2020-2021学年人教B版数学选修2-3课时作业：模块综合评估1

2020-2021学年人教B版数学选修2-3课时作业：模块综合评估1

选修 2—3 模块综合评估(一) 时间：120 分钟 总分：150 分 第Ⅰ卷(选择题，共 60 分) 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 1．已知集合 S＝{－1,0,1}，集合 A＝{1,2,3,4}．从集合 S、A 中 各取一个元素作点的横纵坐标，在直角坐标系中，可以作出点的个数 为( B ) A．7 B．12 C．4 D．24 解析：C13·C14＝12(个)． 2．打靶时，甲每打 10 次可中靶 8 次，乙每打 10 次可中靶 7 次， 若两人同时射击一目标，则他们同时中靶的概率是( A ) A.14 25 B.12 25 C.3 4 D.3 5 解析：独立事件，P(AB)＝P(A)·P(B)＝ 8 10 × 7 10 ＝ 56 100 ＝14 25. 3．有 5 个平面向量，其坐标分别为(1,0)，(0,1)，(－1,0)，(0，－ 1)，(1,1)，可构成平面内的基底组数为( A ) A．8 B．10 C．18 D．20 解析：构成平面内的基底要求两个向量不共线，因此构成平面内 的基底组数为 C25－2＝8. 4. x＋2 x2 n 的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，则展开式 中的常数项是( A ) A．180 B．90 C．45 D．360 解析：由于展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，所以 n＝10， 又 Tr＋1＝Cr10( x)10－r· 2 x2 r＝2r·Cr10· . 令10－5r 2 ＝0，得 r＝2.∴常数项为 T3＝22·C210＝180. 5．设服从二项分布 B(n，p)的随机变量 X 的期望与方差分别是 15 和45 4 ，则 n，p 的值分别是( B ) A．50，1 4 B．60，1 4 C．50，3 4 D．60，3 4 解析：由题意 15＝np， 45 4 ＝np1－p ，解得 n＝60 p＝1 4 . 6．某台小型晚会由 6 个节目组成，演出顺序有如下要求：节目 甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一 位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( B ) A．36 种 B．42 种 C．48 种 D．54 种 解析：分两类：第一类：甲排在第一位，共有 A44＝24 种排法； 第二类：甲排在第二位，共有 A13·A33＝18 种排法，所以共有编排方案 24＋18＝42 种，故选 B. 7．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢， 经过 5 次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( C ) A．6 种 B．8 种 C．10 种 D．16 种 解析：如下图：同理由甲传给丙也可以推出 5 种情况，综上有 10 种传法，故选 C. 8．(x＋1)4(x＋4)8＝a0(x＋3)12＋a1(x＋3)11＋…＋a11(x＋3)＋a12， 则 log2(a1＋a3＋…＋a11)的值为( D ) A．27 B．28 C．8 D．7 解析：令 x＝－2，得 a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＋a12＝28， 令 x＝－4，得：a0－a1＋a2－a3＋…－a11＋a12＝0， ∴a1＋a3＋…＋a11＝27. ∴log2(a1＋a3＋…＋a11)＝7. 9．在某班学生的考试成绩中，数学成绩不及格的学生占 15%， 语文成绩不及格的学生占 5%，两门成绩都不及格的学生占 3%.已知 一学生数学成绩不及格，则他的语文成绩也不及格的概率是( A ) A.1 5 B. 3 10 C.1 2 D.3 5 解析：设 A 为事件“数学成绩不及格”，B 为事件“语文成绩不 及格”，则 P(B|A)＝PAB PA ＝0.03 0.15 ＝1 5.所以该学生的数学成绩不及格 时，他的语文成绩也不及格的概率为1 5. 10．一个坛子里有编号为 1,2，…，12 的 12 个大小相同的球， 其中 1 到 6 号球都是红球，其余的是黑球，若一次从中任取两个球， 则取到的都是红球且至少有 1 个球的号码是偶数的概率为( D ) A. 1 22 B. 1 11 C. 3 22 D. 2 11 解析：红球共有 6 个，其中 3 个为偶数球，3 个为奇数球．取出 的 2 个球都是红球且至少有 1 个球的号码是偶数的概率 P＝C13C13＋C23 C212 ＝ 2 11. 11．