选修2-3综合测试题带答案(20201122153812).docx

数学试卷
一、
1．随机量ξ服从二分布ξ～ B（n，p），且 Eξ=300，Dξ=200， p 等于（）A．B．0C． 1D．
2．随机量ξ服从正分布 N（0，1），下列不正确的是（）A．P（| ξ| ＜a）=P（ | ξ | ＜ a） +P（| ξ|=a ）（a＞0）
B．P（| ξ| ＜a）=2P（ξ＜ a） 1（a＞0）
C．P（| ξ| ＜a）=1 2P（ξ＜ a）（ a＞ 0）
D．P（| ξ| ＜a）=1 P（ | ξ | ＞ a）（a＞0）
3．在吸烟与患肺病两个分量的算中，下列法正确的是（）
A．若Χ2的，而 P（Χ2≥） =，故我有 99%的把握吸烟与患肺病有
关系，那么在 100 个吸烟的人中必有99 人患有肺病
B．从独立性可知有 99%的把握吸烟与患肺病有关系，我某人吸烟，那么他有 99%的可能患有肺病
C．若从量中求出有95%的把握吸烟与患肺病有关系，是指有5%的可能性使得推判出
D．以上三种法都不正确
4．将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中，不同放法种数有（）
A．81B．64 C．12D． 14
5．以正方体的点点的三棱的个数是（）
A．C81C73 B ．C84 C ．C846D． C8412
6．的展开式中，含x 的正整数次的共有（）
A．4B．3 C ．2D．1
7．在 5 付不同手套中任取 4 只， 4 只手套中至少有 2 只手套原来是同一付的可能（）A．190B． 140 C ．130D．308．位于坐原点的一个点P 按下述移：点每次移一个位；移的
方向向上或向右，并且向上、向右移的概率都是．点P 移 5 次后位于点（2，3）的概率（）
A． B ． C ． D．
9．（ 1 x3）（1+x）10的展开式中， x5的系数是（）
A． 207 B．208 C ．209D． 210
10．从 6 名志愿者中出 4 人分从事翻、游、、保四不同工作．若
其中甲、乙两名支援者都不能从事翻工作，派方案共有（）A． 280 种B．240 种C．180 种D．96 种
11．将三骰子各一次，事件A=“三个点数都不相同”，B=“至少出一个6 点”，概率 P（A|B）等于（）
A．B． C． D．
12．从 1，2，⋯， 9 九个数中，随机抽取 3 个不同的数， 3 个数的和偶数的概率是（） A．B． C． D．
二、填空（共 4 小，每小 5 分，分 20 分）
13．在平面直角坐系中，从六个点：A（ 0，0）、B（2，0）、C（1，1）、D（0，2）、
E（2，2）、F（3，3）中任取三个，三点能构成三角形的概率是
14．某位有 7 个在一起的停位，有 3 不同型号的需要停放，如果要
求剩余的 4 个空位在一起，不同的停放方法有种．15．在 100 件品中有 5 件次品，不放回地抽取 2 次，每次抽 1 件．已知第 1 次抽出的是次品，第 2 次抽出正品的概率是．
16．已知， a0+a2 +a4+a6=
三．解答：本大共 6 小，共 70 分．
17 ．求（ 1+x）3+（1+x）4+（1+x）5 +⋯ +（1+x）20的展开式中 x3的系数．
18．离散型随机量X 的所有可能1，2，3，4，且 P（x=k）=ak，（k=1，2，3，4）（1）求常数 a 的；（ 2）求 X 的分布列；（3）求 P（2≤x＜4）．21．某次象棋比的决在甲乙两名旗手之行，比采用分制，比定一局得 2 分，平
一局得 1 分，一局得 0 分；比行五局，分有超5分者比束，否行，根据以往，每局甲的概率，乙的概率
，且每局比互不受影响．若甲第n 局、平、的得分分a n=2，a n=1， a n=0，n∈N*，1≤n≤5，令S n=a1+a2+⋯+a n
19．在直角坐系中，已知三点P（2，2）， Q（4， 4），R（6，0）．（1）求S3=5的概率．
（ 1）将P、Q、R三点的直角坐化极坐；（2）求S5=7的概率．
