选择性必修第三册综合测评

这是一份数学人教A版 (2019)全册综合习题，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共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.某教育局安排4名骨干教师分别到3所农村学校支教,若每所学校至少安排1名教师,且每名教师只能去1所学校,则不同的安排方案有( )

A.6种B.24种
C.36种D.72种
2.抛掷两枚质地均匀的骰子,在已知它们点数不同的情况下,至少有一枚出现6点的概率是( )
A.13B.118C.16D.19
3.在一次联考后,某校对甲、乙两个文科班的数学考试成绩进行分析,规定:大于或等于120分为优秀,120分以下为非优秀,统计成绩后,得到如下2×2列联表:
附:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
根据独立性检验,可以认为数学考试成绩与班级有关系的把握为( )
A.95%B.99.5%C.99.9%D.99%
4.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛,其中甲不能参加生物竞赛,则不同的参赛方案种数为( )
A.48B.72C.90D.96
5.有8名学生,其中有5名男生,从中选出4名代表,记选出的代表中男生人数为X,则E(X)=( )
A.2B.2.5C.3D.3.5
6.如图,将一个四棱锥的每一个面都染上一种颜色,使每两个具有公共棱的面染成不同颜色,如果只有4种颜色可供使用,则不同的染色方法总数为( )
A.36B.48C.72D.108
7.已知随机变量X~N(1,σ2),且P(X≤0)=P(X≥a),则(1+ax)3·x2+2x5的展开式中x4的系数为( )
A.680B.640C.180D.40
8.生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人,这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系,具体包括“礼、乐、射、御、书、数”. 为弘扬中国传统文化,某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座,每艺安排一节,连排六节,则满足“数”必须排在前两节,“礼”和“乐”必须相邻安排的概率为( )
A.710B.760C.1760D.4760
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.设离散型随机变量X的分布列如下表,若离散型随机变量Y满足Y=2X-1,则下列结果正确的是( )
A.q=0.2B.E(X)=2,D(X)=1.8
C.E(X)=2,D(X)=1.4D.E(Y)=3,D(Y)=7.2
10.将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,不允许有空盒子,则不同放法的种数为( )
A.C31C21C11C31B.C42A33C.C31C42A22D.18
11.对于1x2+x5n(n∈N*),下列判断正确的是( )
A.对任意n∈N*,展开式中有常数项
B.存在n∈N*,展开式中有常数项
C.对任意n∈N*,展开式中不含x项
D.存在n∈N*,展开式中含x项
12.给出下列命题,其中正确的命题是( )
A.设具有相关关系的两个变量x,y的样本相关系数为r,则|r|越接近0,x,y之间的线性相关程度越强
B.随机变量X~N(3,22),若X=2Y+3,则D(Y)=1
C.随机变量X服从两点分布,若P(X=0)=13,则D(X)=49
D.某人在10次射击中击中目标的次数为X,若X~B(10,0.8),则当X=8时概率最大
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜3局者获得比赛的胜利,比赛随即结束.每局比赛甲队获胜的概率是23,没有平局.假设各局比赛结果相互独立,则甲队以3∶2获胜的概率是 .
14.有8件产品,其中4件是次品,从中有放回地取3次(每次1件),若X表示取到次品的次数,则P(X≤2)= .
15.设某批产品中,编号为1,2,3的三家工厂生产的产品分别占 45%,35%,20%,各厂产品的次品率分别为 2%,3%,5%. 现从中任取一件,则取到的是次品的概率为 .
16.已知(2-x2)(1+ax)3的展开式的各项系数之和为27,则实数a= ,展开式中含x2项的系数是 .(本小题第一空2分,第二空3分)
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17. (本小题满分10分)盒子内有3个不同的黑球,5个不同的白球.
(1)将它们全部取出排成一列,3个黑球两两不相邻的排法有多少种?
(2)若取到一个白球记2分,取到一个黑球记1分,从中任取5个球,使总分不少于7分的取法有多少种?
18. (本小题满分12分)在一个袋中装有大小、形状完全相同的3个红球、2个黄球.现从中任取2个球,设随机变量X为取得红球的个数.
(1)求X的分布列;
(2)求X的数学期望E(X)和方差D(X).