已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若 a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，那么自然数 n 的值为( B ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：由题意令 x＝0，得 a0＝n，又 an＝1，令 x＝1，则 2＋22 ＋…＋2n＝n＋(29－n)＋1，∴2n＋1＝32，即 n＝4. 12．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数 A ＝a1a2a3a4a5，其中 A 的各位数中，a1＝1，ak(k＝2,3,4,5)出现 0 的概 率为1 3 ，出现 1 的概率为2 3 ，记ξ＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5，当程序运行一 次时，ξ的数学期望为( B ) A. 8 27 B.11 3 C.16 81 D.65 81 解析：记 a2，a3，a4，a5 位上出现 1 的次数为随机变量η，则η～ B 4，2 3 ，E(η)＝4×2 3 ＝8 3.因为ξ＝1＋η， E(ξ)＝1＋E(η)＝11 3 .故选 B. 第Ⅱ卷(非选择题，共 90 分) 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13．从 1,2,3,6 这 4 个数中一次随机地取 2 个数，则所取 2 个数 的乘积为 6 的概率是1 3. 解析：先找出取两个数的所有情况，再找出所有乘积为 6 的情 况．取两个数的所有情况有：(1,2)，(1,3)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(3,6)， 共 6 种情况． 乘积为 6 的情况有：(1,6)，(2,3)，共 2 种情况． 所求事件的概率为2 6 ＝1 3. 14．已知 a，b 为常数，b>a>0，且 a，－ 3 2 ，b 成等比数列，(a ＋bx)6 的展开式中所有项的系数和为 64，则 a 等于1 2. 解析：由 a，－ 3 2 ，b 成等比数列，得 ab＝3 4 ，由(a＋bx)6 的展开 式中所有项的系数和为 64，得(a＋b)6＝64， ∴ b>a>0， ab＝3 4 ， a＋b6＝64， 可解得 a＝1 2 ，b＝3 2. 15．已知离散型随机变量 X 的分布列如下表．若 E(X)＝0，D(X) ＝1，则 a＝ 5 12 ，b＝1 4. X －1 0 1 2 P a b c 1 12 解析：由题知，a＋b＋c＝11 12 ，－a＋c＋1 6 ＝0,12×a＋12×c＋22× 1 12 ＝1，解得，a＝ 5 12 ，b＝1 4. 16．甲、乙、丙、丁、戊 5 名学生进行投篮比赛，决出了第 1 名 至第 5 名，甲、乙两人向裁判询问成绩，根据下图所示裁判的回答， 5 人的名次排列共有 54 种不同的情况． 解析：首先考虑冠军的可能，有 3 种；然后考虑第 5 名的可能， 有 3 种，其余的名次没有限制了，所以 5 人的名次排列共有 3×3×A33 ＝54 种． 三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共 70 分) 17．(10 分)一袋中有 11 个球，其中 5 个红球，6 个白球，从袋中 任取 4 个球． (1)求取出的球中有 2 个红球的取法有多少种？ (2)求取出的球中至少有 2 个红球的取法有多少种？ 解：(1)取出的 4 个球中的 2 个红球是袋中 5 个红球中的某 2 个， 有 C 25种情况，另 2 个白球是袋中 6 个白球中的某 2 个，有 C 26种情况， 故取出的 4 个球中有 2 个红球的取法有 C25·C26＝10×15＝150 种． (2)至少有 2 个红球，包括三类情况：第一类，2 个红球，2 个白 球；第二类，3 个红球，1 个白球；第三类，4 个红球．根据分类加 法计数原理，取出的 4 个球中至少有 2 个红球的取法有 C25·C26＋C35·C16 ＋C45＝150＋60＋5＝215 种． 18．(12 分)(1)在(1＋x)n 的展开式中，若第 3 项与第 6 项系数相 等，则 n 等于多少？ (2) x x＋ 1 3 x n 的展开式奇数项的二项式系数之和为 128，求展开 式中二项式系数最大项． 解：(1)由已知得 C2n＝C5n⇒n＝7. (2)由已知得 2n－1＝128，n＝8， 而展开式中二项式系数最大项是 T4＋1＝C48(x x)4· 1 3 x 4＝70x43 x2. 19．(12 分)某批发市场对某种商品的日销售量(单位：吨)进行统 计，最近 50 天的统计结果如下： 日销售量 1 1.5 2 频数 10 25 15 频率 0.2 a b (1)求 a，b 的值； (2)若以上表频率作为概率，且每天的销售量相互独立，求：5 天 中该种商品恰好有 2 天的销售量为 1.5 吨的概率． 解：(1)a＝0.5，b＝0.3. (2)依题意，随机选取一天，销售量为 1.5 吨的概率为 0.5，设 5 天中该种商品有 X 天的销售量为 1.5 吨，则 X～B(5,0.5) P(X＝2)＝C25×0.52×(1－0.5)3＝0.312 5， 所以 5 天中该种商品恰好有 2 天的销售量为 1.5 吨的概率为 0.312 5. 