（ 2）求△ PQR的面．
20．某研究性学小春季昼夜温差大小与某花卉种子芽多少之的关系
行研究，他分了 3 月 1 日至 3 月 5 日的每天昼夜温差与室每天每 10022．已知甲盒内有大小相同的 1 个球和 3 个黑球，乙盒内有大小相同的 2 个种子浸泡后的芽数，得到如表料：球和 4 个黑球．在从甲、乙两个盒内各任取 2 个球．
日期 3 月 1 日 3 月 2 日 3 月 3 日 3 月 4 日 3 月 5 日（Ⅰ）求取出的4个球均黑色球的概率；
温差 x（℃）101113128（Ⅱ）求取出的4个球中恰有 1 个球的概率；
芽数 y（）2325302616（Ⅲ）ξ取出的 4 个球中球的个数，求ξ 的分布列和数学期望．
（1）若取的是 3 月 1 日与 3 月 5 日的两数据，根据 3 月 2 日至 3 月 4 日的数据，求
出 y 关于 x 的性回方程 y=bx+a；
（2）若由性回方程得到的估数据与所出的数据的差均不超 2 ，得到的性回方程
是可靠的，（Ⅱ）中所得的性回方程是否可
靠？
【解答】解：∵ P（| ξ| ＜a）=P（ | ξ | ≤a）=P（| ξ| ＜a）+P（ | ξ |=a ），∴ A 正2015-2016 学年河北省衡水市枣强中学高二（下）期中数学试卷（理科）确；
参考答案与试题解析∵P（| ξ| ＜a）=P（﹣ a＜ξ＜ a）=P（ξ＜ a）﹣P（ξ＜﹣ a）=P（ξ＜ a）﹣P（ξ
＞a）=P（ξ＜ a）﹣（ 1﹣P（ξ＜ a））=2P（ξ＜ a）﹣ 1，∴ B 正确， C不正确；
一、选择题∵P（| ξ| ＜a）+P（ | ξ | ＞ a） =1，∴P（| ξ| ＜a）=1﹣P（| ξ | ＞ a）（a＞0），∴1．随机变量ξ服从二项分布ξ～ B（n，p），且 Eξ=300，Dξ=200，则 p 等于（） D 正确
A． B． 0 C．1 D．故选 C．
【考点】二项分布与 n 次独立重复试验的模型．
【分析】根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差的公式和条件3．在吸烟与患肺病这两个分类变量的计算中，下列说法正确的是（）
中所给的期望和方差的值，得到关于n 和 p 的方程组，解方程组得到要求的未知A．若Χ2的观测值为，而 P（Χ2≥） =，故我们有 99%的把握认为吸烟与患肺病有量 p．关系，那么在 100 个吸烟的人中必有 99 人患有肺病
【解答】解：∵ξ 服从二项分布 B～（ n，p）B．从独立性检验可知有 99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时，我们说某人吸烟，Eξ=300，Dξ=200那么他有 99%的可能患有肺病
∴Eξ=300=np，①； Dξ=200=np（ 1﹣p），②C．若从统计量中求出有 95%的把握认为吸烟与患肺病有关系，是指有5%的可能性使得推判出可得 1﹣p==，现错误
∴ p=1﹣D．以上三种说法都不正确
故选 D【考点】独立性检验的基本思想．
【分析】根据独立性检验的概念与意义，结合题目中的数据，对选项中的命题进行分析、判
2．设随机变量ξ服从正态分布 N（0，1），则下列结论不正确的是（）A．P（| ξ| ＜a）=P（ | ξ | ＜ a） +P（| ξ|=a ）（a＞0）B．P（| ξ| ＜a）=2P （ξ
＜ a）﹣ 1（ a＞ 0）
C．P（| ξ| ＜a）=1﹣ 2P（ξ＜ a）（ a＞ 0）D．P（| ξ| ＜a）=1﹣ P（| ξ| ＞a）（a
＞0）
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【分析】随机变量ξ服从正态分布 N（ 0，1），曲线关于 x=0 对称，根据概率和正态曲线的性质，可得到结论．断正误即可．
【解答】解：Χ2的观测值为，而 P（Χ2≥）=，故我们有99%的把握认为吸烟与患肺病有关系，不表示有99%的可能患有肺病，故 A 不正确；
