1、20202021学年高二数学下学期综合检测04 满分： 100分 时间： 60分钟 第卷（选择题 共60分）一、 单项选择题：本题共12小题，每题只有一个选项正确，每小题5分，共计60分。1.已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为（ ） A.310B.29C.78D.792.托马斯贝叶斯(ThomasBayes)在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式： P(A|B)=P(B|A)P(A)P(B|A)P(A)+P(B|Ac)P(Ac)
2、，这个公式被称为贝叶斯公式(贝叶斯定理)，其中 P(B|A)P(A)+P(B|Ac)P(Ac) 称为 B 的全概率.这个定理在实际生活中有着重要的应用价值.假设某种疾病在所有人群中的感染率是0.1%，医院现有的技术对于该疾病检测准确率为99%，即已知患病情况下，99%的可能性可以检查出阳性，正常人 99% 的可能性检查为正常.如果从人群中随机抽一个人去检测，经计算检测结果为阳性的全概率为0.01098，请你用贝叶斯公式估计在医院给出的检测结果为阳性的条件下这个人得病的概率（ ） A.0.1%B.8%C.9%D.99%3.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8.在这批种子中，随机
3、抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是( ) A.0.72B.0.8C.0.86D.0.94.从集合A，B，C，D，E，F和1，2，3，4，5，6，7，8，9中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）则每排中字母C和数字4，7至少出现两个的不同排法种数为（） A.85B.95C.2040D.22805.中国诗词大会（第二季）亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味若将进酒山居秋暝望岳送杜少府之任蜀州和另确定的两首诗词排在后六场，且将进酒排在望岳的前面，山居秋暝与送杜少府之任蜀州不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有（ ） A.288种
4、B.144种C.720种D.360种6.已知两个变量具备线性相关性，现通过最小二乘法求回归直线方程 y=bx+a ，将已知数据代入公式 Q=i=1n(yi-bxi-a)2 计算后得到的代数式为： 3a2+13b2+12ab-2b+3 ，使上述代数式取值最小的 a ， b 的值即为回归方程的系数，则回归直线方程为（ ） A.y=-x+2B.y=-x-2C.y=x+2D.y=x-27.某地两防指挥部在汛期对当地一条河流连续进行监测，下表是最近几日该河流某段的水位情况. 河流水位表（1）第 x 日第1日第2日第3日第4日第5日第6日第7日水位 y （米）3.53.73.83.94.34.44.8而根
5、据河流的堤防情况规定：水位超过一定高度将分别启动相应预警措施（见下表），当水位达到保证水位时，防汛进入紧急状态，防汛部门要按照紧急防汛期的权限，采取各种必要措施，确保堤防等工程的安全，并根据“有限保证、无限负责”的精神，对于可能出现超过保证水位的工程抢护和人员安全做好积极准备.水位预警分级表（2）水位4.7 5.1 5.6 水位分类设防水位警戒水位保证水位预警颜色黄色橙色红色现已根据上表得到水位 y 的回归直线方程为 y=0.21x+3.217 ，据上表估计（ ）.A.第8日将要启动洪水橙色预警B.第10日将要启动洪水红色预警C.第11日将要启动洪水红色预警D.第12日将要启动洪水红色预警8.
6、设15000件产品中有1000件废品，从中抽取150件进行检查，查得废品个数的均值为（）A.20B.10C.5D.159.已知一袋中有标有号码 1 、 2 、 3 的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当三种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取 5 次卡片时停止的概率为（ ） A.585B.1481C.2281D.258110.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数
7、”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（ ） A.120 种B.156 种C.188 种D.240 种11.为了研究不同性别在处理多任务时的表现差异，召集了男女志愿者各300名，让他们同时完成多个任务.以下4个结论中，对志愿者完成任务所需时间分布图表理解正确的是（ ） 总体看女性处理多任务平均用时更短；所有女性处理多任务的能力都要优于男性；男性的时间分布更接近正态分布；女性处理多任务的用时为正数，男性处理多任务的用时为负数，且男性处理多任务的用时绝对值大.A.B.C.D.12.已知 ca ，随机变量 , 的分布列如下表所示，则（ ） A.E()E
