2020-2021学年江西省高二（下）月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省高二（下）月考数学（理）试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 极坐标方程ρ=2sinπ3+θ的直角坐标方程为( )
A.x−322+y−122=1B.y=2x−32
C.x−32y−12=0D.4x2+12y2=3

2. 若复数z=1+i+i2+i3+⋯+i2018+|3−4i|3−4i，则z的共轭复数z¯的虚部为( )
A.−15B.−95C.95D.−95i

3. 安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A.120种B.180种C.240种D.480种

4. 若函数f(x)=ax4+bx2+c满足f′(1)=2，则f′(−1)=( )
A.−1B.−2C.2D.0

5. 甲乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7．若两人各投2次，则两人投中次数相等的概率为( )

6. 点Ax,y是曲线x=2+csθy=1+3sinθ （θ为参数）上的任意一点，则2x−y的最大值为( )
A.13B.13+5C.3D.13+3

7. 已知二项式x+2n=a0+a1x+1+a2x+12+⋯+anx+1n，且a1=6，则a1+a2+⋯+an=( )
A.128B.127C.96D.63

8. 甲、乙两位同学各自独立地解答同一个问题，他们能够正确解答该问题的概率分别是23和12，在这个问题至少被一个人正确解答的条件下，甲、乙两位同学都能正确解答该问题的概率为( )
A.27B.25C.15D.19

9. 如图所示，将平面直角坐标系的格点（横、纵坐标均为整数的点）按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1,0)处标1，点(1,−1)处标2，点(0,−1)处标3，点(−1,−1)处标4，点(−1,0)处标5，点(−1,1)处标6，点(0,1)处标7，以此类推，则标签20172的格点的坐标为( )

A.(1009,1008)B.(1008,1007)C.(2017,2016)D.(2016,2015)

10. 现有三种类型的卡片各10张，这些卡片除类型不同外其他全部相同，现把这三种类型的卡片分给5个人，每人一张，要求三种类型的卡片都要用上，则分法的种数为( )
A.150B.75C.30D.300

11. 已知函数fx=lnx−x3与gx=x3−ax的图象上存在关于x轴的对称点，则实数a的取值范围为（ ）
A.−∞,eB.(−∞,1e]C.(−∞,e]D.(−∞,1e)

12. 若函数f(x)=ax2+xln x有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.(−12，+∞)B.(−12，0)C.[−12，+∞）D.[−12，0）
二、填空题

点P(1, 0)到曲线x=t2，y=2t（参数t∈R）上的点的距离的最小值为________.
三、解答题

在平面直角坐标系xOy中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的极坐标方程为ρ−4csθ=0，直线l的参数方程为x=1+32ty=12t （t为参数）．

(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于M，N两点，已知点P(1, 0)，且|PM|>|PN|，求1|PN|−1|PM|的值．

某中学数学竞赛培训共开设有初等代数、初等几何、初等数论和微积分初步共四门课程，要求初等代数、初等几何都要合格，且初等数论和微积分初步至少有一门合格，才能取得参加数学竞赛复赛的资格，现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同，（见下表），且每一门课程是否合格相互独立，

(1)求甲同学取得参加数学竞赛复赛的资格的概率；

(2)记ξ表示三位同学中取得参加数学竞赛复赛的资格的人数，求ξ的分布列及期望Eξ．

2020年初，新型冠状病毒肆虐，全民开启防疫防控.冠状肺炎的感染主要是人与人之间进行传播，可以通过飞沫以及粪便进行传染，冠状肺炎感染人群年龄大多数是40岁以上的人群.该病毒进入人体后有潜伏期，潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间.潜伏期越长，感染到他人的可能性越高，现对200个病例的潜伏期(单位：天)进行调查，统计发现潜伏期中位数为5，平均数为7.1，方差为5.06.如果认为超过8天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：

(1)能否有95%的把握认为“长潜伏期”与年龄有关；

(2)假设潜伏期Z服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似为样本平均数x¯,σ2近似为样本方差σ2．现在很多省份对入境旅客一律要求隔离14天，请用概率的知识解释其合理性；

(3)以题目中的样本频率估计概率，设1000个病例中恰有kk∈N∗个属于“长潜伏期”的概率是gk，当k为何值时，gk取得最大值？
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
若随机变量Z服从正态分布Nμ,σ2，
则P(μ−σ
已知 3x−1n的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，求2x−1x2n的展开式中：
(1)所有二项式系数之和；

