2018_2019学年高中数学模块综合检测（A）新人教B版选修2_3

模块综合检测(A)
(时间∶120分钟　满分∶150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．一个口袋内装有大小相同的6个白球和2个黑球，从中取3个球，则不同的取法种数为(　　)
A．CC B．CC C．C D．C
2．由数字1,2,3,4,5,6可以组成没有重复数字的两位数的个数是(　　)
A．11 B．12 C．30 D．36
3．(1－2x)4展开式中含x项的系数为(　　)
A．32 B．4 C．－8 D．－32
4．(x－1)5的展开式中第3项的系数是(　　)
A．－20 B．20 C．－20 D．20
5．袋中装有大小相同分别标有1,2,3,4,5的5个球，在有放回的条件下依次取出2个球，若这2个球的号码之和为随机变量X，则X的所有可能取值的个数是(　　)
A．25 B．10 C．9 D．2
6．设随机变量X满足二点分布，P(X＝1)＝p，P(X＝0)＝q，其中p＋q＝1，则D(X)为(　　)
A．p B．q C．pq D．p＋q
7．若随机变量X～B(n,0.6)，且E(X)＝3，则P(X＝1)的值是(　　)
A．2×0.44 B．2×0.45
C．3×0.44 D．3×0.64
8．下列说法中，正确的是(　　)
①回归方程适用于一切样本和总体；
②回归方程一般都有时间性；
③样本取值的范围会影响回归方程的适用范围；
④回归方程得到的预报值是预报变量的精确值．
A．①② B．②③
C．③④ D．①③
9．若随机变量X的分布列如下表，则表中a的值为(　　)
X
1
2
3
4
P
0.2
0.3
0.3
a
A.1 B．0.8 C．0.3 D．0.2
10．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列
{an}：an＝，如果Sn为数列{an}的前n项和，那么S7＝3的概率为(　　)
A．C()2·()5
B．C()2·()5
C．C()2·()5
D．C()2·()5
11．把一枚硬币连续抛掷两次，事件A＝“第一次出现正面”，事件B＝“第二次出现正面”，则P(B|A)等于(　　)
A. B. C. D.
12．有8张卡片分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有(　　)
A．1 344种 B．1 248种
C．1 056种 D．960种
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．用数字0,1,2,3,5组成没有重复数字的五位偶数，把这些偶数从小到大排列起来，得到一个数列{an}，则a25＝________.
14．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么的值为________．
15．某人乘车从A地到B地，所需时间(分钟)服从正态分布N(30,100)，则此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率为________．
16．某校为提高教学质量进行教改实验，设有试验班和对照班，经过两个月的教学试验，进行了一次检测，试验班与对照班成绩统计如下边的2×2列联表所示(单位：人)，则其中m＝______，n＝______.
80分及80分以下
80分以上
合计
试验班
32
18
50
对照班
12
m
50
合计
44
56
n
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．
(1)共有多少种不同的排法？
(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？
18．(12分)一个盒子里装有标号为1,2,3，…，n的n(n>3且n∈N*)张标签，现随机地从盒子里无放回地抽取两张标签．记X为两张标签上的数字之和，若X＝3的概率为.
(1)求n的值；(2)求X的分布列．
19．(12分)在不透明的袋中装着标有数字2,4,6,8的小球各2个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用ξ表示取出的3个小球上的最大数字，求：
(1)取出的3个小球上的数字互不相同的概率；
(2)随机变量ξ的概率分布．
20. (12分)已知随机变量X的概率密度曲线如图所示：
(1)求E(2X－1)，D；
(2)试求随机变量X在(110,130)范围内取值的概率．
21．(12分)在二项式n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项．
22．(12分)小刚参加某电视台有奖投篮游戏，游戏规则如下：
①选手最多可投篮n次，若选手某次投篮不中，则失去继续投篮资格，游戏结束；
②选手第一次投篮命中，得奖金1百元；以后每多投中一球，奖金就增加2百元．
已知小刚每次投篮命中率均为.
(1)求当n＝3时，小刚所得奖金的分布列；
(2)求游戏结束后小刚所得奖金的分布列与期望．
模块综合检测(A)
答案
1．D
2．C　[两位数字分两步把十位数字和个位数字分别取好，共有6×5＝30(个)．]
3．C　[展开式的通项Tr＋1＝C(－2x)r，令r＝1，得T2＝C(－2x)＝－8x.]
4．D　[Tr＋1＝C·(x)5－r·(－1)r，令r＝2，则T3＝C·(x)3·(－1)2＝10×2x3，即第3项的系数为20.]
5．C　[X的值为2,3,4,5,6,7,8,9,10.]
6．C　[由题意知，X服从二点分布，
∴D(X)＝pq.]
7．C　[∵X服从二项分布，∴E(X)＝0.6n，
即0.6n＝3，∴n＝5.
P(X＝1)＝C×0.6×0.44＝3×0.44.]
8．B　[①回归方程只适用于我们所研究的样本总体，故①错误；④回归方程得到的预报值可能是取值的平均值，故④错误．]
9．D
10．B　[S7＝－1－1＋1＋1＋1＋1＋1＝3，即7次摸球中摸到白球5次，摸到红球2次，摸到白球的概率为P白＝，摸到红球的概率为P红＝，由独立重复试验的概率公式知
P＝C()2·()5.]
11．A　[P(B|A)＝＝＝.]
12．B　[中间行两张卡片为1,4或2,3，且另两行不可同时出现这两组数字．
①用间接法，先写出中间行为(1,4)或(2,3)，C·A·A；
②去掉两行同时出现1,4或2,3，(AC)2A，所以CAA－(AC)2A＝1 440－192＝1 248，故选B.]
13．32 150
解析　首位数字为1的五位偶数有C·A＝12(个)．
首位数字为2的五位偶数有A＝6(个)．
首位数字是3，第2位为0的五位偶数有A＝2(个)．
首位数字是3，第2位为1的五位偶数有C·A＝4(个)，而12＋6＋2＋4＝24，
∴a25＝32 150.
14．－
解析　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a5＝35.
∴a0＋a2＋a4＝＝122，a1＋a3＋a5＝－121.
又a5＝－1，∴a1＋a3＝－120.
∴＝－.
15．0.135 5
解析　由μ＝30，σ＝10，P(μ－σ16．38　100
17．解　(1)从4名男生中选出2人，有C种方法，从6名女生中选出3人，有C种方法，根据分步乘法计数原理，选出5人共有C·C种方法．然后将选出的5名学生进行排列，于是所求的排法种数是C·C·A＝6×20×120＝14 400.
(2)在选出的5人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，有A种排法，第二步让男生插空，有A种排法，因此所求的排法种数是C·C·A·A＝6×20×6×12＝8 640，故选出的5人中，2名男同学不相邻共有8 640种排法．
18．解　(1)P(X＝3)＝2×(×)＝，
∴＝(n∈N*)，∴n＝5.
(2)X的值可以是3,4,5,6,7,8,9.
P(X＝3)＝，
P(X＝4)＝2××＝，
P(X＝5)＝2×2××＝，
P(X＝6)＝2×2××＝，
P(X＝7)＝2×2××＝，
P(X＝8)＝2××＝，
P(X＝9)＝2××＝，
X的分布列为
X
3
4
5
6
7
8
9
P







