《高中数学》全程设计训练题库（A版选修第三册，课后习题，含答案）综合检测（A卷）

综合检测(A卷) (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 1.6个学校的师生轮流去某个电影院观看某电影，每个学校包一场，则不同的包场 顺序的种数是( A.720 B.480 C.540 D.120 答案A 解析：因为是轮流放映，所以不同的包场顺序的种数为A=720.故选A 2.某社区为了解本社区居民的受教育程度与年收入的关系，随机调查了105户居 民，得到的2×2列联表（单位：人）如下表所示： 单位：户 年收入 文化程度 年收入 年收入 合计 5万元以下 5万元及以上 高中文化以上 10 45 55 高中文化及以下 20 30 50 合计 Bo 75 105 若推断“受教育程度与年收入有关系”，则这种推断犯错误的概率不超过( A.2.5% B.2% C.1.5% D.1% 答案D 解析：由列联表中的数据可得2-105x10x3020x456.788>6.635=001,因此推断 55×45×30×75 “受教育程度与年收入有关系”，且犯错误的概率不超过1% 3.若随机变量X-B(n,0.6),且E)=3,则PX=1)的值是() A.2×0.44 B.2×0.45 C.3×0.44 D.3×0.64 答案：C 解析：因为X-B(n,0.6),所以E()=p=0.6n=3,所以n=5,所以 PX=1)=C×0.61×0.44=3×0.44 4若（女+）”展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为 A.10 B.20 C.30 D.120 答案B 解析：C%+C1+…+C=2m=64,n=6. T+1=Cgx6-xr=Cgx6-2,令6-2r=0,得r=3

综合检测(A 卷) (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. 1.6 个学校的师生轮流去某个电影院观看某电影,每个学校包一场,则不同的包场 顺序的种数是( ) A.720 B.480 C.540 D.120 答案:A 解析:因为是轮流放映,所以不同的包场顺序的种数为A6 6=720.故选 A. 2.某社区为了解本社区居民的受教育程度与年收入的关系,随机调查了 105 户居 民,得到的 2×2 列联表(单位:人)如下表所示: 单位:户 文化程度 年收入 年收入 合计 5 万元以下 年收入 5 万元及以上 高中文化以上 10 45 55 高中文化及以下 20 30 50 合计 30 75 105 若推断“受教育程度与年收入有关系”,则这种推断犯错误的概率不超过( ) A.2.5% B.2% C.1.5% D.1% 答案:D 解析:由列联表中的数据可得 χ 2= 105×(10×30-20×45 ) 2 55×45×30×75 ≈6.788>6.635=x0.01,因此推断 “受教育程度与年收入有关系”,且犯错误的概率不超过 1%. 3.若随机变量 X~B(n,0.6),且 E(X)=3,则 P(X=1)的值是( ) A.2×0.4 4 B.2×0.4 5 C.3×0.4 4 D.3×0.6 4 答案:C 解析:因为 X~B(n,0.6),所以 E(X)=np=0.6n=3,所以 n=5,所以 P(X=1)=C5 1×0.6 1×0.4 4=3×0.4 4 . 4.若(𝑥 + 1 𝑥 ) 𝑛 展开式的二项式系数之和为 64,则展开式的常数项为( ) A.10 B.20 C.30 D.120 答案:B 解析:∵C𝑛 0 + C𝑛 1+…+C𝑛 𝑛=2 n=64,∴n=6. Tr+1=C6 𝑟 x 6-rx -r=C6 𝑟 x 6-2r ,令 6-2r=0,得 r=3

常数项T4=C%=20,故选B. 5.若随机变量X-N(3,σ2)，且PX≥5)=0.2，则P(1<X<5)=( A.0.6 B.0.5 C.0.4 D.0.3 答案：A 解析：，随机变量X服从正态分布N(3,σ2)，.对称轴是x=3 PX≥5)=0.2，∴P(1<X<5)=1-2PX≥5)=1-0.4=0.6. 6.将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动， 每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( A.12种 B.10种 C.9种 D.8种 答案：A 解析：分三步来完成：第一步，为甲地选一名教师，有C=2种选法；第二步，为甲地选 两个学生，有C子=6种选法；第三步，为乙地选1名教师和2名学生，有1种选法.根 据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有2×6×1=12种，故选A」 7.小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A=“4个 人去的景点彼此互不相同”，事件B=“小赵独自去一个景点”，则P(AB)=() A号 B.4 c D 答案D 解析：若小赵独自去一个景，点，则还有3个景点可选，其余3人只能在小赵剩下的3 个景点中选择，可能情况有3×3×3=27种，所以小赵独自去一个景点的可能情况有 4×27=108种 国为4个人去的景点不相同的可能性为4×3×2x1-24种，所以P4B)=号 8.甲、乙两工人在同样的条件下生产某产品，日产量相等，每天出废品的情况如下 表所示： 工人 甲 废品数 3 3 概率 0.4 0.3 0.2 0.1 0.3 0.5 .2 则以下结论正确的是( A.甲的产品质量比乙的产品质量好一些 B.乙的产品质量比甲的产品质量好一些 C.两人的产品质量一样好 D.无法判断谁的质量好一些 答案B 解析：由已知得，EX)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1, EXx)=0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9 ,EX)>EX),故甲每天出废品的数量比乙要多， ∴乙的产品质量比甲的产品质量好一些

