全书综合测评-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教B版（2019）选择性必修第二册

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
全书综合测评
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(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)
1.一车间为规定工时定额,需要确定加工零件所花费的时间,为此进行了4次试验,测得的数据如下:
零件数量x/个 2 3 4 5
加工时间y/分钟 26 a 49 54
根据上表可得回归直线方程为=9.4x+9.1,则实数a的值为(　　)
A.37.3　　　　B.38　　　　C.39　　　　D.39.5
2.某工厂有甲、乙两条生产线生产同一型号的机械零件,产品的尺寸分别记为X,Y,已知X,Y均服从正态分布,且X~N(μ1,),其正态曲线如图所示,则下列结论正确的是(　　)
A.甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性
B.甲生产线产品的稳定性低于乙生产线产品的稳定性
C.甲生产线产品尺寸的平均值大于乙生产线产品尺寸的平均值
D.甲生产线产品尺寸的平均值小于乙生产线产品尺寸的平均值
3.已知X是离散型随机变量,P(X=1)=,则D(2X-1)=(　　)
A.　　　　C.
4.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:
优秀 非优秀 总计
甲班 10 50 60
乙班 20 30 50
总计 30 80 110
附: χ2=,其中n=a+b+c+d.
α=P(χ2≥k) 0.05 0.01 0.005 0.001
k 3.841 6.635 7.879 10.828
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%
5.某电视台有一闯关节目,该节目设置有两关,闯关规则如下:当第一关闯关成功后,才可进入第二关.为了调查闯关的难度,该电视台调查并统计了参加过此节目的100名选手的闯关情况,第一关闯关成功的选手有80人,第一关闯关成功且第二关也闯关成功的选手有72人,以闯关成功的频率近似作为闯关成功的概率.已知某选手第一关闯关成功,则该选手第二关闯关成功的概率为(　　)
A.0.72　　　　B.0.8
C.0.9　　　　D.0.576
6.已知(2-x)2 023=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a2 023(x+1)2 023,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a2 023|=(　　)
A.24 046　　　　B.1
C.22 023　　　　D.0
7.某人设计了一项单人游戏,规则如下:先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走几个单位,如果掷出的点数为i(i=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走i个单位,一直循环下去,则该人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A处的所有不同方法共有(　　)
A.21种　　　　B.22种
C.25种　　　　D.27种
8.众所周知,组合数,这里m,n∈N*,并且m≤n.牛顿在研究广义二项式定理的过程中把二项式系数是组合数的一种推广,其中m∈N*,x∈R,比如=1.下列关于广义组合数的说法,不正确的是(　　)
A.=-210
B.当m,n为正整数且m>n时,=0
C.当m为正奇数时,=-1
D.当n为正整数时,
二、多项选择题(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.在(2x-1)8的展开式中,下列说法正确的有(　　)
A.展开式中所有项的系数和为28
B.展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C.展开式中二项式系数最大的项为第五项
D.展开式中含x3的项的系数为-448
10.某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力,利用周末进行社区义务劳动,高三一共6个班,其中只有1班有2个劳动模范,本次义务劳动一共有20个名额,劳动模范必须参加且不占名额,每个班都必须有人参加,则下列说法正确的是　(　　)
A.若1班不再分配名额,则共有种分配方法
B.若1班有除劳动模范之外的学生参加,则共有种分配方法
C.若每个班至少有3人参加,则共有90种分配方法
D.若每个班至少有3人参加,则共有126种分配方法
11.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的相关系数为r,则|r|越接近于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)=
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(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知P(A)=0.7,P(|A)=0.6,则P(A∩B)=　　　　.
13.现有7位同学(编号分别为A,B,C,D,E,F,G)排成一排拍照,若A,B,C三人互不相邻,D,E也不相邻,而F,G必须相邻,则不同的排法总数为　　　　.(用数字作答)
14.我们知道,在n次独立重复试验(即伯努利试验)中,若每次试验中事件A发生的概率为p,则事件A发生的次数X服从二项分布B(n,p).事实上,在无限次伯努利试验中,另一个随机变量的实际应用也很广泛,即事件A首次发生时试验进行的次数Y,显然P(Y=k)=p(1-p)k-1,k=1,2,3,…,我们称Y服从“几何分布”,经计算得E(Y)=都发生后停止,此时所进行的试验次数记为Z,则P(Z=k)=p(1-p)k-1+(1-p)pk-1,k=2,3,…,那么E(Z)=　　　　.