8、(),D()E(),D()=D()C.E()E(),D()D()D.E()E(),D()=D()第卷（非选择题 共40分）二、填空题：本题共计4小题，共计16分。13.对某种型号的仪器进行质量检测，每台仪器最多可检测3次，一旦发现问题，则停止检测，否则一直检测到3次为止，设该仪器一次检测出现问题的概率为0.2，则检测2次停止的概率为_；设检测次数为 X ，则 X 的数学期望为_ 14.有五个球编号分别为 15 号，有五个盒子编号分别也为 15 号，现将这五个球放入这五个盒子中，每个盒子放一个球，则恰有四个盒子的编号与球的编号不同的放法种数为_（用数字作答），记 为盒子与球的编号相同的个数，则随
9、机变量 的数学期望 E()= _. 15.某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程采用大密度集中培训与周末分散培训两种方式的效果，调查了105名学员，统计结果为：接受大密度集中培训的55个学员中有45名学员一次考试通过，接受周末分散培训的学员一次考试通过的有30个根据统计结果，认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过_ 附： K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) P(K2k) 0.050.0250.0100.001k 3.8415.0246.63510.82816.已知 (x+2)6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a6(x+1)6
10、 ，则 a3= _； a0+a2+a4+a6= _ 三、解答题：本题共计4小题，共计24分。17.已知 (3x-2x)n 的二项展开式中，所有二项式系数之和为1024. （1）求n的值，并求展开式所有项的系数之和； （2）写出展开式中所有x的整数次幂的项. 18.7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种. （1）A，B必须当选； （2）A，B必不当选； （3）A，B不全当选； （4）至少有2名女生当选； （5）选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任. 19.一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2
11、分，反面向上得1分. （1）设抛掷4次的得分为X，求变量X的分布列和数学期望. （2）当游戏得分为 n(nN*) 时，游戏停止，记得 n 分的概率和为 Qn,Q1=12 . 求 Q2 ；当 nN* 时，记 An=Qn+1+12Qn,Bn=Qn+1-Qn ，证明：数列 An 为常数列，数列 Bn 为等比数列.20.某班级共有50名同学（男女各占一半），为弘扬传统文化，班委组织了“古诗词男女对抗赛”，将同学随机分成25组，每组男女同学各一名，每名同学均回答同样的五个不同问题，答对一题得一分，答错或不答得零分，总分5分为满分.最后25组同学得分如下表： 组别号12345678910111213男同学
12、得分5455455444554女同学得分4345554555535分差1110-101-1-1-102-1组别号141516171819202122232425男同学得分434444555433女同学得分534543553455分差-100-1010020-2-2（I）完成 22 列联表，并判断是否有90%的把握认为“该次对抗赛是否得满分”与“同学性别”有关；（）某课题研究小组假设各组男女同学分差服从正态分布 N(,2) ，首先根据前20组男女同学的分差确定 和 ，然后根据后面5组同学的分差来检验模型，检验方法是：记后面5组男女同学分差与 的差的绝对值分别为 xi(i=1,2,3,4,5) ，
13、若出现下列两种情况之一，则不接受该模型，否则接受该模型.存在 xi3 ；记满足 2xi3 的i的个数为k，在服从正态分布 N(,2) 的总体（个体数无穷大）中任意取5个个体，其中落在区间 (-3,-2)(+2,+3) 内的个体数大于或等于k的概率为P， P0.003 .试问该课题研究小组是否会接受该模型.P(K2k) 0.100.050.010k 2.7063.8416.635参考公式和数据： K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 0.80.894,0.90.949,0.95750.803,430.957436 ， 43430.95731.62103 ；若 XN(,
14、2) ，有 P(-2X+2)0.9544 ， P(-3X5.6 ，将启动红色预警，D符合题意；故答案为：D.8.【答案】 B 【解析】根据15000件产品中有1000件次品，得到本产品出现次品的概率，从中抽取150件进行检查，要求查得次品数的数学期望，只要用次品出现的概率乘以抽取的件数15000件产品中有1000件次品，从中抽取150件进行检查，查得次品数的数学期望为150=10故答案为B9.【答案】 B 【解析】解：根据题意可知，取5次卡片可能出现的情况有 35 种；由于第5次停止抽取，所以前四次抽卡片中有且只有两种编号，所以总的可能有 C32(24-2) 种；所以恰好第5次停止取卡片的概率
