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全书综合测评
全卷满分150分　考试用时120分钟
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.某店经营的某种包装的面包质量X(单位:g)服从正态分布N(200,σ2),且P(X<205)=0.85,则从该店任意购买一个这种包装的面包,其质量在195~205 g之间的概率为(　　)
A.0.7　　　　B.0.35　　　　C.0.85　　　　D.0.5
2.已知变量x和y的统计数据如下表:
x 3 4 5 6 7
y 2.5 3 4 4.5 6
根据上表可得经验回归方程为x-0.25,据此可以预测当x=10时,y的值为(　　)
A.8.25　　　　B.8.5　　　　C.9.25　　　　D.9.5
3.已知(1+2x)n(n∈N*)的展开式中,各项系数的最大值为80,且最大值在第(m+1)项与第(m+2)项取得,则n的值为(　　)
A.4　　　　B.5　　　　C.6　　　　D.7
4.植树节这天,某学校组织5名学生依次给树木浇水,其中甲和乙必须相邻,丙不在第三位,则不同的浇水顺序的种数为(　　)
A.30　　　　B.36　　　　C.40　　　　D.42
5.已知m>0,若x12=a0+a1(x-m)+a2(x-m)2+…+a12(x-m)12,且a10=132,则m的值为(　　)
A.1　　　　B.　　　　C.2　　　　D.4
6.信道中可传输的数字信号为X1X2X3∈{000,111,222}三种之一,传输000的概率为,传输111的概率为,传输222的概率为.由于信道噪声干扰,每个数字被正确接收的概率为,被错误接收为另外两种数字的概率均为,且每个数字的传输与接收相互独立,则接收的数字序列为012的概率是(　　)
A.
7.现有三枚质地均匀的骰子,分别为红色、绿色和蓝色.同时抛掷这三枚骰子,已知这三枚骰子朝上的点数之和为15,设红色骰子掷出的点数为X,绿色骰子掷出的点数为Y,下列结论中正确的是(　　)
A.P(X+Y=12)=P(X=6)P(Y=6)　　　　
B.P(X=5|Y=4)=P(X=4|Y=5)
C.E(X+Y)=10　　　　
D.D(X+Y)=4D(X)
8.为测试一种新药的有效性,研究人员对某种动物种群进行试验,从该试验种群中随机抽查了100只,得到如下数据:
单位:只
发病 未发病 合计
使用药物 10 40 50
未使用药物 30 20 50
合计 40 60 100
从该动物种群中任取1只,记事件A表示此动物发病,事件B表示此动物使用药物,定义A的优势R1=,在B发生的条件下A的优势R2=,则(　　)
A.可化简为,估计其值为
B.可化简为,估计其值为
C.可化简为,估计其值为
D.可化简为,估计其值为
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.下列说法正确的是(　　)
A.在经验回归方程=-0.85x+2.3中,y与x具有负相关关系
B.两个随机变量的线性相关性越强,样本相关系数的绝对值就越大
C.对于事件A,B,若A B,且P(A)=0.3,P(B)=0.6,则P(B|A)=0.6
D.已知随机变量X服从正态分布N(4,1),若P(X≥5)=0.2,则P(310.甲、乙两人投篮,每人只能在下列两种方式中选一种.方式1:投篮3次,每次投中得1分,未投中不得分,累计计分.方式2:选手最多投3次,如果第一次投中可进行第二次投篮,如果第二次投中可进行第三次投篮,如果某次未投中,则投篮终止,且每投中一次得2分,未投中不得分,累计计分.已知甲、乙两人每次投中的概率均为p(0A.当p=时,甲得1分的概率为
B.当p=时,甲至少得1分的概率为
C.当p=时,乙最多得2分的概率为
D.当11.已知min{x1,x2,…,xn}表示x1,x2,…,xn中最小的数,max{x1,x2,…,xn}表示x1,x2,…,xn中最大的数.若数列{an},{bn}都只有8项,且都是由数字1,2,3,4,5,6,7,8随机排列而成的(每个数字都出现,但不重复出现),记X=min{max{a1,a2,a3,a4},max{a5,a6,a7,a8}},Y=max{min{b1,b2,b3,b4},min{b5,b6,b7,b8}},则(　　)
A.X的值可能为4,5,6,7　　　　B.Y的值可能为3,4,5,6
C.X≥6的概率为　　　　D.X>Y的概率为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.若(a>0)的展开式中的常数项为1,则a=　　　　.
