20220331
手动选题通用卷
副标题
题号 一 二 三 四 总分
得分
一、单选题（本大题共 8 小题，共 40.0 分）
1.
某校三位同学报名数理化生四科学科竞赛，每人限报且必须报两门，由于数学是该
校优势科目，必须至少有两人参赛，若要求每门学科都有人报名，则不同的参赛方
?
案有( )
A. 51 种 B. 45 种 C. 48 种 D. 42 种
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查排列组合、两个基本原理的实际应用，属于中档题．
;
设三位同学为 A，B，C 由题意，参赛方案分为两种情况：
(一)数学学科有 2 人报名；(二)数学学科有 3 人报名．
分别利用排列组合、两个基本原理进行计算，最后可求出结果．
【解答】
解：设三位同学为 A，B，C;由题意，参赛方案分为两种情况：
(一)数学学科有 2 人报名：
2
C
先选 2 人报名数学，有 种结果(假设为 A，B)，其余三科的参赛方式又分为两种情况：
3
1 1 1 2
? ?
C C C A
①A，B 选同科，有 种结果；②A，B 选不同科(即 A，C，或 B，C 选同科)，有 种结
3 2 3 2
果，
2 1 1 1 2
? ? ? = =
C C + C C A ×
所以数学学科有 2 人报名时共有 ( ) 3 15 45 种结果；
3 3 2 3 2
(二)数学学科有 3 人报名：
3 3
C A
先选 3 人报名数学，有 种结果，其余三科的参赛方式有 种结果，
3 3
3 3
C ? A =
所以数学学科有 3 人报名时共有 6 种结果；
3 3
第 1 页，共 1 页????????????????????
=
+
综合(一)(二)得不同的参赛方案有 45 6 51 种．
?
故答案选：A ．
??
1
2 6
2. +
(1 x )(1 ) 的展开式中，常数项为( )
x
A. 15 B. 16 C. 15 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基
础题．
1 1
6 2 6
把(1 ) 按照二项式定理展开，可得(1 + x )(1 ) 的展开式中的常数项．
x x
【解答】
r r
1 1 r r r
6
T = C = C
) ) x
解：(1 ) 的二项展开式的通项公式为 ( ( 1 ，
r+1 6 6
x x
1
2 6
r
= +
当 0，2 时，可得(1 x )(1 ) 的展开式中，
x
0 2
C + C = + =
常数项为 1× 1 15 16．
6 6
故选：B．
??
3. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．在他著的《详解九章算法》一书中，画
了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵 如图所示 ，称做“开方做法本
( )
源”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果．它比西方的“帕
a i j a =
斯卡三角形”早了 393 年． 若用 表示三角形数阵的第 行第 个数， 则 ( )
i j 100 3
A. 5050 B. 4851 C. 4950 D. 5000
B
【答案】
【解析】
第 2 页，共 2 页????????
【分析】
?
本题考查杨辉三角 ，属于基础题．
j 1
j C
观察得第 i 行第 个数应为 ，故可得答案．
i 1
【解答】
j 1
i j C
解：依据二项展开式可知，第 行第 个数应为 ，
i 1
99×98
2
C = =
故第 100 行第 3 个数为 4851
99
2
故选：B．
??
4. 甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获
3
胜的概率均为 ，各局比赛结果相互独立且没有平局，则在甲获得冠军的情况下，
4
? ? ? ?
比赛进行了三局的概率为( )
1 2 2 4
A. B. C. D.
3 5 3 5
A
【答案】
【解析】
【分析】
本题考查相互独立事件概率公式，属于中档题．
求出甲获得冠军的概率、甲获得冠军且比赛进行了 3 局的概率，即可得出结论．
【解答】
3 3 3 1 3 1 3 3 54
=
解：由题意，甲获得冠军的概率为 × + × × + × × ，
4 4 4 4 4 4 4 4 64
3 1 3 1 3 3 18
=
其中甲获得冠军且比赛进行了 3 局的概率为 × × + × × ，
4 4 4 4 4 4 64
18 54 1
=
∴ ÷
所求概率为 ，
64 64 3
A
故选 ．
??
5.
在数字通信中，信号是由数字 0 和 1 组成的序列，由于随机因素的干扰，发送的信
号 0 或 1 有可能被错误地接收为 1 或 0，已知当发送信号 0 时，被接收为 0 和 1 的
. . . .
概率分别为 0 93 和 0 07； 当发送信号 1 时， 被接收为 1 和 0 的概率分别为 0 95 和 0 05，
假设发送信号 0 和 1 是等可能的，则接收的信号为 1 的概率为( )
. . . .
A. 0 48 B. 0 49 C. 0 52 D. 0 51
D
【答案】
第 1 页，共 1 页????????????????
【解析】
【分析】
本题考查概率的求法，考查全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用全概率公式即可求解．
【解答】
= =
A B
解：设 发送的信号为 0， 接收到的信号为 0，
= =
则 发送的信号为 1， 接收到的信号为 1，
A B
. . . .
= = = =
P A 0 5，P 0 5，P B A 0 93，P A 0 07，
( ) ( ) ( | ) ( | )
A B
. .
= =
P(B| ) 0 05，P( | ) 0 95，
A B A
. . . . .
= = =
∴接收信号为 0 的概率为 P(B) P(A)P(B|A) + P( )P(B| ) 0 5×0 93 + 0 5×0 05 0 49，
A A
. .
