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人教A版选修2-3《第2章_概率》2020年单元测试卷((有答案))

人教A版选修2-3《第2章概率》2020年单元测试卷（5）1. 现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答．试求：（1）所取的2道题都是甲类题的概率；（2）所取的2道题不是同一类题的概率．2. 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束，各局比赛的结果都相时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为12互独立，第1局甲当裁判．(Ⅰ)求第4局甲当裁判的概率；(Ⅱ)求前4局中乙恰好当1次裁判概率．3. 小波以游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋．游戏规则为以O为起点，再从A1，A2，A3，A4，A5，A6（如图）这6个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X，若X>0就去打球，若X＝0就去唱歌，若X<0就去下棋．（1）写出数量积X的所有可能取值；（2）分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率．4. 已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取（无放回，且每球取到的机会均等）3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和．（1）求X的分布列；（2）求X的数学期望E(X)．5. 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）．(Ⅰ)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(Ⅱ)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．6. 李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下（假设各场比赛相互独立）；(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x ¯是表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X 为李明在这场比赛中的命中次数，比较E(X)与x ¯的大小（只需写出结论）.7. 一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，2张卡片上的数字是3，从盒中任取3张卡片． (Ⅰ)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(Ⅱ)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X 的分布列与数学期望．（注：若三个数字a ，b ，c 满足a ≤b ≤c ，则称b 为这三个数的中位数．）8. 甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(Ⅰ)求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；(Ⅱ)记X 为比赛决胜出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值（数学期望）．9. 一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立． (Ⅰ)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(Ⅱ)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列，期望E(X)及方差D(X)．10. 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐：每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分（即获得−20．设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．（1）设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列；（2）玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？（3）玩过这款游戏的许多人都发现．若干盘游戏后，与最初分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．11. 乒乓球台面被网分成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D ，某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其它情况记0分．对落点在A 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35．