精品数学 高中数学人教A版选择性必修三章末检测试卷二(第七章)

章末检测试卷二(第七章)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．10件产品中有3件次品，从中任取2件，可作为随机变量的是( ) A ．取到产品的件数 B ．取到正品的概率 C ．取到次品的件数 D ．取到次品的概率
答案 C
2．设X ～B (n ，p )，E (X )＝12，D (X )＝4，则n ，p 的值分别为( ) A ．18，13 B ．36，13 C ．36，23 D ．18，2
3
答案 D
解析 由E (X )＝np ＝12，D (X )＝np (1－p )＝4， 得n ＝18，p ＝2
3
.
3．为应对新冠疫情，许多企业在非常时期转产抗疫急需物资．某工厂为了监控转产产品的质量，测得某批n 件产品的正品率为98%，现从中任意有放回地抽取3件产品进行检验，则至多抽到1件次品的概率为( ) A ．0.998 816 B ．0.999 6 C ．0.057 624 D ．0.001 184
答案 A
解析 ∵某批n 件产品的正品率为98%，
∴所求概率为P ＝0.983＋C 13×0.982
×0.02＝0.998 816.
4．设随机变量X 等可能地取值1,2,3，…，10.又设随机变量Y ＝2X －1，则P (Y <6)的值为( ) A ．0.3 B ．0.5 C ．0.1 D ．0.2 答案 A
解析 由Y ＝2X －1<6，得X <3.5，∴P (Y <6)＝P (X <3.5)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝0.3. 5．某工程施工在很大程度上受当地年降水量的影响，施工期间的年降水量X (单位：mm)对工期延误天数Y 的影响及相应的概率P 如下表所示：
在年降水量X 至少是100的条件下，工期延误小于30天的概率为( ) A ．0.7 B ．0.5 C ．0.3 D ．0.2 答案 B
解析 设事件A 为“年降水量X 至少是100”，事件B 为“工期延误小于30天”，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.2＋0.10.2＋0.1＋0.3
＝0.5，故选B. 6．设随机变量X ～N (μ，σ2)且P (X <1)＝1
2，P (X >2)＝p ，则P (0<X <1)的值为( )
A.12p B ．1－p C ．1－2p D.12
－p 答案 D
解析 由正态曲线的对称性知P (X <1)＝1
2，故μ＝1，即正态曲线关于直线x ＝1对称，
于是P (X <0)＝P (X >2)，
所以P (0<X <1)＝P (X <1)－P (X <0) ＝P (X <1)－P (X >2)＝1
2
－p .
7．从装有3个黑球和3个白球(大小、形状相同)的盒子中随机摸出3个球，用X 表示摸出的黑球个数，则P (X ≥2)的值为( ) A.110 B.15 C.12 D.25 答案 C
解析 根据条件，摸出2个黑球的概率为C 23C 13C 36，摸出3个黑球的概率为C 33C 36，故P (X ≥2)＝C 23C 1
3
C 3
6
＋C 33C 36＝12
. 8．节日期间，某种鲜花进货价是每束2.5元，销售价是每束5元；节日卖不出去的鲜花以每束1.6元价格处理．根据前五年销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量X 服从如表所示的分布列
若进这种鲜花500束，则利润的均值为( )
A．706元B．690元
C．754元D．720元
答案 A
解析因为E(X)＝200×0.2＋300×0.35＋400×0.3＋500×0.15＝340，所以利润的均值为340×(5－2.5)－(500－340)×(2.5－1.6)＝706(元)，故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．有6个大小相同的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，还有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10，现从中任取4个球，有如下几种变量，这四种变量中服从超几何分布的是()
A．X表示取出的最大号码
B．Y表示取出的最小号码
C．取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，ξ表示取出的4个球的总得分
D．η表示取出的黑球个数
答案CD
解析超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为试验次数，即指某事件发生n次的试验次数，由此可知CD服从超几何分布．故选CD.
10．设离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有()
A．q＝0.1 B．E(X)＝2，D(X)＝1.4
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8 D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
答案ACD
解析因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；
又E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，
D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故C正确；因为Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正确．故选ACD. 11．若随机变量ξ～N(0,1)，φ(x)＝P(ξ≤x)，其中x>0，下列等式成立的有()
A．φ(－x)＝1－φ(x)
B．φ(2x)＝2φ(x)
C．P(|ξ|≤x)＝2φ(x)－1
D ．P (|ξ|>x )＝2－φ(x ) 答案 AC
解析 ∵随机变量ξ服从标准正态分布N (0,1)，
∴正态分布关于ξ＝0对称，
∵φ(x )＝P (ξ≤x ，x >0)，根据曲线的对称性可得： A ．φ(－x )＝P (ξ≥x )＝1－φ(x )，∴该命题正确；
B ．φ(2x )＝P (ξ≤2x )，2φ(x )＝2P (ξ≤x )，φ(2x )≠2φ(x )，∴该命题错误；
C ．P (|ξ|≤x )＝P (－x ≤ξ≤x )＝1－2φ(－x )＝1－2[1－φ(x )]＝2φ(x )－1，∴该命题正确；
D ．P (|ξ|>x )＝P (ξ>x 或ξ<－x )＝1－φ(x )＋φ(－x )＝1－φ(x )＋1－φ(x )＝2－2φ(x )，∴该命题错误．故选AC.