= = =
∴接收信号为 1 的概率为 P 1 P B 1 0 49 0 51．
( ) ( )
B
故选：D．
??
6. 5
不透明袋子中装有大小、材质完全相同的 2 个红球和 个黑球，现从中逐个不放回
地摸出小球，直到取出所有红球为止，则摸取次数 X 的数学期望是( )
18 9 36 16
A. B. C. D.
5 2 7 3
【答案】D
【解析】
【分析】
X
摸取次数 的可能取值为 2，3，4，5，6，7，利用互斥事件概率加法公式、相互独立事
件概率乘法公式分别求出相应的概率，由此能求出摸取次数 X 的数学期望．
本题考查古典概型、随机变量的分布列及数学期望等基础知识，考查运算求解能力、数
据处理能力、应用意识，考查分类与整合思想、必然与或然思想．
【解答】
解：不透明袋子中装有大小、材质完全相同的 2 个红球和 5 个黑球，
现从中逐个不放回地摸出小球，直到取出所有红球为止，
则摸取次数 X 的可能取值为 2，3，4，5，6，7，
2 1 1
= = =
P X 2 × ，
( )
7 6 21
2 5 1 5 2 1 2
= = =
+
P(X 3) × × × × ，
7 6 5 7 6 5 21
2 5 4 1 5 2 4 1 5 4 2 1 3
= = + + =
P(X 4) × × × × × × × × × ，
7 6 5 4 7 6 5 4 7 6 5 4 21
第 2 页，共 2 页??π?μ??μ?μ
2 5 4 3 1 5 2 4 3 1 5 4 2 3 1 5 4 3 2 1 4
= = =
P X 5 × × × × + × × × × + × × × × + × × × ×
( ) ，
7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 7 6 5 4 3 21
2 5 4 3 2 1 5 2 4 3 2 1 5 4 2 3 2 1 5 4 3 2 2 1 5
= =
+ + + +
P(X 6) × × × × × × × × × × × × × × × × × × × ×
7 6 5 4 3 2 7 6 5 4 3 2 7 6 5 4 3 2 7 6 5 4 3 2 7
4 3 2 2 1 5
=
× × × × × ，
6 5 4 3 2 21
2 5 4 3 2 1 5 2 4 3 2 1 5 4 2 3 2 1 5 4 3 2
= =
P(X 7) × × × × × ×1 + × × × × × ×1 + × × × × × ×1 + × × × ×
7 6 5 4 3 2 7 6 5 4 3 2 7 6 5 4 3 2 7 6 5 4
2 1 5 4 3 2 2 1 5 4 3 2 1 1 6
=
× ×1 + × × × × × ×1 + × × × × × ×1 ，
3 2 7 6 5 4 3 2 7 6 5 4 3 2 21
1 2 3 4 5 6 16
= =
∴摸取次数 X 的数学期望：E X 2× + 3× + 4× + 5× + 6× + 7× ．
( )
21 21 21 21 21 21 3
故选：D．
??
7. “杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究 应用与推广，发明了
“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技
.
术体系， 为我国粮食安全， 农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献 某杂交水
稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位： 服从正态分布，其密度
2
(x 100)
1
x
f = ???
曲线函数为 ( ) 200 ， ，则下列说法错误的是( )
e
10 2
cm
A. 该地水稻的平均株高为 100
B. 该地水稻株高的方差为 100
cm cm
C. 随机测量一株水稻，其株高在 120 以上的概率比株高在 70 以下的概率小
, ,
D. 随机测量一株水稻，其株高在(90 100 和在(100 110 单位： 的概率一样大
) )
C
【答案】
【解析】
【分析】
本题考查正态分布密度曲线函数，考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查
.
?
正态分布中两个量 和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题
= =
由已知可得 100，σ 10，由此判断 AB 正确;然后再由σ、2σ、3σ原则求解概率判
断 C 与 D．
【解答】
2
= =
解：由已知? ，故 100，σ 100，
cm
A B ??
故该地水稻的平均株高为 100 ，该地水稻株高的方差为 100；故 正确； 正确；
x = x x cm
P( > 120) P( < 80) > P( < 70)，所以随机测量一株水稻，其株高在 120 以上的概率比
cm
70 C ?
株高在 以下的概率大；故 错误；
第 1 页，共 1 页??
x = x
根据正态分布的对称性知：P(100 < < 110) P(90 < < 100)，故随机测量一株水稻，其
, ,
cm D
株高在(90 100)和在(100 110)(单位： )的概率一样大；故 正确．
故选 C．
??
～
8. 某经济与社会发展研究所为了研究我国城镇居民人均收入变化趋势， 对 2013 2017
年人均年收入(单位：元)进行统计，统计数据如下表所示：
年份 13 14 15 16 17
人均收
x
26467 28843 33616 36641
入
……
y t t
1 2 5
根据数据求得人均年收入 与年份 ( 取 ， ， ， )的回归直线方程为
2
∧
.
a
= t + =
2512 ，相关指数R 0 9972，应用回归直线方程预测 19 年我国城镇居民的
y
.
≈
人均收入约为 41400 元 附： 0 9986 ，则下列结论错误的是 ???
( 0.9972 ) ( )
y
A. t
我国城镇居民人均收入 与年份 的线性正相关
,
x
B. 数据(15 )的残差为 159
.
