单元评估检测(六)(第十、十一章)
(120分钟150分)
一、单项选择题(本大题共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.某中学初中部共有110名教师,高中部共有150名教师,其性别比例如图所示,则该校女教师的人数为( )
A.167
B.137
C.123
D.93
【解析】选B.初中部女教师的人数为
110×70%=77,
高中部女教师人数为150×40%=60,
则该校女教师的人数为77+60=137.
2.若-n的展开式中第四项为常数项,则n= ( )
A.4
B.5
C.6
D.7
【解析】选B.依题意,T4=·-3·,
因为其展开式中第四项为常数项,
所以-1=0,所以n=5.
3.已知随机变量X服从正态分布N(3,σ2),且P(X<5)=0.8,则P(1 ( ) A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2 【解析】选C.由正态曲线的对称性可知, P(X<3)=P(X>3)=0.5, 故P(X>1)=P(X<5)=0.8, 所以P(X≤1)=1-P(X>1)=0.2, P(1 4.设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b,又有X的数学期望为E(X)=3,则a+b= ( ) A. B.0 C.- D. 【解析】选A.依题意可得X的分布列为 X 1 2 3 4 P a+b 2a+b 3a+b 4a+b 依题意得 解得 a=,b=0,故a+b=. 5.某商场进行购物摸奖活动,规则是:在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1,2,3,4,5的五个小球(小球除标号外其他完全相同),每次摸奖需要同时取出两个球,每位顾客最多有两次摸奖机会,并规定:若第一次取出的两球号码连号,则中奖,摸奖结束;若第一次未中奖,则将这两个小球放回后进行第二次摸球.若与第一次取出的两个小球号码相同,则为中奖.按照这样的规则摸奖,中奖的概率为 ( ) A. B. C. D. 【解析】选C.分两种情况,第一种第一次摸到连号,则概率为P(A)==,第二种情况对应概率为P(B)=·=,所以中奖的概率为P(A)+P(B)=+=. 6.有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有2套不同样式的连衣裙.“五一”节某同学需选择一套服装参加歌舞演出,则有几种不同的选择方式 ( ) A.24种 B.14种 C.10种 D.9种 【解析】选B.第一类:一件衬衣、一件裙子搭配一套服装有4×3=12(种)方式; 第二类:选2套连衣裙中的一套,有2种选法. 由分类加法计数原理,得共有12+2=14(种)选择方式. 7.如图,图案共分9个区域,有6种不同颜色的涂料可供涂色,每个区域只能涂一种颜色的涂料,其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且相邻区域的颜色不相同,则涂色方法有世纪金榜导学号( ) A.360种 B.720种 C.780 种 D.840种 【解析】选B.由题干图可知,区域2,3,5,7不能同色,所以2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且各区域的颜色均不相同,所以涂色方法有×2=720(种). 8.如果{a n}不是等差数列,但若?k∈N*,使得a k+a k+2=2a k+1,那么称{a n}为“局部等差”数列.已知数列{x n}的项数为4,记事件A:集合? ,事件B:{x n}为“局部等差”数列,则条件概率P= ( ) A. B. C. D. 【解析】选C.由题意知,事件A共有·=120个基本事件,事件B:“局部等差”数列共有以下24个基本事件, (1)其中含1,2,3的“局部等差”数列分别为1,2,3,5和5,1,2,3和4,1,2,3,共3个, 含3,2,1的“局部等差”数列同理也有3个,共6个. (2)含3,4,5的和含5,4,3的与上述(1)相同,也有6个. (3)含2,3,4的有5,2,3,4和2,3,4,1,共2个, 含4,3,2的同理也有2个. (4)含1,3,5的有1,3,5,2和2,1,3,5和4,1,3,5和1,3,5,4,共4个, 含5,3,1的同理也有4个,共24个, 所以P(B|A)==. 二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分) 9.若随机变量ξ的分布列为 ξ0 1 P m n 其中m∈(0,1),则下列结果中错误的是( ) A.E(ξ)=m,D(ξ)=n3 B.E(ξ)=m,D(ξ)=n2 C.E(ξ)=1-m,D(ξ)=m-m2 D.E(ξ)=1-m,D(ξ)=m2 【解析】选ABD.由分布列可知,随机变量ξ服从两点分布,故E(ξ)=n=1-m, D(ξ)=n(1-n)=(1-m)m=m-m2. 