广西专版2023_2024学年新教材高中数学综合检测A卷新人教版选择性必修第三册

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册全册综合课时训练，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

综合检测(A卷)
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.若X的分布列为
X
0
1
P

a
则E(X)=(　　)
A. B.
C. D.
答案:A
解析:由+a=1,得a=,则E(X)=0×+1×.
2.某社区为了解本社区居民的受教育程度与年收入的关系,随机调查了105户居民,得到的2×2列联表如下表所示:
单位:户
文化程度
年收入
合计
年收入5万元以下
年收入5万元及以上
高中文化以上
10
45
55
高中文化及以下
20
30
50
合计
30
75
105
若推断“受教育程度与年收入有关系”,则这种推断犯错误的概率不超过(　　)
A.5% B.1% C.0.5% D.0.1%
答案:A
解析:由列联表中的数据可得χ2=≈6.109>3.841=x0.05,因此推断“受教育程度与年收入有关系”,且犯错误的概率不超过5%.
3.若展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为(　　)
A.10 B.20
C.30 D.120
答案:B
解析:∵+…+=2n=64,∴n=6.
Tk+1=x6-kx-k=x6-2k,
令6-2k=0,得k=3,
常数项T4==20,故选B.
4.6位选手依次演讲,其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲,则不同的演讲次序共有(　　)
A.240种 B.360种
C.480种 D.720种
答案:C
解析:先排甲,有4种方法,剩余5人全排列有=120种,所以不同的演讲次序有4×120=480种.
故选C.
5.在某次国际围棋比赛中,甲、乙两人进入最后决赛.比赛采取五局三胜制,即先胜三局的一方获得比赛冠军,比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为,且各局比赛的胜负互不影响,则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为(　　)

