复习验收卷（十） 计数原理、概率、随机变量及其分布列.doc

1、复习验收卷(十)计数原理、概率、随机变量及其分布列 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的) 1(2020鄂州模拟)在某项测试中，测量结果服从正态分布 N(1，2)(0)，若 P(01)0.4，则 P(02)() A0.4B0.8C0.6D0.2 答案B 解析由正态分布的图象和性质得 P(02)2P(01)20.40.8. 2已知一种元件的使用寿命超过 1 年的概率为 0.8，超过 2 年的概率为 0.6，若 一个这种元件使用到 1 年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过 2 年的

2、概率为 () A0.75B0.6C0.52D0.48 答案A 解析设一个这种元件使用到 1 年时还未损坏为事件 A， 使用到 2 年时还未损坏 为事件 B，则由题意知 P(AB)0.6，P(A)0.8，则这个元件使用寿命超过 2 年的 概率为 P(B|A)P（AB） P（A） 0.6 0.80.75，故选 A. 3从某班 6 名学生(其中男生 4 人，女生 2 人)中任选 3 人参加学校组织的社会 实践活动设所选 3 人中女生人数为，则数学期望 E()() A.4 5 B1C.7 5 D2 答案B 解析由题意知所选 3 人中女生人数0，1，2，则 P(0)C 0 2C34 C36 4 20 1

3、 5， P(1)C 1 2C24 C36 12 20 3 5， P(2) C22C14 C36 4 20 1 5， 所以数学期望 E()0 1 5 13 52 1 51，选 B. 4(2021青岛一模)(2x3)(xa)5的展开式的各项系数和为 32，则该展开式中 x4 的系数是() A5B10C15D20 答案A 解析在(2x3)(xa)5中，令 x1，得展开式的各项系数和为 (1a)532，解 得 a1，故(x1)5的展开式的通项 Tr1Cr5(x)5 r.当 r1 时，得 T2C1 5x45x4， 当 r4 时，得 T5C45x5x，故(2x3)(x1)5的展开式中 x4的系数为 255

4、 5，选 A. 6某部队在一次军演中要先后执行 A，B，C，D，E，F 六项不同的任务，要求 是： 任务 A 必须排在前三项执行， 且执行任务 A 之后需立即执行任务 E， 任务 B， C 不能相邻，则不同的执行方案共有() A36 种B44 种C48 种D54 种 答案B 解析由题意知任务 A，E 必须相邻，且只能安排为 AE，由此分三类完成： (1)当 AE 排第一、二位置时，用表示其他任务，则顺序为 AE，余下 四项任务，先全排 D，F 两项任务，然后将任务 B，C 插入 D，F 两项任务形成 的三个空隙中， 有 A22A 2 3种方法； (2)当 AE 排第二、 三位置时， 顺序为AE

5、， 余下四项任务又分为两类：B，C 两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务 排在后三个位置，有 A12A 3 3种方法；D，F 两项任务中一项排第一位置，剩余 三项任务排在后三个位置，且任务 B，C 不相邻，有 A12A 2 2种方法；(3)当 AE 排 第三、四位置时，顺序为AE，第一、二位置必须分别排来自 B，C 和 D， F 中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有 C12C12A22A 2 2种方法根据分类加 法计数原理知不同的执行方案共有 A22A23A12A33A12A22C12C12A22A2244(种) 7在中国国际大数据产业博览会期间，有甲、乙、丙、丁 4 名游客准备到贵州

6、的黄果树瀑布、梵净山、万峰林三个景点旅游参观，其中每个人只去一个景点， 每个景点至少要去一个人，则游客甲去梵净山的概率为() A.1 4 B.1 3 C.1 2 D.2 3 答案B 解析根据题意，满足每个人只去一个景点，每个景点至少要去一个人的所有基 本事件的个数为 C24A3336(种)， 若满足甲去梵净山，需要分 2 种情况讨论； 甲单独一个人去梵净山， 将其他 3 人分成 2 组， 对应剩下的 2 个景点， 有 C13A22 6(种)情况，则此时有 6 种方案； 甲和乙、丙、丁中 1 人一起旅游， 先在乙、丙、丁中任选 1 人，与甲一起去梵净山，有 C133(种)情况， 将剩下的 2 人

