人教版新课标A选修2-3第三章 统计案例综合与测试课时作业

这是一份人教版新课标A选修2-3第三章 统计案例综合与测试课时作业，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

选修2－3综合检测
时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，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．(2010·山东临沂一中期末)下列四个命题：
①线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱；
②残差平方和越小的模型，模型拟合的效果越好；
③用相关指数R2来刻画回归效果，R2越小，说明模型的拟合效果越好；
④在推断H：“X与Y有关系”的论述中，用三维柱形图，只要主对角线上两个柱形高度的比值与副对角线上的两个柱形高度的比值相差越大，H成立的可能性就越大．
其中真命题的个数是(　　)
A．1　　　　 B．2　　　　
C．3　　　　 D．4
[答案]　A
[解析]　①r有正负，应为|r|越大，相关性越强，②正确，③R2越大，拟合效果越好，④应为高度积的差的绝对值越大，H成立的可能性就越大，故选A.
2．下列各式正确的是(　　)
A．P(A|B)＝P(B|A)
B．P(A∩B|A)＝P(B)
C.＝P(B|A)
D．P(A|B)＝
[答案]　D
[解析]　由条件概率公式知P(B|A)＝，P(A|B)＝，P(A∩B|A)＝＝，故A，B，C都不正确，D正确，故选D.
3．(2010·全国Ⅰ文，5)(1－x)4(1－)3的展开式中x2的系数是(　　)
A．－6 B．－3
C．0 D．3
[答案]　A
[解析]　该题考查求展开式的特定项，用生成法．
∵(1－)3的有理项为1和3x，故要出现x2，需从(1－x)4因式中找x2项和x项，即C(－x)2和－Cx，∴x2项为C(－x)2·1－C·x·3x＝－6x2，∴选A.
4．随机变量ξ的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a为常数，则P的值为(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　D
[解析]　因为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，所以＋＋＋＝1，所以a＝.
因为P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝，故选D.
5．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] B．(0,2]
C．[－2,0) D．(－4,4]
[答案]　C
[解析]　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．
6．(2010·重庆理，9)某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，也不排在10月7日，则不同的安排方案共有(　　)
A．504种 B．960种
C．1008种 D．1108种
[答案]　C
[解析]　不考虑丙、丁的情况共有AA＝1 440(种)排法，在甲乙相邻的条件下丙排10月1日有AA＝240(种)排法，同理，丁排10月7日也有240种排法．丙排10月1日，丁排10月7日，有AA＝48(种)排法，则满足条件的排法有AA－2AA＋AA＝1 008(种)．
7．如果有95%的把握说事件A和B有关系，那么具体计算出的数据(　　)
A．K2>3.841 B．K2<3.841
C．K2>6.635 D．K2<6.635
[答案]　A
[解析]　比较K2的值与临界值的大小，当K2>3.841时有95%的把握认为A与B有关，当K2>6.635时有99%的把握认为A与B有关．
8．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
[答案]　B
[解析]　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.
9．(2010·湖北理，8)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是(　　)
A．152 B．126
C．90 D．54
[答案]　B
[解析]　先安排司机：若有一人为司机，则共有CCA＝108中方法，若司机有两人，此时共有CA＝18中方法，故共有126种不同的安排方案．
10．对于二项式n(n∈N*),4位同学作出了4种判断：①存在n∈N*，使展开式中没有常数项；②对任意n∈N*，展开式中没有常数项；③对任意n∈N*，展开式中没有x的一次项；④存在n∈N*，使展开式中有x的一次项．
上述判断中正确的是(　　)
A．①与③ B．②与③
C．②与④ D．①与④
[答案]　D
[解析]　展开式的通项公式为Tr＋1＝Cn－r(x3)r＝Cx4r－n.若4r－n＝0，即n是4的倍数时，展开式中存在常数项，所以①正确；②错误；若4r－n＝1，即n＝4r－1，即n被4除余1时，展开式中有x的一次项，所以④正确；③错误．
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(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　B
[解析]　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 12．(1＋ax＋by)n展开式中不含x项的系数绝对值的和为243，不含y项的系数绝对值的和为32，则a，b，n的值可能为(　　)
A．a＝2，b＝－1，n＝5
B．a＝－2，b＝－1，n＝6
C．a＝－1，b＝2，n＝6
D．a＝1，b＝2，n＝5
[答案]　D
[解析]　考查二项式定理的灵活运用．
不含x项的系数的绝对值的和为(1＋b)n，故(1＋b)n＝243，
同理，不含x项的系数的绝对值的和为(1＋a)n＝32.
即，
所以a，b，n的可能取值为a＝1，b＝2，n＝5.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，将正确答案填在题中横线上)
13．(2009·安徽理，11)若随机变量X～N(μ，σ2)，则P(X≤μ)＝________.
[答案]　
[解析]　本题考查正态分布的图象的对称性，如下图，

由图象可知p(x≤μ)＝.
14．随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝1.1，则D(X)＝________.
X
0
1
x
P

