2023-2024学年江苏省泰州市兴化中学高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省泰州市兴化中学高二（下）期末数学试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.A32+C32的值为( )
A. 8B. 9C. 12D. 15
2.已知随机变量X～N(2,σ2)，P(X≤1)=0.3，则P(X<3)=( )
A. 0.2B. 0.3C. 0.7D. 0.8
3.已知a=(2,−1,3)，b=(−4,2,x)，且a⊥b，则x=( )
A. 103B. −6C. 6D. 1
4.(2x−1)5的二项展开式中第4项的系数为( )
A. −80B. −40C. 40D. 80
5.甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排，若甲不站右端也不站左端，则不同站法数为( )
A. 36B. 60C. 72D. 90
6.一个不透明的袋子中有5个红球、4个黑球，从中随机地取出一个，观察颜色后再加上3个同色的球放回袋中，再次从袋子中取出一个球，则第二次取出的是红球的概率为( )
A. 512B. 58C. 59D. 34
7.从棱长为1的正方体的八个顶点中任意取四个点A，B，C，D，则AB⋅CD值的不同种数为( )
A. 4B. 5C. 8D. 10
8.袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则P(|Z−6|≤1)=( )
A. 93105B. 97105C. 96105D. 5051
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中，正确的是( )
A. 公式y=x2中的x和y具有相关关系
B. 回归直线y​=b​x+a​必定经过样本点的中心(x−,y−)
C. 相关系数r的绝对值越接近1，则两个变量的相关性越强
D. 对分类变量x与y的随机变量χ2来说，χ2越大，判断“x与y有关系”的把握越大
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别为BB1，CD的中点，则下列说法正确的是( )
A. D1F⊥平面ADE
B. BD与平面A1C1D所成角的余弦值为 33
C. 二面角A1−BD−C1的正弦值为13
D. 点B到平面B1CD1的距离为 33
11.已知(i=010(−1)ixi)i=010xi=i=020aixi，则下列结论正确的是( )
A. a20=1B. a9=−1C. i=120ai=10D. i=010ia2i=45
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设随机变量ξ的分布列为P(ξ=k5)=ka(k=1,2,3,4,5)，则实数a的值为______．
13.由数据(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(x10,y10)可得y关于x的线性回归方程为y=x+3.5，若i=110xi=15，则i=110yi= ______．
14.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P，Q，R分别在AB，CC1，D1A1上，并满足APPB=CQQC1=D1RRA1=λ1−λ(0<λ<1)，若G是△PQR的重心，且|DG|=4 39，则实数λ值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为BC的中点，点M在BD1上，EM⊥AD．
(1)求证：M为BD1的中点；
(2)求直线EM与平面MCD所成角的大小．
16.(本小题15分)
银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字.求：
(1)任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率；
(2)如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率．
17.(本小题15分)
为培养学生的阅读习惯，某学校规定所有学生每天在校阅读时长不得少于1小时.若认为每天在校阅读的时长不少于1小时为达标，达到2小时的学生为“阅读之星”.假设该校学生每天在校阅读时长X∼N(1.5,σ2)(X的单位：小时)，达标学生是“阅读之星”的概率为14．
(1)从该校学生中随机选出1人，求达标的概率；
(2)为进一步了解该校学生不达标是否与性别有关，随机调查了90名学生，其中男生占49，已知不达标的人数恰是期望值，且不达标的学生中男生占16，是否有99%的把握认为不达标与性别有关？
附：参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
参考数据：
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD= 2，∠PAD=120°，∠ADC=45°．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB=AP．
①若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3344，求线段AB的长．