(2)二项式系数最大的项；

(3)系数的绝对值最大的项．

已知函数fx=lnxln2x.
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；

(2)设ℎx=fx−1，求证：ℎx在[1,+∞)上有唯一零点．

已知函数fx=x+alnx ，gx=a2x2+x.
(1)当a=0时，求函数fx的最小值；

(2)当a≤0时，若对任意x≥1都有fx≥gx成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省高二（下）月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由ρ=2sinπ3+θ得，
ρ=2sinπ3csθ+csπ3sinθ=3csθ+sinθ.
ρ2=3ρcsθ+ρsinθ，即x2+y2=3x+y ，
配方为x−322+y−122=1.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的运算
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为z=1+i+i2+i3+⋯+i2018+|3−4i|3−4i
=i+53−4i=35+95i，
所以z的共轭复数为z¯=35−95i，虚部为−95.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
分步乘法计数原理
【解析】

【解答】
解：由题意可得，一人完成两项工作，其余三人每人完成一项工作，
据此可得，先把5项工作分成4组，有C52种方法，
然后将分好的4组进行全排列，有A44种方法，
由分步乘法计数原理，
不同的安排方式共有C52×A44=240种．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
根据导数的运算法则先求导，问题得以解决
【解答】
解：∵ f(x)=ax4+bx2+c，
∴ f′(x)=4ax3+2bx，
∴ f′(−x)=−4ax3−2bx=−f′(x)，
∴ f′(−1)=−f′(1)=−2.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
互斥事件的概率加法公式
【解析】
根据题意，两人投中次数相等：两人两次都未投中，两人各投中一次，和两人两次都投中，进而根据相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，得到答案．
【解答】
解：由题意，甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7，
则甲、乙两人各投2次：
两人两次都未投中的概率：
P0=1−0.62×1−0.72=0.0144；
两人各投中一次的概率：
P1=C21×0.6×1−0.6×C21×0.7×1−0.7=0.2016；
两人两次都投中的概率：
P2=0.62×0.72=0.1764；
所以，两人投中次数相等的概率为：
P=P0+P1+P2=0.3924.
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
三角函数的最值
参数方程与普通方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题2x−y=3+2csθ−3sinθ
=3+13csθ+φ.
故当csθ+φ=1时， 2x−y的最大值为13+3.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，二项式x+2n=1+x+1n展开式的通项为Tr+1=Cnrx+1r ，
令r=1，可得T2=Cn1x+1，即Cn1=6，
解得n=6.
所以二项式为x+26=1+x+16，则a0=C6n=1.
令x+1=1，即x=0，
则a0+a1+a2+⋯+an=26=64，
所以a1+a2+⋯+an=63.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
至少一个人答对的概率为23×12+13×12+23×12=56，
全对的概率为23×12=13，
∴1356=25，
故选B.
【解答】
解：至少一个人答对的概率为1−13×12=56，
全对的概率为23×12=13，
故所求概率为1356=25.
故选B.
9.
【答案】
A
【考点】
归纳推理
【解析】
根据数据，归纳出点处坐标，即可得到结论.