A. B.
C. D.
答案:C
解析:甲以3∶0获胜为事件A,甲以3∶1获胜为事件B,则A,B互斥,
且P(A)=,P(B)=,
所以在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为
P=.
故选C.
6.小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游,每人只去一个景点,设事件A=“4个人去的景点彼此互不相同”,事件B=“小赵独自去一个景点”,则P(A|B)=(　　)
A. B.
C. D.
答案:D
解析:若小赵独自去一个景点,则还有3个景点可选,其余3人只能在小赵剩下的3个景点中选择,可能情况有3×3×3=27种,
所以小赵独自去一个景点的可能情况有4×27=108种.
因为4个人去的景点不相同的可能性为4×3×2×1=24种,
所以P(A|B)=.
7.已知随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),且P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,若μ=4,σ=1,则P(5 A.0.682 7 B.0.135 9
C.0.271 6 D.0.954 5
答案:B
解析:由题意知,P(5 8.某射手每次射击击中目标的概率为p,这名射手进行了10次射击,设X为击中目标的次数,D(X)=1.6,P(X=3) A.0.8 B.0.6
C.0.4 D.0.2
答案:A
解析:由题可得随机变量X服从二项分布B(10,p).
由D(X)=1.6,P(X=3) 解得p=0.8.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.5G技术的运营不仅提高了网络传输速度,更拓宽了网络资源的服务范围.目前,我国加速了5G技术的融合与创新,前景美好!某手机商城统计了5个月的5G手机销量,如表所示:
月份
6月
7月
8月
9月
10月
月份编号x
1
2
3
4
5
销量y/部
52
95
a
185
227
若y与x线性相关,由上表数据求得经验回归方程为=44x+10,则下列说法正确的是(　　)
A.5G手机的销量逐月增加,平均每个月增加约10部
B.a=151
C.y与x正相关
D.预计12月份该手机商城的5G手机销量约为318部
答案:BCD
解析:经验回归方程为=44x+10,5G手机的销量逐月增加,平均每个月增加约44台,故A不正确;
根据表中数据,可得=3,则=44×3+10=142.
于是,52+95+a+185+227=142×5=710,即a=151,故B正确;
由经验回归方程中x的系数大于0,可知y与x正相关,且样本相关系数r>0,故C正确;
12月份时,x=7,=44×7+10=318(部),故D正确.
10.下列说法正确的是(　　)
A.已知随机变量X,Y满足X+2Y=4,且X服从正态分布N(3,1),则E(Y)=
B.已知随机变量X服从二项分布B,则P(X=3)=
C.已知随机变量X服从正态分布N(4,1),且P(X≥5)=0.158 7,则P(3 D.已知随机变量X服从两点分布,且P(X=0)=0.6,P(X=1)=0.4,令Y=3X-2,则P(Y=-2)=0.6
答案:ACD
解析:对于A,已知随机变量X,Y满足X+2Y=4,X~N(3,1),所以Y=2-,且Y~N,则E(Y)=,故A正确;
对于B,已知随机变量X服从二项分布B,则P(X=3)=,故B错误;
对于C,已知随机变量X服从正态分布N(4,1),且P(X≥5)=0.1587,则P(3 对于D,已知随机变量X服从两点分布,且P(X=0)=0.6,P(X=1)=0.4,令Y=3X-2,则P(Y=-2)=P(3X-2=-2)=P(X=0)=0.6,故D正确.
故选ACD.
11.设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么(　　)
A.a0+a2+a4=122
B.a0+a1+a2+a3+a4+a5=1
C.a1+a3+a5=-121
D.a1+a3=20
答案:ABC
解析:令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.
两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.
又由条件可知a5=-1,故a1+a3=-120.
12.两个分类变量X和Y,值域分别为{x1,x2}和{y1,y2},其样本频数分别是a=10,b=21,c+d=35.若依据小概率值α的独立性检验,X与Y有关系,且小概率值α不大于0.01,则c等于(　　)
临界值参考:
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
(参考公式:χ2=,其中n=a+b+c+d)
A.1 B.2
C.3 D.4
答案:AB
解析:列2×2列联表如下:
Y
X
合计
X=x1
X=x2
Y=y1
10
21
31
Y=y2
c
d
35
合计
10+c
21+d
66
根据列联表计算得χ2=≥6.635=x0.01.
把选项A,B,C,D代入验证可知选AB.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中的横线上.
13.已知P()=0.6,P(B|A)=0.4,P(B|)=0.3,则P(B)的值为　　　　　. 
答案:0.34
解析:由P()=0.6,得P(A)=0.4,P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.4×0.4+0.6×0.3=0.16+0.18=0.34.
14.二项式的展开式中x6项的系数为　　　　　,常数项为　　　　　. 
答案:15　15
解析:由题得Tk+1=(x2)6-k(-1)kx12-3k.
令12-3k=6,解得k=2,所以二项式的展开式中x6的系数为·(-1)2=15.
令12-3k=0,得k=4,所以常数项为T4+1=(-1)4x0=15.
15.某航空母舰将进行一次编队配置科学试验,要求2艘攻击型核潜艇一前一后,2艘驱逐舰和2艘护卫舰分列左、右,同侧不能都是同种舰艇,则舰艇分配方案的方法种数为　　　　　. 
答案:32
解析:由题意,2艘攻击型核潜艇一前一后,有种方法.
2艘驱逐舰和2艘护卫舰分列左、右,同侧不能都是同种舰艇,有种方法.
则根据分步乘法计数原理可得舰艇分配方案的方法种数为=32.
16.已知经验回归方程x+0.6相应于点(3,6.5)的残差为-0.1,则的值为　　　　　. 
答案:2
解析:由经验回归方程x+0.6相应于点(3,6.5)的残差为-0.1,
可得当x=3时,=6.6,
把(3,6.6)代入x+0.6,得6.6=3+0.6,
即=2.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)某大学的2名教授带领4名实习学生外出实习,实习前在学院门口合影留念,实习结束后4名实习生就被安排在3所中学任教,请回答以下问题.(用数字作答)
(1)若站成两排合影,2名教授站在前排,4名实习学生在后排,则共有多少种不同的排法?
(2)若站成一排合影,2名教授必须相邻,则共有多少种不同的排法?
(3)实习结束后,4名实习生被安排在3所中学任教,若每个中学至少一人去,则共有多少种不同的安排方法?
解(1)根据题意,将2名教授全排列,安排在第一排,4名实习学生全排列,安排在第二排,有=48种安排方法.
(2)根据题意,将2名教授看成一个整体,在4名学生中全排列,有=240种安排方法.
(3)根据题意,先将4名实习生分三组,再将分好的三组安排到3所学校,共有=36种安排方法.
18.(12分)在二项式的展开式中,恰好第5项的二项式系数最大.求:
(1)展开式中各项的系数和;
(2)展开式中所有的有理项.
解:(1)∵恰好第5项的二项式系数最大,
∴展开式有9项,
∴n=8,
∴在二项式中,令x=1,展开式中各项的系数和为.
(2)通项为Tk+1=)8-k,k=0,1,2,…,8.
当为整数,即k=2,5,8时,展开式是有理项,有理项为第3,6,9项,
即T3=·x0=7;
T6=·x-4=-x-4;
T9=·x-8=x-8.
19.(12分)随着科技的发展,网络已逐渐融入了人们的生活.网购是非常方便的购物方式,为了解网购在甲市的普及情况,某调查机构进行了有关网购的调查问卷,并从参与调查的市民中随机抽取了男、女各100人进行分析,从而得到列联表如下表所示:
单位:人
性别
网购情况
合计
经常网购
偶尔或不用网购
男性
50

