了， 学业水平测评（六） 一、单项选择题 从该校任选5名学生进行测试，有2人不达标的概率为 1 ~4 BBBD 5 ~8 DCDD c×(3)×（分广=->1. 提示： 所以该校学生还需加强实心球项目训练 1.因为1PF1的最大值为3，所以a+c=3. (2)Z~N(6.516,0.16),即Z~N(6.2+0.316,0.42), 因为1PFI+PF2I=21FF2I, 且P(Z≤6.832)=0.785， 所以2a=4c,即a=2c, 即P(Z≤6.516+0.316)=0.785， 所以c=1,a=2.又a2-62=c2, 所以P(Z≥6.2)=P(Z≤6.832)=0.785， 所以6=，所以椭圆的标准方程为子+兮-1 P(Z<6.2)=0.215. 2.5人选三门课每门课都有人选共有两种情况： 酒215,0215， ①2,2,1，②3,1,1， 对于①：先选一门课作为奔奔和果果所选， 1000=0.215°，0.2153=0.01， 10 再从剩下的3人中选一人单独选一门课，有 则女生达标率为1-(1-0.785)3=1-0.2153≈0.99. CCC=18(种)， 所以该校女生投掷实心球的考试达标率能达到99%. 对于②：先选一门课作为奔奔和果果所选， 19.解：(1)当b=0时f(x)=x2e1-ax, 剩下的3人在三门课中全排列，有CA=18(种)， f'(x)=x(2+ax)e-a, 所以共有18+18=36（种） 由f'(1)=(2+a)e+-a=2得 3.因为(x+2)的展开式的通项公式为 (e1-1)(2+a)=0,解得a=-1或a=-2. T41=C5x2,令r分别取0,1,2， 当a=-1时，f(1)=e°+1=2， 所以展开式中含x项为 此时直线y=2x恰为切线，故舍去； -3x-2x×5×2x4+x2×10×22x3=17x5, 当a=-2时f(1)=1+2, 所以含x项的系数是17. e 4.由正态分布N(18,4)可知4=18，o=2, 此时切线方程为y=2x+上，满足与直线y=2x平行， 所以4+0=20，+20=22， e 故a=-2. 所以P(20≤X≤2)=0.95450.6827=0.1359. 2 8 高中数学人教A版选择性必修第三册第45~48期 P(X≥2)=1-0,9545=0.02275， 正实数根， 2 r4=16-4a>0 直径X高于22的个数大约为 则x1+x2=4>0,解得0<a<4, 2718÷0.1359×0.02275=455. xx2=a>0, 5.设事件A,=“药材来自甲地”，事件A2=“药材来自乙 又f(x)+f(x）-(x1+x2） 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(BIA1) =-4+ah西+7号-4+a如- =0.65,P(B1A2)=0.7,P(B1A)=0.85, 所以P(B)=P(BIA)P(A)+P(BIA)P(A)+P(BI =(+)户-2x]-5+)+h(） A)P(A)=0.65×0.4+0.7×0.35+0.85×0.25=0.7175. =2(16-2a)-20+alna=alha-a-l2, 6.对于(A),因为PD⊥底面ABCD, 设h(a)=alna-a-12,0<a<4,则h'(a)=lna, 且DA,DCC底面ABCD,所以PD⊥DA,PD⊥DC, 当0<a<1时，h'(a)<0,h(a）单调递减， 所以(D+D心)·D=D·D+DC.D示=0，故(A)错误； 当1<a<4时，h'(a)>0,h(a)单调递增， 对于(B),因为∠ADC=120°，AD=DC=1, h(a)a=h(1)=-13, 所以∠ADB=60°， 因为不等式f(x)+f(x2)≥x1+x2+t恒成立， 所以△ADB为等边三角形，DB=1, 即f(x)+f(x2)-(x1+x2)≥t恒成立， (D+D应·4D=D示.A心+D成.AD=D成.A币=-D 所以t≤-13. ·=-11Dcos60°=-，放(B)错误； 二、多项选择题 9.ABC:10.ACD:11.BD. 对于(C),c.P=(c⑦+Dp·(D-D=ci.D 提示： -Cd.D币+D示.Di-D产=-1DC1 DAI cos120°-0+ 9.圆C的方程为x2+y2-2x=0, 0-1=弓-1=-分，故(C)正确： 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 对于(D),D元.B脉=DC.(D币-D=DC.D元-Dd: 大于2， 成-0-元160=-子故(D)错误故选(C) 即6-3L>2,解得-3,26<k<-3+26 爬+1 3 3 7.因为an+1aa+aa-1an=2aa+1a-1(n≥2)， 又因为k∈Z,所以k=-2或k=-1或k=0. 所以。士+山2·士所以数列{日}是等差数列， 故选(A)(B)(C). Can-1 antl a 10.由题可得a2=4,b2=5,所以c2=9, 因为4=分=所以站=2女=8， 1 则右焦点F(3,0), 数列{}的公差4=2. 