19. (本小题满分12分)甲、乙两位同学参加诗词大赛,各答3道题,每人答对每道题的概率均为34,且各人是否答对每道题互不影响.
(1)用X表示甲同学答对题目的道数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(2)设“甲比乙答对的题目数恰好多2”为事件A,求事件A发生的概率.
20. (本小题满分12分)近年来,国资委党委高度重视扶贫开发工作,坚决贯彻落实中央扶贫工作重大决策部署,在各个贫困县全力推进定点扶贫各项工作,并取得了积极成效.某贫困县为了响应国家精准扶贫的号召,特地承包了一块土地,已知土地的使用面积与相应的管理时间的关系如下表所示:
并调查了某村300位村民参与管理的意愿,得到的部分数据如下表所示:
单位:人
(1)求出样本相关系数r的大小,并判断管理时间y与土地使用面积x是否线性相关(当|r|>0.75时,即可认为线性相关);
(2)依据α=0.001的独立性检验,分析村民的性别与参与管理的意愿是否有关;
(3)以该村的村民的性别与参与管理意愿的情况估计该贫困县的情况,从该贫困县中任取3人,记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为X,求X的分布列及数学期望.
参考公式:
r=∑i=1n(xi-x)(yi-y)∑i=1n(xi-x)2∑i=1n(yi-y)2,
χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
临界值表:
参考数据:635≈25.2.
21.(本题满分12分)近年来,政府相关部门引导乡村发展旅游业的同时,鼓励农户建设温室大棚种植高品质农作物.为了解某农作物的大棚种植面积对种植管理成本的影响,甲,乙两名同学一起收集了6家农户的数据,进行回归分析,得到两个回归模型:模型①:y^(1)=-1.65x+28.57,模型②: y^(2)=26.67x+13.50,对以上两个回归方程进行残差分析,得到下表:
注:表中i=2,3,4,5,7,9.
(1)将以上表格补充完整,并根据残差平方和判断哪个模型拟合效果更好;
(2)视残差ei^的绝对值超过1.5的数据为异常数据,针对(1)中拟合效果较好的模型,剔除异常数据后,重新求其经验回归方程.
参考公式:b^=∑i=1n(xi-x)(yi-y)∑i=1n(xi-x)2,a^=y-b^x.
22. (本小题满分12分)某校为了解该校学生“停课不停学”的网络学习效率,随机抽查了高一年级100位学生的某次数学成绩(单位:分),得到如下所示的频率分布直方图:
(1)估计这100位学生的数学成绩的平均值x;(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)
(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩X近似地服从正态分布N(μ,σ2),经计算,(1)中样本的标准差s的近似值为10.用样本平均数x作为μ的近似值,用样本标准差s作为σ的估计值,现任抽取一位学生,求他的数学成绩恰在64分到94分之间的概率;
(若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3)
(3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习,提高学生每天的作业质量及学习数学的积极性,特意在微信上设计了一个每日作业小程序,每当学生提交的作业获得优秀时,就有机会参与一次小程序中“玩游戏,得奖励积分”的活动,开学后可根据获得积分的多少向老师领取相应的小奖品.小程序页面上有一列方格,共15格,刚开始有只小兔子在第1格,每点一下游戏的开始按钮,小兔子就沿着方格跳一下,每次跳1格或跳2格,概率均为12,依次点击游戏的开始按钮,直到小兔子跳到第14格(奖励0分)或第15格(奖励5分)时,游戏结束,每天的积分自动累加,设小兔子跳到第n(1≤n≤14)格的概率为Pn,试证明{Pn+1-Pn}是等比数列,并求P15(获胜的概率)的值.
答案全解全析
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一、单项选择题
1.C 由题意,先从4名骨干教师中任取2名,共有C42种取法,
所以不同的安排方案有C42A33=36种.故选C.
2.A 设“至少有一枚出现6点”为事件A,“两枚骰子的点数不同”为事件B,
则n(B)=5×6=30,n(AB)=10,
∴P(A|B)=n(AB)n(B)=1030=13.
故选A.
3.D 由题表中的数据可得:
χ2=110×(10×30-20×50)260×50×30×80≈7.49,因为7.49>6.635=x0.01,所以可以认为数学考试成绩与班级有关系的把握为99%.故选D.
