2021版新高考数学(B)人教A版一轮复习单元质检卷十一 概率(B)
2021版高考数学一轮总复习第十一章计数原理和概率题组训练85n次独立重复试验与二项分布理20210
2021版高考数学一轮总复习第十一章计数原理和概率题组训练85n 次独立重复试验与二项分布理2021051541341．下列表中能成为随机变量X 的分布列的是( )答案 C2．袋中有大小相同的红球6个、白球5个，从袋中每次任意取出1个球，直到取出的球是白球时为止，所需要的取球次数为随机变量ξ，则ξ的可能值为( ) A ．1，2，…，6 B ．1，2，…，7 C ．1，2，…，11 D ．1，2，3，…答案 B解析 除白球外，其他的还有6个球，因此取到白球时取球次数最少为1次，最多为7次．故选B.3．若某一随机变量X 的概率分布如下表，且m ＋2n ＝1.2，则m －n2的值为( )X 0 1 2 3 P0.1mn0.1 A.－0.2 C ．0.1 D ．－0.1答案 B解析 由m ＋n ＋0.2＝1，m ＋2n ＝1.2，可得m ＝n ＝0.4，m －n2＝0.2.4．已知随机变量X 的分布列为P(X ＝k)＝12k ，k ＝1，2，…，则P(2<X≤4)等于( )A.316B.14C.116D.516答案 A解析 P(2<X≤4)＝P(X ＝3)＋P(X ＝4)＝123＋124＝316.5．若随机变量X 的分布列为则当P(X<a)＝0.8A ．(－∞，2] B ．[1，2] C ．(1，2] D ．(1，2)答案 C解析 由随机变量X 的分布列知：P(X<－1)＝0.1，P(X<0)＝0.3，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，则当P(X<a)＝0.8时，实数a 的取值范畴是(1，2]．6．袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，任意抽取2个球，设2个球号码之和为X ，则X 的所有可能取值个数为( ) A ．25 B ．10 C ．7 D ．6答案 C解析 X 的可能取值为1＋2＝3，1＋3＝4，1＋4＝5＝2＋3，1＋5＝6＝4＋2，2＋5＝7＝3＋4，3＋5＝8，4＋5＝9.7．甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有3个抢答题，竞赛规定：关于每一个题，没有抢到题的队伍得0分，抢到题并回答正确的得1分，抢到题但回答错误的扣1分(即得－1分)．若X 是甲队在该轮竞赛获胜时的得分(分数高者胜)，则X 的所有可能取值是________． 答案 －1，0，1，2，3解析 X ＝－1，甲抢到一题但答错了；X ＝0，甲没抢到题，或甲抢到2题，但答时一对一错；X ＝1时，甲抢到1题且答对或甲抢到3题，且一错两对；X ＝2时，甲抢到2题均答对；X ＝3时，甲抢到3题均答对．8．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P(ξ＝2)＝________． 答案310解析 ξ可能取的值为0，1，2，3，P (ξ＝0)＝C 32C 42C 42C 62＝15，P (ξ＝1)＝C 31C 42＋C 32C 21C 41C 42C 62＝715，又P(ξ＝3)＝C 31C 42C 62＝130，∴P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝1－15－715－130＝310.9．一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)． (1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列与数学期望．答案 (1)67 (2)175解析 (1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ， 则P(A)＝C 21C 53＋C 22C 52C 74＝67. 因此取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4. P(X ＝1)＝C 33C 74＝135，P(X ＝2)＝C 43C 74＝435，P(X ＝3)＝C 53C 74＝27，P(X ＝4)＝C 63C 74＝47.则随机变量X 的分布列是故随机变量X 的数学期望E(X)＝1×35＋2×35＋3×7＋4×7＝5.10．在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从此10张奖券中任抽2张，求：(1)该顾客中奖的概率；(2)该顾客获得的奖品总价值X 元的概率分布列． 答案 (1)23(2)略解析 (1)该顾客中奖，说明是从有奖的4张奖券中抽到了1张或2张，由因此等可能地抽取，因此该顾客中奖的概率 P ＝C 41C 61＋C 42C 102＝3045＝23.(或用间接法，即P ＝1－C 62C 102＝1－1545＝23)．(2)依题意可知，X 的所有可能取值为0，10，20，50，60(元)，且P(X ＝0)＝C 40C 62C 102＝13，P(X ＝10)＝C 31C 61C 102＝25，P(X ＝20)＝C 32C 102＝115，P(X ＝50)＝C 11C 61C 102＝215，P(X ＝60)＝C 11C 31C 102＝115.因此X 的分布列为：11.在103件，求：(1)取出的3件产品中一等品件数X 的分布列；(2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率． 答案 (1)略 (2)31120解析 (1)由于从10件产品中任取3件的结果数为C 103，从10件产品中任取3件，其中恰有k 件一等品的结果数为C 3kC 73－k，那么从10件产品中任取3件，其中恰有k 件一等品的概率为P(X ＝k)＝C 3kC 73－kC 103，k ＝0，1，2，3.因此随机变量X 的分布列是(2)设“取出的31件一等品和2件三等品”为事件A 1，“恰好取出2件一等品”为事件A 2，“恰好取出3件一等品”为事件A 3.由于事件A 1，A 2，A 3彼此互斥，且A ＝A 1∪A 2∪A 3，而P(A 1)＝C 31C 32C 103＝340，P(A 2)＝P(X ＝2)＝740，P(A 3)＝P(X ＝3)＝1120，∴取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为P(A)＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 3)＝340＋740＋1120＝31120. 12．(2021·大连质检)某高中共派出足球、排球、篮球三个球队参加市学校运动会，它们获得冠军的概率分别为12，13，23.(1)求该高中获得冠军个数X 的概率分布列；(2)若球队获得冠军，则给其所在学校加5分，否则加2分，求该高中得分Y 的概率分布列． 答案 (1)略 (2)略解析 (1)由题意知X 的可能取值为0，1，2，3， 则P(X ＝0)＝(1－12)×(1－13)×(1－23)＝19，P(X ＝1)＝12×(1－13)×(1－23)＋(1－12)×13×(1－23)＋(1－12)×(1－13)×23＝718，P(X ＝2)＝12×13×(1－23)＋(1－12)×13×23＋12×(1－13)×23＝718，P(X ＝3)＝12×13×23＝19.∴X 的分布列为(2)∵得分Y ＝5X ＋2(3∵X 的可能取值为0，1，2，3.∴Y 的可能取值6，9，12，15.则P(Y ＝6)＝P(X ＝0)＝19，P(Y ＝9)＝P(X ＝1)＝718，P(Y ＝12)＝P(X ＝2)＝718，P(Y ＝15)＝P(X ＝3)＝19.∴Y 的分布列为13.力打造的大型励志专业音乐评论节目，于2012年7月13日正式在浙江卫视播出．每期节目有四位导师参加．导师背对歌手，若每位参赛选手演唱完之前有导师为其转身，则该选手能够选择加入为其转身的导师的团队中同意指导训练．已知某期《中国新歌声》，6位选手演唱完后，四位导师为其转身的情形如下表所示：现从这6(1)求选出的2人导师为其转身的人数和为4的概率；(2)记选出的2人导师为其转身的人数之和为X ，求X 的分布列及数学期望E(X)． 答案 (1)15(2)E(X)＝5解析 (1)设6位选手中，A 有4位导师为其转身，B ，C 有3位导师为其转知，D ，E 有2位导师为其转身，F 只有1位导师为其转身．从6人中随机抽取两人有C 62＝15种情形，其中选出的2人导师为其转身的人数和为4的有C 22＋C 21C 11＝3种，∴所求概率为P ＝315＝15.(2)X 的所有可能取值为3，4，5，6，7.P(X ＝3)＝C 21C 11C 62＝215；P(X ＝4)＝15；P(X ＝5)＝1＋C 21C 21C 62＝515＝13；P(X ＝6)＝C 21C 11＋C 22C 62＝315＝15；P(X ＝7)＝C 21C 11C 62＝215. ∴X 的分布列为X 3 4 5 6 7 P215151315215E(X)＝3×215＋4×5＋5×3＋6×5＋7×15＝5.1．由于电脑故障，使得随机变量X 的分布列中部分数据丢失(以“x，y ”代替)，其分布列如下：X 1 2 3 4 5 6 P0.200.100.x50.100.1y0.20答案 2，5解析 由于0.20＋0.10＋(0.1x ＋0.05)＋0.10＋(0.1＋0.01y)＋0.20＝1，得10x ＋y ＝25，又因为x ，y 为正整数，故两个数据依次为2，5.2．一实验箱中装有标号为1，2，3，3，4的5只白鼠，若从中任取1只，记取到的白鼠的标号为Y ，则随机变量Y 的分布列是________． 答案Y 1 2 3 4 P15152515解析 Y P(Y ＝1)＝15，P(Y ＝2)＝15，P(Y ＝3)＝25，P(Y ＝4)＝15.∴Y 的分布列为3.一个袋子中装有74，黄球3个，编号分别为2，4，6，从袋中任取4个球(假设取到任何一个球的可能性相同)． (1)求取出小球中有相同编号的概率；(2)记取出的小球的最大编号为X ，求随机变量X 的分布列． 答案 (1)1935(2)略解析 (1)设“取出的小球中有相同编号的”为事件A ，编号相同可分成一个相同和两个相同，则P(A)＝2（C 21C 31＋C 32）＋1C 74＝1935. (2)随机变量X 的可能取值为：3，4，6. P(X ＝3)＝1C 74＝135，P(X ＝4)＝C 21C 43＋C 42C 74＝25， P(X ＝6)＝C 63C 74＝47，随机变量X 的分布列为：4.一袋中装有102个球，至少得到1个白球的概率是79.(1)求白球的个数；(2)从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X ，求随机变量X 的分布列． 答案 (1)5个 (2)略解析 (1)记“从袋中任意摸出2个球，至少得1个白球”为事件A ，设袋中白球的个数为x ，则P(A)＝1－C 10－x 2C 102＝79，得到x ＝5.故白球有5个．(2)X 服从超几何分布，P(X ＝k)＝C 5kC 53－kC 103，k ＝0，1，2，3.因此可得其分布列为P112 512 512 1125.(2020·福建，理)该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发觉自己不记得了银行卡的密码，但能够确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则终止尝试；否则连续尝试，直至该银行卡被锁定． (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． 答案 (1)12 (2)分布列略，E(X)＝52解析 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A ， 则P(A)＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3.又P(X ＝1)＝16，P(X ＝2)＝56×15＝16，P(X ＝3)＝56×45×1＝23.因此X 的分布列为X 1 2 3 P161623因此E(X)＝1×16＋2×16＋3×3＝2.6．某中学动员学生在春节期间至少参加一次社会公益活动(下面简称为“活动”)．该校合唱团共有100名学生，他们参加活动的次数统计如图所示．(1)求合唱团学生参加活动的人均次数；(2)从合唱团中任选两名学生，求他们参加活动次数恰好相等的概率；(3)从合唱团中任选两名学生，用ξ表示这两人参加活动次数之差的绝对值，求随机变量ξ的分布列．答案 (1)2.3 (2)4199(3)略解析 依照统计图知参加活动1次、2次、3次的学生数分别为10，50，40.(1)该合唱团学生参加活动的人均次数为x －＝1×10＋2×50＋3×40100＝2.3.(2)从合唱团中任选两名学生，他们参加活动次数恰好相等的概率P ＝C 102＋C 502＋C 402C 1002＝4199. (3)ξ的取值为0，1，2，ξ的分布列为7.(2020·重庆)摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．依照摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：(1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率； (2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列． 答案 (1)1835(2)略解析 设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A 1)＝C 31C 42C 73＝1835.(2)X 的所有可能的值为：0，10，50，200， 则P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝C 33C 73·13＝1105，P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 73·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 32C 41C 73·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为8.试销终止后(3件，当天营业终止后检查存货，若发觉存量少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货．将频率视为概率．(1)求当天商店不进货的概率；(2)设X 为翌日开始营业时该商品的件数，求X 的分布列和均值． 答案 (1)310 (2)114解析 (1)P(“当天商店不进货”)＝P(“当天商品销售量为0件”)＋P(“当天商品销售量为1件”)＝120＋520＝310.(2)由题意知，X 的可能取值为2，3.P(X ＝2)＝P(“当天商品销售量为1件”)＝520＝14；P(X ＝3)＝P(“当天商品销售量为0件”)＋P(“当天商品销售量为2件”)＋P(“当天商品销售量为3件”)＝120＋920＋520＝34.故X 的分布列为X 的均值为E(X)＝2×14＋3×34＝4.9．设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1. (1)求概率P(ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)．解析 (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，因此共有8C 32对相交棱，因此P(ξ＝0)＝8C 32C 122＝8×366＝411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，故P(ξ＝2)＝6C 122＝111. 因此P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)＝1－411－111＝611.因此随机变量ξ的分布列是因此E(ξ)＝1×611＋10．(2020·贵州遵义联考)2021年巴西奥运会的周边商品有80%左右为“中国制造”，所有的厂家差不多上通过层层选择才能获此殊荣．甲、乙两厂生产同一产品，为了解甲、乙两厂的产品质量，以确定这一产品最终的供货商，采纳分层抽样的方法从甲、乙两厂生产的产品共98件中分别抽取9件和5件，测量产品中的微量元素的含量(单位：毫克)．下表是从乙厂抽取的5件产品的测量数据：(1)(2)当产品中的微量元素x ，y 满足x≥175，且y≥75，该产品为优等品．用上述样本数据估量乙厂生产的优等品的数量；(3)从乙厂抽出的上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数ξ的分布列及其均值(即数学期望)． 答案 (1)35 (2)14 (3)45解析 (1)乙厂生产的产品总数为5÷1498＝35.(2)样品中优等品的频率为25，估量乙厂生产的优等品的数量为35×25＝14.(3)ξ＝0，1，2，P (ξ＝i)＝C 2iC 32－iC 52(i ＝0，1，2)， ξ的分布列为3 10＋1×35＋2×110＝45.均值E(ξ)＝0×。