假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响，求：(Ⅰ)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (Ⅱ)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．12. 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35．现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B ，设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元，求该企业可获利润的分布列和数学期望．13. 设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4，各人是否需使用设备相互独立．(Ⅰ)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(Ⅱ)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求X 的数学期望．14. 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率；②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.15. 随机将1，2，…，2n(n ∈N ∗, n ≥2)这2n 个连续正整数分成A 、B 两组，每组n 个数，A 组最小数为a 1，最大数为a 2；B 组最小数为b 1，最大数为b 2；记ξ＝a 2−a 1，η＝b 2−b 1．（1）当n ＝3时，求ξ的分布列和数学期望；（2）C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，求事件C 发生的概率P(C)；（3）对（2）中的事件C ，C ¯表示C 的对立事件，判断P(C)和P(C ¯)的大小关系，并说明理由．16. 计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量X （年入流量：一年内上游来水与库区降水之和．单位：亿立方米）都在40以上，其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，假设各年的年入流量相互独立．(Ⅰ)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(Ⅱ)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X 限制，并有如下关系：800万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？参考答案与试题解析人教A 版选修2-3《第2章概率》2020年单元测试卷（5）1.【答案】现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答，基本事件总数n =C 62=15，所取的2道题都是甲类题包含的基本事件个数m =C 42=6， ∴ 所取的2道题都是甲类题的概率p 1=m n=615=25．所取的2道题不是同一类题包含的基本事件个数m′=C 41C21=8， ∴ 所取的2道题不是同一类题的概率p 2=m ′n=815．【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】（1）先求出基本事件总数n =C 62=15，再求出所取的2道题都是甲类题包含的基本事件个数m =C 42=6，由此能求出所取的2道题都是甲类题的概率．（2）所取的2道题不是同一类题包含的基本事件个数m′=C 41C21=8，由此能求出所取的2道题不是同一类题的概率．【解答】现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答，基本事件总数n =C 62=15，所取的2道题都是甲类题包含的基本事件个数m =C 42=6， ∴ 所取的2道题都是甲类题的概率p 1=m n=615=25．所取的2道题不是同一类题包含的基本事件个数m′=C 41C21=8， ∴ 所取的2道题不是同一类题的概率p 2=m ′n=815．2.【答案】（I ）设A 1表示事件“第二局结果为甲胜”，A 2表示事件“第三局甲参加比赛结果为甲负”，A 表示事件“第四局甲当裁判”．则A ＝A 1⋅A 2．P(A)＝P(A 1⋅A 2)=P(A 1)P(A 2)=12×12=14．(II)设B 1表示事件“第一局比赛结果为乙胜”，B 2表示事件“第二局乙参加比赛结果为乙胜”，B 3表示事件“第三局乙参加比赛结果为乙胜”，B 表示事件“前4局中乙恰好当1次裁判”．则B =B 1¯⋅B 3+B 1⋅B 2⋅B 3¯+B 1⋅B 2¯，则P(B)＝P(B 1¯⋅B 3+B 1⋅B 2⋅B 3¯+B 1⋅B 2¯) =P(B 1¯⋅B 3)+P(B 1⋅B 2⋅B 3¯)+P(B 1⋅B 2¯)=P(B 1¯)P(B 3)+P(B 1)P(B 2)P(B 3¯)+P(B 1)P(B 2¯) =14+18+14=58．【考点】相互独立事件互斥事件的概率加法公式相互独立事件的概率乘法公式【解析】（I ）设A 1表示事件“第二局结果为甲胜”，A 2表示事件“第三局甲参加比赛结果为甲负”，A 表示事件“第四局甲当裁判”，可得A ＝A 1⋅A 2．