且2a=4<6,设直线l的方程为x=my+3. 所以=2+2(n-1)=2,即a,=元 联立片-亏=l得(5m㎡2-4y+30my+25=0, 0x=my+3, 4=900m2-100(5m2-4)=400m2+400>0恒成立. 设A(xy1),B(x22), 所以Tn=(b1+b2+b3+…+bn) -30m 25 则1+为=5m-4h=5m-4 所以1AB1=√1+m2√(y1+y2)2-4yy2 =-中）=青n 201+m=6, 所以无·-器 15m-41 8.函数f(x)定义域为(0，+∞)， 解得-号或㎡-是所以m=生或m=号 f'(x)=x-4+g=-4+ 所以存在四条直线1，使1AB1=6,故(A)正确； ,x>0, x 假设直线I,使弦AB的中点为M(4,1), 又函数y=f(x)存在两个极值点x,x2, 所以方程x2-4x+a=0在(0，+0)上有两个不相等的 则”=5=山 2 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±305 在(2，+∞)上单调递增， 10 要证x1+2>4,即证x1>4-x2, 此时1的方程为x=二15±。B西，+3， 设m(x)=f(x)-f(4-x) 10 显然(4,1)不在1上，故(B)错误 =2n-2-1h4-0e02 设与已知双曲线有相同渐近线的双曲线的标准方程为： 因为m'(x)=- 212 1 京+元4-+4-x 8(2-(x-2<0, 所以该双请线的标准方程为垢一言=1，放(C)形商： x2(4-x)2 所以m(x)在(0,2)上单调递减， 25 若A,B都在该双曲线的右支上，则“5m-4<0, 所以m(x)>m(2)=0,所以f(x)>f(4-x), 即f(x1)>f(4-x). 即5m2-4<0,所以5-4k2<0, 又f(x2)=f(x1)>f(4-x), 解得e(-,-)U(气，+），放(D)正确 且x2,4-x1∈(2，+0)， f(x)在(2，+∞)上单调递增， 故选(A)(C)(D) 所以x2>4-x1,即x1+x2>4,故(D)正确。 11.由题可得函数f(x)的定义域为(0，+∞)， 故选(B)(D) 所以r(0=是+士-学22=0， 十 三、填空题 x 所以函数f(x)在(0,2)上单调递减， 13.e; 4[5] 在(2，+∞)上单调递增， 提示： 所以x=2是函数f(x)的极小值点，故(A)错误； 12.设选取的4人中英国人有X个， 令g(x)=f(x)-x(x>0), X服从参数为N=15,M=5,n=4的超几何分布， 则g-是+- x 其中X的可能取值为0,1,2,3,4， =--x+2 且P(X=k)= CCk=01,234 Cis _CCio 所以P(X=3)= Cis x 13.因为数列{an}为等差数列，且a1+a24=27, 所以函数g(x)在(0，+0)上单调递减， 所以a2+a13=27, 因为（日）=2e-是-1>0， 又{bn}为等比数列，且b1·b24=2, e (e)=2 +2-e2<0, 质议6b2.所以=9 又f(x+2)=-f(x), 所以g(x)有且只有1个零点，故(B)正确； 所以fx+4)=-f代x+2)=f(x), 由f(x)>c得k<f, 所以函数f(x)的最小正周期为4， 又fx)=e,xe[0,2], 设但-是+ 所以f(9)=f(2×4+1)=f1)=e, 则h'(x)=二4+x-nx x 品二) 令t(x）=-4+x-xlnx, 14.A(-2,3)关于y=a对称的点的坐标为A'(-2,2a-3), 则t'(x)=-nx, B(0,a)在直线y=a上，设A'B所在直线为直线l, 所以函数t(x)在(0,1)上单调递增， 所以直线为y--号+a,即(a-3x+2y-2a:0 在(1，+∞)上单调递减， 圆C:(x+3)2+(y+2)2=1,圆心C(-3,-2),半径r=1, 所以(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， 依题意圆心到直线1的距离d=1-3a-3）-4-2a≤1， √(a-3)2+22 所以不存在正实数k,使得f(x)>x恒成立，故(C)错误； 即(5-5a)2≤(a-3)2+22, 对任意两个正实数x1,2,且x2>x1, 因为函数f(x)在(0,2)上单调递减， 解得时≤a≤即ae[片] -10- 高中数学人教A版选择性必修第三册第45~48期 四、解答题 17.解：(1) 15.（1)证明：因为28+n=24,+1, 是否是“生产能手” n 性别 合计 即2Sa+n2=2nan+n①， 非“生产能手” “生产能手” 当n≥2时，2S.-1+(n-1)2=2(n-1)a.-1+(n-1)②， 男员工 48 2 50 ①-②得2a.+2n-1=2nan-2(n-1)a.-1+1, 女员工 42 8 50 即2(n-1)an-2(n-1)an-1=2(n-1), 合计 90 10 100 所以aa-aa-l=1,n≥2且neN, 零假设为H。