数学选修2-3第三章 统计案例综合与测试课后测评

模块综合质量检测(一)

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)

(考试时间120分钟，满分150分)

一、选择题(本大题共12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．为了准备晚饭，小张找出了5种不同的新鲜蔬菜和4种冷冻蔬菜．如果晚饭时小张只吃1种蔬菜，不同的选择种数是(　　)

A．5　　　　　　　　　　　　 B．4

C．9   D．20

解析：　由题意可知用分类加法计数原理解决，不同的选择种数是5＋4＝9.

答案：　C

2．下列说法中，正确的是(　　)

①回归方程适用于一切样本和总体　②回归方程一般都有时间性　③样本取值的范围会影响回归方程的适用范围　④回归方程得到的预报值是预报变量的精确值

A．①②   B．②③

C．③④   D．①③

解析：　①回归方程只适用于我们所研究的样本总体，故①错误；④回归方程得到的预报值可能是取值的平均值，故④是错误的．

答案：　B

3．若Cn2A22＝42，则的值为(　　)

A．6   B．7

C．35   D．20

解析：　Cn2·A22＝2×＝42，∴n＝7，

∴＝＝35.

答案：　C

4．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有(　　)

A．1 440种   B．960种

C．720种   D．480种

解析：　两名老人相邻用捆绑法排法为A22种，又不能排在两端，所以只能排在中间四个位置有A41种方法．其余5人排在余下的5个位置方法数为A55，故不同排法有A22A41A55＝960(种)．

答案：　B

5．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A＝a1 a2 a3 a4 a5，其中A的各位数中，a1＝1，ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记ξ＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5，当程序运行一次时，ξ的数学期望为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：　记a2，a3，a4，a5位上出现1的次数为随机变量η，则η～B

Eη＝4×＝.∵ξ＝1＋η，

Eξ＝1＋Eη＝.故选B.

答案：　B

6．若n展开式中各项系数之和为32，则该展开式中含x3的项的系数为(　　)

A．－5   B．5

C．405   D．－405

解析：　由题意知2n＝32，∴n＝5

5展开式的通项为C5k(3x)5－kk

＝C5k35－k·(－1)k·x5－2k

令5－2k＝3，得k＝1

∴x3项的系数为C5134(－1)1＝－405

答案：　D

7．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，其命中率分别为0.6,0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率是(　　)

A．0.45   B．0.6

C．0.65   D．0.75

解析：　目标被击中的情况有：

①甲击中，乙未击中；

②甲未击中，乙击中；

③甲击中，乙也击中．

因此目标被击中的概率为

P＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，

所以所求概率为＝0.75.

答案：　D

8．荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A叶上，则跳三次之后停在A叶上的概率是(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：　青蛙跳三次要回到A只有两条途径：

第一条：按A→B→C→A，

P1＝××＝；

第二条，按A→C→B→A，

P2＝××＝，

所以跳三次之后停在A叶上的概率为

P＝P1＋P2＝＋＝.

答案：　A

9．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，P(ξ≤4)＝0.84，则P(ξ≤0)＝(　　)

A．0.16   B．0.32

C．0.68   D．0.84

解析：　P(2≤ξ≤4)＝P(ξ≤4)－P(ξ≤2)

＝0.84－0.5＝0.34

P(ξ≤0)＝P(ξ≤4)－P(0≤ξ≤4)

＝0.84－2×0.34

＝0.16

答案：　A

10．若随机变量X～B(n,0.6)，且E(X)＝3，则P(X＝1)的值是(　　)

A．2×0.44   B．2×0.45

C．3×0.44   D．3×0.64

解析：　∵X～B(n,0.6)，∴E(X)＝n×0.6＝3，∴n＝5，

∴P(X＝1)＝C51×0.6×0.44＝3×0.44.

答案：　C

11．若对于任意的实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，则a2的值为(　　)

A．3   B．6

C．9   D．12

解析：　x3＝[2＋(x－2)]3，由二项式定理的通项公式知T2＋1＝C32×2×(x－2)2＝a2(x－2)2，得a2＝C32×2＝6.

