人教版高中数学选择性必修第三册模块综合测评(二)含答案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册全册综合课时训练，共17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。

模块综合测评(二)
一、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.(2022北京昌平期末)在(2+x)6的展开式中二项式系数最大的项是(　　)
A.第3项和第4项 B.第4项和第5项
C.第3项 D.第4项
2.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},若从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为(　　)
A.36 B.35 C.34 D.33
3.下表是某厂1~4月份用水量(单位:百吨)的一组数据:

月份x
1
2
3
4
用水量Y/百吨
4.5
4
3
2.5

用水量Y与月份x之间有较好的线性相关关系,其经验回归方程是y^=-0.7x+a^,则a^等于(　　)
A.10.5 B.5.15 C.5.2 D.5.25
4.设某地区历史上从某次特大洪水发生以后,在30年内发生特大洪水的概率是0.8,在40年内发生特大洪水的概率是0.85.在过去的30年内该地区都未发生特大洪水,则在未来10年内该地区发生特大洪水的概率是(　　)
A.0.25 B.0.3 C.0.35 D.0.4
5.(1+x+x2)(1-x)10的展开式中x4的系数为(　　)
A.45 B.65 C.105 D.135
6.一个箱子里有编号1,2,…,12的12个大小相同的球,其中1到6号球是红球,其余的是黑球,若从中任取两个球,则取到的都是红球,且至少有1个球的编号是偶数的概率为(　　)
A.122 B.111 C.322 D.211
7.某大型家电专卖店为答谢消费者举行了一次抽奖活动,奖券共有100张,其中带有“中奖”字样的奖券有10张.假设抽完的奖券不放回,参加抽奖的20名消费者依次编号为1,2,…,20,并按照编号由小到大的顺序依次参加抽奖,则2号消费者中奖的概率为(　　)
A.1099 B.111 C.110 D.9100
8.已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+…+anxn,若a1+a2+…+an-1=29-n,那么自然数n的值为(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.对于二项式1x+x3n(n∈N*),以下判断正确的有(　　)
A.存在n∈N*,展开式中有常数项
B.对任意n∈N*,展开式中没有常数项
C.对任意n∈N*,展开式中没有x的一次项
D.存在n∈N*,展开式中有x的一次项
10.将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中,不允许有空盒子的放法有多少种?下列结论正确的有(　　)
A.C31C21C11C31 B.C42A33
C.C31C42A22 D.18
11.设随机变量ξ服从正态分布N(0,1),则下列结论正确的是(　　)
A.P(|ξ|-a)(a>0)
B.P(|ξ|0)
C.P(|ξ|0)
D.P(|ξ|0)
12.(2021山东聊城期末)以下说法正确的是(　　)
A.直线l1:x+(1+m)y=2-m与直线l2:mx+2y+8=0平行的充要条件是m=1
B.样本相关系数r可以反映两个随机变量的线性相关程度,r的值越大表明两个变量的线性相关程度越强
C.从独立性检验可知,在犯错误的概率不超过0.05的情况下,认为吃地沟油与患胃肠癌有关系时,是指有不超过0.05的概率使得推断吃地沟油与患胃肠癌有关系出现错误
D.已知一系列样本点(xi,yi)(i=1,2,3,…,n)的经验回归方程为y^=2x+a^,若样本点(r,2)与(2,s)的残差相同,则有s=-2r+3
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.某灯泡厂生产大批灯泡,其次品率为1.5%,从中任意地陆续取出100个,则其中正品数X的期望为　　　　　　,方差为　　　　　　. 
14.某处有5个水龙头,已知每个水龙头被打开的可能为110,随机变量ξ表示同时被打开的水龙头的个数,则P(ξ=3)=　　　　　. 
15.假设关于某设备的使用年限x(单位:年)和所支出的维修费用y(单位:万元)有如下的统计资料:
x/年
2
3
4
5
6
y/万元
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0


若由资料可知y对x呈线性相关关系,且经验回归方程为y^=a^+b^x,其中已知b^=1.23,若使用年限为20年,则维修费用约为　　　　　万元. 

16.若x6=a0+a1(x+1)+…+a5(x+1)5+a6(x+1)6,则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=　　　　　,a5=　　　　　. 
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)已知(a2+1)n展开式中的各项系数之和等于165x2+1x5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.





