【第一方案】高三数学一轮复习 第十二章 计数原理、概率、随机变量及其分布章末整合练习

第12章计数原理、概率、随机变量及其分布章末整合
(理)一、选择题(6×5分＝30分)
1．(2011·广州模拟)在区间[－π2，π2]上随机取一个数x ，cos x 的值介于0到1
2之间的
概率为( )
A.1
3 B.2π
C.12
D.23
解析：当x ∈[－π2，－π3]∪[π3，π2]时，cos x ∈[0，1
2]，
∴P ＝2×
π
6π＝1
3.故选A.
答案：A
2．(2011·深圳模拟)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( )
A ．18
B ．24
C ．30
D ．36
解析：由四名学生分到三个班，每个班至少分到一名学生可知，有一个班有2个人，另外两个班各1人，故共有C 42
A 33
种不同分法，其中甲、乙两名学生分到同一个班有A 33
种不同分法，所以满足题意的不同分法为C 42
A 33
－A 33
＝30种．
答案：C
3.如图，三行三列的方阵有9个数a ij (i ＝1,2,3；j ＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有
两
个数位于同行或同列的概率是( )
⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a
31
a 32 a 33 A.37 B.47 C.114
D.
1314
解析：从中任取三个数共有C 93
＝84种取法，没有同行、同列的取法有C 31
C 21
C 11
＝6，至少
有两个数位于同行或同列的概率是1－684＝13
14
.
答案：D
4．(2011·抚顺模拟)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为1
3，乙、丙去北京旅游的概率
分别为14，1
5.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概
率为( )
A.5960
B.35
C.12
D.160
解析：因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，1
5.因此，他们不去北京旅游的概率
分别为23，34，45，所以，至少有1人去北京旅游的概率为P ＝1－23×34×45＝35
.
答案：B
5．(2011·西宁模拟)用三种不同的颜色填涂右图3×3方格中的9个区域，
要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共有( )
A ．48
B ．24
C ．12
D ．6
解析：可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有A 33
＝6种方法；第二步，用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有A 22＝2种方法；剩余区域只有一种涂法，综上由分步乘法计数原理可知共有6×2＝12种涂法．
答案：C
6．(2011·威海模拟)某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a 、b ，则椭圆x 2a 2＋y 2
b
2＝1
的离心率e >
3
2
的概率是( ) A.118
B.536
C.16
D.13
解析：当a >b 时，e ＝1－b 2a 2>32⇒b a <1
2
⇒a >2b ，符合a >2b 的情况有：当b ＝1时，有a ＝3,4,5,6四种情况；
当b ＝2时，有a ＝5,6两种情况，总共有6种情况， 则概率为636＝1
6.
同理当a <b 时，e >32的概率也为16
， 综上可知e >32的概率为13
. 答案：D
二、填空题(3×5分＝15分)
7．(2010·辽宁高考)三张卡片上分别写上字母E ，E ，B ，将三张卡片随机地排成一行，恰好排成英文单词BEE 的概率为________．
解析：三张卡片的排列方法有EEB ，EBE ，BEE 共3种，则恰好排成英文单词BEE 的概率为13
. 答案：13
8．若书架上有中文书5本，英文书3本，日文书2本，则随机抽取一本恰为外文书的概率为________．
解析：P ＝2＋35＋2＋3＝1
2.
答案：12
9．(2011·南平模拟)“好运”出租车公司按月将某辆车出租给司机，按照规定：无论是否出租，该公司每月都要负担这辆车的各种管理费100元，如果在一个月内该车被租的概率是0.8，租金是2 600元，那么公司每月对这辆车收入的期望值为________元．
解析：设公司每月对这辆车收入为X 元，则其分布列为：
故E (X )＝(答案：1 980 三、解答题(共37分)
10．(12分)在某电视台的一次有奖竞猜活动中，主持人准备了A 、B 两个相互独立的问题，并且宣布：幸运观众答对问题A 可获100分，答对问题B 可获200分，先答哪个题由观众自由选择，但只有第一个问题答对，才能再答第二题，否则终止答题．答题终止后，获得的总分将决定获奖的档次．若你被选为幸运观众，且假设你答对问题A 、B 的概率分别为12、1
4
.
(1)记先回答问题A 的得分为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望； (2)你觉得应先回答哪个问题才能使你得分更高？请说明理由． 解析：(1)X 的分布列为：
∴E (X )＝0×12＋100×38＋300×8
＝75.
(2)设先答问题B 的得分为随机变量Y ，则Y 的分布列为
∴E (Y )＝0×34＋200×18＋300×8＝62.5.