4.D 因为甲不参加生物竞赛,所以安排甲参加另外3场竞赛或甲不参加任何竞赛.
①当甲参加另外3场竞赛时,共有C31A43=72种选择方案;②当甲不参加任何竞赛时,共有A44=24种选择方案.综上所述,所有参赛方案有72+24=96种.
5.B X的可能取值为1,2,3,4,且P(X=k)=C5kC34-kC84(k=1,2,3,4),
所以X的分布列为
所以E(X)=1×114+2×37+3×37+4×114=52=2.5.
6.C 当面SAB与面SDC同色时,面ABCD有4种染色方法,面SDC有3种染色方法,面SAD有2种染色方法,面SAB有1种染色方法,面SBC有2种染色方法,即4×3×2×1×2=48种;
当面SAB与面SDC不同色时,面ABCD有4种染色方法,面SDC有3种染色方法,面SAD有2种染色方法,面SAB有1种染色方法,面SBC有1种染色方法,即4×3×2×1×1=24种.
故不同的染色方法总数为48+24=72.
7.A 因为随机变量X~N(1,σ2),P(X≤0)=P(X≥a),
所以a=2,所以该式为(1+2x)3·x2+2x5,
其展开式中含x4的项为C52(x2)32x2·C30+C53(x2)22x3·C33(2x)3=40x4+640x4=680x4,即x4的系数为680.
故选A.
8.B 由题意知所有不同的安排种数为A66=720.
“数”必须排在前两节,“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排:
①“数”排在第一节,“礼”和“乐”相邻安排,则“礼”“乐”相邻的位置有4个,考虑两者的顺序,有2种情况,剩下的3艺全排列,安排在其他三个位置,有A33=6种情况,故共有4×2×6=48种情况;
②“数”排在第二节, “礼”和“乐”相邻安排,则“礼”“乐”相邻的位置有3个,考虑两者的顺序,有2种情况,剩下的3艺全排列,安排在其他三个位置,有A33=6种情况,故共有3×2×6=36种情况.
由分类加法计数原理知,满足“数”必须排在前两节,“礼”和“乐”必须相邻安排的情况共有48+36=84种,
所以所求概率P=84720=760.
故选B.
二、多项选择题
9.BD 由分布列的性质可得q+0.4+0.1+0.2+0.2=1,解得q=0.1,
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,
D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8,
E(Y)=2E(X)-1=2×2-1=3,
D(Y)=22×D(X)=4×1.8=7.2.
故选BD.
10.BC 解法一:分2步进行分析:
①先将四个不同的小球分成3组,有C42种分组方法;
②将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有A33种放法,
则不同放法的种数为C42A33.
解法二:分2步进行分析:
①在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球放入选出的盒子中,有C31C42种放法;
②将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个盒子中,有A22种放法,
则不同放法的种数为C31C42A22.
故选BC.
11.BD 1x2+x5n的展开式的通项为Tr+1=Cnr·1x2n-r·(x5)r=Cnr·x7r-2n(0≤r≤n,r∈N),
令7r-2n=0,得r=2n7,即当n是7的整数倍时,有常数项,故A错误,B正确;
令7r-2n=1,取r=1,n=3时,此时展开式中含x项,故C错误,D正确.
故选BD.
12.BD 对于A,|r|越接近0,x,y 之间的线性相关程度越弱,故A不正确;
对于B, 随机变量X~N(3,22),则E(X)=3,D(X)=4,若X=2Y+3,则D(X)=22D(Y)=4,所以D(Y)=1,故B正确;
对于C,随机变量X服从两点分布,其中P(X=0)=13,∴P(X=1)=23,
E(X)=0×13+1×23=23,
D(X)=0-232×13+1-232×23=29,故C不正确;
对于D,因为在10次射击中,击中目标的次数为X,X~B(10,0,8),所以当X=k时,对应的概率P(X=k)=C10k×0.8k×0.210-k,当k≥1时,P(X=k)P(X=k-1)=C10k×0.8k×0.210-kC10k-1×0.8k-1×0.210-k+1=4(11-k)k,令P(X=k)P(X=k-1)=4(11-k)k≥1,得44-4k≥k,即1≤k≤445,因为k∈N*,所以1≤k≤8且k∈N*,即当k=8时,概率P(X=k)最大,故D正确.