18.(12分)某资源网推出配套某种数学教材的48个教案,为了更好地将课程内容呈现给学生,现对某一时段教案的下载量进行统计:

下载量
[0,100]
(100,200]
(200,+∞)
个数
8
24
16

(1)现从48个教案中采用分层随机抽样的方式选出6个,求下载量超过200的个数;
(2)为了更好地鼓励作者,现在在基本工资的基础上推出如下奖励措施:若下载量在区间[0,100]内不予奖励;若下载量在区间(100,200]内,则每个教案奖励500元;若下载量超过200,则每个教案奖励1 000元.现从(1)中选出的6个教案中随机取出2个教案进行奖励,求奖励金额X的分布列与均值.






19.(12分)近年来,随着社会对教育的重视,家庭的平均教育支出增长较快,随机抽样调查某市2015~2021年的家庭平均教育支出,得到如下折线图.(附:年份代码1~7分别对应的年份是2015~2021)
经计算得∑i=17yi=259,7≈2.646,∑i=17(yi-y)2=25,∑i=17(ti-t)(yi-y)=130.

(1)用线性回归模型拟合y与t的关系,求出样本相关系数r(精确到0.01);
(2)建立y关于t的经验回归方程(b^,a^精确到0.01);
(3)若2022年该市某家庭总支出为10万元,预测该家庭教育支出约为多少万元?
附:(ⅰ)相关系数:r=∑i=1n(ti-t)(yi-y)∑i=1n(ti-t)2∑i=1n(yi-y)2;
(ⅱ)经验回归方程:y^=b^t+a^,其中b^=∑i=1n(ti-t)(yi-y)∑i=1n(ti-t)2,a^=y-b^t.








20.(12分)“随意过马路”存在很大的交通安全隐患.某调查机构为了解路人对“随意过马路”的态度是否与性别有关,从马路旁随机抽取30名路人进行了问卷调查,得到了如下列联表:

性别
男性
女性
合计
反感
10


不反感

8

合计


30

已知在这30人中随机抽取1人抽到反感“随意过马路”的路人的概率是815.
(1)请将上面的列联表补充完整(直接写结果,不需要写求解过程),根据小概率值α=0.05的独立性检验,分析反感“随意过马路”与性别是否有关?
(2)若从这30人中的女性路人中随机抽取2人参加一活动,记反感“随意过马路”的人数为X,求X的分布列和均值.
附:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),

α
0.05
0.01
xα
3.841
6.635





21.(12分)某投资公司准备在2020年年初将1 000万元投资到“低碳”项目上,现有两个项目供选择:
项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为79和29;
项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利50%,也可能亏损30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别为35,13和115.
(1)针对以上两个投资项目,请你为投资公司选择一个合理的项目,并说明理由;
(2)若市场预期不变,该投资公司按照你选择的项目长期投资(每一年的利润和本金继续用作投资),问大约在哪一年的年底总资产(利润+本金)可以翻一番?(参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)














22.(12分)(2022湖北武汉四调)某工厂购进一批加工设备,由于该设备自动模式运行不稳定,因此一个工作时段内会有14的概率出现自动运行故障.此时需要1名维护人员立刻将设备切换至手动操控模式,并持续人工操作至此工作时段结束,期间该人员无法对其他设备进行维护.工厂在每个工作时段开始时将所有设备调至自动模式,若设备的自动模式出现故障而得不到人员的维护,则该设备将停止运行,且每台设备运行的状态相互独立.
(1)若安排1名人员负责维护3台设备,求这3台设备能顺利运行至工作时段结束的概率;
(2)设该工厂有甲,乙两个车间.甲车间有6台设备和2名维护人员,将6台设备平均分配给2人,每名维护人员只负责维护分配给自己的3台设备;乙车间有7台设备和2名维护人员,7台设备由这2人共同负责维护.若用车间所有设备顺利运行至工作时段结束的概率来衡量生产的稳定性,试比较两个车间稳定性的高低.










