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綜合檢測 時間：120分鐘　滿分：150分 第Ⅰ卷(選擇題，共60分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知50個乒乓球中，45個為合格品，5個次品，從這50個乒乓球中任取3個，出現(xiàn)次品的概率為(　　) A.　　　　　　　　 B. C．1－ D. 解析：間接法．出現(xiàn)次品的對立面為取出的3個均為正品，取出3個均為正品的概率為，所以出現(xiàn)次品的概率為1－. 答案：C 2．一盒中有12個乒乓球，其中9個新的，3個舊的，從盒子中任取3個球來用，用完后放回盒中，此時盒中舊球個數X是一個隨機變量，其分布列為P(X)，則P(X＝4)的值為(　　) A. B. C. D. 解析：X＝4表示盒中舊球的個數為4，故取用的3個球為1個新球2個舊球，其概率P(X＝4)＝＝. 答案：C 3．下列函數中哪個不能作為正態(tài)分布密度函數(　　) A．f(x)＝e，μ和σ(σ>0)都是實數 B．f(x)＝e C．f(x)＝e D．f(x)＝e 解析：對照正態(tài)分布密度函數：f(x)＝e， x∈(－∞，＋∞)，注意指數上的σ和系數的分母上σ要一致，且指數部分是一個負數． 對于A，f(x)＝e＝e.由于μ∈(－∞，＋∞)，所以－μ∈(－∞，＋∞)，故它可以作為正態(tài)分布密度函數；對于B，若σ＝1，則應為f(x)＝e.若σ＝，則應為f(x)＝e，均與所給函數不相符，故它不能作為正態(tài)分布密度函數；對于C，它就是當σ＝，μ＝0時的正態(tài)分布密度函數；對于D，它是當σ＝時的正態(tài)分布密度函數．故選B. 答案：B 4．已知X～N(0，σ2)，且P(－2≤X≤2)＝0.6，則P(X>2)等于(　　) A．0.1　 B．0.2 C．0.3　 　D．0.4 解析：P(X>2)＝＝0.2. 答案：B 5．有一批種子的發(fā)芽率為0.9，出芽后的幼苗成活率為0.8，在這批種子中，隨機抽取一粒，則這粒種子能成長為幼苗的概率是(　　) A．0.72 B．0.8 C. D．0.9 解析：設“種子發(fā)芽”為事件A，“種子成長為幼苗”為事件AB(發(fā)芽，并成活而成長為幼苗)，則P(A)＝0.9，又種子發(fā)芽后的幼苗成活率為P(B|A)＝0.8，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.90.8＝0.72. 答案：A 6．位于坐標原點的一個質點P按下述規(guī)則移動：質點每次移動一個單位；移動的方向為向上或向右，并且向上、向右移動的概率都是.質點P移動五次后位于點(2,3)的概率是(　　) A．()5 B．C()5 C．C()3 D．CC()5 解析：由題意可知質點P在5次運動中向右移動2次，向上移動3次，且每次移動是相互獨立的，即向右移動的次數ξ～B(5，)， ∴P(ξ＝2)＝C()2()3＝C()5. 答案：B 7．已知P(X＝1)＝0.4，P(X＝2)＝0.2，P(X＝3)＝0.4，則E(X)和D(X)的值分別為(　　) A．1和0 B．1和1.8 C．2和2 D．2和0.8 解析：X的分布列為： X 1 2 3 P 0.4 0.2 0.4 從而由D(X)，E(X)的定義可求． 答案：D 8．在10支鉛筆中，有8只正品，2支次品，從中任取2支，則在第一次抽的是次品的條件下，第二次抽的是正品的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：設A，B分別表示“第一次、第二次抽得正品”，則B表示“第一次抽得次品第二次抽得正品”． ∴P(B|)＝＝＝. 答案：C 9．二項式n展開式中所有奇數項系數之和等于1 024，則所有項的系數中最大的值是(　　) A．330 B．462 C．680 D．790 解析：顯然奇數項之和是所有項系數之和的一半，令x＝1即得所有項系數之和．據題意可得2n－1＝1 024＝210，∴n＝11.各項的系數為二項式系數，故系數最大值為C或C，為462. 答案：B 10．某產品的廣告費用x與銷售額y的統(tǒng)計數據如下表： 廣告費用x(萬元) 4 2 3 5 銷售額y(萬元) 49 26 39 54 根據上表可得回歸方程y＝bx＋a中的b為9.4，據此模型預測廣告費用為6萬元時銷售額為(　　) A．63.6萬元 B．65.5萬元 C．67.7萬元 D．72.0萬元 解析：∵＝＝，＝＝42， 又y＝bx＋a必過(，)，∴42＝9.4＋a，∴a＝9.1. ∴線性回歸方程為y＝9.4x＋9.1. ∴當x＝6時，y＝9.46＋9.1＝65.5(萬元)． 答案：B 11．設(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，則a0＋a2＋a4＋…＋a2n等于(　　) A.(3n＋1) B.(3n－1) C．