人教版高中数学选择性必修第三册模块综合训练含答案

这是一份高中数学全册综合巩固练习，共19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。

模块综合训练
一、选择题(本题共8小题,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山东临沂一模)二项式2x+1x6的展开式中无理项的项数为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
2.若甲、乙、丙、丁四人站成一排照相,则满足甲、乙相邻且甲不在最左边的站法有(　　)
A.9种 B.10种 C.11种 D.12种
3.从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛,用X表示所选3人中女生的人数,则E(X)等于(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
4.某市教育局人事部门打算将甲、乙、丙、丁四名应届大学毕业生安排到该市三所不同的学校任教,每所学校至少安排一名,其中甲、乙因属同一学科,不能安排在同一所学校,则不同的安排方法种数为(　　)
A.18 B.24 C.30 D.36
5.一名篮球运动员投篮一次得3分的概率为a,得2分的概率为b,不得分的概率为c(a,b,c∈(0,1)).已知他投篮一次得分的均值是2,则2a+13b的最小值为(　　)
A.163 B.283 C.143 D.323
6.已知某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同,且在两次罚球中至多命中一次的概率为925,则该队员每次罚球的命中率p为(　　)
A.35 B.25 C.15 D.45
7.(2022湖北期中)我国很多地方有冬至吃饺子的习俗.冬至这天,小明的妈妈为小明煮了15个饺子,其中5个芹菜馅10个三鲜馅.小明随机取出两个,“取到的两个为同一种馅”记作事件A,“取到的两个都是三鲜馅”记作事件B,则P(B|A)=(　　)
A.911 B.47 C.211 D.37
8.已知甲、乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得1分,负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为23,乙在每局中获胜的概率为13,且各局胜负相互独立,则比赛停止时已打局数ξ的均值为(　　)
A.24181 B.26681 C.27481 D.670243
二、选择题(本题共4小题,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)
9.某市物价部门对本市的5家商场的某商品的一天销售量及其价格进行调查,5家商场的价格x(单位:元)和销售量y(单位:件)之间的一组数据如下表所示:

价格x/元
9
9.5
10
10.5
11
销售量y/件
11
10
8
6
5

根据公式计算得样本相关系数r的绝对值|r|=0.986,其经验回归方程是y^=-3.2x+a^,则下列说法正确的有(　　)
A.由样本相关系数r可知变量x,y不具有线性相关关系
B.经验回归直线恒过定点(10,8)
C.a^=40
D.当x=8.5时,y的预测值为12.8
10.近年来中国进入一个鲜花消费的增长期,某农户利用精准扶贫政策,贷款承包了一个新型温室鲜花大棚,种植销售红玫瑰和白玫瑰.若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正态分布N(μ,302)和N(280,402),则下列选项正确的是(　　)
附:若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7.
A.若红玫瑰日销售量范围在[μ-30,280]内的概率是0.682 7,则红玫瑰日销售量的平均数约为250
B.红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中
C.白玫瑰日销售量比红玫瑰日销售量更集中
D.白玫瑰日销售量范围在[280,320]内的概率约为0.341 35
11.(2022广东广州月考)某市组织2022年度高中校园足球比赛,共有10支球队报名参赛.比赛开始前将这10支球队分成两个小组,每小组5支球队,其中获得2021年度冠、亚军的两支球队分别在第一小组和第二小组,剩余8支球队抽签分组.已知这8支球队中包含甲、乙两队,记“甲队分在第一小组”为事件M1,“乙队分在第一小组”为事件M2,“甲、乙两队分在同一小组”为事件M3,则下列式子正确的是(　　)
A.P(M1)=12
B.P(M3)=37
C.P(M1)+P(M2)=P(M3)
D.事件M1与事件M3相互独立
12.(2021湖北期中)下列说法正确的是(　　)
A.x+2x6的展开式中的常数项为240
B.1.0510精确到0.1的近似值为1.6
C.5555被8除的余数为1
D.C91(1+x)8+C92(1+x)7+…+C98(1+x)+C99(1+x)0的展开式中含x3项的系数为5 292
三、填空题(本题共4小题)
13.(2022四川攀枝花模拟)甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排,甲、乙要相邻,且甲不站在两端,则不同的排法种数是　　　　　. 
14.已知数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测,规定至少要解答正确2道题才能及格.若某同学只能求解其中的4道题,则他能及格的概率是　　　　　　　. 
15.“埃博拉病毒”是一种能引起人类和某些动物产生埃博拉出血热的烈性传染病病毒.为了考察某种埃博拉病毒疫苗的效果,现随机抽取100只小鼠进行试验,得到如下列联表:
是否服用疫苗
是否感染
合计
感染
未感染
服用
10
40
50
未服用
20
30
50
合计
30
70
100

附:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).

