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阶段达标检测
1.全卷满分150分。考试用时120分钟。
2.本卷的考试范围:第六章~第七章。
一、单项选择题(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.现有4名同学,需要把他们全部安排到甲、乙两个场馆参加志愿服务,每人只能去1个场馆,且每个场馆至少安排1人,则不同的安排方法共有(　　)
A.10种　　　　B.12种　　　　C.14种　　　　D.20种
2.若(x+a)6的展开式中x2,x3,x5的系数成等比数列,则非零实数a=　　(　　)
A.
3.随机变量X的取值有0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,则D(2X+1)=(　　)
A.1　　　　B.2　　　　
C.2　　　　D.3
4.已知随机变量X~N(1,σ2),P(X≤a)+P(X≤b)=1(a>0,b>0),则的最大值为(　　)
A.9　　　　B.
5.小明有一枚质地不均匀的骰子,每次掷出后出现1点的概率为p(0A.E(X)>6　　　　B.E(X)<6
C.E(X)=6　　　　D.E(X)与6的大小无法确定
6.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,根据贝叶斯统计理论,随机事件A,B发生的概率存在如下关系:P(A|B)=.2026年贺岁档电影精彩纷呈,有几部影片是小红想去影院看的.小红家附近有甲、乙两家影院,小红第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.3和0.7.如果她第一天去甲影院,那么第二天去甲影院的概率为0.6;如果第一天去乙影院,那么第二天去甲影院的概率为0.5.则下列结论正确的是(　　)
A.小红第二天去甲影院的概率为0.54
B.小红第二天去乙影院的概率为0.46
C.已知小红第二天去了甲影院,那么她第一天去乙影院的概率为
D.已知小红第二天去了乙影院,那么她第一天去甲影院的概率为
7.甲、乙两人进行乒乓球比赛,现采用三局两胜的比赛制度,规定每局比赛都没有平局(必须分出胜负),且每一局甲赢的概率都是p,随机变量X表示最终的比赛局数,若0A.E(X)=
8.第十五届中国国际航空航天博览会于2024年11月12日至17日在广东珠海举办,此次航展上,作为我国新一代中型隐身多用途歼击机的歼-35A首次公开亮相,并在进行飞行表演时飞出了“马赫环”,假设歼-35A在某次飞行过程中,飞行速度v(单位:马赫)服从正态分布N(1.1,0.12),且飞出“马赫环”的概率与飞行速度v满足以下关系:当v>1.2时,概率为0.9;当1.0≤v≤1.2时,概率为0.5;当v<1.0时,概率为0.1.若歼-35A在一次飞行过程中飞出了“马赫环”,则它的飞行速度高于1.2马赫的概率约为(若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7)(　　)
A.0.285 6　　　　B.0.142 8　　　　C.0.158 7　　　　D.0.5
二、多项选择题(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.已知(2-x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,则(　　)
A.a0=-64　　　　B.a3=-160
C.a1+a2+a3+a4+a5+a6=1　　　　D.a1-a2+a3-a4+a5-a6=-665
10.假设某市场供应的蓝牙耳机中,品牌种类及相应的市场占有率和优质率的信息如下:
品牌 甲 乙 其他
市场占有率 50% 30% 20%
优质率 80% 90% 70%
在该市场中随机购买一个蓝牙耳机,用A1,A2,A3分别表示买到的蓝牙耳机为甲品牌、乙品牌、其他品牌,B表示买到的蓝牙耳机为优质品,则下列说法正确的是(　　)
A.P(A1∪A3)=0.7　　　　B.P(BA3)=0.7
C.P(B)=0.81　　　　D.P(A1|B)=
11.一个不透明的口袋中有8个大小相同的球,其中红球4个,白球1个,黑球3个,则下列选项正确的有(　　)
A.从该口袋中任取3个球,设取出的红球个数为ξ,则数学期望E(ξ)=
B.每次从该口袋中任取一个球,记录下颜色后放回口袋,先后取了3次,设取出的黑球次数为η,则D(η)=
C.从该口袋中任取3个球,设取出的球的颜色有X种,则E(X)=
D.每次从该口袋中任取一个球,不放回,拿出红球即停,设拿出的黑球的个数为Y,则E(Y)=
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(x2-2)的展开式中的常数项为　　　　.(用数字作答)
13.某圆形舞台的观众席被分为A,B,C,D四个区域,如图所示,现有6种不同颜色的观众椅供这四个区域选择,要求每个区域中只使用一种颜色的观众椅,相邻区域观众椅的颜色不能相同,则该舞台观众席四个区域的观众椅的颜色搭配方案共有　　　　种.