【解答】
解：由题意得
12→1,0，
32→2,1，
52→3,2，
20172→1009,1008.
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由题意分两类，第一类：5人中，有3人卡片类型相同，其余2人卡片类型不同，第二类：5人中，2人分得其中第一种卡片，另2人分得第二种卡片，1人分得第三种卡片，根据分类计数原理可得．
【解答】
解：第一类：5人中，有3人卡片类型相同，其余2人卡片类型不同，
则从5个人选3人分发同一卡片，其余2人分发另外两种卡片，
故有C53⋅A33 = 60种，
第二类：5人中，2人分得其中第一种卡片，
另2人分得第二种卡片，1人分得第三种卡片，
故有C52C32C11A22⋅A33 = 90种，
所以由分类加法计数原理可知，
共有60+90=150种.
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
1
【解答】
解：由题中对称知fx=−gx有解，即a=lnxx在0,+∞有解，
令ℎx=lnxx，
则ℎ′(x)=1−lnxx2，
当00，ℎ(x)单调递增；
当x>e时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减.
ℎ(x)max=ℎ(e)=1e.
∴a<1e.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
求导，将函数有两个极值点转化为导函数有两个不同的正零点，再求导，将函数有零点转化为判定极值的符号．
【解答】
解：∵ 函数fx=ax2+xlnx有两个极值点，
∴ gx=f′x=2ax+1+lnx=0有两个不同的正零点，
∵ g′x=2a+1x=2ax+1x.
当a≥0时，g′x>0在0,+∞上恒成立，
则g(x)在0,+∞上单调递增，gx=0不可能有两个正根（舍），
当a<0时，令g′x>0，得0令g′x<0，得x>−12a，
即g(x)在0,−12a上单调递增，在−12a,+∞上单调递减，
若gx=2ax+1+lnx=0有两个不同的正根，
则g−12a=ln−12a>0，
解得−12故选B．
二、填空题
【答案】
1
【考点】
两点间的距离公式
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
直接求距离的表达式，然后求最值．
【解答】
解：点P(1, 0)到曲线x=t2y=2t（参数t∈R）上的点的距离：
(t2−1)2+4t2=t4+2t2+1=t2+1.
∵ t2+1≥1.
∴距离的最小值为1.
故答案为：1.
三、解答题
【答案】
解：(1)由x=1+32t，y=12t， ⇒x−3y−1=0．
由ρ−4csθ=0，得ρ2−4ρcsθ=0，
又x=ρcsθy=ρsinθ 且ρ2=x2+y2，
得x2+y2−4x=0，
即(x−2)2+y2=4．
∴ 直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程分别为x−3y−1=0和(x−2)2+y2=4.
(2)把x=1+32t，y=12t 代入x2+y2−4x=0，
整理得t2−3t−3=0．
设|PN|=|t1|，|PM|=|t2|，
∴ t1+t2=3，t1t2=−3.
∵ |PM|>|PN|，
∴ 1|PN|−1|PM|=1|t1|−1|t2|=|t1+t2||t1t2|=33．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
利用圆锥曲线的参数方程求最值
【解析】
(Ⅰ)直接把直线的参数方程中的参数消去，可得直线的普通方程，把ρ−4csθ＝0两边同时乘以ρ，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线C的直角坐标方程；
(Ⅱ)把直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，化为关于t的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数的几何意义求解．
【解答】
解：(1)由x=1+32t，y=12t， ⇒x−3y−1=0．
由ρ−4csθ=0，得ρ2−4ρcsθ=0，
又x=ρcsθy=ρsinθ 且ρ2=x2+y2，
得x2+y2−4x=0，
即(x−2)2+y2=4．
∴ 直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程分别为x−3y−1=0和(x−2)2+y2=4.
(2)把x=1+32t，y=12t 代入x2+y2−4x=0，
整理得t2−3t−3=0．
设|PN|=|t1|，|PM|=|t2|，
∴ t1+t2=3，t1t2=−3.
∵ |PM|>|PN|，
∴ 1|PN|−1|PM|=1|t1|−1|t2|=|t1+t2||t1t2|=33．
【答案】
解：(1)分别记甲对这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，且事件A，B，C，D相互独立，
“甲能能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为：
P(ABCD)+P(ABCD¯)+P(ABC¯D)
=34⋅23⋅23⋅12+34⋅23⋅23⋅12+34⋅23⋅13⋅12=512．
(2)由题设知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，ξ∼B(3, 512)，
P(ξ=0)=C30(712)3=3431728，
P(ξ=1)=C31(512)(712)2=7351728，
P(ξ=2)=C32(512)2(712)=5251728，
P(ξ=3)=C33(512)3=1251728，
∴ ξ的分布列为：
∵ ξ∼B(3, 512)，
∴ Eξ=3×512=54．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
相互独立事件的概率乘法公式
二项分布的应用
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（1）分别记甲对这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，“甲能能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为P(ABCD)+P(ABCD¯)+P(ABC¯D)，由事件A，B，C，D相互独立能求出结果．
（2）由题设知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，ξ∼B(3, 512)，由此能求出ξ的分布列和数学期望．
【解答】
解：(1)分别记甲对这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，且事件A，B，C，D相互独立，
“甲能能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为：
P(ABCD)+P(ABCD¯)+P(ABC¯D)
=34⋅23⋅23⋅12+34⋅23⋅23⋅12+34⋅23⋅13⋅12=512．
(2)由题设知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，ξ∼B(3, 512)，
P(ξ=0)=C30(712)3=3431728，
P(ξ=1)=C31(512)(712)2=7351728，
P(ξ=2)=C32(512)2(712)=5251728，
P(ξ=3)=C33(512)3=1251728，
∴ ξ的分布列为：
∵ ξ∼B(3, 512)，
∴ Eξ=3×512=54．
【答案】
解：(1)K2=200×30×40−110×202140×60×50×150≈3.17,
由于3.17<3.841，故没有95%的把握认为“长潜伏期”与年龄有关；
(2)潜伏期Z服从正态分布N7.1, 2.252，
由PZ≥7.1+3×2.25=13.85=1−0.99742=0.0013，
得知潜伏期超过14天的概率很低，因此隔离14天是合理的．
(3)由于200个病例中有50个属于长潜伏期，若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是14，
于是gk=C1000k14k341000−k
则g(k)g(k−1)=C1000k(14)k(34)1000−kC1000k−1(14)k−1(34)1001−k
=C1000k3C1000k−1=13⋅(k−1)!(1001−k)!k!(1000−k)!
=13⋅1001k−1 .
当01；
当10014所以g1g251>⋯>g(1000)，
故当k=250时， gk取得最大值．
【考点】
正态分布的密度曲线
独立性检验的应用
独立性检验
【解析】



