资源简介

综合核心素养测评卷(二)
满分150分　限时120分钟　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单选题(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. 从6名学生中选出2名分别担任组长和副组长，则不同的选择方法数为(　 　)
A. B. 26
C. D. 62
2. (2025·江苏南京高二期中)用n种不同的颜色为下面的广告牌涂色，要求在①，②，③，④这四个区域中相邻的区域(有公共边界)涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为(　 　)
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
3. (2025·江苏无锡高二期末)五种不同的商品在货架上排成一排，并且C，D两种不能连排，则不同的排法种数为(　 　)
A. 24 B. 72
C. 36 D. 42
4. 从1，2，3，…，10这10个数中任取5个不同的数a1，a2，a3，a4，a5，则存在1≤i＜j≤5，i，j∈N*，使得|ai－aj|=1的取法种数为(　 　)
A. 176 B. 225
C. 246 D. 252
5. (2025·山东聊城高二期末)的展开式中x4的系数为(　 　)
A. 75 B. 135 C. 180 D. 195
6. (2025·山东青岛开学考试)盒中装有3个红球和1个蓝球，小球除颜色外均相同.甲、乙两人先后从盒中随机取出1个球，记录颜色后放回.已知两人取出的球颜色相同，则两人取出的球同为蓝色的概率为(　 　)
A. B.
C. D.
7. (2025·湖北武汉模拟)已知随机变量X，Y均服从两点分布，若P(X=1)=，P(Y=1)=，P(XY=0)=，则P(Y=1|X=0)等于(　 　)
A. B.
C. D.
8. (2025·山东菏泽高二统考期末)如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1 s向左或向右移动一个单位.向左移动的概率为，向右移动的概率为，设移动n次后质点位于位置Xn，则下列说法中，错误的是(　 　)
A. 当n=4，则P(X4=0)=
B. 当n=5，则P(X5=1)=
C. 当n=6，该质点共经过两次3的概率为
D. 当n=2 025，X2 025的期望E(X2 025)=－675
二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9. (2025·广东华南师大附中校考期中)已知盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种
B. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种
C. 取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种
D. 取出的3个球中至少有1个红球的取法有种
10. (2025·湖北襄阳四中模拟)下列说法中，正确的有(　 　)
A. 若事件A和事件B互斥，P(AB)=P(A)P(B)
B. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第70百分位数为11
C. 若随机变量ξ~N(6，σ2)，P(6＜ξ≤7)=0.42，则P(ξ＞7)=0.1
D. 若y关于x的回归方程为=0.3－0.7x，则y与x是线性负相关关系
11. 某项体育比赛团体决赛实行五场三胜制，即任何一方获胜三场即比赛结束.甲、乙两个代表队最终进入决赛，根据双方排定的出场顺序及以往战绩统计分析，甲队依次派出的五位选手分别战胜对手的概率如下表所示：
出场顺序 1号 2号 3号 4号 5号
获胜概率 p q
若比赛结束时甲队获胜的场数为ξ，且P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，则下列选项中，正确的有(　 　)
A. p= B. q=
C. P(ξ=3)= D. E(ξ)=
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. (2025·山东临沂高二统考期末)某芯片制造厂有甲、乙两条生产线，均生产7 nm规格的芯片，现有2 000块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为1 200块，800块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这2 000块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲厂生产该芯片的次品率为　 　.
13. (2025·山东潍坊高二校联考期中)已知变量x，y满足线性相关关系，一组观测值如下表所示，且经验回归方程为=0.8x＋.现有一对观测数据为(20，n)，若该数据的残差为－0.6，则n=　 　.
x 21 23 25 27
y 15 18 19 20
14. 已知一个袋中装有除颜色外完全相同的5个红球，n(n∈N*)个黑球.现从袋中随机摸出3个球，设X表示摸出红球的个数，若P(X=2)=，则D(X)= 　.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15. (13分)某医疗机构为了解患呼吸道疾病与吸烟是否有关，进行了一次抽样调查，共调查了515个成年人，其中吸烟者220人，不吸烟者295人.调查结果是：吸烟的220人中，有37人患呼吸道疾病(以下简称患病)，183人未患呼吸道疾病(以下简称未患病)；不吸烟的295人中，有21人患病，274人未患病.根据这些数据，能否认为患呼吸道疾病与吸烟有关？
16. (15分)有这样一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同.游戏规定：每位参与者进行n(n∈N*)次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是有放回地摸球，每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是不放回地摸球，每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y.
(1)若n=4：
(i)求随机变量Y的分布列和数学期望；
(ii)游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回地摸球中奖的概率为P1，无放回地摸球中奖的概率为P2，求P1和P2，并比较它们的大小.
(2)若n=10，且采用摸球方式一，求当P(X=k)取得最大值时的k值，并说明理由.
17. (15分)(2025·广东茂名高二期末)某研究小组为了探究性别与商场购物意愿之间是否存在关联，随机调查了200名市民，得到如下数据(单位：人)：
性别 商场购物意愿 合计
喜欢商场购物 不喜欢商场购物
男性 60 30 90
女性 90 20 110
合计 150 50 200
(1)根据小概率值α=0.050的独立性检验，分析性别与商场购物意愿是否有关联.