7、全排列，对应剩下的 2 个景点，有 A222(种)情况， 则此时有 236 种方案；则甲去梵净山的方案有 6612(种)；所以甲去梵净 山的概率为12 36 1 3. 8为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼某校篮球运动员进行 投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为3 4，他前一球投不进则后一球投 进的概率为1 4.若他第 1 球投进的概率为 3 4，则他第 2 球投进的概率为( ) A.3 4 B.5 8 C. 7 16 D. 9 16 答案B 解析设该篮球运动员投进第 n1(n2，nN*)个球的概率为 Pn1，第 n1 个 球投不进的概率为 1Pn1，则他投进第 n 个球的概率

8、为 Pn3 4P n11 4(1P n1) 1 4 1 2P n1，Pn1 2 1 2 Pn11 2 . Pn1 2 P11 2 1 2 n1 1 2 n1 1 4 1 2 n1 . Pn 1 2 n1 1 2(nN *)，P25 8.故选 B. 二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分) 9(2021泰安模拟)下列试验是古典概型的为() A从 6 名同学中选出 4 人参加数学竞赛，每人被选中的可能性的大小 B同时掷两枚骰子，点数和为 7 的概率 C近三天中有一天降雨

9、的概率 D10 人站成一排，其中甲、乙相邻的概率 答案ABD 解析A，B，D 是古典概型，因为符合古典概型的定义和特点C 不是古典概 型，因为不符合等可能性，三天中是否降雨受多方面因素影响故选 ABD. 10二项式(2x1)7的展开式的各项中，二项式系数最大的项是() A第 2 项 B第 3 项 C第 4 项 D第 5 项 答案CD 解析因为二项式(2x1)7展开式的各项的二项式系数为 Ck7(k0，1，2，3，4， 5，6，7)，易知当 k3 或 k4 时，C k 7最大，即二项展开式中，二项式系数最大 的为第 4 项和第 5 项故选 CD. 11已知离散型随机变量 X 的分布列为 X632

10、 Pabc 其中 a，b，c 成等差数列，则 E(X)可以为() A4B5C.16 3 D6 答案AB 解析由题意得 abc1， ac2b， b1 3，ac 2 3， E(X)6a3b2c6 2 3c12c54c， 又0c2 3，E(X) 7 3，5，结合选项应选 AB. 12已知随机变量 X 服从正态分布 N(100，102)，则下列选项正确的是() (参考数值：随机变量服从正态分布 N(，2)，则 P()0.6827， P(22)0.9545，P(33)0.9973) AE(X)100BD(X)100 CP(X90)0.84135DP(X120)0.99865 答案ABC 解析随机变量 X

11、 服从正态分布 N(100，102)， 正态曲线关于 x100 对称，且 E(X)100，D(X)102100， 根据题意可得，P(90 x110)0.6827，P(80X120)0.9545， P(X90)0.51 20.68270.84135，故 C 正确； P(X120)0.51 20.95450.97725，故 D 错误而 A，B 都正确故选 ABC. 三、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13甲、乙、丙三位同学独立解决同一个问题，已知三位同学能够正确解决这个 问题的概率分别为1 2， 1 3， 1 4，则有人能够解决这个问题的概率为_ 答案 3 4 解析这个问

12、题没有被解决的概率为 11 2 11 3 11 4 1 4，故有人能够解 决这个问题的概率为 11 4 3 4. 14已知(12x)11a0a1xa2x2a10 x10a11x11，则 a12a210a10 11a11_ 答案22 解析对等式(12x)11a0a1xa2x2a10 x10a11x11两边求导，得 22(1 2x)10a12a2x10a10 x911a11x10， 令 x1， 则 a12a210a1011a11 22. 15已知袋子中有大小相同的红球 1 个，黑球 2 个，从中任取 2 个设表示取 到红球的个数，则 E()_ 答案 2 3 解析从袋中 3 个球中任取 2 个球，共

13、有 C 2 3种取法，则其中的可能取值为 0， 1，且服从超几何分布，P(0)C 2 2 C23 1 3，P(1) C11C12 C23 2 3.E()0 1 3 12 3 2 3. 16江先生朝九晚五上班，上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行江先生 从家到公交站或地铁站都要步行 5 分钟公交车多且路程近一些，但乘坐公交路 上经常拥堵，所需时间 Z(单位：分钟)服从正态分布 N(33，42)，下车后从公交站 步行到单位要 12 分钟；乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间 Z(单位： 分钟)服从正态分布 N(44，22)，下地铁后从地铁站步行到单位要 5 分钟有下列 说法：若 8：00 出