模块综合测评(二)
1.D　因为n=6为偶数,
所以展开式中二项式系数最大的项只有一项,且为第4项,
故选D.
2.D　不考虑限定条件确定的不同点的个数为C11C21C31A33=36,但集合B,C中有相同元素1,由5,1,1三个数确定的不同点的个数只有三个,故所求的个数为36-3=33.
3.D　由题知x=1+2+3+44=2.5,y=4.5+4+3+2.54=3.5,
因为经验回归直线过定点(x,y),
所以3.5=-0.7×2.5+a^.
所以a^=5.25.
4.A　设在未来10年内该地区发生特大洪水的概率是p,根据条件可得,0.8×1+(1-0.8)×p=0.85,
解得p=0.25.
5.D　(1-x)10的展开式的通项为Tk+1=(-1)kC10kxk,所以含x4的项为1×C104x4+x×(-C103x3)+x2×C102x2=135x4.
6.D　从箱子中取两个红球,且至少有1个球的编号为偶数的取法可以分两类:第一类,两个球的编号均为偶数,有C32种取法;第二类,两个球的编号为一奇一偶,有C31C31种取法,因此所求的概率为C32+C31C31C122=211.
7.C　设第i号消费者中奖为事件Ai,则P(A2)=P(A1A2)+P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1)P(A2|A1)=10100×999+90100×1099=110.
8.B　由题意,
令x=0,得a0=n,
又an=1,令x=1,
则2+22+…+2n=n+(29-n)+1,
所以2n+1=32,
即n=4.
9.AD　该二项展开式的通项为Tk+1=Cnk1xn-k(x3)k=Cnkx4k-n,则当n=4k时,展开式中存在常数项,故A选项正确,B选项错误;当n=4k-1时,展开式中存在x的一次项,故D选项正确,C选项错误.
10.BC　根据题意,四个不同的小球放入三个分别标有1~3号的盒子中,且没有空盒,则三个盒子中有1个中放2个球,剩下的2个盒子中各放1个,有2种解法:
(1)分2步:
第一步,先将四个不同的小球分成3组,有C42种分组方法;
第二步,将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有A33种放法.
则没有空盒的放法有C42A33种;
(2)分2步:
第一步,在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球放入选出的小盒中,有C31C42种情况;
第二步,将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中,有A22种放法.
则没有空盒的放法有C31C42A22种.
11.BD　因为P(|ξ| 故A不正确;
因为P(|ξ|a)=P(ξ 故B正确,C不正确;
因为P(|ξ| 所以P(|ξ|0),
故D正确.
12.AC　对于A,若m=1,则l1:x+2y=1与l2:x+2y=-8平行,故充分性满足,
若直线l1:x+(1+m)y=2-m与直线l2:mx+2y+8=0平行,则1×2=(1+m)m,8(1+m)≠2(m-2),
解得m=1,故必要性满足,
故A正确;
对于B,样本相关系数r可以反映两个随机变量的线性相关程度,|r|的值越大且越接近于1,表明两个变量的线性相关程度越强,故B错误;
对于C,由独立性检验的过程及意义可知,说法正确,故C正确;
对于D,由残差的定义可得2-(2r+a^)=s-(2×2+a^),解得s=-2r+6,故D错误.
故选AC.
13.98.5　1.477 5　由题意可知X~B(100,98.5%),所以E(ξ)=np=100×98.5%=98.5,D(ξ)=np(1-p)=100×98.5%×1.5%=1.477 5.
14.0.008 1　对5个水龙头的处理可视为做5次试验,每次试验有打开或未打开2种可能结果,相应的概率为0.1或1-0.1=0.9.
根据题意知ξ~B(5,0.1),
从而P(ξ=3)=C53×(0.1)3×(0.9)2=0.008 1.
15.24.68　由表中数据可知,
x=2+3+4+5+65=4,
y=2.2+3.8+5.5+6.5+7.05=5.
∵经验回归直线一定经过样本点的中心(x,y),
∴5=a^+1.23×4,∴a^=0.08,
∴经验回归方程为y^=1.23x+0.08.
故使用年限为20年,
维修费用约为y=1.23×20+0.08=24.68(万元).
16.0　-6　因为x6=a0+a1(x+1)+…+a5(x+1)5+a6(x+1)6,
令x=0,得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=06=0,
由x6=[(x+1)-1]6,
又[(x+1)-1]6展开式的通项公式为
Tk+1=(-1)kC6k(1+x)6-k,
令6-k=5,
解得k=1,
则(x+1)5的系数为-C61=-6.
17.解 165x2+1x5的展开式的通项为
Tk+1=C5k165x25-k1xk=1655-kC5kx20-5k2,
令20-5k=0,
得k=4,
故常数项T5=C54×165=16.
又(a2+1)n展开式的各项系数之和等于2n,
由题意知2n=16,
解得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T3,
故有C42a4=54,
解得a=±3.
18.解(1)根据分层随机抽样的特点,选出的下载量超过200的个数为6×1648=2.
(2)X的可能取值为500,1 000,1 500,2 000.
则P(X=500)=C11C31C62=15,
P(X=1 000)=C32+C11C21C62=13,
P(X=1 500)=C31C21C62=25,
P(X=2 000)=C22C62=115.
则奖励金额X的分布列为