15、为 p=C32(24-2)35=1481 .故答案为：B.10.【答案】 A 【解析】解：当“数”排在第一节时有 A22A44=48 排法，当“数”排在第二节时有 A31A22A33=36 种排法，当“数”排在第三节时，当“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有 A22A33=12 种排法，当“射”和“御”两门课程排在后三节的时候有 A21A22A33=24 种排法，所以满足条件的共有 48+36+12+24=120 种排法，故答案为：A.11.【答案】 C 【解析】：女性处理多任务平均用时集中在 2-3 分钟，男性的集中在 3-4.5 分钟，正确； ：从图中可以看到男性与女性处理任务所需的时
16、间有交叉，故并不是“所有女性都优于男性”，错误；：根据正态分布的性质可知正确；：女性和男性处理多任务的用时均为正数，错误，故答案为：C.12.【答案】 B 【解析】解： E()=a+2b+3c,E()=3a+2b+c ， E()-E()=2c-2a0,E()E() ， 令 a=b=0,c=1 ，则 E()=3,E()=1 ， D()=0,D()=0 ；故答案为：B二、填空题13.【答案】 0.16；2.44 【解析】检测2次停止的概率为 (1-0.2)0.2=0.16 ， 检测次数 X 可取 1,2,3 ， P(X=1)=0.2,P(X=2)=0.80.2=0.16,P(X=3)=0.80.8
17、0.8+0.80.80.2=0.64 E(X)=10.2+20.16+30.64=2.44。故答案为：0.16，2.44。14.【答案】 45；1 【解析】恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰由1个编号相同， 先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有 C51=5 种情况，不妨设5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为 (2 ，1，4， 3) ， (2 ，3，4， 1) ， (2 ，4，1， 3) ， (3 ，1，4， 2) ， (3 ，4，1， 2) ， (3 ，4，2， 1) ， (4 ，1，2， 3) ， (4 ，3，1， 2) ， (4 ，3，2， 1) 共9种，故恰好有一个球的编号
18、与盒子的编号相同的投放方法总数为 59=45 种；若恰由2个编号相同，先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内有 C52 种，剩下的三个球，不妨设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为 C21 ，则投放4，5号球的方法只有一种，根据分步计数原理共有 C52C21=20 种；若恰由3个编号相同，先在五个盒子中确定3个，使其编号与球的编号相同，有 C53=10 种情况，剩下有2个盒子放2个球；其编号与球的编号不同，只有1种情况；由分步计数原理可知共有 110=10 种，若恰由5个编号相同（不可能恰有4个相同），有1种方法；因为这五个球放入这五个盒子中，每个盒子放一个球共有 A55=120
19、种方法，所以0个编号相同的方法为 120-45-20-10-1=44 种，综上， 可取的值为0,1,2,3,5，P(=0)=44120,P(=1)=45120,P(=2)=20120 ，P(=3)=10120,P(=5)=1120 ，E=441200+451201+201202+101203+11205=1 ，故答案为：45,1.15.【答案】 0.025 【解析】 集中培训分散培训合计一次考过453075一次未考过102030合计5550105K2=105(4520-1030)255507530=6.109(5.024,6.635) ，故答案为：0.025 16.【答案】 20；32 【解析
20、】因为 (x+2)6=1+(x+1)6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a6(x+1)6 ， 所以 a3=C63=20 ，令 x+1=1 ，得 a0+a1+a2+a6=26=64 ，令 x+1=-1 ，得 a0-a1+a2-a6=0 ，由两式得 a0+a2+a4+a6=32 。故答案为：20,32。三、解答题17.【答案】 （1）解：因为 (3x-2x)n 的二项展开式中，所有二项式系数之和为1024， 所以 2n=1024 ，解得 n=10 ；令 x=1 ，则展开式所有项的系数之和为 (31-21)10=1 ；（2）解：由题意可得 (3x-2x)10 展开式的通项公式为： Tr+1=
21、C10r(3x)10-r(-2x)r=C10r(-2)rx10-r3-r2=C10r(-2)rx20-5r6 ，当 r=4 时， C10r(-2)rx20-5r6=C104(-2)4x0=3360 ，当 r=10 时， C10r(-2)rx20-5r6=C1010(-2)10x-5=1024x-5 ，所以展开式中x的整数次幂的项为3360， 1024x-5 .【解析】（1）由题意结合二项式系数的性质可得 2n=1024 ，即可求得n；令 x=1 ，即可得展开式所有项的系数之和；（2）由题意结合二项式定理可得 (3x-2x)10 展开式的通项公式，分别令 r=4 、 r=10 ，即可得解.18.
