[推荐学习]2018-2019学年高中数学人教A版选修2-3：模块综合检测-含解析

模块综合检测

(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．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．下列说法正确的有( ) 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 C．③④

B．②③ D．①③

解析：选B 回归方程只适用于所研究样本的总体，所以①不正确；而“回归方程一般都有时间性”正确，③也正确；而回归方程得到的预报值是预报变量的近似值，故选B．

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 C．10种

B．52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．

DX23．设随机变量X服从二项分布X～B(n，p)，则等于( )

EX2A．p2 C．1－p

B．(1－p)2 D．以上都不对

2

2

2

2

DX2

解析：选B 因为X～B(n，p)，(D(X))＝[np(1－p)]，(E(X))＝(np)，所以＝

EX2[np1－p]2

＝(1－p)2．故选B． 2np

4．若(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值是( ) A．1 C．0

B．－1 D．2

解析：选A 令x＝1，得a0＋a1＋…＋a4＝(2＋3)4，令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4

＝(－2＋3)4． 所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(2＋3)4(－2＋3)4＝1．

5．给出以下四个说法： 最新K12

[k12]

①绘制频率分布直方图时，各小长方形的面积等于相应各组的组距； ②在刻画回归模型的拟合效果时，R2的值越大，说明拟合的效果越好； 1

③设随机变量ξ服从正态分布N(4,22)，则P(ξ>4)＝；

2

④对分类变量X与Y，若它们的随机变量K2的观测值k越小，则判断“X与Y有关系”的犯错误的概率越小．

其中正确的说法是( ) A．①④ C．①③

B．②③ D．②④

解析：选B ①中各小长方形的面积等于相应各组的频率；②正确，相关指数R2越大，拟合效果越好，R2越小，拟合效果越差；③随机变量ξ服从正态分布N(4,22)，正态曲线对1

称轴为x＝4，所以P(ξ>4)＝；④对分类变量X与Y，若它们的随机变量K2的观测值k越

2小，则说明“X与Y有关系”的犯错误的概率越大．

6．若随机变量ξ～N(－2,4)，则ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在下列哪个区间上取值的概率( )

A．(2,4] C．[－2,0)

B．(0,2] D．(－4,4]

解析：选C 此正态曲线关于直线x＝－2对称，∴ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在[－2,0)上取值的概率．

7．如图所示，A，B，C表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0．9,0．8,0．7，那么此系统的可靠性为( )

A．0．504 C．0．496

B．0．994 D．0．06

解析：选B A、B、C三个开关相互独立，三个中只要至少有一个正常工作即可，由间接法知P＝1－(1－0．9)×(1－0．8)(1－0．7)＝1－0．1×0．2×0．3＝0．994．

8．一牧场有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 C．0．196

B．0．8 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)， 最新K12

[k12]

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． 9．学校小卖部为了研究气温对饮料销售的影响，经过统计，得到一个卖出饮料数与当天气温的对比表：

摄氏温度 饮料瓶数

^^^^

根据上表可得回归方程y＝bx＋a中的b为6，据此模型预测气温为30 ℃时销售饮料瓶数为( )

A．141 C．211

B．191 D．241 －1 3 3 40 8 52 12 72 17 122 －1＋3＋8＋12＋17

解析：选B 由题意，x＝＝7．8，

5y＝

3＋40＋52＋72＋122

＝57．8，

5

^^^^^

因为回归方程y＝bx＋a中的b为6，所以57．8＝6×7．8＋a，

^^^

所以a＝11，所以y＝6x＋11，所以x＝30时，y＝6×30＋11＝191，故选B． 10．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 C．108

B．96 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A44＝24种，所以一共有96种．

11．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( )

2

A．3，1 2

0， C．3最新K12

1

，1 B．310，  D．3

[k12]

34,

解析：选B 4个引擎飞机成功飞行的概率为C34p(1－p)＋p2个引擎飞机成功飞行的

1342

概率为p2，要使C34p(1－p)＋p>p，必有12．(全国丙卷)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )

A．18个 C．14个

B．16个 D．12个

解析：选C 由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1．不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C3…，6＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，ak中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C1②若a2＝1，a3＝0，4＝4(种)；则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C．

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上) 13．(四川高考)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__________．

13

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

443291133

功次数X的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝C1P(X＝2)＝ 2××＝，4＝16．16448