②在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上？若存在，求线段AB的长；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
设(X,Y)是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为(ai,bj)，其中i，j∈N*，令pij=P(X=ai,Y=bj)，称pij(i,j∈N*)是二维离散型随机变量(X,Y)的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：
现有n(n∈N*)个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子中的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为Y．
(1)当n=2时，求(X,Y)的联合分布列；
(2)设pk=m=0nP(X=k,Y=m)，k∈N且k≤n，计算k=0nkpk．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A32+C32=3×2+3×21×2=9．
故选：B．
根据排列数和组合数的计算公式直接计算即可．
本题考查排列数和组合数的计算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：随机变量X～N(2,σ2)，P(X≤1)=0.3，
则P(X≥3)=P(X≤1)=0.3，
故P(X<3)=1−P(X≥3)=0.7．
故选：C．
根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由于a=(2,−1,3)，b=(−4,2,x)，且a⊥b，
所以−8−2+3x=0，
解得x=103．
故选：A．
直接利用向量垂直的充要条件求出结果．
本题考查的知识要点：向量垂直的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：(2x−1)5的二项展开式中第4项为T4=C53(2x)2(−1)3=−40x2，
所以展开式中第4项的系数为−40．
故选：B．
由二项展开式的通项公式直接求解即可．
本题主要考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：先安排甲从除左端和右端的三个位置中选一个站，有A31=3种站法；
将剩余的人任意排序，有A44=24种站法；
由分步乘法计数原理可得，不同站法数有：3×24=72种．
故选：C．
将特殊元素甲优先安排，结合分步乘法计数原理可求得结果．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设事件A表示第一次抽取的是红球，
P(A)=54+5=59，P(A−)=1−59=49，
事件B表示第二次抽取的是红球，因此有B=AB+A−B，
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=59×5+39+3+49×59+3=59．
故选：C．
利用全概率公式求解．
本题考查全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：①当AB，CD为正方体的两条棱，且AB⊥CD时，AB⋅CD=0；
②当AB，CD为正方体的两条棱，且AB/​/CD时，
∵=π或0，∴AB⋅CD=±1；
③当AB为正方体的一条棱，CD为与AB垂直的侧面的面对角线时，
∵AB⊥CD，∴AB⋅CD=0；
④当AB为正方体的一条棱，CD为正方体的体对角线时，
∵|AB|=1，|CD|= 3，cs=± 33，∴AB⋅CD= 3×(± 33)=±1；
⑤当AB为正方体的一条棱，CD为与AB平行的侧面的面对角线时，
∵|AB|=1，|CD|= 2，=π4或5π4，∴AB⋅CD= 2×(± 22)=±1；
⑥当AB，CD分别为两相邻侧面的面对角线时，
∵|AB|=|CD|= 2，=π3或2π3，∴AB⋅CD=2×(±12)=±1；
⑦当AB，CD分别为同一侧面或两平行侧面的面对角线时，AB⊥CD或AB/​/CD，
若AB⊥CD，则AB⋅CD=0；
若AB/​/CD，则=π或0，|AB|=|CD|= 2，∴AB⋅CD=±2；
⑧当AB，CD为正方体两条体对角线时，
设AB∩CD=O，则OB=OD= 32，∴cs∠BOD=34+34−12×34=13，
∴cs=±13，∴AB⋅CD=3×(±13)=±1；
综上所述：AB⋅CD的值有±1，0，±2，共5种．
故选：B．
分别讨论AB，CD不同位置时的情况，根据向量数量积定义可求得结果．
本题考查空间线线关系及平面向量数量积的运算，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知X，Y均服从超几何分布，且X+Y=4，Z=2X+Y，
由|Z−6|≤1，得5≤Z≤7，
所以Z=5，Z=6，Z=7，
因为P(Z=5)=P(X=1,Y=3)=C41C63C104=821，
P(Z=6)=P(X=2,Y=2)=C42C62C104=37，
P(Z=7)=P(X=3,Y=1)=C43C61C104=435，
所以P(|Z−6|≤1)=P(Z=5)+P(Z=6)+P(Z=7)
=821+37+435=97105，
故选：B．
