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(共38张PPT)
综合核心素养测评卷(三)
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. 要将4辆汽车并排停放在5个车位上，其中甲、乙两辆汽车车体较宽需要放在一起并占用3个车位，其他两辆汽车各占1个车位，则不同的停车方法种数为(　 　)
A. 6 B. 10
C. 12 D. 20
【解析】=2×1×3×2×1=12.
C
2. 根据吸烟与患肺癌这两个分类变量的样本数据，计算得出χ2≈6.816，经查阅χ2独立性检验的小概率值和相应的临界值x0.01=6.635，则下列说法中，正确的是(　 　)
A. 在100个吸烟的人中就会有99人患肺癌
B. 若某人吸烟，那么他有99%的可能患肺癌
C. 若某人患肺癌，那么他有99%的可能为吸烟者
D. 吸烟与患肺癌有关联，此推断犯错误的概率不大于1%
【解析】由χ2≈6.816＞6.635=x0.01，得吸烟与患肺癌有关联，此推断犯错误的概率不大于1%，D正确；卡方检验仅说明吸烟与患肺癌两个变量间的关联性，无法量化个体情况，这两个变量间也无因果关系，A，B，C错误.
D
3. 在一次数学考试中，某校学生的成绩X~N(80，σ2)，且P(X≤90)=0.6.若从该校的考生中随机抽取一名学生，则其成绩在区间(70，80]内的概率为(　 　)
A. 0.1 B. 0.2
C. 0.3 D. 0.4
【解析】∵X~N(80，σ2)，且P(X≤90)=0.6，∴P(70＜X≤80)=P(80≤X＜90)=P(X≤90)－P(X＜80)=0.6－0.5=0.1.
A
4. 1 800的正约数的个数为(　 　)
A. 18 B. 28
C. 36 D. 46
【解析】首先将1 800进行质因数分解可得1 800=23×32×52，对于23，正约数有20，21，22，23，共4个正约数；对于32，正约数有30，31，32，共3个正约数；对于52，正约数有50，51，52，共3个正约数，根据分步乘法计数原理可知1 800的正约数的个数为4×3×3=36.
C
5. 若随机变量X的分布列如表所示，且E(X)=2，则ab的值为(　 　)
A. 0.6 B. 1.2
C. 1.5 D. 1.8
【解析】由随机变量的分布列的性质可知，0.2＋0.3＋b＋0.2=1 b=0.3，由数学期望的定义可得0×0.2＋1×0.3＋3×0.3＋a×0.2=2 a=4，∴ab=4×0.3=1.2.
X 0 1 3 a
P 0.2 0.3 b 0.2
B
6. 的展开式中xy的系数为(　 　)
A. －40 B. －20
C. 20 D. 40
【解析】 的通项公式为Tr＋1=··(－2y)r，当r=1时，T1＋1=·(－2)··y，中，含x项的系数为·x3·=4x，∴展开式中xy的系数为·(－2)·4=－40.
A
7. 某公司有甲、乙两个部门，每个部门各有7名员工，其中甲部门有5名经验丰富的员工和2名新员工，乙部门有4名经验丰富的员工和3名新员工，现从甲部门和乙部门各随机选出一名员工进行交换，交换完成后，再从甲部门随机选出一名员工，则该员工是经验丰富的员工的概率为(　 　)
A. B.
C. D.
C
【解析】从甲部门和乙部门各随机选出一名员工进行交换，有以下四种情况：第一种，甲部门经验丰富的员工与乙部门经验丰富的员工交换，则概率为；第二种，甲部门新员工与乙部门新员工交换，则概率为；第三种，甲部门经验丰富的员工与乙部门新员工交换，则概率为；第四种，甲部门新员工与乙部门经验丰富的员工交换，则概率为.第一种与第二种甲部门有5名经验丰富的员工和2名新员工，则随机选出一名员工，是经验丰富的员工的概率为；第三种甲部门有4名经验丰富的员工和3名新员工，则随机选出一名员工，是经验丰富的员工的概率为；第四种甲部门有6名经验丰富的员工和1名新员工，则随机选出一名员工，是经验丰富的员工的概率为.故甲部门随机选出一名员工，则该员工是经验丰富的员工的概率为.
8. 一个不透明的袋子中装有除颜色外，大小、质地完全相同的5个黑球、n个白球(n∈N*)，已知一次从中任意取出3个球，取出的球是2个黑球、1个白球的概率为.现一次从中任取4个球，若取出一个黑球得1分，取出一个白球得2分，设随机变量X为取出4个球的总得分，则P(|X－7|≤1)等于(　 　)
A. B.
C. D.
　B
【解析】由题意得球的总数为5＋n，取3个球的总数为，取2黑1白的组合数为，∵一次从中任意取出3个球，取出的球是2个黑球、1个白球的概率为，∴，∴280n=15×，化简得(n＋5)(n＋4)(n＋3)=112n，即(n－3)(n2＋15n－20)=0，得n=3，或n2＋15n－20=0，由n2＋15n－20=0，得n= N*，∴n=3，设从袋子中取出k个黑球，则白球为4－k个，∴X=k＋2(4－k)=8－k，由|X－7|≤1，得6≤X≤8，则6≤8－k≤8，得0≤k≤2，即k的取值为0，1，2，当k=0时，4－k=4不合题意，当k=1时，即取出1个黑球3个白球，则有=5(种)方法，当k=2时，即取出2个黑球2个白球，则有=30(种)方法，∴P(|X－7|≤1)=.
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. 关于离散型随机变量X，下列说法中正确的有(　 　)
A. X的期望E(X)一定等于其可能取值之一
B. E(X)是X可能取值关于取值概率的加权平均数
C. X的方差D(X)一定是个非负常数
D. D(X)越小，X取值越集中在E(X)附近
BCD
【解析】对于A，设离散型随机变量X的取值为1和3，相应的概率均为，则E(X)=1×3×=2，而2并非X的可能取值，A错误；对于B，∵E(X)的定义是X所有可能取值与其对应概率的加权和，即加权平均数，B正确；对于C，∵方差D(X)是各取值与期望差的平方的加权平均数，且平方项非负，∴D(X)≥0，C正确；对于D，方差可以衡量数据的波动程度，D(X)越小，表示X取值越集中在E(X)附近，D正确.
10. 若A，B是一次随机试验中的两个事件，P(A)=，P()=，2P(A＋B)=5P(AB)，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. A与B相互独立 B. P(B)=
C. P(B|A)=　 D. P(B|(A＋B))=
【解析】∵P()=，∴P(B)=1－P()=1－，∵P(A＋B)=P(A)＋P(B)－P(AB)，P(A)=，2P(A＋B)=5P(AB)，∴P(AB)=－P(AB)，P(AB)=，得P(AB)=，则P(A＋B)=P(AB)=，对于A，∵P(A)P(B)=≠P(AB)=，∴A与B不相互独立，A错误；对于B，∵P(B)＋P(AB)=P(B)，∴P(B)=P(B)－P(AB)=，B正确；对于C，∵P(B|A)=，C正确，对于D，P(B|(A＋B))=≠，D错误.