有 99%的把握认为吸烟与患肺病有关系时，不能说某人吸烟，他就有99%的可能患有肺病，故B 不正确；
从统计量中求出有95%的把握认为吸烟与患肺病有关系，即表示有5%的可能性使得推断出现错误，故 C 正确．
故选： C．
6．的展开式中，含 x 的正整数次幂的项共有（）
4．将 3 个不同的小球放入 4 个盒子中，则不同放法种数有（）A． 4 项 B． 3 项 C． 2 项 D． 1 项
A． 81B． 64C． 12 D． 14【考点】二项式系数的性质．
【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】首先分析题目已知，是含有和的和的12 次幂的形式，求含x 的正整数次幂的项的个【分析】第一个小球有 4 众不同的方法，第二个小球也有 4 众不同的方法，第三个小球也有 4数．考虑到根据二项式定理的性质，写出的展开式的通项，然后使得x 的幂为正整数，即可
众不同的放法，即每个小球都有 4 种可能的放法，根据分步乘法原理得到结果．求出满足条件的个数．
【解答】解：本题是一个分步计数问题【解答】解：根据二项式定理的性质得：
对于第一个小球有 4 众不同的方法，的展开式的通项为，
第二个小球也有 4 众不同的方法，故含 x 的正整数次幂的项即6（ 0≤ r ≤ 12）为整数的项，共有 3 项，即 r=0 或 r=6 或 r=12 ．第三个小球也有 4 众不同的放法，故选 B．
即每个小球都有 4 种可能的放法，
根据分步计数原理知共有即4× 4× 4=647．在 5 付不同手套中任取 4 只， 4 只手套中至少有 2 只手套原来是同一付的可能（）
故选 B．A． 190 B． 140 C． 130D． 30
【考点】排列、组合的实际应用．
5．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（）【分析】根据题意，使用间接法：首先计算从 5 付即 10 只不同的手套中任取 4 只的取法数目，A． C81C73B． C84C． C84﹣ 6D． C84﹣12再计算取出的 4 只没有是一双的取法数目，进而相减计算可得答案．
【考点】计数原理的应用．【解答】解：根据题意，从 5 付即 10 只不同的手套中任取 4 只，有 C 4=210 种不同的取法，
10
【分析】从 8 个顶点中选 4 个，共有 C 4种结果，在这些结果中，有四点共面的情况， 6 个表而先从 5 付中取 4 付，取出的 4 只没有是一付即 4 双中各取 1 只的取法有 5× 2× 2×2× 2=80 8
面有 6 个四点共面， 6 个对角面有 6 个四点共面，用所有的结果减去不合题意的结果，得到结种；
论．则至少有两只是一双的不同取法有210﹣ 80=130 种．
【解答】解：首先从 8 个顶点中选 4 个，共有 C4种结果，故选： C．
8
在这些结果中，有四点共面的情况，
6 个表面有 6 个四点共面， 6 个对角面有 6 个四点共面，8．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上
∴满足条件的结果有 C84﹣ 6﹣6=C84﹣ 12，或向右，并且向上、向右移动的概率都是．质点 P 移动 5 次后位于点（ 2，3）的概率为（）故选 D．A． B ．
C． D．
【考点】等可能事件．A． 280 种B． 240 种C． 180 种D．96 种
【分析】从条件知点每次移一个位；移的方向向上或向右，并且向上、向右移【考点】排列、合的用．
的概率都是，本考的是独立重复，因此点P 移 5 次后位于点（ 2， 3）点在移【分析】根据意，使用接法，首先算从 6 名志愿者中出 4 人分从事四不同工作程中向右移 2 次向上移 3 次．的情况数目，再分析算其包含的甲、乙两人从事翻工作的情况数目，而由事件的关
【解答】解：点在移程中向右移 2 次向上移 3 次，系，算可得答案．