由题意可知X+Y=4，Z=2X+Y，由|Z−6|≤1，可得Z=5，Z=6，Z=7，然后根据超几何分布的概率公式可求得结果．
本题考查由超几何分布的概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，相关关系是一种非确定的关系，而公式y=x2中的x和y关系明确，属于函数关系，不是相关关系，故A错误；
对于B，回归直线y​=b​x+a​恒过样本点的中心(x−,y−)，故B正确；
对于C，相关系数r的绝对值越接近1，则两个变量的相关性越强，则C正确；
对于D，对分类变量x与y的随机变量χ2来说，χ2越大，判断“x与y有关系”的把握越大，故D正确．
故选：BCD．
利用变量间相关关系的概念和性质，可判断A，C选项，由回归直线方程的性质，判断B选项，由分类变量的独立性检验，可判断D选项．
本题考查相关关系与独立性检验的相关知识，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于AB，以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图：
正方体的棱长为1，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，B(1,1,0)，F(0,12,0)，A(1,0,0)，
A1(1,0,1),E(1,1,12)，所以D1F=(0,12,−1)，DA=(1,0,0),DE=(1,1,12)，
因为D1F⋅DA=0×1+12×0+(−1)×0=0，所以D1F⊥DA，即D1F⊥DA，
因为D1F⋅DE=0×1+12×1+(−1)×12=0，所以D1F⊥DE，即D1F⊥DE，
又DA∩DE=D，DA，DE⊂平面ADE，所以D1F⊥平面ADE，故A正确；
设平面A1C1D的一个法向量为n=(x,y,z)，DC1=(0,1,1),DA1=(1,0,1)，
则n⊥DC1n⊥DA1，即n⋅DC1=y+z=0n⋅DA1=x+z=0，
不妨令x=1，得y=1，z=−1，故n=(1,1,−1)，
又因为DB=(1,1,0)，
设直线BD与平面A1C1D所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|DB⋅n||DB|⋅|n|=2 3× 2= 63，
所以BD与平面A1C1D所成角的余弦值为 1−( 63)2= 33，故B正确；
对于C，如图：
连接AC，BD交于O，连接A1O，C1O，A1C1，A1D，C1D，A1B，C1B，
因为|BD|=|A1C1|=|A1D|=|C1D|=|A1B|=|C1B|= 2，O为BD的中点，
所以A1O⊥BD，C1O⊥BD，A1O⊂平面A1BD，C1O⊂平面C1BD，
所以∠A1OC1是二面角A1−BD−C1的平面角，
又|A1O|=|C1O|= 12+( 22)2= 62，
故cs∠A1OC1=|A1O|2+|C1O|2−|A1C1|22|A1O|⋅|C1O|=3−22×32=13，
所以二面角A1−BD−C1的正弦值为 1−(13)2=2 23，故C错误；
对于D，如图：
设点B到平面B1CD1的距离为d，因为|B1D1|=|B1C|=|D1C|= 2，
所以S△B1D1C=12× 2× 2× 32= 32，S△BB1C=12×1×1=12，
因为VB−B1CD1=VD1−BB1C，
所以13× 32×d=13×12×1，
所以d= 33，即点B到平面B1CD1的距离为 33，D正确．
故选：ABD．
建立空间直角坐标系，利用数量积为0得线线垂直，根据线面垂直的判定定理证明，判断A正确；求出平面A1C1D的法向量，利用线面角的向量公式求解，判断B正确；利用二面角的定义作出二面角的平面角，利用余弦定理及同角三角函数关系求解，判断C错误；利用等体积法求点面距离，判断D正确．
本题考查空间线面位置关系的判定以及空间角和距离的计算，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：项A：由已知可得a20x20=[(−1)10x10]x10=x20，所以a20=1，A说法正确；
选项B：由已知可得a9x9=[(−1)0x0]x9+[(−1)1x1]x8+...+[(−1)9x9]x0=1+(−1)+...+(−1)=0，
所以a9=0，B说法错误；
选项C：由已知得a0x0=[(−1)0x0]x0=x0，所以a0=1，
当x=1时，由已知得i=020ai=i=010(−1)ii=0101=11，
所以i=120ai=i=020ai−a0=10，C说法正确；
选项D：对(i=010(−1)ixi)i=010xi=i=020aixi两边求导可得(i=110(−1)iixi−1)i=010xi+(i=010(−1)ixi)i=110ixi−1=i=120aiixi−1，
所以当x=1时，i=120iai=(i=110(−1)ii)i=0101+(i=010(−1)i)i=110i=5×11+1×55=110，
当x=−1时，i=120iai(−1)i−1=(i=110(−1)2i−1i)i=010(−1)i+(i=010(−1)2i)i=110i(−1)i−1=−55×1+11×(−5)=−110，
所以i=120iai−i=120iai(−1)i−1=i=1104ia2i=220，
所以i=010ia2i=i=110ia2i=55，D说法错误．
故选：AC．