2021版新高考数学(B)人教A版一轮复习单元质检卷二 函数
单元质检卷二 函数(时间:100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.(2019山东日照三校一月联考,5)下列函数是偶函数且在(0,+∞)上为增函数的是( )A.y=(12)|x |B.y=|ln x|C.y=x 2+2|x|D.y=2-x2.若a=1223,b=1523,c=1213,则a ,b ,c 的大小关系是( )A.a<b<cB.c<a<bC.b<c<aD.b<a<c3.函数f (x )=x 22|x |-4的图象大致为( )4.(2019山东实验中学模拟,6)已知偶函数f (x )在区间(0,+∞)上单调递增,且a=log 52,b=ln 2,c=-20.1,则f (a ),f (b ),f (c )满足( ) A.f (b )<f (a )<f (c ) B.f (c )<f (a )<f (b ) C.f (c )<f (b )<f (a )D.f (a )<f (b )<f (c )5.若不等式x 2+ax+1≥0对于一切x ∈(0,1]恒成立,则a 的最小值是( )A.0B.-2C.-52D.-36.已知函数f (x )=(12)x-sin x ,则f (x )在[0,2π]上的零点个数为( ) A .1B .2C .3D .47.已知函数f (x )是偶函数,定义域为R ,单调增区间为[0,+∞),且f (1)=0,则(x-1)f (x-1)≤0的解集为( ) A.[-2,0]B.[-1,1]C.(-∞,0]∪[1,2]D.(-∞,-1]∪[0,1]8.已知函数f (x )=|x|·e x (x ≠0),其中e 为自然对数的底数,关于x 的方程f (x )+2f (x )-λ=0有四个相异实根,则实数λ的取值范围是( )A.0,1eB.(2√2,+∞)C .e +2e,+∞D .2e +1e ,+∞二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)9.(山东高考模拟)函数f (x )的定义域为R ,且f (x+1)与f (x+2)都为奇函数,则( ) A.f (x )为奇函数 B .f (x )为周期函数 C.f (x+3)为奇函数D .f (x+4)为偶函数10.若指数函数y=a x 在区间[-1,1]上的最大值和最小值的和为52,则a 的值可能是( )A.2B.12C.3D.1311.(2019江苏南京期中)在一次社会实践活动中,某数学调研小组根据车间持续5个小时的生产情况画出了某种产品的总产量y (单位:千克)与时间x (单位:小时)的函数图象,则以下关于该产品生产状况的正确判断是( )A.在前三小时内,每小时的产量逐步增加B.在前三小时内,每小时的产量逐步减少C.最后一小时内的产量与第三小时内的产量相同D.最后两小时内,该车间没有生产该产品12.(2019山东黄岛期中)已知定义在R 上的函数f (x )的图象是连续不断的,且满足以下条件:①∀x ∈R ,f (-x )=f (x );②∀x 1,x 2∈(0,+∞),当x 1≠x 2时,都有f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1>0;③f (-1)=0.则下列选项成立的是( )A.f (3)>f (-4)B.若f (m-1)<f (2),则m ∈(-∞,3)C.若f (x )x >0,则x ∈(-1,0)∪(1,+∞) D.∀x ∈R ,∃M ∈R ,使得f (x )≥M三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2019浙江宁波期中)已知函数f (x )={|x |,x ≤0,√x ,x >0,则f (f (-2))= ;若f (a )=2,则实数a= .14.若函数f (x )=log a (x+5)+1(a>0且a ≠1),图象恒过定点P (m ,n ),则m+n= ;函数g (x )=ln(x 2+m )的单调递增区间为 .15.(2019广东广雅中学模拟)对于函数f(x),如果存在x0≠0,使得f(x0)=-f(-x0),则称(x0,f(x0))与(-x0,f(-x0))为函数图象的一组奇对称点.若f(x)=e x-a(e为自然对数的底数)的图象上存在奇对称点,则实数a的取值范围是.16.(2019湖北黄冈中学模拟)某地区要建造一条防洪堤,其横断面为等腰梯形ABCD,腰与底边夹角为60°(如图),考虑防洪堤坚固性及石块用料等因素,设计其横断面面积为9√3平方米,且高度不低于√3米.记防洪堤横断面的腰长为x米,外周长(梯形的上底线段BC与两腰长的和)为y米.要使防洪堤横断面的外周长不超过10.5米,则其腰长x的取值范围为.四、解答题(本大题共5小题,共70分),其中a∈R.17.(14分)(2019上海徐汇区一模)已知函数f(x)=ax-2x+2(1)解关于x的不等式:f(x)≤-1;(2)求a的取值范围,使f(x)在区间(0,+∞)上是单调减函数.18.(14分)某游戏厂商对新出品的一款游戏设定了“防沉迷系统”,规则如下:①3小时以内(含3小时)为健康时间,玩家在这段时间内获得的累积经验值E(单位:exp)与游玩时间t(小时)满足关系式:E=t2+20t+16a;②3到5小时(含5小时)为疲劳时间,玩家在这段时间内获得的经验值为0(即累积经验值不变);③超过5小时为不健康时间,累积经验值开始损失,损失的经验值与不健康时间成正比例关系,比例系数为50.(1)当a=1时,写出累积经验值E与游玩时间t的函数关系式E=f(t),并求出游玩6小时的累积经验值;(2)该游戏厂商把累积经验值E与游玩时间t的比值称为“玩家愉悦指数”,记作H(t);若a>0,且该游戏厂商希望在健康时间内,这款游戏的“玩家愉悦指数”不低于24,求实数a的取值范围.19.(14分)国庆期间,某旅行社组团去风景区旅游,若每团人数在30或30以下,飞机票每张收费900元;若每团人数多于30,则给予优惠:每多1人,机票每张减少10元,直到达到规定人数75为止.每团乘飞机,旅行社需付给航空公司包机费15 000元.(1)写出飞机票的价格关于人数的函数;(2)每团人数为多少时,旅行社可获得最大利润?20.(14分)已知二次函数y=f (x )在x=t+22处取得最小值-t 24(t ≠0),且f (1)=0.(1)求y=f (x )的表达式;(2)若函数y=f (x )在区间[-1,12]上的最小值为-5,求此时t 的值.21.(14分)已知函数f (x )=lg (x +a x-2),其中x>0,a>0.(1)求函数f (x )的定义域;(2)若对任意x ∈[2,+∞)恒有f (x )>0,试确定a 的取值范围.参考答案单元质检卷二函数1.C A选项:当x>0时,y=(12)x,此时函数单调递减,故A错误;B选项:函数定义域为(0,+∞),故函数为非奇非偶函数,故B错误;C选项:(-x)2+2|-x|=x2+2|x|,函数为偶函数;当x>0时,y=x2+2x,此时x2和2x均为增函数,所以整体为增函数,故C正确;D选项:y=2-x=(12)x为非奇非偶函数,且在(0,+∞)上单调递减,故D错误.2.D∵y=x 23(x>0)是增函数,∴a=1223>b=1523.∵y=12x 是减函数,∴a=1223<c=1213,∴b<a<c.3.D 根据题干中的表达式得|x|≠2,故f (x )为偶函数,排除A,B,图中必有渐近线x=2或x=-2,当x 从x 轴正方向趋向于2时,分母趋向于0,分子趋向于4,整个分式趋向于+∞,故排除C,故选D .4.D ∵0<a=log 52<log 5√5=12,1>b=ln2>ln √e =12,∴f (a )<f (b )<f (1),又f (c )=f (-20.1)=f (20.1)>f (1),∴f (a )<f (b )<f (c ),故选D .5.C x 2+ax+1≥0(0<x ≤12)⇔ax ≥-(x 2+1)⇔a ≥-(x +1x ),∵函数f (x )=x+1x 在(0,1)上是减函数,∴当x ∈(0,12]时,f (x )≥f (12)=12+2=52, ∴[-(x +1x )]max=-52,即a ≥-52,a 的最小值是-52. 6.B 函数f (x )=(1)x-sin x 在[0,2π]上的零点个数为函数y=(1)x的图象与函数y=sin x 的图象在[0,2π]上的交点个数.在同一坐标系内画出两个函数的部分图象如图所示,由图象可知,两个函数的图象在区间[0,2π]上有两个不同的交点,故选B .7.C 由题意可知,函数f (x )在(-∞,0]上单调递减,且f (-1)=0,令x-1=t ,则tf (t )≤0.∴当t ≥0时,f (t )≤0,0≤t ≤1;当t<0,f (t )≥0,t ≤-1,∴0≤x-1≤1或x-1≤-1.∴x ≤0或1≤x ≤2.故选C .8.D f (x )=|x|·e x={x ·e x ,x >0,-x ·e x ,x <0.当x>0时,由f (x )=x·e x ,得f'(x )=e x +x·e x =e x (x+1)>0,∴f(x)在(0,+∞)上为增函数;当x<0时,由f(x)=-x·e x,得f'(x)=-e x-x·e x=-e x(x+1).当x∈(-∞,-1)时,f'(x)>0;当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,∴当x=-1时,函数f(x)取得极大值为f(-1)=1.作出函数f(x)=|x|·e x(x≠0)的图象的大致形状如图所示.令f(x)=t,则方程f(x)+2f(x)-λ=0化为t+2t-λ=0,即t2-λt+2=0,要使关于x的方程f(x)+2f(x)-λ=0有四个相异实根,则方程t2-λt+2=0的两根一个在0,1e 上,一个在1e,+∞上.则1e2−λe+2<0,解得λ>2e+1e.∴实数λ的取值范围是2e+1e,+∞.故选D.9.ABC∵f(x+1)与f(x+2)都为奇函数,∴f(-x+1)=-f(x+1),①f(-x+2)=-f(x+2),②∴由①可得f[-(x+1)+1]=-f(x+1+1),即f(-x)=-f(x+2),③∴由②③得f(-x)=f(-x+2),即f(x)的周期为2,∴f(x)=f(x+2),则f(x)为奇函数,∴f(x+1)=f(x+3),则f(x+3)为奇函数,故选ABC.10.AB指数函数y=a x在区间[-1,1]上的最大值和最小值的和为52,当a>1时,可得y min =1a ,y max =a ,那么1a +a=52,解得a=2,当0<a<1时,可得y max =1a ,y min =a ,那么1+a=5,解得a=1,故a 的值可能是1或2.故选AB.11.BD 由该车间5小时某种产品的总产量y (千克)与时间x (小时)的函数图象,得:前三小时内,每小时的产量逐步减少,故①错误,②正确;最后两小时均没有生产,故③错误,④正确.故选BD.12.CD 定义在R 上的函数f (x )的图象是连续不断的,且满足以下条件:①∀x ∈R ,f (-x )=f (x ),说明函数是偶函数; ②∀x 1,x 2∈(0,+∞),当x 1≠x 2时,都有f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1>0,说明函数在(0,+∞)是增函数; ③f (-1)=0. 所以f (3)<f (4)=f (-4)成立,所以A 不正确;若f (m-1)<f (2),可得|m-1|<2,则m ∈(-1,3),所以B 不正确;由题意y=f (x )x 是奇函数,若f (x )x >0,又f (-1)=0,可得x ∈(-1,0)∪(1,+∞),所以C 正确;因为函数是连续函数,又是偶函数,在x>0时是增函数,所以∀x ∈R ,∃M ∈R ,使得f (x )≥M ,正确;故选CD.13.√2 -2或4 ∵函数f (x )={|x |,x ≤0,√x ,x >0,∴f (-2)=|-2|=2, f (f (-2))=f (2)=√2;∵f (a )=2,∴当a ≤0时,f (a )=|a|=2,解得a=-2;当a>0时,f (a )=√a =2,解得a=4.综上,实数a 的值为-2或4.14.-3 (2,+∞) 当x+5=1时,即x=-4,不论a 为什么使函数有意义的数,函数值都为1,即恒过(-4,1),∴m=-4,n=1,∴m+n=-3;∴函数g (x )=ln(x 2-4),定义域为(-∞,-2)∪(2,+∞),令u (x )=x 2-4,u (x )>0,递增区间为(2,+∞),g (u )=ln u 在定义域内为增函数,复合函数g (u (x ))根据同增异减性质,函数g (x )递增区间为(2,+∞).15.(1,+∞) 依题意,知f (x )=-f (-x )有非零解,由f (x )=-f (-x )得e x -a=-(e -x -a ),即a=12e x +1e x >1(x ≠0),所以当f (x )=e x -a 存在奇对称点时,实数a 的取值范围是(1,+∞).16.[3,4] 根据题意知9√3=12(AD+BC )h ,其中AD=BC+2×x 2=BC+x ,h=√32x ,所以9√3=12(2BC+x )√32x ,得BC=18x −x 2,由{ℎ=√32x ≥√3,BC =18x -x 2>0,得2≤x<6.所以y=BC+2x=18x +3x 2(2≤x<6),由y=18x +3x2≤10.5,解得3≤x ≤4.因为[3,4]⊆[2,6),所以腰长x 的取值范围为[3,4].17.解 (1)不等式f (x )≤-1即为ax -2x+2≤-1⇔(a+1)xx+2≤0.当a<-1时,不等式解集为(-∞,-2)∪[0,+∞);当a=-1时,不等式解集为(-∞,-2)∪(-2,+∞);当a>-1时,不等式解集为(-2,0].(2)任取0<x 1<x 2,则f (x 1)-f (x 2)=ax 1-2x 1+2−ax 2-2x 2+2=2(a+1)(x 1-x 2)(x 1+2)(x 2+2), ∵0<x 1<x 2,∴x 1-x 2<0,x 1+2>0,x 2+2>0,∴要使f (x )在(0,+∞)上单调递减,即f (x 1)-f (x 2)>0,只要a+1<0,即a<-1,故当a<-1时,f (x )在区间(0,+∞)上是单调减函数.18.解 (1)E=f (t )={t 2+20t +16,0<t ≤3,85,3<t ≤5,335-50t ,t >5,t=6时,E (6)=35.(2)0<t ≤3时,H (t )=t+16a t +20,H (t )≥24⇒t+16a t ≥4,由0<t ≤3,得a ≥-116t 2+14t=-116(t-2)2+14≥14.所以a ∈14,+∞.19.解 (1)设每团人数为x ,由题意得0<x ≤75(x ∈N *),飞机票价格为y 元,则y={900,0<x ≤30,900-10(x -30),30<x ≤75,即y={900,0<x ≤30,1200-10x ,30<x ≤75.(2)设旅行社获利S 元,则S={900x -15000,0<x ≤30,1200x -10x 2-15000,30<x ≤75,即S={900x -15000,0<x ≤30,-10(x -60)2+21000,30<x ≤75.因为S=900x-15000在区间(0,30]上为增函数,故当x=30时,S 取最大值12000. 又S=-10(x-60)2+21000,x ∈(30,75],所以当x=60时,S 取得最大值21000.故当x=60时,旅行社可获得最大利润.20.解 (1)设f (x )=a (x -t+22)2−t 24(a>0).因为f (1)=0,所以t 24(a-1)=0.又因为t ≠0,所以a=1,所以f (x )=(x -t+22)2−t 24(t ≠0).(2)因为f (x )=(x -t+22)2−t 24(t ≠0),所以当t+22<-1,即t<-4时, f (x )在[-1,12]上的最小值f (x )min =f (-1)=(-1-t+22)2−t 24=-5,所以t=-92; 当-1≤t+22≤12,即-4≤t ≤-1时,f (x )在[-1,12]上的最小值f (x )min =f (t+22)=-t 24=-5, 所以t=±2√5(舍去);当t+22>12,即t>-1时,f (x )在[-1,12]上的最小值f (x )min =f (12)=(12-t+22)2−t 24=-5,所以t=-212(舍去).综上所述,t=-92.21.解 (1)由x+a x -2>0,得x 2-2x+a x >0.因为x>0, 所以x 2-2x+a>0.当a>1时,x 2-2x+a>0恒成立,函数f (x )的定义域为(0,+∞);当a=1时,函数f (x )的定义域为{x|x>0,且x ≠1};当0<a<1时,函数f (x )的定义域为{x|0<x<1-√1-a 或x>1+√1-a }.(2)对任意x ∈[2,+∞)恒有f (x )>0,即x+a x -2>1对x ∈[2,+∞)恒成立,故a>3x-x 2对x ∈[2,+∞)恒成立. 令h (x )=3x-x 2,h (x )=3x-x2=-(x -32)2+94在[2,+∞)内是减函数,于是h (x )max =h (2)=2.故a>2,即a 的取值范围是{a|a>2}.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2024年高考指导数学(人教A版理科第一轮复习)目录