利用相互独立事件的概率计算公式即可得出；(II)设B 1表示事件“第一局比赛结果为乙胜”，B 2表示事件“第二局乙参加比赛结果为乙胜”，B 3表示事件“第三局乙参加比赛结果为乙胜”，B 表示事件“前4局中乙恰好当1次裁判”．可得B =B 1¯⋅B 3+B 1⋅B 2⋅B 3¯+B 1⋅B 2¯，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可得出．【解答】（I ）设A 1表示事件“第二局结果为甲胜”，A 2表示事件“第三局甲参加比赛结果为甲负”，A 表示事件“第四局甲当裁判”．则A ＝A 1⋅A 2．P(A)＝P(A 1⋅A 2)=P(A 1)P(A 2)=12×12=14．(II)设B 1表示事件“第一局比赛结果为乙胜”，B 2表示事件“第二局乙参加比赛结果为乙胜”，B 3表示事件“第三局乙参加比赛结果为乙胜”，B 表示事件“前4局中乙恰好当1次裁判”．则B =B 1¯⋅B 3+B 1⋅B 2⋅B 3¯+B 1⋅B 2¯，则P(B)＝P(B 1¯⋅B 3+B 1⋅B 2⋅B 3¯+B 1⋅B 2¯) =P(B 1¯⋅B 3)+P(B 1⋅B 2⋅B 3¯)+P(B 1⋅B 2¯) =P(B 1¯)P(B 3)+P(B 1)P(B 2)P(B 3¯)+P(B 1)P(B 2¯) =14+18+14=58．3.【答案】由题意可得：X 的所有可能取值为：−2，−1，0，1，数量积为−2的有OA 2→⋅OA 5→，共1种，数量积为−1的有OA 1→⋅OA 5→，OA 1→⋅OA 6→，OA 2→⋅OA 4→，OA 2→⋅OA 6→， OA 3→⋅OA 4→，OA 3→⋅OA 5→共6种，数量积为0的有OA 1→⋅OA 3→，OA 1→⋅OA 4→，OA 3→⋅OA 6→，OA 4→⋅OA 6→共4种，数量积为1的有OA 1→⋅OA 2→，OA 2→⋅OA 3→，OA 4→⋅OA 5→，OA 5→⋅OA 6→共4种，故所有的可能共15种，所以小波去下棋的概率P 1=715，去唱歌的概率P 2=415，故不去唱歌的概率为：P ＝1−P 2＝1−415=1115【考点】古典概型及其概率计算公式平面向量数量积的性质及其运算【解析】（1）由题意可得：X 的所有可能取值为：−2，−1，0，1，（2）列举分别可得数量积为−2，−1，0，1时的情形种数，由古典概型的概率公式可得答案．【解答】由题意可得：X 的所有可能取值为：−2，−1，0，1，数量积为−2的有OA 2→⋅OA 5→，共1种，数量积为−1的有OA 1→⋅OA 5→，OA 1→⋅OA 6→，OA 2→⋅OA 4→，OA 2→⋅OA 6→， OA 3→⋅OA 4→，OA 3→⋅OA 5→共6种，数量积为0的有OA 1→⋅OA 3→，OA 1→⋅OA 4→，OA 3→⋅OA 6→，OA 4→⋅OA 6→共4种，数量积为1的有OA 1→⋅OA 2→，OA 2→⋅OA 3→，OA 4→⋅OA 5→，OA 5→⋅OA 6→共4种，故所有的可能共15种，所以小波去下棋的概率P 1=715，去唱歌的概率P 2=415，故不去唱歌的概率为：P ＝1−P 2＝1−415=1115 4.【答案】X 的可能取值有：3，4，5，6． P(X ＝3)=C 53C 93=542；P(X ＝4)=C 41C52C 93=1021； P(X ＝5)=C 42C51C 93=514；P(X ＝6)=C 43C 93=121．故所求X 的分布列为所求X 的数学期望E(X)＝3×542+4×1021+5×514+6×121=133【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）X的可能取值有：3，4，5，6，求出相应的概率可得所求X的分布列；（2）利用X的数学期望公式，即可得到结论．【解答】X的可能取值有：3，4，5，6．P(X＝3)=C53C93=542；P(X＝4)=C41C52C93=1021；P(X＝5)=C42C51C93=514；P(X＝6)=C43C93=121．故所求X的分布列为所求X的数学期望E(X)＝3×542+4×1021+5×514+6×121=1335.【答案】出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960．（2）随机变量X的所有可能值为0，1，2，3，P(X=k)=C4k C63−kC103(k＝0, 1, 2, 3)所以随机变量X的分布列是随机变量X的数学期望E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65【考点】古典概型及其概率计算公式离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】(Ⅰ)利用排列组合求出所有基本事件个数及选出的3名同学是来自互不相同学院的基本事件个数，代入古典概型概率公式求出值；(Ⅱ)随机变量X的所有可能值为0，1，2，3，P(X=k)=C4k C63−kC103(k＝0, 1, 2, 3)列出随机变量X的分布列求出期望值．【解答】（1）设“选出的3名同学是来自互不相同学院”为事件A，则P(A)=C31C72+C30C73C103=4960，6.