α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635

根据上表,依据α=　　　　　的独立性检验认为小鼠是否感染与服用疫苗有关联. 
16.有人收集了七月份的日平均气温t(单位:摄氏度)与某冷饮店日销售额y(单位:百元)的有关数据,为分析其关系,该店做了五次统计,所得数据如下:

日平均气温t/摄氏度
31
32
33
34
35
日销售额y/百元
5
6
7
8
10

由资料可知,y关于t的经验回归方程是y^=1.2t+a^,给出下列说法:
①a^=-32.4;
②日销售额y与日平均气温t成正相关;
③当日平均气温为33摄氏度时,日销售额一定为7百元.
其中正确说法的序号是　　　　　. 
四、解答题(本题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.在(3x-1)n的展开式中,第5项与第3项的二项式系数之比为14∶3.
(1)求正整数n;
(2)若(3x-1)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,求∑i=1n|ai|.










18.要分析学生中考的数学成绩对高一年级数学学习有什么影响,在高一年级学生中随机抽选10名学生,分析他们入学的数学成绩和高一年级期末数学考试成绩,如表:

x/分
63
67
45
88
81
71
52
99
58
76
y/分
65
78
52
82
92
89
73
98
56
75

表中x是学生入学成绩,y是高一年级期末考试数学成绩.
(1)画出散点图;
(2)求经验回归方程(a^的值精确到0.01,b^的值精确到0.001);
(3)若某学生的入学成绩为80分,试预测他在高一年级期末考试中的数学成绩(精确到整数).
附:b^=∑i=1nxiyi-nx y∑i=1nxi2-nx2,a^=y-b^x.






19.某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况,随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位:克),质量的分组区间为(490,495],(495,500],…,(510,515],由此得到样本的频率分布直方图如图所示.
(1)根据频率分布直方图,求质量超过500克的产品数量;
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件,设Y为质量超过505克的产品数量,求Y的分布列及均值.









20.一个口袋中有4个白球、2个黑球,每次从袋中取出一个球.
(1)若有放回地抽取2次球,求第二次取出的是黑球的概率;
(2)若不放回地抽取2次球,求在第一次取出白球的条件下,第二次取出的是黑球的概率;
(3)若有放回地抽取3次球,求取出黑球次数X的分布列及E(X).













21.携号转网,也称作号码携带、移机不改号,即无需改变自己的手机号码就能转换运营商,并享受其提供的各种服务.2019年11月27日,工信部宣布携号转网在全国范围内正式启动.某运营商为提质量保客户,从运营系统中选出300名客户,对业务水平和服务水平的评价进行统计,其中业务水平的满意率为1315,服务水平的满意率为23,对业务水平和服务水平都满意的客户有180人.
(1)完成下面2×2列联表,依据α=0.025 的独立性检验,能否认为业务水平与服务水平有关联?

业务水平
服务水平
合计
对服务水平
满意人数
对服务水平
不满意人数
对业务水平
满意人数



对业务水平
不满意人数



合计




(2)为进一步提高服务质量,在选出的对服务水平不满意的客户中,抽取2名征求改进意见,用X表示对业务水平不满意的人数,求X的分布列与均值.
(3)若用频率代替概率,假定在业务服务协议终止时,对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为5%,只对其中一项不满意的客户流失率为34%,对两项都不满意的客户流失率为85%,从该运营系统中任选4名客户,则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少?
附:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).

α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828









22.蝗虫能对农作物造成严重伤害,每只蝗虫的平均产卵数y和平均温度x有关,现收集了以往某地的7组数据,得到下面的散点图及一些统计量的值.