BC
11. “石头、剪刀、布”游戏起源于中国汉朝，称为“手势令”.游戏规则如下：参加游戏的人随机出一种手势，且石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头；两人游戏时，出相同的手势为平局；多人游戏时，都出相同的手势或三种手势都出现为平局.现有n个人共举行了m局游戏(n， m∈N*)，且各局游戏互不影响，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 若n=3，m=1，则只有一人获胜的概率为
B. 若n=5，m=1，则平局的概率为
C. 若n=2，且规定其中一人连续两局获胜，比赛结束，则恰经过5局比赛结束的概率为
D. 若n=3，且规定每局比赛输者淘汰，则恰经过5局比赛决出最终胜利者的概率为
ABD
【解析】对于A，若n=3，m=1，则每个人出的手势都有3种可能，∴3个人出手势的总情况数为33=27，只有一人获胜的情况有3种情况，∵三个人都有可能获胜，∴只有一人获胜的概率为，A正确；对于B，若n=5，m=1，5个人出手势的总情况数为35=243，计算平局的情况，所有人出相同手势的情况有3种(都出石头、都出剪刀、都出布).三种手势都出现的情况，用间接法，先计算不满足三种手势都出现的情况，即只有一种手势的3种情况和只有两种手势的情况.计算只有两种手势的情况，从3种手势中选2种，有=3(种)选法，设选的两种手势为A和B，把5个人分配到这两种手势中，排除5个人都出A和5个人都出B的情况，有25－2=30(种)情况，∴只有两种手势的情况有3×30=90(种).那么三种手势都出现的情况有35－3－90=150(种).综上，平局的情况共有3＋150=153(种)，∴平局的概率，B正确；对于C，当n=2时，两人每次出手势都有3种情况，∴每局的情况数为3×3=9，恰经过5局比赛结束，说明前3局没有一人连续两局获胜，第4局
和第5局是同一人获胜，设两人为甲和乙，若恰经过5局比赛甲获胜，则第一、三局甲输或平局，第二、四、五局甲胜，其概率为；若恰经过5局比赛乙获胜，则第一、三局乙输或平局，第二、四、五局乙胜，其概率为，∴恰经过5局比赛结束的概率×2=，C错误；对于D，若n=3，每局比赛打平，则3个人出的手势一样，有3种情况，或者各不相同，有=6(种)情况，∴三人打平的概率为；若3人中两个人出的手势一样，与另外一个不一样，则一次淘汰两人的概率为，不妨设三人分别为甲、乙、丙，最后经过5局比赛甲获胜，有以下几种情况，①前4局，三人都是平局，第5局甲胜乙和丙，其概率为；②前3局，三人都是平局，第4局甲和丙胜乙输，第5局甲胜丙，其概
率为；③前3局，三人都是平局，第4局甲和乙胜丙输，第5局甲胜乙，其概率为；④第一、二局三人打平，第三局甲和乙胜丙输，第四局甲和乙打平，第五局甲胜乙，其概率为；⑤第一、二局三人打平，第三局甲和丙胜乙输，第四局甲和丙打平，第五局甲胜丙，其概率为；⑥第一局三人打平，第二局甲和丙胜乙输，第四、五局甲和丙打平，第五局甲胜丙，其概率为；⑦第一局三人打平，第二局甲和乙胜丙输，第四、五局甲和乙打平，第五局甲胜乙，其概率为；⑧第一局甲和乙胜丙输，第二、三、四局甲和乙都是平局，第5局甲胜
乙，其概率为；⑨第一局甲和丙胜乙输，第二、三、四局甲和丙都是平局，第5局甲胜丙，其概率为.综上，甲获胜的概率为×9=，∴恰经过5局比赛决出最终胜利者的概率为，D正确.
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 现有8名同学分别去A，B两个小区做志愿服务工作，每人选择其中的一个小区，且每个小区至少去3名同学，则不同的安排方法种数为______(用数字作答).
【解析】根据题意可知将8名同学分成两组，其中一组有3人，另一组有5人，然后分配到A，B两个小区，则有=112(种)不同的安排方法；或每组4人，然后分配到A，B两个小区，则有=70(种)不同的安排方法，由分类加法原理可知共有112＋70=182(种)不同的安排方法.
182
13. 若(1－x)6=a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a6(x＋1)6，则a1＋a3＋a5的值为__________.
【解析】由(1－x)6=[2－(1＋x)]6，则展开式的通项Tr＋1=26－r·[－(1＋x)]r=(－1)r26－r(1＋x)r，可得a1=(－1)×25·=－192，a3=(－1)×23·=－160，a5=(－1)×2×=－12，∴a1＋a3＋a5=－364.
－364
14. 定义：若一个两位数的十位数字和个位数字分别为a，b，且满足|a－b|=k· min(a，b)，k∈N*， min(a， b)指a，b中较小的一个，则称这个两位数为“倍差数”.若从所有的两位数中随机取一个数，则其是“倍差数”的概率为_______.
【解析】当a≥b时，由|a－b|=k·min(a，b)，得a－b=kb，即a=b(k＋1)，需满足a∈[1，9]，b∈[0，9](a，b∈N)，∴b(k＋1)≤9，当b=0时，a=0，不符合题意；当b=1时，a=k＋1，则k取1到8的正整数，∴a取2到9的正整数，∴满足的数有21，31，41，51，61，71，81，91，共8个；当b=2时，a=2(k＋1)，则k取1到3的正整数，∴a取4，6，8，∴满足条件的数有42，62，82，共3个；当b=3时，a=3(k＋1)，则k只能取1，2，∴a取6，9，∴满足条件的数有63，93，共2个；当b=4时，a=4(k＋1)，则k只能取1，∴a取8，∴满足条件的数为84，只有1个；当b≥5时，a≥10无解，∴共有8＋3＋2＋1=14(个).当a＜b时，由|a－b|=k·min(a，b)，得b－a=ka，即b=a(k＋1)，需满足a∈[1，9]，b∈[0，9](a，b∈N)，∴a(k＋1)≤9.当a=1时，b=k＋1，则k取1到8的正整数，∴b取2到9的正整数，∴满足条
　
件的数有12，13，14，15，16，17，18，19，共8个数；当a=2时，b=2(k＋1)，则k取1，2，3，∴b取4，6，8，∴满足条件的数有24，26，28，共3个；当a=3时，b=3(k＋1)，则k取1，2，∴b取6，9，∴满足条件的数有36，39，共2个；当a=4时，b=4(k＋1)，则k只能取1，∴b取8，∴满足条件的数为48，只有1个；当a≥5时，b=a(k＋1)≥10，不符合题意，∴共有8＋3＋2＋1=14(个)，综上，符合条件的数共有14＋14=28(个)，∵所有的两位数有90个，∴所求概率为.