C. 年份解释了 99 72%的城镇居民收入变换
x
=
D. 31352
D
【答案】
【解析】
【分析】
本题考查线性回归方程，考查数据的样本中心点，考查样本中心点和线性回归直线的关
系，是基础题．
根据所给的数据，求出这组数据的平均数，得到这组数据的样本中心点，根据线性回归
直线一定过样本中心点，把样本中心点代入所给的方程，再逐项判断正误即可．
【解析】
x = a = D
解：根据所给的数据，得到 31193， 23816， 错误；
∧
= t a
2512 + A
由回归直线方程为 可知， 正确；
y
y
t = B
当年份为 15 时 3，求得 预测值为 31511，得残差为 159， 正确；
2
.
=
相关指数R 0 9972 刻画了回归效果，故 C 正确；
D ??
故选 ．
二、多选题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）
第 2 页，共 2 页ξ?ξ???ξ??ξ?ξξ?
9.
下列选项中正确的有( )．
1
,
～ + =
A. 随机变量 X B(4 )，则 E(3X 1) 4．
3
= =
B. 将两颗骰子各掷一次， 设事件 A “两个点数不相同”， B “至少出现一个 6 点”，
10
=
则概率 P? A? B ．
( | )
11
C. 口袋中有 7 个红球、2 个蓝球和 1 个黑球．从中任取两个球，记其中含红球的个
7
. .
= ?
数为随机变量 则 的数学期望 E
( )
5
3
D. 已知某种药物对某种疾病的治愈率为 ， 现有 3 位患有该病的患者服用了这种药
4
27
物，3 位患者是否会被治愈是相互独立的，则恰有 1 位患者被治愈的概率为 ．
64
BC
【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查二项分布、超几何分布、条件概率与独立事件概率的求法，考查运算求解
能力，属于中档题．
A
利用二项分布的性质以及计算公式求解即可判断选项 ；由条件概率公式求解即可判断
B C
选项 ；由 服从超几何分布，可求得数学期望，即可判断选项 ；利用相互独立事件的
n
概率， 次独立实验中恰好发生 k 次的概率，计算求得结果即可判断选项 D．
【解答】
1 1 4
,
～ = =
解：对于 A，由随机变量 X B(4 )，可得 E(X) 4× ，
3 3 3
= = A
则 E(3X + 1) 3E(X) + 1 5，故 错误；
1
C ×5
5×5 11 5
2
= = = =
对于 B，由题意，P B 1 ，P AB ，
( ) ( )
6×6 36 18
6×6
P(AB) 10
= =
P A B B
所以 ( | ) ，故 正确；
P(B) 11
2×7 7
, ,
～ = = C
对于 C，由题意可知随机变量 H(2 7 10)，则 E( ) ，故 正确；
10 5
3 3 9
1
2
C = D
对于 D，恰有 1 位患者被治愈的概率为 × ×(1 ) ，故 错误．
3
4 4 64
故选：BC．
??
2 5 2 10
?
x + = a + a x + a + + a ???
10. 若(x 2 2) x x ，则下列选项正确的是( )
0 1 2 10
a = a =
A. 32 B. 320
0 2
a a ? a = a a ? a =
C. + + + D. + + +
32 | | | | | | 3093
1 2 10 1 2 10
AD
【答案】
第 1 页，共 1 页??????????????????
【解析】
【分析】
本题考查二项式展开式的性质，赋值法是求有关系数或系数和常用的方法，考查计算求
解能力，属于中档题．
x = a A a
令 0，求出 ，可判断选项 ；根据多项式乘积运算法则，结合组合知识求出 ，可判
0 2
2 5
x = a a a ? a a x
B + + + + C x + )
断选项 ；令 1，求出 ，结合 值，可判断选项 ；利用( 2 2 展
0 1 2 10 0
? ? x
a + a + a + + a = a a + a a + + a = a D
开式可得 | | | | | | ， 令 1 结合 值， 可判断选项 ．
| 0| 1 2 10 0 1 2 3 10 0
【解答】
2 5 2 10
x = a a x a ? a
+ + + + +
解：(x 2 2) x x ，
0 1 2 10
5
x = a = = A ;
令 0， 2 32，所以选项 正确
0
2 5 2 2 2
x = x x ? x
x 2 + 2) x 2 + 2 x 2 + 2 x 2 + 2 ，
( ( )( ) ( )
2
五项相同的因式相乘，要得到含x 的项，可以是五个因式中，
2
x
一个取x 其它四个因式取 2，或两个因式取 2 其它三个因式取 2，
1 2
4 2 3
a = =
所以 C ×1×2 + C × 2) ×2 400，所以选项 B 不正确;
(
2 5 5
x = = a a a ? a a a ? a =
+ + + + + + + C
令 1，1 ，∴ 31，所以选项 不正确；
0 1 2 10 1 2 10
, , , , , ,
a a a a a a a a a a a
根据展开式的通项可得， 为正数， 为负数，
0 2, 4 6 8, 10 1 3, 5 7 9
a a a ? a = a a a a ? a
所以 + + + + + + + ，
| | | | | |
| |
0 1 2 10 0 1 2 3 10
5
x ?
= a a + a a + + a = =
令 1，得 5 3125，
0 1 2 3 10
a a ? a = = D
∴ | | + | | + + | | 3125 32 3093，所以选项 正确．
1 2 10
AD
故选： ．
??
11. 下列说法中正确的是 ? ?
( )
1 5
,
= =
A. X B P X
设随机变量 服从二项分布 (6 )，则 ( 2)
2 16
2
, . .