【解答】
解：(1)K2=200×30×40−110×202140×60×50×150≈3.17,
由于3.17<3.841，故没有95%的把握认为“长潜伏期”与年龄有关；
(2)潜伏期Z服从正态分布N7.1, 2.252，
由PZ≥7.1+3×2.25=13.85=1−0.99742=0.0013，
得知潜伏期超过14天的概率很低，因此隔离14天是合理的．
(3)由于200个病例中有50个属于长潜伏期，若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是14，
于是gk=C1000k14k341000−k
则g(k)g(k−1)=C1000k(14)k(34)1000−kC1000k−1(14)k−1(34)1001−k
=C1000k3C1000k−1=13⋅(k−1)!(1001−k)!k!(1000−k)!
=13⋅1001k−1 .
当01；
当10014所以g1g251>⋯>g(1000)，
故当k=250时， gk取得最大值．
【答案】
解：(1)由题意，得Cn1=Cn4，解得n=5，
所以2x−1x2n=2x−1x10，
所以2x−1x2n的展开式中，
所有二项式系数之和为210=1024．
(2)由于2n=10为偶数，
所以2x−1x10的展开式中第6项的二项式系数最大，
即T6=T5+1=C105×25×(−1)5=−8064．
(3)设第r+1项的系数的绝对值最大，
即Tr+1=C10r⋅(2x)10−r⋅(−1x)r=(−1)r⋅C10r⋅210−r⋅x10−2r，
所以C10r⋅210−r≥C10r−1⋅210−r+1,C10r⋅210−r≥C10r+1⋅210−r−1,
所以C10r≥2C10r−1,2C10r≥C10r+1,
即11−r≥2r,2(r+1)≥10−r,
所以83≤r≤113，
所以r=3，
故系数的绝对值最大的是第4项，
即T3+1=(−1)3×C103×210−3⋅x4=−15360x4．
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
（1）由题意Cn1=Cn4，进而得n=5，故(2x−1x)2n二项式系数和为210=1024．
（2）由于2n=10为偶数，故展开式中第6项的二项式系数最大，进而根据公式计算即可得答案．
（3）由于展开式的通项式为Tr+1=(−1)r⋅C10r⋅210−r⋅x10−2r，C10r⋅210−r≤C10r−5⋅210−r+5C10r⋅210−r≤C10r−3⋅210−r+3，解得不等式组得83≥r≥113，即r=3，进而得系数的绝对值最大的是第4项．
【解答】
解：(1)由题意，得Cn1=Cn4，解得n=5，
所以2x−1x2n=2x−1x10，
所以2x−1x2n的展开式中，
所有二项式系数之和为210=1024．
(2)由于2n=10为偶数，
所以2x−1x10的展开式中第6项的二项式系数最大，
即T6=T5+1=C105×25×(−1)5=−8064．
(3)设第r+1项的系数的绝对值最大，
即Tr+1=C10r⋅(2x)10−r⋅(−1x)r=(−1)r⋅C10r⋅210−r⋅x10−2r，
所以C10r⋅210−r≥C10r−1⋅210−r+1,C10r⋅210−r≥C10r+1⋅210−r−1,
所以C10r≥2C10r−1,2C10r≥C10r+1,
即11−r≥2r,2(r+1)≥10−r,
所以83≤r≤113，
所以r=3，
故系数的绝对值最大的是第4项，
即T3+1=(−1)3×C103×210−3⋅x4=−15360x4．
【答案】
(1)解 ：fx=lnxln2x=lnxln2+lnx
=ln2lnx+ln2x，f1=0，
∴ f′x=ln2×1x+2×lnx×1x
=1xln2+2lnx，f′1=ln2，