所以在2次试验中成功次数X的分布列为

X P 0 1 161 3 82 9 16则在2次试验中成功次数X的均值为 E(X)＝0×

1393＋1×＋2×＝． 168162

3

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)

433

＝np＝2×＝．

42

最新K12

[k12]

3

答案：

2

14．为了调查患慢性气管炎是否与吸烟有关，调查了339名50岁以上的人，调查结果如表

吸烟 不吸烟 总计

根据列联表数据，求得K2≈__________． 解析：由计算公式K＝，

a＋bc＋da＋cb＋d

2

患慢性气管炎 43 13 56 未患慢性气管炎 162 121 283 总计 205 134 339 nad－bc2

得K2≈7．469． 答案：7．469

15．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________．

7

解析：十个数中任取七个不同的数共有C10种情况，七个数的中位数为6，那么6只有

处在中间位置，有

1答案：

6

C36种情况，于是所求概率

C316P＝7＝．

C106

16．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；

3②恰好击中目标3次的概率应为C34×0．9×0．1；

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 最新K12

[k12]

三、简答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

1621517．(本小题满分10分)已知(a＋1)展开式中的各项系数之和等于5x＋的展开

x

2

n

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．

16215的展开式的通项为

解：5x＋x

1625－r1rTr＋1＝Cr55xx 165－rr20－5r＝5C5x， 2令20－5r＝0，得r＝4， 故常数项T5＝C45×

16

＝16． 5

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，

4

故有C24a＝54，解得a＝±3．

18．(本小题满分12分)(全国甲卷)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 保费 0 0．85a 1 a 2 3 4 ≥5 2a 1．25a 1．5a 1．75a 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 概率

(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发生当且最新K12

0 1 2 3 4 ≥5 0．30 0．15 0．20 0．20 0．10 0．05 [k12]

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)，

PABPB0.153

故P(B|A)＝＝＝＝．

PAPA0.55113

因此所求概率为．

11

(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为

X P

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12分)退休年龄延迟是平均预期寿命延长和人口老龄化背景下的一种趋势．某机构为了解某城市市民的年龄构成，按1%的比例从年龄在20～80岁(含20岁和80岁)之间的市民中随机抽取600人进行调查，并将年龄按[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80]进行分组，绘制成频率分布直方图，如图所示．规定年龄在[20,40)岁的人为“青年人”，[40,60)岁的人为“中年人”，[60,80]岁的人为“老年人”．

0．85a 0．30 a 0．15 1．25a 1．5a 1．75a 0．20 0．20 0．10 2a 0．05

(1)根据频率分布直方图估计该城市60岁以上(含60岁)的人数，若每一组中的数据用该组区间的中点值来代表，试估算所调查的600人的平均年龄；

(2)将上述人口分布的频率视为该城市年龄在20～80岁的人口分布的概率，从该城市年龄在20～80岁的市民中随机抽取3人，记抽到“老年人”的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．

解：(1)由频率分布直方图可知60岁以上(含60岁)的频率为(0．01＋0．01)×10＝0．2， 故样本中60岁以上(含60岁)的人数为600×0．2＝120，故该城市60岁以上(含60岁)的人数为120÷1%＝12 000．

所调查的600人的平均年龄为 最新K12

[k12]

25×0．1＋35×0．2＋45×0．3＋55×0．2＋65×0．1＋75×0．1＝48(岁)． 1

(2)由频率分布直方图知，“老年人”所占的频率为，

5

1

所以从该城市年龄在20～80岁的市民中随机抽取1人，抽到“老年人”的概率为，

5分析可知X的所有可能取值为0,1,2,3，

104364， P(X＝0)＝C0355＝125114248， P(X＝1)＝C1355＝125

124112P(X＝2)＝C2355＝125， 13401P(X＝3)＝C3． 355＝125所以X的分布列为

X P 0 64 1251 48 1252 12 1253 1 12564481213EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝．

1251251251255

或EX＝3×1＝3 55

20．(本小题满分12分)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x(单位：千元)对年销售量y(单位：t)和年利润z(单位：千元)的影响．对近8年的年宣传费xi和年销售量yi(i＝1,2，…，8)数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．

88x y w i＝1 (xi－x)2 i＝1 (wi－w)2 i＝1 (xi－x)(yi－y) 8i＝1 (wi－w)(yi－y) 108．8 846．6 563 6．8 289．8 1．6 1 469 18

表中wi＝xi，w＝wi．

8i＝1

最新K12

[k12]