= =
B. 已知随机变量 X 服从正态分布 N(2 σ )且 P(X < 4) 0 9，则 P(0 < X < 2) 0 4
=
C. 小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A “4
2
= =
B P A B
个人去的景点互不相同”，事件 “小赵独自去一个景点”，则 ( | )
9
+ = + + = +
D. E(2X 3) 2E(X) 3，D(2X 3) 2D(X) 3
BC
【答案】
【解析】
【分析】
第 2 页，共 2 页ξ????
考查二项分布、正态分布的定义及随机变量的期望与方差的性质，属于基础题．
; ;
根据二项分布性质可判断 A 根据正态分布性质判断 B 根据条件概率判断 C，根据期望和
方差定义以及公式判断 D．
【解答】
1 1 1 15
2
2 4
,
= = C = A
解：设随机变量 X 服从二项分布 B(6 )，则 P(X 2) ( ) ×(1 ) ， 错误；
6
2 2 2 64
2
,
∵随机变量 服从正态分布 N 2 σ ，
( )
x =
∴正态曲线的对称轴是 2．
.
=
∵ P(X < 4) 0 9，
.
=
∴ P 2 < X < 4 0 4，
( )
.
= = B
∴ P(0 < X < 2) P(2 < X < 4) 0 4，故 正确；
小赵、小钱、小孙，小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，
= =
A B
设事件 {4 个人去的景点互不相同}，事件 {小赵独自去一个景点}，
3
4×3 27
= =
则 P(B) ，
4
4 64
3
4×A
3
3
= =
P(AB) ，
4
32
4
3
P(AB) 32 2
.
= = =
∴ P A B 故 C 正确；
( | )
P(B) 27 9
64
= = D
由期望公式和方差公式得 E(2X + 3 2E(X + 3，D(2X + 3 4D(X ，故 错误．
) ) ) )
BC
故选： ．
??
12. 为了研究某种病毒在特定环境下随时间变化的繁殖情况，得到了一些数据，绘制成
kx
. . ,
y = c z = y z = x a x z
+
散点图， 发现用模型 e 拟合比较合适 令 ln ， 得到 1 3 ， 经计算发现
满足下表：
x
天数 (天 2 3 4 5 6
)
. . . .
z
5 5 5 5 5
1 4 6 7
???
则( )
0.2 0.2
. .
c = = c = =
A. e B. k 1 3 C. e D. k 1 3
【答案】AB
【解析】
第 1 页，共 1 页??????
【分析】
本题考查非线性回归分析， 线性回归方程， 考查散点图， 考查学生分析解决问题的能力，
属于中档题．
. , . .
z x a a
= + = = =
根据题意得到 1 3 的中心点为(4 5)，进而得到 k 1 3，lnc 0 2 即可．
【解答】
2+3+4+5+6
= =
解：因为x 4，
5
1.5+4.5+5.5+6.5+7
= =
z
5，
5
. ,
z x a
= +
所以 1 3 的中心点为(4 5)，
. . .
z = x a a = =
代入 1 3 + ，可得 5 1 3×4 0 2．
kx
z = y y = c
e
由 ln ， ，
kx
z = c = + c
则 ln e kx ln ，
0.2
. .
= = a = c =
所以 k 1 3，lnc 0 2，即 e ．
AB
故选 ．
??
4 20.0
三、填空题（本大题共 小题，共 分）
13. 某种产品有 4 只次品和 6 只正品，每只产品均不相同且可区分，今每次取出一只来
测试，直到这 4 只次品全测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现，
______
则不同情况种数是 (用数字作答)
【答案】576
【解析】
【分析】
本题主要考查分步与分类计数原理、排列与组合，属于中档题．
可以分步完成：第一步，第五次测试的有几种可能；第二步，前四次有一件正品有几种
可能；第三步，前四次有几种顺序，最后根据乘方公式计算可得结果．
【解答】
解：对四件次品编序为 1，2，3，4，
1
C
第五次抽到其中任一件次品有 种情况，
4
1 3
C ·C
前四次有三次是次品，一次是正品共有 种可能，
6 3
第 2 页，共 2 页????????????
4
A
前 4 次测试中的顺序有 种可能，
4
3
1 1 4
· · =
C C ·C A
所以由分布计数原理可得，共有 576 种可能．
4 ( 6 3) 4
故答案为 576．??
2020
,
a a a =
14. 已知74 + 能够被 15 整除，其中 ∈ 0 15 ，则 ??????????．
( )
【答案】14
【解析】
【分析】
本题考查二项展开式的应用，以及二项式定理的整除问题．属于中档题．
2020 2020
=
由题意知，74 75 1) ，利用二项式展开式可得
(
0 1 2019
2020 2020 2019 1 2020
a = ? a a a
74 + C 75 C 75 + C 75 + 1 + 74 + 15 1 +
， 要使 能被 整除， 只需
2020 2020 2020
a
能被 15 整除，从而可得 的值．
【解答】
解：由题意知，
2020 2020
=
74 (75 1)
0 1 2019 2020
2020 0 2019 1 1 2019 0 2020
= C C ? C C
75 ( 1) + 75 ( 1) + + 75 ( 1) + 75 ( 1)
2020 2020 2020 2020
0 1 2019
2020 2019 1
= C C ? C
75 75 + 75 + 1，
2020 2020 2020
0 1 2019
2020 2020 2019 1
a = ? a
74 + C 75 C 75 + C 75 + 1 +
所以 ，
2020 2020 2020
2020
a
+
而 75 能被 15 整除，所以要使74 能被 15 整除，
,
a a
只需 1 + 能被 15 整除，且 ∈ (0 15)，
a =
所以 14，
故答案为 14．
??