【答案】解：设李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6为事件A，由题意知，李明在该场比赛中超过0.6的场次有：主场2，主场3，主场5，客场2，客场4，共计5场，所以李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率P(A)=510=12.(2)设李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为事件B，同理可知，李明主场命中率超过0.6的概率P1=35，客场命中率超过0.6的概率P2=25，故P(B)=P1×(1−P2)+P2×(1−P1)=35×35+25×25=1325.(3)x¯=110(12+8+12+12+8+7+8+15+20+12)＝11.4，X的分布列为：E(X)=12×0.4+8×0.3+20×0.1+7×0.1+15×0.1=11.4=x¯. 【考点】众数、中位数、平均数互斥事件的概率加法公式离散型随机变量的期望与方差概率的意义【解析】(1)根据概率公式，找到李明在该场比赛中超过0.6的场次，计算即可.(2)根据互斥事件的概率公式，计算即可.(3)求出平均数和EX，比较即可.【解答】解：设李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6为事件A，由题意知，李明在该场比赛中超过0.6的场次有：主场2，主场3，主场5，客场2，客场4，共计5场，所以李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率P(A)=510=12.(2)设李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为事件B，同理可知，李明主场命中率超过0.6的概率P1=35，客场命中率超过0.6的概率P2=25，故P(B)=P1×(1−P2)+P2×(1−P1)=35×35+25×25=1325.(3)x¯=110(12+8+12+12+8+7+8+15+20+12)＝11.4，X的分布列为：E(X)=12×0.4+8×0.3+20×0.1+7×0.1+15×0.1=11.4=x¯.7.【答案】（1）由古典概型的概率计算公式得所求概率为P=C43+C33C93=584，（2）由题意知X的所有可能取值为1，2，3，且P(X＝1)=C42C51+C43C93=1742，P(X＝2)=C31C41C21+C32C61+C33C93=4384，P(X＝3)=C22C71C93=112，所以X的分布列为：所以E(X)=1×1742+2×4384+3×112=4728．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】第一问是古典概型的问题，要先出基本事件的总数和所研究的事件包含的基本事件个数，然后代入古典概型概率计算公式即可，相对简单些；第二问应先根据题意求出随机变量X 的所有可能取值，此处应注意所取三张卡片可能来自于相同数字（如1或2）或不同数字（1和2、1和3、2和3三类）的卡片，因此应按卡片上的数字相同与否进行分类分析，然后计算出每个随机变量所对应事件的概率，最后将分布列以表格形式呈现．【解答】（1）由古典概型的概率计算公式得所求概率为 P =C 43+C 33C 93=584，（2）由题意知X 的所有可能取值为1，2，3，且 P(X ＝1)=C 42C51+C 43C 93=1742，P(X ＝2)=C 31C41C21+C32C61+C 33C 93=4384，P(X ＝3)=C 22C71C 93=112，所以X 的分布列为：所以E(X)=1×1742+2×4384+3×112=4728． 8.【答案】用A 表示甲在4局以内（含4局）赢得比赛的是事件，A k 表示第k 局甲获胜，B k 表示第k 局乙获胜，则P(A k )=23，P(B k )=13，k ＝1，2，3，4，5（1）P(A)＝P(A 1A 2)+P(B 1A 2A 3)+P(A 1B 2A 3A 4)＝(23)2+13×(23)2+23×13×(23)2=5681．（2）X 的可能取值为2，3，4，5． P(X ＝2)＝P(A 1A 2)+P(B 1B 2)=59， P(X ＝3)＝P(B 1A 2A 3)+P(A 1B 2B 3)=29，P(X ＝4)＝P(A 1B 2A 3A 4)+P(B 1A 2B 3B 4)=1081，P(X ＝5)＝P(A 1B 2A 3B 4A 5)+P(B 1A 2B 3A 4B 5)+P(B 1A 2B 3A 4A 5)+P(A 1B 2A 3B 4B 5)=24243=881，或者P(X ＝5)＝1−P(X ＝2)−P(X ＝3)−P(X ＝4)=881，故分布列为：E(X)＝2×59+3×29+4×1081+5×881=22481．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）根据概率的乘法公式，求出对应的概率，即可得到结论．（2）利用离散型随机变量分别求出对应的概率，即可求X 的分布列；以及均值．【解答】用A 表示甲在4局以内（含4局）赢得比赛的是事件，A k 表示第k 局甲获胜，B k 表示第k 局乙获胜，则P(A k )=23，P(B k )=13，k ＝1，2，3，4，5（1）P(A)＝P(A 1A 2)+P(B 1A 2A 3)+P(A 1B 2A 3A 4)＝(23)2+13×(23)2+23×13×(23)2=5681．