(2)采用分层随机抽样，从调查中喜欢商场购物的市民中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人中男性人数X的分布列和期望.
(3)某商场推出购物抽奖促销活动，规则如下：从一个装有1个红球、1个白球、4个黄球的不透明盒子中，依次有放回地随机摸取1个球.每摸中1次红球，奖励10元购物券；当消费者摸中红球的个数比黄球个数多1时，抽奖结束，否则抽奖继续.记甲在n次摸球后抽奖结束且获奖30元购物券的概率为P(n)，求当P(n)取得最大值时n的值.
附：χ2=，n=a＋b＋c＋d.
临界值表：
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
18. (17分)近期，某公交公司推出扫码支付优惠乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如下表所示：
x 1 2 3 4 5 6 7
y 6 11 21 34 66 101 196
根据以上数据，绘制了如图所示的散点图.
参考数据：
xiyi xivi 100.54
62.14 1.54 2 535 50.12 3.47
其中vi=lg yi，vi.
参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，...，(un，vn)，其回归直线v=α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为=－.
(1)根据散点图判断，在推广期内，y=a＋bx与y=c·dx (c，d均为大于零的常数)哪一个适合作为扫码支付的人次y关于活动推出的天数x的回归方程模型(给出判断即可，不必说明理由)？
(2)根据(1)的判断结果，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次.
19. (17分)(2025·安徽亳州模拟)杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代的数学成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.
如我们最熟悉的完全平方公式(a＋b)2=a2＋2ab＋b2，其中展开式的各项系数分别为1，2，1.
补充一：.
补充二：n!=n×(n－1)×(n－2)×…×1.
图1　 　图2
(1)求图2中第10行的各数之和.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14？若存在，试求出这三个数，若不存在，请说明理由.
(3)杨辉三角的第3行开始，除了1以外，其他每个数是它“肩上”的两个数之和.证明：当m，n∈N*，n≥m，(m＋1)(m＋2)(m＋3)…＋(n＋1)=(m＋1).综合核心素养测评卷(二)
满分150分　限时120分钟　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单选题(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. 从6名学生中选出2名分别担任组长和副组长，则不同的选择方法数为(　C　)
A. B. 26
C. D. 62
【解析】根据题意可知选出2人并担任不同职务，因此相当于选出两人并按照顺序排列，∴根据排列数的概念可得，不同的选择方法数为.
2. (2025·江苏南京高二期中)用n种不同的颜色为下面的广告牌涂色，要求在①，②，③，④这四个区域中相邻的区域(有公共边界)涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为(　C　)
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
【解析】区域①有n种，区域②有(n－1)种，区域③有(n－2)种，区域④有(n－3)种，∵n(n－1)(n－2)(n－3)=840，∴(n2－3n＋30)(n2－3n－28)=0，∵n2－3n＋30＞0，得n2－3n－28=0，∴n=7(负数解舍).
3. (2025·江苏无锡高二期末)五种不同的商品在货架上排成一排，并且C，D两种不能连排，则不同的排法种数为(　B　)
A. 24 B. 72
C. 36 D. 42
【解析】先安排除了C，D两种外的三种商品，共有种方法，并形成4个空，再把C，D安排到形成的4个空中，有种方法，∴共有=72(种)排法.
4. 从1，2，3，…，10这10个数中任取5个不同的数a1，a2，a3，a4，a5，则存在1≤i＜j≤5，i，j∈N*，使得|ai－aj|=1的取法种数为(　C　)
A. 176 B. 225
C. 246 D. 252
【解析】从10个数中任取5个的组合数为=252，不相邻组合数，要求5个数均不相邻，相当于在10个数中插入至少1个间隔，此时问题等价于从10－(5－1)=6(个)位置中选5个数，组合数为=6，符合条件的组合数，总情况数减去不相邻的组合数为252－6=246(种).
5. (2025·山东聊城高二期末)的展开式中x4的系数为(　D　)
A. 75 B. 135 C. 180 D. 195
【解析】=(1－x)6(1－x)5·2x2(1－x)4·(1－x)3·(2x2)3＋…，这个展开式中从第4项开始就不会出现x4，即x4只在前3项出现，∴x4的系数为(－1)4×(－1)2×2×(－1)0×22=195.
6. (2025·山东青岛开学考试)盒中装有3个红球和1个蓝球，小球除颜色外均相同.甲、乙两人先后从盒中随机取出1个球，记录颜色后放回.已知两人取出的球颜色相同，则两人取出的球同为蓝色的概率为(　C　)
A. B.
C. D.
【解析】记事件A：两人取出的球颜色相同，事件B：两人取出的球同为蓝色，则B A，则n(A)=3×3＋1×1=10，n(AB)=n(B)=1×1=1，由条件概率公式可得P(B|A)=.
7. (2025·湖北武汉模拟)已知随机变量X，Y均服从两点分布，若P(X=1)=，P(Y=1)=，P(XY=0)=，则P(Y=1|X=0)等于(　B　)
A. B.
C. D.
【解析】∵随机变量X，Y均服从两点分布，∴P(X=0)=1－P(X=1)=，P(X=1，Y=1)=P(XY=1)=1－P(XY=0)=，∵P(Y=1)=P(X=0，Y=1)＋P(X=1，Y=1)=P(X=0，Y=1)，∴P(X=0，Y=1)=，由条件概率公式得P(Y=1|X=0)=.