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)为保障公众健康、提升监管效能，某市监管部门开展了食品安全专项治理行动.监管部门随机抽取了某品牌饼干的100件产品，检测其防腐剂含量x(单位：mg/kg)，并统计绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)若从样本中防腐剂含量不低于100 mg/kg的产品中按照等比例随机抽样的方法抽取7件产品，再从这7件产品中随机抽取4件产品进行检测，求这4件产品中防腐剂含量在区间[104，108]内的件数Y的期望和方差.
解：(1)由题知，0.03×4×2＋4a＋0.065×4＋0.085×4=1，解得a=0.04.
(2)由题知，样本中防腐剂含量在区间[100，104]与[104，108]内的比例为4∶3，∴按照等比例抽样的方法抽取的7件产品中，在区间[100，104]内的应抽取4件，在区间[104，108]内的应抽取3件，∴随机变量Y的所有可能取值为0，1，2，3，则P(Y=0)=，P(Y=1)=，P(Y=2)=，P(Y=3)=，∴E(Y)=0×1×2×3×，D(Y)=.
16. (15分)某种产品销售价格x(单位：万元/吨)和销售量y(单位：吨)的变化情况如表所示：
(1)请计算y与x的相关系数r，并说明y与x的关系是否可用线性回归模型拟合(一般地，若|r|≥0.75，则可认为线性相关程度较高，可用线性回归模型拟合)；
(2)若该产品每吨成本为4万元，请利用y与x的回归关系预测：销售价格定为多少时，该产品的销售利润最大(结果精确到0.01)？
参考公式：对于一组数据(xi，yi)(i=1，2，3，…n)，
x 5 5.5 6 6.5 7
y 13 11 10 9 7
其相关系数r=；其回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计分别为：.
参考数据：≈2.24，≈7.07.
解：(1)由题意，=6，=10，
=(5－6)2＋(5.5－6)2＋(6－6)2＋(6.5－6)2＋(7－6)2=2.5，
=(13－10)2＋(11－10)2＋(10－10)2＋(9－10)2＋(7－10)2=20，
(xi－)(yi－)=3×(－1)＋1×(－0.5)＋0×0＋(－1)×0.5＋(－3)×1=－7，
∴r=≈－0.99，∴|r|＞0.75，故y与x的线性相关程度较高，可以用线性回归模型拟合y与x的关系.
(2)=－2.8，=10－(－2.8)×6=26.8，∴y关于x的经验回归方程为=－2.8x＋26.8.
由题意，销售利润为f(x)=(x－4)=(－2.8x＋26.8)·(x－4)=－2.8x2＋38x－107.2，当x=≈6.79时，f(x)取得最大值，∴预测销售价格为6.79万元/吨时，该产品的销售利润最大.
17. (15分)某快递配送中心处理包裹的关键流程为第一步的分拣任务和第二步的装车任务，由于设备效率波动，两项任务的独自耗时分别为随机变量X和Y(单位：小时)，假设两项任务互不影响，且P(X=2)=，P(X=4)=，P(Y=1)=，P(Y=3)=.
(1)在分拣时间大于装车时间(即X＞Y)的条件下，求两项任务完成时间X＋Y=5的概率；
(2)若按照流程，允许分拣和装车任务并行处理，但需要额外的等待时间，此时完成时间为max(X，Y)＋0.1(X＋Y)，求并行处理两项任务的完成时间η的期望(max(a，b)指a，b中较大的一个).
解：(1)由题知，X＞Y的所有组合有P(X=2，Y=1)=，P(X=4，Y=1)=，P(X=4，Y=3)=，∴P(X＞Y)=，∴P(X＋Y=5|X＞Y)=.
(2)并行处理任务，则任务的完成时间η=max(X，Y)＋0.1(X＋Y)的可能情况有：
max(X=2，Y=1)=2，此时η=2＋0.1×3=2.3，P(η=2.3)=；
max(X=2，Y=3)=3，此时η=3＋0.1×5=3.5，P(η=3.5)=；
max(X=4，Y=1)=4，此时η=4＋0.1×5=4.5，P(η=4.5)=；
max(X=4，Y=3)=4，此时η=4＋0.1×7=4.7，P(η=4.7)=；
∴并行处理任务的完成时间的分布列为
∴E(η)=2.3×3.5×4.5×4.7×.
η 2.3 3.5 4.5 4.7
P
18. (17分)近期，我国国产人工智能大模型深度求索(DeepSeek)在人工智能领域取得了重大技术突破，并且通过开源策略和高性价比的模式，为人工智能行业的发展提供了新的可能性.为了评估DeepSeek的使用频率与用户满意度之间是否存在关联，研究团队在某大学随机抽取了200名用户进行调查，收集整理得到了如表所示的数据：
(1)依据小概率值α=0.005的χ2独立性检验，能否认为DeepSeek的使用频率与用户满意度之间有关联.
(2)若已知样本中学生人数为120，其中高满意度用户数为80，教师人数为80，其中高满意度用户数为40.以样本频率估计总体的概率.
高满意度 低满意度
频繁使用DeepSeek的用户 70 30
不频繁使用DeepSeek的用户 50 50
(i)若从全校使用DeepSeek的用户中每次抽取1名用户，直到抽出2名高满意度用户即停止抽取.求恰好第4次抽取后停止抽取的概率；
(ii)若从全校使用DeepSeek的学生用户和教师用户中各随机抽取2名，设这4人中学生和教师的高满意度用户数分别为X和Y，令ξ=|X－Y|，求ξ的分布列.
参考公式：χ2=，其中n=a＋b＋c＋d，x0.005=7.879.
解：(1)零假设为H0：DeepSeek的使用频率与用户满意度之间无关联.由表得，χ2=≈8.333＞7.879，根据小概率值α=0.005的独立性检验，推断H0不成立，即认为DeepSeek的使用频率与用户满意度之间有关联.
(2)(i)由题知，样本中DeepSeek高满意度用户的频率为，设事件A= “恰好第4次抽取后停止抽取”，
需在前3次抽取中恰有1次抽取的是高满意度用户，第4次恰好抽取的是高满意度用户，则P(A)=·.即恰好第4次抽取后停止的概率为.
(ii)由题知，样本中学生的高满意度用户频率为，教师的高满意度用户频率为.又P(X=0)=，P(X=1)=··，P(X=2)=，P(Y=0)=，P(Y=1)=··，P(Y=2)=，
ξ的所有可能取值为0，1，2，则P(ξ=0)=P(X=0，Y=0)＋P(X=1，Y=1)＋P(X=2，Y=2)=，
P(ξ=1)=P(X=0，Y=1)＋P(X=1，Y=0)＋P(X=1，Y=2)＋P(X=2，Y=1)=，
P(ξ=2)=P(X=0，Y=2)＋P(X=2，Y=0)=.