课时规范练(A)课时规范练1集合的概念与运算课时规范练3命题及其关系、充要条件课时规范练5函数及其表示课时规范练7函数的奇偶性与周期性课时规范练9指数与指数函数课时规范练11函数的图象课时规范练13函数模型及其应用课时规范练15利用导数研究函数的单调性课时规范练17定积分与微积分基本定理课时规范练19同角三角函数基本关系式及诱导公式课时规范练21简单的三角恒等变换课时规范练23函数y=A sin(ωx+φ)的图象及三角函数的应用课时规范练25平面向量的概念及线性运算课时规范练27平面向量的数量积及其应用课时规范练29数列的概念课时规范练31等比数列课时规范练33二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题课时规范练35合情推理与演绎推理课时规范练37数学归纳法课时规范练39空间几何体的表面积与体积课时规范练41空间直线、平面的平行关系课时规范练43空间向量及其运算课时规范练45直线的倾斜角、斜率与直线的方程课时规范练47圆的方程课时规范练49椭圆课时规范练51抛物线课时规范练53算法初步课时规范练55用样本估计总体课时规范练57分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规范练59二项式定理课时规范练61古典概型与几何概型课时规范练63二项分布与正态分布课时规范练65极坐标方程与参数方程课时规范练67绝对值不等式课时规范练(B)课时规范练2简单不等式的解法课时规范练4简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词课时规范练6函数的单调性与最大(小)值课时规范练8幂函数与二次函数课时规范练10对数与对数函数课时规范练12函数与方程课时规范练14导数的概念及运算课时规范练16利用导数研究函数的极值、最大(小)值课时规范练18任意角、弧度制及任意角的三角函数课时规范练20两角和与差的正弦、余弦与正切公式及二倍角公式课时规范练22三角函数的图象与性质课时规范练24余弦定理、正弦定理及应用举例课时规范练26平面向量基本定理及向量坐标运算课时规范练28复数课时规范练30等差数列课时规范练32数列求和课时规范练34基本不等式及其应用课时规范练36直接证明与间接证明课时规范练38空间几何体的结构及其三视图、直观图课时规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系课时规范练42空间直线、平面的垂直关系课时规范练44空间几何中的向量方法课时规范练46点与直线、两条直线的位置关系课时规范练48直线与圆、圆与圆的位置关系课时规范练50双曲线课时规范练52直线与圆锥曲线的位置关系课时规范练54随机抽样课时规范练56变量间的相关关系、统计案例课时规范练58排列与组合课时规范练60随机事件的概率课时规范练62离散型随机变量及其分布列课时规范练64离散型随机变量的均值与方差课时规范练66极坐标方程与参数方程的应用课时规范练68不等式的证明解答题专项解答题专项一函数与导数的综合问题第1课时利用导数证明不等式第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题第3课时利用导数研究函数的零点解答题专项二三角函数与解三角形解答题专项三数列解答题专项四立体几何中的综合问题解答题专项五直线与圆锥曲线第1课时圆锥曲线中的最值(或范围)问题第2课时圆锥曲线中的定点(或定值)问题第3课时圆锥曲线中的存在性(或证明)问题解答题专项六概率与统计单元质检卷单元质检卷一集合与常用逻辑用语单元质检卷二函数单元质检卷三导数及其应用单元质检卷四三角函数、解三角形单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入单元质检卷六数列单元质检卷七不等式、推理与证明单元质检卷八立体几何单元质检卷九解析几何单元质检卷十算法初步、统计与统计案例单元质检卷十一计数原理单元质检卷十二概率。
高考数学一轮复习单元质检十一概率含解析新人教A版文
单元质检十一概率(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为()A.0.3B.0.4C.0.6D.0.7答案:B解析:设不用现金支付的概率为P,则P=1-0.45-0.15=0.4.2.从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球,若事件A=“所取的3个球中至少有1个白球”,则事件A的对立事件是()A.1个白球、2个红球B.2个白球、1个红球C.3个都是红球D.至少有1个红球答案:C解析:事件A=“所取的3个球中至少有1个白球”说明有白球,白球的个数可能是1或2或3,和事件“1个白球、2个红球”“2个白球、1个红球”“至少有1个红球”都能同时发生,既不互斥,也不对立.故选C.3.有三个兴趣小组,甲、乙两名同学各自参加其中一个小组,每名同学参加各个小组的可能性相同,则这两名同学参加同一个兴趣小组的概率为()A.13B.12C.23D.34答案:A解析:记三个兴趣小组分别为1,2,3,甲参加兴趣小组1,2,3分别记为“甲1”“甲2”“甲3”,乙参加兴趣小组1,2,3分别记为“乙1”“乙2”“乙3”,则基本事件为“(甲1,乙1),(甲1,乙2),(甲1,乙3),(甲2,乙1),(甲2,乙2),(甲2,乙3),(甲3,乙1),(甲3,乙2),(甲3,乙3)”,共9个,记事件A 为“甲、乙两名同学参加同一个兴趣小组”,其中事件A 有“(甲1,乙1),(甲2,乙2),(甲3,乙3)”,共3个.因此P (A )=39=13.4.已知函数f (x )=2x(x<0),其值域为D ,在区间(-1,2)上随机取一个数x ,则x ∈D 的概率是( ) A.12 B.13C.14D.23答案:B解析:函数f (x )=2x (x<0)的值域为(0,1),即D=(0,1),则在区间(-1,2)上随机取一个数x ,x ∈D 的概率P=1-02-(-1)=13.故选B .5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一,它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.一个用七巧板拼成的正方形如图所示,若在此正方形中任取一点,则此点取自阴影部分的概率是( )A.14B.18C.38D.316答案:B解析:不妨设小正方形的边长为1,则两个最小的等腰直角三角形的边长为1,1,√2,左上角的等腰直角三角形的边长为√2,√2,2,两个最大的等腰直角三角形的边长为2,2,2√2,即大正方形的边长为2√2,所以所求概率P=1-12×2+1+1+2×28=18.6.已知P 是△ABC 所在平面内一点,4PP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +5PP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3PP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.现将一粒红豆随机撒在△ABC 内,则红豆落在△PBC 内的概率是( ) A .14B .13C .512D .12答案:A解析:依题意,易知点P 位于△ABC 内,作PP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4PP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =5PP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3PP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则PP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,点P 是△A 1B 1C 1的重心.P△PP1P1=P△PP1P1=P△PP1P1,而S△PBC=(14×15)P△PP1P1,S△PCA=(13×15)·P△PP1P1,S△PAB=(13×14)P△PP1P1,因此S△PBC∶S△PCA∶S△PAB=3∶4∶5,即P△PPPP△PPP+P△PPP+P△PPP=33+4+5=14,即红豆落在△PBC内的概率等于14,故选A.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个车次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为.答案:0.98解析:由题意,得经停该高铁站的列车的正点数约为10×0.97+20×0.98+10×0.99=39.2,其中车次数为10+20+10=40,所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为39.240=0.98.8.两名教师对一篇初评为“优秀”的作文复评,若批改成绩都是两位正整数,且十位数字都是5,则两名教师批改成绩之差的绝对值不超过2的概率为.答案:0.44解析:用(x,y)表示两名教师的批改成绩,则(x,y)的所有可能情况为10×10=100(种).当x=50时,y可取50,51,52,共3种可能;当x=51时,y可取50,51,52,53,共4种可能;当x=52,53,54,55,56,57时,y的取法均有5种,共30种可能;当x=58时,y可取56,57,58,59,共4种可能;当x=59时,y可取57,58,59,共3种可能.综上可得,两名教师批改成绩之差的绝对值不超过2的情况有44种.由古典概型的概率公式可得,所求概率为P=44100=0.44.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动.(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人?(2)设抽出的7名同学分别用A,B,C,D,E,F,G表示,现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作.①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”,求事件M发生的概率.解:(1)由已知,甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学,因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人、2人、2人.(2)①从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A,B},{A,C},{A,D},{A,E},{A,F},{A,G},{B,C},{B,D},{B,E},{B,F},{B,G},{C,D},{C,E},{C,F},{ C,G},{D,E},{D,F},{D,G},{E,F},{E,G},{F,G},共21种.②由①,不妨设抽出的7名同学中,来自甲年级的是A,B,C,来自乙年级的是D,E,来自丙年级的是F,G,则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A,B},{A,C},{B,C},{D,E},{F,G},共5种..所以,事件M发生的概率P(M)=52110.(15分)(2020全国Ⅰ,文17)某厂接受了一项加工业务,加工出来的产品(单位:件)按标准分为A,B,C,D四个等级.加工业务约定:对于A级品、B级品、C级品,厂家每件分别收取加工费90元,50元,20元;对于D级品,厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件,乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务,在两个分厂各试加工了100件这种产品,并统计了这些产品的等级,整理如下:甲分厂产品等级的频数分布表乙分厂产品等级的频数分布表(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率;(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润,以平均利润为依据,厂家应选哪个分厂承接加工业务?解:(1)由试加工产品等级的频数分布表知,甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为40100=0.4;乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为28100=0.28.(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为65×40+25×20-5×20-75×20100=15.由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为70×28+30×17+0×34-70×21100=10.比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,应选甲分厂承接加工业务.11.(15分)甲、乙两人玩一种游戏,每次由甲、乙各出1到5根手指头,若和为偶数,算甲赢,否则算乙赢.(1)若以A表示和为6的事件,求P(A).(2)现连玩三次,若以B表示甲至少赢一次的事件,C表示乙至少赢两次的事件,试问B与C是否为互斥事件?为什么?(3)这种游戏规则公平吗?说明理由.解:(1)甲、乙各出1到5根手指头,共有5×5=25(种)可能结果,和为6的有(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3),共有5种可能结果,故P(A)=525=15.(2)B与C不是互斥事件,理由如下:B与C都包含“甲赢一次,乙赢两次”,事件B与事件C可能同时发生,故不是互斥事件.(3)和为偶数的有13种可能结果,甲赢的概率为P=1325>12,故这种游戏规则不公平.。
2021年高考数学大一轮复习 第十一章 概率单元质检 文