平均温度x/℃
21
23
25
27
29
32
35
平均产卵数y/个
7
11
21
24
66
115
325



x
y
z
∑i=1n(xi-x)(zi-z)
∑i=1n(xi-x)2
27.429
81.286
3.612
40.182
147.714

表中zi=ln yi,z=17∑i=17zi.
(1)根据散点图判断,y=a+bx与y=cedx(其中e=2.718…为自然对数的底数)哪一个更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的经验回归模型;(给出判断即可,不必说明理由)
(2)求出y关于x的回归方程;(结果精确到小数点后第三位)
(3)根据以往统计,该地每年平均温度达到28 ℃以上时蝗虫会对农作物造成严重伤害,需要人工防治,其他情况均不需要人工防治,记该地每年平均温度达到28 ℃以上的概率为p(0 ①记该地今后n(n≥3,n∈N*)年恰好需要2次人工防治的概率为f(p),求f(p)取得最大值时对应的概率p0;
②根据①中的结论,当f(p)取最大值时,记该地今后6年需要人工防治的次数为X,求X的均值和方差.
附:对于一组数据(x1,z1),(x2,z2),…,(x7,z7),其经验回归方程z^=a^+b^x的斜率和截距的最小二乘估计分别为b^=∑i=17(xi-x)(zi-z)∑i=17(xi-x)2,a^=z-b^x.