3n－1 D．3n＋1 解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2n＝3n. 令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2n＝1. 故a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝(3n＋1)． 答案：A 12．在由數字1,2,3,4,5組成的所有沒有重復數字的5位數中，大于23 145且小于43 521的數共有(　　) A．56個 B．57個 C．58個 D．60個 解析：首位為3時，有A＝24(個)； 首位為2，千位為3時，有AA＋1＝5(個)， 千位為4或5時，有AA＝12(個)； 首位為4，千位為1或2時，有AA＝12(個)， 千位為3時，有AA＋1＝5(個)． ∴共有24＋5＋12＋12＋5＝58(個)． 答案：C 第Ⅱ卷(非選擇題，共90分) 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中橫線上) 13．已知隨機變量ξ的分布列如下表： ξ 1 2 3 4 5 P x 則x的值為________，P(＜ξ＜)＝________. 解析：根據分布列的性質可得x＝1－(＋＋＋)＝.P(＜ξ＜)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝1－P(ξ＝5)＝. 答案：　 14．設(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，則a10＋a11＝________. 解析：因為a10＝C(－1)11＝－C， a11＝C(－1)10＝C， 所以a10＋a11＝C－C＝0. 答案：0 15．事件A，B，C相互獨立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB)＝，則P(B)＝________，P(B)＝________. 解析：由已知得 解得P(A)＝，P(B)＝. 所以P(B)＝P()P(B)＝＝. 答案：　 16．某校高二年級共有6個班，現(xiàn)從外地轉入4名學生，要安排到該年級的兩個班且每班安排兩名，則不同安排方案有________種． 解析：分兩步：先將四個學生平均分成二組，有C種方法，對每一種分組方法有A種安排方式．由分步乘法計數原理，方法有CA＝90(種)． 答案：90 三、解答題(本大題共6小題，共74分，解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(12分)從1,2,3，…，9這9個數字中任取2個不同的數分別作為一個對數的底數和真數．一共可以得到多少個不同的對數值？其中比1大的有幾個？ 解析：在2,3，…，9這8個數中任取2個數組成對數，有A個，在這些對數值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，重復計數4個； 又1不能作為對數的底數，1作為真數時，不論底數為何值，其對數值均為0. 所以，可以得到A－4＋1＝53個不同的對數值． 要求對數值比1大，分類完成：底數為2時，真數從3,4,5，…，9中任取一個，有7種選法；底數為3時，真數從4,5，…，9中任取一個，有6種選法……依次類推，當底數為8時，真數只能取9，故有7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28(個)．但其中l(wèi)og24＝log39，log23＝log49，所以，比1大的對數值有28－2＝26(個)． 18．(12分)甲箱的產品中有5個正品和3個次品，乙箱的產品中有4個正品和3個次品． (1)從甲箱中任取2個產品，求這2個產品都是次品的概率； (2)若從甲箱中任取2個產品放入乙箱中，然后再從乙箱中任取一個產品，求取出的這個產品是正品的概率． 解析：(1)從甲箱中任取2個產品的事件數為C＝28，這2個產品都是次品的事件數為C＝3. 所以這2個產品都是次品的概率為. (2)設事件A為“從乙箱中取一個正品”，事件B1為“從甲箱中取出2個產品都是正品”，事件B2為“從甲箱中取出1個正品1個次品”，事件B3為“從甲箱中取出2個產品都是次品”，則事件B1、事件B2、事件B3彼此互斥． P(B1)＝＝，P(B2)＝＝， P(B3)＝＝，P(A|B1)＝＝， P(A|B2)＝，P(A|B3)＝， 所以P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3) ＝＋＋＝， 即取出的這個產品是正品的概率為. 19．(12分)某學生語、數、英三科考試成績，在一次考試中排名全班第一的概率：語文為0.9，數學為0.8，英語為0.85，問一次考試中 (1)三科成績均未獲得第一名的概率是多少？ (2)恰有一科成績未獲得第一名的概率是多少？ 