∴随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
19. (17分)分布式计算是一种计算模式，是通过将计算任务分散到多个计算节点上进行处理，这些节点通过网络协同工作，实现大规模计算任务的高效执行.某公司使用分布式计算系统处理任务，每个任务由一个节点或多个节点独立完成，各个节点处理每个任务成功与否互不影响.
(1)某任务由3个节点各自独立完成，每个节点处理该任务成功的概率均为0.5，求恰好有2个节点处理该任务成功的概率；
(2)某任务由60个节点各自独立完成，且每个节点处理该任务成功的概率均为0.6，若处理该任务成功的节点数为k(k∈N)的概率最大，求k的值.
(3)公司现有n个任务，为提高效益，考虑两种优化方案：
方案A：每个任务由两个节点同时处理，且每个节点处理各个任务成功的概率均为0.6，每个节点处理各个任务的成本均为10元，每个任务至少有一个节点处理成功则可获得收益35元，否则收益为0元；
方案B：每个任务由一个节点处理，且每个节点处理各个任务成功的概率均提升至0.7，每个节点处理各个任务的成本均由原来的10元提升到16元，每个任务处理成功则可获得收益35元，否则收益为0元.
请根据这两个方案利润ξ的期望值，判断哪个方案更优.
解：(1)设3个节点中处理任务成功的节点个数为X，则X~B(3，0.5)，∴P(X=2)=0.52(1－0.5)=.即恰好有2个节点成功处理该任务的概率为.
(2)由(1)知，60个节点中处理任务成功的节点个数X~B(60，0.6)，若每次处理任务成功的节点数为k时概率最大，则解得≤k≤，∵k∈N*，∴k=36.
(3)若采用方案A，则每个任务至少有一个节点处理成功的概率p1=1－(1－0.6)2=0.84，∴处理任务成功数Y~B(n，0.84)，则处理任务成功的节点数的期望E(Y)=0.84n，∴利润的期望E(ξ)=35E(Y)－20n=35×0.84n－20n=9.4n.若采用方案B，则处理任务成功数X~B(n，0.7)，则处理任务成功的节点数的期望E(X)=0.7n，∴利润的期望E(ξ)=35E(X)－16n=8.5n.∵9.4n＞8.5n，∴方案A更优.综合核心素养测评卷(三)
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. 要将4辆汽车并排停放在5个车位上，其中甲、乙两辆汽车车体较宽需要放在一起并占用3个车位，其他两辆汽车各占1个车位，则不同的停车方法种数为(　 　)
A. 6 B. 10
C. 12 D. 20
2. 根据吸烟与患肺癌这两个分类变量的样本数据，计算得出χ2≈6.816，经查阅χ2独立性检验的小概率值和相应的临界值x0.01=6.635，则下列说法中，正确的是(　 　)
A. 在100个吸烟的人中就会有99人患肺癌
B. 若某人吸烟，那么他有99%的可能患肺癌
C. 若某人患肺癌，那么他有99%的可能为吸烟者
D. 吸烟与患肺癌有关联，此推断犯错误的概率不大于1%
3. 在一次数学考试中，某校学生的成绩X~N(80，σ2)，且P(X≤90)=0.6.若从该校的考生中随机抽取一名学生，则其成绩在区间(70，80]内的概率为(　 　)
A. 0.1 B. 0.2
C. 0.3 D. 0.4
4. 1 800的正约数的个数为(　 　)
A. 18 B. 28
C. 36 D. 46
5. 若随机变量X的分布列如表所示，且E(X)=2，则ab的值为(　 　)
X 0 1 3 a
P 0.2 0.3 b 0.2
A. 0.6 B. 1.2 C. 1.5 D. 1.8
6. 的展开式中xy的系数为(　 　)
A. －40 B. －20
C. 20 D. 40
7. 某公司有甲、乙两个部门，每个部门各有7名员工，其中甲部门有5名经验丰富的员工和2名新员工，乙部门有4名经验丰富的员工和3名新员工，现从甲部门和乙部门各随机选出一名员工进行交换，交换完成后，再从甲部门随机选出一名员工，则该员工是经验丰富的员工的概率为(　 　)
A. B.
C. D.
8. 一个不透明的袋子中装有除颜色外，大小、质地完全相同的5个黑球、n个白球(n∈N*)，已知一次从中任意取出3个球，取出的球是2个黑球、1个白球的概率为.现一次从中任取4个球，若取出一个黑球得1分，取出一个白球得2分，设随机变量X为取出4个球的总得分，则P(|X－7|≤1)等于(　 　)
A. B. C.
D.
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. 关于离散型随机变量X，下列说法中正确的有(　 　)
A. X的期望E(X)一定等于其可能取值之一
B. E(X)是X可能取值关于取值概率的加权平均数
C. X的方差D(X)一定是个非负常数
D. D(X)越小，X取值越集中在E(X)附近
10. 若A，B是一次随机试验中的两个事件，P(A)=，P()=，2P(A＋B)=5P(AB)，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. A与B相互独立 B. P(B)=
C. P(B|A)=　 D. P(B|(A＋B))=
11. “石头、剪刀、布”游戏起源于中国汉朝，称为“手势令”.游戏规则如下：参加游戏的人随机出一种手势，且石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头；两人游戏时，出相同的手势为平局；多人游戏时，都出相同的手势或三种手势都出现为平局.现有n个人共举行了m局游戏(n， m∈N*)，且各局游戏互不影响，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 若n=3，m=1，则只有一人获胜的概率为
B. 若n=5，m=1，则平局的概率为
C. 若n=2，且规定其中一人连续两局获胜，比赛结束，则恰经过5局比赛结束的概率为
D. 若n=3，且规定每局比赛输者淘汰，则恰经过5局比赛决出最终胜利者的概率为
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 现有8名同学分别去A，B两个小区做志愿服务工作，每人选择其中的一个小区，且每个小区至少去3名同学，则不同的安排方法种数为　 　(用数字作答).
13. 若(1－x)6=a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a6(x＋1)6，则a1＋a3＋a5的值为　 　.
14. 定义：若一个两位数的十位数字和个位数字分别为a，b，且满足|a－b|=k· min(a，b)，k∈N*， min(a， b)指a，b中较小的一个，则称这个两位数为“倍差数”.若从所有的两位数中随机取一个数，则其是“倍差数”的概率为 　.