14.切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫在研究统计规律时发现的,其内容是:对于任一随机变量X,若其数学期望E(X)和方差D(X)均存在,则对任意正实数ε,有P(|X-E(X)|<ε)≥1-.根据该不等式可以对事件|X-E(X)|<ε的概率作出估计.在数字通信中,信号是由数字“0”和“1”组成的序列,现连续发射信号n次,每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量X,为了至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间(0.4,0.6)内,估计信号发射次数n的最小值为　　　　.
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)已知(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N*),其中a0,a1,a2,…,an∈R.若(1+2x)n的展开式中仅有第5项的二项式系数最大.
(1)求a1+a2+…+an(用数值作答);
(2)若x=41,求(1+2x)n的值被7除的余数.
16.(15分)某中学举行有关飞鸟知识的竞答比赛,甲、乙两名同学进入了最后的决赛阶段,该阶段需要两名同学分别从6个题目中随机抽取3个题目来作答.已知6个题目中,有3个是甲擅长的,一定能答对,另外3个是甲不擅长的,每题答对的概率只有;6个题目中,乙答对每个题目的概率均为p(0(1)若p=,求随机变量Y的数学期望和方差;
(2)求随机变量X的分布列;
(3)求在决赛阶段,乙至少答对一道题目的概率大于甲至少答对一道题目的概率时p的取值范围.
17.(15分)某校高一学生“运动与健康”评价得分的频率分布直方图如图所示,评分在区间[90,100],[70,90),[60,70),[50,60)上分别对应A,B,C,D四个等级.为了进一步加强学生对“运动与健康”的重视,初评获A等级的学生不参加复评,等级不变,对其余学生学校将进行一次复评.复评中,原获B等级的学生有的概率提升为A等级;原获C等级的学生有的概率提升为B等级;原获D等级的学生有的概率提升为C等级,未提升等级的保持原等级不变.假设用频率估计概率,且每名学生的复评结果相互独立.
(1)求该校高一学生“运动与健康”评价得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)若初评中甲获得B等级,乙、丙获得C等级,记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为X,求X的分布列和数学期望E(X);
(3)从全体高一学生中任选1人,在已知该学生是复评提升等级的条件下,求该学生初评是B等级的概率.
18.(17分)近年来,随着电脑、智能手机的迅速普及,我国在线教育行业出现了较大的发展.某在线教育平台为了解利用该平台学习的高一学生化学学习效果,举行了一次化学测试,并从中随机抽查了200名学生的化学成绩(单位:分),将他们的成绩分成以下6组:[40,50),[50,60),[60,70),…,[90,100],统计结果如下面的频数分布表所示.
组别 [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
频数 20 30 40 60 30 20
(1)现利用分层随机抽样的方法从前3组中抽取9人,再从这9人中随机抽取4人调查其成绩不理想的原因,设这4人中来自前2组的人数为X,求X的分布列和数学期望;
(2)高一学生的这次化学成绩Z近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ近似为样本的标准差s,并已求得s=14.31.
(i)试估计这些学生这次化学成绩在区间[56.19,99.12]内的概率(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);
(ii)为了提升学生的成绩,该平台决定给在平台学习的学生免费赠送若干学习视频,具体赠送方案如下:
方案1:每人均赠送25小时学习视频.
方案2:这次测试中化学成绩低于56.19分的学生赠送40小时的学习视频,化学成绩在[56.19,84.81]内的学生赠送30小时的学习视频,化学成绩高于84.81分的学生赠送10小时的学习视频.问:该平台哪种方案赠送的学习视频总时长更多 请根据数据计算说明.