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. (13分)有6名男医生,4名女医生.
(1)选3名男医生,2名女医生,让这5名医生分别到5个不同的地区巡回医疗,共有多少种方法
(2)把10名医生分成两组,每组5人且每组都要有女医生,则有多少种方法 若将这两组医生分派到两地去,并且每组选出正、副组长两人,有多少种不同的方案
16.(15分)第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行.为迎接这场体育盛会,浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛,该市A社区举办了一场选拔赛,选拔赛分为初赛和决赛,初赛通过后才能参加决赛,决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛.已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为,假设他们之间通过与否互不影响.
(1)求这3人中至多有2人通过初赛的概率;
(2)求这3人中至少有1人参加市亚运知识竞赛的概率;
(3)某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛,给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案:
方案一:参加了选拔赛的选手都可参与抽奖,每人抽奖1次,每次中奖的概率均为,且每次抽奖互不影响,中奖一次奖励600元;
方案二:只参加了初赛的选手奖励200元,参加了决赛的选手奖励500元.
若品牌商希望给予选手更多的奖励,试从三人奖金总额的数学期望的角度分析,品牌商选择哪种方案更好.
17.(15分)当前,以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进.高中联招对初三毕业学生进行体育测试,这是激发学生、家长和学校积极开展体育活动,保证学生健康成长的有效措施.初中毕业生升学体育考试规定,考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试,三项考试满分50分,其中立定跳远15分,掷实心球15分,1分钟跳绳20分.某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生1分钟跳绳的情况,随机抽取了100名学生进行测试,得到如下频率分布直方图,且规定计分规则如表所示:
1分钟 跳绳个数 [155,165) [165,175) [175,185) [185,+∞)
得分 17 18 19 20
(1)现从这100名学生中任意选取2人,求两人得分之和不大于35分的概率;
(2)若该校初三年级所有学生1分钟跳绳个数X服从正态分布N(μ,σ2),用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差,已知样本方差s2≈169(各组数据用区间中点值代替).根据往年经验,该校初三年级学生经过一年的训练,正式测试时每人1分钟跳绳个数都有明显进步,假设今年正式测试时每人1分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10,现利用所得正态分布模型求解下列问题:
①全年级恰有2 000名学生,估计正式测试时1分钟跳182个及以上的人数;
②若在全年级所有学生中任意选取3人,记正式测试时1分钟跳195个以上的人数为ξ,求随机变量ξ的分布列和期望.
附:若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.683,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997.
18.(17分)某企业生产一种不同规格的产品,根据检测标准,其合格产品的质量y(单位:g)与尺寸x(单位:mm)之间近似满足关系式y=c·xb(b,c均为大于0的常数).按照某项指标测定,当产品质量与尺寸的比值在区间内时为优等品.现随机抽取6件合格产品,测得数据如下:
尺寸x/mm 38 48 58 68 78 88
质量y/g 16.8 18.8 20.7 22.4 24 25.5
质量与尺寸的 比值 0.442 0.392 0.357 0.329 0.308 0.290
(1)现从抽取的6件合格产品中任选3件,记ξ为取到优等品的件数,试求随机变量ξ的分布列和期望;
(2)将测得的数据作初步处理,得相关统计量的值如下表:
(ln xi·ln yi) ln xi ln yi (ln xi)2
75.3 24.6 18.3 101.4
①根据所给统计量,求y关于x的回归方程;
②已知优等品的收益z(单位:千元)与x,y的关系为z=2y-0.32x,则当优等品的尺寸x为何值时,收益z的预测值最大 (精确到0.1)
附:对于样本数据(vi,ui)(i=1,2,…,n),其回归直线方程,e≈2.718 3.