14、门，则乘坐公交上班不会迟到；若 8：02 出门，则乘坐地 铁上班不迟到的可能性更大；若 8：06 出门，则乘坐公交上班不迟到的可能性 更大；若 8：12 出门，则乘坐地铁上班几乎不可能不迟到从统计的角度认为 以上所有合理说法的序号是_ 参考数据：ZN(，2)，则 P(Z)0.6827，P(2Z2) 0.9545，P(3Z3)0.9973. 答案 解析对于说法，江先生乘坐公交的时间不大于 43 分钟才不会迟到，因为 P(Z43)P(Z45)， 且 P(3312Z3312)0.9973， 所以 P(Z43)P(Z45) 0.50.50.99730.99865，所以“江先生上班迟到”还是有可能发生的

15、，所 以说法不合理；对于说法，若江先生乘坐地铁上班，则其乘坐地铁的时间不 大于 48 分钟才不会迟到， 因为 P(444Z444)0.9545， 所以 P(Z48)0.5 0.95450.50.97725，所以“江先生 8：02 出门，乘坐地铁上班不迟到”发 生的可能性约为 0.97725；若江先生乘坐公交上班，则其乘坐公交的时间不大于 41 分钟才不会迟到，因为 P(338Z338)0.9545，所以 P(Z41)0.5 0.95450.50.97725，所以“江先生 8：02 出门，乘坐公交上班不迟到”发生 的可能性约为 0.97725，二者可能性一样，所以说法不合理；对于说法，若 江先生

16、乘坐公交上班， 则其乘坐公交的时间不大于 37 分钟才不会迟到， 因为 P(33 40.5，所以说法是合理的；对于说法，江先生乘坐地铁的时间不 大于 38 分钟才不会迟到，因为 P(446Z446)0.9773，所以 P(Z38)(1 0.9973)0.50.00135，所以“江先生 8：12 出门，乘坐地铁上班不迟到”发 生的可能性非常小，所以说法合理所以四个说法中合理的是. 四、解答题(本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤) 17.(本小题满分 10 分)已知甲袋中有 6 只红球，4 只白球；乙袋中有 8 只红球，6 只白球.求下列事件的概率： (1)随机

17、取一只袋，再从该袋中随机取一球，该球是红球； (2)合并两只袋，从中随机取一球，该球是红球. 解(1)记 B该球是红球，A1取自甲袋，A2取自乙袋，已知 P(B|A1) 6 10，P(B|A 2) 8 14，所以 P(B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)1 2 6 10 1 2 8 14 41 70. (2)P(B)14 24 7 12. 18(本小题满分 12 分)某企业产品正常生产时，产品尺寸服从正态分布 N(80， 0.25)，从当前生产线上随机抽取 200 件产品进行检测，产品尺寸汇总如下表. 产品尺 寸/mm 76， 78.5) 78.5， 79) 79， 79.5)

18、 79.5， 80.5) 80.5， 81) 81， 81.5) 81.5， 83 件数427278036206 根据产品质量标准和生产线的实际情况，产品尺寸在(3，3)以外视为小 概率事件，一旦小概率事件发生视为生产线出现异常，产品尺寸在(3， 3)以内为正品，以外为次品 P(X)0.6827，P(2X2)0.9545，P(3X3) 0.9973 (1)判断生产线是否工作正常，并说明理由； (2)用频率表示概率，若再随机从生产线上取 3 件产品复检，正品检测费 10 元/ 件，次品检测费 15 元/件，记这 3 件产品检测费为随机变量 X，求 X 的数学期望 及方差 解(1)依题意，有80，

19、0.5，所以正常产品尺寸范围为(78.5，81.5)； 200(10.9973)0.54(件)，又超出正常范围以外的零件件数为 10 件，故生产 线不正常 (2)依题意尺寸在(78.5， 81.5)以外的就是次品， 故次品率为 10 200 1 20.记这三件产品 次品数为 Y，则 Y 服从二项分布 B 3， 1 20 ， X10(3Y)15Y5Y30， 则 E(Y)3 1 20 3 20，D(Y)3 1 20 19 20 57 400， 所以 X 的数学期望是 E(X)5E(Y)30123 4 (元)， 方差是 D(X)52D(Y)25 57 400 57 16. 19(本小题满分 12 分