故A,B,D错误. 10.如图是2019年第一季度五省GDP情况图,则下列陈述正确的是( ) ①2019年第一季度GDP总量和增速均居同一位的省只有1个; ②与去年同期相比,2019年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长; ③去年同期的GDP的总量前三位是D省、B省、A省; ④2018年同期A省的GDP总量是第三位. A.① B.② C.③ D.④ 【解析】选BCD.①2019年第一季度GDP总量和增速均居同一位的省有2个,B省和C省的GDP 总量和增速分别居第一位和第四位,故①错误;由图知②正确; 由图计算2018年同期五省的GDP总量,可知前三位为D省、B省、A省,故③正确; 由③知,2018年同期A省的GDP总量是第三位,故④正确. 11.下列结论正确的是 ( ) A.P(B|A)与P(A|B)的含义相同 B.若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B) C.对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立 D.抛掷2枚质地均匀的硬币,“第1枚为正面”为事件A,“第2枚为正面”为事件B,则A,B 相互独立 【解析】选BD.A×.前者是在A发生的条件下B发生的概率,后者是在B发生的条件下A发生的概率. B√.由相互独立事件和条件概率的定义可知. C×.A与B相互独立时,P(AB)=P(A)P(B)成立. D√.事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,所以A,B相互独立. 12.已知下列四个变量: ①某高铁候车室中一天的旅客数量X1; ②某次学术讲座中学员向主讲教授提问的次数X2; ③某一天中长江的水位X3; ④某次大型车展中销售汽车的车辆数X4. 其中是离散型随机变量的是( ) A.①中的X1 B.②中的X2 C.③中的X3 D.④中的X4 【解析】选A BD.①②④中的随机变量可能取的值,我们都可以按一定次序一一列出,因此它们都是离散型随机变量;③中的X3可以取某一区间内的一切值,无法按一定次序一一列出,故X3不是离散型随机变量. 三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上) 13.某工厂生产10个产品,其中有2个次品,从中任取3个产品进行检测,则3个产品中至多有1个次品的概率为________. 【解析】3个产品中至多有1个次品,拆分为3个产品中没有次品和3个产品中恰有1个次品,所以所求的概率为P=+=+=. 答案: 【一题多解】 因为3个产品中次品的个数为0,1,2,所以“3个产品中至多有1个次品”的对立事件为“3个产品中恰有2个次品”,所以所求的概率为P=1-=1-=. 答案: 14.将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a,b,则直线ax+by=0与圆(x-2)2+y2=2有公共点的概率为________,仅有一个公共点的概率为________. 【解析】若直线ax+by=0与圆(x-2)2+y2=2有公共点,则≤,整理得a2≤b2. 依题意,将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a,b)有6×6=36(种)结果. 满足a2≤b2的数组: 当a=1时,b=1,2,3,4,5,6,共6种结果; 当a=2时,b=2,3,4,5,6,共5种结果; 当a=3时,b=3,4,5,6,共4种结果; 当a=4时,b=4,5,6,共3种结果; 当a=5时,b=5,6,共2种结果; 当a=6时,b=6,共1种结果. 所以满足a2≤b2的数组共6+5+4+3+2+1=21(种)结果, 因此所求的概率P==. 若仅有一个公共点,则a2=b2,共6种结果, 所求概率为P==. 答案: 15.小明口袋中有3张10元,3张20元(因纸币有编号,认定每张纸币不同),现从中掏出纸币超过45元的方法有________ 种;若小明每次掏出纸币的概率是等可能的,不放回地掏出4张,刚好是50元的概率为________. 世纪金榜导学号 【解析】超过45元即为掏出纸币50元,60元,70元,80元,90元,如果掏出纸币50元,则2张20元,1张10元,或3张10元,1张20元,共有+=12种方法;如果掏出纸币60元,则2张20元,2张10元,或3张20元,共有+=10种方法;如果掏出纸币70元,则3张20元,1张10元,或2张20元,3张10元,共有+=6种方法;如果掏出纸币80 元,则3张20元,2张10元,共有=3种方法;如果掏出纸币90元,则3张20元,3张10元,共有1种方法;所以共有32种方法.设“如果不放回地掏出4张,刚好是50元”为事件A,则所有的基本事件的总数为=15, A中含有的基本事件的总数为3,所以P(A)==. 