期末检测卷（含答案）2023-2024学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第三册

中小学教育资源及组卷应用平台
期末检测卷2023-2024学年高二数学下学期人教A版2019选择性必修第三册
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．已知今天是星期日，则经过天后是（　　）
A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期四
2．有6名男生和5名女生共11名大学生报名参加某社区服务，现从6名男生中选出2名组成一个小组，从5名女生中选出2名组成一个小组，在周日的上午和下午各安排一个小组值班，则不同的排班种数为（　　）
A．75 B．150 C．300 D．600
3．已知随机变量服从正态分布，且，则（　　）
A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.8
4．已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表：
x ﹣2 ﹣1 1 2 3
y 25 36 40 48 56
且经验回归方程为，则当x＝4时，y的预测值为（　　）
A．62.5 B．61.7 C．61.5 D．59.7
5．已知随机变量 和 ，其中 ，且 ，若 的分布列如下表，则m的值为（　　）
ξ 1 2 3 4
P m n
A． B． C． D．
6．设，随机变量的分布列如表所示，则（　　）
1 2 3
　
A．有最大值，最小值 B．有最大值，最小值
C．有最大值，无最小值 D．无最大值，有最小值
7．下列说法中，正确的命题是（　　）
A．已知随机变量X服从正态分布，则
B．线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱
C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归方程为，若，则
D．若样本数据的方差为8，则数据的方差为2
8．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为（　　）
A．变量与不独立
B．变量与不独立，这个结论犯错误的概率超过0.01
C．变量与独立
D．变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．若，则（　　）
A． B．
C． D．
10．设随机变量ξ的分布列为，（k＝1，2，3，4），则（　　）
A．10a＝1 B．P（0.3＜ξ＜0.82）＝0.5
C． D．P（ξ＝1）＝0.3
11．下列说法正确的是（　　）
A．已知随机变量，若，，则
B．两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是
C．已知，则
D．以一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在的展开式中，x的系数为　 　.
13．校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，现从甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，则不同的安排方法共有　 　种．（用数字作答）
14．赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有，，，，的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的倍作为其奖金（单位：元）．若随机变量和分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则　 　（元）．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概率为 .甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料.
（1）求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率；
（2）求中奖人数ξ的分布列及数学期望Eξ.
16．已知 的展开式中各项系数之和为32．
（1）求n的值；
（2）求 展开式中的常数项．
17．教育局为了了解本区高中生参加户外运动的情况，从本区随机抽取了600名高中学生进行在线调查，收集了他们参加户外运动的时间（单位：小时）分配情况等数据，并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]，（12，14]，（14，16]，（16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）为进一步了解这600名学生参加户外运动时间的分配情况，从参加户外运动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人．记参加户外运动时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列和期望；
（2）以调查结果的频率估计概率，从该区所有高中学生中随机抽取10名学生，用“”表示这10名学生中恰有k名学生户外运动时间在（10，12]（单位：小时）内的概率，当最大时求k的值．
18．某厂为了考察设备更新后的产品优质率，质检部门根据有放回简单随机抽样得到的样本测试数据，制作了如下列联表：
产品 优质品 非优质品
更新前 24 16
更新后 48 12
附：
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
（1）依据小概率值的独立性检验，分析设备更新后能否提高产品优质率？
（2）如果以这次测试中设备更新后的优质品频率作为更新后产品的优质率.质检部门再次从设备更新后的生产线中抽出5件产品进行核查，核查方案为：若这5件产品中至少有3件是优质品，则认为设备更新成功，提高了优质率；否则认为设备更新失败.
①求经核查认定设备更新失败的概率；
②根据的大小解释核查方案是否合理.
19．党的二十大报告提出：“必须坚持科技是第一生产力 人才是第一资源 创新是第一动力，深入实施科教兴国战略 人才强国战略 创新驱动发展战略，开辟发展新领域新赛道，不断塑造发展新动能新优势.”某数字化公司为加快推进企业数字化进程，决定对其核心系统DAP，采取逐年增加研发人员的办法以提升企业整体研发和创新能力.现对2018~2022年的研发人数作了相关统计（年份代码1~5分别对应2018~2022年）如下折线图：
参考数据：当认为两个变量间的相关性较强
参考公式相关系数，
回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.
（1）根据折线统计图中数据，计算该公司研发人数与年份代码的相关系数，并由此判断其相关性的强弱；
（2）试求出关于的线性回归方程，并预测2023年该公司的研发人数（结果取整数）.
答案解析部分
1．【答案】C
2．【答案】C
3．【答案】A
4．【答案】D
5．【答案】A
6．【答案】B
7．【答案】D
8．【答案】A
9．【答案】B,C,D
10．【答案】A,B,C
11．【答案】B,C
12．【答案】10
13．【答案】24
14．【答案】0.2
15．【答案】（1）解：设甲、乙、丙中奖的事件分别为A、B、C，那么P(A)=P(B)=P(C)= ，
P( )=P(A)P( )P( )=
（2）解：ξ的可能值为0，1，2，3，
P(ξ=k)= (k=0，1，2，3)
所以中奖人数ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
Eξ=0× +1× +2× +3× =
16．【答案】（1）由题意，令 得 ，
解得 ．
（2）因为二项式 的通项为
，
所以 展开式中的常数项为
．
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图得：
2（0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01）＝1，解得a＝0.10；
这600名学生中参加公益劳动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数分别为：600×0.10＝60人，
600×0.08＝48人，600×0.02＝12人
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从参加公益劳动时间在[14，16]内的学生中抽取：人，
现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则其期望为；
（2）解：由（1）可知参加公益劳动时间在（10，12]的概率P＝0.1×2＝0.2，
所以
依题意，即，解得
因为k为非负整数，所以k＝2，
即当最大时，k＝2
18．【答案】（1）解：零假设为：设备更新与产品的优质率独立，即设备更新前与更新后的产品优质率没有差异.
由列联表可计算，依据小概率值的独立性检验，
我们可以推断不成立，因此可以认为设备更新后能够提高产品优质率.
（2）解：根据题意，设备更新后的优质率为0.8.可以认为从生产线中抽出的5件产品是否优质是相互独立的.
①设表示这5件产品中优质品的件数，则，可得
②实际上设备更新后提高了优质率.当这5件产品中的优质品件数不超过2件时，认为更新失败，此时作出了错误的判断，由于作出错误判断的概率很小，则核查方案是合理的.
19．【答案】（1）解：由题知
因为，所以认为相关变量有较强的相关性.
（2）解：由（1）得
回归方程为
当时，即2023年该公司投入研发人数约540人.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)