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)为保障公众健康、提升监管效能，某市监管部门开展了食品安全专项治理行动.监管部门随机抽取了某品牌饼干的100件产品，检测其防腐剂含量x(单位：mg/kg)，并统计绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)若从样本中防腐剂含量不低于100 mg/kg的产品中按照等比例随机抽样的方法抽取7件产品，再从这7件产品中随机抽取4件产品进行检测，求这4件产品中防腐剂含量在区间[104，108]内的件数Y的期望和方差.
16. (15分)某种产品销售价格x(单位：万元/吨)和销售量y(单位：吨)的变化情况如表所示：
x 5 5.5 6 6.5 7
y 13 11 10 9 7
(1)请计算y与x的相关系数r，并说明y与x的关系是否可用线性回归模型拟合(一般地，若|r|≥0.75，则可认为线性相关程度较高，可用线性回归模型拟合)；
(2)若该产品每吨成本为4万元，请利用y与x的回归关系预测：销售价格定为多少时，该产品的销售利润最大(结果精确到0.01)？
参考公式：对于一组数据(xi，yi)(i=1，2，3，…n)，
其相关系数r=；其回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计分别为：.
参考数据：≈2.24，≈7.07.
17. (15分)某快递配送中心处理包裹的关键流程为第一步的分拣任务和第二步的装车任务，由于设备效率波动，两项任务的独自耗时分别为随机变量X和Y(单位：小时)，假设两项任务互不影响，且P(X=2)=，P(X=4)=，P(Y=1)=，P(Y=3)=.
(1)在分拣时间大于装车时间(即X＞Y)的条件下，求两项任务完成时间X＋Y=5的概率；
(2)若按照流程，允许分拣和装车任务并行处理，但需要额外的等待时间，此时完成时间为max(X，Y)＋0.1(X＋Y)，求并行处理两项任务的完成时间η的期望(max(a，b)指a，b中较大的一个).
18. (17分)近期，我国国产人工智能大模型深度求索(DeepSeek)在人工智能领域取得了重大技术突破，并且通过开源策略和高性价比的模式，为人工智能行业的发展提供了新的可能性.为了评估DeepSeek的使用频率与用户满意度之间是否存在关联，研究团队在某大学随机抽取了200名用户进行调查，收集整理得到了如表所示的数据：
高满意度 低满意度
频繁使用DeepSeek的用户 70 30
不频繁使用DeepSeek的用户 50 50
(1)依据小概率值α=0.005的χ2独立性检验，能否认为DeepSeek的使用频率与用户满意度之间有关联.
(2)若已知样本中学生人数为120，其中高满意度用户数为80，教师人数为80，其中高满意度用户数为40.以样本频率估计总体的概率.
(i)若从全校使用DeepSeek的用户中每次抽取1名用户，直到抽出2名高满意度用户即停止抽取.求恰好第4次抽取后停止抽取的概率；
(ii)若从全校使用DeepSeek的学生用户和教师用户中各随机抽取2名，设这4人中学生和教师的高满意度用户数分别为X和Y，令ξ=|X－Y|，求ξ的分布列.
参考公式：χ2=，其中n=a＋b＋c＋d，x0.005=7.879.
19. (17分)分布式计算是一种计算模式，是通过将计算任务分散到多个计算节点上进行处理，这些节点通过网络协同工作，实现大规模计算任务的高效执行.某公司使用分布式计算系统处理任务，每个任务由一个节点或多个节点独立完成，各个节点处理每个任务成功与否互不影响.
(1)某任务由3个节点各自独立完成，每个节点处理该任务成功的概率均为0.5，求恰好有2个节点处理该任务成功的概率；
(2)某任务由60个节点各自独立完成，且每个节点处理该任务成功的概率均为0.6，若处理该任务成功的节点数为k(k∈N)的概率最大，求k的值.
(3)公司现有n个任务，为提高效益，考虑两种优化方案：
方案A：每个任务由两个节点同时处理，且每个节点处理各个任务成功的概率均为0.6，每个节点处理各个任务的成本均为10元，每个任务至少有一个节点处理成功则可获得收益35元，否则收益为0元；
方案B：每个任务由一个节点处理，且每个节点处理各个任务成功的概率均提升至0.7，每个节点处理各个任务的成本均由原来的10元提升到16元，每个任务处理成功则可获得收益35元，否则收益为0元.
请根据这两个方案利润ξ的期望值，判断哪个方案更优.综合核心素养测评卷(三)
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. 要将4辆汽车并排停放在5个车位上，其中甲、乙两辆汽车车体较宽需要放在一起并占用3个车位，其他两辆汽车各占1个车位，则不同的停车方法种数为(　C　)
A. 6 B. 10
C. 12 D. 20
【解析】=2×1×3×2×1=12.
2. 根据吸烟与患肺癌这两个分类变量的样本数据，计算得出χ2≈6.816，经查阅χ2独立性检验的小概率值和相应的临界值x0.01=6.635，则下列说法中，正确的是(　D　)
A. 在100个吸烟的人中就会有99人患肺癌
B. 若某人吸烟，那么他有99%的可能患肺癌
C. 若某人患肺癌，那么他有99%的可能为吸烟者
D. 吸烟与患肺癌有关联，此推断犯错误的概率不大于1%
【解析】由χ2≈6.816＞6.635=x0.01，得吸烟与患肺癌有关联，此推断犯错误的概率不大于1%，D正确；卡方检验仅说明吸烟与患肺癌两个变量间的关联性，无法量化个体情况，这两个变量间也无因果关系，A，B，C错误.
3. 在一次数学考试中，某校学生的成绩X~N(80，σ2)，且P(X≤90)=0.6.若从该校的考生中随机抽取一名学生，则其成绩在区间(70，80]内的概率为(　A　)
A. 0.1 B. 0.2
C. 0.3 D. 0.4
【解析】∵X~N(80，σ2)，且P(X≤90)=0.6，∴P(70＜X≤80)=P(80≤X＜90)=P(X≤90)－P(X＜80)=0.6－0.5=0.1.
4. 1 800的正约数的个数为(　C　)
A. 18 B. 28
C. 36 D. 46
【解析】首先将1 800进行质因数分解可得1 800=23×32×52，对于23，正约数有20，21，22，23，共4个正约数；对于32，正约数有30，31，32，共3个正约数；对于52，正约数有50，51，52，共3个正约数，根据分步乘法计数原理可知1 800的正约数的个数为4×3×3=36.
5. 若随机变量X的分布列如表所示，且E(X)=2，则ab的值为(　B　)
X 0 1 3 a
P 0.2 0.3 b 0.2
A. 0.6 B. 1.2 C. 1.5 D. 1.8
【解析】由随机变量的分布列的性质可知，0.2＋0.3＋b＋0.2=1 b=0.3，由数学期望的定义可得0×0.2＋1×0.3＋3×0.3＋a×0.2=2 a=4，∴ab=4×0.3=1.2.