19.解　(1)由题意得，袋中共有8个小球，记“一次取出的3个小球上的数字互不相同”为事件A，
则P(A)＝＝＝.
(2)由题意，ξ所有可能的取值为4,6,8，
P(ξ＝4)＝＝＝，
P(ξ＝6)＝＝＝，
P(ξ＝8)＝＝＝.
所以随机变量ξ的概率分布为
ξ
4
6
8
P



20.解　(1)由概率密度曲线，得μ＝120，σ＝5，
所以E(X)＝120，D(X)＝σ2＝25，
因此E(2X－1)＝2E(X)－1＝239，
D＝D(X)＝.
(2)由于μ＝120，σ＝5，μ－2σ＝110，μ＋2σ＝130.
随机变量在(μ－2σ，μ＋2σ)内取值的概率大约是0.954，所以随机变量X在(110,130)范围内取值的概率是0.954.
21．解　∵二项展开式的前三项的系数分别是1，，n(n－1)，
∴2·＝1＋n(n－1)，
解得n＝8或n＝1(不合题意，舍去)，
∴Tk＋1＝Cxk＝C2－kx4－k，
当4－k∈Z时，Tk＋1为有理项，
∵0≤k≤8且k∈Z，∴k＝0,4,8符合要求．
故有理项有3项，分别是
T1＝x4，T5＝x，T9＝x－2.
∵n＝8，∴展开式中共9项，
中间一项即第5项的二项式系数最大且为T5＝x.
22．解　设游戏结束后小刚所得奖金为ξ百元．
(1)当n＝3时，ξ的可能取值为0,1,3,5，
则P(ξ＝0)＝1－＝，P(ξ＝1)＝×＝；
P(ξ＝3)＝()2×＝，P(ξ＝5)＝()3＝.
∴小刚所得奖金ξ的分布列为
ξ
0
1
3
5
P




(2)由(1)知，游戏结束后小刚所得奖金ξ的可能取值为0,1,3,5，…，2n－1，其分布列为
ξ
0
1
3
…
2n－3
2n－1
P

×
()2×
…
()n－1×
()n
∴E(ξ)＝0×＋1××＋3×()2×＋…＋(2n－3)×()n－1×＋(2n－1)×()n＝×[1×＋3×()2＋…＋(2n－3)×()n－1]＋(2n－1)×()n.①
∴E(ξ)＝×[1×()2＋3×()3＋…＋(2n－5)×()n－1＋(2n－3)×()n]＋(2n－1)×()n＋1，②
由①－②得
E(ξ)＝×{＋2×[()2＋()3＋…＋()n－1]－(2n－3)×()n}＋(2n－1)×()n
＝＋×＋×()n
＝－×()n，
∴E(ξ)＝－()n.