（2）X 的可能取值为2，3，4，5． P(X ＝2)＝P(A 1A 2)+P(B 1B 2)=59， P(X ＝3)＝P(B 1A 2A 3)+P(A 1B 2B 3)=29，P(X ＝4)＝P(A 1B 2A 3A 4)+P(B 1A 2B 3B 4)=1081，P(X ＝5)＝P(A 1B 2A 3B 4A 5)+P(B 1A 2B 3A 4B 5)+P(B 1A 2B 3A 4A 5)+P(A 1B 2A 3B 4B 5)=24243=881，或者P(X ＝5)＝1−P(X ＝2)−P(X ＝3)−P(X ＝4)=881，故分布列为：E(X)＝2×59+3×29+4×1081+5×881=22481．9.【答案】（1）设A 1表示事件“日销售量不低于100个”，A 2表示事件“日销售量低于50个”B 表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此P(A1)＝(0.006+0.004+0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108，（2）X可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为：P(X=0)=C30(1−0.6)3=0.064P(X=1)=C310.6(1−0.6)2=0.288，P(X=2)=C320.62(1−0.6)=0.432，P(X=3)=C330.63=0.216，随机变量X的分布列为因为X∼B(3, 0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1−0.6)＝0.72．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】(Ⅰ)由频率分布直方图求出事件A1，A2的概率，利用相互独立事件的概率公式求出事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”的概率；(Ⅱ)写出X可取得值，利用相互独立事件的概率公式求出X取每一个值的概率；列出分布列．根据服从二项分布的随机变量的期望与方差公式求出期望E(X)及方差D(X)．【解答】（1）设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此P(A1)＝(0.006+0.004+0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108，（2）X可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为：P(X=0)=C30(1−0.6)3=0.064P(X=1)=C310.6(1−0.6)2=0.288，P(X=2)=C320.62(1−0.6)=0.432，P(X=3)=C330.63=0.216，随机变量X的分布列为因为X∼B(3, 0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1−0.6)＝0.72．10.【答案】X 可能取值有−200，10，20，100．则P(X ＝−200)=C 30(12)0(1−12)3=18， P(X ＝10)=C 31(12)1⋅(1−12)2=38P(X ＝20)=C 32(12)2(1−12)1=38， P(X ＝100)=C 33(12)3=18，故分布列为：由知，每盘游戏出现音乐的概率是p =38+38+18=78，则至少有一盘出现音乐的概率p ＝1−C 30(78)0(1−78)3=511512．由知，每盘游戏获得的分数为X 的数学期望是E(X)＝(−200)×18+10×38+20×38+18×100=−108=−54．这说明每盘游戏平均得分是负分，由概率统计的相关知识可知：许多人经过若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而会减少．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）设每盘游戏获得的分数为X ，求出对应的概率，即可求X 的分布列；（2）求出有一盘出现音乐的概率，独立重复试验的概率公式即可得到结论．（3）计算出随机变量的期望，根据统计与概率的知识进行分析即可．【解答】X 可能取值有−200，10，20，100．则P(X ＝−200)=C 30(12)0(1−12)3=18， P(X ＝10)=C 31(12)1⋅(1−12)2=38 P(X ＝20)=C 32(12)2(1−12)1=38， P(X ＝100)=C 33(12)3=18，故分布列为：由知，每盘游戏出现音乐的概率是p =38+38+18=78，则至少有一盘出现音乐的概率p ＝1−C 30(78)0(1−78)3=511512．由知，每盘游戏获得的分数为X 的数学期望是E(X)＝(−200)×18+10×38+20×38+18×100=−108=−54．这说明每盘游戏平均得分是负分，由概率统计的相关知识可知：许多人经过若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而会减少． 11. 【答案】（1）小明回球前落点在A 上，回球落点在乙上的概率为12+13=56，回球前落点在B 上，回球落点在乙上的概率为15+35=45，故小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率P =56×(1−45)+(1−56)×45=16+215=310．