12．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( ) A ．P (B )＝2
5
B ．P (B |A 1)＝5
11
C ．事件B 与事件A 1相互独立
D ．A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件 答案 BD
解析 由题意A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，P (A 1)＝510＝12，P (A 2)＝210＝15，P (A 3)＝3
10，P (B |A 1)
＝P (BA 1)P (A 1)
＝12×
5
1112＝511，故B 正确；P (B |A 2)＝411，P (B |A 3)＝411，P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)
＋P (A 3)P (B |A 3)＝
510×511＋210×411＋310×411＝9
22
，故AC 不正确；A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，故D 正确．故选BD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．某校高二年级学生数学诊断考试的成绩(单位：分)X 服从正态分布N (110,102)，从中任取一个学生的数学成绩，记该学生的成绩在[90,110]内为事件A ，记该学生的成绩在[80,100]内为事件B ，则在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率P (B |A )＝________.(用分数表示) 附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ≤X ≤μ＋σ)≈0.68，P (μ－2σ≤X ≤μ＋2σ)≈0.95，P (μ－3σ≤X ≤μ＋3σ)≈0.997. 答案
27
95
解析 由题意知，P (A )＝P (90≤X ≤110)≈12×0.95＝0.475，P (AB )＝P (90≤X ≤100)≈1
2×(0.95
－0.68)＝0.135.∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.1350.475＝27
95
.
14．一个袋中装有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个白球的概率是7
9，则袋中的白球个数为________，若从袋中任意摸出3个球，记得到白
球的个数为ξ，则随机变量ξ的均值E (ξ)＝________.(本题第一空3分，第二空2分) 答案 5 3
2
解析 依题意，设白球个数为x ，至少得到一个白球的概率是79，则不含白球的概率为2
9，可
得C 210－x C 210＝2
9，即(10－x )(9－x )＝20，解得x ＝5，依题意，随机变量ξ服从超几何分布，其中N ＝10，M ＝5，n ＝3，所以E (ξ)＝3×510＝3
2
.
15．排球比赛的规则是5局3胜制(无平局)，在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率都相等，为2
3，前2局中乙队以2∶0领先，则最后乙队获胜的概率是________．
答案
1927
解析 最后乙队获胜含3种情况：(1)第三局乙胜；(2)第三局甲胜，第四局乙胜；(3)第三局和第四局都是甲胜，第五局乙胜．故最后乙队获胜的概率P ＝13＋23×13＋⎝⎛⎭⎫232×13＝19
27.
16．盒中有2个白球，3个黑球，从中任取3个球，以X 表示取到白球的个数，η表示取到黑球的个数．给出下列各项：
①E (X )＝65，E (η)＝95；②E (X 2)＝E (η)；③E (η2)＝E (X )；④D (X )＝D (η)＝9
25.
其中正确的是________．(填上所有正确项的序号) 答案 ①②④
解析 由题意可知X 服从超几何分布，η也服从超几何分布． ∴E (X )＝2×35＝65，E (η)＝3×35＝9
5.
又X 的分布列
∴E (X 2)＝02×110＋12×35＋22×310＝9
5，
D (X )＝
E (X 2)－[E (X )]2＝95－⎝⎛⎭⎫652＝9
25.
η的分布列为
∴E (η2)＝12×310＋22×35＋32×110＝18
5，
D (η)＝
E (η2)－[E (η)]2＝185－⎝⎛⎭⎫952＝9
25
.
∴E (X 2)＝E (η)，D (X )＝D (η)，∴①②④正确． 四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)某种疾病能导致心肌受损害，若第一次患该病，则心肌受损害的概率为0.3，第一次患病心肌未受损害而第二次再患该病时，心肌受损害的概率为0.6，试求某人患病两次心肌未受损害的概率．
解 设A 1＝“第一次患病心肌受损害”，A 2＝“第二次患病心肌受损害”， 则所求概率为P (A
1
A 2)．
由题意可知，P (A 1)＝0.3，P (A 2|A 1)＝0.6， 又P (A 1)＝1－P (A 1)＝0.7， P (A 2|A 1)＝1－P (A 2|A 1)＝0.4， 所以P (A
1
A 2)＝P (A 1)P (A 2|A 1)＝0.7×0.4＝0.28.
18．(12分)某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成
活率分别为56和4
5，且各棵大树是否成活互不影响，求移栽的4棵大树中，
(1)至少有1棵成活的概率； (2)两种大树各成活1棵的概率．
解 设A k 表示第k 棵甲种大树成活，k ＝1,2，B l 表示第l 棵乙种大树成活，l ＝1,2， 则A 1，A 2，B 1，B 2相互独立， 且P (A 1)＝P (A 2)＝5
6，
P (B 1)＝P (B 2)＝4
5
.
