广西专版2023_2024学年新教材高中数学综合检测B卷新人教版选择性必修第三册

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册全册综合测试题，共10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。

综合检测(B卷)
(时间:120分钟　满分:150分)
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.甲、乙两个运动员射击命中环数X,Y的分布列如下表,则射击更稳定的运动员是(　　)
环数k
8
9
10
P(X=k)
0.3
0.2
0.5
P(Y=k)
0.2
0.4
0.4
A.甲 B.乙
C.一样稳定 D.无法比较
答案:B
解析:E(X)=9.2,E(Y)=9.2,
所以E(Y)=E(X),D(X)=0.76,D(Y)=0.56,
所以D(Y) 2.已知事件A与B独立,当P(A)>0时,若P(B|A)=0.68,则P()=(　　)
A.0.34 B.0.68
C.0.32 D.1
答案:C
解析:∵事件A与B独立,且P(A)>0,
则P(B|A)==P(B),即P(B)=0.68.
由对立事件概率公式得P()=1-P(B)=0.32.
故选C.
3.某地区一次联考的数学成绩X近似地服从正态分布,记为X~N(85,σ2),已知P(X≤122)=0.96,现随机从这次考试的成绩中抽取100个样本,则成绩低于48分的样本个数大约为(　　)
A.6 B.4
C.94 D.96
答案:B
解析:由题意,知P(X≤122)=0.96,可得P(X>122)=0.04,
又由对称轴为直线x=85,所以P(X<48)=0.04,
故成绩低于48分的样本个数为100×0.04=4.
4.设A=37+×35+×33+×3,B=×36+×34+×32+1,则A-B的值为(　　)
A.128 B.129
C.47 D.0
答案:A
解析:A-B=37-×36+×35-×34+×33-×32+×31-1=(3-1)7=27=128.
5.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相互独立,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引擎飞机比2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引擎飞机成功飞行的概率为p3(1-p)+p4,2引擎飞机成功飞行的概率为p2,要使p3(1-p)+p4>p2,必有 6.已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含x,y正半轴上的整点),其运动规律为(m,n)→(m+1,n+1)或(m,n)→(m+1,n-1).若该动点从原点出发,经过6步运动到点(6,2),则不同的运动轨迹有(　　)
A.15种 B.14种 C.9种 D.103种
答案:C
解析:由运动规律可知,每一步的横坐标都增加1,只需考虑纵坐标的变化,而纵坐标每一步增加1或减少1,经过6步变化后,结果由0变到2,
因此这6步中有2步是按照(m,n)→(m+1,n-1)运动的,有4步是按照(m,n)→(m+1,n+1)运动的,
因此,共有=15(种)运动轨迹,而此动点只能在第一象限的整点上运动(含x,y正半轴上的整点),
当第一步(m,n)→(m+1,n-1)时不符合要求,有种;
当第一步(m,n)→(m+1,n+1),但第二、三两步为(m,n)→(m+1,n-1)时也不符合要求,有1种,
故要减去不符合条件的+1=6(种),共有15-6=9(种)不同的运动轨迹.
7.(2x-1)(x+2)3的展开式中x2项的系数为(　　)
A.24 B.18 C.12 D.4
答案:B
解析:∵(x+2)3的展开式的通项公式是Tk+1=x3-k·2k,k=0,1,2,3,
∴(2x-1)(x+2)3的展开式中x2项的系数为2××22-×2=18.
故选B.
8.如图,一块长方形花圃,计划在A,B,C,D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种,允许同一种颜色的鲜花使用多次,但相邻区域必须种不同颜色的鲜花,不同的种植方案有(　　)