∴ 曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为：
y−0=ln2⋅x−1，即xln2−y−ln2=0．
(2)证明：ℎx=fx−1=ln2lnx+ln2x−1，x≥1，
ℎ′x=1xln2+2lnx⋅1x=1xln2+2lnx>0，x≥1，
∴ ℎx在[1,+∞)上单调递增．
又ℎ1=−1，ℎe=ln2>0．
即ℎ1⋅ℎe<0，
∴ ℎx在1,e上有唯一零点．
又ℎx在[1,+∞)上单调递增，
∴ ℎx在[1,+∞)上有唯一零点．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解 ：fx=lnxln2x=lnxln2+lnx
=ln2lnx+ln2x，f1=0，
∴ f′x=ln2×1x+2×lnx×1x
=1xln2+2lnx，f′1=ln2，
∴ 曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为：
y−0=ln2⋅x−1，即xln2−y−ln2=0．
(2)证明：ℎx=fx−1=ln2lnx+ln2x−1，x≥1，
ℎ′x=1xln2+2lnx⋅1x=1xln2+2lnx>0，x≥1，
∴ ℎx在[1,+∞)上单调递增．
又ℎ1=−1，ℎe=ln2>0．
即ℎ1⋅ℎe<0，
∴ ℎx在1,e上有唯一零点．
又ℎx在[1,+∞)上单调递增，
∴ ℎx在[1,+∞)上有唯一零点．
【答案】
解：(1)由函数fx=x+alnx，可得fx的定义域为0,+∞，
当a=0时， fx的导数f′x=1+lnx，
令f′x>0，解得x>1e；
令f′x<0，解得0所以函数fx在0,1e单调递减，在1e,+∞单调递增，
所以当x=1e时， fx取得最小值−1e．
(2)令Fx=fx−gx=x+alnx−a2x2−x，x≥1，
因为对于任意x≥1都有fx≥gx，只须Fx≥0在[1,+∞）上恒成立.
又由F′x=lnx+ax−ax，且F′1=0，
记Gx=F′x=lnx+ax−ax,x≥1，
则G′x=1x−ax2−a，
由已知a≤0，所以对于任意x≥1，都有G′x=1x−ax2−a>0恒成立.
又因为G1=F′1=0，
所以Fx在[1,+∞）上单调递增，
所以Fminx=F1=−a2−1，
由−a2−1≥0，解得a≤−2，
所以当a≤−2时，对任意x≥1都有fx≥gx成立．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
【解答】
解：(1)由函数fx=x+alnx，可得fx的定义域为0,+∞，
当a=0时， fx的导数f′x=1+lnx，
令f′x>0，解得x>1e；
令f′x<0，解得0所以函数fx在0,1e单调递减，在1e,+∞单调递增，
所以当x=1e时， fx取得最小值−1e．
(2)令Fx=fx−gx=x+alnx−a2x2−x，x≥1，
因为对于任意x≥1都有fx≥gx，只须Fx≥0在[1,+∞）上恒成立.
又由F′x=lnx+ax−ax，且F′1=0，
记Gx=F′x=lnx+ax−ax,x≥1，
则G′x=1x−ax2−a，
由已知a≤0，所以对于任意x≥1，都有G′x=1x−ax2−a>0恒成立.
又因为G1=F′1=0，
所以Fx在[1,+∞）上单调递增，
所以Fminx=F1=−a2−1，
由−a2−1≥0，解得a≤−2，
所以当a≤−2时，对任意x≥1都有fx≥gx成立．课 程
初等代数
初等几何
初等数论
微积分初步
合格的概率
34
23
23
12
长潜伏期
非长潜伏期
40岁以上
30
110
40岁及40岁以下
20
40
ξ
0
1
2
3
P
3431728
7351728
5251728
1251728
ξ
0
1
2
3
P
3431728
7351728
5251728
1251728