根据二项式定理判断AB，令x=1判断C，对(i=010(−1)ixi)i=010xi=i=020aixi求导，再赋值x=1和x=−1，两式相减判断D．
本题主要考查了二项式定理的应用，赋值法式求解问题的关键，属于中档题．
12.【答案】15
【解析】解：由概率的基本性质知：1a+2a+3a+4a+5a=1，解得a=15．
故答案为：15．
根据分布列概率和为1即可得到方程，解出即可．
本题主要考查离散型随机变量分布列的性质，属于基础题．
13.【答案】50
【解析】解：设样本数据的中心点为(x−,y−)，则x−=110i=110xi=1.5，
由y关于x的线性回归方程为y=x+3.5，得y−=x−+3.5=5，而y−=110i=110yi，
∴i=110yi=50．
故答案为：50．
根据给定条件，利用回归直线过样本中心点列式计算即得．
本题考查线性回归方程及其应用，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键，是基础题．
14.【答案】13
【解析】解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，故A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，
故AB=(1,0,0)，AD=(0,1,0)，AA1=(0,0,1)，
而APPB=CQQC1=D1RRA1=λ1−λ，且G是△PQR的重心，
故DG=DC+CQ+QG=AB+λCC1+23(QP+12PR)
=AB+λCC1+23[(λ−1)AB−AD−λAA1]+13[−λAB+AA1+(1−λ)AD]
=13(λ+1)AB+13(λ+1)AA1−13(λ+1)AD=(13(λ+1),−13(λ+1),13(λ+1))，
而|DG|=4 39，故得19(λ+1)2+19(λ+1)2+19(λ+1)2=(4 39)2，
而0<λ<1，解得λ=13(另一个根舍去)，则实数λ值为13．
故答案为：13．
建立空间直角坐标系，利用空间向量的线性运算得到DG，再利用给定条件建立方程求解即可．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)连接CD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，因为BC⊥平面CDD1C1，
CD1⊂平面CDD1C1，所以BC⊥CD1，
因为EM⊥AD，AD//BC，所以EM⊥BC，且EM，CD1，BC均在同一平面内，
所以EM//CD1，因为E为BC的中点，所以M为BD1的中点，
(2)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两互相垂直，
如图建立空间直角坐标系D−xyz，

则D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(1,2,0)，M(1,1,1)，
所以DC=(0,2,0)，DM=(1,1,1)，EM=(0,−1,1)，
设平面MCD的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅DC=0,m⋅DM=0,，即y=0,x+y+z=0.
令x=1，则z=−1，于是m=(1,0,−1)，
设直线EM与平面MCD所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|m⋅EM||m||EM|=12，
因为0°≤θ≤90°，
所以直线EM与平面MCD所成角的大小为30°．
【解析】(1)根据线面垂直的性质得BC⊥CD1，再证明EM⊥BC，最后得到EM//CD1，即可证明；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量和法向量，根据线面角的空间向量求法即可得到答案．
本题考查线线平行的应用以及向量法求线面角，属于中档题．
16.【答案】解：(1)银行储蓄卡的密码由6位数字组成，
某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，
任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率：
P=110+910×19=15．
(2)记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率：
P=15+45×14=25．
【解析】(1)某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，任意按最后1位数字，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式不超过2次就按对的概率．
(2)记得密码的最后1位是偶数，利用相互独立事件概率乘法公式能求出不超过2次就按对的概率．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】解：(1)从该校学生随机选出1人，记其达标为事件A，是“阅读之星”为事件B．
则P(A)=P(X≥1)，P(B)=P(AB)=P(X≥2)．
因为X∼N(1.5,σ2)，所以P(B)=1−P(A)．
又因为达标学生是“阅读之星”的概率为14，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=1−P(A)P(A)=14，得P(A)=45，
