2019年数学浙江专版选修2-3新一线同步（讲义+课件+课时跟踪检测）：模块综合检测

模块综合检测
(时间120分钟　满分150分)
一、选择题(本大题共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．从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，下列事件中是对立事件的是(　　)
A．恰有一个是偶数和恰有一个是奇数
B．至少有一个是奇数和两个都是奇数
C．至少有一个是奇数和两个都是偶数
D．至少有一个是奇数和至少有一个是偶数
解析：选C　C中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件．易知其余都不是对立事件．
2．某校教学大楼共有5层，每层均有2个楼梯，则由一楼至五楼的不同走法共有(　　)
A．24种　　　　　　　　 　B．52种
C．10种 D．7种
解析：选A　因为每层均有2个楼梯，所以每层有两种不同的走法，由分步计数原理可知：从一楼至五楼共有24种不同走法．
3．连续掷两次骰子，以先后得到的点数m，n为点P(m，n)的坐标，那么点P在圆x2＋y2＝17内部的概率是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B　点P(m，n)的坐标的所有可能为6×6＝36种，而点P在圆x2＋y2＝17内部只有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，共8种，故概率为.
4．设随机变量X服从二项分布X～B(n，p)，则等于(　　)
A．p2 B．(1－p)2
C．1－p D．以上都不对
解析：选B　因为X～B(n，p)，(D(X))2＝[np(1－p)]2，(E(X))2＝(np)2，所以＝＝(1－p)2.故选B．
5．若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值是(　　)
A．1 B．－1
C．0 D．2
解析：选A　令x＝1，得a0＋a1＋…＋a4＝(2＋)4，令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4＝(－2＋)4. 所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(2＋)4(－2＋)4＝1.
6．一牧场有10头牛，因误食含有病毒的饲料而被感染，已知该病的发病率为0.02.设发病的牛的头数为ξ，则D(ξ)等于(　　)
A．0.2 B．0.8
C．0.196 D．0.804
解析：选C　因为由题意知该病的发病率为0.02，且每次试验结果都是相互独立的，所以ξ～B(10,0.02)，
所以由二项分布的方差公式得到D(ξ)＝10×0.02×0.98＝0.196.故选C．
1
2
3
4
5
7.如图，用4种不同颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有(　　)
A．72 B．96
C．108 D．120
解析：选B　颜色都用上时，必定有两块同色，在图中，同色的可能是1,3或1,5或2,5或3,5.对每种情况涂色有A＝24种，所以一共有96种．
8．假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，且各引擎是否有故障是独立的，已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机就可成功飞行；2个引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可成功飞行．要使4个引擎飞机更安全，则p的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B　4个引擎飞机成功飞行的概率为Cp3(1－p)＋p4,2个引擎飞机成功飞行的概率为p2，要使Cp3(1－p)＋p4>p2，必有二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
9．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是__________．
解析：法一：由题意可知每次试验不成功的概率为，成功的概率为，在2次试验中成功次数X的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝C××＝，P(X＝2)＝2＝.
所以在2次试验中成功次数X的分布列为
X
0
1
2
P



则在2次试验中成功次数X的均值为
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
法二：此试验满足二项分布，其中p＝，所以在2次试验中成功次数X的均值为E(X)＝np＝2×＝.
答案：
10．4男3女排成一排有________种排法，女生要排在一起有________种排法．
解析：4男3女排成一排共有A＝5 040种，女生相邻的排法有A·A＝720种．
答案：5 040　720
11．从1,2,3,4这四个数字中，任取两个，这两个数字都是奇数的概率是________，这两个数字之和是偶数的概率是________．
解析：从1,2,3,4四个数字中任取两个共有6种取法．取的两个数字都是奇数只有1,3一种情况，故此时的概率为.若取出两个数字之和是偶数，必须同时取两个偶数或两个奇数，有1,3；2,4两种取法，所以所求的概率为＝.
答案：　
12．设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
若随机变量Y＝|X－2|，则m＝________，P(Y＝2)＝________.
解析：由分布列的性质，知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，∴m＝0.3.
由Y＝2，即|X－2|＝2，得X＝4或X＝0，
∴P(Y＝2)＝P(X＝4或X＝0)＝P(X＝4)＋P(X＝0)
＝0.3＋0.2＝0.5
答案：0.3　0.5
13．(全国乙卷改编)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是________，二项式系数是________．(用数字作答)
解析：(2x＋)5展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r·()r＝25－r·C·x5－.
令5－＝3，得r＝4.
故x3的系数为25－4·C＝2C＝10，
二项式系数是C＝5.
答案：10　5
14．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．
解析：十个数中任取七个不同的数共有C种情况，七个数的中位数为6，那么6只有处在中间位置，有C种情况，于是所求概率P＝＝.
答案：
15．某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：
①他第3次击中目标的概率是0.9；
②他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1；
③他至少击中目标1次的概率是1－0.14.
其中正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)．
解析：①因为各次射击是否击中目标相互之间没有影响，所以第3次击中目标的概率是0.9，正确；
②恰好击中目标3次的概率应为C×0.93×0.1；
③4次射击都未击中的概率为0.14；
所以至少击中目标1次的概率为1－0.14.
答案：①③
三、简答题(本大题共5小题，共74分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)已知(a2＋1)n展开式中的各项系数之和等于5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的系数最大的项等于54，求a的值．
解：5的展开式的通项为
Tr＋1＝C5－rr
＝5－rCx，
令20－5r＝0，得r＝4，
故常数项T5＝C×＝16.
又(a2＋1)n展开式的各项系数之和等于2n，
由题意知2n＝16，得n＝4.
由二项式系数的性质知，(a2＋1)n展开式中系数最大的项是中间项T3，
故有Ca4＝54，解得a＝±.
17．(本小题满分15分)一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.
(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；
(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n＜m＋2的概率．
解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6个，从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的事件有：(1,2)，(1,3)，共2个，因此所求事件的概率为P＝＝.
(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n，其一切可能的结果(m，n)有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．
又满足条件n≥m＋2的有：(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个．
所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为P1＝，
故满足条件n＜m＋2的事件的概率为1－P1＝1－＝.
18．(本小题满分15分)某险种的基本保费为a(单元：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出
险次数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
解：(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝1－(0.30＋0.15)＝0.55.
(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.
又P(AB)＝P(B)，
故P(B|A)＝＝＝＝.
因此所求概率为.
(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为
X
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
P
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
EX＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23A．
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.
19．(本小题满分15分)(天津高考)某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．
(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望．
解：(1)由已知，有P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P



随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
20．(本小题满分15分)某人向一目标射击4次，每次击中目标的概率为.该目标分为3个不同的部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6，击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．
(1)设X表示目标被击中的次数，求X的分布列和数学期望；
(2)若目标被击中2次，A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求P(A)．
解：(1)依题意知X～B，
P(X＝0)＝C04＝，
P(X＝1)＝C13＝，
P(X＝2)＝C22＝，
P(X＝3)＝C31＝，
P(X＝4)＝C40＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P





E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
(2)设Ai表示事件“第一次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2.
Bi表示事件“第二次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2.
依题意知P(A1)＝P(B1)＝0.1，
P(A2)＝P(B2)＝0.3，
A＝A1∪B1∪A1B1∪A2B2，
所求概率为
P(A)＝P(A1 )＋P( B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)
＝P(A1)P()＋P()P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)
＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.