6. 的展开式中xy的系数为(　A　)
A. －40 B. －20
C. 20 D. 40
【解析】 的通项公式为Tr＋1=··(－2y)r，当r=1时，T1＋1=·(－2)··y，中，含x项的系数为·x3·=4x，
∴展开式中xy的系数为·(－2)·4=－40.
7. 某公司有甲、乙两个部门，每个部门各有7名员工，其中甲部门有5名经验丰富的员工和2名新员工，乙部门有4名经验丰富的员工和3名新员工，现从甲部门和乙部门各随机选出一名员工进行交换，交换完成后，再从甲部门随机选出一名员工，则该员工是经验丰富的员工的概率为(　C　)
A. B.
C. D.
【解析】从甲部门和乙部门各随机选出一名员工进行交换，有以下四种情况：第一种，甲部门经验丰富的员工与乙部门经验丰富的员工交换，则概率为；第二种，甲部门新员工与乙部门新员工交换，则概率为；第三种，甲部门经验丰富的员工与乙部门新员工交换，则概率为；第四种，甲部门新员工与乙部门经验丰富的员工交换，则概率为.第一种与第二种甲部门有5名经验丰富的员工和2名新员工，则随机选出一名员工，是经验丰富的员工的概率为；第三种甲部门有4名经验丰富的员工和3名新员工，则随机选出一名员工，是经验丰富的员工的概率为；第四种甲部门有6名经验丰富的员工和1名新员工，则随机选出一名员工，是经验丰富的员工的概率为.故甲部门随机选出一名员工，则该员工是经验丰富的员工的概率为.
8. 一个不透明的袋子中装有除颜色外，大小、质地完全相同的5个黑球、n个白球(n∈N*)，已知一次从中任意取出3个球，取出的球是2个黑球、1个白球的概率为.现一次从中任取4个球，若取出一个黑球得1分，取出一个白球得2分，设随机变量X为取出4个球的总得分，则P(|X－7|≤1)等于(　B　)
A. B. C.
D.
【解析】由题意得球的总数为5＋n，取3个球的总数为，取2黑1白的组合数为，∵一次从中任意取出3个球，取出的球是2个黑球、1个白球的概率为，∴，∴280n=15×，化简得(n＋5)(n＋4)(n＋3)=112n，即(n－3)(n2＋15n－20)=0，得n=3，或n2＋15n－20=0，由n2＋15n－20=0，得n= N*，∴n=3，设从袋子中取出k个黑球，则白球为4－k个，∴X=k＋2(4－k)=8－k，由|X－7|≤1，得6≤X≤8，则6≤8－k≤8，得0≤k≤2，即k的取值为0，1，2，当k=0时，4－k=4不合题意，当k=1时，即取出1个黑球3个白球，则有=5(种)方法，当k=2时，即取出2个黑球2个白球，则有=30(种)方法，∴P(|X－7|≤1)=.
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. 关于离散型随机变量X，下列说法中正确的有(　BCD　)
A. X的期望E(X)一定等于其可能取值之一
B. E(X)是X可能取值关于取值概率的加权平均数
C. X的方差D(X)一定是个非负常数
D. D(X)越小，X取值越集中在E(X)附近
【解析】对于A，设离散型随机变量X的取值为1和3，相应的概率均为，则E(X)=1×3×=2，而2并非X的可能取值，A错误；对于B，∵E(X)的定义是X所有可能取值与其对应概率的加权和，即加权平均数，B正确；对于C，∵方差D(X)是各取值与期望差的平方的加权平均数，且平方项非负，∴D(X)≥0，C正确；对于D，方差可以衡量数据的波动程度，D(X)越小，表示X取值越集中在E(X)附近，D正确.
10. 若A，B是一次随机试验中的两个事件，P(A)=，P()=，2P(A＋B)=5P(AB)，则下列结论中，正确的有(　BC　)
A. A与B相互独立 B. P(B)=
C. P(B|A)=　 D. P(B|(A＋B))=
【解析】∵P()=，∴P(B)=1－P()=1－，∵P(A＋B)=P(A)＋P(B)－P(AB)，P(A)=，2P(A＋B)=5P(AB)，∴P(AB)=－P(AB)，P(AB)=，得P(AB)=，则P(A＋B)=P(AB)=，对于A，∵P(A)P(B)=≠P(AB)=，∴A与B不相互独立，A错误；对于B，∵P(B)＋P(AB)=P(B)，∴P(B)=P(B)－P(AB)=，B正确；对于C，∵P(B|A)=，C正确，对于D，P(B|(A＋B))=≠，D错误.
11. “石头、剪刀、布”游戏起源于中国汉朝，称为“手势令”.游戏规则如下：参加游戏的人随机出一种手势，且石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头；两人游戏时，出相同的手势为平局；多人游戏时，都出相同的手势或三种手势都出现为平局.现有n个人共举行了m局游戏(n， m∈N*)，且各局游戏互不影响，则下列说法中，正确的有(　ABD　)
A. 若n=3，m=1，则只有一人获胜的概率为
B. 若n=5，m=1，则平局的概率为
C. 若n=2，且规定其中一人连续两局获胜，比赛结束，则恰经过5局比赛结束的概率为
D. 若n=3，且规定每局比赛输者淘汰，则恰经过5局比赛决出最终胜利者的概率为
【解析】对于A，若n=3，m=1，则每个人出的手势都有3种可能，∴3个人出手势的总情况数为33=27，只有一人获胜的情况有3种情况，∵三个人都有可能获胜，∴只有一人获胜的概率为，A正确；对于B，若n=5，m=1，5个人出手势的总情况数为35=243，计算平局的情况，所有人出相同手势的情况有3种(都出石头、都出剪刀、都出布).三种手势都出现的情况，用间接法，先计算不满足三种手势都出现的情况，即只有一种手势的3种情况和只有两种手势的情况.计算只有两种手势的情况，从3种手势中选2种，有=3(种)选法，设选的两种手势为A和B，把5个人分配到这两种手势中，排除5个人都出A和5个人都出B的情况，有25－2=30(种)情况，∴只有两种手势的情况有3×30=90(种).那么三种手势都出现的情况有35－3－90=150(种).综上，平局的情况共有3＋150=153(种)，∴平局的概率，B正确；对于C，当n=2时，两人每次出手势都有3种情况，∴每局的情况数为3×3=9，恰经过5局比赛结束，说明前3局没有一人连续两局获胜，第4局和第5局是同一人获胜，设两人为甲和乙，若恰经过5局比赛甲获胜，则第一、三局甲输或平局，第二、四、五局甲胜，其概率为；若恰经过5局比赛乙获胜，则第一、三局乙输或平局，第二、四、五局乙胜，其概率为，∴恰经过5局比赛结束的概率×2=，C错误；对于D，若n=3，每局比赛打平，则3个人出的手势一样，有3种情况，或者各不相同，有=6(种)情况，∴三人打平的概率为；若3人中两个人出的手势一样，与另外一个不一样，则一次淘汰两人的概率为，不妨设三人分别为甲、乙、丙，最后经过5局比赛甲获胜，有以下几种情况，①前4局，三人都是平局，第5局甲胜乙和丙，其概率为；②前3局，三人都是平局，第4局甲和丙胜乙输，第5局甲胜丙，其概率为；③前3局，三人都是平局，第4局甲和乙胜丙输，第5局甲胜乙，其概率为；④第一、二局三人打平，第三局甲和乙胜丙输，第四局甲和乙打平，第五局甲胜乙，其概率为；⑤第一、二局三人打平，第三局甲和丙胜乙输，第四局甲和丙打平，第五局甲胜丙，其概率为；⑥第一局三人打平，第二局甲和丙胜乙输，第四、五局甲和丙打平，第五局甲胜丙，其概率为；⑦第一局三人打平，第二局甲和乙胜丙输，第四、五局甲和乙打平，第五局甲胜乙，其概率为；⑧第一局甲和乙胜丙输，第二、三、四局甲和乙都是平局，第5局甲胜乙，其概率为；⑨第一局甲和丙胜乙输，第二、三、四局甲和丙都是平局，第5局甲胜丙，其概率为.综上，甲获胜的概率为×9=，∴恰经过5局比赛决出最终胜利者的概率为，D正确.
