综合测评(B) (时间：120分钟满分：150分) 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.根据一位母亲记录儿子3岁~9岁的身高数据，建立儿子身高（单位：c)关于年龄（单位：岁）的回归直线方程 y=7.19x+73.93,用此方程预测儿子10岁的身高，则下列有关叙述正确的是() A.身高一定为145.83cm B.身高大于145.83cm C.身高小于145.83cm D.身高在145.83cm左右 答案D 解析用回归直线方程预测的值不是精确值，而是估计值.当x=10时，y=145.83,只能说明身高在145.83cm左 右. 2.为了评价某个电视栏目的改革效果，在改革前后分别从居民点抽取了100名居民进行调查，经过计算20.99， 根据这一数据分析，下列说法正确的是() A.有99%的人认为该栏目优秀 B.有99%的人认为该栏目是否优秀与改革有关系 C.有99%的把握认为电视栏目是否优秀与改革有关系 D.没有99%的把握认为电视栏目是否优秀与改革有关系 答案☐p 3.己知一次考试共有60名学生参加，学生成绩X~110,52),据此估计，大约有57人的分数所在的区间为() A.[90,100] B.[95,125] C.[100,120] D.[105,115] 案 解析□国为XN110,5),所以4=110，g=5.因为2-0.95Pu-2osXu+2o)=P(100sX≤120，所以大约有57人的分 60 数在区间[100,1201.故选C 4国庆节放假，甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为，号假定三人的行动相互之间没有影响，则这段时间 内至少有1人去北京旅游的概率为( A器 B c D品 答案B 解析设国庆节放假，甲、乙、丙三人去北京旅游分别为事件A,B,C,则A,B,C相互独立，且 PAP(B)PC故至少有1人去北京旅游的概率为1-PI丽C)-l-PAP⑧)PC)=1-(1-)×(1-)×(1 )=故选B
综合测评(B) (时间:120 分钟 满分:150 分) 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.根据一位母亲记录儿子 3 岁~9 岁的身高数据,建立儿子身高(单位:cm)关于年龄(单位:岁)的回归直线方程 𝑦 ^ =7.19x+73.93,用此方程预测儿子 10 岁的身高,则下列有关叙述正确的是( ) A.身高一定为 145.83 cm B.身高大于 145.83 cm C.身高小于 145.83 cm D.身高在 145.83 cm 左右 答案 D 解析 用回归直线方程预测的值不是精确值,而是估计值.当 x=10 时,𝑦 ^ =145.83,只能说明身高在 145.83 cm 左 右. 2.为了评价某个电视栏目的改革效果,在改革前后分别从居民点抽取了 100 名居民进行调查,经过计算 χ 2≈0.99, 根据这一数据分析,下列说法正确的是( ) A.有 99%的人认为该栏目优秀 B.有 99%的人认为该栏目是否优秀与改革有关系 C.有 99%的把握认为电视栏目是否优秀与改革有关系 D.没有 99%的把握认为电视栏目是否优秀与改革有关系 答案 D 3.已知一次考试共有 60 名学生参加,学生成绩 X~N(110,52 ),据此估计,大约有 57 人的分数所在的区间为( ) A.[90,100] B.[95,125] C.[100,120] D.[105,115] 答案 C 解析 因为 X~N(110,52 ),所以 μ=110,σ=5.因为57 60=0.95≈P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=P(100≤X≤120),所以大约有 57 人的分 数在区间[100,120].故选 C. 4.国庆节放假,甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为1 3 , 1 4 , 1 5 .假定三人的行动相互之间没有影响,则这段时间 内至少有 1 人去北京旅游的概率为( ) A.59 60 B.3 5 C.1 2 D. 1 60 答案 B 解析 设国庆节放假,甲、乙、丙三人去北京旅游分别为事件 A,B,C,则 A,B,C 相互独立,且 P(A)= 1 3 ,P(B)= 1 4 ,P(C)= 1 5 ,故至少有 1 人去北京旅游的概率为 1-P(𝐴 𝐵 𝐶)=1-P(𝐴)P(𝐵)P(𝐶)=1-(1- 1 3 ) × (1- 1 4 ) × (1- 1 5 ) = 3 5 .故选 B