A.9种 B.8种 C.7种 D.6种
答案:D
解析:由题图知不同的种植方案有=6种.
故选D.
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.为了对变量x与y的线性相关性进行检验,由样本点(x1,y1),(x2,y2),…,(x10,y10)求得两个变量的样本相关系数为r,那么下面说法错误的有(　　)
A.若所有样本点都在直线y=-2x+1上,则r=1
B.若所有样本点都在直线y=-2x+1上,则r=-2
C.若|r|越大,则变量x与y的线性相关性越强
D.若|r|越小,则变量x与y的线性相关性越强
答案:ABD
解析:当所有样本点都在直线y=-2x+1上时,样本点数据完全负相关,其样本相关系数r=-1,所以A,B都错误;
样本相关系数|r|越大,则变量x与y的线性相关性越强,C正确;
样本相关系数|r|越小,则变量x与y的线性相关性越弱,D错误.
综上知,说法错误的是ABD.
故选ABD.
10.为了增强学生的身体素质,提高适应自然环境、克服困难的能力,某校在课外活动中新增了一项登山活动,并对“学生喜欢登山和性别是否有关”进行了一次调查,其中被调查的男生、女生人数相同,得到等高堆积条形图如图所示,则下列说法正确的有(　　)
附:χ2=,其中n=a+b+c+d.
α
0.05
0.01
xα
3.841
6.635

A.被调查的学生中喜欢登山的男生人数比喜欢登山的女生人数多
B.被调查的女生中喜欢登山的人数比不喜欢登山的人数多
C.若被调查的男生、女生均为100人,则依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,推断喜欢登山和性别有关
D.无论被调查的男生、女生人数为多少,都能依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,推断喜欢登山和性别有关
答案:AC
解析:因为被调查的男生、女生人数相同,所以由等高堆积条形图可知被调查的学生中喜欢登山的男生人数比喜欢登山的女生人数多,所以选项A正确.B错误.
对于选项C,根据题中数据,得到2×2列联表如下:
单位:人
是否喜欢
性别
合计
男生
女生
喜欢
80
30
110
不喜欢
20
70
90
合计
100
100
200
零假设为H0:喜欢登山与性别之间无关联.
根据列联表中的数据,经计算得到χ2=≈50.505>6.635=x0.01.
依据小概率值α=0.01的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为喜欢登山与性别有关,此推断犯错误的概率不大于0.01.
故选项C正确.
对于选项D,喜欢登山和性别有关与被调查的男生、女生人数有关,所以选项D错误.
11.一袋中有除颜色外其他均相同的4个红球和2个白球,下列说法正确的是(　　)
A.从中任取3球,恰有一个白球的概率是
B.从中有放回地取球6次,每次任取一球,则取到红球次数的方差为
C.现从中不放回地取球2次,每次任取1球,则在第一次取到红球后,第二次又取到红球的概率为
D.从中有放回地取球3次,每次任取一球,则至少有一次取到红球的概率为
答案:ABD
解析:对于选项A,恰有一个白球的概率P=,故A正确;
对于选项B,每次任取一球,取到红球次数X~B,方差为6×,
故B正确;
对于选项C,设A={第一次取到红球},B={第二次取到红球},
则P(A)=,P(AB)=,
则P(B|A)=,故C错误;
对于选项D,每次取到红球的概率P=,
因此至少有一次取到红球的概率为1-,故D正确.
12.已知在的展开式中,只有第6项的二项式系数最大,则下列说法正确的是(　　)
A.n=10
B.含x2项的系数为405
C.展开式中所有项的系数和为1 024
D.展开式中第2项、第5项与第8项为有理项
答案:ABC
解析:通项公式为Tk+1=(-3)k=(-3)k.
对于选项A,∵只有第6项的二项式系数最大,
∴展开式有11项,即n=10;
对于选项B,令=2,
得k=×(10-6)=2,
∴所求的系数为(-3)2=405;
对于选项C,令x=1,展开式中所有项的系数和为(1-3)10=210=1024;
对于选项D,由题意,得=m(m∈Z),
则10-2k=3m,即k=5-m.
∵k∈Z,∴m应为偶数,m=2,0,-2,即k=2,5,8,
∴第3项、第6项与第9项为有理项.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中的横线上.
13.用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有　　　　　个. 
答案:1 080
解析:①当组成四位数的数字中有一个偶数时,四位数的个数为=960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时,四位数的个数为=120.
故符合题意的四位数一共有960+120=1080个.
14.设随机变量X服从二项分布X~B,则P(X≤2)=　　　　. 
答案:
解析:∵随机变量X服从二项分布X~B,
∴P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)
=.
15.将5名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有　　　　　种. 
答案:240
解析:先分组有=10种方案,再分配有10×=240种方案.
16.袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为X,若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n=　　,
E(X)=　　.
答案:1　
解析:由题意,得P(X=2)=,一红一黄的概率为,
所以=36,=3,
解得m=3,n=2,故m-n=1.
依题意,X的所有可能取值为0,1,2,
所以P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
所以E(X)=0×+1×+2×.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、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.
解:由已知得的展开式的通项为
Tk+1=.
令20-5k=0,得k=4,
故常数项T5==16.
又(a2+1)n展开式的各项系数之和等于2n,
由题意知2n=16,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中间项T3,
故有a4=54,
解得a=±.
18.(12分)某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人,女生2人)中,任选3人参加某省举办的演讲比赛活动.
(1)设所选3人中女生人数为X,求X的分布列;
(2)求男生甲或女生乙被选中的概率;
(3)设“男生甲被选中”为事件A,“女生乙被选中”为事件B,求P(B)和P(B|A).
解:(1)X的所有可能取值为0,1,2,
依题意得P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=.
∴X的分布列为
X
0
1
2
P