22、【答案】 （1）解：根据题意，先选出A，B，再从剩下的10人中选3人即可. 共有 C22C103=120 种（2）解：根据题意，A，B都不选，只需从10人中选5人即可. 共有 C105=252 种（3）解：根据题意分成两类，第一类：A，B都不选，共有 C105=252 种情况. 第二类：A，B中有一人当选，共有 C21C104=420 种情况.所以共有 252+420=672 种（4）解：根据题意12人选 5 人共有 C125 种情况， 没有女生入选共有 C75 种，只有1名女生入选共有 C74C51 种情况，所以至少有2名女生当选共有 C125-C75-C74C51=596 种情况（5）解：
23、选出一名男生担任体育委员共有 C71 种情况， 选出一名女生担任班长共有 C51 种情况.剩下6名男生再选2人，4名女生再选1人，担任其它3个班委，共有 C62C41A33 种情况.根据分步计数原理得到共有 C71C51C62C41A33=12600 种【解析】（1）先选出A，B，再从剩下的10人中选3人即可.（2）A，B都不选，只需从10人中选5人即可.（3）根据题意分成两类，第一类：A，B都不选，第二类：A，B中有一人当选，再利用分类计数原理计数即可.（4）根据题意用间接法，先计算12人选5人共有多少种情况，然后计算没有女生入选和只有1名女生入选共有多少种，再相减即可.（5）根据题意分3步
24、，第一步计算选出一名男生担任体育委员的情况，第二步计算选出一名女生担任班长共的情况，第三步再从剩下6名男生再选2人，4名女生再选1人，担任其它3个班委的情况，最后利用分步计数原理计数即可.19.【答案】 （1）解：变量X的所有可能取值为4，5，6，7，8. 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为 12 ，反面向上的概率也为 12 ，则 P(X=4)=(12)4=116,P(X=5)=C41(12)4=14,P(X=6)=C42(12)4=38 ，P(X=7)=C43(12)4=14,P(X=8)=C44(12)4=116 .所以变量 X 的分布列为：X 45678P 116 14 38 14 11
25、6 故变量X的数学期望为 E(X)=4116+514+638+714+8116=6 .（2）解：得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为 Q2=12+(12)2=34 . 得 n 分分两种情况，第一种为得 n-2 分后抛掷一次正面向上，第二种为得 n-1 分后抛掷一次反面向上，故 n3 且 nN* 时，有 Qn=12Qn-1+12Qn-2 ，则 nN* 时， Qn+2=12Qn+1+12Qn ，所以 An+1=Qn+2+12Qn+1=12Qn+1+12Qn+12Qn+1=Qn+1+12Qn=An ，故数列 An 为常数列；又 Bn+1=Qn+2-Qn+1=12Qn+1+12Qn-
26、Qn+1=-12Qn+1+12Qn=-12(Qn+1-Qn)=-12Bn ，B1=Q2-Q1=34-12=14 ，所以数列 Bn 为等比数列.【解析】（1）变量 X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量 X 的分布列和数学期望；（2）得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得 Q2 ；得 n 分分两种情况，第一种为得 n-2 分后抛掷一次正面向上，第二种为得 n-1 分后抛掷一次反面向上，可知当 n3 且 nN* 时， Qn=12Qn-1+12Qn-2 ，结合 An=Qn+1+12Qn ，可推出 An+1=Qn+2+12Qn
27、+1=Qn+1+12Qn=An ，从而可证明数列 An 为常数列；结合 Bn=Qn+1-Qn ，可推出 Bn+1=Qn+2-Qn+1=-12(Qn+1-Qn)=-12Bn ，进而可证明数列 Bn 为等比数列.20.【答案】 解：（I）由表可得 男同学女同学总计该次大赛得满分101424该次大赛未得满分151126总计252550所以， K2=50(1011-1415)2242625251.2822.706 所以没有90%的把握说“该次大赛是否得满分”与“同学性别”有关； （）由表格可得 =0,2=120(1+1+1+1+1+1+1+1+22+1+1+1+1)=0.8 ； 由题知 x1=0,x2
28、=2,x3=0,x4=2,x5=2 ，而 21.788,32.682 ，故不存在 xi3 ，而满足 2xi3 的i的个数为3，即 k=3 当 XN(,2), P(-3X-2)+P(+2X+3) 0.9974-0.95440.043 设从服从正态分布 N(,2) 的总体（个体数无穷大）中任意取5个个体，其中值属于(-3,-2)(+2,+3) 的个体数为Y，则 YB(5,0.043) ，所以， P(Y3)=1-0.9575-C510.0430.9574-C520.04320.95730.00080.003 ，综上，第种情况出现，所以该小组不会接受该模型.【解析】（I）由已知可得列联表，再利用卡方公式计算即可；（） =0,2=0.8 ，由题知 x1=0,x2=2,x3=0,x4=2,x5=2 ，而 21.788,32.682 ，故不存在 xi3 而满足 2xi3 的i的个数为3，算出 P(-3X-2)+P(+2X+3) 的概率为0.043，从服从总体（个体数无穷大）中任意取5个个体，其中值属于 (-3,-2)(+2,+3) 的个体数为Y，则 YB(5,0.043) ，再利用二项分布概率公式计算即可.