模块综合训练
1.B　根据题意,二项式2x+1x6展开式的通项Tr+1=26-r·C6rx6-3r2,当r=1,3,5时,Tr+1为无理项,故二项式2x+1x6的展开式中无理项的项数为3.
2.B　将甲、乙绑定,分甲在乙左或乙在甲左两类.
若甲在乙左,则甲乙、丙、丁三组站成一排,甲乙不能站最左,故有两种选择,丙、丁随意,故一共有2×2×1=4(种)站法.
若乙在甲左,则乙甲、丙、丁三组站成一排,乙甲、丙、丁三组随意站,故一共有3×2×1=6(种)站法.
故共有6+4=10(种)站法.
故选B.
3.B　由题意可知X的可能取值为0,1,2,
由题中数据可得P(X=0)=C43C63=46×5×43×2×1=420=15,
P(X=1)=C42C21C63=6×26×5×43×2×1=1220=35,
P(X=2)=C41C22C63=46×5×43×2×1=420=15,
所以E(X)=0×15+1×35+2×15=1.
故选B.
4.C　四名大学毕业生中有两名分在一所学校的种数是C42A33种,而甲、乙被分在同一所学校的有A33种,故不同的安排方法种数是C42A33-A33=30.
5.A　由题意得3a+2b+0×c=2,即3a+2b=2.
所以2a+13b=2a+13b3a+2b2=126+23+4ba+ab≥126+23+24ba·ab=163,
当且仅当4ba=ab,即a=2b=12时取等号.故选A.
6.D　设罚球命中的次数为X,则1-P(X=2)=925,
即1-C22p2(1-p)0=925,解得p=45.故选D.
7.A　由题意,P(A)=C52+C102C152=10+45105=1121,P(AB)=C102C152=45105=37,∴P(B|A)=P(AB)P(A)=37×2111=911.
8.B　依题意可知ξ的所有可能取值为2,4,6.设每两局比赛为一轮,则第一轮结束时比赛停止的概率为232+132=59.若第一轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在第一轮中必是各得一分,此时,第一轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响.从而有P(ξ=2)=59,P(ξ=4)=49×59=2081,P(ξ=6)=492=1681,故E(ξ)=2×59+4×2081+6×1681=26681,故选B.
9.BCD　对于A,因为|r|=0.986,所以变量x,y具有线性相关关系,故A不正确.
对于B,x=15×(9+9.5+10+10.5+11)=10,y=15×(11+10+8+6+5)=8.故经验回归直线恒过定点(10,8),故B正确.
对于C,因为经验回归直线恒过定点(10,8),所以8=-3.2×10+a^,解得a^=40,故C正确.
对于D,当x=8.5时,y^=-3.2×8.5+40=12.8,故D正确.
故选BCD.
10.ABD　对于A,μ+30=280,即μ=250,故A正确;
对于B,C,利用σ越小,数据越集中,30<40,故B正确,C不正确;
对于D,P(280≤X≤320)=P(μ≤X≤μ+σ)≈0.682 7×12≈0.341 35,故D正确.故选ABD.
11.ABD　对于A,∵甲队分在第一小组和第二小组的概率相等,且两种情况有且只有一种情况发生,
∴P(M1)=12,故A正确;
对于B,8支球队抽签分组共有C84=70种不同方法,甲、乙两队分在同一小组共有C62×A22=30种不同方法,
所以甲、乙两队分在同一小组的概率P(M3)=3070=37,故B正确;
对于C,∵P(M1)=P(M2)=12,
∴P(M1)+P(M2)=1≠P(M3),故C错误;
对于D,∵P(M1M3)=C62C84=314,P(M1)·P(M3)=12×37=314,故P(M1M3)=P(M1)P(M3),
故事件M1与事件M3相互独立,故D正确.
12.ABD　选项A,x+2x6的展开式的通项公式为Tr+1=C6rx6-r2xr=C6r·2rx6-32r,
令6-32r=0,解得r=4,所以展开式的常数项为C64·24=15×16=240,故A正确;
选项B,1.0510=(1+0.05)10=C100·(0.05)0+C101·(0.05)1+C102·(0.05)2+…+C1010·(0.05)10=1+0.5+0.112 5+…=1.612 5+…,所以1.0510精确到0.1的近似值为1.6,故B正确;
选项C,因为5555=(56-1)55,其展开式的通项公式为Tr+1=C55r·5655-r·(-1)r,
展开式中只要含有56,必定能被8整除,故当r=0,1,2,…,54时展开式的每一项都可以被8整除,
当r=55时,即C5555·560·(-1)55=-1,故5555被8除的余数为8-1=7,故C错误;
选项D,因为C91(1+x)8+C92(1+x)7+C93(1+x)6+…+C98(1+x)+C99(1+x)0=[(1+x)+1]9-C90(1+x)9=(2+x)9-(1+x)9,
所以展开式中含x3项为C93·26·x3-C93·x3=5 292x3,故D正确.
13.36　甲、乙相邻,则有A22A44=48种排法,甲、乙相邻且甲站在两端有2A33=12种排法,故甲、乙要相邻,且甲不站在两端有48-12=36种排法.
14.45　由超几何分布的概率公式,可得他能及格的概率是P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=C42C21C63+C43C20C63=45.
15.0.05　零假设为H0:小鼠是否感染与服用疫苗无关联.由题中数据可得χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(10×30-40×20)250×50×30×70=10021≈4.762>3.841=x0.05,
根据α=0.05的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为小鼠是否感染与服用疫苗有关联.
16.①②　由统计表可得t=31+32+33+34+355=33,y=5+6+7+8+105=7.2,
则a^=y-1.2t=7.2-1.2×33=-32.4,故①正确;
由统计表可得日销售额y(单位:百元)与日平均气温t(单位:摄氏度)成正相关,故②正确;
由经验回归方程的概念可得当日平均气温为33摄氏度时,日销售额的预测值为y=1.2×33-32.4=7.2,故③错误.
17.解(1)由第5项与第3项的二项式系数之比为14∶3,得Cn4Cn2=143,即n(n-1)(n-2)(n-3)1×2×3×4n(n-1)1×2=(n-2)(n-3)12=143,即(n-10)(n+5)=0,解得n=10(n=-5舍去).
(2)由n=10,得(3x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,①
当x=0时,代入①式得a0=1.
因为∑i=1n|ai|=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a10|=-a1+a2-a3+…-a9+a10,
所以令x=-1得,410=a0-a1+a2-a3+…-a9+a10.
所以∑i=110|ai|=410-1.
18.解(1)作出散点图如图,从散点图可以看出,这两个变量具有线性相关关系.

(2)列表如下:

x
63
67
45
88
81
71
52
99
58
76
y
65
78
52
82
92
89
73
98
56
75
x2
3 969
4 489
2 025
7 744
6 561
5 041
2 704
9 801
3 364
5 776
y2
4 225
6 084
2 704
6 724
8 464
7 921
5 329
9 604
3 136
5 625
xy
4 095
5 226
2 340
7 216
7 452
6 319
3 796
9 702
3 248
5 700