[选择题答题区]
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C D A C B A C B BCD BC ABD
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 现有8名同学分别去A，B两个小区做志愿服务工作，每人选择其中的一个小区，且每个小区至少去3名同学，则不同的安排方法种数为　182　(用数字作答).
【解析】根据题意可知将8名同学分成两组，其中一组有3人，另一组有5人，然后分配到A，B两个小区，则有=112(种)不同的安排方法；或每组4人，然后分配到A，B两个小区，则有=70(种)不同的安排方法，由分类加法原理可知共有112＋70=182(种)不同的安排方法.
13. 若(1－x)6=a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a6(x＋1)6，则a1＋a3＋a5的值为　－364　.
【解析】由(1－x)6=[2－(1＋x)]6，则展开式的通项Tr＋1=26－r·[－(1＋x)]r=(－1)r26－r(1＋x)r，可得a1=(－1)×25·=－192，a3=(－1)×23·=－160，a5=(－1)×2×=－12，∴a1＋a3＋a5=－364.
14. 定义：若一个两位数的十位数字和个位数字分别为a，b，且满足|a－b|=k· min(a，b)，k∈N*， min(a， b)指a，b中较小的一个，则称这个两位数为“倍差数”.若从所有的两位数中随机取一个数，则其是“倍差数”的概率为 　.
【解析】当a≥b时，由|a－b|=k·min(a，b)，得a－b=kb，即a=b(k＋1)，需满足a∈[1，9]，b∈[0，9](a，b∈N)，∴b(k＋1)≤9，当b=0时，a=0，不符合题意；当b=1时，a=k＋1，则k取1到8的正整数，∴a取2到9的正整数，∴满足的数有21，31，41，51，61，71，81，91，共8个；当b=2时，a=2(k＋1)，则k取1到3的正整数，∴a取4，6，8，∴满足条件的数有42，62，82，共3个；当b=3时，a=3(k＋1)，则k只能取1，2，∴a取6，9，∴满足条件的数有63，93，共2个；当b=4时，a=4(k＋1)，则k只能取1，∴a取8，∴满足条件的数为84，只有1个；当b≥5时，a≥10无解，∴共有8＋3＋2＋1=14(个).当a＜b时，由|a－b|=k·min(a，b)，得b－a=ka，即b=a(k＋1)，需满足a∈[1，9]，b∈[0，9](a，b∈N)，∴a(k＋1)≤9.当a=1时，b=k＋1，则k取1到8的正整数，∴b取2到9的正整数，∴满足条件的数有12，13，14，15，16，17，18，19，共8个数；当a=2时，b=2(k＋1)，则k取1，2，3，∴b取4，6，8，∴满足条件的数有24，26，28，共3个；当a=3时，b=3(k＋1)，则k取1，2，∴b取6，9，∴满足条件的数有36，39，共2个；当a=4时，b=4(k＋1)，则k只能取1，∴b取8，∴满足条件的数为48，只有1个；当a≥5时，b=a(k＋1)≥10，不符合题意，∴共有8＋3＋2＋1=14(个)，综上，符合条件的数共有14＋14=28(个)，∵所有的两位数有90个，∴所求概率为.
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)为保障公众健康、提升监管效能，某市监管部门开展了食品安全专项治理行动.监管部门随机抽取了某品牌饼干的100件产品，检测其防腐剂含量x(单位：mg/kg)，并统计绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)若从样本中防腐剂含量不低于100 mg/kg的产品中按照等比例随机抽样的方法抽取7件产品，再从这7件产品中随机抽取4件产品进行检测，求这4件产品中防腐剂含量在区间[104，108]内的件数Y的期望和方差.
解：(1)由题知，0.03×4×2＋4a＋0.065×4＋0.085×4=1，解得a=0.04.
(2)由题知，样本中防腐剂含量在区间[100，104]与[104，108]内的比例为4∶3，∴按照等比例抽样的方法抽取的7件产品中，在区间[100，104]内的应抽取4件，在区间[104，108]内的应抽取3件，∴随机变量Y的所有可能取值为0，1，2，3，则P(Y=0)=，P(Y=1)=，P(Y=2)=，P(Y=3)=，∴E(Y)=0×1×2×3×，D(Y)=.
16. (15分)某种产品销售价格x(单位：万元/吨)和销售量y(单位：吨)的变化情况如表所示：
x 5 5.5 6 6.5 7
y 13 11 10 9 7
(1)请计算y与x的相关系数r，并说明y与x的关系是否可用线性回归模型拟合(一般地，若|r|≥0.75，则可认为线性相关程度较高，可用线性回归模型拟合)；
(2)若该产品每吨成本为4万元，请利用y与x的回归关系预测：销售价格定为多少时，该产品的销售利润最大(结果精确到0.01)？
参考公式：对于一组数据(xi，yi)(i=1，2，3，…n)，
其相关系数r=；其回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计分别为：.
参考数据：≈2.24，≈7.07.
解：(1)由题意，=6，=10，
=(5－6)2＋(5.5－6)2＋(6－6)2＋(6.5－6)2＋(7－6)2=2.5，
=(13－10)2＋(11－10)2＋(10－10)2＋(9－10)2＋(7－10)2=20，
(xi－)(yi－)=3×(－1)＋1×(－0.5)＋0×0＋(－1)×0.5＋(－3)×1=－7，
∴r=≈－0.99，∴|r|＞0.75，故y与x的线性相关程度较高，可以用线性回归模型拟合y与x的关系.