因此点 P 移 5 次后位于点（ 2， 3）的概率【解答】解：根据意，由排列可得，从 6 名志愿者中出 4 人分从事四不同工作，有
A 4=360 种不同的情况，
6
故 B其中包含甲从事翻工作有A53=60 种，乙从事翻工作的有A53=60 种，
若其中甲、乙两名支援者都不能从事翻工作，派方案共有360 60 60=240 种；9．（ 1 x3）（ 1+x）10的展开式中， x5的系数是（）故 B．
A． 207 B． 208 C． 209 D． 210
【考点】二式定理的用．11．将三骰子各一次，事件A=“三个点数都不相同”， B=“至少出一个 6 点”，【分析】先将多式展开，分析可得（ 1 x3）（ 1+x）10展开式中的 x5的系数是（ 1+x）10的展概率 P（ A|B ）等于（）
开式中的 x5的系数减去（ 1+x）10的 x2的系数，利用二式定理可得（1+x）10展开式的含 x5A． B ． C ． D．
的系数与含 x2的系数，相减可得答案．【考点】条件概率与独立事件．
【解答】解：（ 1 x3）（ 1+x）10=（ 1+x）10 x3（ 1+x）10【分析】本要求条件概率，根据要求的果等于P（AB）÷ P（B），需要先求出AB同生（ 1 x3）（ 1+x）10展开式中的 x5的系数是（ 1+x）10的展开式中的x5的系数减去（ 1+x）10的概率，除以 B 生的概率，根据等可能事件的概率公式做出要用的概率．代入算式得到
的 x2的系数，果．
由二式定理，（ 1+x）10的展开式的通T=C r x r【解答】解：∵ P（ A|B）=P（ AB）÷ P（ B），
r+110
令 r=5 ，得（ 1+x）10展开式的含 x5的系数 C105，P（ AB） ==
令 r=2 ，得其展开式的含 x2的系数 C102P（ B）=1 P（） =1 =1 =
x5的系数是 C105 C102=252 45=207∴ P（ A/B） =P（AB）÷ P（ B） ==
故 A．故 A．
10．从 6 名志愿者中出 4 人分从事翻、游、、保四不同工作．若其中甲、12．从1， 2，⋯， 9 九个数中，随机抽取 3 个不同的数， 3 个数的和偶数的概率是
乙两名支援者都不能从事翻工作，派方案共有（）（）
A． B ． C ． D ．14．某位有 7 个在一起的停位，有 3 不同型号的需要停放，如果要求剩余的4
【考点】等可能事件的概率．个空位在一起，不同的停放方法有24种．
【分析】从 9 个数中随机抽取 3 个不同的数，共有 C93种取法， 3 个数的和偶数包括抽取 3【考点】数原理的用．
个数全偶数，或抽取 3 数中 2 个奇数 1 个偶数，用合数表示出算式，根据古典概型公式【分析】把 4 个空位捆在一起，当一个元素，与需要停放的 3 做全排列，即可得到
得到果．．
【解答】解：基本事件数C93，抽取 3 个数，和偶数事件A，【解答】解：把 4 个空位捆在一起，当一个元素，与需要停放的 3 做全排列，即 =4
A 事件数包括两：抽取 3 个数全偶数，× 3× 2× 1=24，
或抽取 3 数中 2 个奇数 1 个偶数，前者C43，后者 C41C52．故答案： 24．
∴ A 中基本事件数 C43+C41 C52．
∴符合要求的概率 =．15．在 100 件品中有 5 件次品，不放回地抽取 2 次，每次抽 1 件．已知第 1 次抽出的是次
品，第 2 次抽出正品的概率是．
二、填空（共 4 小，每小 5 分，分 20 分）【考点】条件概率与独立事件．
13．在平面直角坐系中，从六个点：A（ 0，0）、B（2，0）、C（ 1，1）、D（ 0，2）、E（2，2）、【分析】根据意，易得在第一次抽到次品后，有 4 件次品， 95 件正品，由概率算公式，
F（ 3， 3）中任取三个，三点能构成三角形的概率是（果用分数表示）．算可得答案．
【考点】等可能事件的概率．【解答】解：根据意，在第一次抽到次品后，有 4 件次品， 95 件正品；