20．(12 分)NBA 总决赛采用 7 场 4 胜制，即若某队先取胜 4 场 则比赛结束．由于 NBA 有特殊的政策和规则，能进入决赛的球队实 力都较强，因此可以认为，两个队在每一场比赛中取胜的概率相等．根 据不完全统计，主办一场决赛，组织者有望通过出售电视转播权、门 票及零售商品、停车费、广告费等收入获取收益 2 000 万美元(相当于 篮球巨星乔丹的年薪)． (1)求所需比赛场数ξ的分布列； (2)求组织者收益的数学期望． 解：所需比赛场数ξ是随机变量，其可能的取值为 4,5,6,7. 设ξ＝k(k＝4,5,6,7)，表示比赛最终获胜队在第 k 场获胜后结束比 赛，显然在前面的 k－1 场比赛中需获胜 3 场，所以 P(ξ＝4)＝ 1 2 3＝1 8 ；P(ξ＝5)＝C34 1 2 4＝1 4 ； P(ξ＝6)＝C35 1 2 5＝ 5 16 ；P(ξ＝7)＝C36 1 2 6＝ 5 16. (1)所需比赛场数ξ的分布列为 ξ 4 5 6 7 P 1 8 1 4 5 16 5 16 (2)所需比赛场数的期望 E(ξ)＝1 8 ×4＋1 4 ×5＋ 5 16 ×6＋ 5 16 ×7＝93 16. 组织者收益的数学期望是93 16 ×2 000＝11 625(万美元)． 21．(12 分)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协 会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员 3 名，其中种子选手 2 名；乙协会的运动员 5 名，其中种子选手 3 名．从这 8 名运动员中 随机选择 4 人参加比赛． (1)设 A 为事件“选出的 4 人中恰有 2 名种子选手，且这 2 名种 子选手来自同一个协会”，求事件 A 发生的概率； (2)设 X 为选出的 4 人中种子选手的人数，求随机变量 X 的分布 列． 解：(1)由已知，有 P(A)＝C22C23＋C23C23 C48 ＝ 6 35. 所以，事件 A 发生的概率为 6 35. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4. P(X＝1)＝C15C33 C48 ＝ 1 14 ， P(X＝2)＝C25C23 C48 ＝3 7 ， P(X＝3)＝C35C13 C48 ＝3 7 ， P(X＝4)＝C45C03 C48 ＝ 1 14. 所以，随机变量 X 的分布列为 X 1 2 3 4 P 1 14 3 7 3 7 1 14 22.(12 分)计划在某水库建一座至多安装 3 台发电机的水电站．过 去 50 年的水文资料显示，水库年入流量 X(年入流量：一年内上游来 水与库区降水之和．单位：亿立方米)都在 40 以上．其中，不足 80 的年份有 10 年，不低于 80 且不超过 120 的年份有 35 年，超过 120 的年份有 5 年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并 假设各年的年入流量相互独立． (1)求未来 4 年多，至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率； (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可 运行台数受年入流量 X 限制，并有如下关系： 年入流量 X 40120 发电机最多 可运行台数 1 2 3 若某台发电机运行，则该台年利润为 5 000 万元；若某台发电机 未运行，则该台年亏损 800 万元．欲使水电站年总利润的均值达到最 大，应安装发电机多少台？ 解：(1)依题意，p1＝P(40120)＝ 5 50 ＝0.1. 由二项分布，在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概 率为 p＝C04(1－p3)4＋C14(1－p3)3p3＝ 9 10 4＋4× 9 10 3× 1 10 ＝0.947 7. (2)记水电站年总利润为 Y(单位：万元)． ①安装 1 台发电机的情形． 由于水库年入流量总大于 40，故一台发电机运行的概率为 1，对 应的年利润 Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000. ②安装 2 台发电机的情形． 依题意，当 40120 时，三台发电机运行，此时 Y ＝5 000×3＝15 000，因此 P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1，由此 得 Y 的分布如下： Y 3 400 9 200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以，E(Y)＝3 400×0.2＋9 200×0.7＋15 000×0.1＝8 620. 综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机 2 台．