20、)随着人口老龄化的到来，我国的劳动力人口在不断减少， “延迟退休”已成为人们越来越关注的话题， 为了了解公众对“延迟退休”的态 度，某校课外研究性学习小组从某社区随机抽取了 50 人进行调查，将调查情况 进行整理后制成下表： 年龄20，25)25，30)30，35)35，40)40，45) 人数45853 年龄45，50)50，55)55，60)60，65)65，70 人数67354 年龄在25，30)，55，60)的被调查者中赞成“延迟退休”的人数分别是 3 人和 2 人，现从这两组被调查者中各随机选取 2 人，进行跟踪调查 (1)求年龄在25，30)的被调查者中选取的 2 人都赞成的概率；

21、 (2)求选中的 4 人中，至少有 3 人赞成的概率； (3)若选中的 4 人中，不赞成的人数为 X，求随机变量 X 的分布列和数学期望 解(1)设“年龄在25， 30)的被调查者中选取的2人都赞成”为事件A， 所以P(A) C 2 3 C25 3 10. (2)设“选中的 4 人中， 至少有 3 人赞成”为事件 B， 所以 P(B)C 2 3C12C11 C25C23 C 1 3C12C22 C25C23 C 2 3C22 C25C23 1 2. (3)X 的可能取值为 0，1，2，3，P(X0)C 2 3C22 C25C23 1 10， P(X1)C 1 3C12C22C23C12C11

22、C25C23 2 5， P(X2)C 2 2C22C13C12C12C11 C25C23 13 30， P(X3)C 2 2C12C11 C25C23 1 15.所以随机变量 X 的分布列是： X0123 P 1 10 2 5 13 30 1 15 所以 E(X)0 1 101 2 52 13 303 1 15 22 15. 20(本小题满分 12 分)某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前、后生产 的大量产品中各抽取了 100 件产品作为样本，检测某项质量指标值，该项质量指 标值落在20，40)内的产品视为合格品，否则为不合格品设备改造前样本的频 率分布直方图如图所示 下表是设备改造后样本

23、的频数分布表： 质量指 标值 15，20)20，25)25，30)30，35)35，40)40，45 频数2184814162 (1)请估计该企业在设备改造前的产品质量指标值的平均数(同一组数据用该组数 据所在区间的中点值表示)； (2)设备改造后，企业将不合格品全部销毁，并对合格品进行等级细分，质量指 标值落在25，30)内的定为一等品，每件售价 240 元；质量指标值落在20，25) 或30，35)内的定为二等品，每件售价 180 元；其他的合格品定为三等品，每件 售价 120 元根据上表中的数据，用该样本中一等品、二等品、三等品各自在合 格品中的频率代替从所有合格产品中抽到一件相应等级产

24、品的概率 现有一名顾 客随机购买两件产品，设其支付的费用为 X(单位：元)，求 X 的分布列和数学期 望 解(1) 根 据 题 图 可 知 ， 设 备 改 造 前 样 本 的 质 量 指 标 值 的 平 均 数 为 5(0.00817.5 0.03222.5 0.08027.5 0.02432.5 0.03637.5 0.02042.5)30.2. 根据设备改造前样本的质量指标值的平均数估计设备改造前总体的质量指标值 的平均数为 30.2. (2)根据样本的频率分布估计总体的概率分布，合格的样本中一、二、三等品的 频率分别为1 2， 1 3， 1 6，故从所有合格产品中随机抽一件，抽到一、二、

25、三等品的概 率分别为1 2， 1 3， 1 6. 易知随机变量 X 的取值为 240，300，360，420，480， 则 P(X240)1 6 1 6 1 36，P(X300)C 1 21 3 1 6 1 9， P(X360)C121 2 1 6 1 3 1 3 5 18， P(X420)C121 2 1 3 1 3， P(X480)1 2 1 2 1 4. 所以随机变量 X 的分布列为 X240300360420480 P 1 36 1 9 5 18 1 3 1 4 所以 E(X)240 1 36300 1 9360 5 18420 1 3480 1 4400. 21(本小题满分 12 分