答案:32 16.投掷一枚图钉,设钉尖向上的概率为p(0 【解析】设P(B k)(k=0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉3次,出现k次钉尖向上”的概率, 由题意,得P(B2) 即p2(1-p) 因为0 答案: 四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)进入冬天,大气流动性变差,容易形成雾霾天气,从而影响空气质量.某城市环保部 门试图探究车流量与空气质量的相关性,以确定是否对车辆实施限行.为此,环保部门采集到 该城市过去一周内某时段车流量与空气质量指数的数据如下表: 时间周一周二周三周四周五周六周日 车流量 10 9 9.5 10.5 11 8 8.5 (x万辆) 空气质量 78 76 77 79 80 73 75 指数y (1)根据表中周一到周五的数据,求y关于x的线性回归方程. (2)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2,则认为得到的线性回归方程是可靠的.请根据周六和周日数据,判定所得的线性回归方程是否可靠? 注:回归方程=x+中斜率和截距最小二乘估计公式分别为 ==,=-. 【解析】(1)==10, ==78. 所以(x i-)(y i-)=(10-10)(78-78)+(9-10)(76-78)+(9.5-10)(77-78)+ (10.5-10)(79-78)+(11-10)(80-78)=5, (x i-)2=(10-10)2+(9-10)2+ (9.5-10)2+(10.5-10)2+(11-10)2=2.5, 所以===2. 所以=-=78-2×10=58, 所以y关于x的线性回归方程为=2x+58. (2)当x=8时,=2×8+58=74. 满足|74-73|=1<2,当x=8.5时,=2×8.5+58=75. 满足|75-75|=0<2,所以所得的线性回归方程是可靠的. 18.(12分)某客户准备在家中安装一套净水系统,该系统为三级过滤,使用寿命为十年.如图所示,两个一级过滤器采用并联安装,二级过滤器与三级过滤器为串联安装. 其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中,一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立),三级滤芯无需更换,若客户在安装净水系统的同时购买滤芯,则一级滤芯每个80元,二级滤芯每个160元.若客户在使用过程中单独购买滤芯,则一级滤芯每个200元,二级滤芯每个400元.现需决策安装净水系统的同时购滤芯的数量,为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表,其中图是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图,表是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表. 二级滤芯更换频数分布表 二级滤芯更换的个数 5 6 频数60 40 以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率,以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率. (1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率. (2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数,求X的分布列及数学期望. (3)记m,n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若 m+n=28,且n∈{5,6},以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据,试确定m,n的值. 【解析】(1)由题意可知,若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30,则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯,二级过滤器需要更换6个滤芯.设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A. 因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4,二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4, 所以P(A)=0.4×0.4×0.4=0.064. (2)由柱状图可知一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12的概率分别为0.2,0.4,0.4. 