答案：　B

12．已知正态总体的概率密度函数是f(x)＝e－(x∈R)，下列描述该函数性质中错误的是(　　)

A．曲线恒在x轴上方

B．当x＜μ时增，x＞μ时减

C．σ越大，曲线越“高瘦”，反之越“矮胖”

D．曲线关于x＝μ对称

解析：　根据正态曲线的性质．

答案：　C

二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上)

13．若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“可连数”．例如：31是“可连数”，因为31＋32＋33不产生进位现象，13不是“可连数”，因为13＋14＋15产生进位现象，则小于100的“可连数”有________个．

解析：　由“可连数”的定义知，每个位上的数字小于等于2的数是“可连数”．∴小于100的可连数有0,1,2,10,11,12,20,21,22,30,31,32共12个．

答案：　12

14．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即以先赢2局者为胜．根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0.6，则本次比赛甲获胜的概率是________．

解析：　甲获胜有两种情况，一是甲以2∶0获胜，此时p1＝0.62＝0.36；二是甲以2∶1获胜，此时p2＝C21·0.6×0.4×0.6＝0.288，故甲获胜的概率为p1＋p2＝0.648.

答案：　0.648

15．若随机变量X1～B(n,0.2)，X2～B(6，p)，X3～B(n，p)，且EX1＝2，DX2＝，则σX3的值为________．

解析：　EX1＝np＝n×0.2＝2

∴n＝10.

DX2＝6p(1－p)＝

∴p＝∴X3～B

则DX3＝10×＝

∴σX3＝＝.

答案：　

16．x7的展开式中，x4的系数是________．(用数字作答)

解析：　由题意可转化为求7的展开式中x3的系数，Tr＋1＝C7rx7－r·r＝(－2)rC7rx7－2r.令7－2r＝3得r＝2，即所求系数为(－2)2C72＝84.

答案：　84

三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本小题满分12分)冰箱中放有甲、乙两种饮料各5瓶，每次饮用时从中任意取1瓶甲种或乙种饮料，取用甲种或乙种饮料的概率相等．

(1)求甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩下3瓶的概率；

(2)求甲种饮料被饮用瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率．

解析：　(1)由题意知，甲种已饮用5瓶，乙种已饮用2瓶，记“饮用一次，饮用的是甲种饮料”为事件A，

则p＝P(A)＝，

即求7次独立重复试验中事件A发生5次的概率

P＝C75p5(1－p)2＝C727＝.

(2)有且仅有3种情况满足要求：

甲被饮用5瓶，乙被饮用1瓶，设其概率为P6(5)，

甲被饮用5瓶，乙没有被饮用，设其概率为P5(5)，

甲被饮用4瓶，乙没有被饮用，设其概率为P4(4)．

所以概率为P6(5)＋P5(5)＋P4(4)

＝C65p5(1－p)＋C55p5＋C44p4

＝.

18．(本小题满分12分)已知二项式10的展开式中，

(1)求展开式中含x4项的系数；

(2)如果第3r项和第r＋2项的二项式系数相等，试求r的值．

解析：　(1)设第k＋1项为Tk＋1＝C10kx10－kk

＝(－2)kC10kx10－k

令10－k＝4，解得k＝4，

∴展开式中含x4项的系数为(－2)4C104＝3 360.

(2)∵第3r项的二项式系数为C103r－1，第r＋2项的二项式系数为C10r＋1，

∴C103r－1＝C10r＋1，故3r－1＝r＋1或3r－1＋r＋1＝10，

解得r＝1或r＝2.5(不合题意，舍去)，故r＝1.

19．(本小题满分12分)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立．

(1)求红队至少两名队员获胜的概率；

(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望Eξ.

解析：　(1)设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则，，分别表示甲不胜A，乙不胜B，丙不胜C的事件．

因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，

由对立事件的概率公式知P()＝0.4，P()＝0.5，P()＝0.5.

红队至少两人获胜的事件有：DE ，D  F， EF，DEF.