可得x=110×(63+67+45+88+81+71+52+99+58+76)=70,
y=110×(65+78+52+82+92+89+73+98+56+75)=76,
∑i=110xi2=51 474,∑i=110xiyi=55 094.
∴b^=55 094-10×70×7651 474-10×702≈0.766.
a^≈76-0.766×70=22.38.
故所求的经验回归直线方程为y^=0.766x+22.38.
(3)若学生入学成绩为80分,则y^=0.766×80+22.38≈84(分).
故该同学高一年级期末数学成绩预测为84分.
19.解(1)质量超过500克的产品数量是40×(0.07×5+0.05×5+0.01×5)=26(件).
(2)由题意知Y的所有可能取值为0,1,2.
质量超过505克的产品数量是40×(0.05×5+0.01×5)=12(件),质量未超过505克的产品数量是28件.
P(Y=0)=C282C402=63130,P(Y=1)=C121C281C402=56130,
P(Y=2)=C122C402=11130.
所以Y的分布列为

Y
0
1
2
P
63130
56130
11130

E(Y)=0×63130+1×56130+2×11130=3965.
20.解设Ai=“第i次取到白球”,Bi=“第i次取到黑球”.
(1)因为每次都是从6个球中取球,每次取球的结果互不影响,所以P(B2)=13.
(2)问题相当于“从3个白球、2个黑球中取一次球,求取到黑球的概率”,所以所求的概率P=25.
(3)若有放回地取3个球,则取到黑球次数X的可能取值为0,1,2,3.三次取球互不影响,由(1)可知每次取出黑球的概率均为13.
所以P(X=0)=C30233=827;
P(X=1)=C3113·232=49;
P(X=2)=C32132·231=29;
P(X=3)=C33133=127.

X
0
1
2
3
P
827
49
29
127

这个试验为3次独立重复事件,X服从二项分布,即X~B3,13,所以E(X)=3×13=1.
21.解(1)由题意知对业务水平满意的有300×1315=260(人),对服务水平不满意的有300×1-23=100(人),得2×2列联表如下所示:

业务水平
服务水平
合计
对服务水平
满意人数
对服务水平
不满意人数
对业务水平
满意人数
180
80
260
对业务水平
不满意人数
20
20
40
合计
200
100
300

零假设为H0:业务水平与服务水平无关联.
经计算得χ2=300×(180×20-80×20)2200×100×260×40=7513≈5.77>3.841=x0.05,
依据α=0.05的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为业务水平满意与服务水平满意有关联.
(2)X的可能值为0,1,2.
则P(X=0)=C200C802C1002=316495,P(X=1)=C201C801C1002=160495,
P(X=2)=C202C1002=19495.
所以X的分布列为

X
0
1
2
P
316495
160495
19495

E(X)=0×316495+1×160495+2×19495=25.
(3)在业务服务协议终止时,对业务水平和服务水平都满意的客户流失的人数为180×5%=9,只有一项不满意的客户流失的人数为100×34%=34,对二者都不满意的客户流失的人数为20×85%=17.
所以从运营系统中任选一名客户流失的概率为9+17+34300=15.
所以在业务服务协议终止时,从运营系统中任选4名客户,至少有2名客户流失的概率
P=1-C40454-C41453×15=113625.
22.解(1)由散点图可以判断,y=cedx更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的经验回归模型.
(2)对y=cedx两边取自然对数得ln y=ln c+dx,令z=ln y,a=ln c,b=d,则z=a+bx.
因为b^=∑i=17(xi-x)(zi-z)∑i=17(xi-x)2=40.182147.714≈0.272,
a^=z-b^x=3.612-0.272×27.429=-3.849,
所以z关于x的经验回归方程为z^=0.272x-3.849.
所以y关于x的回归方程为y^=e0.272x-3.849.
(3)①由题意可知f(p)=Cn2·p2·(1-p)n-2,
所以f'(p)=2Cn2·p(1-p)n-2-(n-2)Cn2·p2(1-p)n-3=Cn2·p(1-p)n-3·[2(1-p)-(n-2)p]=Cn2·p(1-p)n-3·(2-np).
因为n≥3且n∈N*,
所以当00;
当2n 所以函数f(p)在区间0,2n上单调递增,在区间2n,1上单调递减.所以函数f(p)在p=2n处取得极大值,亦即最大值.所以p0=2n.
②由①可知,当p=2n时,f(p)取最大值.
又因为n=6,
所以p=13.
由题意可知X~6,13,
所以E(X)=6×13=2,D(X)=6×13×23=43.