常数项 T4=C6 3=20,故选 B. 5.若随机变量 X~N(3,σ 2 ),且 P(X≥5)=0.2,则 P(1<X<5)=( ) A.0.6 B.0.5 C.0.4 D.0.3 答案:A 解析:∵随机变量 X 服从正态分布 N(3,σ 2 ),∴对称轴是 x=3. ∵P(X≥5)=0.2,∴P(1<X<5)=1-2P(X≥5)=1-0.4=0.6. 6.将 2 名教师,4 名学生分成 2 个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动, 每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成,不同的安排方案共有( ) A.12 种 B.10 种 C.9 种 D.8 种 答案:A 解析:分三步来完成:第一步,为甲地选一名教师,有C2 1=2 种选法;第二步,为甲地选 两个学生,有C4 2=6 种选法;第三步,为乙地选 1 名教师和 2 名学生,有 1 种选法.根 据分步乘法计数原理,不同的安排方案共有 2×6×1=12 种,故选 A. 7.小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游,每人只去一个景点,设事件 A=“4 个 人去的景点彼此互不相同”,事件 B=“小赵独自去一个景点”,则 P(A|B)=( ) A. 5 9 B. 4 9 C. 1 3 D. 2 9 答案:D 解析:若小赵独自去一个景点,则还有 3 个景点可选,其余 3 人只能在小赵剩下的 3 个景点中选择,可能情况有 3×3×3=27 种,所以小赵独自去一个景点的可能情况有 4×27=108 种. 因为 4 个人去的景点不相同的可能性为 4×3×2×1=24 种,所以 P(A|B)= 24 108 = 2 9 . 8.甲、乙两工人在同样的条件下生产某产品,日产量相等,每天出废品的情况如下 表所示: 工人 甲 乙 废品数 0 1 2 3 0 1 2 3 概率 0.4 0.3 0.2 0.1 0.3 0.5 0.2 0 则以下结论正确的是( ) A.甲的产品质量比乙的产品质量好一些 B.乙的产品质量比甲的产品质量好一些 C.两人的产品质量一样好 D.无法判断谁的质量好一些 答案:B 解析:由已知得,E(X 甲)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1, E(X 乙)=0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9. ∵E(X 甲)>E(X 乙),故甲每天出废品的数量比乙要多, ∴乙的产品质量比甲的产品质量好一些

9.已知随机变量X服从正态分布N(u,σ2)，且P(-2o≤X≤u+2o0.9545,P(u o≤X≤u+o0.6827,若=4，o=1,则P(5<X<6)等于() A.0.1358 B.0.1359 C.0.2716 D.0.2718 答案B 解析：由题意知，P5<X<6)-=P2≤X≤6)P3≤X≤5=9545-0627-0.1359 10.4名同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每名同学必须从甲、乙两道题中 任选一题作答，选甲题答对得21分，答错得-21分；选乙题答对得7分，答错得-7分 若4名同学的总分为0，则这4名同学不同得分情况的种数是( ) A.48 B.44 C.36 D.24 答案B 解析：分五类：第1类，两人分别得21分，余下两人分别得-21分，有C?=6种情况；第 2类，一人得21分，余下三人分别得-7分，有4种情况；第3类，一人得-21分，余下三 人分别得7分，有4种情况；第4类，一人得21分，一人得-21分，一人得7分，一人得 -7分，有A3=24种情况；第5类，两人分别得7分，余下两人分别得-7分，有C2=6种 情况.根据分类加法计数原理，共有6+4+4+24+6=44种情况。 11.某射手每次射击击中目标的概率为p,这名射手进行了10次射击，设X为击中 目标的次数，DX)=1.6,PX=3)<PX=7),则p=(） A0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.2 答案：A 解析：由题可得随机变量X服从二项分布B(I0,P), 10p(1-p)=1.6, 由D0=1.6P=3kPX=7)可得CD1-p7<Cp1-p,解得p=0.8 12.下列说法中错误的是( A.已知随机变量飞服从正态分布N(4,σ2)，若P(<2)=P(>6)=0.15,则P(2≤≤4)等 于0.3 B.已知服从正态分布N(0,σ2)，且P(-2≤≤2)=0.4，则P(>2)=0.3 C(怎x)”的展开式中的常数项是45 D.已知x∈(0,4]，则满足1og2x≤1的概率为0.5 答案：A 解析：已知随机变量服从正态分布N(u,σ2)， 若P(6<2)=P(>6)=0.15,可得曲线的对称轴为x=4,则P(2≤≤4)=0.5-0.15=0.35 故A错误； 若5服从正态分布N0,g2),且P(-2≤≤2)=0.4，则P(G>2)=22=-04=0.3, 2 故B正确：