15.
改革开放 40 年来，我国城市基础设施发生了巨大的变化，各种交通工具大大方便
.
了人们的出行需求 某城市的 A 先生实行的是早九晚五的工作时间， 上班通常乘坐公
.
交或地铁加步行 已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行 5 分钟， 乘坐公交到离
2
,
Z
单位最近的公交站所需时间 (单位：分钟)服从正态分布 N(33 4 )，下车后步行再到
1
Z
单位需要 12 分钟；乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间 (单位：分钟)服从正
2
2
, .
N 2 5
态分布 (44 )，从地铁站步行到单位需要 分钟 现有下列说法：
①若 8：00 出门，则乘坐公交一定不会迟到；
若 8：02 出门，则乘坐公交和地铁上班迟到的可能性相同；
②
第 1 页，共 1 页μ?μ?μ???μ?μ?μμ
③若 8：06 出门，则乘坐公交比地铁上班迟到的可能性大；
④若 8：12 出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大．
.
则以上说法中正确的序号是_____ ?????????
2
,
～
参考数据：若 Z N( σ )，
.
σ
=
则 P( < Z ≤ + σ) 0 6826，
.
=
P σ < Z + σ
( 2 ≤ 2 ) 0 9544，
.
σ + σ =
P( 3 < Z ≤ 3 ) 0 9974
【答案】
②④
【解析】
【分析】
本题考查正态曲线及其性质，考查正态分布的概率计算及应用，属于一般题．
根据正态分布的概率性质即可逐项判断正误．
【解答】
8 5
解：①若 ：00 出门，江先生乘坐公交，从家到车站需要 分钟，下车后步行再到单位
2
,
Z
需要 12 分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间 服从正态分布 N(33 4 )，
1
1 P(21.
? = = =
故 P(Z 45 0 0013，
)
2 2
∴江先生仍有可能迟到，只不过概率较小，故 错误；
①
②若 8：02 出门，江先生乘坐公交，
∵ 5
从家到车站需要 分钟，下车后步行再到单位需要 12 分钟，
2
Z
乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间 服从正态分布 N 33,4 ，
1 ( )
1 P(25.
= =
P(Z ≤ 41) + P(25 < Z < 41) 0 9772
2
∵从家到车站需要 5 分钟，下地铁后步行再到单位需要 5 分钟，
2
,
Z
乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间 服从正态分布 N(44 2 )，
2
1 P(40.
= =
P(Z ≤ 48) + P(40 < Z < 48) 0 9972
2
此时两种上班方式江先生不迟到的概率相当，故 正确；
②
第 2 页，共 2 页???
③若 8：06 出门，江先生乘坐公交，
∵从家到车站需要 5 分钟，下车后步行再到单位需要 12 分钟，
2
,
Z
乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间 服从正态分布 N 33 4 ，
( )
1
1 P(29.
= =
? +
P(Z 37) P(29 < Z < 37) 0 8413；
2
若 8：06 出门，江先生乘坐地铁，
∵从家到车站需要 5 分钟，下地铁后步行再到单位需要 5 分钟，
2
,
Z
N 2
乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间 服从正态分布 (44 )，
2
1
.
? = =
P(Z 44) 0 5，
2
此时两种上班方式，乘坐公交比地铁上班迟到的可能性小，故③错误；
④若 8：12 出门，江先生乘坐公交，
∵从家到车站需要 5 分钟，下车后步行再到单位需要 12 分钟，
2
,
Z
N 4
乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间 服从正态分布 (33 )，
1
1 P(29.
? ? = =
P(Z 31) > P(Z 29) 0 1857；
2
若 8：12 出门，江先生乘坐地铁，
∵ 5 5
从家到车站需要 分钟，下地铁后步行再到单位需要 分钟，
2
,
Z
乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间 服从正态分布 N(44 2 )，
2
1 P(38.
? = =
P(Z 38) 0 00135
2
. .
由 0 1857 > 0 00135，
∴若 8：12 出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大，故④正确；
第 1 页，共 1 页?????β??β???????β
故答案为：②④．
??
x
16. 某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费， 需了解年宣传费 单位： 千元 对年
( )
, , ,
y ?
t x y i =
销售量 (单位： )的影响，对近 8 年的宣传费 和年销售量 ( 1 2 8)数据作了初
i i
步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
n
8 8 8
2
2
x y w (x x) (w w) (x x)(y y) (w w)(y y)
i i i i i i
∑ ∑ ∑ ∑
i=1
i=1 i=1 i=1
. . . . .
46 6 563 6 8 289 8 1 6 1469 108 8
1
8
w = x = ∑ w
表中 ，w ．
i=1
i i i
8
y y
= a = c x
(1 根据散点图判断， + bx 与 + d ， 哪一个适宜作为年销售量关于年宣传费
)
??????????;
的回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)
y
x ??????????
(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立 关于 的回归方程 ．
, , ,
……
u v u v u v v = u
附：对于一组数据 ， ， ， ，其回归直线 α + 的斜率和截距
( ) ( ) ( )
n n
1 1 2 2
n
∑ (u u)(v v)
i=1
i i
= =
的最小二乘估计分别为 ， v u
2
n
α
∑ (u u)
i=1
i
y = c
【答案】 + d x
.