8. (2025·山东菏泽高二统考期末)如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1 s向左或向右移动一个单位.向左移动的概率为，向右移动的概率为，设移动n次后质点位于位置Xn，则下列说法中，错误的是(　B　)
A. 当n=4，则P(X4=0)=
B. 当n=5，则P(X5=1)=
C. 当n=6，该质点共经过两次3的概率为
D. 当n=2 025，X2 025的期望E(X2 025)=－675
【解析】设移动n次后，向右移动k次，向左移动n－k次，则k~B，则Xn=k－(n－k)=2k－n.对于A，当n=4时，要使得X4=0，则向左和向右移动的次数均为2次，根据二项分布概率公式P(X4=0)=P(k=2)=，A正确；对于B，当n=5时，要使得X5=1，则向右移动3次，向左移动2次，P(X5=1)=P(k=3)=，B错误；对于C，当n=6时，R向右移动，L向左移动，则该质点共经过两次3，前5次的移动共有2种情况：RRRLR，RRRRL，∴概率为，C正确；对于D，∵Xn=k－(n－k)=2k－n.∴期望E(Xn)=E(2k－n)=2E(k)－n.
∵k~B，∴E(k)=，则E(Xn)=2×－n=－.当n=2 025时，E(X2 025)=－=－675，D正确.
二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9. (2025·广东华南师大附中校考期中)已知盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则下列说法中，正确的有(　ACD　)
A. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种
B. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种
C. 取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种
D. 取出的3个球中至少有1个红球的取法有种
【解析】取出的3个球中恰好一个蓝球，则还有2个红球，不同取法有种，A正确，B错误；取出的3个球中至少有2个蓝球，则分为两种情况，第一种2个蓝球加1个红球，第二种3个蓝球，则不同取法有种，C正确；取出的3个球中至少有1个红球，则在所有取法中减去没有红球的取法即可，不同取法有种，D正确.
10. (2025·湖北襄阳四中模拟)下列说法中，正确的有(　BD　)
A. 若事件A和事件B互斥，P(AB)=P(A)P(B)
B. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第70百分位数为11
C. 若随机变量ξ~N(6，σ2)，P(6＜ξ≤7)=0.42，则P(ξ＞7)=0.1
D. 若y关于x的回归方程为=0.3－0.7x，则y与x是线性负相关关系
【解析】对于A，∵事件A和事件B互斥，∴P(AB)=0，A错误；对于B，将原数据按从小到大重新排列为：1，2，4，5，7，11，16，21，共8个数，8×0.7=5.6，∴该组数据的第70百分位数即为第6个数11，B正确；对于C，
∵随机变量ξ~N(6，σ2)，P(6＜ξ≤7)=0.42，∴P(ξ＞7)=0.5－0.42=0.08，C错误；对于D，∵y关于x的回归方程为=0.3－0.7x，=－0.7＜0，则y与x是线性负相关关系，D正确.
11. 某项体育比赛团体决赛实行五场三胜制，即任何一方获胜三场即比赛结束.甲、乙两个代表队最终进入决赛，根据双方排定的出场顺序及以往战绩统计分析，甲队依次派出的五位选手分别战胜对手的概率如下表所示：
出场顺序 1号 2号 3号 4号 5号
获胜概率 p q
若比赛结束时甲队获胜的场数为ξ，且P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，则下列选项中，正确的有(　AC　)
A. p= B. q=
C. P(ξ=3)= D. E(ξ)=
【解析】由题意可得： ξ=0时，前三场甲输，未进行后两场比赛，∴(1－p)×，则p=，A正确；ξ=1时，前3场甲1胜2负，第4场甲负，未进行第五场∴P(ξ=1)=×(1－q)×(1－q)×(1－q)=，解得q=，B错误；由题意知ξ所有的可能取值为0，1，2，3，则P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，甲胜率表如下所示：
出场顺序 1号 2号 3号 4号 5号
获胜概率
ξ=2时，前4场甲2胜2负(含1和3胜；2和4胜；1，3中胜一场，2，4中胜一场三大类)，第5场甲负，P(ξ=2)=，ξ=3时，前3局全胜未进行后2场比赛；前3局甲胜2场，第4场甲胜，未进行第五场比赛；前4场甲2胜2负，第5场甲胜[因第5场甲胜负概率相同，∴此时概率等于P(ξ=2)]，P(ξ=3)=，C正确；∴ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
故E(ξ)=0×1×2×3×，D错误.
[选择题答题区]
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C C B C D C B B ACD BD AC
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. (2025·山东临沂高二统考期末)某芯片制造厂有甲、乙两条生产线，均生产7 nm规格的芯片，现有2 000块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为1 200块，800块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这2 000块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲厂生产该芯片的次品率为　0.1　.
【解析】设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为p，则有P(A1)==0.6，P(A2)==0.4，P(B|A1)=p，P(B|A2)=，由全概率公式可得P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2) 0.08=0.6p＋0.4× p=0.1.