p

[答案]　0.49
[解析]　p＝1－＝，E(X)＝1.1＝0×＋1×＋x，解得x＝2，所以D(X)＝×(0－1.1)2＋×(1－1.1)2＋×(2－1.1)2＝0.49.
15．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组4人，分别进行单循环赛，每组决定前两名，再由每一组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第三、四名，大师赛共有________场比赛．
[答案]　16
[解析]　分四类：第一类，进行单循环赛要2C＝2×＝12场；第二类，进行淘汰赛需要2场；第三类，角逐冠、亚军需要比赛1场；第四类，角逐第三、四名需要比赛1场，所以大师赛共有2C＋2＋1＋1＝16场比赛．
16．(2010·四川文，13)(x－)4的展开式中的常数项为________．(用数字作答)
[答案]　24
[解析]　本题考查二项式展开式的通项的应用．
设展开式中第r＋1项是常数项，
Tr＋1＝Cx4－r(－)r＝C(－2)rx4－2r，
∴4－2r＝0.
∴r＝2，Tr＋1＝C(－2)2＝24.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本题满分12分)8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记录员1人．
(1)若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？
(2)若记录员坐于正、副组长之间，有多少种坐法？
[解析]　(1)正、副组长相邻而坐，可将此2人当作1人看，即7人围一圆桌，有(7－1)！＝6！种坐法，又因为正、副组长2人可易位，有2！种坐法．故所求坐法为(7－1)！×2！＝1440种．
(2)记录员坐在正、副组长中间，可将此3人视作1人，即6人围一圆桌，有(6－1)！＝5！种坐法，又因为正、副组长2人可以易位，有2！种坐法，故所求坐法为5！×2！＝240种．
18．(本题满分12分)已知(－)n的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列．
(1)证明：展开式中没有常数项；
(2)求展开式中所有有理项．
[解析]　(1)Tr＋1＝C·()n－r·()r·(－1)r，
∴前三项系数的绝对值分别为C，C，C，
由题意知C＝C＋C，
∴n＝1＋n(n－1)，n∈N*，
解得n＝8或n＝1(舍去)，
∴Tk＋1＝C·()8－k·(－)k
＝C·(－)k·x，k≠，k∈N*，
∴无常数项．
(2)要使为整数，且0≤k≤8，
∴k＝0或k＝4或k＝8，
∴展开式中的有理项为：x4；C··x；
C··x－2.
即x4；x；
19．(本题满分12分)(2010·重庆理，17)在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求：
(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个奇数的概率；
(2)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列与期望．
[分析]　本题考查了离散型随机变量的期望，(1)可通过对立事件解决，对于(2)根据古典概型逐一求出概率，从而列出分布列，求得期望．
[解析]　只考虑甲、乙两单位的相对位置，故可用组合计算基本事件数．
(1)设A表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”，则表示“甲、乙的序号均为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式得
P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝.
(2)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4且
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝.
从而知ξ有分布列
ξ
0
1
2
3
4
P





所以，Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
20．(本题满分12分)(2009·辽宁文，20)某企业有两个分厂生产某种零件，按规定内径尺寸(单位：mm)的值落在(29.94,30.06)的零件为优质品．从两个分厂生产的零件中抽出500件，量其内径尺寸的结果如下表：
甲厂
分组
[29.86,29.90)
[29.90,29.94)
[29.94,29.98)
[29.98,30.02)
频数
12
63
86
182
分组
[30.02,30.06)
[30.06,30.10)
[30.10,30.14)

频数
92
61
4

乙厂
分组
[29.86,29.90)
[29.90,29.94)
[29.94,29.98)
[29.98,30.02)
频数
29
71
85
159
分组
[30.02,30.06)
[30.06,30.10)
[30.10,30.14)

频数
76
62
18

(1)试分别估计两个分厂生产的零件的优质品率；
(2)由于以上统计数据填下面2×2列联表，并问是否有99%的把握认为“两个分厂生产的零件的质量有差异”.

甲厂
乙厂
合计
优质品



非优质品



合计



附：χ2＝，
p(x2≥k)
0.05
0.01
k
3.841
6.635
[解析]　2×2联表的独立性检验．
(1)甲厂抽查的产品中有360件优质品，从而甲厂生产的零件的优质品率估计为＝72%；
乙厂抽查的产品中有320件优质品，从而乙厂生产的零件的优质品率估计为＝64%.
(2)

甲厂
乙厂
合计
优质品
360
320
680
非优质品
140
180
320
合计
500
500
1000
χ2＝≈7.35>6.635，
所以有99%的把握认为“两个分厂生产的零件的质量有差异”．
21．(本题满分12分)(2010·黄冈高二检测)已知高二年级的某6名学生，独立回答某类问题时答对的概率都是0.5，而将这6名同学平均分为甲、乙、丙3个小组后，每个小组经过两名同学讨论后再回答同类问题时答对此类问题的概率都是0.7，若各个同学或各个小组回答问题时都是相互独立的．
(1)这6名同学平均分成3组，共有分法多少种？
(2)求分组后，3个小组中恰有2组能答对此类问题的概率是多少？
(3)若要求独立回答，则这6名学生中至多有4人能答对此类问题的概率是多少？
[解析]　(1)所求的方法数是＝15种．
(2)由独立重复试验知，这3个小组中恰有2组答对此类问题的概率
P1＝C2＝.
(3)由对立事件的概率，至多4人答对此类问题的概率为1减去至少5人答对此类问题的概率，
即P2＝1－C(0.5)5×0.5－C(0.5)6.
22．(本题满分14分)(2010·天津理，18)某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响。
(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率；
(3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总得分数，求ξ的分布列．
[分析]　本小题主要考查二项式定理及其概率计算公式，离散型随机变量的分布列，互斥事件和相互独立事件，考查运用概率知识，解决实际问题的能力，一般思路首先分析事件属于何种类型，根据公式求解．
[解析]　(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～B.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率
P(X＝2)＝C×2×3＝.
(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则
P(A)＝P(A1A2A345)＋P(1A2A3A45)＋P(12A3A4A5)
＝3×2＋×3×＋2×3＝.
(3)由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6，
P(ξ＝0)＝P(123)＝3＝；
P(ξ＝1)＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3)
＝×2＋××＋2×＝；
P(ξ＝2)＝P(A12A3)＝××＝；
P(ξ＝3)＝P(A1A23)＋P(1A2A3)＝2×＋×2＝；
P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝3＝.
所以ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
6
P