5.若随机变量X的分布列为 0.2 则当P(X<a)=0.8时，实数a的取值范围是( A.(-0,2] B.[1,2] c.(1,2] D.(1,2) 答案 解析由随机变量X的分布列知，P(X<1)=0.5,PX2)=0.8,则当P(Xa)-0.8时，实数a的取值范围是(12] 6.一袋中有5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止， 设停止时共取了X次球，则P(X-12)=() Ac×(眉”x(目 Bc品×（③）x(× c.cix(x Dc唱×目°x周 答案D 解析☐由题意知，第12次取到红球，前11次中恰有9次取到红球，2次取到白球，国为年次取到红球的概率为 所以PX=12)-C品×（周）x(周)×是=C唱×()×（③） 7.已知(e2+2)(侵-mx)°展开式中2项的系数为250，则实数m的值为() A.±5 B.5 C.±v5 D.5 答案c 醒折□导m的展开式中第k1项为1-C(白)*mrms 由题意可知，3k-10=2,解得k=4 故x2项的系数为2(-m)4C4=10m=250, 解得m=±V5. 8.对标有不同编号的6件正品和4件次品进行检测，不放回地依次摸出2件在第一次摸出正品的条件下，第二次 也摸到正品的概率是() A号 % D周 答案D 解析记“第一次摸出正品”为事件A,“第二次摸到正品”为事件B,则 P(A) 器-r- A1
5.若随机变量 X 的分布列为 X -2 -1 0 1 2 3 P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1 则当 P(X<a)=0.8 时,实数 a 的取值范围是( ) A.(-∞,2] B.[1,2] C.(1,2] D.(1,2) 答案 C 解析 由随机变量 X 的分布列知,P(X<1)=0.5,P(X<2)=0.8,则当 P(X<a)=0.8 时,实数 a 的取值范围是(1,2]. 6.一袋中有 5 个白球、3 个红球,现从袋中往外取球,每次任取一个记下颜色后放回,直到红球出现 10 次时停止, 设停止时共取了 X 次球,则 P(X=12)=( ) A.C12 10 × ( 3 8 ) 10 × ( 5 8 ) 2 B.C12 9 × ( 3 8 ) 9 × ( 5 8 ) 2 × 3 8 C.C11 9 × ( 5 8 ) 2 × ( 3 8 ) 2 D.C11 9 × ( 3 8 ) 10 × ( 5 8 ) 2 答案 D 解析 由题意知,第 12 次取到红球,前 11 次中恰有 9 次取到红球,2 次取到白球,因为每次取到红球的概率为3 8 , 所以 P(X=12)=C11 9 × ( 3 8 ) 9 × ( 5 8 ) 2 × 3 8 = C11 9 × ( 3 8 ) 10 × ( 5 8 ) 2 . 7.已知(x 2+2)( 1 𝑥 2 -𝑚𝑥) 5 展开式中 x 2 项的系数为 250,则实数 m 的值为( ) A.±5 B.5 C.±√5 D.√5 答案 C 解析 ( 1 𝑥 2 -𝑚𝑥) 5 的展开式中第 k+1 项为 Tk+1=C5 𝑘 ( 1 𝑥 2 ) 5-𝑘 ·(-mx) k=(-m) k C5 𝑘 x 3k-10 . 由题意可知,3k-10=2,解得 k=4. 故 x 2 项的系数为 2(-m) 4C5 4=10m4=250, 解得 m=±√5. 8.对标有不同编号的 6 件正品和 4 件次品进行检测,不放回地依次摸出 2 件.在第一次摸出正品的条件下,第二次 也摸到正品的概率是( ) A.3 5 B.2 5 C. 1 10 D.5 9 答案 D 解析 记“第一次摸出正品”为事件 A,“第二次摸到正品”为事件 B,则 P(A)= C6 1 C9 1 A10 2 = 3 5 ,P(AB)= A6 2 A10 2 = 1 3