:性别与“生产能手”无关 所以{an}是以1为公差的等差数列. (2)解：由(1)可得a4=a1+3, 因为X2=100×(48×8-42×2)2 50×50×90×10 a7=a1+6,g=a1+8, =4>3.841=x0.5, 又a4,a7,a,成等比数列，所以a=a4·ag, 根据小概率值=0.05的独立性检验，我们推断H。不成 即(a1+6)2=(a1+3)·(a1+8),解得a1=-12, 立，即认为性别与“生产能手”有关，此推断犯错误的概率不超 所以a,=n-13,所以S。=-12n+n1山 过0.05. (2)当员工每月完成合格产品的件数为3000件时，实得 ---(-2)- 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 所以当n=12或n=13时，(Sn)mm=-78. 16.(1)证明：因为平面PCBM⊥平面ABC, 310元的概率为A=号：女员工实得计件工资大于 平面PCBM∩平面ABC=BC, 3100元的概率为P=2, 1 BC⊥AC,ACC平面ABC, 设2名女员工中实得计件工资大于3100元的人数为X, 所以AC⊥平面PCBM, 1名男员工中实得计件工资大于3100元的人数为Y, 由BMC平面PCBM,得AC⊥BM. (2)解：以C,C正，C为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标 则X~B(27)Y~B(1,号) 系C-xz,设P(0,0,)(>0), Z的所有可能取值为0,1,2,3， 则M(0,1,),B(0,2,0),A(1,0,0), P(Z=0)=P(X=0,Y=0) 有A=(-1,1,),P元=(0,0，-0)，AB=(-1,2,0), (-)×-号)=品 又直线AM与直线PC所成的角为60°， P(Z=1)=P(X=1,Y=0)+P(X=0,Y=1) 得1A.P元1=1Ai1 I PCI cos60°， 即号=分V后+2·，解得名= =c(-)x1-号+(1-)×号 3 设平面MAB的一个法向量为n=(x,y,z), =5 a=-x+y+停=0， P(Z=2)=P(X=2,Y=0)+P(X=1,Y=1)= 则 c(分)x-号)+c×1-）x号=品 n·AB=-x+2y=0, 令z=6,得n=(4,2,W6), =3)=X=2.=D=()×号=0 易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), 所以Z的分布列为 则1cos(n,m〉「= 39 6 0 1 2 3 √26×113， 2 7 1 所以平面MB与平面ABC夹角的余弦值为 20 20 10 13 个 (3)解：由题意知多面体PMABC即为四棱锥A-BCPM, E(Z)=0×0+1×5+2×20+3×10=5 则V多缅体PwC=了 AC·S梯形BCPW 18解：(1)由抛物线定义得1PF1=+号， 1 1 3x1×2×(2+1)× 6 由题意得 解得P2, 即多面体PMABC的体积为后 6 2px0=4, o=1, p>0, -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=k(x-1)+2, 在（受，]上单调递减， 所以根据偶函数图象关于y轴对称，得 则圆心M到切线PA的距离d= I2k1+21 =T, √+1 )在[-，-牙]上单调递增， 整理得(2-4)-8k,+r2-4=0. 设切线PB的方程为y=k,(x-1)+2, 在(-受，0上单调递减， 同理可得(2-4)号-8k2+2-4=0. 所以k,k2是方程(2-4)2-8x+2-4=0的两根， 故)单调递减区间为(-受.0]，（受]： 所拟6+=是0<r≤66=1 单调递增区间为[-，-]，[0，受] 设A(x1y),B(2),由 y=k(x-1)+2, (2)f'(x)xcosx+ax x(cosx+a), y2=4x, ①当a≥1时f'(x)=x(cosx+a)≥0在[0，π]上恒成立， 得ky2-4y-4h,+8=0, 所以f(x)在[0，π]上单调递增， 8-4k1 又f0)=1,所以f(x)在[0，π]上无零点. 所以2y1=k 又因为(x)是偶函数， 4-2=告-2=-2 所以X= 所以f(x)在[-T,T]上无零点. ②当0<a<1时，令f'(x)=0得cosx=-a, 同理可得y2=4k,-2. 设D为线段AB的中点， 由-1<-a<0可知存在唯一∈（受m）, 则1=+名=广+妇 使得c0sx0=-a, 2 8 所以当xe[0,xo]时，f'(x)≥0； =（46,-2)2+(46,-22 x∈(，π]时，f'(x)<0, 8 所以f(x)在[0，xo]上单调递增， =2(+)-2(1+k2)+1 在(x,π]上单调递减， =2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3. 8 又f0)=1m)=m-1 设m=6+,则m=24∈[-4，-2)， 所以t=2m2-2m-3∈(9,37]， (i)当行-1>0，即略<。