2021年高考数学大一轮复习第十一章概率单元质检文一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.从1,2,…,9中任取两数,其中:①恰有一个偶数和恰有一个奇数;②至少有一个是奇数和两个数都是奇数;③至少有一个奇数和两个数都是偶数;④至少有一个奇数和至少有一个偶数.在上述事件中,是对立事件的是( )A.①B.②④C.③D.①③2.(xx山东枣庄检测)若书架上放有中文书5本,英文书3本,日文书2本,则随机抽出一本书是外文书的概率为( )A. B. C. D.3.在区间上随机取一个数x,使得0<tan x<1成立的概率是( )A. B. C. D.4.袋中有红、黄、绿三种颜色的球(除颜色外其他均相同)各一个,每次任取一个,有放回地抽取三次,球的颜色全相同的概率是( )A. B. C. D.5.从一批产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且已知P(A)=0.55,P(B)=0.2,P(C)=0.1.则事件“抽到的不是一等品或二等品”的概率为( )A.0.7B.0.65C.0.25D.0.36.先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1,2,3,4,5,6),骰子朝上的面的点数分别为x,y,则log2x y=1的概率为( )A. B. C. D.7.“抖空竹”是中国的传统杂技,表演者在两根直径约8~12mm的杆上系一根长度为1m的绳子,并在绳子上放一空竹,则空竹与两端距离都大于0.2m的概率为( )A. B. C. D.8.在一个袋子中装有分别标注数字1,2,3,4,5的五个小球,这些小球除标注的数字外完全相同.现从中随机取出2个小球,则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是( )A. B. C. D.9.利用计算机产生0~1之间的均匀随机数a,则使关于x的一元二次方程x2-x+a=0无实根的概率为( )A. B. C. D.10.(xx浙江金华十校模拟)从5名医生(3男2女)中随机等可能地选派2名医生,则恰选1名男医生和1名女医生的概率为( )A. B. C. D.11.在长为12cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形,邻边长分别等于线段AC,CB的长,则该矩形面积大于20cm2的概率为( )A. B. C. D.12.右面的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩,其中一个数字被污损,则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( )A. B. C. D.二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.将答案填在题中横线上)13.给出下列三个命题,其中正确的命题有.①有一大批产品,已知次品率为10%,从中任取100件,必有10件是次品;②做7次抛硬币的试验,结果3次出现正面,因此正面出现的概率是;③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率.14.(xx课标全国Ⅱ,文13)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种,则他们选择相同颜色运动服的概率为.15.若实数a,b满足a2+b2≤1,则关于x的方程x2-2x+a+b=0有实数根的概率是.16.(xx江苏,4)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概率是.三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(12分)设关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0.若a是从区间[0,3]任取的一个数,b是从区间[0,2]任取的一个数,求方程有实根的概率.18.(12分)一盒中装有12个球,其中5个红球,4个黑球,2个白球,1个绿球.从中随机取出1球,求:(1)取出1球是红球或黑球的概率;(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率.19.(12分)投掷一枚质地均匀的、每个面上标有一个数字的正方体玩具,它的六个面中,有两个面标的数字是0,两个面标的数字是2,两个面标的数字是4,将此玩具连续抛掷两次,以两次朝上一面的数字分别作为点P的横坐标和纵坐标.(1)求点P落在区域C:x2+y2≤10内的概率;(2)若以落在区域C上的所有点为顶点作面积最大的多边形区域M,在区域C上随机撒一粒豆子,求豆子落在区域M上的概率.20.(12分)某产品的三个质量指标分别为x,y,z,用综合指标S=x+y+z评价该产品的等级.若S≤4,则该产品为一等品.现从一批该产品中,随机抽取10件产品作为样本,其质量指标列表如下:产品编A1A2A3A4A5(1)利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率;(2)在该样本的一等品中,随机抽取2件产品,①用产品编号列出所有可能的结果;②设事件B为“在取出的2件产品中,每件产品的综合指标S都等于4”,求事件B发生的概率.21.(12分)某市为了解社区群众体育活动的开展情况,拟采用分层抽样的方法从A,B,C三个行政区抽出6个社区进行调查.已知A,B,C三个行政区中分别有12,18,6个社区.(1)求从A,B,C三个行政区中分别抽取的社区个数;(2)若从抽得的6个社区中随机地抽取2个进行调查结果的对比,求抽取的2个社区中至少有1个来自A行政区的概率.22.(14分)(xx福建九校高三统考)某旅行社为调查市民喜欢“人文景观”景点是否与年龄有关,随机抽取了55名市民,(1)判断是否有99.5%的把握认为喜欢“人文景观”景点与年龄有关?(2)用分层抽样的方法从喜欢“人文景观”景点的市民中随机抽取6人作进一步调查,将这6名市民作为一个样本,从中任选2人,求恰有1位大于40岁的市民的概率.参考数据:参考公式:K2=,其中n=a+b+c+d.答案：1.C 解析:从1,2,…,9中任取2个数字包括一奇一偶、二奇、二偶共三种互斥事件,则只有③中的两个事件才是对立的.2.D 解析:p=.3.C 解析:由0<tan x<1,得0<x<,所以所求概率为.4.B 解析:若把红、黄、绿三种颜色的球分别用1,2,3代替,基本事件有:(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,3,1),(1,2,2),(1,2,3),(1,3,2),(1,3,3),(2,2,2),(2 ,2,1),(2,2,3),(2,1,1),(2,1,2),(2,1,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3),(3,3,3),(3,3,1),(3,3,2),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3),基本事件总数为27,颜色全相同的有3个,则P(颜色全相同)=.5.C 解析:P=1-P(A)-P(B)=0.25.6.C 解析:依题意,先后抛掷两枚均匀的正方体骰子是等可能事件,其基本事件的总数是6×6=36种,由于log2x y=1可化为y=2x.又x,y∈{1,2,3,4,5,6},所以满足log2x y=1的基本事件只有x=1,y=2;x=2,y=4;x=3,y=6这3种情形,所以满足log2x y=1的随机事件的概率是P(A)=.7.B 解析:与两端都大于0.2m,记“空竹与两端距离都大于0.2m”为事件A,则所求概率满足几何概型,即P(A)=.8.A 解析:设取出小球数字之和为3,或为6分别为事件A,B,则事件A与事件B互斥,且事件A的基本事件仅有1种(1+2=3),事件B的基本事件有2种(1+5=2+4=6),基本事件所有可能的结果有10种,则P(A)=,P(B)=,故P(A∪B)=P(A)+P(B)=.9.C 解析:要使关于x的一元二次方程x2-x+a=0无实根,需Δ=1-4a<0,解得a>,由几何概型的定义可知所求概率P=,故选C.10.D 解析:记3名男医生分别为a1,a2,a3,2名女医生分别为b1,b2,从这5名医生中随机地选派2名医生,有以下10种选法:a1a2,a1a3,a1b1,a1b2,a2a3,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,b1b2,其中恰选1名男医生和1名女医生的有a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,共6种选法,故所求事件的概率为P=.11.C 解析:设AC=x cm,0<x<12,则CB=(12-x)cm,要使矩形面积大于20cm2,只要x(12-x)>20,则x2-12x+20<0,解得2<x<10,则所求概率为P=.12.C 解析:设被污损的数字为x,则(88+89+90+91+92)=90,(83+83+87+99+90+x),若,则x=8.若,则x可以为0,1,2,3,4,5,6,7,故P=.13.0个解析:①错,不一定是10件次品;②错,是频率而非概率;③错,频率不等于概率,这是两个不同的概念.14.解析:基本事件有(红,白),(红,蓝),(红,红),(白,蓝),(白,白),(白,红),(蓝,白),(蓝,红),(蓝,蓝)共9种,而选择同一种颜色有3种情况,即(红,红),(白,白),(蓝,蓝),故P=.15.解析:Δ=4-4(a+b)≥0,a+b-1≤0,则所求概率.16.解析:从1,2,3,6这4个数中随机地取2个数,不同的取法为{1,2},{1,3},{1,6},{2,3},{2,6},{3,6}共6个基本事件,其中乘积为6的有{1,6},{2,3}两个基本事件,因此所求事件的概率为P=.17.解:设事件A为“方程x2+2ax+b2=0有实根”.当a≥0,b≥0时,由Δ=4a2-4b2≥0,得a≥b,所以方程x2+2ax+b2=0有实根的充要条件为a≥b.试验的全部结果所构成的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2},构成事件A的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2,a≥b},根据条件画出构成的区域(如图),可得所求的概率为P(A)=.18.解:(方法一)记事件A1={任取1球为红球},A2={任取1球为黑球},A3={任取1球为白球},A4={任取1球为绿球},则P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,P(A4)=.根据题意知,事件A1,A2,A3,A4彼此互斥,由互斥事件的概率公式,得(1)取出1球为红球或黑球的概率为P(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)=;(2)取出1球为红球或黑球或白球的概率为P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=.(方法二)(1)由方法一知,取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球,即A1∪A2的对立事件为A3∪A4,则取出1球为红球或黑球的概率为P(A1∪A2)=1-P(A3∪A4)=1-P(A3)-P(A4)=1-.(2)因为A1∪A2∪A3的对立事件为A4,所以P(A1∪A2∪A3)=1-P(A4)=1-.19.解:(1)以0,2,4为横、纵坐标的点P共有(0,0),(0,2),(0,4),(2,0),(2,2),(2,4),(4,0),(4,2),(4,4)共9个,而这些点中,落在区域C内的点有:(0,0),(0,2),(2,0),(2,2)共4个,故所求概率为P=.(2)∵区域M的面积为4,而区域C的面积为10π,∴所求概率为P=.20.解:(1)计算10其中S≤4的有A1,A2,A4,A5,A7,A9,共6件,故该样本的一等品率为=0.6,从而可估计该批产品的一等品率为0.6.(2)①在该样本的一等品中,随机抽取2件产品的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A7},{A1,A9},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A7},{A2,A9},{A4,A5},{A4,A7},{A4,A9}, {A5,A7},{A5,A9},{A7,A9},共15种.②在该样本的一等品中,综合指标S等于4的产品编号分别为A1,A2,A5,A7,则事件B发生的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A5},{A1,A7},{A2,A5},{A2,A7},{A5,A7},共6种.所以P(B)=.21.解:(1)社区总数为12+18+6=36个,样本容量与总体的个体数之比为.则从A,B,C三个行政区中应分别抽取的社区个数为2,3,1.(2)设A1,A2为在A行政区中抽得的2个社区.B1,B2,B3为在B行政区中抽得的3个社区,c为在C行政区中抽得的1个社区.在这6个社区中随机抽取2个,全部可能的结果有(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,c),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,c),(B1,B2),(B1,B3),(B1,c),(B2,B3),(B2,c),(B3,c),共15种.设事件“抽取的2个社区至少有1个来自A行政区”为事件X,则事件X所包含的所有可能的结果有:(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,c),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,c),共9种.所以抽取的2个社区中至少有1个来自A行政区的概率P=.22.解:(1)由公式K2=≈11.978>7.879,所以有99.5%的把握认为喜欢“人文景观”景点与年龄有关.(2)设所抽样本中有m位大于40岁的市民,则,解得m=4,所以样本中有4位大于40岁的市民,2位20岁至40岁的市民,分别记作B1,B2,B3,B4,C1,C2,从中任选2人的基本事件有(B1,B2),(B1,B3),(B1,B4),(B1,C1),(B1,C2),(B2,B3),(B2,B4),(B2,C1),(B2,C2),(B3,B4),(B3,C1),(B3,C2), (B4,C1),(B4,C2),(C1,C2),共15个.其中恰有1位大于40岁的市民的事件有(B1,C1),(B1,C2),(B2,C1),(B2,C2),(B3,C1),(B3,C2),(B4,C1),(B4,C2),共8个.所以恰有1位大于40岁的市民的概率P=.34703 878F 螏37829 93C5 鏅29707 740B 琋z25773 64AD 播P28452 6F24 漤23372 5B4C 孌 ]v `25327 62EF 拯v。
2021版新高考数学一轮复习第十一章11.2排列组合与二项式定理课件新人教B版
3.对于任意正整数n,定义“n的双阶乘n!!”如下: 当n为偶数时,n!!=n·（n 2）（n 4）……6·4·2, 当n为奇数时,n!!=n·（n 2）（n 4）……5·3·1, 现有四个结论:①(2018!!)·(2019!!)=2019!, ②(2n)!!=2n (n!),③2018!!的个位数字是8,
2.各二项式系数的和 (1)(a+b)n的展开式的各个二项式系数和等于2n，即 C0n＋C1n＋Cn2 …＋Cnn 2n. (2)(a+b)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和， 都等于2n-1，即 C0n＋Cn2＋Cn4＋…＝C1n＋C3n＋C5n +…=2n-1.
【知识点辨析】(正确的打“√”,错误的打“×”)
【解析】展开式的通项为Tr+1=C7r (ax)r， 因为x5与x6系数相等，所以C57a5= C67a6，解得a=3. 答案：3
5.(选修2-3P12例6改编)由1，2，3，4，5，6，7，8八个数字，组成无重复数字
的两位数的个数为_________.(用数字作答)
【解析】问题转化为求从8个不同元素中选取2个元素的排列数，
小于43 521的数共有 ( )
A.56个
B.57个
C.58个
D.60个
3.八个人分两排坐,每排四人,限定甲必须坐在前排,乙、丙必须坐在同一排,共
有________种安排办法.
4.(2018·浙江高考)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一 共可以组成________个没有重复数字的四位数.(用数字作答) 世纪金榜导学 号
【解析】1.选C.因为A参加时参赛方案有 C34A12=A433 8(种);A不参加时参赛方案
2021版新高考数学一轮复习第十一章11.7.2离散型随机变量与其他知识的综合问题课件新人教B版
B.0.2
C.0.5
D.0.9
2.已知离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
P
2
p
3
E(X)= 4 ,D(X)= 2 ,则px1x2的最小值为 ________.
3
9
3.某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶 6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售 经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求 量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于 20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最 高气温数据,得下面的频数分布表:
20 i1
Xi
9.96，s
1 20
20 i1
(xi－x）2
1 20
(
20 i1
x i2－20x 2）
0.19.
其中xi为抽取的第i件药品的主要药理成分含量,i=1,2,…,20,用样本平均数
x 作为μ的估计值μ′,用样本标准差s作为σ的估计值σ′,利用估计值判断
是否需对本次的生产过程进行检查.
②试确定一天中需停止生产并对原材料进行检测的概率(精确到0.001). 附:若随机变量Z服从正态分布N (，2 )， 则P(μ-3σ<Z≤μ+3σ)=0.997 3,0.997 319≈0.949 9,0.997 320≈ 0.947 4,0.052 62≈0.002 8,0.947 42≈0.897 6世纪金榜导学号
9
3
选B.