9.已知随机变量 X 服从正态分布 N(μ,σ 2 ),且 P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ- σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,若 μ=4,σ=1,则 P(5<X<6)等于( ) A.0.135 8 B.0.135 9 C.0.271 6 D.0.271 8 答案:B 解析:由题意知,P(5<X<6)= 1 2 [P(2≤X≤6)-P(3≤X≤5)]= 0.954 5-0.682 7 2 =0.135 9. 10.4 名同学参加某种形式的竞赛,竞赛规则规定:每名同学必须从甲、乙两道题中 任选一题作答,选甲题答对得 21 分,答错得-21 分;选乙题答对得 7 分,答错得-7 分. 若 4 名同学的总分为 0,则这 4 名同学不同得分情况的种数是( ) A.48 B.44 C.36 D.24 答案:B 解析:分五类:第 1 类,两人分别得 21 分,余下两人分别得-21 分,有C4 2=6 种情况;第 2 类,一人得 21 分,余下三人分别得-7 分,有 4 种情况;第 3 类,一人得-21 分,余下三 人分别得 7 分,有 4 种情况;第 4 类,一人得 21 分,一人得-21 分,一人得 7 分,一人得 -7 分,有A4 3=24 种情况;第 5 类,两人分别得 7 分,余下两人分别得-7 分,有C4 2=6 种 情况.根据分类加法计数原理,共有 6+4+4+24+6=44 种情况. 11.某射手每次射击击中目标的概率为 p,这名射手进行了 10 次射击,设 X 为击中 目标的次数,D(X)=1.6,P(X=3)<P(X=7),则 p=( ) A.0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.2 答案:A 解析:由题可得随机变量 X 服从二项分布 B(10,p). 由 D(X)=1.6,P(X=3)<P(X=7)可得{ 10𝑝(1-𝑝) = 1.6, C10 3 𝑝 3 (1-𝑝) 7 < C10 7 𝑝 7 (1-𝑝) 3 , 解得 p=0.8. 12.下列说法中错误的是( ) A.已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(μ,σ 2 ),若 P(ξ<2)=P(ξ>6)=0.15,则 P(2≤ξ≤4)等 于 0.3 B.已知 ξ 服从正态分布 N(0,σ 2 ),且 P(-2≤ξ≤2)=0.4,则 P(ξ>2)=0.3 C.( 1 √𝑥 -𝑥 2 ) 10 的展开式中的常数项是 45 D.已知 x∈(0,4],则满足 log2x≤1 的概率为 0.5 答案:A 解析:已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(μ,σ 2 ), 若 P(ξ<2)=P(ξ>6)=0.15,可得曲线的对称轴为 x=4,则 P(2≤ξ≤4)=0.5-0.15=0.35, 故 A 错误; 若 ξ 服从正态分布 N(0,σ 2 ),且 P(-2≤ξ≤2)=0.4,则 P(ξ>2)= 1-𝑃(-2≤𝜉≤2) 2 = 1-0.4 2 =0.3, 故 B 正确;