【分析】本是一个古典概型．由目中所的坐知A、 C、 E、F 共； B、 C、 D 共；六第二次抽到正品的概率P=．
个无共的点生成三角形数 C 3；可构成三角形的个数 C 3 C 3 C 3故答案：．
6643
【解答】解：本是一个古典概型
由目中所的坐知A、 C、 E、 F 共；16．已知， a0+a2+a4+a6=8128（最后果）．
B、 C、 D 共；【考点】二式定理的用．
∵六个无共的点生成三角形数： C 3；【分析】在所的等式中，分令x=1 和 x= 1，得到 2 个等式，再把得到的 2 个等式相加6
可构成三角形的个数：C63 C43 C33=15，即可求得 a0+a2+a4+a6的．
∴所求概率：；【解答】解：在所的等式中，令 x=1 可得 a 0+a1+a2 +⋯ +a7 =27①，再令 x= 1 可得 a0 a1+a2故答案：．a3⋯ a7=（ 4）7②．
把①②相加可得 2（ a0+a2+a4 +a6） =27+（ 4）7，∴ a0+a2+a4+a6= 8128，
故答案 8128．
X1234
三．解答：本大共 6 小，共 70 分．解答写出文字明，明程或演算步．除P
17 10 分，其它每12 分）
17．求（ 1+x）3+（ 1+x）4+（ 1+x）5+⋯ +（ 1+x）20的展开式中 x3的系数．（ 3） P（ 2≤ x＜4） =P（ x=2） +P（x=3）
【考点】二式定理的用．==．
【分析】利用等比数列的求和公式，化所的式子，再利用二展开式的通公式，求得
展开式中 x3的系数．19．在直角坐系中，已知三点P（2， 2）， Q（ 4， 4）， R（ 6， 0）．
【解答】解：（ 1+x）3+（1+x）4+（ 1+x）5 +⋯+（ 1+x）20==，（ 1）将 P、 Q、R三点的直角坐化极坐；
然只有（ 1+x）21中 x4与字母 x 相除可得 x3，（ 2）求△ PQR的面．
∴ x3的系数 =5985．【考点】曲的极坐方程．
【分析】（ 1）利用直角坐化极坐的公式，即可得出；
18．离散型随机量X 的所有可能 1， 2，3， 4，且 P（ x=k） =ak，（ k=1， 2，3， 4）（ 2）利用 S=S +SS，即可求△ PQR的面．
△PQR△POR △OQR△POQ
（ 1）求常数 a 的；【解答】解（1） P（ 2， 2），极径 4，极角， Q（ 4， 4），极径 4，极角， R（ 6， 0），极
（ 2）求 X的分布列；径 6，极角 0．
（ 3）求 P（ 2≤ x＜4）．∴ P（ 4，）， Q（ 4，）， R（ 6， 0）．（每个 2 分）
【考点】离散型随机量的期望与方差；离散型随机量及其分布列．（ 2） S△PQR=S△POR+S△OQR S△POQ
【分析】（1）由条件得： a+2a+3a+4a=1，由此有求出常数 a 的．=× 4×6× sin+ × 4× 6× sin × 4×4sin
（ 2）由 P（ x=k ） =，（ k=1， 2， 3， 4），能求出 X 的分布列．=14 4．
（ 3）由 P（ 2≤ x＜4） =P（ x=2） +P（x=3），能求出果．
【解答】解：（ 1）∵离散型随机量 X 的所有可能 1， 2， 3，4，20．某研究性学小春季昼夜温差大小与某花卉种子芽多少之的关系行研究，他
且 P（ x=k） =ak，（k=1， 2， 3， 4）分了 3 月 1 日至 3 月 5 日的每天昼夜温差与室每天每100 种子浸泡后的芽∴由条件得： a+2a+3a+4a=1，数，得到如表料：
∴ 10a=1，解得．日期 3 月 1 日 3 月 2 日 3 月 3 日 3 月 4 日 3 月 5 日
（ 2）由已知得 P（X=1） =，温差 x（℃）101113128
P（ X=2） =， P（ X=3） =， P（ X=4） =，芽数 y（）2325302616
∴ X 的分布列如下：
（ 1）若取的是 3 月 1 日与 3 月 5 日的两数据，根据 3 月 2 日至 3 月 4 日的数据，求出（ 1）求 S3=5 的概率．