故选BD.
三、填空题
13.答案 1681
解析 根据题意,若甲队以3∶2获胜,则第五局甲胜,前四局是2∶2,
所以所求概率P=C42×232×132×23=1681.
14.答案 78
解析 因为是有放回地取产品,所以每次取到次品的概率为12,从中取3次,X为取到次品的次数,则X~B3,12,
故P(X≤2)=1-P(X=3)=1-C33×123=1-18=78.
15.答案 0.029 5
解析 设A表示“取到的是一件次品”,Bi 表示“取到的产品是由第 i (i=1,2,3)家工厂生产的”,则P(B1)=0.45,P(B2)=0.35,P(B3)=0.2,
P(A|B1)=0.02,P(A|B2)=0.03,P(A|B3)=0.05.由全概率公式可得P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)
=0.02×0.45+0.03×0.35+0.05×0.2
=0.029 5.
16.答案 2;23
解析 已知(2-x2)(1+ax)3的展开式的各项系数之和为27,令x=1,则(1+a)3=27,解得a=2,故该式为(2-x2)(1+2x)3,其展开式中含x2项的是2×C31×(2x)2+(-x2)×C33=23x2.故展开式中含x2项的系数为23.
四、解答题
17.解析 (1)首先将5个白球进行排列,然后3个黑球进行插空,则3个黑球两两不相邻的排法有A55A63=5×4×3×2×1×6×5×4=14 400种.(5分)
(2)从中任取5个球,使总分不少于7分的取法有4类:5个白球、4个白球1个黑球、3个白球2个黑球、2个白球3个黑球,故共有C55+C31C54+C32C53+C33C52=56种.(10分)
18.解析 (1)X的可能取值为0,1,2.(1分)
P(X=0)=C30C22C52=110,P(X=1)=C31C21C52=35,
P(X=2)=C32C20C52=310,(5分)
则X的分布列为
(8分)
(2)由(1)中分布列可得E(X)=0×110+1×35+2×310=65,(10分)
D(X)=0-652×110+1-652×35+2-652×310=925.(12分)
19.解析 (1)X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=143=164,
P(X=1)=C31341142=964,
P(X=2)=C32342141=2764,
P(X=3)=343=2764. (4分)
∴X的分布列为
∴数学期望E(X)=0×164+1×964+2×2764+3×2764=94.(6分)
(2)由题意得,事件A包含“甲答对2道,乙答对0道”和“甲答对3道,乙答对1道”两种情况,
∴P(A)=2764×164+2764×964=1352 048.(12分)
20.解析 (1)由题知,x=1+2+3+4+55=3,y=8+10+13+25+245=16,
故∑i=15(xi-x)(yi-y)=(-2)×(-8)+(-1)×(-6)+0×(-3)+1×9+2×8=47,
∑i=15(xi-x)2=4+1+0+1+4=10,
∑i=15(yi-y)2=64+36+9+81+64=254,
则r=∑i=15(xi-x)(yi-y)∑i=15(xi-x)2∑i=15(yi-y)2=4710×254=472635≈0.933>0.75,
故管理时间y与土地使用面积x线性相关.(4分)
(2)依题意,完善表格如下:
单位:人
零假设为H0:村民的性别与参与管理的意愿无关.计算可得χ2=300×(150×50-50×50)2200×100×200×100=18.75>10.828=x0.001.
依据α=0.001的独立性检验,推断H0不成立,即认为村民的性别与参与管理的意愿有关.(8分)
(3)解法一:依题意,X的可能取值为0,1,2,3,从该贫困县中随机抽取一位村民,取到不愿意参与管理的男性村民的概率为16,
故P(X=0)=563=125216,
P(X=1)=C31×16×562=2572,
P(X=2)=C32×162×56=572,
P(X=3)=163=1216.