由题意,X可能的取值为20,21,22,23,24,并且P(X=20)=0.2×0.2=0.04, P(X=21)=0.2×0.4×2=0.16, P(X=22)=0.4×0.4+0.2×0.4×2=0.32, P(X=23)=0.4×0.4×2=0.32, P(X=24)=0.4×0.4=0.16. 所以X的分布列为 X 20 21 22 23 24 P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16 E(X)=20×0.04+21×0.16+22×0.32+23×0.32+24×0.16=22.4. (3)方法一: 因为m+n=28,n∈{5,6},若m=22,n=6, 则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 22×80+200×0.32+400×0.16+6×160=2 848; 若m=23,n=5, 则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 23×80+200×0.16+5×160+400×0.4=2 832. 故m,n的值分别为23,5. 方法二: 因为m+n=28,n∈{5,6},若m=22,n=6,设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Y1(单位:元),则 E(Y1)=1 760×0.52+1 960×0.32+2 160×0.16=1 888. 设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Y2(单位:元),则 Y2=6×160=960,E(Y2)=1×960=960. 所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Y1)+E(Y2)= 1 888+960= 2 848. 若m=23,n=5 设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Z1(单位:元),则 E(Z1)=1 840×0.84+2 040×0.16=1 872. 设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Z2(单位:元),则 E(Z2)=800×0.6+1 200×0.4=960. 所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Z1)+E(Z2)= 1 872+960= 2 832. 故m,n的值分别为23,5. 19.(12分)为了解某校今年高三毕业班报考飞行员学生的体重情况,将所得的数据整理后,画出了如图所示的频率分布直方图.已知图中从左到右的前三组的频率之比为1∶2∶3,其中体重在[50,55]的有5人. (1)求该校报考飞行员的总人数. (2)从该校报考飞行员的体重在[65,75]的学生中任选3人,设X表示体重超过 70 kg的学生人数,求X的分布列和数学期望. 【解析】(1)设该校报考飞行员的总人数为n,前三个小组的频率分别为k,2k,3k, 则k+2k+3k+0.030×5+0.020×5=1, 解得k=,即第1组的频率为. 又因为k=,故n=40,即该校报考飞行员的总人数是40人. (2)由(1)知:这40人中体重在区间[65,70]的学生有40×0.030×5=6人, 体重超过70 kg的有40×0.020×5=4人, 现从这10人中任选3人, 则P(X=0)===, P(X=1)===, P(X=2)===, P(X=3)===, 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以期望值为 E(X)=0×+1×+2×+3×=. 20.(12分)某机构组织的家庭教育活动上有一个游戏,每次由一个小孩与其一位家长参与,测试家长对小孩饮食习惯的了解程度.在每一轮游戏中,主持人给出A,B,C,D四种食物,要求小孩根据喜爱程度对其排序,然后由家长猜测小孩的排序结果,设小孩对四种食物排出的序号依次为x A x B x C x D,家长猜测的序号依次为y A y B y C y D,其中x A x B x C x D,y A y B y C y D都是1,2,3,4四个数字的一种排列.定义X= (x A-y A)2+(x B-y B)2+(x C-y C)2+(x D-y D)2,用X来衡量家长对小孩饮食习惯的了解程度. (1)若参与游戏的家长对小孩的饮食习惯完全不了解. (i)求他们在一轮游戏中,对四种食物排出的序号完全不同的概率; (ii)求X的分布列(简要说明方法,不用写出详细计算过程). (2)若有一组小孩和家长进行了三轮游戏,三轮的结果都满足X<4,请判断这位家长对小孩的饮食习惯是否了解,说明理由. 