阶段提能(十)
1．B[A选项，10×80%＝8，故从小到大排列，第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数，
即17+202
B选项，由于χ2＝4.7123.841＝x0.05，得到X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；
C选项，两个随机变量的线性相关性越强，样本相关系数的绝对值越接近于1，C错误；
D选项，若随机变量ξ，η满足η＝3ξ－2，
则Dη＝32Dξ，D错误．故选B．]
2．A[如图，从O，A，B，C，D5个点中任取3个有
{O，A，B}，{O，A，C}，{O，A，D}，{O，B，C}，
{O，B，D}，{O，C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，
{A，C，D}，{B，C，D}共10种不同取法，
3点共线只有{A，O，C}与{B，O，D}共2种情况，
由古典概型的概率计算公式知，
取到3点共线的概率为210＝1
3．A[从该校学生中任意调查一名学生他是近视记为事件A，且P(A)＝0.3，从该校学生中任意调查一名学生他每天玩手机超过2h记为事件B，且由题可知，P(AB)＝0.6×0.4＝0.24，所以从该校近视的学生中任意调查一名学生，则他每天玩手机超过2h的概率为P(B|A)＝PBAPA＝0.24
4．C[由已知可得，x＝3+4+6+74
所以，有4＝1.2×5＋a，解得a＝－2，
所以z＝1.2x－2，
由z＝lny，得lny＝1.2x－2，
所以y＝e1.2x-2＝e-2·e1.2x，则c＝e-2．故选C．]
5．D[P(A)＝P(AB)＋
6．B[按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共C3
第二类，A场地安排2人，共C3
由分类加法计数原理得，共有18＋6＝24(种)不同安排方法．故选B．]
7．B[A3与A4互斥但不对立，故A错误；
P(A1)＝15，P(A3)＝525＝15，P(A1A3)＝125＝P(A1)P(A3)，所以A1
P(A2)＝35，P(A4)＝425，P(A2A4)＝225≠P(A2)P(A4)，A2与
A2表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，A4表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，A2与A4可同时发生，A2与A4不互斥，D错误．故选B．]
8．B[根据题意，该学生在此次训练中恰好得7分，可分为三类情况：
①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有C4
故概率为4×1241?
②若连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况：
中中中(不中)中(不中)中，中(不中)中中中(不中)中，中(不中)中(不中)中中中，
则概率为C311
③若有两次连中两回，中中(不中)中中(不中)中，中(不中)中中(不中)中中，中中(不中)中(不中)中中，满足要求，则概率为C311
综上，该学生在此次训练中恰好得7分的概率为132+3
故选B．]
9．BC[∵随机变量Y～B3，23，∴P(Y＝0)＝1
若a≠0，则P(Z＝0)＝P(XY＝0)＝P(Y＝0)＝127
由已知P(Z＝0)＝2981≠127，故
又X与Y互相独立，
则P(Z＝0)＝P(XY＝0)＝P(X＝0)＋P(Y＝0)－P(X＝0，Y＝0)＝p＋127?127
解得p＝13
又E(X)＝0×13＋1×23＝23，E(Y)＝3
E(Z)＝E(XY)＝E(X)E(Y)＝43
10．ACD[对于A项，由题意知(0.010＋0.015＋0.035＋m＋0.010)×10＝1，解得m＝0.030，故A项正确；
对于B项，样本质量指标值的平均数为55×0.1＋65×0.15＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝76.5，故B项错误；
对于C项，样本质量指标值的众数是70+802
对于D项，前3组的频率之和为(0.010＋0.015＋0.035)×10＝0.60，前4组的频率之和为0.60＋0.030×10＝0.90，
故第75百分位数位于第4组，设其为t，
则t?80×0.030＋0.60＝0.75，解得t＝85，
即第75百分位数为85，故D项正确．故选ACD．]
11．BCD[由题可知，当n＝1时，P1＝25
当n≥2时，Pn－1表示第n－1次在平面ABC的顶点上的概率，1－Pn－1表示第n－1次在平面A1B1C1的顶点上的概率．
由底面ABC走到底面ABC的概率为25
由底面A1B1C1走到底面ABC的概率为35
所以Pn＝25Pn－1＋35(1－Pn
得Pn－12＝－1
又P1－12＝－110，所以Pn?1
故Pn－12＝－1
得Pn＝－110·?
故P2＝1325
故选BCD．]
12．3[x+2