(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C,
则P(C)=.
∴所求概率为P()=1-P(C)=1-.
(3)P(B)=.
P(B|A)=.
19.(12分)退休年龄延迟是平均预期寿命延长和人口老龄化背景下的一种趋势.某机构为了解某城市市民的年龄构成,按1%的比例从年龄在20~80岁(含20岁和80岁)之间的市民中随机抽取600人进行调查,并将年龄按[20,30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80]进行分组,绘制成频率分布直方图,如图所示.规定年龄在[20,40)岁的人为“青年人”,[40,60)岁的人为“中年人”,[60,80]岁的人为“老年人”.

(1)根据频率分布直方图估计该城市60岁以上(含60岁)的人数,若每一组中的数据用该组区间的中点值来代表,试估算所调查的600人的平均年龄;
(2)将上述人口分布的频率视为该城市年龄在20~80岁的人口分布的概率,从该城市年龄在20~80岁的市民中随机抽取3人,记抽到“老年人”的人数为X,求随机变量X的分布列和均值.
解(1)由频率分布直方图可知60岁以上(含60岁)的频率为(0.01+0.01)×10=0.2,
故样本中60岁以上(含60岁)的人数为600×0.2=120,故该城市60岁以上(含60岁)的人数为120÷1%=12000.
所调查的600人的平均年龄为
25×0.1+35×0.2+45×0.3+55×0.2+65×0.1+75×0.1=48岁.
(2)由频率分布直方图知,“老年人”所占的频率为,
因此从该城市年龄在20~80岁的市民中随机抽取1人,抽到“老年人”的概率为,
分析可知X的所有可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P




E(X)=0×+1×+2×+3×.
20.(12分)某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试(健康指数满分100分),并从中随机抽取了200名学生的数据,根据他们的健康指数绘制了频率分布直方图如图所示.

(1)估计这200名学生健康指数的平均数和样本方差s2(同一组数据用该组区间的中点值作代表).
(2)由频率分布直方图知,该市学生的健康指数X近似服从正态分布即X~N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2.
①求P(63.4≤X≤98.2);
②已知该市高三学生约有10 000名,记体质健康指数在区间[63.4,98.2]内的人数为Y,试求E(Y).
附:参考数据:≈1.16.
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,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.
解(1)由频率分布直方图可知,各区间对应的频数分布表如下表所示:
分值
区间
[40,50)
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
频数
5
15
40
75
45
20
因此=(45×5+55×15+65×40+75×75+85×45+95×20)×=75,
s2=(45-75)2×+(55-75)2×+(65-75)2×+(85-75)2×+(95-75)2×=135.
(2)①由(1)知X~N(75,135),且σ≈11.6,
故P(63.4≤X≤98.2)=P(μ-σ≤X≤μ+2σ)≈×0.9545+×0.6827=0.8186.
②依题意,Y服从二项分布,即Y~B(104,0.8186),则E(Y)=np=8186.
21.(12分)新疆长绒棉,做衣被,暖和、透气、舒适,长年供不应求.评价棉花质量的重要指标之一就是棉花的纤维长度,新疆农科所在土壤环境不同的A,B两块实验地分别种植某品种的棉花,为了评价该品种的棉花质量,在棉花成熟后,分别从A,B两地的棉花中各随机抽取40根棉花纤维进行统计,结果如表:(记纤维长度不低于300 mm的为“长纤维”,其余为“短纤维”).
纤维长度
(0,100)
[100,200)
[200,300)
[300,400)
[400,500]
A地(根数)
4
9
2
17
8
B地(根数)
2
1
2
20
15
(1)由以上统计数据,填写下面2×2列联表,试根据小概率值α=0.01的独立性检验,分析纤维长度与土壤环境是否有关系.
单位:根
棉花纤维
实验地
合计
A地
B地
长纤维