(（债x2)”展开式的道项为7m1=C(货)xy=Co1学，由0-0，得 5-10 r=2,可得常数项是C(-1)2=45,故C正确； 已知x∈(0,4]，则满足10g2x≤1， 即0<x≤2的概率为2=0.5，故D正确 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13.己知P(A)=0.6,P(B4)=0.4,P(BA)=0.3,则P(B)的值为 答案0.34 解析：由P(A)=0.6得 P(A)=0.4,P(B)=PA)P(B14)+PAP(BA)=0.4×0.4+0.6×0.3=0.16+0.18=0.34 14.已知随机变量‘的分布列如下表所示，则x= 1 答案 解析：由随机变量概率分布列的性质可知x2+x+1,且0≤x≤1，解得x= 15.以下三个命题： ①若两个随机变量的线性相关性越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1； ②在某项测量中，测量结果￥服从正态分布N(1,σ2)（σ>0），若在区间(0,1)内取值 的概率为0.4，则‘在区间0,2)内取值的概率为0.8： ③有一个经验回归方程y=2-3x,当变量x增加一个单位时y平均增加3个单位 其中真命题为 .(只填序号) 答案：①② 解析：①两个随机变量的线性相关性越强，样本相关系数的绝对值越接近于1，是真 命题：②在某项测量中，测量结果服从正态分布N1,σ)（σ>0），则正态曲线关于直 线x=1对称，所以P(0<<1)=P(1<<2),所以 P(0<<2)=P0<<1)+P(1<<2)=0.4+0.4=0.8,②是真命题：③变量x增加一个单 位时y平均减少3个单位，③是假命题.综上所述，①②是真命题 16.已知经验回归方程y=bx+0.6相应于点(3,6.5)的残差为-0.1，则b的值 为 答案2 解析：由经验回归方程y=bx+0.6相应于点(3,6.5)的残差为-0.1，可得当x=3 时，y=6.6,把(3,6.6)代入y=bx+0.6,得6.6=3b+0.6,即b=2. 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.(10分)男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1人，选派5人外出比 赛，在下列情形中各有多少种选派方法

( 1 √𝑥 -𝑥 2 ) 10 展开式的通项为 Tr+1=C10 𝑟 ( 1 √𝑥 ) 10-𝑟 ·(-x 2 ) r=C10 𝑟 (-1)r𝑥 5𝑟-10 2 ,由 5𝑟-10 2 =0,得 r=2,可得常数项是C10 2 (-1)2=45,故 C 正确; 已知 x∈(0,4],则满足 log2x≤1, 即 0<x≤2 的概率为2 4 =0.5,故 D 正确. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.已知 P(𝐴)=0.6,P(B|A)=0.4,P(B|𝐴)=0.3,则 P(B)的值为 . 答案:0.34 解析:由 P(𝐴)=0.6,得 P(A)=0.4,P(B)=P(A)P(B|A)+P(𝐴)P(B|𝐴)=0.4×0.4+0.6×0.3=0.16+0.18=0.34. 14.已知随机变量 ξ 的分布列如下表所示,则 x= . ξ 0 1 2 P x 2 x 1 4 答案: 1 2 解析:由随机变量概率分布列的性质可知 x 2+x+1 4 =1,且 0≤x≤1,解得 x= 1 2 . 15.以下三个命题: ①若两个随机变量的线性相关性越强,则样本相关系数的绝对值越接近于 1; ②在某项测量中,测量结果 ξ 服从正态分布 N(1,σ 2 )(σ>0),若 ξ 在区间(0,1)内取值 的概率为 0.4,则 ξ 在区间(0,2)内取值的概率为 0.8; ③有一个经验回归方程𝑦 ^ =2-3x,当变量 x 增加一个单位时,y 平均增加 3 个单位. 其中真命题为 .(只填序号) 答案:①② 解析:①两个随机变量的线性相关性越强,样本相关系数的绝对值越接近于 1,是真 命题;②在某项测量中,测量结果 ξ 服从正态分布 N(1,σ 2 )(σ>0),则正态曲线关于直 线 x=1 对称,所以 P(0<ξ<1)=P(1<ξ<2),所以 P(0<ξ<2)=P(0<ξ<1)+P(1<ξ<2)=0.4+0.4=0.8,②是真命题;③变量 x 增加一个单 位时,y 平均减少 3 个单位,③是假命题.综上所述,①②是真命题. 16.已知经验回归方程𝑦 ^ = b ^ x+0.6 相应于点(3,6.5)的残差为-0.1,则𝑏 ^ 的值 为 . 答案:2 解析:由经验回归方程𝑦 ^ = b ^ x+0.6 相应于点(3,6.5)的残差为-0.1,可得当 x=3 时,𝑦 ^ =6.6,把(3,6.6)代入𝑦 ^ = 𝑏 ^ x+0.6,得 6.6=3𝑏 ^ +0.6,即𝑏 ^ =2. 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男、女队长各 1 人,选派 5 人外出比 赛,在下列情形中各有多少种选派方法