=
+ x
100 6 68
y
【解析】
【分析】
本题主要考查了散点图以及线性回归方程的求法，考查了学生的分析能力和计算能力，
属于中档题．
y = c
1 根据散点图的变化趋势，可得? + d x适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程
( )
类型；
第 2 页，共 2 页??????????????????????
w = y w
x
(2)先令 ，先建立 关于 的线性回归方程式，再带入数据计算相关参数即可得到
结果．
【解答】
y c
? = + x
解：(1)根据散点图可知 d 适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程类型；
y y
w = x w = c
(2)令 ，先建立 关于 的线性回归方程 + dω，
8
(w w)(y y)
∑
108.8
i=1
i i
= = =
由于 2 68，
8
d
(w w) 1.6
∑
i=1
i
. .
= = =
y w ×
563 68 6 8 100 6，
c
d
.
y w w
= +
∴ 关于 的线性回归方程为 100 6 68 ，
y
.
y
x = + x
因此 关于 的回归方程为 100 6 68 ．
y
.
y
= c x = x
故答案为 + d ， 100 6 + 68 ．
y
??
6 72.0
四、解答题（本大题共 小题，共 分）
n ?
3
,
mx m n
17. 1 + ) ∈ R ∈ N 32 x
已知( ( )的展开式的二项式系数之和为 ，且展开式中含 项的
系数为 80．
m n
1 求 ， 的值；
( )
n
6 2
mx x
+ ) ) x
(2)求(1 (1 展开式中含 项的系数．
n
= n =
【答案】解：(1)由题意，2 32，则 5，
r
r r
, , ,
…
T = C r =
由通项 m x 0 1 5 ，
( )
r+1 5
3
3 3
r = = m =
C
令 3，可得展开式中含x 项的系数为 m 80，所以 2；
5
5 6 2
x x
+
(2)即求(1 2 ) (1 ) 展开式中含x 项的系数，
5 6
x x
1 + 2 ) 1 )
( (
0 1 5
1 5
…
= x x
C + C ) + + C ) ×
[ (2 (2 ]
5 5 5
3 5
0 1 2 2 3 4 4 5 6 6
x
C C + C C + C C + C
( x x x x x )
6 6 6 6 6 6 6
2 3 4 5
=
1+10x+40x +80x +80x +32x ×
( )
2 3 4 5 6
1 6x+15x 20x +15x 6x +x
( )
2
+ + =
所以展开式中含x 项的系数为 1×15 10×( 6) 40×1 5．
【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公
式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
第 1 页，共 1 页?
r
n r r
, ,…,
= n T = C r = x r =
2 m x
(1)依题 32，求得 的值．通项 ( 0 1 5)，令 的幂指数 3，可得展开
r+1 5
3
3 3
C = m
式中含x 项的系数为 m 80，从而求得 的值．
5
5 6 2
x x
(2 本题即求(1 + 2 ) (1 ) 展开式中含x 项的系数，利用通项公式展开化简可得展开式中
)
2
x
含 项的系数．
18. 从包含甲、乙 2 人的 8 人中选 4 人参加 4×100 米接力赛，在下列条件下，各有多少
种不同的排法．
;
(1)甲、乙 2 人都被选中且必须跑中间两棒
2 甲、乙 2 人只有 1 人被选中且不能跑中间两棒．
( )
2
A
【答案】解：(1)甲、乙 2 人必须跑中间两棒，则有 种排法，
2
2
A
余下的两个位置需要在剩余的 6 人中选 2 人排列，有 种排法，
6
2 2
A A =
根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为 60．
2 6
2 甲、乙 2 人只有 1 人被选中且不能跑中间两棒，
( )
1
C
则需要从甲、乙 2 人中选出 1 人，有 种选法，
2
1
C
然后在第一棒和第四棒中选一棒，有 种结果，
2
3
A
另外 6 人中要选 3 人在剩余的三个位置上排列，有 种排法，
6
1 1 3
C C A =
根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为 480．
2 2 6
【解析】本题考查排列组合的综合应用，考查分布乘法计数原理，属于中档题．
(1)甲、乙两人跑中间两棒，甲乙两人排列，再从余下的 6 个人中选两人排列；
(2)从甲乙两个人中选出一个参加，且从第一棒和第四棒中选一棒，另外 6 个人选 3 人跑
剩余 3 棒．
19. 为了了解扬州市高中生周末运动时间，随机调查了 3000 名学生，统计了他们的周
末运动时间，制成如下的频率分布表：
t
周末运动时间 (分
钟)
人数 300 600 900 450 450 300
第 2 页，共 2 页??μ?μμμ??μμμμ?μ?μμμμμμμ?
(1)从周末运动时间在 的学生中抽取 3 人，在 的学生中抽取 2 人，现
从这 5 人中随机推荐 2 人参加体能测试，记推荐的 2 人中来自 的人数为 X，
求 X 的分布列和数学期望；
2
,
t
(2)由频率分布表可认为：周末运动时间 服从正态分布 N( σ )，其中 为周末运动
. .
s s ≈
时间的平均数t，σ近似为样本的标准差 ，并已求得 14 6 可以用该样本的频
10
率估计总体的概率，现从扬州市所有高中生中随机抽取 名学生，记周末运动时
.
间在(43.9,87.7]之外的人数为 Y，求 P(Y=2)(精确到 0 001)；
2
,
. .
t ～ σ参考数据 1： 当 N σ 时， P 0 6827， P 0 9545，
( ) ( ) ( )
.