考点三 与统计交汇的综合问题
考什么:与统计知识交汇命题,考查统计背景下离散型随机变量的分 命 布列、均值、方差的计算问题. 题 怎么考:与统计中频率分布直方图、独立性检验、线性回归方程、 精 茎叶图等知识结合,综合考查统计中的数字特征和概率分布中的均 解 值、方差. 读 新趋势:概率与统计结合,综合考查离散型随机变量的分布列、均
2021版新高考数学(B)人教A版一轮复习单元质检卷九 统计与统计案例 Word版含解析
姓名，年级：时间：单元质检卷九统计与统计案例(时间：45分钟满分：100分)一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）1.（2019湖北鄂州模拟,5）采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号1，2，…,960,分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为29，则抽到的32人中，编号落入区间[200,480］的人数为（)A。
7 B.9 C。
10 D.122。
(2019江西赣州模拟,4）某学校高一年级1 802人,高二年级1 600人，高三年级1 499人，先采用分层抽样的方法从中抽取98名学生参加全国中学生禁毒知识竞赛，则在高一、高二、高三三个年级中抽取的人数分别为（）A.35,33，30B.36,32，30C.36，33,29D.35，32，313。
若样本1+x1,1+x2,1+x3,…，1+x n的平均数是10,方差为2，则对于样本2+2x1，2+2x2，2+2x3，…,2+2x n，下列结论正确的是（)A.平均数为20,方差为4 B。
平均数为11，方差为4C.平均数为21,方差为8D.平均数为20,方差为84.为考察某种药物对预防禽流感的效果，在四个不同的实验室取相同的个体进行动物试验，根据四个实验室得到的列联表画出如下四个等高条形图，最能体现该药物对预防禽流感有效果的图形是（)5。
（2019广东汕头二模，6)在某次高中学科竞赛中，4 000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格,若同一组中数据用该组区间中点作代表，则下列说法中有误的是(）A。
成绩在[70,80]分的考生人数最多B.不及格的考生人数为1 000人C。
考生竞赛成绩的平均分约70。
5分D。
考生竞赛成绩的中位数为75分6。
(2019四川二诊,7)节能降耗是企业的生存之本，树立一种“点点滴滴降成本,分分秒秒增效益"的节能意识，以最好的管理,来实现节能效益的最大化。
为此某国企进行节能降耗技术改造,下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润：年号12345年生产利润y (单位： 千万元）0。
2021版高考数学一轮复习 单元评估检测(六)(含解析)新人教B版-新人教B版高三全册数学试题
单元评估检测(六)(第十、十一章)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共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.某中学初中部共有110名教师,高中部共有150名教师,其性别比例如图所示,则该校女教师的人数为( )A.167B.137C.123D.93【解析】选B.初中部女教师的人数为110×70%=77,高中部女教师人数为150×40%=60,则该校女教师的人数为77+60=137.2.若-n的展开式中第四项为常数项,则n= ( )A.4B.5C.6D.7【解析】选B.依题意,T4=·-3·,因为其展开式中第四项为常数项,所以-1=0,所以n=5.3.已知随机变量X服从正态分布N(3,σ2),且P(X<5)=0.8,则P(1<X<3)=( ) B.0.4【解析】选C.由正态曲线的对称性可知,P(X<3)=P(X>3)=0.5,故P(X>1)=P(X<5)=0.8,所以P(X≤1)=1-P(X>1)=0.2,P(1<X<3)=P(X<3)-P(X≤1)=0.5-0.2=0.3.4.设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b,又有X的数学期望为E(X)=3,则a+b= ( )A. B.0C.- D.【解析】选A.依题意可得X的分布列为X 1 2 3 4P a+b 2a+b 3a+b 4a+b依题意得解得a=,b=0,故a+b=.5.某商场进行购物摸奖活动,规则是:在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1,2,3,4,5的五个小球(小球除标号外其他完全相同),每次摸奖需要同时取出两个球,每位顾客最多有两次摸奖机会,并规定:若第一次取出的两球连号,则中奖,摸奖结束;若第一次未中奖,则将这两个小球放回后进行第二次摸球.若与第一次取出的两个小球相同,则为中奖.按照这样的规则摸奖,中奖的概率为( )A. B. C. D.【解析】选C.分两种情况,第一种第一次摸到连号,则概率为P(A)==,第二种情况对应概率为P(B)=·=,所以中奖的概率为P(A)+P(B)=+=.6.有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有2套不同样式的连衣裙.“五一”节某同学需选择一套服装参加歌舞演出,则有几种不同的选择方式( ) A.24种 B.14种 C.10种 D.9种【解析】选B.第一类:一件衬衣、一件裙子搭配一套服装有4×3=12(种)方式;第二类:选2套连衣裙中的一套,有2种选法.由分类加法计数原理,得共有12+2=14(种)选择方式.7.如图,图案共分9个区域,有6种不同颜色的涂料可供涂色,每个区域只能涂一种颜色的涂料,其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且相邻区域的颜色不相同,则涂色方法有世纪金榜导学号( )A.360种B.720种C.780 种D.840种【解析】选B.由题干图可知,区域2,3,5,7不能同色,所以2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色,且各区域的颜色均不相同,所以涂色方法有×2=720(种).8.如果{a n}不是等差数列,但若∃k∈N*,使得a k+a k+2=2a k+1,那么称{a n}为“局部等差”数列.已知数列{x n}的项数为4,记事件A:集合⊆,事件B:{x n}为“局部等差”数列,则条件概率P=( ) A. B. C. D.【解析】选C.由题意知,事件A共有·=120个基本事件,事件B:“局部等差”数列共有以下24个基本事件,(1)其中含1,2,3的“局部等差”数列分别为1,2,3,5和5,1,2,3和4,1,2,3,共3个, 含3,2,1的“局部等差”数列同理也有3个,共6个.(2)含3,4,5的和含5,4,3的与上述(1)相同,也有6个.(3)含2,3,4的有5,2,3,4和2,3,4,1,共2个,含4,3,2的同理也有2个.(4)含1,3,5的有1,3,5,2和2,1,3,5和4,1,3,5和1,3,5,4,共4个,含5,3,1的同理也有4个,共24个,所以P(B|A)==.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)9.若随机变量ξ的分布列为ξ0 1P m n其中m∈(0,1),则下列结果中错误的是( )A.E(ξ)=m,D(ξ)=n3B.E(ξ)=m,D(ξ)=n2C.E(ξ)=1-m,D(ξ)=m-m2D.E(ξ)=1-m,D(ξ)=m2【解析】选ABD.由分布列可知,随机变量ξ服从两点分布,故E(ξ)=n=1-m,D(ξ)=n(1-n)=(1-m)m=m-m2.故A,B,D错误.10.如图是2019年第一季度五省GDP情况图,则下列陈述正确的是( )①2019年第一季度GDP总量和增速均居同一位的省只有1个;②与去年同期相比,2019年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长;③去年同期的GDP的总量前三位是D省、B省、A省;④2018年同期A省的GDP总量是第三位.A.①B.②C.③D.④【解析】选BCD.①2019年第一季度GDP总量和增速均居同一位的省有2个,B省和C省的GDP 总量和增速分别居第一位和第四位,故①错误;由图知②正确;由图计算2018年同期五省的GDP总量,可知前三位为D省、B省、A省,故③正确;由③知,2018年同期A省的GDP总量是第三位,故④正确.11.下列结论正确的是 ( )A.P(B|A)与P(A|B)的含义相同B.若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B)C.对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立D.抛掷2枚质地均匀的硬币,“第1枚为正面”为事件A,“第2枚为正面”为事件B,则A,B 相互独立【解析】选BD.A×.前者是在A发生的条件下B发生的概率,后者是在B发生的条件下A发生的概率.B√.由相互独立事件和条件概率的定义可知.C×.A与B相互独立时,P(AB)=P(A)P(B)成立.D√.事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,所以A,B相互独立.12.已知下列四个变量:①某高铁候车室中一天的旅客数量X1;②某次学术讲座中学员向主讲教授提问的次数X2;③某一天中长江的水位X3;④某次大型车展中销售汽车的车辆数X4.其中是离散型随机变量的是( )A.①中的X1B.②中的X2C.③中的X3D.④中的X4【解析】选ABD.①②④中的随机变量可能取的值,我们都可以按一定次序一一列出,因此它们都是离散型随机变量;③中的X3可以取某一区间内的一切值,无法按一定次序一一列出,故X3不是离散型随机变量.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.某工厂生产10个产品,其中有2个次品,从中任取3个产品进行检测,则3个产品中至多有1个次品的概率为________.【解析】3个产品中至多有1个次品,拆分为3个产品中没有次品和3个产品中恰有1个次品,所以所求的概率为P=+=+=.答案:【一题多解】因为3个产品中次品的个数为0,1,2,所以“3个产品中至多有1个次品”的对立事件为“3个产品中恰有2个次品”,所以所求的概率为P=1-=1-=.答案:14.将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a,b,则直线ax+by=0与圆(x-2)2+y2=2有公共点的概率为________,仅有一个公共点的概率为________.【解析】若直线ax+by=0与圆(x-2)2+y2=2有公共点,则≤,整理得a2≤b2.依题意,将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a,b)有6×6=36(种)结果.满足a2≤b2的数组:当a=1时,b=1,2,3,4,5,6,共6种结果;当a=2时,b=2,3,4,5,6,共5种结果;当a=3时,b=3,4,5,6,共4种结果;当a=4时,b=4,5,6,共3种结果;当a=5时,b=5,6,共2种结果;当a=6时,b=6,共1种结果.所以满足a2≤b2的数组共6+5+4+3+2+1=21(种)结果,因此所求的概率P==.若仅有一个公共点,则a2=b2,共6种结果,所求概率为P==.答案:15.小明口袋中有3X10元,3X20元(因纸币有编号,认定每X纸币不同),现从中掏出纸币超过45元的方法有________ 种;若小明每次掏出纸币的概率是等可能的,不放回地掏出4X,刚好是50元的概率为________. 世纪金榜导学号【解析】超过45元即为掏出纸币50元,60元,70元,80元,90元,如果掏出纸币50元,则2X20元,1X10元,或3X10元,1X20元,共有+=12种方法;如果掏出纸币60元,则2X20元,2X10元,或3X20元,共有+=10种方法;如果掏出纸币70元,则3X20元,1X10元,或2X20元,3X10元,共有+=6种方法;如果掏出纸币80元,则3X20元,2X10元,共有=3种方法;如果掏出纸币90元,则3X20元,3X10元,共有1种方法;所以共有32种方法.设“如果不放回地掏出4X,刚好是50元”为事件A,则所有的基本事件的总数为=15, A中含有的基本事件的总数为3,所以P(A)==.答案:3216.投掷一枚图钉,设钉尖向上的概率为p(0<p<1),连续掷一枚图钉3次,若出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率,则p的取值X围为________.【解析】设P(B k)(k=0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉3次,出现k次钉尖向上”的概率,由题意,得P(B2)<P(B3),即p2(1-p)<p3,所以3p2(1-p)<p3,因为0<p<1,所以<p<1.答案:四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)进入冬天,大气流动性变差,容易形成雾霾天气,从而影响空气质量.某城市环保部门试图探究车流量与空气质量的相关性,以确定是否对车辆实施限行.为此,环保部门采集到该城市过去一周内某时段车流量与空气质量指数的数据如下表:时间周一周二周三周四周五周六周日车流量10 9 9.5 10.5 11 8 8.5(x万辆)空气质量78 76 77 79 80 73 75指数y(1)根据表中周一到周五的数据,求y关于x的线性回归方程.(2)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2,则认为得到的线性回归方程是可靠的.请根据周六和周日数据,判定所得的线性回归方程是否可靠?注:回归方程=x+中斜率和截距最小二乘估计公式分别为==,=-.【解析】(1)==10,==78.所以(x i-)(y i-)=(10-10)(78-78)+(9-10)(76-78)+(9.5-10)(77-78)+(10.5-10)(79-78)+(11-10)(80-78)=5,(x i-)2=(10-10)2+(9-10)2+(9.5-10)2+(10.5-10)2+(11-10)2=2.5,所以===2.所以=-=78-2×10=58,所以y关于x的线性回归方程为=2x+58.(2)当x=8时,=2×8+58=74.满足|74-73|=1<2,当x=8.5时,=2×8.5+58=75.满足|75-75|=0<2,所以所得的线性回归方程是可靠的.18.(12分)某客户准备在家中安装一套净水系统,该系统为三级过滤,使用寿命为十年.如图所示,两个一级过滤器采用并联安装,二级过滤器与三级过滤器为串联安装.其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中,一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立),三级滤芯无需更换,若客户在安装净水系统的同时购买滤芯,则一级滤芯每个80元,二级滤芯每个160元.若客户在使用过程中单独购买滤芯,则一级滤芯每个200元,二级滤芯每个400元.现需决策安装净水系统的同时购滤芯的数量,为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表,其中图是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图,表是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表.二级滤芯更换频数分布表二级滤芯更换的个数 5 6频数60 40以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率,以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率.(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率.(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数,求X的分布列及数学期望.(3)记m,n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若m+n=28,且n∈{5,6},以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据,试确定m,n的值.【解析】(1)由题意可知,若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30,则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯,二级过滤器需要更换6个滤芯.设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A.因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4,二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4,所以P(A)=0.4×0.4×0.4=0.064.(2)由柱状图可知一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12的概率分别为0.2,0.4,0.4. 由题意,X可能的取值为20,21,22,23,24,并且P(X=20)=0.2×0.2=0.04,P(X=21)=0.2×0.4×2=0.16,P(X=22)=0.4×0.4+0.2×0.4×2=0.32,P(X=23)=0.4×0.4×2=0.32,P(X=24)=0.4×0.4=0.16.所以X的分布列为X 20 21 22 23 24P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16E(X)=20×0.04+21×0.16+22×0.32+23×0.32+24×0.16=22.4.(3)方法一:因为m+n=28,n∈{5,6},若m=22,n=6,则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为22×80+200×0.32+400×0.16+6×160=2848;若m=23,n=5,则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为23×80+200×0.16+5×160+400×0.4=2832.故m,n的值分别为23,5.方法二:因为m+n=28,n∈{5,6},若m=22,n=6,设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Y1(单位:元),则E(Y1)=1760×0.52+1960×0.32+2160×0.16=1888.设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Y2(单位:元),则Y2=6×160=960,E(Y2)=1×960=960.