即从该校学生中随机选出1人，达标的概率为45．
(2)依题意，随机调查的90名学生中，男生人数为40，女生人数为50．
设这90名学生中，不达标学生人数为Y．
由(1)知，不达标的概率为15，则Y∼B(90,15)．
所以数学期望E(Y)=90×15=18，即不达标的人数为18．
因为不达标学生中有16的是男生，所以不达标的男生人数为3，不达标的女生人数为15．
则达标的男生人数为37，达标的女生人数为35，得如下2×2列联表．
所以χ2=90×(37×15−35×3)240×50×72×18=7.03125>6.635．
因为P(χ2≥6.635)=0.010，所以有99%的把握认为不达标与性别有关．
【解析】(1)根据条件概率公式计算即可；
(2)根据题意得出列联表后，计算出χ2的观测值，结合临界值表可得出结论．
本题主要考查独立性检验公式，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
(2)如图以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立如图所示直角空间坐标系A−xyz，
设AB=t，则AP=t，由AB+AD=5，CD= 2，∠PAD=120°，∠ADC=45°，
则B(t,0,0)，P(0,−t2, 3t2)，因为AD=5−t，则D(0,5−t,0)，C(1,4−t,0)，
所以CP=(−1,t2−4, 3t2)，CD=(−1,1,0)，
①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，由n⊥CP，n⊥CD，
得−x+t−82y+ 3t2z=0−x+y=0，
可取n=(1,1,10−t 3t)，
设直线PB与平面PCD所成角为θ，
则sinθ=|csn,BP|，BP=(−t,−t2, 3t2)，
即 3344=|−t−t2+10−t2 1+1+(10−t 3t)2 t2+t24+3t24|，
化简得：23t2−116t+140=0，
解得t=2或t=7023，
即AB=2或AB=7023．
②如图，假设在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上，
由GC=GD，得∖angGCD=∖angGDC=45°，所以∠CGD=90°，
所以GD=CDcs45°=1，
又AB=t得AD=5−t，AG=AD−GD=4−t，所以G(0,4−t,0)，P(0,−t2, 3t2)，
由GP=GD得[−t2−(4−t)]2+( 3t2)2=1，
即(t2−4)2+34t2=1，
亦即t2−4t+15=0(*)，
因为Δ=(−4)2−4×15<0，所以方程(*)无实数解，
所以线段AD上不存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上．
【解析】(1)利用面面垂直的性质可证得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；
(2)①依题建系，设AB=t，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得t的值；
②假设存在点G，可由GC=GD推得GD=1，得点G坐标，由GP=GD得方程t2−4t+15=0，因此方程无实数解，假设不成立．
本题主要考查利用空间向量解决线面所成角以及多点是否在同一球面上的开放性问题，属于较难题．
19.【答案】解：(1)由题意知X可取0，1，2，Y可取0，1，2，
则P(X=0,Y=0)=132=19，
P(X=0,Y=1)=C21×13×13=29，
P(X=0,Y=2)=132=19，
P(X=1,Y=0)=C21×13×13=29，
P(X=1,Y=1)=C21×13×13=29，
P(X=2,Y=0)=132=19，
P(X=1,Y=2)=P(X=2,Y=1)=P(X=2,Y=2)=0，
∴(X,Y)的联合分布列为：
(2)当k+m>n时，P(X=k,Y=m)=0，
∴pk=m=0nP(X=k,Y=m)=m=0n−kP(x=k,Y=m)
=m=0n−k(CnkCn−km⋅13n)=Cnk3nm=0n−kCn−km=Cnk3n⋅2n−k=Cnk(13)k⋅(23)n−k，
∴k=0nkpk=k=0n[k⋅Cnk(13)k⋅(23)n−k]，
设Z～B(n,13)，则由二项分布的期望公式得k=0nkpk=E(Z)=n3．
【解析】(1)由题意知X可取0，1，2，Y可取0，1，2，直接计算概率，列出(X,Y)的联系分布列即可；
(2)直接计算pk=m=0nP(X=k,Y=m)=m=0n−kP(x=k,Y=m)=Cnk(13)k⋅(23)n−k，结合二项分布的期望公式求出k=0nkpk．
本题考查二维离散型随机变量的联合分布列、概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．x0
3.841
5.024
6.635
10.828
P(χ2≥x0)
0.050
0.025
0.010
0.001
Y/X
b1
b2
b3
…
a1
p1,1
p1,2
p1,3
…
a2
p2,1
p2,2
p2,3
…
a3
p3,1
p3,2
p3,3
…
…
…
…
…
…
男生
女生
合计
达标
37
35
72
不达标
3
15
18
合计
40
50
90
(X,Y)
0
1
2
0
19
29
19
1
29
29
0
2
19
0
0