《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. 设 $ 10 \leq x_{1} ＜ x_{2} ＜ x_{3} ＜ x_{4} \leq 10^{4} $,随机变量 $ \xi_{1} $ 取值 $ x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} $ 的概率均为 $ \frac{1}{4} $,随机变量 $ \xi_{2} $ 取值 $ \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3},\frac{x_{2} + x_{3} + x_{4}}{3},\frac{x_{3} + x_{4} + x_{1}}{3},\frac{x_{4} + x_{1} + x_{2}}{3} $ 的概率也均为 $ \frac{1}{4} $,若记 $ D(\xi_{1}),D(\xi_{2}) $ 分别是 $ \xi_{1},\xi_{2} $ 的方差,则(A)

A.$ D(\xi_{1}) ＞ D(\xi_{2}) $
B.$ D(\xi_{1}) = D(\xi_{2}) $
C.$ D(\xi_{1}) ＜ D(\xi_{2}) $
D.$ D(\xi_{1}) $ 与 $ D(\xi_{2}) $ 的大小不确定

答案： 8.A 【解析】离散型随机变量的期望和方差+均值不等式 由题意得$E(\xi_{1}) = \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}}{4}$，$E(\xi_{2}) = \frac{1}{4} × (\frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3} + \frac{x_{2} + x_{3} + x_{4}}{3} + \frac{x_{3} + x_{4} + x_{1}}{3} + \frac{x_{4} + x_{1} + x_{2}}{3}) = \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}}{4} = E(\xi_{1})$(题眼)[关键：根据期望公式得到$E(\xi_{1})$与$E(\xi_{2})$间的关系是求解问题的关键]，则$D(\xi_{1}) = \frac{1}{4}[(x_{1} - E(\xi_{1}))^{2} + (x_{2} - E(\xi_{1}))^{2} + (x_{3} - E(\xi_{1}))^{2} + (x_{4} - E(\xi_{1}))^{2}] = \frac{1}{4}[(x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2}) - 2(x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4})E(\xi_{1}) + 4E^{2}(\xi_{1})]$，$D(\xi_{2}) = \frac{1}{4} × [(\frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3} - E(\xi_{1}))^{2} + (\frac{x_{2} + x_{3} + x_{4}}{3} - E(\xi_{1}))^{2} + (\frac{x_{3} + x_{4} + x_{1}}{3} - E(\xi_{1}))^{2} + (\frac{x_{4} + x_{1} + x_{2}}{3} - E(\xi_{1}))^{2}] = \frac{1}{4}\{[(\frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3})^{2} + (\frac{x_{2} + x_{3} + x_{4}}{3})^{2} + (\frac{x_{3} + x_{4} + x_{1}}{3})^{2} + (\frac{x_{4} + x_{1} + x_{2}}{3})^{2}] - 2(x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4})E(\xi_{1}) + 4E^{2}(\xi_{1})\}$，所以只需比较$x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2}$与$(\frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3})^{2} + (\frac{x_{2} + x_{3} + x_{4}}{3})^{2} + (\frac{x_{3} + x_{4} + x_{1}}{3})^{2} + (\frac{x_{4} + x_{1} + x_{2}}{3})^{2}$的大小，$(\frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3})^{2} + (\frac{x_{2} + x_{3} + x_{4}}{3})^{2} + (\frac{x_{3} + x_{4} + x_{1}}{3})^{2} + (\frac{x_{4} + x_{1} + x_{2}}{3})^{2} = \frac{1}{9}[3(x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2}) + 2(2x_{1}x_{2} + 2x_{1}x_{3} + 2x_{2}x_{3} + 2x_{2}x_{4} + 2x_{3}x_{4} + 2x_{1}x_{4})]$①.因为$10 \leqslant x_{1} ＜ x_{2} ＜ x_{3} ＜ x_{4} \leqslant 10^{4}$，所以$2x_{1}x_{2} ＜ x_{1}^{2} + x_{2}^{2}$，$2x_{1}x_{3} ＜ x_{1}^{2} + x_{3}^{2}$，$2x_{2}x_{3} ＜ x_{2}^{2} + x_{3}^{2}$，$2x_{2}x_{4} ＜ x_{2}^{2} + x_{4}^{2}$，$2x_{3}x_{4} ＜ x_{3}^{2} + x_{4}^{2}$，$2x_{1}x_{4} ＜ x_{1}^{2} + x_{4}^{2}$(提示：在使用均值不等式时，只有两数相等时才能取到等号)，所以①$＜ \frac{1}{9}[3(x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2}) + 6(x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2})] = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2}$，所以$D(\xi_{1}) ＞ D(\xi_{2})$.故选A.

