《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

8. 在研究性学习活动中，某位学生收集了两个变量$x$与$y$之间的几组数据如表：

根据上表数据所得回归直线方程为$\hat{y}=bx+\hat{a}$。该同学又收集了两组数据$x=5$，$y=4$和$x=6$，$y=5$，利用这六组数据求得的回归直线方程为$\hat{y}=b'x+\hat{a}'$，则以下结论正确的是(D)
参考公式：回归直线方程为$\hat{y}=bx+\hat{a}$，其中$\hat{b}=\frac{\sum_{i=1}^n x_iy_i - n\overline{x}\overline{y}}{\sum_{i=1}^n x_i^2 - n\overline{x}^2}$，$\hat{a}=\overline{y}-\hat{b}\overline{x}$。

A.$\hat{b}＞\hat{b}'$，$\hat{a}＞\hat{a}'$
B.$\hat{b}＜\hat{b}'$，$\hat{a}＞\hat{a}'$
C.$\hat{b}＜\hat{b}'$，$\hat{a}＜\hat{a}'$
D.$\hat{b}＞\hat{b}'$，$\hat{a}＜\hat{a}'$

答案： 8.D【解析】回归直线方程该同学收集了四组数据，由表中数据知$\overline{x}=\frac{5}{2}$，$\overline{y}=\frac{5}{2}$，$\therefore\hat{b}=\frac{(1×0+2×2+3×3+4×5)-4×\frac{5}{2}×\frac{5}{2}}{(1^2+2^2+3^2+4^2)-4×(\frac{5}{2})^2}=\frac{8}{5}\therefore\hat{a}=\frac{5}{2}-\frac{8}{5}×\frac{5}{2}=-\frac{3}{2}$.又收集了两组数据$(5,4)$和$(6,5)$后，得新的平均数为$\overline{x}'=\frac{7}{2}$，$\overline{y}'=\frac{19}{6}$，$\therefore\hat{b}'=\frac{(1×0+2×2+3×3+4×5+5×4+6×5)-6×\frac{7}{2}×\frac{19}{6}}{(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2)-6×(\frac{7}{2})^2}=\frac{33}{35}\hat{a}'=\frac{19}{6}-\frac{33}{35}×\frac{7}{2}=-\frac{2}{15}\therefore\hat{b}＞\hat{b}'$，$\hat{a}＜\hat{a}'$.故选D.

9. 下列说法正确的是(BD)

A.有一组数1，2，3，5，这组数的75%分位数是3
B.在$\alpha=0.05$的独立性检验中，若$\chi^2$不小于$\alpha$对应的临界值$x_{0.05}$，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05
C.随机变量$X\sim B(n,p)$，若$E(X)=30$，$D(X)=10$，则$n=90$
D.用$y=ce^{kx}$拟合一组数据时，经$z=\ln y$代换后得到的回归直线方程为$z=0.3x+4$，则$c=e^4$，$k=0.3$

答案： 9.BD【解析】百分位数+独立性检验+二项分布+回归直线方程对于A，因为$4×75\%=3$，且这组数据按从小到大排列后第3个数为3，第4个数为5，所以75%分数为$\frac{3+5}{2}=4$.故A错误.对于B，基于小概率值$\alpha$的检验规则是当$\chi^2\geq x_$时，我们就推断$H_0$不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过$\alpha$.当$\chi^2＜x_$时，我们没有充分证据推断$H_0$不成立，可以认为X和Y独立，所以在$\alpha=0.05$的独立性检验中，若$\chi^2$不小于$\alpha$对应的临界值$x_{0.05}$，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过0.05.故B正确.对于C，随机变量$X\sim B(n,p)$，$E(X)=30$，$D(X)=10$，则$\begin{cases}E(X)=np=30,\\D(X)=np(1-p)=10,\end{cases}$解得$n=45$，故C错误.对于D，因为$y=ce^{kx}$，所以$z=\ln y=\ln(ce^{kx})=\ln c+kx$.又$z=0.3x+4$，所以$\ln c=4$，$k=0.3$.则$c=e^4$，$k=0.3$，故D正确.综上所述，故选BD.

10. 已知$m$，$n\in N^*$且$n\geq m＞1$，下列等式正确的有(AC)

A.$A_{n+1}^2 - A_n^2 = n^2A_{n-1}^{n-1}$
B.$A_n^m = mA_{n-1}^{m-1}$
C.$(C_n^0)^2 + (C_n^1)^2 + ·s + (C_n^n)^2 = C_{2n}^n$
D.$C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + ·s + C_{2023}^3 = C_{2024}^{2021}$

答案： 10.AC【解析】排列数+组合数+二项式定理对于A，$A_{n+1}^{n+1}-A_n^n=(n+1)!-n!=n!\ (n+1-1)=n· n!$，$n^2A_{n-1}^{n-2}=n^2(n-1)!=n· n!$，所以$A_{n+1}^{n+1}-A_n^n=n^2A_{n-1}^{n-2}$，故A正确.对于B，$A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}=n·\frac{(n-1)!}{[(n-1)-(m-1)]!}=nA_{n-1}^{m-1}$，故B错误.对于C，二项式$(1+x)^{2n}$展开式中$x^n$前的系数是$C_n^{2n}$，又$(1+x)^{2n}=(1+x)^n·(x+1)^n$展开式中$x^n$前的系数可看成$C_n^n· C_n^0+C_n^{n-1}· C_n^1+·s+C_n^0· C_n^n$，故C正确.对于D，$C_3^3+C_4^3+C_5^3+·s+C_{2023}^3=C_3+C_4^3+C_5^3+·s+C_{2023}^3=C_4^4+C_4^3+C_5^3+·s+C_{2023}^3=·s=C_{2024}^4=C_{2024}^{2020}$，故D错误.故选AC.

11. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球。先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球。$A_1$表示事件“从甲罐取出的球是红球”，$A_2$表示事件“从甲罐取出的球是白球”，$B$表示事件“从乙罐取出的球是红球”，则下列结论正确的是(BD)

A.$A_1$，$B$为互斥事件
B.$P(B|A_1)=\frac{4}{11}$
C.$P(A_2|B)=\frac{4}{7}$
D.$P(B)=\frac{7}{22}$

答案： 11.BD【解析】条件概率+全概率公式对于A，事件$A_1$，B可以同时发生，故A错误；对于B，当$A_1$发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为$\frac{4}{11}$，$\therefore P(B|A_1)=\frac{4}{11}$.故B正确；对于D，当$A_2$发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为$\frac{3}{11}$，$\therefore P(B|A_2)=\frac{3}{11}$.$\therefore P(B)=P(A_1)· P(B|A_1)+P(A_2)· P(B|A_2)=\frac{1}{2}×\frac{4}{11}+\frac{1}{2}×\frac{3}{11}=\frac{7}{22}$.故D正确；对于C,$P(A_2|B)=\frac{P(A_2B)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{2}×\frac{3}{11}}{\frac{7}{22}}=\frac{3}{7}$.故C错误.故选BD.