13. (2025·山东潍坊高二校联考期中)已知变量x，y满足线性相关关系，一组观测值如下表所示，且经验回归方程为=0.8x＋.现有一对观测数据为(20，n)，若该数据的残差为－0.6，则n=　14.2　.
x 21 23 25 27
y 15 18 19 20
【解析】由题意可知，x==24，y==18，将(24，18)代入=0.8x＋，得18=24×0.8＋，解得=－1.2，∴=0.8x－1.2.当x=20时，预测值=20×0.8－1.2=14.8，则n=14.8－0.6=14.2.
14. 已知一个袋中装有除颜色外完全相同的5个红球，n(n∈N*)个黑球.现从袋中随机摸出3个球，设X表示摸出红球的个数，若P(X=2)=，则D(X)= 　.
【解析】依题意，P(X=2)=，整理得(n－2)(n2＋14n－30)=0，而n∈N*，解得n=2，则X的可能值为1，2，3，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，E(X)=1×2×3×，E(X2)=1×4×9×=5，
∴D(X)=E(X2)－(E(X))2=5－.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15. (13分)某医疗机构为了解患呼吸道疾病与吸烟是否有关，进行了一次抽样调查，共调查了515个成年人，其中吸烟者220人，不吸烟者295人.调查结果是：吸烟的220人中，有37人患呼吸道疾病(以下简称患病)，183人未患呼吸道疾病(以下简称未患病)；不吸烟的295人中，有21人患病，274人未患病.根据这些数据，能否认为患呼吸道疾病与吸烟有关？
解：为了研究这个问题，我们将上述数据用表格表示如下：
患病 未患病 合计
吸烟 37 183 220
不吸烟 21 274 295
合计 58 457 515
由此表可以粗略地估计出在吸烟的人中，有≈16.82%的人患病；在不吸烟的人中，有≈7.12%的人患病.
因此，从直观上可以得到，吸烟者中患病的比例与不吸烟者中患病的比例相比有很大的差异，故可以认为患呼吸道疾病与吸烟有关.
16. (15分)有这样一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同.游戏规定：每位参与者进行n(n∈N*)次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是有放回地摸球，每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是不放回地摸球，每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y.
(1)若n=4：
(i)求随机变量Y的分布列和数学期望；
(ii)游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回地摸球中奖的概率为P1，无放回地摸球中奖的概率为P2，求P1和P2，并比较它们的大小.
(2)若n=10，且采用摸球方式一，求当P(X=k)取得最大值时的k值，并说明理由.
解：(1)(i)对于不放回地摸球，各次试验的结果不独立，Y可取0，1，2，3，4，P(Y=k)=，k=0，1，2，3，4，
P(Y=0)=，P(Y=1)=，P(Y=2)=，P(Y=3)=，P(Y=4)=，
Y服从超几何分布，Y的分布列为
Y 0 1 2 3 4
P
n=4，M=6，N=10，∴E(Y)=.
(ii)由题意得游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回地摸球中奖的概率为P1，不放回摸球中奖的概率为P2，对于有放回地摸球，各次试验的结果互相独立，X~B，则P(X=2)=，P(X=3)=，P(X=4)=，故P1=P(X=2)＋P(X=3)＋P(X=4)=，由(i)可知P2=P(Y=2)＋P(Y=3)＋P(Y=4)=，∵，∴P1＜P2.
(2)当n=10，则X~B，若P(X=k)最大，则
即得≤k≤，又k∈N＋，∴k=6，即k=6时，P(X=k)取得最大值.
17. (15分)(2025·广东茂名高二期末)某研究小组为了探究性别与商场购物意愿之间是否存在关联，随机调查了200名市民，得到如下数据(单位：人)：
性别 商场购物意愿 合计
喜欢商场购物 不喜欢商场购物
男性 60 30 90
女性 90 20 110
合计 150 50 200
(1)根据小概率值α=0.050的独立性检验，分析性别与商场购物意愿是否有关联.
(2)采用分层随机抽样，从调查中喜欢商场购物的市民中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人中男性人数X的分布列和期望.
(3)某商场推出购物抽奖促销活动，规则如下：从一个装有1个红球、1个白球、4个黄球的不透明盒子中，依次有放回地随机摸取1个球.每摸中1次红球，奖励10元购物券；当消费者摸中红球的个数比黄球个数多1时，抽奖结束，否则抽奖继续.记甲在n次摸球后抽奖结束且获奖30元购物券的概率为P(n)，求当P(n)取得最大值时n的值.
附：χ2=，n=a＋b＋c＋d.
临界值表：
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
解：(1)零假设H0：性别与商场购物意愿无关，χ2=≈6.061＞3.841，根据小概率值α=0.050的独立性检验，推断H0不成立，即性别与商场购物意愿有关.
(2)调查中喜欢商场购物的市民共有150人，男性人数∶女性人数=2∶3，∴分层随机抽样抽取的5人中2人是男性，3人是女性，则X的可能取值为0，1，2，P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，
∴X的分布列为
X 0 1 2
P
∴2人中男性人数的数学期望E(X)=0×1×2×.