【解析】(1)(i)若家长对小孩的饮食习惯完全不了解,则家长对小孩的排序是随意猜测的,所以先考虑小孩的排序x A x B x C x D为1234的情况,家长的排序有=24种等可能的结果. 其中满足“家长的排序与1234对应位置的数字完全不同”的有 2143,2341,2413,3142,3412,3421,4123,4312,4321共9种结果,所以相应的概率为=. 若小孩对四种食物的排序是其他情况,只需要将角标A,B,C,D按照小孩的排序1234的顺序调整即可,所以他们在一轮游戏中,对四种食物排成的序号完全不同的概率为. (ii)根据(i)的结果,同样只考虑小孩排序为1234的情况,家长的排序一共有24种情况,列出所有情况,分别计算每种情况下的X的值. 所以X的分布列为 X 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 P (2)这位家长对小孩的饮食习惯比较了解. 理由如下:假设家长对小孩的饮食习惯完全不了解,则由(1)知,在一轮游戏中, P(X<4)=P(X=0)+P(X=2)=,三轮游戏结果都满足“X<4”的概率为=. 这个结果发生的可能性很小,所以可以认为这个家长对小孩的饮食习惯比较了解. 21.(12分)某研究公司为了调查公众对某事件的关注程度,在某年的连续6个月内,月份x i和关注人数y i(单位:百)(i=1,2,3,…,6)数据做了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值. 世纪金榜导学号 (x i-)2(x i-)(y i-) 17.5 35 36.5 (1)由散点图看出,可用线性回归模型拟合y与x的关系,请用相关系数加以说明,并建立y关于x的回归方程. (2)经统计,调查材料费用v(单位:百元)与关注人数y满足函数关系v=+,求材料费用的最小值,并预测此时的关注人数. (3)现从这6个月中,随机抽取3个月份,求关注人数不低于1 600人的月份个数ξ的分布列与数学期望. 参考公式:相关系数r=,若r>0.95,则y与x的线性相关程度相当高,可用线性回归模型拟合y与x的关系.回归方程=x+中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为=,=-. 【解析】(1)=×(11+13+16+15+20+21)=16,所以=76, 又因为(x i-)2=17.5, (x i-)(y i-)=35, 所以相关系数r===≈0.96, 由于y关于x的相关系数r≈0.96>0.95, 这说明y关于x的线性相关程度相当高,可用线性回归模型拟合y与x的关系; 又===2, 且=×(1+2+3+4+5+6)=3.5, 所以=-=16-2×3.5=9,所以回归方程为=2x+9. (2)v=+≥2=18,即调查材料最低成本为1 800元,此时=, 所以y=207. (3)ξ可能的取值为0,1,2,3, 且P(ξ=0)==; P(ξ=1)==; P(ξ=2)==; P(ξ=3)==. 所以ξ的分布列为 ξ0 1 2 3 P 所以E(ξ)=0×+1×+2×+3×=1.5. 22.(12分)棋盘上标有第0,1,2,…,100站,棋子开始时位于第0站,棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面,棋子向前跳出一站;若掷出反面,棋子向前跳出两站,直到跳到第99站或第100站时,游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为P n. 世纪金榜导学号 (1)当游戏开始时,若抛掷均匀硬币3次后,求棋手所走站数之和X的分布列与数学期望. (2)证明:P n+1-P n=-(P n-P n-1)(2≤n≤98). (3)求P99,P100的值. 【解析】(1)X的值为3,4,5,6, P(X=3)==, P(X=4)==, P(X=5)==, P(X=6)==, 所以X的分布列如下: X 3 4 5 6 P 所以期望为E(X)=3×+4×+5×+6×=. (2)因为棋子跳到第n站,可以分解为两个情形:第一种是棋子先跳到第n-2站,再掷出反面,其概率为P n-2; 第二种是棋子先跳到第n-1站,再掷出正面,其概率为P n-1, 所以P n=(P n-1+P n-2), 即P n-P n-1=-(P n-1-P n-2), 所以P n+1-P n=-(P n-P n-1)(2≤n≤98). (3)由(2)知数列{P n-P n-1}(n≥1)是首项为P1-P0=-1=-,公比为-的等比数列. 所以P n-P n-1=(P1-P0)=. 由此得到 P99=++…++1 =. 又P99-P98=, 则P98=, 由于跳到第99站时,自动停止游戏, 故有P100=P98=.
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