3σP 0 9973．
( )
8 2
. .
≈ ≈
参考数据 2：0.8186 0 202，0.1814 0 033．
【答案】解： 1 随机变量 X 的可能取值为 0、1、2，
( )
2 1 1 2
C C C C
1 3 3
2 3 2 3
= = = = = = =
P(X=0) ，P X 1 ，P(X=2) ，
( )
2 2 2
10 5 10
C C C
5 5 5
X
所以，随机变量 的分布列如下表所示：
X 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
1 3 3 6
= + + =
所以 E(X) 0× 1× 2× ；
10 5 10 5
35×300+45×600+55×900+65×450+75×450+85×300
.
= = =
(2) t 58 5，
3000
. . . . . .
= = σ = =
又 43 9 58 5 14 6 ，87 7 58 5 + 14 6×2 + 2σ，
0.6827+0.9545
.
= σP P 0 8186
所以 (43.9( )
2
. .
t ? σ
t + σ = =
所以 P 或 > 2 ) 1 0 8186 0 1814，
( )
～
所以 Y B(10,0.1814)，
2
2 8
= = C
所以 P Y 2 ×0.1814 ×0.8186
( )
10
. . .
≈ ≈
45×0 033×0 202 0 300．
【解析】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，正态分布的性质，考查转
化思想以及计算能力，是中档题．
(1)由题意可知，随机变量 X 的可能取值有 0、1、2，计算出随机变量 X 在不同取值下的
概率，可得出随机变量 X 的分布列，进一步可求得 E(X)的值；
第 1 页，共 1 页μ?ξ?μ?????????μ?μ??
. .
= σ = t ? σ
+ σ t + σ
(2)计算得出 43 9 ，87 7 2 ，可求得 P 或 > 2 )，可得出
( )
～
Y B(10,0.1814)，再利用独立重复试验的概率公式可求得 P(Y=2)．
20. 重庆八中为了普及环保知识，增强学生的环保意识，在全校组织了一次有关环保知
识的竞赛．经过初赛、复赛，高二年级代表队和高一年级代表队(每队 3 人)进入了
决赛，规定每人回答一个问题，答对为本队赢得 100 分，答错得 0 分．假设高二年
3 4 3
级代表队中每人答对的概率均为 ， 高一年级代表队中 3 人答对的概率分别为 ， ，
4 5 4
2
，且各人回答正确与否相互之间没有影响，用 X 表示高一年级代表队的总得分．
3
Ⅰ 求 X 的分布列和数学期望；
( )
Ⅱ
( )求两队总得分之和等于 300 分且高二年级获胜的概率．
【答案】解：(Ⅰ)由题意知， 的可能取值为 0，100，200，300，
4 3 2
由于高一年级代表队中 3 人答对的概率分别为 ， ， ，
5 4 3
4 3 2 1
= = =
P X 0 1 × 1 × 1 ，
( ) ( ) ( ) ( )
5 4 3 60
4 3 2 4 3 2 4 3 2 9 3
= = = =
P X × × + × × + × ×
( 100) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ，
5 4 3 5 4 3 5 4 3 60 20
4 3 2 4 3 2 4 3 2 26 13
= = + + = =
P(X 200) × ×(1 ) (1 )× × ×(1 )× ，
5 4 3 5 4 3 5 4 3 60 30
4 3 2 2
= = =
P(X 300) × × ，
5 4 3 5
∴ X 的分布列为：
X 0 100 200 300
1 3 13 2
P
60 20 30 5
1 3 13 2 665
= =
∴ E X 0× + 100× + 200× + 300× ．
( )
60 20 30 5 3
Ⅱ
( )由 A 表示“甲队得分等于 300 乙队得分等于 0”，
B 表示“甲队得分等于 200 乙队得分等于 100”，可知 A、B 互斥．
3 2
3 1 9 2 3 1 3 81
= = = C =
又 P A ( ) × ，P B ( ) × × ，
( ) ( )
3
60 1280 4 20 1280
4 4
则甲、乙两队总得分之和等于 30 分且甲队获胜的概率为
90 9
+ = + = =
P(A B) P(A) P(B) ．
1280 128
【解析】本题考查概率的求法，离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查了推
第 2 页，共 2 页ηξξηξξηηξξξηξηξ?ξη?η
理能力与计算能力．
(Ⅰ)由题意可得 的可能取值，分别求出相应的概率，写出 X 的分布列，计算数学期望；
Ⅱ 由 A 表示“甲队得分等于 300 乙队得分等于 0”，B 表示“甲队得分等于 200 乙队得
( )
分等于 100”，分别求出两事件的概率，利用互斥事件的概率计算公式，即可得出两队
总得分之和等于 300 分且高二年级获胜的概率．
21. 某高校设计了一个实验学科的实验考查方案： 考生从 6 道备选题中一次性随机抽取
.
3 题，按照题目要求独立完成全部实验操作 规定：至少正确完成其中 2 题的便可提
.