y 关于 x 的性回方程 y=bx+a；（ 2）求 S5=7 的概率．
（ 2）若由性回方程得到的估数据与所出的数据的差均不超 2 ，得【考点】 n 次独立重复中恰好生k 次的概率．
到的性回方程是可靠的，（Ⅱ）中所得的性回方程是否可靠？【分析】（ 1） S3=5，即前 3 局甲 2 1 平，由独立重复的概率求解即可．
（参考公式：回直的方程是y=bx+a，其中 b=， a= b）（ 2） S5=7，5 局中得 7 分， 2 3 平或 3 1 平 1 ，由独立重复的概率求解即可．【考点】性回方程．【解答】解：（ 1）若 S3=5，前三局二一平，
【分析】（1）先求出温差 x 和芽数 y 的平均，即得到本中心点，利用最小二乘法得到（ 2）若 S5=7， 5 局中得 7 分， 2 3 平或 31 平 1
性回方程的系数，根据本中心点在性回直上，得到 a 的，得到性回方程；①2 3 平，前 4 局 1 3 平，第 5 局，∴
（ 2）分当 x=10 及 x=8 ，求得 y ，分 |y 23| ＜ 2 及 |y 16| ＜ 2 性回方②3 1 平 1 ，前 4 局 2 1 1 平，第 5 局，∴
程是否可靠．∴
【解答】（1）由数据，求得，
，．22．已知甲盒内有大小相同的 1 个球和 3 个黑球，乙盒内有大小相同的 2 个球和 4 个黑，球．在从甲、乙两个盒内各任取 2 个球．
，（Ⅰ）求取出的 4 个球均黑色球的概率；
．（Ⅱ）求取出的 4 个球中恰有 1 个球的概率；
由公式，求得，（Ⅲ）ξ取出的 4 个球中球的个数，求ξ 的分布列和数学期望．
．【考点】等可能事件的概率；离散型随机量及其分布列．
所以 y 关于 x 的性回方程．⋯．【分析】（ 1）取出的 4 个球均黑色球包括从甲盒内取出的 2 个球均黑球且从乙盒内取出的2（ 2）当 x=10 ，，|22 23| ＜ 2；个球黑球，两个事件是相互独立的，根据相互独立事件同生的概率得到果．
同，当 x=8 ，，|17 16| ＜ 2．（ 2）取出的 4 个球中恰有 1 个球表示从甲盒内取出的 2 个球均黑球；从乙盒内取出的2所以，研究所得到的性回方程是可靠的．⋯．个球中， 1 个是， 1 个是黑球或从甲盒内取出的 2 个球中， 1 个是球， 1 个是黑球；从
乙盒内取出的 2 个球均黑球两种情况，它是互斥的．
21．某次象棋比的决在甲乙两名旗手之行，比采用分制，比定一局（ 3）ξ 取出的 4 个球中球的个数，ξ 可能的取0，1， 2，3．合前两的解法得 2 分，平一局得 1 分，一局得0 分；比行五局，分有超 5 分者比束，否得到果，写出分布列和期望．
行，根据以往，每局甲的概率，乙的概率，且每局比互不受影响．若【解答】解：（ I ）“从甲盒内取出的 2 个球均黑球” 事件 A，
甲第 n 局、平、的得分分a n =2，a n=1，a n=0， n∈ N*， 1≤ n≤ 5，令 S n=a1+a2+⋯ +a n“从乙盒内取出的 2 个球均黑球” 事件B．
∵事件 A，B 相互独立，
且．
∴取出的 4 个球均为黑球的概率为P（A?B） =P（A）?P（ B） =．
（ II ）设“从甲盒内取出的 2 个球均为黑球；从乙盒内取出的 2 个球中，黑球”为事件C，
“从甲盒内取出的 2 个球中， 1 个是红球， 1 个是黑球；从乙盒内取出的
事件 D．
∵事件 C，D 互斥，
且．
∴取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率为P（ C+D） =P（ C） +P（ D）=．1 个是红球， 1 个是
2 个球均为黑球”为
（III ）ξ 可能的取值为 0， 1， 2，
3．由（ I ），（II ）得，
又，
从而 P（ξ =2） =1﹣P（ξ =0）﹣ P（ξ =1）﹣ P（ξ =3） =．
ξ 的分布列为
ξ0123 P
ξ 的数学期望．
2016 年 8 月 20 日。