19.(17分)2022年卡塔尔世界杯决赛圈共有32队参加,其中欧洲球队有13支,分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士.世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛,当进入淘汰赛阶段时,比赛必须要分出胜负.淘汰赛规则如下:在比赛常规时间90分钟内分出胜负,比赛结束,若比分相同,则进入30分钟的加时赛.在加时赛分出胜负,比赛结束,若加时赛比分依然相同,就要通过点球大战来分出最后的胜负.点球大战分为2个阶段.第一阶段:前5轮双方各派5名球员,依次踢点球,以5轮的总进球数作为标准(非必要无须踢满5轮),前5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利.第二阶段:若前5轮还是平局,进入“突然死亡”阶段,双方依次轮流踢点球,如果在该阶段一轮里,双方都进球或者双方都不进球,则继续下一轮,直到某一轮里,一方罚进点球,另一方没罚进,比赛结束,罚进点球的一方获得最终的胜利.
下表是2022年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果:
淘汰赛 比赛结果 淘汰赛 比赛结果
1/8决赛 荷兰3∶1美国 1/4决赛 克罗地亚(4)1∶1(2)巴西
阿根廷2∶1澳大利亚 荷兰(3)2∶2(4)阿根廷
法国3∶1波兰 摩洛哥1∶0葡萄牙
英格兰3∶0塞内加尔 英格兰1∶2法国
日本(1)1∶1(3)克罗地亚 半决赛 阿根廷3∶0克罗地亚
巴西4∶1韩国 法国2∶0摩洛哥
摩洛哥(3)0∶0(0)西班牙 季军赛 克罗地亚2∶1摩洛哥
葡萄牙6∶1瑞士 决赛 阿根廷(4)3∶3(2)法国
注:“阿根廷(4)3∶3(2)法国”表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为3∶3,在点球大战中阿根廷4∶2战胜法国.
(1)请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率;
(2)根据题意填写下面的2×2列联表,并通过计算判断能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为32支球队中的一支球队“在世界杯淘汰赛中进入1/4决赛”与“该球队为欧洲球队”有关;
欧洲球队 其他球队 合计
进入1/4决赛
未进入1/4决赛
合计
(3)若甲、乙两队在淘汰赛相遇,经过120分钟比赛未分出胜负,双方进入点球大战.已知甲队球员每轮踢进点球的概率为p,乙队球员每轮踢进点球的概率为,求在点球大战中,两队前2轮比分为2∶2的条件下,甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率(用p表示).
参考公式:χ2=,n=a+b+c+d.
P(χ2≥k) 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
答案与解析
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1.C 2.A 3.B 4.D 5.C 6.A
7.D 8.A 9.BCD 10.BD 11.BD
1.C　根据题意可得,,
根据回归直线过点(=9.4×3.5+9.1,解得a=39.故选C.
2.A　
3.B　因为P(X=1)+P(X=a)=.
4.D　由题表中的数据可得χ2=≈7.486,
因为7.486>6.635,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.
5.C　第一关闯关成功的选手有80人,则第一关闯关成功的频率为0.8,
第一关闯关成功且第二关也闯关成功的选手有72人,则两关都闯关成功的频率为0.72.
设“第一关闯关成功”为事件A,“第二关闯关成功”为事件B,
则P(A)=0.8,P(AB)=0.72.
若某选手第一关闯关成功,则该选手第二关闯关成功的概率为P(B|A)==0.9.故选C.
6.A　令t=x+1,可得x=t-1,
则[2-(t-1)]2 023=(3-t)2 023=a0+a1t+a2t2+…+a2 023t2 023.
(3-t)2 023的展开式的通项公式为Tr+1=·32 023-r·(-t)r,
则ar=·32 023-r·(-1)r(0≤r≤2 023且r∈N).
当r为奇数时,ar<0,当r为偶数时,ar>0,
因此,|a0|+|a1|+|a2|+…+|a2 023|=a0-a1+a2-…-a2 023=(3+1)2 023=24 046.故选A.
7.D　由题意,知正方形ABCD的周长为8个单位,当抛掷三次骰子的点数之和为8或16时,棋子恰好又回到起点A处.
①点数之和为8的情况有:1,1,6;1,2,5;1,3,4;2,2,4;2,3,3,抛掷方法共有=21种;
②点数之和为16的情况有:4,6,6;5,5,6,抛掷方法共有=6种.
所以抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A处的所有不同方法共有21+6=27种.
故选D.
8.A　选项A,由题意知,=210,
故A中说法不正确.
选项B,由题知,
当m,n为正整数且m>n时,n-m≤-1,所以n-m+1≤0,所以n,n-1,n-2,…,n-m+1这m个数中,一定有某个数为0,所以=0,故B中说法正确.