交通过 已知 6 道备选题中考生甲有 4 道题能正确完成，2 道题不能完成；考生乙每
2
题正确完成的概率都是 ，且每题正确完成与否互不影响．
3
(Ⅰ 分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；
)
Ⅱ
( )试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成 2 题的概率分析比较两
位考生的实验操作能力．
【答案】解： Ⅰ 设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为 、 ，
( )
= =
则 1、2、3， 0、1、2、3，
1 2 2 1 3
C C C C C
1 3 1
4 2 4 2 4
= = = = = = = = =
P( 1) ，P( 2) ，P( 3) ，
3 3 3
C 5 C 5 C 5
6 6 6
所以考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为：
1 2 3
1 3 1
P
5 5 5
1 3 1
= =
∴ E( ) 1× + 2× + 3× 2．
5 5 5
2
,
～
∵ B 3 ，所以考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为：
( )
3
k 2 2
k 3 k
, , ,
= = =
P k C ) 1 ) k 0 1 2 3 ，
( ) ( ( ( )
3
3 3
0 1 2 3
1 2 4 8
P
27 9 9 27
2
= =
∴ E( ) 3× 2．
3
3 1 4 12 8 20
Ⅱ = + = = + =
( ) ∵ P( ≥ 2) ，P( ≥ 2) ，
5 5 5 27 27 27
∴ P( ≥ 2) > P( ≥ 2)，
从做对题的数学期望上甲乙两人水平相当；从至少完成两题的概率上看，甲通过的可能
第 1 页，共 1 页ξηηξ
性比较大，因此可以判断甲的实验操作能力强．
【解析】本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，考查两人实验操作能力的判断，
属于中档题．
2
,
～
Ⅰ
( )设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为 、 ， 服从超几何分布， B(3 )，
3
分别求出概率，利用数学期望的计算公式即可得出；
Ⅱ 分别从做对题的数学期望、从至少完成两题的概率上计算即可．
( )
22. 新冠肺炎疫情发生以来，我国某科研机构开展应急科研攻关，研制了一种新型冠状
病毒疫苗，并已进入二期临床试验．根据普遍规律．志愿者接种疫苗后体内会产生
x
抗体，人体中检测到抗体，说明有抵御病毒的能力．通过检测，用 表示注射疫苗
y
miu
后的天数． 表示人体中抗体含量水平(单位： /mL，即：百万国际单位/毫升 ，现
)
测得某志愿者的相关数据如下表所示：
x
天数 1 2 3 4 5 6
y
抗体含量水平 5 10 26 50 96 195
根据以上数据，绘制了散点图．
dx
, , ,
y = c· y = a a c
e +
(1)根据散点图判断， 与 bx( b d 均为大于零的常数)哪一个更适宜作为
y
x
描述 与 关系的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)
y
x
2 根据 1 的判断结果求出 关于 的回归方程， 并预测该志愿者在注射疫苗后的第
( ) ( )
10 天的抗体含量水平值；
(3)从这位志愿者的前 6 天的检测数据中随机抽取 4 天的数据作进一步的分析， 记其
y
中的 值大于 50 的天数为 X，求 X 的分布列与数学期望．
参考数据：
第 2 页，共 2 页?????????????????????????????
6
6 6 6
ω x
(
ω)(
i i
2 2 ∑
8.3
y i=1 x y y
x (x x) (ω ω) ( x)( ) e
ω
i i
1 1
∑ ∑ ∑
i=1 i=1 i=1
x
)
. . . . . . . .
3 50 63 67 3 49 17 50 9 49 12 95 519 01 4023 87
=
其中ω lny．
, , , …. ,
u v u v u v u v
参考公式：用最小二乘法求经过点 ， ， ， 的线性回归方程
( ) ( ) ( ) ( )
i i
1 1 2 2 3 3
n n
(u u)(v v) u v nu·v
∑ ∑
i=1 i=1
i i i i
= u = = =
+ v u
的系数公式， ， ．
2 2
n n
v a 2 a
b b b
∑ (u u) ∑ u nu
i=1 i=1
i i
y x
【答案】解： 1 根据散点图判断， 更适合作为描述 与 关系的回归方程类型．
( )
= y = x
ω ω +
(2)设 ln ，变换后可得 ，
p
d
p c x x
= = +
设 ln ，建立ω关于 的回归方程ω ，
p
d
6
(ω ω)(x x)
∑
12.95
i=1
i i
.
= = =
0 74，
2
6
d
∑ (x x) 17.50
i=1
i
. . . .
= = =
x
ω d 3 49 0 74×3 50 0 90，
p
. .
x = x +
所以ω关于 的回归方程为ω 0 74 0 90，
0.74x+0.90
y
=
所以 e ，
0.74×10+0.90 8.3
.
x = y = =
≈
当 10 时， e e 4023 87，
.
miu
即该志愿者在注射疫苗后的第 10 天的抗体含量水平值约为 4023 87 /mL．
y
3 由表格数据可知，第 5，6 天的 值大于 50，
( )
x
故 的可能取值为 0，1，2，
4
C
1
4
= = =
P(X 0) ，
4
C 15
6
3 1
C C
8
4 2
= = =
P(X 1) ，
4
C 15
6
2 2
C C
2
4 2
p
= = =
X 2 ，
( )
4
5
C
6
X 的分布列为
X 0 1 2
1 8 2
P
15 15 5
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= =
E X × + × + ×
( ) 0 1 2 ．
15 15 5 3
【解析】本题考查可线性化的回归分析，考查离散型随机变量的分布列和期望的求法，
属于中档题．
dx
y = c·
e
(1)由散点图知点在一条弯曲的曲线上，故选 作为回归方程类型；
x =
(2)先求出回归方程，再将 10 代入回归方程，可得结论；
y y
3 由于 值大于 50 的天数为 2，6 天中随机抽取 4 天 值大于 50 的天数为 X，则 X 是随
( )
机变量，由古典概型概率公式可得分布列，由此可得结论．
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