13.为研究课后整理错题习惯与数学成绩达标之间的关联性,经独立性检验计算得χ2=211.985,临界值x0.01=6.635,x0.005=7.879,记事件A为“学生成绩达标”,事件B为“学生坚持整理错题”;已知P(B)=0.5,P(A|B)=1,P(A|)=0.8,则有　　　　%的把握认为二者存在关联;随机抽取一名学生,其成绩达标的概率为　　　　.
14.现有一批数量庞大的瓶装饮用水,假设这批水的某项矿物质含量偏差值(单位:毫克/升)ξ~N(10,0.52),现从中随机抽取n瓶,这n瓶水中恰有K瓶的矿物质含量偏差值ξ位于区间[9.5,11.5].当K=30时,试以使得P(K=30)最大的n值作为n的估计值,则n为　　　　.
(参考数据:若ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 3)
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)根据交管部门有关规定,驾驶电动自行车必须佩戴头盔,保护自身安全,某市去年上半年对此不断进行安全教育.下表是该市某主干路口去年连续5个月监控设备抓拍到的电动自行车驾驶员不戴头盔的统计数据:
月份x 1 2 3 4 5
不戴头盔人数y 120 100 90 75 65
(1)请利用所给数据求不戴头盔人数y与月份x之间的经验回归方程;
(2)交管部门统计连续5年来通过该路口的电动自行车出事故的100人,分析不戴头盔行为与事故伤亡的关系,得到下表,依据α=0.05的独立性检验,分析不戴头盔行为与事故伤亡是否有关.
单位:人
不戴头盔 戴头盔
伤亡 15 10
不伤亡 25 50
参考数据和公式:xiyi=1 215,,χ2=,n=a+b+c+d.
α 0.1 0.05 0.01 0.005
xα 2.706 3.841 6.635 7.879
16.(15分)泊松分布(Poisson distribution)是一种重要的离散型分布,用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量X的所有可能取值为0,1,2,…,且P(X=k)=e-λ,k=0,1,2,3,…,其中λ>0,则称X服从泊松分布,记作X~Poi(λ).
(1)当λ≥50时,泊松分布近似于正态分布,且满足X~N(λ,λ),若X~Poi(400),求P(360≤X≤440)的近似值;
(2)已知当n≥20,0≤p≤0.05时,可以用泊松分布Poi(np)近似二项分布B(n,p),即对于X~B(n,p),Y~Poi(np),当k不太大时,有P(X=k)≈P(Y=k).已知某快递公司共有20 000个包裹待配送,每个包裹有0.000 15的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率;(保留两位有效数字)
(3)若X~Poi(λ),且P(X≤1)>,求λ的取值范围.
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,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.e-3≈0.049 8,e0.5≈1.65.
17.(15分)某小区内有两家超市A,B,小区的居民经常去这两家超市购物,经过一段时间的统计发现,第i天选择超市A的居民第(i+1)天选择超市A和超市B的概率均为;第i天选择超市B的居民第(i+1)天选择超市A和超市B的概率分别为和(i∈N*).已知居民第1天选择超市A的概率为,选择超市B的概率为.
(1)求该小区居民第2天选择超市A购物的概率;
(2)若有3位居民第1天和第2天都去购物(3位居民的选择互不影响),记第2天选择超市A购物的人数为X,求X的分布列及数学期望;
(3)若某居民每天都去超市购物,记第n天选择超市A的概率为Pn,且有Cn=,数列{Cn}的前n项和为Sn,求出Pn,并证明Sn<.