选项C,当m为正奇数时,=-1,故C中说法正确.
选项D,当n为正整数时,,
,故D中说法正确.故选A.
9.BCD　对于A,令x=1,可知展开式中所有项的系数和为1,A错误;
对于B,展开式中所有奇数项的二项式系数和为=128,B正确;
对于C,易知展开式中二项式系数最大的项为第五项,C正确;
对于D,展开式中含x3的项为×(2x)3×(-1)5=-448x3,D正确.
故选BCD.
10.BD　若1班不再分配名额,则20个名额分配到5个班,每个班至少1个,根据隔板法,有种分配方法,故A错误;
若1班有除劳动模范之外的学生参加,则20个名额分配到6个班,每个班至少1个,根据隔板法,有种分配方法,故B正确;
若每个班至少有3人参加,则相当于16个名额被占用,还有4个名额需要分到6个班级,分5类:①将4个名额分到一个班,有6种分配方法;②一个班3个名额,一个班1个名额,有=15种分配方法,则共有6+30+15+60+15=126种分配方法,故C错误,D正确.
故选BD.
11.BD　对于A,|r|越接近于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,且P(X=0)=,
∴D(X)=,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,P(X=k)=,因为k∈N+,所以1≤k≤8且k∈N+,即当k=8时,概率最大,故D正确.故选BD.
12.答案　0.28
解析　由题意得P(B|A)=1-P(|A)=1-0.6=0.4,
所以P(AB)=P(B|A)P(A)=0.4×0.7=0.28,即P(A∩B)=0.28.
13.答案　240
解析　先将F,G看成一个整体,与D,E进行排列,若排好后D,E不相邻,则有4个空位可用,有=144种排法,所以有96+144=240种不同的排法.
14.答案　-1
解析　由P(Y=k)=p(1-p)k-1,k=1,2,3,…时E(Y)=-p.
又P(Z=k)=p(1-p)k-1+(1-p)pk-1,k=2,3,…,
∴E(Z)=2p(1-p)+2(1-p)p+3p(1-p)2+3(1-p)p2+…+kp(1-p)k-1+k(1-p)pk-1=-p+2(1-p)p+3(1-p)p2+…+k(1-p)pk-1.
设Ak=2p+3p2+…+kpk-1,
则pAk=2p2+3p3+…+(k-1)pk-1+kpk,
两式作差得(1-p)Ak=2p+p2+p3+…+pk-1-kpk=p+.
∴E(Z)=-1.
15.解析　(1)分三步完成.
第一步:从6名男医生中选3名,有种方法;
第二步:从4名女医生中选2名,有种方法;
第三步:将选出的5人分配到5个地区,有种方法.(4分)
根据分步乘法计数原理,共有=14 400种方法.(6分)
(2)医生的选法有以下两类情况:
①一组中女医生1人,男医生4人,另一组中女医生3人,男医生2人,共有种不同的分法;(8分)
②两组中都有女医生2人,男医生3人,因为组与组之间无顺序,所以共有种不同的分法.(10分)
因此,把10名医生分成两组,每组5人且每组都要有女医生的不同的分法共有=120(种).(11分)
若将这两组医生分派到两地去,并且每组选出正、副组长两人,则共有×120=96 000种不同的方案.(13分)
16.解析　(1)3人全通过初赛的概率为,
所以这3人中至多有2人通过初赛的概率为1-.(3分)
(2)甲参加市亚运知识竞赛的概率为,
所以这3人中至少有1人参加市亚运知识竞赛的概率为1-.(6分)
(3)方案一:设甲、乙、丙三人中奖人数为X,所获奖金总额为Y元,则Y=600X,且X~B=900.(9分)
方案二:记甲、乙、丙三人所获奖金总额为Z元,则Z的所有可能取值为600,900,1 200,1 500,
P(Z=600)=,
P(Z=900)=,
P(Z=1 200)=,
P(Z=1 500)=,
所以E(Z)=600×=1 000.(12分)
所以E(Y)所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析,品牌商选择方案二更好.(15分)
17.解析　(1)由题图可知,各组对应人数依次为6,12,34,30,10,8.两人得分之和不大于35分,即两人得分均为17分,或两人中一人得17分,另一人得18分,其概率P=.(2分)
(2)这100名学生1分钟跳绳个数的平均值为160×0.06+170×0.12+180×0.34+190×0.30+200×0.10+210×0.08=185,
又s2≈169,∴s=13,∴正式测试时,μ=195,σ=13.(4分)
①∵μ-σ=182,∴P(X≥182)≈1-=0.841 5.