9. 设某大学的女生体重 $ y $(单位:kg)与身高 $ x $(单位:cm)具有线性相关关系,根据一组样本数据 $ (x_{i},y_{i})(i = 1,2,·s,n) $,用最小二乘法建立的回归直线方程为 $ \hat{y} = 0.85x - 85.71 $,则下列结论中正确的是(ABC)

A.$ y $ 与 $ x $ 具有正的线性相关关系
B.回归直线过样本点的中心 $ (\overline{x},\overline{y}) $
C.若该大学某女生身高增加 1 cm,则其体重约增加 0.85 kg
D.若该大学某女生身高为 170 cm,则可断定其体重必为 58.79 kg

答案： 9.ABC 【解析】回归直线方程 根据回归直线方程的意义逐个判断.因为回归系数$\hat{b} = 0.85 ＞ 0$，所以$y$与$x$具有正线性相关关系，A正确；由回归直线方程的性质可知B，C正确；若该大学某女生身高为170cm，则其体重大约是58.79kg，D错误.故选ABC.

10. 某大学为了了解学生对学校食堂服务的满意度,随机调查了 50 名男生和 50 名女生,每位学生对食堂的服务给出满意或不满意的评价,得到如下列联表. 经计算 $ \chi^{2} $ 的观测值 $ x_{\alpha} \approx 4.762 $,则下列推断错误的是(ABD)


A.该学校男生对食堂服务满意的概率的估计值为 $ \frac{2}{5} $
B.调研结果显示,该学校男生比女生对食堂服务更满意
C.有 95%的把握认为男、女生对该食堂服务的评价有差异
D.有 99%的把握认为男、女生对该食堂服务的评价有差异

答案： 10.ABD 【解析】用频率估计概率+独立性检验 该学校男生对食堂服务满意的概率的估计值为$\frac{30}{30 + 20} = \frac{3}{5}$，故A错误；该学校女生对食堂服务满意的概率的估计值为$\frac{40}{40 + 10} = \frac{4}{5} ＞ \frac{3}{5}$，故B错误；因为$3.841 ＜ x_{a} \approx 4.762 ＜ 6.635$，所以有95%的把握认为男、女生对该食堂服务的评价有差异.故C正确，D错误.故选ABD.

11. $ A,B,C $ 表示三个随机事件,下列判断正确的是(ACD)

A.已知 $ P(A) ＞ 0,P(B) ＞ 0,P(B|A) = P(B) $ 是事件 $ A $ 与事件 $ B $ 相互独立的充要条件
B.已知 $ P(A) ＞ 0,P(B) ＞ 0 $,则 $ P(A) = P(AB) + P(A\overline{B}) $
C.已知 $ P(A) ＞ 0,P(B) ＞ 0,P(A \cup B) = P(A) + P(B) $ 是事件 $ A $ 与事件 $ B $ 互斥的充要条件
D.已知 $ P(AB) ＞ 0 $,则 $ P(ABC) = P(A)P(B|A)P(C|AB) $

答案： 11.ACD 【解析】独立事件+条件概率+互斥事件+充分条件、必要条件的判断 对于A，由$P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = P(B)$，得$P(AB) = P(A)P(B)$，则事件A与B相互独立；若事件A与B相互独立，则$P(AB) = P(A)P(B)$，于是$P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)} = P(B)$，故$P(B|A) = P(B)$是事件A与事件B相互独立的充要条件.故A正确.对于B，$P(A) = P(AB) + P(A\overline{B})$，$P(AB)$表示事件A发生而事件B不发生的概率，$P(\overline{A}\overline{B})$表示事件A，B都不发生的概率，故B错误.对于C，因为$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = P(A) + P(B)$，所以$P(AB) = 0$.又$P(A) ＞ 0,P(B) ＞ 0$，故事件A与事件B互斥，即充分性成立；若事件A与事件B互斥，则$P(AB) = 0$，$P(A \cup B) = P(A) + P(B)$，即必要性成立，故C正确.对于D，$P(ABC) = P(AB) · P(C|AB) = P(A)P(B|A)P(C|AB)$，故D正确.故选ACD.

12. 设 $ A,B $ 是一个随机试验中的两个事件,$ P(A) = \frac{1}{3},P(B) = \frac{1}{2} $,则 $ P(B|A) $ 的一个可能的值为$\frac{1}{3}$.