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5.
19.(17分)甲、乙两人玩游戏,甲有标号分别为1,2,3,…,n(n≥1)的n张卡片,乙有标号分别为1,2,3,…,n,n+1的(n+1)张卡片.规则如下:甲、乙交替从对方手中抽取一张卡片,甲先抽;若抽到的卡片数字与自己手中的某张卡片数字相同,则将这两张卡片丢弃,否则,将抽到的卡片放入自己手中;当有一位玩家手中没有卡片时,该玩家获胜,游戏结束.
(1)已知n=1,记X为游戏结束时,甲乙双方抽取卡片的次数和.对于正整数k,求P(X=k),并根据E(X)=kP(X=k)求E(X);
(2)记甲获胜的概率为Pn.
(i)求P1;
(ii)求Pn.
答案全解全析
1.C 2.D 3.B 4.D 5.B 6.D
7.D 8.A 9.BD 10.ACD 11.ACD
1.C　根据题意得,按人数有3,1和2,2两种不同的分组方法,则不同的安排方法共有=14种.
2.D　(x+a)6的展开式的通项为Tk+1=x6-kak,则x2的系数为a4=15a4,x3的系数为a3=20a3,x5的系数为a=6a,故(20a3)2=15a4·6a,解得a=(a=0舍去).
3.B　因为P(X=0)=,所以P(X=1)+P(X=2)=①,
又E(X)=1,所以0×+1×P(X=1)+2×P(X=2)=1,
即P(X=1)+2P(X=2)=1②,
联立①②,解得P(X=1)=,
所以D(X)=(0-1)2×,
所以D(2X+1)=4D(X)=4×=2.
4.D　因为P(X≤a)+P(X>a)=1,P(X≤a)+P(X≤b)=1,所以P(X>a)=P(X≤b).
由正态曲线的对称性,可得a+b=2,
所以5+≥,所以≤,当且仅当,即a=时,等号成立,故的最大值为.
5.B　由题意可得X~B(N,p),则P(X=k)=pk(1-p)N-k,k=0,1,2,…,N,
若P(X=6)最大,则
解得-1≤N≤.
当为整数时,N=-1,则E(X)=p=6-p<6;
当不为整数时,N<,则E(X)=Np<6.
综上,E(X)<6.
6.D　设事件A为“第一天去甲影院”,B为“第二天去甲影院”,则为“第一天去乙影院”,为“第二天去乙影院”,
则P(A)=0.3,P()=0.5.
对于A,P(B)=P(A)P(B|A)+P()=0.3×0.6+0.7×0.5=0.53,故A错误;
对于B,P()=1-P(B)=0.47,故B错误;
对于C,P(,故C错误;
对于D,P(A|,故D正确.
7.D　随机变量X的可能取值为2,3.
P(X=2)=p2+(1-p)2=2p2-2p+1,
P(X=3)=p(1-p)=2p-2p2,
故X的分布列为
X 2 3
P 2p2-2p+1 2p-2p2
故E(X)=2×(2p2-2p+1)+3×(2p-2p2)=-2p2+2p+2=-2,因为0D(X)=E(X2)-(E(X))2=4×(2p2-2p+1)+9×(2p-2p2)-(-2p2+2p+2)2,令t=2p-2p2=-2,
因为08.A　由飞行速度v服从正态分布N(1.1,0.12),得μ=1.1,σ=0.1,
则P(v>1.2)=P(v>μ+σ)=≈=0.158 65,
P(1.0≤v≤1.2)=P(μ-σ≤v≤μ+σ)≈0.682 7,
P(v<1.0)=P(v<μ-σ)=≈=0.158 65.
设歼-35A飞出“马赫环”为事件A,飞行速度高于1.2马赫为事件B,
则P(A)=0.158 65×0.9+0.682 7×0.5+0.158 65×0.1=0.5,
P(AB)=P(B)P(A|B)=0.158 65×0.9=0.142 785,
所以P(B|A)==0.285 57≈0.285 6.