18.(17分)设点集Mn={(a1,a2,a3,…,an)|ai∈{0,1},1≤i≤n,i∈N*},从集合Mn中任取两个不同的点A(a1,a2,a3,…,an),B(b1,b2,b3,…,bn),定义A,B两点间的距离d(A,B)=|ai-bi|.
(1)求M3中d(A,B)=2的点对的个数;
(2)从集合Mn中任取两个不同的点A,B,用随机变量X表示A,B两点间的距离d(A,B).
①求X的分布列与期望;
②证明:当n→+∞时,4D(X)19.(17分)某在线教育平台现有两种数学课程A和B,其课程完成率与用户占比如下表所示.为测试新课程C的效果,平台将其开放给100名学生学习,设课程C的完成率为p(0课程类型 A(旧课) B(旧课) C(新课)
完成率 85% 65% p
用户占比 50% 50% 待调整
(1)记学习新课程C的这100名学生中恰有70人完成课程的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0;
(2)以(1)中确定的p0作为p的值.当新课程C的用户占比达到多少时,能保证从完成课程的学生中随机抽取一人,其使用C课程的概率为70% (课程A,B用户减少的占比,均为课程C增加占比的一半)
(3)根据市场调研,C课程的用户占比X的概率分布为:20%≤X<40%时概率0.2,40%≤X<60%时概率0.5,X≥60%时概率0.3.该在线教育平台计划增加新课程C,但新课程C的智能辅导系统配置套数受用户占比的影响,关系如下表:
用户占比X 20%≤X<40% 40%≤X<60% X≥60%
最多配置数 1 2 3
每套系统运行年收益100万元,未运行的系统每年需维护费30万元.为使总收益期望最大,应配置几套系统
答案全解全析
1.A 2.A 3.B 4.C 5.B 6.D
7.C 8.A 9.ABD 10.BCD 11.ACD
1.A　由题意得P(X≥205)=1-P(X<205)=1-0.85=0.15,由正态曲线的对称性可得P(X≤195)=0.15,
故P(195所以其质量在195~205 g之间的概率为0.7.
2.A　由题意知×(2.5+3+4+4.5+6)=4,则4=5-0.25,解得=0.85x-0.25,
当x=10时,=0.85×10-0.25=8.25.
3.B　由题知第(m+1)项与第(m+2)项的系数相等且最大,即·2m=·2m+1,化简得×2=1,即2n=3m+1,
令m=1,得n=2,各项系数为1,4,4,不满足题意,舍去;
令m=2,得n=,不是整数,舍去;
令m=3,得n=5,各项系数为1,10,40,80,80,32,符合题意;
当m>3时,n>5,例如当n=6时,展开式中项的系数的最大值为×24=240>80,不符合题意;
当n的值更大时,均不符合题意.
所以n=5.
4.C　若丙在第一或第五位,甲、乙进行捆绑,内部全排列,再和剩余的两个学生进行全排列,则不同的浇水顺序有2=24种;
若丙在第二位或第四位,甲、乙进行捆绑,内部全排列,且甲、乙这个整体只有两种选择,再将剩余的两位同学全排列,则不同的浇水顺序有2×2=16种.
故不同的浇水顺序共有24+16=40种.
5.B　x12=[m+(x-m)]12=m10(x-m)2+…+(x-m)12,
因为x12=a0+a1(x-m)+a2(x-m)2+…+a12(x-m)12,
所以a10=m2=66m2=132,
又m>0,所以m=.
6.D　设事件M为“接收的数字序列为012”,N1为“传输的数字序列为000”,N2为“传输的数字序列为111”,N3为“传输的数字序列为222”,
则P(N1)=,
则P(M|N1)=,
∴P(M)=×=.
7.C　设蓝色骰子掷出的点数为Z,则X+Y+Z=15,
(X,Y,Z)的可能情况有(3,6,6),(4,5,6),(4,6,5),(5,4,6),(5,6,4),(5,5,5),(6,3,6),(6,6,3),(6,4,5),(6,5,4),共10种.