∴E (X )>E (Y )．
∴应先回答问题A 所得的分较高．
11．(12分)(2011·东北六校联考)检测部门决定对某市学校教室的空气质量进行检测，空气质量分为A 、B 、C 三级．每间教室的检测方式如下：分别在同一天的上、下午各进行一次检测，若两次检测中有C 级或两次都是B 级，则该教室的空气质量不合格．设各教室的空气质量相互独立，且每次检测的结果也相互独立．根据多次抽检结果，一间教室一次检测空气质量为A 、B 、C 三级的频率依次为34，18，1
8
.
(1)在该市的教室中任取一间，估计该间教室空气质量合格的概率；
(2)如果对该市某中学的4间教室进行检测，记在上午检测空气质量为A 级的教室间数为
X ，并以空气质量为A 级的频率作为空气质量为A 级的概率，求X 的分布列及期望值．
解析：(1)该间教室两次检测中，空气质量均为A 级的概率为34×34＝9
16
，
该间教室两次检测中，空气质量一次为A 级，另一次为B 级的概率为2×34×18＝3
16，
设“该间教室的空气质量合格”为事件E ，则
P (E )＝34×34＋2×34×18＝34
.
故估计该间教室的空气质量合格的概率为3
4.
(2)法一：由题意可知，X 的取值0,1,2,3,4.
P (X ＝i )＝C 4i (34)i (1－34
)4－i (i ＝0,1,2,3,4)．
随机变量X 的分布列为：
∴E (X )＝0×1256＋1×64＋2×128＋3×64＋4×256＝3.
法二：∵X ～B (4，34)，∴E (X )＝4×3
4
＝3.
12．(13分)(2011·扬州模拟)已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方案：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验．
(1)求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率； (2)X 表示依方案乙所需化验次数，求X 的期望．
解析：记A 1、A 2分别表示依方案甲需化验1次、2次，B 1、B 2分别表示依方案乙需化验2次、3次，
A 表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数．
依题意知A 2与B 2独立． (1)A ＝A 1＋A 2B 2.
P (A 1)＝1C 51＝15
，
P (A 2)＝A 41
A 52＝1
5，
P (B 2)＝C 42
·C 21
C 53·C 31＝2
5
.
P (A )＝P (A 1＋A 2B 2)＝P (A 1)＋P (A 2B 2)
＝P (A 1)＋P (A 2)P (B 2)＝15＋15×25＝7
25.
所以P (A )＝1－P (A )＝18
25＝0.72.
(2)X 的可能取值为2,3. P (B 1)＝C 43
C 53＋C 42
C 53·C 31＝3
5
，
P (B 2)＝25
，
P (X ＝2)＝P (B 1)＝35
， P (X ＝3)＝P (B 2)＝25，
所以E (X )＝2×35＋3×25＝12
5＝2.4.
(文)一、选择题(6×5＝30分)
1．从12个同类产品中(其中有10个正品，2个次品)，任意抽取3个，下列事件是必然事件的是( )
A ．3个都是正品
B ．至少有一个是次品
C ．3个都是次品
D ．至少有一个是正品
解析：在基本事件空间中，每一个事件中正品的个数可能是1,2,3个，而不可能没有． 答案：D
2．在20件产品中有3件次品，从中任取一件，取到正品的概率为( ) A.13 B.1720 C.317
D.320
解析：从20件产品中任取一件共有20个基本事件，任取一件取到正品的基本事件数为17，所以概率为17
20
.
答案：B
3．在区间(15,25]内的所有实数中随机取一个实数a ，则这个实数满足17<a <20的概率是( )
A.13
B.12
C.310
D.512
解析：a ∈(15,25]，∴P (17<a <20)＝20－1725－15＝3
10.
答案：C
4．某城市2010年的空气质量状况如表所示：
其中污染指数T ≤50时，空气质量为优；50<T ≤100时，空气质量为良；100<T ≤150时，空气质量为轻微污染．该城市2010年空气质量达到良或优的概率为( )
A.35
B.1180
C.119
D.56
解析：所求概率为110＋16＋13＝3
5.
答案：A
5．某班准备到效外野营，为此向商店定了帐篷，如果下雨与不下雨是等可能的，能否准时收到帐篷也是等可能的，只要帐篷如期运到，他们就不会淋雨，则下列说法正确的是( )
A ．一定不会淋雨
B ．淋雨的可能性为3
4
C ．淋雨的可能性为1
2
D ．淋雨的可能性为1
4
解析：基本事件有“下雨帐篷到”“不下雨帐篷到”“下雨帐篷未到”“不下雨帐篷未到”4种情况，而只有“下雨帐篷未到”时会淋雨，故淋雨的可能性为1
4
.
答案：D
6．(2011·银川模拟)把一颗骰子投掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为
m ，第二次出现的点数为n ，向量p ＝(m ，n )，q ＝(－2,1)，则向量p⊥q 的概率为( )
A.