(2)ξ的可能取值为0，1，2，3，4，6 其中P(ξ＝0)＝(1−56)×(1−45)=130； P(ξ＝1)=13×(1−45)+(1−56)×35=16；P(ξ＝2)=13×35=15；P(ξ＝3)=12×(1−45)+(1−56)×15=215； P(ξ＝4)=12×35+13×15=1130；P(ξ＝6)=12×15=110；故ξ的分布列为：故ξ的数学期望为E(ξ)＝0×130+1×16+2×15+3×215+4×1130+6×110=9130．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】(Ⅰ)分别求出回球前落点在A 上和B 上时，回球落点在乙上的概率，进而根据分类分布原理，可得小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；(Ⅱ)两次回球结束后，小明得分之和ξ的取值有0，1，2，3，4，6六种情况，求出随机变量ξ的分布列，代入数学期望公式可得其数学期望Eξ．【解答】（1）小明回球前落点在A 上，回球落点在乙上的概率为12+13=56，回球前落点在B 上，回球落点在乙上的概率为15+35=45，故小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率P =56×(1−45)+(1−56)×45=16+215=310． (2)ξ的可能取值为0，1，2，3，4，6 其中P(ξ＝0)＝(1−56)×(1−45)=130； P(ξ＝1)=13×(1−45)+(1−56)×35=16； P(ξ＝2)=13×35=15；P(ξ＝3)=12×(1−45)+(1−56)×15=215；P(ξ＝4)=12×35+13×15=1130； P(ξ＝6)=12×15=110；故ξ的分布列为：故ξ的数学期望为E(ξ)＝0×130+1×16+2×15+3×215+4×1130+6×110=9130． 12.【答案】解：(1)设至少有一种新产品研发成功的事件为事件A ，且事件B 为事件A 的对立事件，则事件B 为一种新产品都没有成功，因为甲、乙研发新产品成功的概率分别为23和35．则P(B)=(1−23)×(1−35)=13×25=215，再根据对立事件的概率之间的公式可得P(A)=1−P(B)=1315，答：至少有一种新产品研发成功的概率为1315．(2)由题可得设企业可获得利润为X ，则X 的取值有0，120，100，220，由独立试验的概率计算公式可得， P(X =0)=(1−23)×(1−35)=215， P(X =120)=23×(1−35)=415， P(X =100)=(1−23)×35=15，P(X =220)=23×35=25，所以X 的分布列如下：则数学期望E(X)=0×215+120×415+100×15+220×25=140．【考点】对立事件的概率公式及运用离散型随机变量的分布列及性质概率的应用离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设至少有一种新产品研发成功的事件为事件A ，且事件B 为事件A 的对立事件，则事件B 为一种新产品都没有成功，因为甲、乙研发新产品成功的概率分别为23和35．则P(B)=(1−23)×(1−35)=13×25=215，再根据对立事件的概率之间的公式可得P(A)=1−P(B)=1315，答：至少有一种新产品研发成功的概率为1315．(2)由题可得设企业可获得利润为X ，则X 的取值有0，120，100，220，由独立试验的概率计算公式可得， P(X =0)=(1−23)×(1−35)=215，P(X =120)=23×(1−35)=415， P(X =100)=(1−23)×35=15， P(X =220)=23×35=25，所以X 的分布列如下：则数学期望E(X)=0×215+120×415+100×15+220×25=140．13.【答案】由题意可得“同一工作日至少3人需使用设备”的概率为0.6×0.5×0.5×0.4+(1−0.6)×0.5×0.5×0.4+0.6×(1−0.5)×0.5×0.4+0.6×0.5×(1−0.5)×0.4+0.6×0.5×0.5×(1−0.4)＝0.31．（2）X 的可能取值为0，1，2，3，4P(X ＝0)＝(1−0.6)×0.52×(1−0.4)＝0.06P(X ＝1)＝0.6×0.52×(1−0.4)+(1−0.6)×0.52×0.4+(1−0.6)×2×0.52×(1−0.4)＝0.25P(X ＝4)＝P(A 2⋅B ⋅C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06， P(X ＝3)＝P(D)−P(X ＝4)＝0.25，P(X ＝2)＝1−P(X ＝0)−P(X ＝1)−P(X ＝3)−P(X ＝4)＝1−0.06−0.25−0.25−0.06＝0.38．故数学期望EX ＝0×0.06+1×0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06＝2 【考点】离散型随机变量的期望与方差相互独立事件相互独立事件的概率乘法公式【解析】记A i 表示事件：同一工作日乙丙需要使用设备，i ＝0，1，2，B 表示事件：甲需要设备，C 表示事件，丁需要设备，D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备(Ⅰ)把4个人都需使用设备的概率、4个人中有3个人使用设备的概率相加，即得所求． (Ⅱ)X 的可能取值为0，1，2，3，4，分别求出PX i ，再利用数学期望公式计算即可．