(3)∵n次摸球后获奖励30元，说明甲在抽奖的过程中共抽中3次红球，由于红球的个数比黄球个数多1时结束抽奖，说明第n次摸到红球，前n－1次中有抽到2次黄球、2次红球，且是“黄红黄红”或“黄黄红红”的顺序，其余均抽到白球，共有种，则“n次摸球后抽奖结束且甲获奖30元购物券”的概率P(n)=2·=2·(n≥5)，于是P(n＋1)－P(n)=2·－2，
∵n≥5，∴上式小于0，故P(n＋1)＜P(n)，即P(n)单调递减，则当n=5时，P(n)取得最大值.
18. (17分)近期，某公交公司推出扫码支付优惠乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如下表所示：
x 1 2 3 4 5 6 7
y 6 11 21 34 66 101 196
根据以上数据，绘制了如图所示的散点图.
参考数据：
xiyi xivi 100.54
62.14 1.54 2 535 50.12 3.47
其中vi=lg yi，vi.
参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，...，(un，vn)，其回归直线v=α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为=－.
(1)根据散点图判断，在推广期内，y=a＋bx与y=c·dx (c，d均为大于零的常数)哪一个适合作为扫码支付的人次y关于活动推出的天数x的回归方程模型(给出判断即可，不必说明理由)？
(2)根据(1)的判断结果，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次.
解：(1)由于表中点的走势不在任何一条直线附近，因此应该是非线性的，故可判断y=c·dx适合作为扫码支付的人数y关于活动推出的天数x的回归方程模型.
(2)∵y=c·dx，两边同时取常用对数得lg y=lg c＋xlg d；设lg y=v，∴v=lg c＋xlg d，∵=4，=1.54，=140，∴=0.25，把样本中心点(4，1.54)代入v=lg c＋xlg d，得=0.54＋0.25x，∴lg =0.54＋0.25x，∴y关于x的回归方程式：=100.54＋0.25x=100.54×(100.25)x=3.47×100.25x.把x=8代入上式得，=3.47×102=347，故活动推出第8天使用扫码支付的人次为3 470.
19. (17分)(2025·安徽亳州模拟)杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代的数学成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.
如我们最熟悉的完全平方公式(a＋b)2=a2＋2ab＋b2，其中展开式的各项系数分别为1，2，1.
补充一：.
补充二：n!=n×(n－1)×(n－2)×…×1.
图1　 　图2
(1)求图2中第10行的各数之和.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14？若存在，试求出这三个数，若不存在，请说明理由.
(3)杨辉三角的第3行开始，除了1以外，其他每个数是它“肩上”的两个数之和.证明：当m，n∈N*，n≥m，(m＋1)(m＋2)(m＋3)…＋(n＋1)=(m＋1).
解：(1)由题意可得=10，=45，同理可得=120，=210，=252，=210，=120，=45，=10，∴图2中第10行的各数之和为11=1＋10＋45＋120＋210＋252＋210＋120＋45＋10＋1=1 024.
(2)假设在杨辉三角数阵中，在第n(n≥2)行存在三个相邻的数(n≥2，n∈N*，0≤r≤n－2，r∈N)满足条件，即=3∶8∶14，整理可得解得∴存在相邻的三个数=45，=120，=210，
(3)∵当k≥m，且k，m∈N*时，(k＋1)=(m＋1)=(m＋1)，
故(m＋1)(m＋2)(m＋3)…＋(n＋1)=(m＋1)(…)=(m＋1)(…)=(m＋1)(…)=(m＋1)()=(m＋1)，
即当m，n∈N*，n≥m，(m＋1)(m＋2)(m＋3)…＋(n＋1)=(m＋1).(共33张PPT)
综合核心素养测评卷(二)
满分150分　限时120分钟
高中数学 选择性必修 第三册
一、单选题(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. 从6名学生中选出2名分别担任组长和副组长，则不同的选择方法数为(　 　)
A. B. 26
C. D. 62
【解析】根据题意可知选出2人并担任不同职务，因此相当于选出两人并按照顺序排列，∴根据排列数的概念可得，不同的选择方法数为.
C
2. (2025·江苏南京高二期中)用n种不同的颜色为下面的广告牌涂色，要求在①，②，③，④这四个区域中相邻的区域(有公共边界)涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为(　 　)
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
【解析】区域①有n种，区域②有(n－1)种，区域③有(n－2)种，区域④有(n－3)种，∵n(n－1)(n－2)(n－3)=840，∴(n2－3n＋30)(n2－3n－28)=0，∵n2－3n＋30＞0，得n2－3n－28=0，∴n=7(负数解舍).
C
3. (2025·江苏无锡高二期末)五种不同的商品在货架上排成一排，并且C，D两种不能连排，则不同的排法种数为(　 　)
A. 24 B. 72
C. 36 D. 42
【解析】先安排除了C，D两种外的三种商品，共有种方法，并形成4个空，再把C，D安排到形成的4个空中，有种方法，∴共有=72(种)排法.