故P(80=号 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分 9.下列说法正确的是() A.相关关系是一种不确定的关系，回归分析是对相关关系的分析，其意义在于对事件的发展趋势进行预测 B.独立性检验对分类变量关系的研究没有100%的把握，故独立性检验研究的结果在实际中也没有太大意义 C相关关系可以对变量的发展趋势进行预测，这种预测可能是错误的 D.如果独立性检验得出的结论有99%的可信度，那么就意味着这个结论一定是正确的 答案AC 10.设两个正态分布N(41,2)(o1>0)和N(2,)(c2>0)的密度函数图象如图所示，则() N(41,0) .8 0.6 04 N(a2,o3) 0.2 -1.0-0.50 0.51.0 A102 C.o1<02 D12 答案AC 解析正态曲线关于直线x=μ对称，0的大小表示变量的集中程度，σ越大，数据分布越分散，曲线越“矮胖”，0越 小，数据分布越集中，曲线越“瘦高”由图易知，A,C正确 11.下列随机变量服从二项分布的有() A.随机变量表示重复抛掷一枚质地均匀的骰子次中出现点数是3的倍数的次数 B.某射手击中目标的概率为0.9，从开始射击到击中目标所需的射击次数 C.有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用有放回抽取方法，：表示n次抽取中出现次品的件数(K) D.有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法，表示次抽取中出现次品的件数 答案AC 12在(V:)的展开式中，下列说法正确的是( ) A.二项式系数最大的项为1120r6 B.系数最大的项为1120x6 C.系数的绝对值最大的项是第5项和第6项 D.系数的绝对值最大的项是第6项和第7项 答案AD 解析二项式系数最大的项为中间项，即为第5项.故T5=Cg×24x2-8-1120x6 因1=c((3)-C略2*x4 设第k+1项的系数的绝对值最大， 则C哈2≥C略+1241 Cs2k≥C1.2k1
故 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 5 9 . 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 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 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分. 9.下列说法正确的是( ) A.相关关系是一种不确定的关系,回归分析是对相关关系的分析,其意义在于对事件的发展趋势进行预测 B.独立性检验对分类变量关系的研究没有 100%的把握,故独立性检验研究的结果在实际中也没有太大意义 C.相关关系可以对变量的发展趋势进行预测,这种预测可能是错误的 D.如果独立性检验得出的结论有 99%的可信度,那么就意味着这个结论一定是正确的 答案 AC 10.设两个正态分布 N(μ1,𝜎1 2 )(σ1>0)和 N(μ2,𝜎2 2 )(σ2>0)的密度函数图象如图所示,则( ) A.μ1σ2 C.σ1μ2 答案 AC 解析 正态曲线关于直线 x=μ 对称,σ 的大小表示变量的集中程度,σ 越大,数据分布越分散,曲线越“矮胖”;σ 越 小,数据分布越集中,曲线越“瘦高”.由图易知,A,C 正确. 11.下列随机变量 ξ 服从二项分布的有( ) A.随机变量 ξ 表示重复抛掷一枚质地均匀的骰子 n 次中出现点数是 3 的倍数的次数 B.某射手击中目标的概率为 0.9,从开始射击到击中目标所需的射击次数 ξ C.有一批产品共有 N 件,其中 M 件为次品,采用有放回抽取方法,ξ 表示 n 次抽取中出现次品的件数(M<N) D.有一批产品共有 N 件,其中 M 件为次品,采用不放回抽取方法,ξ 表示 n 次抽取中出现次品的件数 答案 AC 12.在(√𝑥- 2 𝑥 2 ) 8 的展开式中,下列说法正确的是( ) A.二项式系数最大的项为 1 120x -6 B.系数最大的项为 1 120x -6 C.系数的绝对值最大的项是第 5 项和第 6 项 D.系数的绝对值最大的项是第 6 项和第 7 项 答案 AD 解析 二项式系数最大的项为中间项,即为第 5 项.故 T5=C8 4×24·x 2-8=1 120x -6 . 因 Tk+1=C8 𝑘·(√𝑥) 8-k (- 2 𝑥 2 ) 𝑘 =(-1)k·C8 𝑘·2k·𝑥 4- 5 2 𝑘 . 设第 k+1 项的系数的绝对值最大, 则{ C8 𝑘 ·2 𝑘 ≥ C8 𝑘+1 ·2 𝑘+1 , C8 𝑘 ·2 𝑘 ≥ C8 𝑘-1 ·2 𝑘-1