1时， 即t的取值范围是(9,37]. fx)在[0，π]上无零点，又f(x)为偶函数， 19.解：(1)当a=0时，f(x)=xsinx+cosx, 所以f(x)在[-π，π]上无零点. xe[-T,π]， 因为f代-x)=f(x),所以f(x)为偶函数， (i)当分am-1≤0，即0<a≤子时， 只需先研究xe[0,π]，f代x)=xsinx+cosx, f(x)在[0，m]上有1个零点，又f(x)为偶函数， f'(x)sin x xcos x-sin x xcos, 所以f(x)在[-π，π]上有2个零点， 当xe[0,号]时f"(≥0： 综上所述当0<a≤子时)在-上有2个传点， 当xe(受]时f'()<0, 当a>是时)在-上无雾点 所以x)在[0，受]上单调递增， -12一房 学业水平测评（五） 测试范围：选择性必修第三册 ◆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.已知+ 的展开式中各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则等于 (A)4 (B)5 (C)6 (D)7 2.已知随机变量X服从正态分布N(3,1),若P(2<X≤4)≈0.6827，则P(X>4)≈ (A)0.1588 (B)0.1587 (C)0.1586 (D)0.1585 3.为了全面推进乡村振兴，加快农村、农业现代化建设，某市准备派6位乡村振兴指导员到 4,B,C三地指导工作；每地上午和下午各安排一位乡村振兴指导员，且每位乡村振兴指导员只 能被安排一次，其中张指导员不安排到C地，李指导员不安排在下午，则不同的安排方案共有 (A)180种 (B)240种 (C)480种 (D)540种 4.在n(n∈N)次独立重复试验中，每次试验的结果只有A,B,C三种，且A,B,C三个事件 之间两两互斥.已知在每一次试验中，事件A,B发生的概率均为 ，则事件A,BC发生次数的方 差之比为 ( ) (A)3:3:2 (B)4:4:3 (C)5:5:4 (D)2:2:1 5.已知xy的对应值如下表所示 2 4 6 画 腳 m+1 2m+1 3m+3 11 y与x具有较好的线性相关关系，可用回归直线方程)=1.3x+0.6近似刻画，则在y的取 值中任取两个数均不大于9的概率为 (a5 (D)子 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，再将 这5个数字组成没有重复数字的五位数，且奇数数字与偶数数字相间排列，这样的五位数的个数 是 ) (A)180 (B)360 (C)480 (D)720 7.袋中装有大小相同的黑球和白球共9个，从中任取2个都是白球的概率为现甲，乙两 人轮流从袋中取球，甲先取、乙后取、然后甲再取，…，每次取出1个球，取出的球不放回，直到其 中有一人取出白球时终止.用X表示取球终止时取球的总次数，则E(X)= () (a)号 (B)9 (c号 D号 8.深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据 统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为0.2,0.5,0.2， 0.1,当乙球员担当前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.6,0.2.当 乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为 () (A)0.3 (B)0.32 (C)0.68 (D)0.7 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.为了了解学生对冰壶这个项目的了解情况，在北京市中小 人数 60 学中随机抽取了10所学校，10所学校中了解这个项目的人数如图50 403236 32 36 1所示.若从这10所学校中随机选取2所学校进行这个项目的科普 30 。 26 20 24 27 活动，记X为被选中的学校中了解冰壶的人数在30以上的学校个10 18 24- 18 0 数，则 ) A B C D E F G H M N学校 图1 (A)X的取值范围为0,1,2,3} (B)P(X=0)= 3 (CP(X=)=音 (D)E(0= 10.某型号汽车的平均油耗y(单位：L/100km)与使用年数x具有线性相关关系，根据一组 样本数据，用最小二乘法建立的回归方程为y=0.28x+6.25,则下列结论正确的是( (A)y与x具有正的线性相关关系 (B)所有的样本点都在回归直线上 (C)若该型号汽车多使用一年，则其平均油耗约增加6.25L/100km (D)预计该型号汽车使用到第10年平均油耗会超过9L/100km 11.