X
500
1 000
1 500
2 000
P
15
13
25
115

故奖励金额X的均值E(X)=500×15+1 000×13+1 500×25+2 000×115=3 5003.
19.解(1)t=17×(1+2+3+4+5+6+7)=4,
∑i=17(ti-t)2=(1-4)2+(2-4)2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2+(6-4)2+(7-4)2=28,
∑i=17(ti-t)2=27,
所以r=∑i=17(ti-t)(yi-y)∑i=17(ti-t)2∑i=17(yi-y)2=13027×25≈0.98∈[0.75,1],
故相关性较强.
(2)b^=∑i=17(ti-t)(yi-y)∑i=17(ti-t)2=13028≈4.64,
a^=y-b^ t≈∑i=17yi7-4.64×4≈18.44,
∴y^=4.64t+18.44.
(3)当t=8时,y^=4.64×8+18.44=55.56,故家庭教育支出为10×55.56%=5.556(万元).
20.解 (1)

性别
男性
女性
合计
反感
10
6
16
不反感
6
8
14
合计
16
14
30

零假设为H0:反感“随意过马路”与性别无关联.
由已知数据得χ2=30×(10×8-6×6)216×14×16×14≈1.158<3.841.
根据小概率值α=0.05的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,即认为反感“随意过马路”与性别无关联,此推断犯错误的概率不大于0.05.
(2)X的可能取值为0,1,2.
P(X=0)=C82C142=413,
P(X=1)=C61C81C142=4891,
P(X=2)=C62C142=1591.
所以X的分布列为

X
0
1
2
P
413
4891
1591

X的均值为E(X)=0×413+1×4891+2×1591=67.
21.解 (1)若按项目一投资,设获利ξ1万元,则ξ1的分布列为

ξ1
300
-150
P
79
29

所以E(ξ1)=300×79+(-150)×29=200(万元).
若按项目二投资,设获利ξ2万元,则ξ2的分布列为

ξ2
500
-300
0
P
35
13
115

　所以E(ξ2)=500×35+(-300)×13+0×115=200(万元).
又D(ξ1)=(300-200)2×79+(-150-200)2×29=35 000,
D(ξ2)=(500-200)2×35+(-300-200)2×13+(0-200)2×115=140 000,
所以E(ξ1)=E(ξ2),
D(ξ1) 这说明虽然项目一、项目二获利相等,但项目一更稳妥.
综上所述,建议该投资公司选择项目一投资.
(2)假设n年后总资产可以翻一番,依题意可得1 000×1+2001 000n=2 000,即1.2n=2,
两边同时取对数得n=lg2lg1.2=lg22lg2+lg3-1≈0.301 02×0.301 0+0.477 1-1≈3.805 3≈4,
所以大约4年后,即在2023年底总资产可以翻一番.
22.解 (1)设3台设备自动模式不出故障的台数记为ξ,
则ξ~B3,34.
记“1名人员维护3台设备能顺利运行至工作时段结束”为事件A,
则P(A)=P(ξ=3)+P(ξ=2)=C33343+C32342×14=2764+2764=2732.
(2)甲车间分得的两个小组相互对立,由(1)知每个小组能保证设备顺利运行至结束概率p=2732.
设“甲车间设备顺利运行至结束”为事件B.
则P(B)=27322=36210=3645.
乙车间7台设备自动模式不出故障的台数记为η,η~B7,34.
记“乙车间设备顺利运行至结束”为事件C.
P(C)=P(η=7)+P(η=6)+P(η=5)=C77347+C76346×14+C75345×142=37+7×36+21×3547=17×3647.
因为P(B)P(C)=4217=1617<1,
所以P(B) 故乙车间生产稳定性更高.