1 2 k≥k+1 基理得三8 故k=5或k=6.故系数的绝对值最大的项是第6项和第7项 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13.甲、乙两个出版社都只出版语文和数学两种教辅产品，其图书在某地市场占有率之比为8：2，其中甲出版社 出版的图书中数学教辅的数量为50%，乙出版社出版的图书中数学教辅的数量为80%，现从该地任意买一本教 辅书，则该书恰好是数学教辅的概率是 客案b.56 解析□由全概率公式可得，该书恰好是数学教辅的概丰是品<0.5+品08=0,56 14.已知样本容量为11，计算得∑=510，∑=214，回归直线方程为y=0.3x+a,则a ,(精确到0.01) =1 i=1 答案☐5.55 解析由题意，得元=艺x5 i11 因为=0.3x+a, A 所以器03x9+ A 解得a≈5.55. 15.将A,B,C,D,E五种不同的文件放入编号依次为1,2,3,4,5,6,7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，若文件 A,B必须放入相邻的抽屉内，文件C,D也必须放在相邻的抽屉内，则所有不同的放法有 种 答案☐240 解析依题意可先排相邻的文件，再作为一个整体与其他文件进行排列，则有AA3A=240种放法 16.某商家进行促销活动，促销方案是顾客每消费1000元，便可以获得奖券1张，每张奖券中奖的概率为若中 奖，则商家返还中奖的顾客现金1000元.小王购买一套价格为2400元的西服，只能得到2张奖券，于是小王补偿 50元给一同事购买一件价格为600元的便服，这样小王就得到了3张奖券.记小王这次消费的实际支出为飞，则 E()= 答案☐1850 解 ☐根据题意知，6的可能取值为2450,1450,450-50，且P(=2450-(目)°=六P(5=1450)-C号××()°- 费P(6-450)-C3×目)°×=品，P(6-50)-C号×（目）=西，故E0-2450*赞+1450贺+450×品( 550)×151850, 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
即{ 1 8-𝑘 ≥ 2 𝑘+1 , 2 𝑘 ≥ 1 9-𝑘 . 整理得{ 𝑘 ≥ 5, 𝑘 ≤ 6. 故 k=5 或 k=6.故系数的绝对值最大的项是第 6 项和第 7 项. 三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.甲、乙两个出版社都只出版语文和数学两种教辅产品,其图书在某地市场占有率之比为 8∶2,其中甲出版社 出版的图书中数学教辅的数量为 50%,乙出版社出版的图书中数学教辅的数量为 80%,现从该地任意买一本教 辅书,则该书恰好是数学教辅的概率是 . 答案 0.56 解析 由全概率公式可得,该书恰好是数学教辅的概率是 8 10×0.5+ 2 10×0.8=0.56. 14.已知样本容量为 11,计算得 ∑ 𝑖=1 𝑛 xi=510, ∑ i=1 n yi=214,回归直线方程为𝑦 ^ =0.3x+𝑎 ^ ,则𝑎 ^ ≈ .(精确到 0.01) 答案 5.55 解析 由题意,得𝑥 = 1 11 ∑ 𝑖=1 11 xi= 510 11 , y = 1 11 ∑ i=1 11 yi= 214 11 . 因为𝑦=0.3𝑥 + 𝑎 ^ , 所以214 11 =0.3×510 11 + 𝑎 ^ , 解得𝑎 ^ ≈5.55. 15.将 A,B,C,D,E 五种不同的文件放入编号依次为 1,2,3,4,5,6,7 的七个抽屉内,每个抽屉至多放一种文件,若文件 A,B 必须放入相邻的抽屉内,文件 C,D 也必须放在相邻的抽屉内,则所有不同的放法有 种. 答案 240 解析 依题意可先排相邻的文件,再作为一个整体与其他文件进行排列,则有A2 2 A2 2 A5 3=240 种放法. 16.某商家进行促销活动,促销方案是顾客每消费 1 000 元,便可以获得奖券 1 张,每张奖券中奖的概率为1 5 ,若中 奖,则商家返还中奖的顾客现金 1 000 元.小王购买一套价格为 2 400 元的西服,只能得到 2 张奖券,于是小王补偿 50 元给一同事购买一件价格为 600 元的便服,这样小王就得到了 3 张奖券.记小王这次消费的实际支出为 ξ,则 E(ξ)= . 答案 1 850 解析 根据题意知,ξ 的可能取值为 2 450,1 450,450,-550,且 P(ξ=2 450)=( 4 5 ) 3 = 64 125,P(ξ=1 450)=C3 1 × 1 5 × ( 4 5 ) 2 = 48 125,P(ξ=450)=C3 2 × ( 1 5 ) 2 × 4 5 = 12 125,P(ξ=-550)=C3 3 × ( 1 5 ) 3 = 1 125,故 E(ξ)=2 450×64 125 +1 450×48 125 +450×12 125 +(- 550)× 1 125=1 850. 