如图2，某高速服务区停车场中有A至H共8个停车位（每个车位只能停一辆车），现有 2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则 () A B D 8 H 图2 (A)4辆车的停车方法共有1680种 (B)4辆车恰好停在同一行的概率是5 (C)2辆黑色车恰好相聆邻（停在同一行或同一列）的停车方法共有300种 (D)相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的概率是) 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.甲箱子中装有5个大小相同的小球，其中有3个红球、2个白球，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.在高三的一个班中，有4的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学 成绩优秀的学生数X~B(5,4),则P(X=k)取最大值的k值为 14.某单位为了调查性别与对工作的满意程度是否具有相关性，随机抽取了若干名员工，所得数 据统计如下表所示，其中x∈N,且x<16,根据小概率值a=0.1的独立性检验，可以认为性别与对 工作的满意程度具有相关性，则x的值是 (参考数据：P(X≥2.706)=0.1) 对工作满意 对工作不满意 男 5x 6x 4x 6x 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷、商品种类齐全、性价比高等优势而 深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据（其 中“x=1”表示2019年，“x=2”表示2020年，且x为整数，依次类推；y表示人数) 1 2 3 5 y(万人) 20 50 100 150 180 (1)求y关于x的经验回归方程； (2)若预测该公司的网购人数能超过300万人，求x的最小值. -,a=-6x 16.（15分)某学校有A,B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐.如果第1 天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概 率为0.8 (1)(ⅰ)求王同学第2天去A餐厅用餐的概率； (ⅱ)如果王同学第2天去A餐厅用餐，求他第1天在A餐厅用餐的概率. (2)A餐厅对就餐环境、菜品种类与品质等方面进行了改造与提升.改造提升后，A餐厅对就 餐满意程度进行了调查，统计了100名学生的数据，如下表（单位：人） A餐厅改造提升情况 就餐满意程废 合计 改造提升前 改造提升后 满意 28 以 85 不满意 12 3 15 合计 40 60 100 依据小概率值α=0.005的独立性检验，能否认为学生对于A餐厅的满意程度与餐厅的改 造提升有关联？ n(ad be)2 =(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 其中n=a+b+c+d. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 Xa 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 1.(15分)已知在2 的展开式中，第6项为常数项， (1)求n; (2)求含x2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项. 18.(17分)有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子.问： (1)共有多少种放法？ (2)恰有一个空盒，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子内不放球，有多少种放法？ 19.(17分)为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10所高校进 行研究，得到数据绘制成如图3的折线图 (1)若“艺术体操”参与人数超过35人的学校可以作为“基地校”，现在从这10所学校中随 机选出3所，记可作为“基地校”的学校个数为X,求X的分布列和数学期望； (2)现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3个动作技巧进行集训，且在 集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该 轮测试记为“优秀”在集训测试中，某同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为子，每 个动作及每轮测试互不影响.如果该同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8 次，那么理论上至少要进行多少轮测试？ 参与艺术体操人数（人） 52 58 50 02020 33 20 26 0 18 O A B C D E F G H I J学校 图3 参考答案见下期