对于A,X+Y=12等价于Z=3,只有(6,6,3)一种情况,所以P(X+Y=12)=,易得P(X=6)=P(Y=6)=,所以P(X=6)P(Y=6)=,所以P(X+Y=12)≠P(X=6)P(Y=6),故A错误;
对于B,满足Y=4的情况有(5,4,6),(6,4,5),
则P(X=5|Y=4)=,
满足Y=5的情况有(4,5,6),(5,5,5),(6,5,4),
则P(X=4|Y=5)=,所以P(X=5|Y=4)≠P(X=4|Y=5),故B错误;
对于C,Z的可能取值为3,4,5,6,
E(Z)=×6=5,
因此E(X+Y)=E(15-Z)=15-E(Z)=10,故C正确;
对于D,D(Z)=×(6-5)2=1,同理得D(X)=1,
则D(X+Y)=D(15-Z)=D(Z)=1≠4D(X),故D错误.
8.A　由于1-P(A|B)=1-|B),因此R2=,
所以.
由题中列联表可知P(A)=,则P(B|A)=,所以.
9.ABD　对于A,由于经验回归直线=-0.85x+2.3的斜率小于0,所以y与x具有负相关关系,因此A正确;易知B正确;对于C,当A B时,P(B|A)=1,因此C错误;对于D,因为X~N(4,1),所以P(310.BCD　对于A,B,当p=时,
设甲得分为X分,则X~B,
所以P(X=1)=,
P(X≥1)=1-P(X=0)=1-,A错误,B正确;
设乙得分为Y分,则Y的可能取值为0,2,4,6,
对于C,当p=时,P(Y=0)=,
则P(Y≤2)=,C正确;
对于D,P(Y=0)=1-p,P(Y=2)=p(1-p),P(Y=4)=p2(1-p),P(Y=6)=p3,故Y的分布列为
Y 0 2 4 6
P 1-p p(1-p) p2(1-p) p3
E(Y)=0×(1-p)+2×p(1-p)+4×p2(1-p)+6×p3=2p3+2p2+2p,
则E(Y)-E(X)=2p3+2p2+2p-3p=p(2p2+2p-1),
令p(2p2+2p-1)>0,即2p2+2p-1>0,解得即当E(X),D正确.
11.ACD　将1,2,3,4,5,6,7,8平均分成2组,有=35种分法,不妨设max{a1,a2,a3,a4}若a1,a2,a3,a4中的最大值为4,则a5,a6,a7,a8中的最大值为8,有1种情况,此时X=4;
若a1,a2,a3,a4中的最大值为5,则a5,a6,a7,a8中的最大值为8,有=4种情况,此时X=5;
若a1,a2,a3,a4中的最大值为6,则a5,a6,a7,a8中的最大值为8,有=10种情况,此时X=6;
若a1,a2,a3,a4中的最大值为7,则a5,a6,a7,a8中的最大值为8,有=20种情况,此时X=7,
则X的值可能为4,5,6,7,P(X=4)=,
P(X≥6)=P(X=6)+P(X=7)=,故A,C正确.
不妨设min{b1,b2,b3,b4}>min{b5,b6,b7,b8},
若b1,b2,b3,b4中的最小值为5,则b5,b6,b7,b8中的最小值为1,有1种情况,此时Y=5;
若b1,b2,b3,b4中的最小值为4,则b5,b6,b7,b8中的最小值为1,有=4种情况,此时Y=4;
若b1,b2,b3,b4中的最小值为3,则b5,b6,b7,b8中的最小值为1,有=10种情况,此时Y=3;
若b1,b2,b3,b4中的最小值为2,则b5,b6,b7,b8中的最小值为1,有=20种情况,此时Y=2,
则Y的值可能为2,3,4,5,P(Y=5)=.
P(X>Y)=P(X=4)[P(Y=3)+P(Y=2)]+P(X=5)[P(Y=4)+P(Y=3)+P(Y=2)]+P(X=6)+P(X=7)=,故B错误,D正确.