四、解答题:本题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17.(10分)某校举行综合知识大奖赛，比赛分初赛和决赛两部分，初赛采用选手选一题答一题的方式进行，每名选 手最多有6次答题的机会，选手累计答对4题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对4题者直接进入决赛，答错3 题者则被淘汰已知选手甲答题连续两次答错的概率为号且甲回答每道题的正确率相同，并且相互之间没有影响， (1)求选手甲回答一道题的正确率！ (2)求选手甲可以进入决赛的概率 解☐1)设选手甲答对一道题的正确率为P, 则(1pjP号 解得p号 故选手甲回答一道题的正确率为号 (2)选手甲答了4道题进入决赛的概率为()=品 答了5道题选入决赛的概率为C?×(佾°××号=然 答了6道题选入决赛的概率为C×囹×（③）×号=兴 故选手甲可以选入决赛的概率P普+器+9-器 18.(12分)甲、乙两人独立解某道数学题，己知甲独立解出的概率为0.6，且两人中至少有一人解出的概率为0.2 (1)求该题被乙独立解出的概率； (2)求解出该题的人数X的分布列， 解1)设甲、乙分别解出该题的事件为A,B, 则P(4)=0.6.由已知得，两人中至少有一人解出的概率P=1-PaB)=1-0.4P(B)=0.92, 解得P(E)=0.2,故P(B)=0.8. 故该题被乙独立解出的概率为0.8 (2)X的所有可能取值为0,1,2 则P(X=0)=P(A)P(B)=0.4×0.2-0.08, P(X-1)=P4)P(E)+PA)P(B)=0.6×0.2+0.4×0.8=0.44, PX-2)=P(4)P(B)=0.6×0.8=0.48. 故X的分布列为 0.08 0.44 0.48 19.(12分)已知(G)”EN,)的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比是14：3求 (1)展开式中各项系数的和 (2)展开式中的常数项： (3)展开式中二项式系数最大的项 解☐)回为（匠）”∈N,)的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比是14：3
17.(10 分)某校举行综合知识大奖赛,比赛分初赛和决赛两部分,初赛采用选手选一题答一题的方式进行,每名选 手最多有 6 次答题的机会,选手累计答对 4 题或答错 3 题即终止其初赛的比赛,答对 4 题者直接进入决赛,答错 3 题者则被淘汰.已知选手甲答题连续两次答错的概率为1 9 ,且甲回答每道题的正确率相同,并且相互之间没有影响. (1)求选手甲回答一道题的正确率; (2)求选手甲可以进入决赛的概率. 解 (1)设选手甲答对一道题的正确率为 p, 则(1-p) 2= 1 9 , 解得 p= 2 3 . 故选手甲回答一道题的正确率为2 3 . (2)选手甲答了 4 道题进入决赛的概率为( 2 3 ) 4 = 16 81, 答了 5 道题进入决赛的概率为C4 3 × ( 2 3 ) 3 × 1 3 × 2 3 = 64 243, 答了 6 道题进入决赛的概率为C5 3 × ( 2 3 ) 3 × ( 1 3 ) 2 × 2 3 = 160 729, 故选手甲可以进入决赛的概率 P=16 81 + 64 243 + 160 729 = 496 729. 18.(12 分)甲、乙两人独立解某道数学题,已知甲独立解出的概率为 0.6,且两人中至少有一人解出的概率为 0.92. (1)求该题被乙独立解出的概率; (2)求解出该题的人数 X 的分布列. 解 (1)设甲、乙分别解出该题的事件为 A,B, 则 P(A)=0.6.由已知得,两人中至少有一人解出的概率 P=1-P(𝐴 𝐵)=1-0.4·P(𝐵)=0.92, 解得 P(𝐵)=0.2,故 P(B)=0.8. 故该题被乙独立解出的概率为 0.8. (2)X 的所有可能取值为 0,1,2, 则 P(X=0)=P(𝐴)P(𝐵)=0.4×0.2=0.08, P(X=1)=P(A)P(𝐵)+P(𝐴)P(B)=0.6×0.2+0.4×0.8=0.44, P(X=2)=P(A)P(B)=0.6×0.8=0.48. 故 X 的分布列为 X 0 1 2 P 0.08 0.44 0.48 19.(12 分)已知(√𝑥- 2 𝑥 2 ) 𝑛 (n∈N+)的展开式中,第 5 项与第 3 项的二项式系数之比是 14∶3.求: (1)展开式中各项系数的和; (2)展开式中的常数项; (3)展开式中二项式系数最大的项. 解 (1)因为(√𝑥- 2 𝑥 2 ) 𝑛 (n∈N+)的展开式中,第 5 项与第 3 项的二项式系数之比是 14∶3