答案： 12.$\frac{1}{3}$(答案不唯一，在$[0,1]$内均可) 【解析】条件概率 因为A，B是一个随机试验中的两个事件，且$P(A) = \frac{1}{3}$，$P(B) = \frac{1}{2}$，当A，B互斥时，$P(AB) = 0$，当事件B包含事件A时，$P(AB) = \frac{1}{3}$，所以$0 \leqslant P(AB) \leqslant \frac{1}{2}$，即$0 \leqslant P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)} \leqslant \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}} = 1$.因此$P(B|A)$的一个可能的值为$\frac{1}{3}$(答案不唯一，在$[0,1]$内均可).

13. 在 $ (3 - x)^{n} $ 的展开式中,若 $ x^{2} $ 的系数为 $ a_{n}(n \geq 2) $,则 $ \frac{3^{2}}{a_{2}} + \frac{3^{3}}{a_{3}} + ·s + \frac{3^{n}}{a_{n}} = $$\frac{18(n - 1)}{n}$.

答案： 13.$\frac{18(n - 1)}{n}$【解析】二项式定理 由二项式定理可得$T_{r + 1} = C_{n}^{r}3^{n - r}( - x)^{r} = C_{n}^{r}3^{n - r}( - 1)^{r}x^{r}$，令$r = 2$，可得$x^{2}$的系数为$C_{n}^{2}3^{n - 2}( - 1)^{2}$，所以$a_{n} = C_{n}^{2}3^{n - 2} = \frac{n(n - 1)}{2} · 3^{n - 2}$，所以$\frac{3^{n}}{a_{n}} = \frac{2 · 3^{n}}{n(n - 1) · 3^{n - 2}} = \frac{18}{n(n - 1)} = \frac{18}{n - 1} - \frac{18}{n}$，所以$\frac{3^{2}}{a_{2}} + \frac{3^{3}}{a_{3}} + ·s + \frac{3^{n}}{a_{n}} = \frac{18}{2 - 1} - \frac{18}{2} + \frac{18}{3 - 1} - \frac{18}{3} + ·s + \frac{18}{n - 1} - \frac{18}{n} = 18 - \frac{18}{n} = \frac{18(n - 1)}{n}$.

14. 如图所示网格中,要从 $ A $ 点出发沿实线走到 $ B $ 点,距离最短的走法中,经过点 $ C $ 的概率为$\frac{5}{11}$.

答案：
14.$\frac{5}{11}$ 【解析】古典概型+组合的应用
第1步：求从A点出发沿实线走到B点的最短距离的所有走法总数
从A点到B点，距离最短的走法为向右走5步，向下走5步，共10步[关键：将距离最短的路径问题转化成在$n$步中选择$k(k \leqslant n)$步向右走，其余$(n - k)$步向下走的选择问题].如果没有断路，那么在这10步中，任意选择5步向右走，其余5步向下走，则从A到B的走法共有$C_{10}^{5} = 252$(种).如右图，由于题中有断路$D \to E$，$F \to G$，从反面考虑，需求经过断路$D \to E$，$F \to G$时的方法数.经过断路$D \to E$时，即$A \to D \to E \to B$，每一个阶段走的路径都必须是最短距离.从A到D，最短距离为4步，即向右2步，向下2步，总方法数为$C_{4}^{2} = 6$.从D到E，只有1种方法.从E到B，最短距离为5步，即向右3步，向下2步，总方法数为$C_{5}^{3} = 10$，所以经过断路$D \to E$时，总方法数为$6 × 1 × 10 = 60$(提示：分步乘法计数原理的应用).经过断路$F \to G$时，即$A \to F \to G \to B$，每一个阶段走的路径都必须是最短距离，从A到F，最短距离为5步，即向右3步，向下2步，总方法数为$C_{5}^{3} = 10$.从F到G，只有1种方法.从G到B，最短距离为4步，即向右2步，向下2步，总方法数为$C_{4}^{2} = 6$，所以经过断路$F \to G$时，总方法数为$10 × 1 × 6 = 60$.故从A到B，且距离最短的通路总数为$252 - 60 - 60 = 132$(题眼)(难点：利用间接法求出从A到B且距离最短的通路总数).
第2步：求经过C点时的最短距离的所有走法总数
经过点C，即$A \to C \to B$，每一个阶段走的路径都必须是最短距离，从A到C，最短距离为6步，即向右4步，向下2步，总方法数为$C_{6}^{4} = 15$.从C到B，最短距离为4步，即向右1步，向下3步，总方法数为$C_{4}^{1} = 4$，所以经过C点的总方法数为$15 × 4 = 60$.
第3步：古典概型概率公式求结果
所以要从A点出发沿实线走到B点，距离最短的走法中，经过点C的概率为$\frac{60}{132} = \frac{5}{11}$(提示：古典概型概率公式的应用).