解析：分別記該生語、數、英考試成績排名全班第一為事件A，B，C，則A、B、C兩兩相互獨立且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85. (1)“三科成績均未獲得第一名”可以用　　　表示． P(　　　)＝P()P()P() ＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)] ＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85) ＝0.003， ∴三科成績均未獲得第一名的概率是0.003. (2)“恰有一科成績未獲得第一名”可以用(BC)∪(AC)∪(AB)表示． 由于事件BC，AC和AB兩兩互斥， 根據概率加法公式和相互獨立事件的意義，所求的概率為 P(BC)＋P(AC)＋P(AB) ＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P() ＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)] ＝(1－0.9)0.80.85＋0.9(1－0.8)0.85＋0.90.8(1－0.85) ＝0.329， ∴恰有一科成績未獲得第一名的概率是0.329. 20．(12分)在一次天氣惡劣的飛機航程中，調查了男女乘客在飛機上暈機的情況：男乘客暈機的有24人，不暈機的有31人；女乘客暈機的有8人，不暈機的有26人．請你根據所給數據判定：在天氣惡劣的飛機航程中，男乘客是否比女乘客更容易暈機？ 解析：根據題意，列出22列聯(lián)表如下： 暈機 不暈機 總計 男乘客 24 31 55 女乘客 8 26 34 總計 32 57 89 假設在天氣惡劣的飛機航程中男乘客不比女乘客更容易暈機． 由公式可得 χ2＝ ＝ ≈3.689＞2.706. 故在犯錯誤的概率不超過0.10的前提下，認為“在天氣惡劣的飛機航程中男乘客比女乘客更容易暈機”． 21．(13分)第16屆亞運會在中國廣州舉行，在安全保障方面，警方從武警訓練基地挑選防暴警察，從體能、射擊、反應三項指標進行檢測，如果這三項中至少有兩項通過即可入選．假定某基地有4名武警戰(zhàn)士(分別記為A、B、C、D)擬參加挑選，且每人能通過體能、射擊、反應的概率分別為，，.這三項測試能否通過相互之間沒有影響． (1)求A能夠入選的概率； (2)規(guī)定：按入選人數得訓練經費(每選1人，則相應的訓練基地得到3 000元的訓練經費)，求該基地得到訓練經費的分布列與數學期望． 解析：(1)設A通過體能、射擊、反應分別記為事件M、N、P，則A能夠入選包含以下幾個互斥事件：MN，MP，NP，MNP. ∴P(A)＝P(MN)＋P(MP)＋P(NP)＋P(MNP) ＝＋＋＋＝＝. (2)記ξ表示該訓練基地得到的訓練經費，則分布列為： ξ 0 3 000 6 000 9 000 12 000 P E(ξ)＝3 000＋6 000＋9 000＋12 000＝8 000(元)． 22．(13分)一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂，要么不出現(xiàn)音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂獲得20分，出現(xiàn)三次音樂獲得100分，沒有出現(xiàn)音樂則扣除200分(即獲得－200分)．設每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立． (1)設每盤游戲獲得的分數為X，求X的分布列； (2)玩三盤游戲，至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少？ (3)玩過這款游戲的許多人都發(fā)現(xiàn)，若干盤游戲后，與最初的分數相比，分數沒有增加反而減少了．請運用概率統(tǒng)計的相關知識分析分數減少的原因． 解析：(1)X可能的取值為：10,20,100，－200.根據題意，有 P(X＝10)＝C12＝， P(X＝20)＝C21＝， P(X＝100)＝C30＝， P(X＝－200)＝C03＝. 所以X的分布列為 X 10 20 100 －200 P (2)設“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂”為事件Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝. 所以“三盤游戲中至少有一次出現(xiàn)音樂”的概率為1－P(A1A2A3)＝1－3＝1－＝. 因此，玩三盤游戲至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是. (3)X的數學期望為E(X)＝10＋20＋100－200＝－. 這表明，獲得分數X的均值為負，因此，多次游戲之后分數減少的可能性更大．