所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Y1)+E(Y2)=1888+960=2848.若m=23,n=5设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Z1(单位:元),则P 0.84 0.16E(Z1)=1840×0.84+2040×0.16=1872.设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Z2(单位:元),则Z2800 1200P 0.6 0.4E(Z2)=800×0.6+1200×0.4=960.所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Z1)+E(Z2)=1872+960=2832.故m,n的值分别为23,5.19.(12分)为了解某校今年高三毕业班报考飞行员学生的体重情况,将所得的数据整理后,画出了如图所示的频率分布直方图.已知图中从左到右的前三组的频率之比为1∶2∶3,其中体重在[50,55]的有5人.(1)求该校报考飞行员的总人数.(2)从该校报考飞行员的体重在[65,75]的学生中任选3人,设X表示体重超过70kg的学生人数,求X的分布列和数学期望.【解析】(1)设该校报考飞行员的总人数为n,前三个小组的频率分别为k,2k,3k,则k+2k+3k+0.030×5+0.020×5=1,解得k=,即第1组的频率为.又因为k=,故n=40,即该校报考飞行员的总人数是40人.(2)由(1)知:这40人中体重在区间[65,70]的学生有40×0.030×5=6人,体重超过70kg的有40×0.020×5=4人,现从这10人中任选3人,则P(X=0)===,P(X=1)===,P(X=2)===,P(X=3)===,所以随机变量X的分布列为X 0 1 2 3P所以期望值为E(X)=0×+1×+2×+3×=.20.(12分)某机构组织的家庭教育活动上有一个游戏,每次由一个小孩与其一位家长参与,测试家长对小孩饮食习惯的了解程度.在每一轮游戏中,主持人给出A,B,C,D四种食物,要求小孩根据喜爱程度对其排序,然后由家长猜测小孩的排序结果,设小孩对四种食物排出的序号依次为x A x B x C x D,家长猜测的序号依次为y A y B y C y D,其中x A x B x C x D,y A y B y C y D都是1,2,3,4四个数字的一种排列.定义X=(x A-y A)2+(x B-y B)2+(x C-y C)2+(x D-y D)2,用X来衡量家长对小孩饮食习惯的了解程度.(1)若参与游戏的家长对小孩的饮食习惯完全不了解.(i)求他们在一轮游戏中,对四种食物排出的序号完全不同的概率;(ii)求X的分布列(简要说明方法,不用写出详细计算过程).(2)若有一组小孩和家长进行了三轮游戏,三轮的结果都满足X<4,请判断这位家长对小孩的饮食习惯是否了解,说明理由.【解析】(1)(i)若家长对小孩的饮食习惯完全不了解,则家长对小孩的排序是随意猜测的,所以先考虑小孩的排序x A x B x C x D为1234的情况,家长的排序有=24种等可能的结果.其中满足“家长的排序与1234对应位置的数字完全不同”的有2143,2341,2413,3142,3412,3421,4123,4312,4321共9种结果,所以相应的概率为=.若小孩对四种食物的排序是其他情况,只需要将角标A,B,C,D按照小孩的排序1234的顺序调整即可,所以他们在一轮游戏中,对四种食物排成的序号完全不同的概率为.(ii)根据(i)的结果,同样只考虑小孩排序为1234的情况,家长的排序一共有24种情况,列出所有情况,分别计算每种情况下的X的值.所以X的分布列为X 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20P(2)这位家长对小孩的饮食习惯比较了解.理由如下:假设家长对小孩的饮食习惯完全不了解,则由(1)知,在一轮游戏中,P(X<4)=P(X=0)+P(X=2)=,三轮游戏结果都满足“X<4”的概率为=.这个结果发生的可能性很小,所以可以认为这个家长对小孩的饮食习惯比较了解.21.(12分)某研究公司为了调查公众对某事件的关注程度,在某年的连续6个月内,月份x i和关注人数y i(单位:百)(i=1,2,3,…,6)数据做了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值.世纪金榜导学号(x i-)2(x i-)(y i-)17.5 35 36.5(1)由散点图看出,可用线性回归模型拟合y与x的关系,请用相关系数加以说明,并建立y关于x的回归方程.(2)经统计,调查材料费用v(单位:百元)与关注人数y满足函数关系v=+,求材料费用的最小值,并预测此时的关注人数.(3)现从这6个月中,随机抽取3个月份,求关注人数不低于1600人的月份个数ξ的分布列与数学期望.参考公式:相关系数r=,若r>0.95,则y与x的线性相关程度相当高,可用线性回归模型拟合y与x的关系.回归方程=x+中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为=,=-.【解析】(1)=×(11+13+16+15+20+21)=16,所以=76,又因为(x i-)2=17.5,(x i-)(y i-)=35,所以相关系数r===≈0.96,由于y关于x的相关系数r≈0.96>0.95,这说明y关于x的线性相关程度相当高,可用线性回归模型拟合y与x的关系;又===2,且=×(1+2+3+4+5+6)=3.5,所以=-=16-2×3.5=9,所以回归方程为=2x+9.(2)v=+≥2=18,即调查材料最低成本为1800元,此时=, 所以y=207.(3)ξ可能的取值为0,1,2,3,且P(ξ=0)==;P(ξ=1)==;P(ξ=2)==;P(ξ=3)==.所以ξ的分布列为ξ0 1 2 3P所以E(ξ)=0×+1×+2×+3×=1.5.22.(12分)棋盘上标有第0,1,2,…,100站,棋子开始时位于第0站,棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正面,棋子向前跳出一站;若掷出反面,棋子向前跳出两站,直到跳到第99站或第100站时,游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为P n. 世纪金榜导学号(1)当游戏开始时,若抛掷均匀硬币3次后,求棋手所走站数之和X的分布列与数学期望.(2)证明:P n+1-P n=-(P n-P n-1)(2≤n≤98).(3)求P99,P100的值.【解析】(1)X的值为3,4,5,6,P(X=3)==,P(X=4)==,P(X=5)==,P(X=6)==,所以X的分布列如下:X 3 4 5 6P所以期望为E(X)=3×+4×+5×+6×=.(2)因为棋子跳到第n站,可以分解为两个情形:第一种是棋子先跳到第n-2站,再掷出反面,其概率为P n-2;第二种是棋子先跳到第n-1站,再掷出正面,其概率为P n-1,所以P n=(P n-1+P n-2),即P n-P n-1=-(P n-1-P n-2),所以P n+1-P n=-(P n-P n-1)(2≤n≤98).(3)由(2)知数列{P n-P n-1}(n≥1)是首项为P1-P0=-1=-,公比为-的等比数列. 所以P n-P n-1=(P1-P0)=.由此得到P99=++…++1=.又P99-P98=,则P98=,由于跳到第99站时,自动停止游戏,故有P100=P98=.。
2021版高考数学一轮复习单元评估检测三含解析新人教B版
高考数学一轮复习：单元评估检测(三)(第七章)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共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.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=12,S5=90,则等差数列{a n}的公差d= ( )A.2B.C.3D.4【解析】选C.因为a1=12,S5=90,所以5×12+d=90,解得d=3.2.在等差数列{a n}中,a5+a13=40,则a8+a9+a10= ( )A.72B.60C.48D.36【解析】选B.根据等差数列的性质可知:a5+a13=40⇒2a9=40⇒a9=20,a8+a9+a10=2a9+a9=3a9=60.3.已知等比数列{a n}中,a3·a13=20,a6=4,则a10的值是( )A.16B.14C.6D.5【解析】选D.由等比数列性质可知a3·a13==20,由a6=4,得q4===,所以a10=a6q4=5.4.中国古代数学名著《张邱建算经》中记载:“今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里”.其大意:现有一匹马行走的速度逐渐变慢,每天走的里程数是前一天的一半,连续走了7天,共走了700里,则这匹马第7天所走的路程等于( )A.里B.里C.里D.里【解析】选A.设马每天所走的路程是a1,a2,…,a7,是公比为的等比数列,这些项的和为700,S7==700⇒a1=,a7=a1q6=.5.已知等差数列{a n}的公差不为零,S n为其前n项和,S3=9,且a2-1,a3-1,a5-1构成等比数列,则S5= ( )A.15B.-15C.30D.25【解析】选D.设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),由题意解得所以S5=5×1+=25.6.数列{a n}的前n项和S n=n2+1是a n=2n-1成立的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【解题指南】先根据关系式a n=求出数列{a n}的通项公式,注意验证n=1时是否成立,再看求出的通项公式与a n=2n-1谁能推出谁即可.【解析】选D.由题意可得,当n=1时,a1=S1=1+1=2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(n2+1)-[(n-1)2+1]=2n-1,经过验证后当n=1时不符合上式,所以前n项和S n=n2+1不能推出a n=2n-1,反之,a n=2n-1也不能推出S n=n2+1.故数列{a n}的前n项和S n=n2+1是a n=2n-1成立的既不充分又不必要条件.7.已知两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为A n和B n,且=,则= ( )A. B. C. D.15【解析】选B.因为======.8.已知{a n}是公比不为1的等比数列,数列{b n}满足:a2,,a2n成等比数列,c n=,若数列{c n}的前n项和T n≥λ对任意的n∈N*恒成立,则λ的最大值为世纪金榜导学号( )A. B. C. D.【解析】选C.由a 2,,a2n成等比数列得=a2a2n,又{a n}是公比不为1的等比数列, 设公比为q,则=q2n,整理得b n=n+1,c n===,数列{c n}的前n项和T n==,数列{T n}是递增数列,则当n=1时取到最小值为,可得λ≤,即λ的最大值为.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)9.在等比数列{a n}中,a2a3a4=8,a7=8,则q= ( )A. B.2 C.- D.-2【解析】选A C.因为数列{a n}是等比数列,所以a2a3a4==8,所以a3=2,所以a7=a3q4=2q4=8,所以q2=2,所以q=或-.10.已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则a n等于( )A.-(2n+1)B.2n-1C.2n+1D.1-2n【解析】选AC.当n为奇数时,a n=n2-(n+1)2=-(2n+1)当n为偶数时,a n=-n2+(n+1)2=2n+1.11.设等比数列{a n}的公比为q,其前n项和为S n.前n项积为T n,并且满足条件a1>1,a7·a8>1,<0.则下列结论正确的是( )A.0<q<1B.a7·a9>1C.S n的最大值为S9D.T n的最大值为T7【解析】选AD.因为a1>1,a7·a8>1,<0,所以a7>1,a8<1,所以0<q<1,故A正确;a7·a9=<1,故B错误;因为a1>1,0<q<1,所以数列为递减数列,所以S n无最大值,故C错误,又a7>1,a8<1,所以T7是T n的最大值,故D正确.12.如图,“杨辉三角”中从上往下数共有n(n>7,n∈N)行,设其第k(k≤n,k∈N+)行中不是1的数字之和为a k,由a1,a2,a3,…组成的数列{a n}的前n项和是S n.1 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1…………下列结论正确的是( )A.a 8=254B.a n=+2nC.S3=22D.S n=-2-2n【解析】选AD.由已知得a n=+++…+-2=(1+1)n-2=2n-2,所以a8=28-2=256-2=254,A正确;a n-a n-1=2n-2-2n-1+2=2n-1≠2n,B不正确;因为S n=2-2+22-2+…+2n-2=-2n=2n+1-2n-2,所以S3=24-6-2=8≠22,C不正确,D正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.(2020·泰安模拟)已知数列{a n}为等差数列且a7=,则sin(a2+a12)=________. 【解析】在等差数列{a n}中,由a7=,得a2+a12=2a7=.所以sin(a2+a12)=sin=.答案:14.在等比数列{a n}中,若a1=,a4=-4,则公比q=________,|a1|+|a2|+…+|a n|=________.【解析】本题主要考查了等比数列的通项及其求和.依题意a1=,a4=-4,则·q3=-4,所以q3=-8,所以q=-2.所以a n=(-2)n-1,所以|a n|=2n-2.所以|a1|+|a2|+…+|a n|==2n-1-.答案:-2 2n-1-15.设数列{a n}的前n项和为S n,且∀n∈N*,a n+1>a n,S n≥S6.请写出一个满足条件的数列{a n}的通项公式a n=________. 世纪金榜导学号【解析】∀n∈N*,a n+1>a n,则数列{a n}是递增的,∀n∈N*,S n≥S6,即S6最小,只要前6项均为负数,或前5项为负数,第6项为0,即可,所以,满足条件的数列{a n}的一个通项公式a n=n-6(n∈N*)(答案不唯一).答案:n-6(n∈N*)(答案不唯一)16.(2020·沈阳模拟)各项均为正偶数的数列a1,a2,a3,a4中,前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列,后三项依次成公比为q的等比数列.若a4-a1=88,则q的所有可能的值构成的集合为__________. 世纪金榜导学号【解析】因为前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列,a4-a1=88,所以这四项可以设为a1,a1+d,a1+2d,a1+88,其中a1,d为正偶数,后三项依次成公比为q的等比数列,所以有=,整理得a1=>0,得(d-22)(3d-88)<0,22<d<,a1,d为正偶数,所以d=24,26,28,当d=24时,a1=12,q=;当d=26时,a1=,不符合题意,舍去;当d=28时,a1=168,q=,故q 的所有可能的值构成的集合为.答案:四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知等差数列{a n}的公差d不为0,a1=3,且a2,a4,a7成等比数列.(1)求{a n}的通项公式.(2)求a2+a4+a6+…+a2n.【解析】(1)因为a2,a4,a7成等比数列,所以=a2a7,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+6d),化简得(a1-3d)d=0,因为公差d≠0,所以a1=3d,因为a1=3,所以d=1,所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)知a2n=2n+2,故{a2n}是首项为4、公差为2的等差数列,所以a2+a4+a6+…+a2n===n2+3n.18.(12分)(2020·长沙模拟)设S n是数列{a n}的前n项和,已知a1=1,S n=2-2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设b n=(-1)n l o a n,求数列{b n}的前n项和T n.【解析】(1)因为S n=2-2a n+1,a1=1,所以当n=1时,S1=2-2a2,得a2=1-=1-=;当n≥2时,S n-1=2-2a n,所以当n≥2时,a n=2a n-2a n+1,即a n+1=a n,又a2=a1,所以{a n}是以1为首项,为公比的等比数列.所以数列{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知b n=(-1)n(n-1),所以T n=0+1-2+3-…+(-1)n(n-1),当n为偶数时,T n=(-0+1)+(-2+3)+…+[-(n-2)+n-1]=;当n为奇数时,T n=T n+1-b n+1=-n=,所以T n=19.(12分)商学院为推进后勤社会化改革,与桃园新区商定,由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓,工程于2017年初动工,年底竣工并交付使用,公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%,按复利计算),公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元,其余部分全部用于年底还建行贷款.(1)若公寓收费标准定为每生每年800元,问到哪一年可偿还建行全部贷款?(2)若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清,则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)?(参考数据:lg 1.734 3≈0.239 1,lg 1.05≈0.021 2,1.058≈1.477 5)【解析】(1)设公寓投入使用后n年可偿还全部贷款,则公寓每年收费总额为1 000×800=800 000(元)=80万元,扣除18万元,可偿还贷款62万元.依题意有62[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)n-1]≥500(1+5%)n+1,化简得62(1.05n-1)≥25×1.05n+1,所以1.05n≥1.734 3.两边取对数并整理得n≥≈≈11.28,所以当取n=12时,即到2029年底可全部还清贷款. (2)设每生每年的最低收费标准为x元,因到2025年底公寓共使用了8年,依题意有[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)7]≥500(1+5%)9.化简得(0.1x-18)×≥500×1.059,解得x≥993,所以每生每年的最低收费标准为993元.20.