所哈-导 即n-1n-2m3=14.n- 4×3×2×1 3 2 解得n=10, 故令x=1,可得展开式中各项系数的和为(1-2)10=1. (2②)由于二项式的通项公式为T1=C0(-2yx5受，令5g-0,得2， 2 因此展开式中的常数项为T3=Co×4=180. (3)要使二项式系数最大，只要C最大，则k=5, 故二项式系数最大的项为6-C5.2驴x号-8064x号 15 20.(12分)某高校共有学生15000人，其中男生10500人，女生4500人.为调查该校学生每周平均体育运动时间 的情况，采用分层抽样的方法，收集300名学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：时）。 (1)应收集多少名女生的样本数据？ (2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图如图所示，其中样本数据的分组 区间为：[0,2]，(2,4]，(4,6，(6,8]，(8,10)，(10,12】估计该校学生每周平均体育运动时间超过4时的概率 频率 组距 0.150 0.125 0.100 0.075 0.025 024 6 81012时间/时 (3)在样本数据中，有60名女生的每周平均体育运动时间超过4时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表， 并判断能否在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关」 nad-be)2 附-a+bc+da+cb+a P2) 0.10 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 解☐1)300× =90,故应收集90名女生的样本数据 (2)由频率分布直方图，得1-2×(0.100+0.025)=0.75，故该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率的估计 值为0.75. (3)由题意可知，300名学生中有300×0.75=225人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人的每周平均体育运 动时间不超过4小时.又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以每周平均体育运动时 间与性别的2×2列联表如下 性别 每周平均体育运动时间 总计 男生 女生
所以C𝑛 4 C𝑛 2 = 14 3 , 即 𝑛·(𝑛-1)·(𝑛-2)·(𝑛-3) 4×3×2×1 = 14 3 · 𝑛(𝑛-1) 2 , 解得 n=10, 故令 x=1,可得展开式中各项系数的和为(1-2)10=1. (2)由于二项式的通项公式为 Tr+1=C10 𝑟 ·(-2)r·𝑥 5- 5𝑟 2 ,令 5- 5𝑟 2 =0,得 r=2, 因此展开式中的常数项为 T3=C10 2 ×4=180. (3)要使二项式系数最大,只要C10 𝑘 最大,则 k=5, 故二项式系数最大的项为 T6=C10 5 ·(-2)5·𝑥 - 15 2 =-8 064𝑥 - 15 2 . 20.(12 分)某高校共有学生 15 000 人,其中男生 10 500 人,女生 4 500 人.为调查该校学生每周平均体育运动时间 的情况,采用分层抽样的方法,收集 300 名学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位:时). (1)应收集多少名女生的样本数据? (2)根据这 300 个样本数据,得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图如图所示,其中样本数据的分组 区间为:[0,2],(2,4],(4,6],(6,8],(8,10],(10,12].