(2)=－2.8，=10－(－2.8)×6=26.8，∴y关于x的经验回归方程为=－2.8x＋26.8.
由题意，销售利润为f(x)=(x－4)=(－2.8x＋26.8)·(x－4)=－2.8x2＋38x－107.2，当x=≈6.79时，f(x)取得最大值，∴预测销售价格为6.79万元/吨时，该产品的销售利润最大.
17. (15分)某快递配送中心处理包裹的关键流程为第一步的分拣任务和第二步的装车任务，由于设备效率波动，两项任务的独自耗时分别为随机变量X和Y(单位：小时)，假设两项任务互不影响，且P(X=2)=，P(X=4)=，P(Y=1)=，P(Y=3)=.
(1)在分拣时间大于装车时间(即X＞Y)的条件下，求两项任务完成时间X＋Y=5的概率；
(2)若按照流程，允许分拣和装车任务并行处理，但需要额外的等待时间，此时完成时间为max(X，Y)＋0.1(X＋Y)，求并行处理两项任务的完成时间η的期望(max(a，b)指a，b中较大的一个).
解：(1)由题知，X＞Y的所有组合有P(X=2，Y=1)=，P(X=4，Y=1)=，P(X=4，Y=3)=，∴P(X＞Y)=，∴P(X＋Y=5|X＞Y)=.
(2)并行处理任务，则任务的完成时间η=max(X，Y)＋0.1(X＋Y)的可能情况有：
max(X=2，Y=1)=2，此时η=2＋0.1×3=2.3，P(η=2.3)=；
max(X=2，Y=3)=3，此时η=3＋0.1×5=3.5，P(η=3.5)=；
max(X=4，Y=1)=4，此时η=4＋0.1×5=4.5，P(η=4.5)=；
max(X=4，Y=3)=4，此时η=4＋0.1×7=4.7，P(η=4.7)=；
∴并行处理任务的完成时间的分布列为
η 2.3 3.5 4.5 4.7
P
∴E(η)=2.3×3.5×4.5×4.7×.
18. (17分)近期，我国国产人工智能大模型深度求索(DeepSeek)在人工智能领域取得了重大技术突破，并且通过开源策略和高性价比的模式，为人工智能行业的发展提供了新的可能性.为了评估DeepSeek的使用频率与用户满意度之间是否存在关联，研究团队在某大学随机抽取了200名用户进行调查，收集整理得到了如表所示的数据：
高满意度 低满意度
频繁使用DeepSeek的用户 70 30
不频繁使用DeepSeek的用户 50 50
(1)依据小概率值α=0.005的χ2独立性检验，能否认为DeepSeek的使用频率与用户满意度之间有关联.
(2)若已知样本中学生人数为120，其中高满意度用户数为80，教师人数为80，其中高满意度用户数为40.以样本频率估计总体的概率.
(i)若从全校使用DeepSeek的用户中每次抽取1名用户，直到抽出2名高满意度用户即停止抽取.求恰好第4次抽取后停止抽取的概率；
(ii)若从全校使用DeepSeek的学生用户和教师用户中各随机抽取2名，设这4人中学生和教师的高满意度用户数分别为X和Y，令ξ=|X－Y|，求ξ的分布列.
参考公式：χ2=，其中n=a＋b＋c＋d，x0.005=7.879.
解：(1)零假设为H0：DeepSeek的使用频率与用户满意度之间无关联.由表得，χ2=≈8.333＞7.879，根据小概率值α=0.005的独立性检验，推断H0不成立，即认为DeepSeek的使用频率与用户满意度之间有关联.
(2)(i)由题知，样本中DeepSeek高满意度用户的频率为，设事件A= “恰好第4次抽取后停止抽取”，
需在前3次抽取中恰有1次抽取的是高满意度用户，第4次恰好抽取的是高满意度用户，则P(A)=·.即恰好第4次抽取后停止的概率为.
(ii)由题知，样本中学生的高满意度用户频率为，教师的高满意度用户频率为.又P(X=0)=，P(X=1)=··，P(X=2)=，P(Y=0)=，P(Y=1)=··，P(Y=2)=，
ξ的所有可能取值为0，1，2，则P(ξ=0)=P(X=0，Y=0)＋P(X=1，Y=1)＋P(X=2，Y=2)=，
P(ξ=1)=P(X=0，Y=1)＋P(X=1，Y=0)＋P(X=1，Y=2)＋P(X=2，Y=1)=，
P(ξ=2)=P(X=0，Y=2)＋P(X=2，Y=0)=.
∴随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
19. (17分)分布式计算是一种计算模式，是通过将计算任务分散到多个计算节点上进行处理，这些节点通过网络协同工作，实现大规模计算任务的高效执行.某公司使用分布式计算系统处理任务，每个任务由一个节点或多个节点独立完成，各个节点处理每个任务成功与否互不影响.
(1)某任务由3个节点各自独立完成，每个节点处理该任务成功的概率均为0.5，求恰好有2个节点处理该任务成功的概率；
(2)某任务由60个节点各自独立完成，且每个节点处理该任务成功的概率均为0.6，若处理该任务成功的节点数为k(k∈N)的概率最大，求k的值.
(3)公司现有n个任务，为提高效益，考虑两种优化方案：
方案A：每个任务由两个节点同时处理，且每个节点处理各个任务成功的概率均为0.6，每个节点处理各个任务的成本均为10元，每个任务至少有一个节点处理成功则可获得收益35元，否则收益为0元；
方案B：每个任务由一个节点处理，且每个节点处理各个任务成功的概率均提升至0.7，每个节点处理各个任务的成本均由原来的10元提升到16元，每个任务处理成功则可获得收益35元，否则收益为0元.
请根据这两个方案利润ξ的期望值，判断哪个方案更优.
解：(1)设3个节点中处理任务成功的节点个数为X，则X~B(3，0.5)，∴P(X=2)=0.52(1－0.5)=.即恰好有2个节点成功处理该任务的概率为.
(2)由(1)知，60个节点中处理任务成功的节点个数X~B(60，0.6)，若每次处理任务成功的节点数为k时概率最大，则解得≤k≤，∵k∈N*，∴k=36.
(3)若采用方案A，则每个任务至少有一个节点处理成功的概率p1=1－(1－0.6)2=0.84，∴处理任务成功数Y~B(n，0.84)，则处理任务成功的节点数的期望E(Y)=0.84n，∴利润的期望E(ξ)=35E(Y)－20n=35×0.84n－20n=9.4n.若采用方案B，则处理任务成功数X~B(n，0.7)，则处理任务成功的节点数的期望E(X)=0.7n，∴利润的期望E(ξ)=35E(X)－16n=8.5n.∵9.4n＞8.5n，∴方案A更优.

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