B
4. 从1，2，3，…，10这10个数中任取5个不同的数a1，a2，a3，a4，a5，则存在1≤i＜j≤5，i，j∈N*，使得|ai－aj|=1的取法种数为(　 　)
A. 176 B. 225
C. 246 D. 252
【解析】从10个数中任取5个的组合数为=252，不相邻组合数，要求5个数均不相邻，相当于在10个数中插入至少1个间隔，此时问题等价于从10－(5－1)=6(个)位置中选5个数，组合数为=6，符合条件的组合数，总情况数减去不相邻的组合数为252－6=246(种).
C
5. (2025·山东聊城高二期末)的展开式中x4的系数为(　 　)
A. 75 B. 135
C. 180 D. 195
【解析】=(1－x)6(1－x)5·2x2(1－x)4·(1－x)3·(2x2)3＋…，这个展开式中从第4项开始就不会出现x4，即x4只在前3项出现，∴x4的系数为(－1)4×(－1)2×2×(－1)0×22=195.
D
6. (2025·山东青岛开学考试)盒中装有3个红球和1个蓝球，小球除颜色外均相同.甲、乙两人先后从盒中随机取出1个球，记录颜色后放回.已知两人取出的球颜色相同，则两人取出的球同为蓝色的概率为(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】记事件A：两人取出的球颜色相同，事件B：两人取出的球同为蓝色，则B A，则n(A)=3×3＋1×1=10，n(AB)=n(B)=1×1=1，由条件概率公式可得P(B|A)=.
　C
7. (2025·湖北武汉模拟)已知随机变量X，Y均服从两点分布，若P(X=1)=，P(Y=1)=，P(XY=0)=，则P(Y=1|X=0)等于(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】∵随机变量X，Y均服从两点分布，∴P(X=0)=1－P(X=1)=，P(X=1，Y=1)=P(XY=1)=1－P(XY=0)=，∵P(Y=1)=P(X=0，Y=1)＋P(X=1，Y=1)=P(X=0，Y=1)，∴P(X=0，Y=1)=，由条件概率公式得P(Y=1|X=0)=.
　B
8. (2025·山东菏泽高二统考期末)如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1 s向左或向右移动一个单位.向左移动的概率为，向右移动的概率为，设移动n次后质点位于位置Xn，则下列说法中，错误的是(　 　)
A. 当n=4，则P(X4=0)=
B. 当n=5，则P(X5=1)=
C. 当n=6，该质点共经过两次3的概率为
D. 当n=2 025，X2 025的期望E(X2 025)=－675
　B
【解析】设移动n次后，向右移动k次，向左移动n－k次，则k~B，则Xn=k－(n－k)=2k－n.对于A，当n=4时，要使得X4=0，则向左和向右移动的次数均为2次，根据二项分布概率公式P(X4=0)=P(k=2)=，A正确；对于B，当n=5时，要使得X5=1，则向右移动3次，向左移动2次，P(X5=1)=P(k=3)=，B错误；对于C，当n=6时，R向右移动，L向左移动，则该质点共经过两次3，前5次的移动共有2种情况：RRRLR，RRRRL，∴概率为，C正确；对于D，∵Xn=k－(n－k)=2k－n.∴期望E(Xn)=E(2k－n)=2E(k)－n.∵k~B，∴E(k)=，则E(Xn)=2×－n=－.当n=2 025时，E(X2 025)=－=－675，D正确.
二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9. (2025·广东华南师大附中校考期中)已知盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种
B. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种
C. 取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种
D. 取出的3个球中至少有1个红球的取法有种
【解析】取出的3个球中恰好一个蓝球，则还有2个红球，不同取法有种，A正确，B错误；取出的3个球中至少有2个蓝球，则分为两种情况，第一种2个蓝球加1个红球，第二种3个蓝球，则不同取法有种，C正确；取出的3个球中至少有1个红球，则在所有取法中减去没有红球的取法即可，不同取法有种，D正确.
ACD
10. (2025·湖北襄阳四中模拟)下列说法中，正确的有(　 　)
A. 若事件A和事件B互斥，P(AB)=P(A)P(B)
B. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第70百分位数为11
C. 若随机变量ξ~N(6，σ2)，P(6＜ξ≤7)=0.42，则P(ξ＞7)=0.1s
D. 若y关于x的回归方程为 =0.3－0.7x，则y与x是线性负相关关系
【解析】对于A，∵事件A和事件B互斥，∴P(AB)=0，A错误；对于B，将原数据按从小到大重新排列为：1，2，4，5，7，11，16，21，共8个数，8×0.7=5.6，∴该组数据的第70百分位数即为第6个数11，B正确；对于C，∵随机变量ξ~N(6，σ2)，P(6＜ξ≤7)=0.42，∴P(ξ＞7)=0.5－0.42=0.08，C错误；对于D，∵y关于x的回归方程为 =0.3－0.7x， =－0.7＜0，则y与x是线性负相关关系，D正确.