(1)根据散点图判断，y＝a＋bx与y＝c＋dx哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)

(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程．

(3)已知这种产品的年利润z与x，y的关系为z＝0．2y－x．根据(2)的结果回答下列问题：

①年宣传费x＝49时，年销售量及年利润的预报值是多少？ ②年宣传费x为何值时，年利润的预报值最大？

附：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回归直线v＝α＋βu的斜率和

^

i＝1

 ui－uvi－v

^

^

n

截距的最小二乘估计分别为β＝

i＝1

 ui－u2

n

，α＝v－β u．

解：(1)由散点图可以判断，y＝c＋dx适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型．

(2)令w＝x，先建立y关于w的线性回归方程．

由于d＝

^

i＝1

 wi－wyi－y

＝i＝1

8

 wi－w2

8

108.8

＝68， 1.6

c＝y－dw＝563－68×6．8＝100．6， ^

所以y关于w的线性回归方程y＝100．6＋68w，

^

^^

因此y关于x的回归方程为y＝100．6＋68x． (3)①由(2)知，当x＝49时，

^

年销售量y的预报值y＝100．6＋6849＝576．6，

^

年利润z的预报值z＝576．6×0．2－49＝66．32． ②根据(2)的结果知，年利润z的预报值

^

z＝0．2(100．6＋68x)－x＝－x＋13．6x＋20．12．

^

13.6

所以当x＝＝6．8，即x＝46．24时，z取得最大值．

2

故年宣传费为46．24千元时，年利润的预报值最大．

21．(本小题满分12分)PM2．5是指大气中直径小于或等于2．5微米的颗粒物，也称最新K12

[k12]

为可吸入肺颗粒物．我国PM2．5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2．5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．

某试点城市环保局从该市市区2015年全年每天的PM2．5监测数据中随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶)

(1)从这15天的PM2．5日均监测数据中，随机抽出三天，求恰有一天空气质量达到一级的概率．

(2)从这15天的数据中任取三天数据，记ξ表示抽到PM2．5监测数据超标的天数，求ξ的分布列及数学期望．

(3)以这15天的PM2．5日均值来估计一年的空气质量情况，则一年(按360天计算)中平均有多少天的空气质量达到一级或二级．

解：(1)记“从15天的PM2．5日均监测数据中，随机抽出三天，恰有一天空气质量达

12

C5C1045

到一级”为事件A，P(A)＝3＝．

C1591

(2)依据条件，ξ服从超几何分布：ξ的可能值为0,1,2,3， 其分布列为：

3－k

Ck5C10

P(ξ＝k)＝(k＝0,1,2,3)．

C315

ξ P

0 24 911 45 912 20 913 2 912445202

则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1，

91919191

102

(3)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为P＝＝，

153一年中空气质量达到一级或二级的天数为η， 2360，， 则η～B3最新K12

[k12]

2

所以E(η)＝360×＝240，

3

所以一年中平均有240天的空气质量达到一级或二级．

22．(本小题满分12分)某高校共有学生15 000人，其中男生10 500人，女生4 500人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位：小时)．

(1)应收集多少位女生样本数据？

(2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[0,2]，(2,4]，(4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率．

(3)在样本数据中，有60位女生的每周平均体育运动时间超过4个小时．请完成每周平均体育运动时间与性别的列联表，并判断在犯错误的概率不超过0．05的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．

P(K2≥k0) k0

nad－bc2

附：K＝

a＋bc＋da＋cb＋d

2

0．10 0．05 0．010 0．005 2．706 3．841 6．635 7．879 解：(1)由分层抽样得收集的女生样本数据为300×所以应收集90位女生的样本数据．

4 500

＝90， 15 000

(2)由频率分布直方图得2×(0．150＋0．125＋0．075＋0．025)＝0．75， 所以该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率的估计值为0．75．

(3)由(2)知，300名学生中有300×0．75＝225人的每周平均体育运动时间超过4个小时．75人的每周平均体育运动时间不超过4个小时．又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以每周平均体育运动时间与性别的列联表如下：

平均体育运动时间与性别列联表 最新K12

[k12]

不超过4个小时 超过4个小时 总计

300×－2 2502

结合列联表可算得K的观测值k＝≈4．762>3．841．

75×225×210×90

2

男生 45 165 210 女生 30 60 90 总计 75 225 300 在犯错误的概率不超过0．05的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．

最新K12