9.BD　对于A,令x=0,得a0=26=64,故A错误;
对于B,a3=23(-1)3=-160,故B正确;
对于C,令x=1,得a0+a1+…+a6=1,又a0=64,所以a1+a2+…+a6=-63,故C错误;
对于D,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=36=729,又a0=64,所以a1-a2+a3-a4+a5-a6=-665,故D正确.
10.ACD　由题意得P(A1)=0.5,P(A2)=0.3,P(A3)=0.2,
P(B|A1)=0.8,P(B|A2)=0.9,P(B|A3)=0.7.
对于A,因为事件A1与A3互斥,所以P(A1∪A3)=0.5+0.2=0.7,故A正确;
对于B,P(BA3)=P(A3)P(B|A3)=0.2×0.7=0.14,故B错误;
对于C,P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)·P(B|A3)=0.5×0.8+0.3×0.9+0.2×0.7=0.81,故C正确;
对于D,结合C选项得P(A1|B)=,故D正确.
11.ACD　对于A,ξ的可能取值为0,1,2,3,
P(ξ=0)=,
P(ξ=2)=,
则E(ξ)=0×,故A正确.
对于B,η的可能取值为0,1,2,3,每次从该口袋中任取一个球,是黑球的概率为,
则η~B,故B错误.
对于C,X的可能取值为1,2,3,
P(X=1)=,
P(X=2)=1-P(X=1)-P(X=3)=,
则E(X)=1×,故C正确.
对于D,Y的可能取值为0,1,2,3,
Y=0对应取出球的情况有红或白红两种,
所以P(Y=0)=,
Y=1对应取出球的情况有黑红或黑白红或白黑红三种,
所以P(Y=1)=,
Y=2对应取出球的情况有黑黑红或黑黑白红或白黑黑红或黑白黑红四种,
所以P(Y=2)=,
则P(Y=3)=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)=1-,
故E(Y)=0×,故D正确.
12.答案　-8
解析　的展开式的通项为Tr+1=x4-2r,r=0,1,2,3,4,
令4-2r=-2,得r=3,令4-2r=0,得r=2,故(x2-2)的展开式中的常数项为x-2·x2-2x0=-8.
13.答案　630
解析　若只使用2种颜色,则A区和C区的观众椅颜色相同,B区和D区的观众椅颜色相同,有=30种方案;
若使用3种颜色,则分A区和C区的观众椅颜色相同与不同两种情况,有)=240种方案;
若使用4种颜色,则有=360种方案.
故共有30+240+360=630种方案.
14.答案　1 250
解析　由题意知X~B(n,0.5),则E(X)=0.5n,D(X)=0.25n,
若0.4<<0.6,则0.4n即-0.1n由切比雪夫不等式知P(|X-0.5n|<0.1n)≥1-,
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间(0.4,0.6)内,则1-≥0.98,解得n≥1 250,
又n∈N*,所以估计信号发射次数n的最小值为1 250.
15.解析　(1)根据二项式系数的性质可知第5项的二项式系数为,因为仅有第5项的二项式系数最大,所以n=8,所以(1+2x)n=(1+2x)8.(2分)
对于(1+2x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,
令x=0,得a0=1,(4分)
令x=1,得(1+2×1)8=a0+a1+a2+…+a8=38,(6分)
因此a1+a2+…+an=a1+a2+…+a8=38-1=6 560.(8分)
(2)若x=41,则(1+2x)8=(1+2×41)8=(84-1)8
=847(-1)1+…+840(-1)8
=7×12×[846(-1)1+…+(-1)7]+1,(11分)
因此(1+2x)8的值被7除的余数为1.(13分)
16.解析　(1)当p=时,Y~B,(1分)
∴E(Y)=3×.(3分)
(2)X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=,(5分)
P(X=1)=,(7分)
P(X=2)=,(9分)
P(X=3)=,(11分)
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(12分)
(3)乙至少答对一道题的概率为P(Y≥1)=1-(1-p)3,
甲至少答对一道题的概率为P(X≥1)=1-P(X=0)=,(14分)