∵0.841 5×2 000=1 683.
∴估计正式测试时1分钟跳182个及以上的人数为1 683.(7分)
②由正态曲线知,从全年级所有学生中任取1人,1分钟跳195个以上的概率为0.5,即ξ~B(3,0.5),
P(ξ=0)=×(1-0.5)3=0.125,
P(ξ=1)=×0.5×(1-0.5)2=0.375,
P(ξ=2)=×0.52×(1-0.5)=0.375,
P(ξ=3)=×0.53=0.125.(10分)
∴ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P 0.125 0.375 0.375 0.125
(13分)
E(ξ)=3×0.5=1.5.(15分)
18.解析　(1)由优等品的质量与尺寸的比值在区间∈(0.302,0.388),得随机抽取的6件合格产品中,有3件优等品,3件非优等品.(1分)
现从抽取的6件合格产品中任选3件,则取到优等品的件数ξ的所有可能取值为0,1,2,3,
P(ξ=0)=,
P(ξ=2)=.
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
(4分)
∴E(ξ)=0×.(6分)
(2)对y=c·xb(b,c>0)两边取自然对数得ln y=ln c+bln x,
令vi=ln xi,ui=ln yi,a=ln c,得u=bv+a.
①由题意得,
=e.
故y关于x的回归方程为.(9分)
②由①可知,-0.32x.(10分)
由优等品的质量与尺寸的比值∈(7,9),即x∈(49,81).(13分)
令t=,(15分)
当t=取最大值,此时8.5∈(7,9)满足条件.
故当优等品的尺寸x约为72.3 mm时,收益z的预测值最大.(17分)
19.解析　(1)由题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有16场比赛,其中有5场比赛通过点球大战决出胜负,所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率P=.(3分)
(2)补全2×2列联表:
欧洲球队 其他球队 合计
进入1/4决赛 5 3 8
未进入1/4决赛 8 16 24
合计 13 19 32
(4分)
χ2=≈2.116<6.635.
所以不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为32支球队中的一支球队“在世界杯淘汰赛中进入1/4决赛”与“该球队为欧洲球队”有关.(6分)
(3)根据实际比赛进程,假定点球大战中由甲队先踢.两队前2轮比分为2∶2的条件下,甲在第一阶段获得比赛胜利,则后3轮有5种可能的比分,1∶0,2∶0,2∶1,3∶1,3∶2.(7分)
当后3轮比分为1∶0时,甲、乙两队均需踢满5轮,P1=.(8分)
当后3轮比分为2∶0时,有如下3种情况:
2∶0 3 4 5
甲 √ √
乙 × ×
　
2∶0 3 4 5
甲 √ × √
乙 × ×
　
2∶0 3 4 5
甲 × √ √
乙 × ×
则P2=p2.(9分)
当后3轮比分为2∶1时,有如下6种情况:
2∶1 3 4 5
甲 √ √ ×
乙 √ × ×
　
2∶1 3 4 5
甲 √ √ ×
乙 × √ ×
　
2∶1 3 4 5
甲 √ × √
乙 √ × ×
2∶1 3 4 5
甲 √ × √
乙 × √ ×
　
2∶1 3 4 5
甲 × √ √
乙 √ × ×
　
2∶1 3 4 5
甲 × √ √
乙 × √ ×
则P3=3p2(1-p)p2(1-p).(11分)
当后3轮比分为3∶1时,有如下2种情况:
3∶1 3 4 5
甲 √ √ √
乙 √ ×
　
3∶1 3 4 5
甲 √ √ √
乙 × √
则P4=p3.(13分)
当后3轮比分为3∶2时,有如下1种情况:
3∶2 3 4 5
甲 √ √ √
乙 √ √ ×
则P5=p3.(14分)
所以在点球大战中,两队前2轮比分为2∶2的条件下,甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率P=P1+P2+P3+P4+P5=p.(17分)