12.答案　2
解析　(a>0),
其展开式的通项为Tr+1=,r=0,1,2,3,4,
的展开式的通项为Tt+1=(-a)tx8-2r-4t,t=0,1,…,4-r,
令8-2r-4t=0,得t=0,r=4或t=1,r=2或t=2,r=0,
因为(a>0)的展开式中的常数项为1,
所以(-a)2=1,
则6a2-12a=0,又a>0,所以a=2.
13.答案　99.5;0.9
解析　由χ2=211.985>7.879=x0.005,且1-0.005=0.995,知有99.5%的把握认为二者存在关联.
由题意知P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)=1×0.5+0.8×(1-0.5)=0.9,
所以随机抽取一名学生,其成绩达标的概率为0.9.
14.答案　35
解析　易知μ=10,σ=0.5,
所以P(9.5≤ξ≤11.5)=P(μ-σ≤ξ≤μ+3σ)
=
≈=0.84,
即n瓶水中每瓶水的矿物质含量偏差值位于区间[9.5,11.5]的概率为0.84,
即K~B(n,0.84),
所以P(K=30)=0.84300.16n-30,
要使P(K=30)最大,需满足
由①得0.84300.16n-30≥0.84290.16n-29,
即0.84300.16n-30≥0.84290.16n-29,化简得≥,即0.84(n-29)≥30×0.16,解得n≥≈34.71.
由②得0.84300.16n-30≥0.84310.16n-31,
即0.84300.16n-30≥0.84310.16n-31,化简得≥,即0.16×31≥0.84(n-30),
解得n≤≈35.90.
因为n为正整数,所以n=35.
15.解析　(1)由题表得=3,
=55,(3分)
所以=-13.5,
=90+13.5×3=130.5,(6分)
所以经验回归方程为=-13.5x+130.5.(7分)
(2)零假设为H0:不戴头盔行为与事故伤亡无关.
由题意得χ2=≈5.556>3.841=x0.05,　(10分)
依据α=0.05的独立性检验,有充分证据推断H0不成立,即认为不戴头盔行为与事故伤亡有关,此推断犯错误的概率不大于0.05.(13分)
16.解析　(1)当λ=400时,泊松分布X~Poi(400)近似于正态分布X~N(400,400),
即μ=400,σ==20,(2分)
因为P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,
所以P(360≤X≤440)≈0.954 5.(4分)
(2)设X1为配送延迟的包裹数,则X1=0,1,2,…,20 000,X1~B(20 000,0.000 15),(5分)
因为n1=20 000>20,0所以P(X1=k)≈e-3,(7分)
则某天出现至少3起配送延迟的概率为P(X1≥3)=1-P(X1=0)-P(X1=1)-P(X1=2)≈1-e-3-3e-3-≈0.58.(9分)
(3)由P(X≤1)>得P(X=0)+P(X=1)>,
根据泊松分布的概率公式P(X=0)=e-λ,P(X=1)=λe-λ,可得(λ+1)e-λ>.(11分)
设h(λ)=(λ+1)e-λ(λ>0),则h'(λ)=-λe-λ<0,所以h(λ)在(0,+∞)上单调递减.