BD
11. 某项体育比赛团体决赛实行五场三胜制，即任何一方获胜三场即比赛结束.甲、乙两个代表队最终进入决赛，根据双方排定的出场顺序及以往战绩统计分析，甲队依次派出的五位选手分别战胜对手的概率如下表所示：
若比赛结束时甲队获胜的场数为ξ，且P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，则下列选项中，正确的有
(　 　)
A. p= B. q=
C. P(ξ=3)= D. E(ξ)=
出场顺序 1号 2号 3号 4号 5号
获胜概率 p q
AC
【解析】由题意可得： ξ=0时，前三场甲输，未进行后两场比赛，∴(1－p)×，则p=，A正确；ξ=1时，前3场甲1胜2负，第4场甲负，未进行第五场∴P(ξ=1)=×(1－q)×(1－q)×(1－q)=，解得q=，B错误；由题意知ξ所有的可能取值为0，1，2，3，则P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，甲胜率表如下所示：
出场顺序 1号 2号 3号 4号 5号
获胜概率
ξ=2时，前4场甲2胜2负(含1和3胜；2和4胜；1，3中胜一场，2，4中胜一场三大类)，第5场甲负，P(ξ=2)=，ξ=3时，前3局全胜未进行后2场比赛；前3局甲胜2场，第4场甲胜，未进行第五场比赛；前4场甲2胜2负，第5场甲胜[因第5场甲胜负概率相同，∴此时概率等于P(ξ=2)]，P(ξ=3)=，C正确；∴ξ的分布列为
故E(ξ)=0×1×2×3×，D错误.
ξ 0 1 2 3
P
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. (2025·山东临沂高二统考期末)某芯片制造厂有甲、乙两条生产线，均生产7 nm规格的芯片，现有2 000块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为1 200块，800块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这2 000块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲厂生产该芯片的次品率为_______.
【解析】设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为p，则有P(A1)==0.6，P(A2)==0.4，P(B|A1)=p，P(B|A2)=，由全概率公式可得P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2) 0.08=0.6p＋0.4× p=0.1.
0.1
13. (2025·山东潍坊高二校联考期中)已知变量x，y满足线性相关关系，一组观测值如下表所示，且经验回归方程为 =0.8x＋ .现有一对观测数据为(20，n)，若该数据的残差为－0.6，则n=_________.
【解析】由题意可知， ==24， ==18，将(24，18)代入
=0.8x＋ ，得18=24×0.8＋ ，解得 =－1.2，∴ =0.8x－1.2.当x=20时，预测值
=20×0.8－1.2=14.8，则n=14.8－0.6=14.2.
x 21 23 25 27
y 15 18 19 20
14.2
14. 已知一个袋中装有除颜色外完全相同的5个红球，n(n∈N*)个黑球.现从袋中随机摸出3个球，设X表示摸出红球的个数，若P(X=2)=，则D(X)=__________.
【解析】依题意，P(X=2)=，整理得(n－2)(n2＋14n－30)=0，而n∈N*，解得n=2，则X的可能值为1，2，3，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，E(X)=1×2×3×，E(X2)=1×4×9×=5，∴D(X)=E(X2)－(E(X))2=5－.
　
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15. (13分)某医疗机构为了解患呼吸道疾病与吸烟是否有关，进行了一次抽样调查，共调查了515个成年人，其中吸烟者220人，不吸烟者295人.调查结果是：吸烟的220人中，有37人患呼吸道疾病(以下简称患病)，183人未患呼吸道疾病(以下简称未患病)；不吸烟的295人中，有21人患病，274人未患病.根据这些数据，能否认为患呼吸道疾病与吸烟有关？
解：为了研究这个问题，我们将上述数据用表格表示如下：
由此表可以粗略地估计出在吸烟的人中，有≈16.82%的人患病；在不吸烟的人中，有≈7.12%的人患病.因此，从直观上可以得到，吸烟者中患病的比例与不吸烟者中患病的比例相比有很大的差异，故可以认为患呼吸道疾病与吸烟有关.
患病 未患病 合计
吸烟 37 183 220
不吸烟 21 274 295
合计 58 457 515
16. (15分)有这样一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同.游戏规定：每位参与者进行n(n∈N*)次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是有放回地摸球，每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是不放回地摸球，每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y.
(1)若n=4：
(i)求随机变量Y的分布列和数学期望；
(ii)游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回地摸球中奖的概率为P1，无放回地摸球中奖的概率为P2，求P1和P2，并比较它们的大小.
(2)若n=10，且采用摸球方式一，求当P(X=k)取得最大值时的k值，并说明理由.
解：(1)(i)对于不放回地摸球，各次试验的结果不独立，Y可取0，1，2，3，4，P(Y=k)=，k=0，1，2，3，4，
P(Y=0)=，P(Y=1)=，P(Y=2)=，P(Y=3)=，P(Y=4)=，
Y服从超几何分布，Y的分布列为
Y 0 1 2 3 4
P
n=4，M=6，N=10，∴E(Y)=.
(ii)由题意得游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回地摸球中奖的概率为P1，不放回摸球中奖的概率为P2，对于有放回地摸球，各次试验的结果互相独立，X~B，则P(X=2)=，P(X=3)=，P(X=4)=，故P1=P(X=2)＋P(X=3)＋P(X=4)=，由(i)可知P2=P(Y=2)＋P(Y=3)＋P(Y=4)=，∵，∴P1＜P2.
(2)当n=10，则X~B，若P(X=k)最大，则
即得≤k≤，又k∈N＋，∴k=6，即k=6时，P(X=k)取得最大值.