26、)某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关 系，对该校 200 名学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间(单位：分钟)进行调 查，将收集的数据分成0，10)，10，20)，20，30)，30，40)，40，50)，50， 60六组，并作出频率分布直方图(如图)，将日均课外体育锻炼时间不低于 40 分 钟的学生评价为“课外体育达标” (1)请根据直方图中的数据填写下面的 22 列联表，并通过计算判断是否有 95% 的把握认为“课外体育达标”与性别有关？ 课外体育不达 标 课外体育达标合计 男60 女110 合计 (2)现按照“课外体育达标”与“课外体育不达标”进行分层抽样，抽取 8 人，

27、再从这 8 名学生中随机抽取 3 人参加体育知识问卷调查，记“课外体育不达标” 的人数为，求的分布列和数学期望 解(1)由题意得“课外体育达标”人数为 200(0.020.005)1050， 则“课外体育不达标”人数为 150， 列联表如下： 课外体育不达 标 课外体育达标合计 男603090 女9020110 合计15050200 2200（60203090） 2 9011015050 200 33 6.0613.841. 有 95%的把握认为“课外体育达标”与性别有关 (2)由题意采用分层抽样在“课外体育达标”的学生中抽取 2 人，在“课外体育 不达标”的学生中抽取 6 人，由题意知：的所

28、有可能取值为 1，2，3， P(1)C 1 6C22 C38 6 56 3 28； P(2)C 2 6C12 C38 30 56 15 28； P(3)C 3 6 C38 20 56 5 14； 故的分布列为 123 P 3 28 15 28 5 14 故的数学期望为 E()1 3 282 15 283 5 14 9 4. 22(本小题满分 12 分)水污染现状与工业废水排放密切相关某工厂深入贯彻 科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先 经过 A 系统处理，处理后的污水(A 级水)达到环保标准(简称达标)的概率为 p(0p1)经化验检测，若确认达标便可直接排放；

29、若不达标则必须进入 B 系统 处理后直接排放 某厂现有 4 个标准水量的 A 级水池，分别取样、检测多个污水样本检测时， 既可以逐个化验，又可以将若干个样本混合在一起化验混合样本中只要有样本 不达标，混合样本的化验结果必不达标若混合样本不达标，则该组中各个样本 必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水可直接排放 现有以下四种方案： 方案一：逐个化验； 方案二：平均分成两组化验； 方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验； 方案四：四个样本混在一起化验 若化验次数的期望值越小，则方案越“优” (1)若 p2 2 3 ，求 2 个 A 级水样本混合化验结果不达标的概率； (2)若 p

30、2 2 3 ，现有 4 个 A 级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个 最“优”？ 若“方案三”比“方案四”更“优”，求 p 的取值范围 解(1)因为该混合样本达标的概率是 2 2 3 2 8 9， 所以根据对立事件可知，混合样本化验结果不达标的概率为 18 9 1 9. (2)方案一：逐个化验，化验次数为 4. 方案二：由(1)知，每组两个样本化验时，若达标则化验次数为 1，概率为8 9；若 不达标则化验次数为 3，概率为1 9. 故将方案二的化验次数记为2， 2的所有可能取值为 2， 4， 6.P(22)8 9 8 9 64 81， P(24)C128 9 1 9 16 81，P(

31、26)1 9 1 9 1 81，其分布列如下： 2246 P 64 81 16 81 1 81 所以方案二的期望 E(2)264 814 16 816 1 81 198 81 22 9 . 方案四：混在一起化验，记化验次数为4，4的所有可能取值为 1，5.P(41) 2 2 3 4 64 81，P( 45)1 2 2 3 4 17 81，其分布列如下： 415 P 64 81 17 81 所以方案四的期望 E(4)164 815 17 81 149 81 . 比较可得 E(4)E(2)4，故方案四最“优” 方案三：设化验次数为3，3的所有可能取值为 2，5. 其分布列如下： 325 Pp31p3 E(3)2p35(1p3)53p3. 方案四：设化验次数为4，4的所有可能取值为 1，5， 其分布列如下： 415 Pp41p4 E(4)p45(1p4)54p4. 由题意得 E(3)E(4)，所以 53p354p4， 所以 p3 4. 故所求 p 的取值范围为 0，3 4 .