(12分)(2020·武汉模拟)已知数列是各项均为正数的等差数列.(1)若a1=2,且a2,a3,a4+1成等比数列,求数列的通项公式a n.(2)在(1)的条件下,数列的前n项和为S n,设b n=++…+,若对任意的n∈N*,不等式b n≤k恒成立,求实数k的最小值.【解析】(1)因为a1=2,=a2·(a4+1),又因为是正项等差数列,故d≥0,所以(2+2d)2=(2+d)(3+3d),得d=2或d=-1(舍去) ,所以数列的通项公式a n=2n.(2) 因为S n=n(n+1),b n=++…+=++…+=-+-+…+-=-==,令f(x)=2x+(x≥1),则f′(x)=2-, 当x≥1时,f′(x)>0恒成立,所以f(x)在[1,+∞)上是增函数,故当x=1时,[f(x)]min=f(1)=3,即当n=1时,=, 要使对任意的正整数n, 不等式b n≤k恒成立,则需使k≥=, 所以实数k的最小值为.21.(12分)(2020·太原模拟)已知数列{a n}满足a1=,a n+1=. 世纪金榜导学号(1)求证:数列是等差数列,并求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=,求数列{b n}的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=,且可知a n≠0,所以-=2,所以数列是等差数列. 所以=+2(n-1)=2n,即a n=.(2)因为b n==,所以S n=b1+b2+…+b n=1+++…+,则S n=+++…+,两式相减得S n=1++++…+-=2-,所以S n=4-.22.(12分)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,S n+1-2S n=1(n∈N*). 世纪金榜导学号(1)求证:数列{a n}为等比数列.(2)若数列{b n}满足:b1=1,b n+1=+.①求数列{b n}的通项公式;②是否存在正整数n,使得b i=4-n成立?若存在,求出所有n的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由S n+1-2S n=1,得S n-2S n-1=1(n≥2),两式相减,得a n+1-2a n=0,即=2(n≥2). 因为a1=1,由(a1+a2)-2a1=1,得a2=2,所以=2,所以=2对任意n∈N*都成立,所以数列{a n}为等比数列,首项为1,公比为2.(2)①由(1)知,a n=2n-1,由b n+1=+,得b n+1=+,即2n b n+1=2n-1b n+1,即2n b n+1-2n-1b n=1,因为b1=1,所以数列{2n-1b n}是首项为1,公差为1的等差数列.所以2n-1b n=1+(n-1)×1=n,所以b n=.②设T n=b i,则T n=1×+2×+3×+…+n×,所以T n=1×+2×+3×+…+n×,两式相减得T n=+++…+-n×=-n×=2-(n+2)×,所以T n=4-(2n+4)×.由b i=4-n,得4-(2n+4)×=4-n,即=2n-1.显然当n=2时,上式成立,设f(n)=-2n-1(n∈N*),即f(2)=0.因为f(n+1)-f(n)=-=-<0.所以数列{f(n)}单调递减,所以f(n)=0有唯一解n=2,所以存在唯一正整数n=2使得b i=4-n 成立.。
2021版新高考数学(B)人教A版一轮复习单元质检卷七 立体几何(A)
单元质检卷七立体几何(A)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019山东济宁一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.24+9πB.12+9πC.12+5πD.24+4π2.(2019湖北八校联考二,6)设l,m表示两条不同的直线,α,β表示两个不同的平面,Q表示一个点,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①Q∈α,l⊂α⇒Q∈l②l∩m=Q,m⊂β⇒l∈β③l∥m,l⊂α,Q∈m,Q∈α⇒m⊂α④α⊥β,且α∩β=m,Q∈β,Q∈l,l⊥α⇒l∈βA.①②B.②③C.①③D.③④3.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.84.(2019安徽定远中学预测卷一)已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是边长为2的正方形,若过点P作平面ABCD的垂线,垂足为四边形ABCD的中心,且四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成的角为60°,则四棱锥P-ABCD的高为()A.2√2B.√3C.√6D.2√35.(2019安徽合肥一模,9)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某三棱锥的三视图,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.6πB.24πC.48πD.96π6.(2019贵州遵义航天中学十一模)四棱锥P-ABCD的底面为正方形ABCD,PA⊥底面ABCD,AB=2,若的同一球面上,则PA的长为() 该四棱锥的所有顶点都在体积为9π2A.3B.2C.1D.12二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019山东日照一模,16)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,矩形的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上,点P在球面上,且球的表面积为16π,则四棱锥P-ABCD体积的最大值为.8.(2019北京师大附中模拟三,13)某工厂现将一棱长为√3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面ABC,△SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=2√5.(1)求证:平面SAB⊥平面SAC;(2)求二面角B-SC-A的余弦值.10.(15分)(2019山东济宁一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD, ∠ABC=60°,AB=√3,AD=2√3,AP=3.(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角E-AB-D的余弦值.11.(15分)(2019北京,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC =13.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB =23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.参考答案单元质检卷七立体几何(A)1.B由题意可知,几何体是14个圆锥,所以几何体的表面积14×42π+2×12×4×3+14×12×8π×5=12+9π.故选B.2.D①错误,②错误,③正确,④正确.故选D.3.B由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积,两个半圆面积,圆柱侧面积的一半,球表面积的一半相加所得,所以表面积为S表=2r×2r+2×1 2πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.4.C如图,设高为PO,根据线面角的定义可知∠PCO是侧棱PC与底面所成的角,据题设分析知,所求四棱锥P-ABCD的高h=√22+222·tan60°=√6.故选C.5.B由三视图可知,三棱锥的直观图如图P-ADC,是底面为直角边为4与2的直角三角形,高为2的三棱锥,将三棱锥补成长方体,利用长方体的外接球与棱锥的外接球相同求解即可.图中矩形ABCD的长为4,宽为2,棱锥的高为PB=2,所以棱锥的外接球就是以BC,BA,BP为长、宽、高的长方体的外接球,外接球的直径就是长方体的体对角线,即2R=√42+22+22=√24,所以外接球的表面积为4πR2=24π.故选B.6.C连接AC、BD交于点E,取PC的中点O,连接OE,可得OE∥PA,OE⊥底面ABCD,可得O到四棱锥的所有顶点的距离相等,即O为球心,设球半径为R,可得R=12PC=12√PA2+8,可得43π·(12√PA2+8)3=9π2,解得PA=1.故选C.7.163因为球O的表面积是16π,所以S=4πR2=16π,解得R=2.设矩形ABCD的长、宽分别为x,y,则x2+y2=(2R)2≥2xy,当且仅当x=y时上式取等号,即底面为正方形时,底面面积最大,此时S正方形ABCD=2R2=8.因为点P在球面上,所以当PO⊥底面ABCD时,PO=R,即h max=R,此时四棱锥P-ABCD体积有最大值为1×8×2=16.8.√2π27圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O',圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.∵正四面体棱长为√3,∴BM=32,O'M=12,BO'=1,∴AO'=√2,设圆柱的底面半径为r,高为h,则0<r<12.由三角形相似得r12=√2-√2,即h=√2-2√2r,圆柱的体积V=πr2h=√2πr2(1-2r),∵r2(1-2r)≤r+r+1-2r33=127,当且仅当r=1-2r即r=13时取等号.∴圆柱的最大体积为√2π27.故答案为√2π27.9.(1)证明在△BCA中,∵AB=2,CA=4,BC=2√5,∴AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC.又平面SAB ⊥平面ABC ,平面SAB ∩平面ABC=AB ,∴AC ⊥平面SAB. 又AC ⊂平面SAC ,所以平面SAB ⊥平面SAC.(2)解 如图建立空间直角坐标系,A (0,0,0),B (2,0,0),S (1,0,√3),C (0,4,0),CS ⃗⃗⃗⃗ =(1,-4,√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0), 设平面SBC 的法向量n =(x ,y ,z ),由{-2x +4y =0,x -4y +√3z =0,则n =(2,1,2√33).设平面SCA 的法向量m =(a ,b ,c ),由{4b =0,a -4b +√3c =0,∴m =(-√3,0,1),∴cos <n ,m >=-2√1919, 又二面角B-SC-A 的平面角为锐角,∴二面角B-SC-A 的余弦值为2√1919. 10.(1)证明 在平行四边形ABCD 中,∠ADC=60°,CD=√3,AD=2√3,由余弦定理得AC 2=AD 2+CD 2-2AD·CD cos ∠ADC=12+3-2×2√3×√3×cos60°=9,∴AC 2+CD 2=AD 2,∴∠ACD=90°,即CD ⊥AC ,又PA ⊥底面ABCD ,CD ⊂底面ABCD ,∴PA ⊥CD ,又AC ∩PA=A ,∴CD ⊥平面PCA.又CD ⊂平面PCD ,∴平面PCA ⊥平面PCD.(2)解 如图,以A 为坐标原点,AB ,AC ,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系.则A (0,0,0),B (√3,0,0),C (0,3,0),D (-√3,3,0),P (0,0,3).设E (x ,y ,z ),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则(x ,y ,z-3)=λ(0,3,-3). ∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即点E 的坐标为(0,3λ,3-3λ).∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3λ,3-3λ),又平面ABCD 的一个法向量为n =(0,0,1),∴sin45°=|cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√3+9λ+(3-3λ),解得λ=13.∴点E 的坐标为(0,1,2),∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0).设平面EAB 的法向量为m =(x ,y ,z ),由{m ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x =0,y +2z =0.令z=1,得平面EAB 的一个法向量为m =(0,-2,1),∴cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=5=√55.又二面角E-AB-D 的平面角为锐角,所以,二面角E-AB-D 的余弦值为√55.11.(1)证明 因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD.又因为AD ⊥CD ,所以CD ⊥平面PAD. (2)解 过A 作AD 的垂线交BC 于点M.因为PA ⊥平面ABCD , 所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD. 如图建立空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2). 因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1). 所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 所以PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,-23,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PF⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,43. 设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +z =0,23x +23y +43z =0.令z=1,则y=-1,x=-1. 于是n =(-1,-1,1).又因为平面PAD 的法向量为p =(1,0,0),所以cos <n ,p >=n ·p =-√3. 由题知,二面角F-AE-P 的平面角为锐角,所以其余弦值为√33.(3)解 直线AG 在平面AEF 内.因为点G 在PB 上,且PG PB =23,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-2),所以PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,-43,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PG⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,23.由(2)知,平面AEF 的法向量n =(-1,-1,1). 所以AG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-43+23+23=0. 所以直线AG 在平面AEF 内.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021版新高考数学人教B版一轮易错考点排查练 概 率 统 计
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，★★★答案★★★解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
易错考点排查练概率统计1.下列说法正确的是( )A.某厂一批产品的次品率为,则任意抽取其中10件产品一定会发现一件次品B.掷一枚硬币,连续出现5次正面向上,第六次出现反面向上的概率与正面向上的概率仍然都为0.5C.某医院治疗一种疾病的治愈率为10%,那么前9个病人都没有治愈,第10个病人就一定能治愈D.气象部门预报明天下雨的概率是90%,说明明天该地区90%的地方要下雨,其余10%的地方不会下雨【解析】选B.A.产品的次品率是大量的产品通过试验得到的数据,题目中的产品个数很少,故不正确;B.掷硬币正面或反面朝上的概率是通过大量试验得到的准确的值,和试验次数无关,故正确;C.解释同A选项,也不正确;D.事件的概率是大量试验后得到的结果,是准确的值,和试验次数无关,但是D选项的说法体现的不是概率的概念,故不正确.2.任意掷两枚骰子,则出现点数之和为奇数的概率和点数之和为偶数的概率分别为( )A.,B.,C.,D.,【解析】选B.任意掷两枚骰子,所得可能结果用(x,y)表示,其中x表示第一枚抛掷出现的点数,y表示第二枚抛掷出现的点数,则试验的所有结果为:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5), (2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4), (4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3), (6,4),(6,5),(6,6),共36个基本事件.所以出现点数之和为奇数的有(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(2,3),(2,5),(3,2),(3,4),(3,6),(4,1),(4,3),(4,5),(5,2),(5,4),(5,6),(6,1),(6,3), (6,5),共18个,因此点数之和为奇数的概率为=.点数之和为偶数的概率为1-=.3.有1号、2号、3号共3个信箱和A、B、C、D 4封信,若4封信可以任意投入信箱,投完为止,其中A信投入1号或2号信箱的概率为( )A. B. C. D.【解析】选C.由于每封信可以任意投入信箱,对于A信,投入各个信箱的可能性是相等的,共3种不同的结果,投入1号或2号信箱的情况有2种,故A信投入1号或2号信箱的概率为.4.袋中装有大小形状完全相同的5个小球,其中3个白球的标号分别为1、 2 、3, 2 个黑球的标号分别为1、3.若从袋中随机摸出两个球,则摸到的两球颜色与标号都不相同的概率和从袋中有放回地摸球,摸两次,每次摸出一个球,则摸出的两球的标号之和小于4 的概率分别为( )A.,B.,C.,D.,【解析】选D.记5个球为白1、白2、白3、黑1、黑3,从中摸两个球共有:(白1、白2)、(白1、白3)、(白1、黑1)、(白1、黑3)、(白2、白3)、(白2、黑1)、(白2、黑3)、(白3、黑1)、(白3、黑3)、(黑1、黑3)共10种情况.两球颜色和标号都不相同的有:(白1、黑3)、(白2、黑1)、(白2、黑3)、(白3、黑1)共 4 种情况,则所求概率为P==.从中有放回地摸两次,每次摸球有5种结果,所以共有 25种情况.