估计该校学生每周平均体育运动时间超过 4 时的概率. (3)在样本数据中,有 60 名女生的每周平均体育运动时间超过 4 时,请完成每周平均体育运动时间与性别列联表, 并判断能否在犯错误的概率不超过 5%的前提下,认为该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关. 附:χ 2= 𝑛(𝑎𝑑-𝑏𝑐) 2 (𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑) P(χ 2 ≥k) 0.10 0.05 0.01 0.005 k 2.706 3.841 6.635 7.879 解 (1)300×4 500 15 000=90,故应收集 90 名女生的样本数据. (2)由频率分布直方图,得 1-2×(0.100+0.025)=0.75,故该校学生每周平均体育运动时间超过 4 小时的概率的估计 值为 0.75. (3)由题意可知,300 名学生中有 300×0.75=225 人的每周平均体育运动时间超过 4 小时,75 人的每周平均体育运 动时间不超过 4 小时.又因为样本数据中有 210 份是关于男生的,90 份是关于女生的,所以每周平均体育运动时 间与性别的 2×2 列联表如下. 每周平均体育运动时间 性别 总计 男生 女生
每周平均体有运动 45 30 75 时间不超过4小时 每周平均体有运动 165 ⊙ 225 时间超过4小时 总计 210 90 300 故X-300X45x60-165x3024762>3.841 75×225×210×90 故在犯错误的概率不超过5%的前提下，可以认为该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关. 21.(12分)某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分 每小时收费标准为40元（不足1小时的部分按1小时计算）有甲、乙两人相互独立的来该滑雪场运动，设甲、 乙不超过1小时离开的概率分别为，名1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为号，导两人滑雪时间都不会 超过3小时 (1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率， (2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量，求的分布列与均值E(白、方差D(), 解☐1)若两人所付费用相同，则相同的费用可能为0元、40元、80元， 两人都付0无的概率为P片×君品 两人都付40元的概率为P×号= 两人都付80元的概率为 P-(1-片)×(1-)=x名六 故两人所付费用相同的概率为P=P1+P+P六+计六=品 (2)由题意可知，5可能取值为0,40,80,120,160，则 P=0-×8- PG=40)×号+×= 1 1 P6-20号×若+片×号- P6-160)片×g=元 故（的分布列为 0 40 80 120 160 1 5 24 牙 故E(0-0x7+40x+80x是+120x+160x2-80
每周平均体育运动 时间不超过 4 小时 45 30 75 每周平均体育运动 时间超过 4 小时 165 60 225 总计 210 90 300 故 χ 2= 300×(45×60-165×30) 2 75×225×210×90 ≈4.762>3.841. 故在犯错误的概率不超过 5%的前提下,可以认为该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关. 21.(12 分)某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是:滑雪时间不超过 1 小时免费,超过 1 小时的部分 每小时收费标准为 40 元(不足 1 小时的部分按 1 小时计算).有甲、乙两人相互独立的来该滑雪场运动,设甲、 乙不超过 1 小时离开的概率分别为1 4 , 1 6 ;1 小时以上且不超过 2 小时离开的概率分别为1 2 , 2 3 .两人滑雪时间都不会 超过 3 小时. (1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率; (2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量 ξ,求 ξ 的分布列与均值 E(ξ)、方差 D(ξ). 