(1)至少有1棵成活的概率为1－P (A 1·A 2·B 1·B 2) ＝1－P (A 1)·P (A 2)·P (B 1)·P (B 2) ＝1－⎝⎛⎭⎫162⎝⎛⎭⎫152＝899900.
(2)两棵大树各成活1棵的概率为 P ＝C 12⎝⎛⎭⎫56⎝⎛⎭⎫16·C 12
⎝⎛⎭⎫45⎝⎛⎭⎫15 ＝1036×825＝80900＝445
. 19．(12分)某批产品共10件，已知从该批产品中任取1件，则取到的是次品的概率为P ＝0.2，若从该批产品中任意抽取3件．
(1)求取出的3件产品中恰好有一件次品的概率； (2)求取出的3件产品中次品的件数X 的分布列与均值． 解 设该批产品中次品有x 件， 由已知x
10
＝0.2，∴x ＝2.
(1)设取出的3件产品中次品的件数为X,3件产品中恰好有一件次品的概率为P (X ＝1)＝C 12C 28
C 3
10
＝715
. (2)∵X 可能为0,1,2， ∴P (X ＝0)＝C 38
C 310＝715，
P (X ＝1)＝7
15
，
P (X ＝2)＝C 22C 18
C 310＝115
.
∴X 的分布列为
则E (X )＝0×715＋1×715＋2×115＝3
5
.
20．(12分)某同学进行投篮训练，已知该同学每次投篮命中的概率都为3
4，且每次投篮是否命
中相互独立．
(1)求该同学在三次投篮中至少命中2次的概率；
(2)若该同学在10次投篮中恰好命中k 次(k ＝0,1,2，…，10)的概率为P k ，k 为何值时，P k 最大？ 解 (1)∵该同学每次投篮命中的概率都为3
4，且每次投篮是否命中相互独立，
∴该同学在三次投篮中至少命中2次的概率为
P ＝1－C 03×⎝⎛⎭⎫340×⎝⎛⎭⎫143－C 13×⎝⎛⎭⎫34×⎝⎛⎭⎫142＝2732
. (2)∵该同学在10次投篮中恰好命中k 次(k ＝0,1,2，…，10)的概率为P k ，
∴P k ＝C k 10×⎝⎛⎭⎫34k ×⎝⎛⎭⎫1410－k ＝C k 10×⎝⎛⎭⎫1410×3k ， 当P k 最大时，⎩⎪⎨⎪⎧
P k ≥P k ＋1，
P k ≥P k －1，
∴⎩⎨⎧
C
k
10×
⎝⎛⎭⎫1410×3k ≥C k ＋1
10×⎝⎛⎭
⎫1410×3k ＋1，C
k 10×⎝⎛⎭⎫1410×3k ≥C k －1
10×⎝⎛⎭
⎫1410×3k －1，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
10！
k ！(10－k )！≥3·10！
(k ＋1)！(9－k )！
，
3·10！k ！(10－k )！≥10！(k －1)！(11－k )！，
即⎩⎪⎨⎪⎧
k ＋1≥3(10－k )，3(11－k )≥k ，
解得294≤k ≤334
，
∵k ∈Z ，∴k ＝8.故k 为8时，P k 最大．
21．(12分)一个暗箱里放着6个黑球、4个白球．
(1)依次取出3个球，不放回，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率； (2)有放回地依次取出3个球，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率； (3)有放回地依次取出3个球，求取到白球个数ξ的分布列和均值．
解 设事件A 为“第1次取出的是白球，第3次取到黑球”，B 为“第2次取到白球”，C 为“第3次取到白球”，
(1)P (A )＝C 14(C 16C 15＋C 13C 16)C 14A 2
9
＝2
3. (2)因为每次取出之前暗箱的情况没有变化，所以每次取球互不影响， 所以P (C )＝610＝3
5
.
(3)设事件D 为“取一次球，取到白球”， 则P (D )＝25，P (D )＝3
5，这3次取出球互不影响，
则ξ～B ⎝⎛⎭
⎫3，25， 所以P (ξ＝k )＝C k 3
⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭
⎫353－k (k ＝0,1,2,3)， 其分布列为
E (ξ)＝3×25＝6
5
.
22．(12分)本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲，乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲，乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为12，1
4；
两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲，乙两人所付的租车费用相同的概率；
(2)设甲，乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列及均值E (ξ)． 解 (1)由题意，得甲，乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为14，1
4
.
记甲，乙两人所付的租车费用相同为事件A ，则 P (A )＝14×12＋12×14＋14×14＝516
.
故甲，乙两人所付的租车费用相同的概率为5
16.
(2)ξ可能的取值有0,2,4,6,8. P (ξ＝0)＝14×12＝1
8，
P (ξ＝2)＝14×14＋12×12＝5
16，
P (ξ＝4)＝14×14＋12×14＋12×14＝5
16，
P (ξ＝6)＝12×14＋14×14＝3
16，
P (ξ＝8)＝14×14＝1
16
.
∴甲，乙两人所付的租车费用之和ξ的分布列为
∴E (ξ)＝0×18＋2×516＋4×516＋6×316＋8×116＝7
2
.。