由题得1-,结合017.解析　(1)平均值为55×0.05+65×0.15+75×0.32+85×0.28+95×0.2=79.3.(2分)
(2)甲初评为B等级,升级为A等级的概率为,不升级的概率为1-;(3分)
乙、丙初评为C等级,升级为B等级的概率均为,不升级的概率为.(4分)
由题意得X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=,(5分)
P(X=1)=,(6分)
P(X=2)=2×,(7分)
P(X=3)=.(8分)
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
因此E(X)=0×.(10分)
(3)设事件M为学生复评提升等级,事件N,S,T分别为学生初评等级为B,C,D,
则P(N)=0.6,P(S)=0.15,P(T)=0.05,P(M|N)=.(12分)
由全概率公式得P(M)=P(N)P(M|N)+P(S)P(M|S)+P(T)P(M|T)=0.6×=0.247 5,
又P(NM)=P(N)P(M|N)=0.6×=0.2,(14分)
所以P(N|M)=.(15分)
18.解析　(1)抽样比为,(1分)
所以从[40,50)中抽取20×=2(人),
从[50,60)中抽取30×=3(人),
从[60,70)中抽取40×=4(人).(2分)
则X的可能取值为0,1,2,3,4,
则P(X=0)=,(3分)
P(X=1)=,(4分)
P(X=2)=,(5分)
P(X=3)=,(6分)
P(X=4)=,(7分)
故X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故E(X)=0×.
另解:X服从超几何分布,其中N=9,M=5,n=4,故E(X)=(8分)
(2)(i)μ==70.5,σ=s=14.31,
所以μ-σ=56.19,μ+σ=84.81,μ+2σ=99.12,μ-2σ=41.88.(10分)
故P(56.19≤Z≤99.12)=P(μ-σ≤Z≤μ+2σ)=P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)+P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈=0.818 6.(12分)
(ii)对于方案2:设每位学生所获赠学习视频小时数为Y,则Y的可能取值为40,30,10.
P(Y=40)=P(Z<56.19)=P(Z<μ-σ)≈×(1-0.682 7)=0.158 65,(13分)
P(Y=30)=P(56.19≤Z≤84.81)=P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.682 7,(14分)
P(Y=10)=P(Z>84.81)=P(Z>μ+σ)≈×(1-0.682 7)=0.158 65.(15分)
E(Y)=40×0.158 65+30×0.682 7+10×0.158 65≈28,(16分)
因为28>25,所以该平台方案2赠送的学习视频总时长更多.　(17分)
19.解析　(1)由题意可知P(X=k)=,
所以k·,(2分)
令Sm=1×+…+m×①,
则+…+(m-1)×②,
①-②,得+…+,即Sm=2-,
所以,(4分)
故E(X)=kP(X=k)
==2.(5分)
(2)(i)由题意可知当n=1时,甲有标号为1的卡片,乙有标号为1,2的卡片,
甲第一次抽中1的概率为,此时甲获胜;抽中2的概率为,此时甲有1,2,乙有1,后续甲获胜的概率为1-P1,所以P1=(1-P1),所以P1=.(6分)
(ii)当n=2时,P2=(1-P2),所以P2=,(7分)
当n≥3时,若甲先抽到(n+1),则甲、乙手中的卡片互换,接下来乙抽,乙获胜的概率为Pn,所以甲获胜的概率为(1-Pn),(8分)
若甲先抽到标号为1,2,…,n中的一张卡片,此时甲有(n-1)张卡片,乙有n张卡片(包含与甲手中卡片相同标号的所有卡片),后续乙抽后,此时变为甲有(n-2)张卡片,乙有(n-1)张卡片(包含与甲手中卡片标号相同的所有卡片),则后续甲胜的概率为Pn-2,
所以Pn=(1-Pn)(n≥3),(10分)
所以(n+2)Pn=nPn-2+1(n≥3),
故数列{(n+2)Pn}的奇数项与偶数项都是公差为1的等差数列,(12分)
又3P1=2,4P2=3,
所以当n为奇数时,(n+2)Pn=3P1+,此时Pn=;(14分)
当n为偶数时,(n+2)Pn=4P2+,此时Pn=.(16分)
综上,Pn=n≥1.(17分)

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