其中标号之和小于 4 的有(白1、白1)、(白1、黑1)、(黑1、白1)、(黑1、黑1)、(白1、白2)、(黑1、白2)、(白2、白1)、(白2、黑1)共8种情况,所求概率为P=.5.由数字1,2,3,4,5,组成一个可重复数字的三位数,其各位数字之和等于9的概率为( )A. B. C. D.【解析】选D.基本事件总数为5×5×5=125,而各位数字之和等于9分三类:(1)三个数字都不相同,有(1,3,5),(2,3,4);共2=12个;(2)三个数字有两个相同,有(2,2,5),(4,4,1),共2个三位数;(3)三个数字都相同,有(3,3,3),共1个三位数.所以所求概率为=.6.一袋中有白球4个,红球n个,从中任取4个,记红球的个数为X,已知X的取值为0,1,2,3,则P(X=2)= ( )A. B. C. D.【解析】选C.由题意,得n=3,所以P(X=2)==.7.抛掷一枚质地均匀的骰子,向上的一面出现任意一种点数的概率都是,记事件A为“向上的点数是奇数”,事件B为“向上的点数不超过3”,则概率P(A∪B)= ( )A. B. C. D.【解析】选B.抛掷一枚质地均匀的骰子,向上的一面出现任意一种点数的概率都是,记事件A为“向上的点数是奇数”,事件B为“向上的点数不超过3”,所以P(A)==,P(B)==,P(AB)==,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=.8.已知0<a<,随机变量ξ的分布如下:ξ-1 0 1P a -a当a增大时, ( )A.E(ξ)增大,D(ξ)增大B.E(ξ)减小,D(ξ)增大C.E(ξ)增大,D(ξ)减小D.E(ξ)减小,D(ξ)减小【解析】选B.由题意得,E(ξ)=-a+,D(ξ)=-a++12×a+-a+2-a+-a+-12×=-a2+2a+,又因为0<a<,所以故当a增大时,E(ξ)减小,D(ξ)增大.9.某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为,两次闭合后都出现红灯的概率为,则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为 ( )A. B. C. D.【解析】选C.设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A,“第二次闭合后出现红灯”为事件B,由题意得P(A)=,P(AB)=.由条件概率的定义可得P(B|A)===.10.某生在一次考试中,共有10题供选择,已知该生会答其中6题,随机从中抽5题供考生回答,答对3题及格,则该生在第一题不会答的情况下及格的概率为 ( )A. B. C. D.【解析】选A.设事件A为从10题中依次抽5题,第一题不会答,设事件B为从10题中依次抽5题,第一题不会答,其余4题中有3题或4题会答.n(A)=,n(B)= (+).则P==,所以该生在第一题不会答的情况下及格的概率为.11.通过随机询问100名性别不同的小学生是否爱吃零食，得到如下的列联表：世纪金榜导学号男女合计爱好10 40 50不爱好20 30 50合计30 70 100由χ2=算得χ2=≈4.762.可以得到的正确结论是 ( )A.我们有95%以上的把握认为“是否爱吃零食与性别有关”B.我们有95%以上的把握认为“是否爱吃零食与性别无关”C.我们有99%的把握认为“是否爱吃零食与性别有关”D.我们有99%的把握认为“是否爱吃零食与性别无关”【解析】选A.根据所给的数据，χ2=≈4.762>3.841，而4.762<6.635，所以有95%以上的把握认为“是否爱吃零食与性别有关”.12.从足够多的四种颜色的灯泡中任选六个安置在如图所示的6个顶点处,则相邻顶点处灯泡颜色不同的概率为世纪金榜导学号( )A. B. C. D.【解析】选C.由题意知本题是一个等可能事件的概率,因为试验发生包含的事件是从四种颜色的灯泡中选出一个放在一个顶点处,有4种选法,6个顶点共有46种结果,满足条件的事件是若用三种颜色:先选颜色有4种可能,然后放下底面3×2×1=6种,放好后,放上底面有2×1×1=2种,共有4×6×2=48种;用四种颜色时,下底面4×3×2=24种,放好后,第四种颜色有3种,另两个位置有1×1+1×2=3种,共有24×3×3=216种,所有方法为48+216=264种,所以满足条件的概率是.13.双曲线C:-=1(a>0,b>0),其中a∈{1,2,3,4},b∈{1,2,3,4},且a,b取到其中每个数都是等可能的,则直线l:y=x与双曲线C的左、右支各有一个交点的概率为________.【解析】直线l:y=x与双曲线C的左、右支各有一个交点,则>1,基本事件的总数为4×4=16,满足条件的(a,b)的情况有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6个,故概率为.★★★答案★★★:14.甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是________.【解析】前五场中有一场客场输时,甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108,前五场中有一场主场输时,甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072,综上所述,甲队以4∶1获胜的概率是P=0.108+0.072=0.18.★★★答案★★★:0.1815.某地区对12岁儿童瞬时记忆能力进行调查,瞬时记忆能力包括听觉记忆能力与视觉记忆能力.某班学生共有40人,下表为该班学生瞬时记忆能力的调查结果.例如表中听觉记忆能力为中等,且视觉记忆能力偏高的学生为3人.由于部分数据丢失,只知道从这40位学生中随机抽取一个,视觉记忆能力恰为中等,且听觉记忆能力为中等或中等以上的概率为. 世纪金榜导学号(1)试确定a、b的值;(2)从40人中任意抽取3人,设具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的学生人数为ξ,求随机变量ξ的分布列.【解析】(1)由表格数据可知,视觉记忆能力恰为中等,且听觉记忆能力为中等或中等以上的学生共有(10+a)人.记“视觉记忆能力恰为中等,且听觉记忆能力为中等或中等以上”为事件A,则P(A)==,解得a=6,从而b=40-(32+a) =40-38=2.(2)由于从40位学生中任意抽取3位的结果数为,其中具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的学生共24人,从40位学生中任意抽取3位,其中恰有k位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的结果数为,所以从40位学生中任意抽取3位,其中恰有k位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的概率为P(ξ=k)=(k=0,1,2,3).ξ的可能取值为0、1、2、3.因为P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)==,P(ξ=3)==,所以ξ的分布列为ξ0 1 2 3P给易错点找题号序号易错点题号练后感悟1 求条件概率时,基本事件把握不准致误10 2不清楚试验所研究的对象,误认为每封信投入1号信箱的机会均等,而错选B33 不理解P(X=2) 64 独立性检验时结论下错而致错115 对概率的意义理解不清致误 16 对“有序”与“无序”判断不准致错 47 双曲线定义理解不清出错138 混淆“等可能性”与“非等可能性” 29 分类依据不清致错1210 忽略概率的性质及参数的范围致错8关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
单元质检卷十一概率(B)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019广东潮州二模,7)一试验田某种作物一株生长果实个数x服从正态分布N(90,σ2),且P(x<70)=0.2,从试验田中随机抽取10株,果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X,且X服从二项分布,则X的方差为()A.3B.2.1C.0.3D.0.212.(2019福建宁德模拟,7)8张卡片上分别写有数字1、2、3、4、5、6、7、8,从中随机取出2张,记事件A=“所取2张卡片上的数字之和为偶数”,事件B=“所取2张卡片上的数字之和小于9”,则P(B|A)=()A.16B.13C.12D.233.设随机变量X~N(1,1),其正态分布密度曲线如图所示,那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是()注:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X<μ+σ)≈0.682 6,P(μ-2σ<X<μ+2σ)≈0.954 4.A.6 038B.6 587C.7 028D.7 5394.(2019广东中山模拟,6)右图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的平面几何图形.此图由两个圆构成,O 为大圆圆心,线段AB 为小圆直径.△AOB 的三边所围成的区域记为Ⅰ,黑色月牙部分记为Ⅱ,两小月牙之和(斜线部分)部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为p 1,p 2,p 3,则( ) A.p 1>p 2>p 3 B.p 1=p 2+p 3 C.p 2>p 1>p 3 D.p 1=p 2>p 35.将5本不同的书全发给4名同学,每名同学至少有一本书的概率是( )A.1564 B.15128 C.24125 D.481256.一个正四面体的四个面上分别标有数字1,2,3,4.掷这个四面体四次,令第i 次得到的数为a i ,若存在正整数k 使得∑i=1ka i =4的概率p=mn ,其中m ,n 是互质的正整数,则log 5m-log 4n 的值为( )A.1B.-1C.2D.-2二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.口袋中有形状和大小完全相同的4个球,球的编号分别为1,2,3,4,若从袋中一次随机摸出2个球,则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为 .8.(2019河北唐山模拟,6)甲、乙、丙三位学生用计算机联网学习数学,每天上课后独立完成6道自我检测题,甲及格的概率为45,乙及格的概率为35,丙及格的概率为710,三人各答一次,则三人中只有一人及格的概率为 .三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019北京西城区模拟,16)某汽车生产厂家为了解某型号电动汽车的“实际平均续航里程数”,收集了使用该型号电动汽车1年以上的部分客户的相关数据,得到他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”.从年龄在40岁以下的客户中抽取10位归为A 组,从年龄在40岁(含40岁)以上的客户中抽取10位归为B 组,将他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”整理成下图,其中“+”表示A 组的客户,“☉”表示B 组的客户.注:“实际平均续航里程数”是指电动汽车的行驶总里程与充电次数的比值.(1)记A ,B 两组客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”的平均值分别为m ,n ,根据图中数据,试比较m ,n 的大小(结论不要求证明);(2)从A ,B 两组客户中随机抽取2位,求其中至少有一位是A 组的客户的概率;(3)如果客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”不小于350,那么称该客户为“驾驶达人”.从A ,B 两组客户中,各随机抽取1位,记“驾驶达人”的人数为ξ,求随机变量ξ的分布列及其数学期望E (ξ).10.(14分)(2019四川广元适应性统考,19)随着共享单车的成功运营,更多的共享产品逐步走入大家的世界,共享汽车、共享篮球、共享充电宝等各种共享产品层出不穷.广元某景点设有共享电动车租车点,共享电动车的收费标准是每小时2元(不足1小时的部分按1小时计算).甲、乙两人各租一辆电动车,若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14,12;一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12,14;两人租车时间都不会超过三小时. (1)求甲、乙两人所付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的分布列与数学期望E (ξ).11.(16分)某公司年会举行抽奖活动,每位员工均有一次抽奖机会.活动规则如下:一只盒子里装有大小相同的6个小球,其中3个白球,2个红球,1个黑球,抽奖时从中依次摸出3个小球.若所得的小球同色,则获得一等奖,奖金为300元;若所得的小球颜色互不相同,则获得二等奖,奖金为200元;若所得的小球恰有2个同色,则获得三等奖,奖金为100元.(1)求小张在这次活动中获得的奖金数X 的概率分布列及数学期望;(2)若每个人获奖与否互不影响,求该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率.参考答案单元质检卷十一概率(B)1.B∵x~N(90,σ2),且P(x<70)=0.2,所以P(x>110)=0.2,∴P(90<x<110)=0.5-0.2=0.3,∴X~B(10,0.3),X的方差为10×0.3×(1-0.3)=2.1.故选B.2.C事件AB为“所取2张卡片上的数字之和为小于9的偶数”,以(a,b)为一个基本事件,则事件AB包含的基本事件有(1,3),(1,5),(1,7),(2,4),(2,6),(3,5),共6个,由古典概型的概率公式可得P(AB)=6C82=314,事件A为“所取2张卡片上的数字之和为偶数”,则所取的两个数全是奇数或全是偶数,由古典概型的概率公式可得P(A)=2C42C82=37,因此,P(B|A)=P(AB)P(A)=3 14×73=12,故选C.3.B∵X~N(1,1),∴μ=1,σ=1,μ+σ=2.∵P(μ-σ<X<μ+σ)=68.26%,∴P(0<X<2)=68.26%,则P(1<X<2)=34.13%,∴阴影部分的面积为0.6587.∴向正方形ABCD中随机投掷10000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是6587.4.D设OA=2,则AB=2√2,S△AOB=12×2×2=2,以AB中点为圆心的半圆的面积为12×π×(√2)2=π,以O为圆心的大圆面积的四分之一为1×π×22=π,以AB为弦的大圆的劣弧所对弓形的面积为π-2,黑色月牙部分的面积为π-(π-2)=2,图Ⅲ部分的面积为π-2.设整个图形的面积为S,则p1=2S ,p2=2S,p3=π-2S.所以p1=p2>p3,故选D.5.A将5本不同的书分给4名同学,共有45=1024种分法,其中每名同学至少一本的分法有C52A44=240种,则所求概率为2401024=1564,故选A.6.B当k=1时,概率为14;当k=2时,4=1+3=2+2=3+1,概率为3×14 2;当k=3时,4=1+1+2=1+2+1=2+1+1,概率为3×14 3;当k=4时,4=1+1+1+1,概率为144.所以p=14+316+364+1256=64+48+12+1256=125 256=5344,所以n=44,m=53,所以log5m-log4n=3-4=-1.故选B.7.23基本事件总数n=C42=6,摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件有(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共4个,∴摸出的2个球的编号之和大于4的概率为P=46=23.8.47 250因为甲及格的概率为45,乙及格的概率为35,丙及格的概率为710,所以仅甲及格的概率为45×1-35×1-710=24250;仅乙及格的概率为1-45×35×1-710=9250;仅丙及格的概率为1-45×1-35×710=14250;三人中只有一人及格的概率为24250+9250+14250=47250.9.解 (1)m<n.(2)设“从抽取的20位客户中任意抽取2位,至少有一位是A 组的客户”为事件M ,则P (M )=C 101C 101+C 102C 202=2938. 所以从抽取的20位客户中任意抽取2位至少有一位是A 组的客户的概率是29. (3)依题意ξ的可能取值为0,1,2. 则P (ξ=0)=C 91C 81C 101C 101=1825; P (ξ=1)=C 11C 81+C 91C 21C 101C 101=1350;P (ξ=2)=C 11C 21C 101C 101=150.所以随机变量ξ的分布列为所以随机变量ξ的数学期望E (ξ)=0×1825+1×1350+2×150=310,即E (ξ)=310. 10.解 (1)甲、乙两人所付费用相同,即为2,4,6元,都付2元的概率为p 1=14×12=18,都付4元的概率为p 2=12×14=18, 都付6元的概率为p 3=14×14=116,所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率:p=p 1+p 2+p 3=18+18+116=516. (2)依题意,ξ的可能取值为4,6,8,10,12, P (ξ=4)=18,P (ξ=6)=14×14+12×12=516, P (ξ=8)=1×1+1×1+1×1=5, P (ξ=10)=14×14+12×14=316, P (ξ=12)=14×14=116, 所以ξ的分布列为E (ξ)=4×18+6×516+8×516+10×316+12×116=152.11.解 (1)小张在这次活动中获得的奖金数X 的所有可能取值为100,200,300.P (X=300)=C 33C 63=120,P (X=200)=C 31C 21C 11C 63=620=310,P (X=100)=C 32C 31+C 22C 41C 63=9+420=1320,或P (X=100)=1-P (X=200)-P (X=300)=1320所以奖金数X 的概率分布列为:奖金数X 的数学期望E (X )=100×1320+200×310+300×120=140(元). (2)设3个人中获二等奖的人数为Y ,则Y~B 3,310, 所以P (Y=k )=C 3k 310k7103-k(k=0,1,2,3),设“该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖”为事件A ,则P (A )=P (Y=2)+P (Y=3)=C 32×3102×710+C 33×3103=27125.则该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率为27.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。