人教数学A版-3模块综合质量检测

模块2-3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．4C．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：C2．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．②③C．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：B3．若Cn2A22＝42，则eq\f(n！,3！n－3！)的值为()A．6 B．7C．35 D．20解析：Cn2·A22＝2×eq\f(nn－1,2×1)＝42，∴n＝7，∴eq\f(n！,3！n－3！)＝eq\f(7！,3！×4！)＝35.答案：C4．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．1440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A22A4答案：B5．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＝a1a2a3a4a5，其中A的各位数中，a1＝1，ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为eq\f(1,3)，出现1的概率为eq\f(2,3)，记ξ＝a1＋a2＋a3＋a4＋\f(8,27) \f(11,3)\f(16,81) \f(65,81)解析：记a2，a3，a4，a5位上出现1的次数为随机变量η，则η～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,3)))Eη＝4×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).∵ξ＝1＋η，Eξ＝1＋Eη＝eq\f(11,3).故选B.答案：B6．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,x)))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．5C．405 D．－405解析：由题意知2n＝32，∴n＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,x)))5展开式的通项为C5k(3x)5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝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：D7．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，其命中率分别为,，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率是()A． B．C． D．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＝×＋×＋×＝，所以所求概率为eq\f,＝.答案：D8．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()\f(1,3) \f(2,9)\f(4,9) \f(8,27)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＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)；第二条，按A→C→B→A，P2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,27)，所以跳三次之后停在A叶上的概率为P＝P1＋P2＝eq\f(8,27)＋eq\f(1,27)＝eq\f(1,3).答案：A9．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，P(ξ≤4)＝，则P(ξ≤0)＝()A． B．C． D．解析：P(2≤ξ≤4)＝P(ξ≤4)－P(ξ≤2)＝－＝P(ξ≤0)＝P(ξ≤4)－P(0≤ξ≤4)＝－2×＝答案：A10．若随机变量X～B(n,，且E(X)＝3，则P(X＝1)的值是()A．2× B．2×C．3× D．3×解析：∵X～B(n,，∴E(X)＝n×＝3，∴n＝5，∴P(X＝1)＝C51××＝3×.答案：C11．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．6C．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：B12．已知正态总体的概率密度函数是f(x)＝eq\f(1,\r(2π)·σ)e－eq\f(x－μ2,2σ2)(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：1214．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，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＝＝；二是甲以2∶1获胜，此时p2＝C21·××＝，故甲获胜的概率为p1＋p2＝.答案：15．若随机变量X1～B(n,，X2～B(6，p)，X3～B(n，p)，且EX1＝2，DX2＝eq\f(3,2)，则σX3的值为________．解析：EX1＝np＝n×＝2∴n＝10.DX2＝6p(1－p)＝eq\f(3,2)∴p＝eq\f(1,2)∴X3～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(1,2)))则DX3＝10×eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(5,2)∴σX3＝eq\r(DX3)＝eq\r.答案：eq\r16．xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))7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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))7的展开式中x3的系数，Tr＋1＝C7rx7－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))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)＝eq\f(1,2)，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＝C72eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7＝eq\f(21,128).(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＝eq\f(3,16).18．(本小题满分12分)已知二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))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－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(x))))k＝(－2)kC10kx10－eq\f(3,2)k令10－eq\f(3,2)k＝4，解得k＝4，∴展开式中含x4项的系数为(－2)4C104(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＝(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,,.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eq\x\to(D)，eq\x\to(E)，eq\x\to(F)分别表示甲不胜A，乙不胜B，丙不胜C的事件．因为P(D)＝，P(E)＝，P(F)＝，由对立事件的概率公式知P(eq\x\to(D))＝，P(eq\x\to(E))＝，P(eq\x\to(F))＝.红队至少两人获胜的事件有：DEeq\x\to(F)，Deq\x\to(E)F，eq\x\to(D)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(DEeq\x\to(F))＋P(Deq\x\to(E)F)＋P(eq\x\to(D)EF)＋P(DEF)＝××＋××＋××＋××＝.(2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.又由(1)知eq\x\to(D)eq\x\to(E)F，eq\x\to(D)Eeq\x\to(F)，Deq\x\to(E)eq\x\to(F)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(eq\x\to(D)eq\x\to(E)eq\x\to(F))＝××＝，P(ξ＝1)＝P(eq\x\to(D)eq\x\to(E)F)＋P(eq\x\to(D)Eeq\x\to(F))＋P(Deq\x\to(E)eq\x\to(F))＝××＋××＋××＝，P(ξ＝3)＝P(DEF)＝××＝.由对立事件的概率公式得P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝.所以ξ的分布列为：ξ0123P因此Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＝.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，1234(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P(K2≥k0)k0解析：(1)依题意得2×2列联表看电视运动合计男性82028女生161228合计243256(2)由2×2列联表中的数据知K2的观测值为k＝eq\f(56×12×8－20×162,24×32×28×28)≈，从而≥k≥，故在犯错误的概率不超过的情况下认为性别与休闲方式有关．22．(本小题满分14分)2022年3月，日本发生了级地震，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1000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eq\f(9,10)；走公路Ⅲ顺利到达的概率为eq\f(2,5)，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eq\f(6,30)＝eq\f(1,5)，所以用分层抽样的方法，选出的“尖端专家”有10×eq\f(1,5)＝2人，“高级专家”有20×eq\f(1,5)＝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eq\x\to(A)表示“没有一名‘尖端专家’被选中”，则P(A)＝1－eq\f(