100
女性
70

100
合计



(1)完成上表,根据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,能否推断甲市市民网购与性别有关?
(2)①现从所抽取的女性市民中利用分层随机抽样的方法抽取10人,再从这10人中随机选取3人赠送优惠券,求选取的3人中至少有2人经常网购的概率;
②将频率视为概率,从甲市所有参与调查的市民中随机抽取10人赠送礼品,记其中经常网购的人数为X,求随机变量X的均值和方差.
解(1)完成列联表:
单位:人
性别
网购情况
合计
经常网购
偶尔或不用网购
男性
50
50
100
女性
70
30
100
合计
120
80
200
零假设为H0:甲市市民网购与性别无关.
由列联表,得χ2=≈8.333>6.635=x0.01,
根据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,有充分证据推断H0不成立,即甲市市民网购与性别有关,此推断犯错误的概率不大于0.01.
(2)①由题意所抽取的10名女性市民中,经常网购的有10×=7人,
偶尔或不用网购的有10×=3人.
因此选取的3人中至少有2人经常网购的概率为
P=.
②由2×2列联表可知,抽到经常网购的市民的频率为=0.6,
将频率视为概率,
故从甲市市民中任意抽取一人,恰好抽到经常网购市民的概率为0.6.
由题意得X~B(10,0.6),
可求得随机变量X的均值E(X)=10×0.6=6,
方差D(X)=10×0.6×0.4=2.4.
20.(12分)某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”,为了确定未来发展方向,此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天,这五家“农家乐”的收费标准互不相同,得到的统计数据如下表所示.x为收费标准(单位:元/日),t为入住天数(单位:天),以频率作为各自的“入住率”,收费标准x与“入住率”y的散点图如图所示.
x
100
150
200
300
450
t
90
65
45
30
20

(1)若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查,记X为“入住率”超过0.6的农家乐的个数,求X的分布列;
(2)设z=ln x,由散点图判断x+z+哪个更合适于此模型(给出判断即可不必说明理由)?并根据你的判断结果求经验回归方程.(的结果精确到0.1)
(3)根据第(2)问所求的经验回归方程,试求收费标准为多少时,100天销售额L最大?(L=100×入住率×收费标准)
参考公式及数据:=240,
=365 000,xiyi=457.5,≈5.35,≈28.57,≈144.24,
ziyi≈12.72,e5≈150,e5.4≈220.
解(1)由题图可知X的所有可能取值为0,1,2,
则P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
故X的分布列是
X
0
1
2
P