短纤维



合计



(2)现从抽取的80根棉花纤维中“短纤维”里任意抽取2根做进一步研究,记B地“短纤维”的根数为Y,求Y的分布列和均值.
(3)根据上述B地关于“长纤维”与“短纤维”的调查,将B地“长纤维”的频率视为概率,现从B地棉花(大量的棉花)中任意抽取3根棉花纤维,记抽取的“长纤维”的根数为X,求X的分布列及均值.
附:①χ2=,n=a+b+c+d;
②临界值表.
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解(1)根据已知数据得到如下2×2列联表:
单位:根
棉花纤维
实验地
合计
A地
B地
长纤维
25
35
60
短纤维
15
5
20
合计
40
40
80
零假设为H0:纤维长度与土壤环境无关.
根据2×2列联表中的数据,可得χ2=≈6.667>6.635=x0.01.
根据小概率值α=0.01的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为纤维长度与土壤环境有关系,此推断犯错误的概率不大于0.01.
(2)由题意可知Y的可能取值为0,1,2,
P(Y=0)=,
P(Y=1)=,
P(Y=2)=.
可得Y的分布列为
Y
0
1
2
P



所以E(Y)=0×+1×+2×.
(3)由表中数据可知,抽到“长纤维”的概率为,
所以X~B,
所以P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P




故X的均值为E(X)=0×+1×+2×+3×.
22.(12分)某县加大特色农业建设,其中茶叶产业是重要组成部分.由于当地的地质环境非常适宜种植茶树,该县某茶场的开发机构为了进一步开拓市场,对茶叶日销售情况进行调研,得到这种茶叶的定价x(单位:百元/kg)和销售率y(销售率是销售量与供应量的比值)的统计数据如表:
x
10
20
30
40
50
60
y
0.9
0.65
0.45
0.3
0.2
0.175
(1)设z=ln x,根据所给参考数据判断,回归模型x+z+哪个更合适?并根据你的判断结果求经验回归方程(的结果精确到0.1);
(2)某茶场的茶叶生产销售公司每天向茶叶交易市场提供该品种的茶叶1 200 kg,根据(1)中的回归方程,估计定价x(单位:百元/kg)为多少时,这家公司该品种的茶叶的日销售额W最大,并求W的最大值.
参考数据:y与x的样本相关系数r1≈-0.96,y与z的样本相关系数r2≈0.99,=35,≈0.45,=9 100,≈3.40,6≈69.32,yizi≈8.16,≈71.52,e3≈20.1,e3.4≈30.0,e3.5≈33.1,e4≈54.6.
参考公式:,r=.
解(1)因为模型x+的样本相关系数|r1|≈0.96,模型z+的样本相关系数|r2|≈0.99,
因为0.96<0.99<1,由样本相关系数的意义可知,模型z+更合适.
=≈-0.46≈-0.5,
=0.45-(-0.46)×3.40≈2.0,
所以经验回归方程为=-0.5ln x+2.0.
(2)由题意可知,W=1 200×(-0.5ln x+2.0)x,
所以W'=1 200×(1.5-0.5ln x),
令W'=0,解得ln x=3,
即x=e3≈20.1,
当00,W单调递增,
当x>e3时,W'<0,W单调递减,
所以当售价约为20.1百元/kg时,日销售额W最大,
最大值为1 200×(-0.5×ln e3+2.0)×e3≈1 200×(-0.5×3+2.0)×20.1=12 060(百元),
所以最大日销售额为120.6万元.