由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，因此红队至少两人获胜的概率为

P＝P(DE )＋P(D  F)＋P( EF)＋P(DEF)

＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.

(2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.

又由(1)知  F， E ，D  是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，因此P(ξ＝0)＝P(  )＝0.4×0.5×0.5＝0.1，

P(ξ＝1)＝P(  F)＋P( E )＋P(D  )

＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，

P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.

由对立事件的概率公式得

P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.

所以ξ的分布列为：

因此Eξ＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6.

20．(本小题满分12分)已知(x2－2x－3)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a20(x－1)20.

(1)求a2的值；

(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a19的值；

(3)求a0＋a2＋a4＋…＋a20的值．

【解析】　令x－1＝t，展开式化为

(t2－4)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a20t20，

(1)a2＝C109·(－4)9＝－49×10.

(2)令t＝1得：a0＋a1＋a2＋…＋a20＝310，

令t＝－1得：a0－a1＋a2－…＋a20＝310.

∴a1＋a3＋a5＋…＋a19＝0.

(3)由(2)得a0＋a2＋a4＋…＋a20＝310.

21．(本小题满分12分)在对人们休闲方式的一次调查中，共调查了56人，其中女性28人，男性28人，女性中有16人主要的休闲方式是看电视，另外12人主要的休闲方式是运动，男性中有8人主要的休闲方式是看电视，另外20人的主要休闲方式是运动，

(1)根据以上数据建立一个2×2列联表；

(2)判断性别与休闲方式是否有关系．

参考数据

解析：　(1)依题意得2×2列联表

(2)由2×2列联表中的数据知

K2的观测值为k＝≈4.667，

从而6.635≥k≥3.841，故在犯错误的概率不超过0.005的情况下认为性别与休闲方式有关．

22．(本小题满分14分)2011年3月，日本发生了9.0级地震，地震引发了海啸及核泄漏．某国际组织计划派出12名心理专家和18名核专家赴日本工作，临行前对这30名专家进行了总分为1 000分的综合素质测评，测评成绩用茎叶图进行了记录，如图(单位：分)．规定测评成绩在976分以上(包括976分)为“尖端专家”，测评成绩在976分以下为“高级专家”，且只有核专家中的“尖端专家”才可以独立开展工作．这些专家先飞抵日本的城市E，再分乘三辆汽车到达工作地点福岛县．已知从城市E到福岛县有三条公路，因地震破坏了道路，汽车可能受阻．据了解：汽车走公路Ⅰ或Ⅱ顺利到达的概率都为；走公路Ⅲ顺利到达的概率为，甲、乙、丙三辆车分别走公路Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且三辆汽车是否顺利到达相互之间没有影响．

(1)如果用分层抽样的方法从“尖端专家”和“高级专家”中选取6人，再从这6人中选2人，那么至少有一人是“尖端专家”的概率是多少？

(2)求至少有两辆汽车顺利到达福岛县的概率；

(3)若从所有“尖端专家”中选3名志愿者，用ξ表示所选志愿者中能独立开展工作的人数，试写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望．

解析：　(1)根据茎叶图，有“尖端专家”10人，“高级专家”20人，每个人被抽中的概率是＝，

所以用分层抽样的方法，选出的“尖端专家”有10×＝2人，“高级专家”有20×＝4人．

用事件A表示“至少有一名‘尖端专家’被选中”，则它的对立事件表示“没有一名‘尖端专家’被选中”，则P(A)＝1－＝1－＝.

因此，至少有一人是“尖端专家”的概率是.

(2)记“汽车甲走公路Ⅰ顺利到达”为事件A，“汽车乙走公路Ⅱ顺利到达”为事件B，“汽车丙走公路Ⅲ顺利到达”为事件C.则至少有两辆汽车顺利到达福岛县的概率

P＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＋P(ABC)

＝××＋××＋××＋××＝.

(3)由茎叶图知，心理专家中的“尖端专家”为7人，核专家中的“尖端专家”为3人，依题意，ξ的取值为0,1,2,3.

P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，

P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝.

因此ξ的分布列如下：

E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.