解 (1)若两人所付费用相同,则相同的费用可能为 0 元、40 元、80 元, 两人都付 0 元的概率为 P1= 1 4 × 1 6 = 1 24, 两人都付 40 元的概率为 P2= 1 2 × 2 3 = 1 3 , 两人都付 80 元的概率为 P3=(1- 1 4 - 1 2 ) × (1- 1 6 - 2 3 ) = 1 4 × 1 6 = 1 24, 故两人所付费用相同的概率为 P=P1+P2+P3= 1 24 + 1 3 + 1 24 = 5 12. (2)由题意可知,ξ 可能取值为 0,40,80,120,160,则 P(ξ=0)= 1 4 × 1 6 = 1 24, P(ξ=40)= 1 4 × 2 3 + 1 2 × 1 6 = 1 4 , P(ξ=80)= 1 4 × 1 6 + 1 2 × 2 3 + 1 4 × 1 6 = 5 12, P(ξ=120)= 1 2 × 1 6 + 1 4 × 2 3 = 1 4 , P(ξ=160)= 1 4 × 1 6 = 1 24. 故 ξ 的分布列为 ξ 0 40 80 120 160 P 1 24 1 4 5 12 1 4 1 24 故 E(ξ)=0×1 24 +40×1 4 +80×5 12 +120×1 4 +160×1 24=80
D9-0-80P*7+40-80Px2(80-80Px是+(120-80Px+160-80yP×7=490 3 22.(12分)）一台机器由于使用时间较长，但还可以使用，它按不同的转速生产出来的某机械零件有一些会有缺点， 每小时生产有缺点的零件的多少随机器运转的速度而变化，下表为抽样试验的结果： 转速x转秒) 14 每小时生产有缺点的零件数)件 11 (1)对变量y与x进行相关性检验； (2)如果y与x有线性相关关系，求回归直线方程； (3)若实际生产中，为避免生产出过多的有缺点的零件，机器的转速不得超过15转/秒，则每小时生产有缺点的零 件最多有多少件？ 图☐1)国为=12.57-825，言0=438,4板了-412.52x好-60,2y2=291, =1 1 =1 xy4可 所以= 1 、4-4 4 4 438.412.5 V(660-625291-272.25 25.5 V656.25 0.995 所以y与x有线性相关关系 2,得6=高7 4 438-415=255≈0.7286 好4 660-625 35 1 a=-bx≈8.25-0.7286×12.5=-0.8575. 故y=0.7286x-0.8575 (3)当x=15时y=0.7286×15-0.8575=10.0715. 故每小时生产有缺点的零件最多有10件
D(ξ)=(0-80)2× 1 24 +(40-80)2× 1 4 +(80-80)2× 5 12 +(120-80)2× 1 4 +(160-80)2× 1 24 = 4 000 3 . 22.(12 分)一台机器由于使用时间较长,但还可以使用,它按不同的转速生产出来的某机械零件有一些会有缺点, 每小时生产有缺点的零件的多少随机器运转的速度而变化,下表为抽样试验的结果: 转速 x/(转/秒) 16 14 12 8 每小时生产有缺点的零件数 y/件 11 9 8 5 (1)对变量 y 与 x 进行相关性检验; (2)如果 y 与 x 有线性相关关系,求回归直线方程; (3)若实际生产中,为避免生产出过多的有缺点的零件,机器的转速不得超过 15 转/秒,则每小时生产有缺点的零 件最多有多少件? 解 (1)因为𝑥=12.5,𝑦=8.25, ∑ 𝑖=1 4 xiyi=438,4x y=412.5, ∑ i=1 4 𝑥𝑖 2=660, ∑ 𝑖=1 4 𝑦𝑖 2=291, 所以 r= ∑ 𝑖=1 4 𝑥𝑖𝑦 𝑖 -4𝑥 𝑦 √( ∑ 𝑖=1 4 𝑥𝑖 2 -4𝑥 2 )( ∑ 𝑖=1 4 𝑦 𝑖 2-4𝑦 2 ) = 438-412.5 √(660-625)(291-272.25) = 25.5 √656.25 ≈0.995. 所以 y 与 x 有线性相关关系. (2)由(1),得𝑏 ^ = ∑ 𝑖=1 4 𝑥𝑖𝑦 𝑖 -4𝑥 𝑦 ∑ 𝑖=1 4 𝑥𝑖 2 -4𝑥 2 = 438-412.5 660-625 = 25.5 35 ≈0.728 6, 𝑎 ^ = 𝑦 − 𝑏 ^ 𝑥≈8.25-0.728 6×12.5=-0.857 5. 故𝑦 ^ =0.728 6x-0.857 5. (3)当 x=15 时,𝑦 ^ =0.728 6×15-0.857 5=10.071 5. 故每小时生产有缺点的零件最多有 10 件