17. (15分)(2025·广东茂名高二期末)某研究小组为了探究性别与商场购物意愿之间是否存在关联，随机调查了200名市民，得到如下数据(单位：人)：
(1)根据小概率值α=0.050的独立性检验，分析性别与商场购物意愿是否有关联.
(2)采用分层随机抽样，从调查中喜欢商场购物的市民中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人中男性人数X的分布列和期望.
性别 商场购物意愿 合计
喜欢商场购物 不喜欢商场购物
男性 60 30 90
女性 90 20 110
合计 150 50 200
(3)某商场推出购物抽奖促销活动，规则如下：从一个装有1个红球、1个白球、4个黄球的不透明盒子中，依次有放回地随机摸取1个球.每摸中1次红球，奖励10元购物券；当消费者摸中红球的个数比黄球个数多1时，抽奖结束，否则抽奖继续.记甲在n次摸球后抽奖结束且获奖30元购物券的概率为P(n)，求当P(n)取得最大值时n的值.
附：χ2=，n=a＋b＋c＋d.
临界值表：
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
解：(1)零假设H0：性别与商场购物意愿无关，χ2=≈6.061＞3.841，根据小概率值α=0.050的独立性检验，推断H0不成立，即性别与商场购物意愿有关.
(2)调查中喜欢商场购物的市民共有150人，男性人数∶女性人数=2∶3，∴分层随机抽样抽取的5人中2人是男性，3人是女性，则X的可能取值为0，1，2，P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，
∴X的分布列为
X 0 1 2
P
∴2人中男性人数的数学期望E(X)=0×1×2×.
(3)∵n次摸球后获奖励30元，说明甲在抽奖的过程中共抽中3次红球，由于红球的个数比黄球个数多1时结束抽奖，说明第n次摸到红球，前n－1次中有抽到2次黄球、2次红球，且是“黄红黄红”或“黄黄红红”的顺序，其余均抽到白球，共有种，则“n次摸球后抽奖结束且甲获奖30元购物券”的概率P(n)=2·=2·(n≥5)，于是P(n＋1)－P(n)=2·－2，∵n≥5，∴上式小于0，故P(n＋1)＜P(n)，即P(n)单调递减，则当n=5时，P(n)取得最大值.
18. (17分)近期，某公交公司推出扫码支付优惠乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如下表所示：
根据以上数据，绘制了如图所示的散点图.
x 1 2 3 4 5 6 7
y 6 11 21 34 66 101 196
参考数据：
其中vi=lg yi，vi.
参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，...，(un，vn)，其回归直线v=α＋βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为 =－ .
(1)根据散点图判断，在推广期内，y=a＋bx与y=c·dx (c，d均为大于零的常数)哪一个适合作为扫码支付的人次y关于活动推出的天数x的回归方程模型(给出判断即可，不必说明理由)？
(2)根据(1)的判断结果，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次.
xiyi xivi 100.54
62.14 1.54 2 535 50.12 3.47
解：(1)由于表中点的走势不在任何一条直线附近，因此应该是非线性的，故可判断y=c·dx适合作为扫码支付的人数y关于活动推出的天数x的回归方程模型.
(2)∵y=c·dx，两边同时取常用对数得lg y=lg c＋xlg d；设lg y=v，∴v=lg c＋xlg d，∵=4，=1.54，=140，∴=0.25，把样本中心点(4，1.54)代入v=lg c＋xlg d，得=0.54＋0.25x，∴lg =0.54＋0.25x，∴y关于x的回归方程式：=100.54＋0.25x=100.54×(100.25)x=3.47×100.25x.把x=8代入上式得，=3.47×102=347，故活动推出第8天使用扫码支付的人次为3 470.
19. (17分)(2025·安徽亳州模拟)杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代的数学成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.
如我们最熟悉的完全平方公式(a＋b)2=a2＋2ab＋b2，其中展开式的各项系数分别为1，2，1.
补充一：.
补充二：n!=n×(n－1)×(n－2)×…×1.
(1)求图2中第10行的各数之和.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14？若存在，试求出这三个数，若不存在，请说明理由.
(3)杨辉三角的第3行开始，除了1以外，其他每个数是它“肩上”的两个数之和.证明：当m，n∈N*，n≥m，(m＋1)(m＋2)(m＋3)…＋(n＋1)=(m＋1).
解：(1)由题意可得=10，=45，同理可得=120，=210，=252，=210，=120，=45，=10，∴图2中第10行的各数之和为11=1＋10＋45＋120＋210＋252＋210＋120＋45＋10＋1=1 024.
(2)假设在杨辉三角数阵中，在第n(n≥2)行存在三个相邻的数(n≥2，n∈N*，0≤r≤n－2，r∈N)满足条件，即=3∶8∶14，整理可得解得
∴存在相邻的三个数=45，=120，=210，
(3)∵当k≥m，且k，m∈N*时，(k＋1)=(m＋1)=(m＋1)，
故(m＋1)(m＋2)(m＋3)…＋(n＋1)=(m＋1)(…)=(m＋1)(…)=(m＋1)(…)=(m＋1)()=(m＋1)，
即当m，n∈N*，n≥m，(m＋1)(m＋2)(m＋3)…＋(n＋1)=(m＋1).

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