118 B.112
C.19
D.16
解析：∵向量p⊥q ，∴p·q ＝－2m ＋n ＝0，
∴n ＝2m ，满足条件的(m 、n )有3个：(1,2)，(2,4)，(3,6)， ∴P ＝336＝112.
答案：B
二、填空题(3×5＝15分)
7．某家庭电话，打进的电话响第一声时被接的概率为
110，响第二声时被接的概率为310
，响第三声时被接的概率为25，响第四声时被接的概率为1
10，则电话在响前四声内被接的概率为
________．
解析：设响n 声时被接的概率为P n ，则P 1＝110，P 2＝310，P 3＝25，P 4＝1
10.故前四声内被接
的概率为P 1＋P 2＋P 3＋P 4＝9
10
.
答案：9
10
8．在区域⎩⎨⎧
x ＋y －
2≤0，x －y ＋
2≥0，
y ≥0，
内任取一点P ，则点P 落在单位圆x 2＋y 2
＝1内的概率为
________．
解析：区域为△ABC 内部(含边界)， 则概率为
P ＝S 半圆
S △ABC ＝π21
2
×22×2
＝π4
. 答案：π4
9．3粒种子种在甲坑内，每粒种子发芽的概率为1
2.若坑内至少有1粒种子发芽，则不需
要补种，若坑内的种子都没有发芽，则需要补种，则甲坑不需要补种的概率为________．
解析：因为种子发芽的概率为1
2，种子发芽与不发芽的可能性是均等的．若甲坑中种子发
芽记为1，不发芽记为0，每粒种子发芽与否彼此互不影响，故其基本事件为(1,1,1)，(1,1,0)，(1,0,1)，(1,0,0)，(0,1,1)，(0,1,0)，(0,0,1)，(0,0,0)，共8种．而都不发芽的情况只有1种，即(0,0,0)，所以需要补种的概率是18，故甲坑不需要补种的概率是1－18＝78
.
答案：7
8
三、解答题(共37分)
10．(12分)(2009·福建高考)袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，现依次有放回地随机摸取3次，每次摸取一个球．
(1)试问：一共有多少种不同的结果？请列出所有可能的结果；
(2)若摸到红球时得2分，摸到黑球时得1分，求3次摸球所得总分为5的概率． 解析：(1)一共有8种不同的结果，列举如下：
(红、红、红)、(红、红、黑)、(红、黑、红)、(红、黑、黑)、(黑、红、红)、(黑、红、黑)、(黑、黑、红)、(黑、黑、黑)．
(2)记“3次摸球所得总分为5”为事件A .
事件A 包含的基本事件为：(红、红、黑)、(红、黑、红)、(黑、红、红)，事件A 包含的基本事件数为3.
由(1)可知，基本事件总数为8， 所以事件A 的概率为P (A )＝3
8
.
11．(12分)甲、乙两人共同抛掷一枚硬币，规定硬币正面朝上甲得1分，否则乙得1分，先积得3分者获胜，并结束游戏．
(1)求在前3次抛掷中甲得2分、乙得1分的概率；
(2)若甲已经积得2分，乙已经积得1分，求甲最终获胜的概率． 解析：(1)掷一枚硬币三次，列出所有可能情况共8种：
(上上上)，(上上下)，(上下上)，(下上上)，(上下下)，(下上下)，(下下上)，(下下下)； 其中甲得2分、乙得1分的情况有3种， 故所求概率p ＝38
.
(2)在题设条件下，至多还要2局，
情形一：在第四局，硬币正面朝上，则甲积3分、乙积1分，甲获胜，概率为1
2；
情形二：在第四局，硬币正面朝下，第五局硬币正面朝上，则甲积3分、乙积2分，甲获胜，概率为1
4
.
由概率的加法公式，甲获胜的概率为12＋14＝3
4
.
12．(13分)(2011·普宁模拟)一个科研小组有6名成员，其中4名工程师，2名技术员，现要选派2人参加一个学术会议．
(1)选出的2人都是工程师的概率是多少？
(2)若工程师甲必须参加，则有技术员参加这个会议的概率是多少？
解析：把4名工程师编号为1、2、3、4，其中工程师甲编号为1；2名技术员编号为5、6，从中任选2人的所有可能结果如下：(1,2)、(1,3)、(1,4)、(1,5)、(1,6)、(2,3)、(2,4)、(2,5)、(2,6)、(3,4)、(3,5)、(3,6)、(4,5)、(4,6)、(5,6)共15种．
(1)从6人中选出的2人都是工程师，所包含的基本事件为(1,2)、(1,3)、(1,4)、(2,3)、(2,4)、(3,4)共6种．
∴选出的2人都是工程师的概率是P 1＝615＝2
5
.
(2)若工程师甲必须参加，且有技术员参加这个会议包括的基本事件是(1,5)、(1,6)，
则工程师甲必须参加，且有技术员参加这个会议的概率是P 2＝2
15.。