(2)由散点图可知z+更适合于此模型.
依题意,×(0.9+0.65+0.45+0.3+0.2)=0.5,
则≈-0.47≈-0.5,
=0.5+0.47×5.35≈3.0,
故所求的经验回归方程为=-0.5ln x+3.0.
(3)依题意,L(x)=100(-0.5ln x+3.0)x=-50xln x+300x,
则L'(x)=-50ln x+250,
由L'(x)>0,得ln x<5,0 由L'(x)<0,得ln x>5,x>e5,
故L(x)在区间(0,e5)内单调递增,在区间(e5,+∞)内单调递减.
当x=e5≈150时,L(x)取最大值,
因此当收费标准约为150元/日时,100天销售额L最大.
21.(12分)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖,每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球.在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则未获奖.
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率;
(2)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,求X的分布列和均值.
解(1)记事件A1={从甲箱中摸出的1个球是红球},A2={从乙箱中摸出的1个球是红球},B1={顾客抽奖1次获一等奖},B2={顾客抽奖1次获二等奖},C={顾客抽奖1次能获奖}.
由题意,A1与A2相互独立,A1A2互斥,B1与B2互斥,
且B1=A1A2,B2=A1A2,C=B1+B2.
因为P(A1)=,P(A2)=,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=,
P(B2)=P(A1A2)=P(A1)+P(A2)=P(A1)P()+P()P(A2)=P(A1)(1-P(A2))+(1-P(A1))P(A2)=.
故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为,由题意得获一等奖的次数X可以为0,1,2,3,
所以X~B.
于是P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P




X的均值为E(X)=3×.
22.(12分)某机器生产商,对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案:
方案一,交纳延保金6 000元,在延保的两年内可免费维修2次,超过2次每次收取维修费1 500元;
方案二,交纳延保金7 740元,在延保的两年内可免费维修4次,超过4次每次收取维修费a元.
某工厂准备一次性购买两台这种机器,现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案,为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数,统计得下表:
维修次数
0
1
2
3
机器台数
20
10
40
30
以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率.记X表示这两台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数.
(1)求X的分布列;
(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据,该工厂选择哪种延保方案更合算.
解(1)根据题意,随机变量X的所有取值为0,1,2,3,4,5,6,因为以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率,
所以,P(X=0)=0.2×0.2=0.04,
P(X=1)=×0.2×0.1=0.04,
P(X=2)=0.1×0.1+×0.2×0.4=0.17,
P(X=3)=×0.1×0.4+×0.2×0.3=0.2.
P(X=4)=0.4×0.4+×0.1×0.3=0.22,
P(X=5)=×0.4×0.3=0.24,P(X=6)=0.3×0.3=0.09.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
0.04
0.04
0.17
0.2
0.22
0.24
0.09
(2)设所需延保金与维修费用之和为Yn(n=1,2),若采用方案一,则随机变量Y1的分布列为
Y1
6000
7500
9000
10500
12000
P
0.25
0.2
0.22
0.24
0.09
则随机变量Y1的均值为E(Y1)=6000×0.25+7500×0.2+9000×0.22+10500×0.24+12000×0.09=8580元.
若采用方案二,则随机变量Y2的分布列为
Y2
7740
a+7740
2a+7740
P
0.67
0.24
0.09
所以随机变量Y2的均值为
E(Y2)=0.67×7740+0.24×(a+7740)+0.09×(2a+7740)=7740+0.42a(元).
令7740+0.42a=8580,得a=2000元,
①若0 ②若a=2000,则两种方案费用一样多,可以任选一种方案.
③若a>2000,则方案二的费用高,应选择方案一.