因为(λ+1)e-λ>,所以,(14分)
所以h(λ)>h,即0<λ<,
故λ的取值范围为.(15分)
17.解析　(1)记该小区居民第i(i=1,2)天选择超市A,B购物分别为事件Ai,Bi,由题意得P(A1)=,
则P(A2|A1)=P(B2|A1)=,(2分)
由全概率公式得,该小区居民第2天选择超市A购物的概率为P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=.(3分)
(2)由题意得,X的可能取值为0,1,2,3,
由(1)得X~B,(4分)
则P(X=0)=,
P(X=1)=,(6分)
P(X=2)=,
P(X=3)=,(8分)
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)=3×.(10分)
(3)当该居民第n天选择超市A时,第(n+1)天选择超市A的概率为Pn,
当该居民第n天选择超市B时,第(n+1)天选择超市A的概率为(1-Pn),
所以Pn+1=(n∈N*),
由此可得Pn+1-(n∈N*),
又P1=,所以数列是首项为P1-,公比为-的等比数列,
因此Pn-,
所以Pn=.(13分)
所以Cn=,
所以Sn=.(15分)
18.解析　(1)由题意知n=3,d(A,B)=2,
由ai与bi取0或1知,若ai与bi相等,则|ai-bi|=0,若ai与bi不相等,则|ai-bi|=1,因此|a1-b1|,|a2-b2|,|a3-b3|中有两个1和一个0,
所以A,B有两个对应位置的坐标不相等,另一个对应位置的坐标相等,(3分)
所以共有=12对.(6分)
(2)①由题意可知,ai有两种取法,
所以Mn中的元素个数为=2n,(7分)
随机变量X的取值为1,2,3,…,n.
当X=k时,在坐标(a1,a2,a3,…,an)与(b1,b2,b3,…,bn)中有k个对应位置的坐标不相等,剩下(n-k)个对应位置的坐标相等,
此时A,B的取法有·2k·2n-k=·2n种,(9分)
所以P(X=k)=,(10分)
故X的分布列为
X 1 2 … n
P …
(11分)
所以E(X)=1×+…+n×
=+…+n)
=+…+n.(13分)
(化简的关键是运用公式:r+…+=2n-1)
②证明:E(X)=,当n→+∞时,→0,E(X)→.(14分)
因为k≤n,所以当n→+∞时,(Xk-E(X))2≈.
由方差的定义得D(X)=Pk·(Xk-E(X))2
=+…+
<+…+
=+…+)
=,(16分)
所以4D(X)19.解析　(1)记100名学生中完成课程的人数为ξ,则ξ~B(100,p),所以f(p)=p70(1-p)30,(2分)
则f'(p)=[70p69(1-p)30-30p70(1-p)29]
=10p69(1-p)29(7-10p).(3分)
令f'(p)=0,得p=0.7.
当p∈(0,0.7)时,f'(p)>0,f(p)在(0,0.7)上单调递增;
当p∈(0.7,1)时,f'(p)<0,f(p)在(0.7,1)上单调递减.
所以f(p)的最大值点为p0=0.7.(5分)
(2)由(1)知p=0.7,设课程C的用户占比达到x时满足要求,事件M=“完成课程”,事件N1=“该学生使用A课程”,事件N2=“该学生使用B课程”,事件N3=“该学生使用C课程”,
则由全概率公式得P(M)=P(N1)P(M|N1)+P(N2)·P(M|N2)+P(N3)P(M|N3)=×0.65+x×0.7=0.75-0.05x.(8分)
又P(N3|M)=,所以0.7=,解得x=≈0.714.
所以新课程C的用户占比需达到71.4%.(10分)
(3)设新课程C产生的利润为Y万元.
①若配置1套系统,由于新课程C的用户占比总大于20%,所以运行一套系统即可,无维护成本,则Y=100,P(Y=100)=1,所以E(Y)=100.(12分)
②若配置2套系统,
当20%≤X<40%时,运行1套系统,维护1套系统,
则Y=100-30=70,P(Y=70)=0.2;
当X≥40%时,运行2套系统,则Y=100×2=200,P(Y=200)=0.8.
所以E(Y)=70×0.2+200×0.8=174.(14分)
③若配置3套系统,
当20%≤X<40%时,运行1套系统,维护2套系统,则Y=100-30×2=40,P(Y=40)=0.2;
当40%≤X<60%时,运行2套系统,维护1套系统,则Y=200-30=170,P(Y=170)=0.5;
当X≥60%时,运行3套系统,则Y=300,P(Y=300)=0.3.
所以E(Y)=40×0.2+170×0.5+300×0.3=183.(16分)
因为100<174<183,所以为使总收益期望最大,应配置3套系统.(17分)

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