故X的分布列为
则数学期望E(X)=0×125216+1×2572+2×572+3×1216=12.(12分)
解法二:依题意,从该贫困县中随机抽取一位村民,取到不愿意参与管理的男性村民的概率为16,则X~B3,16,故E(X)=3×16=12.(12分)
21.解析 (1)当x=3时,y^(2)=26.673+13.50=22,39,e^3(2)=24-22.39=1.61,
当x=5时,y^(1)=-1.65×5+28.57=20.32,e^5(1)=22-20.32=1.68,
完成表格如下:
注:表中i=2,3,4,5,7,9.(3分)
模型①的残差平方和为(-0.27)2+0.382+(-0.97)2+1.682+(-1.02)2+0.282=5.099 4,
模型②的残差平方和为(-1.84)2+1.612+0.832+3.172+(-1.31)2+(-2.46)2=24.483 2,
因为5.099 4<24.483 2,
即模型①的残差平方和比模型②的残差平方和小,所以模型①拟合效果更好.(6分)
(2)由题意知,应剔除第四组数据,剔除后,
x=15×(2+3+4+7+9)=5,y=15×(25+24+21+16+14)=20,(8分)
b^=∑i=15(xi-x)(yi-y)∑i=15(xi-x)2=
(-3)×5+(-2)×4+(-1)×1+2×(-4)+4×(-6)(-3)2+(-2)2+(-1)2+22+42=-5634=-2817,(10分)
a^=y-b^x=20--2817×5=48017,
∴所求经验回归方程为y^=-2817x+48017.(12分)
22.解析 (1)x=(0.01×55+0.02×65+0.045×75+0.02×85+0.005×95)×10=74.(2分)
(2)由题意可知X~N(74,102).
因为P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,
P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,
所以P(64≤X≤94)≈0.682 72+0.954 52=0.818 6.(6分)
(3)小兔子开始在第1格,为必然事件,即P1=1,
点一下开始按钮,小兔子跳1格(移到第2格)的概率为12,即P2=12,
小兔子跳到第n+1(2≤n≤14,n∈N*)格的情况是下列两种,而且也只有这两种情况:
①小兔子先跳到第n-1格,又点一下开始按钮跳了2格,其概率为12Pn-1;
②小兔了先跳到第n格,乂点一下开始按钮跳了1格,其概率为12Pn,(8分)
故Pn+1=12Pn-1+12Pn,所以Pn+1-Pn=-12(Pn-Pn-1).
所以当1≤n≤14时,数列{Pn+1-Pn}是以P2-P1=12-1=-12为首项,-12为公比的等比数列,
所以Pn+1-Pn=(P2-P1)×-12n-1=-12×-12n-1=-12n,
所以Pn+1=P1+(P2-P1)+(P3-P2)+…+(Pn+1-Pn)=1+-121+-122+…+-12n
=1--12n+11+12=23×1--12n+1(1≤n≤14).
所以获胜的概率P15=23×1--1215.(12分)
优秀
非优秀
合计
甲班
10
50
60
乙班
20
30
50
合计
30
80
110
α
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
3.841
6.635
7.879
10.828
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
土地使用面积x(单位:亩)
1
2
3
4
5
管理时间y(单位:月)
8
10
13
25
24
愿意参与管理
不愿意参与管理
合计
男性村民
150
50
女性村民
50
合计
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
种植面积x(亩)
2
3
4
5
7
9
每亩种植管
理成本y(百元)
25
24
21
22
16
14
模型①
估计值y^(1)
25.27
23.62
21.97
17.02
13.72
残差ei^(1)
-0.27
0.38
-0.97
-1.02
0.28
模型②
估计值y^(2)
26.84
20.17
18.83
17.31
16.46
残差ei^(2)
-1.84
0.83
3.17
-1.31
-2.46
X
1
2
3
4
P
114
37
37
114
X
0
1
2
P
110
35
310
X
0
1
2
3
P
164
964
2764
2764
愿意参
与管理
不愿意参
与管理
合计
男性村民
150
50
200
女性村民
50
50
100
合计
200
100
300
X
0
1
2
3
P
125216
2572
572
1216
种植面积x(亩)
2
3
4
5
7
9
每亩种植管
理成本y(百元)
25
24
21
22
16
14
模型
①
估计值y^(1)
25.27
23.62
21.97
20.32
17.02
13.72
残差ei^(1)
-0.27
0.38
-0.97
1.68
-1.02
0.28
模型
②
估计值y^(2)
26.84
22.39
20.17
18.83
17.31
16.46
残差ei^(2)
-1.84
1.61
0.83
3.17
-1.31
-2.46