(1)任选5人： (2)男运动员3名，女运动员2名； (3)至少有1名女运动员： (4)队长至少有一人参加： (⑤)既要有队长，又要有女运动员 解(1)男运动员6名，女运动员4名，共10名， 六任选5人的选法为C。=是 =10x9x8x7X6=252, 5×4×3×2×1 .任选5人，共有252种选法。 (2)分两步：第一步，选3名男运动员，有C种选法： 第二步，再选2名女运动员，有C好种选法 根据分步计数乘法原理，选派男运动员3名，女运动员2名，共有CC=120种选法. (3)至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男 由分类加法计数原理可得C4C哈+CC?+CC?+C4C=246 故至少有1名女运动员有246种选法. (4)分三类：第1类，只有男队长入选，有C种选法；第2类，只有女队长入选，有C种 选法；第3类，男、女队长都入选，有C种选法 根据分类加法计数原理，共有2C+C=196种选法 (⑤)分两类：第1类，当有女队长，其他人选法任意，共有C。种选法；第2类，不选女队 长时，必选男队长，共有C母种选法，但选男队长且不含女运动员有C种选法 故不选女队长时共有C哈一C4种选法. 根据分类加法计数原理，既有队长又有女运动员共有Cg+Cg一C=191种选法 18(12分)已知(V:)”展开式中第三项的系数比第二项的系数大162，求： (1)n的值： (2)展开式中含x的项 解(1)因为1=C(v-2()”=4Cx学， 五=c(v-(到-2cx号 依题意得4C2+2C1=162 所以2C2+C1=81 所以n2=81,又n≥2，解得n=9. (2)设第(+1)项含x3项 则71=C5(V()=(2yC5x, 所以2”=3， 解得r=1, 所以第二项为含x3的项：T2=-2Cx3=-18x3

(1)任选 5 人; (2)男运动员 3 名,女运动员 2 名; (3)至少有 1 名女运动员; (4)队长至少有一人参加; (5)既要有队长,又要有女运动员. 解:(1)∵男运动员 6 名,女运动员 4 名,共 10 名, ∴任选 5 人的选法为C10 5 = A10 5 A5 5 = 10×9×8×7×6 5×4×3×2×1 =252, ∴任选 5 人,共有 252 种选法. (2)分两步:第一步,选 3 名男运动员,有C6 3种选法; 第二步,再选 2 名女运动员,有C4 2种选法. 根据分步计数乘法原理,选派男运动员 3 名,女运动员 2 名,共有C6 3C4 2=120 种选法. (3)至少有 1 名女运动员包括以下几种情况:1 女 4 男,2 女 3 男,3 女 2 男,4 女 1 男. 由分类加法计数原理可得C4 1C6 4 + C4 2C6 3 + C4 3C6 2 + C4 4C6 1=246. 故至少有 1 名女运动员有 246 种选法. (4)分三类:第 1 类,只有男队长入选,有C8 4种选法;第 2 类,只有女队长入选,有C8 4种 选法;第 3 类,男、女队长都入选,有C8 3种选法. 根据分类加法计数原理,共有 2C8 4 + C8 3=196 种选法. (5)分两类:第 1 类,当有女队长,其他人选法任意,共有C9 4种选法;第 2 类,不选女队 长时,必选男队长,共有C8 4种选法,但选男队长且不含女运动员有C5 4种选法, 故不选女队长时共有C8 4 − C5 4种选法. 根据分类加法计数原理,既有队长又有女运动员共有C9 4 + C8 4 − C5 4=191 种选法. 18.(12 分)已知(√𝑥- 2 𝑥 ) 𝑛 展开式中第三项的系数比第二项的系数大 162,求: (1)n 的值; (2)展开式中含 x 3 的项. 解:(1)因为 T3=C𝑛 2 (√𝑥) n-2(- 2 𝑥 ) 2 =4C𝑛 2𝑥 𝑛-6 2 , T2=C𝑛 1 (√𝑥) n-1(- 2 𝑥 )=-2C𝑛 1𝑥 𝑛-3 2 , 依题意得 4C𝑛 2+2C𝑛 1=162, 所以 2C𝑛 2 + C𝑛 1=81, 所以 n 2=81,又 n≥2,解得 n=9. (2)设第(r+1)项含 x 3 项, 则 Tr+1=C9 𝑟 (√𝑥) 9-r(- 2 𝑥 ) 𝑟 =(-2)rC9 𝑟𝑥 9-3𝑟 2 , 所以9-3𝑟 2 =3, 解得 r=1, 所以第二项为含 x 3 的项:T2=-2C9 1 x 3=-18x 3