【解答】由题意可得“同一工作日至少3人需使用设备”的概率为0.6×0.5×0.5×0.4+(1−0.6)×0.5×0.5×0.4+0.6×(1−0.5)×0.5×0.4+0.6×0.5×(1−0.5)×0.4+0.6×0.5×0.5×(1−0.4)＝0.31．（2）X 的可能取值为0，1，2，3，4P(X ＝0)＝(1−0.6)×0.52×(1−0.4)＝0.06P(X＝1)＝0.6×0.52×(1−0.4)+(1−0.6)×0.52×0.4+(1−0.6)×2×0.52×(1−0.4)＝0.25P(X＝4)＝P(A2⋅B⋅C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，P(X＝3)＝P(D)−P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1−P(X＝0)−P(X＝1)−P(X＝3)−P(X＝4)＝1−0.06−0.25−0.25−0.06＝0.38．故数学期望EX＝0×0.06+1×0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06＝214.【答案】解：(1)设顾客所获取的奖励额为X.①依题意，得P(X=60)=C11⋅C31C42=12，即顾客所获得的奖励额为60元的概率为12.②依题意得X的所有可能取值为20，60.P(X=60)=12，P(X=20)=C32C42=12.即X的分布列为所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励为60元，所以先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10, 10, 10, 50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以数学期望不可能为60元；如果选择(50, 50, 50, 10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以数学期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10, 10, 50, 50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20, 20, 20, 40)和(40, 40, 40, 20)的方案，所以可能的方案是(20, 20, 40, 40)，记为方案2.以下是对这两个方案的分析：对于方案1，即方案(10, 10, 50, 50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为1的数学期望为E(X1)=20×16+60×23+100×16=60．X1的方差为D(X1)=(20−60)2×16+(60−60)2×23+(100−60)2×16=16003.对于方案2，即方案(20, 20, 40, 40)，设顾客所获取的奖励额为X2，则X2的分布列为2的数学期望为E(X2)=40×16+60×23+80×16=60，X2的方差为D(X2)=(40−60)2×16+(60−60)2×23+(80−60)2×16=4003.由于两种方案的奖励额都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1小，所以应该选择方案2．【考点】离散型随机变量的分布列及性质离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）根据古典概型的概率计算公式计算顾客所获的奖励额为60元的概率，依题意得X 得所有可能取值为20，60，分别求出P(X＝60)，P(X＝20)，画出顾客所获的奖励额的分布列求出数学期望；（2）先讨论，寻找期望为60元的方案，找到(10, 10, 50, 50)，(20, 20, 40, 40)两种方案，分别求出数学期望和方差，然后做比较，问题得以解决．【解答】解：(1)设顾客所获取的奖励额为X.①依题意，得P(X=60)=C11⋅C31C42=12，即顾客所获得的奖励额为60元的概率为12.②依题意得X的所有可能取值为20，60.P(X=60)=12，P(X=20)=C32C42=12.即X的分布列为E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励为60元，所以先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10, 10, 10, 50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以数学期望不可能为60元；如果选择(50, 50, 50, 10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以数学期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10, 10, 50, 50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20, 20, 20, 40)和(40, 40, 40, 20)的方案，所以可能的方案是(20, 20, 40, 40)，记为方案2.以下是对这两个方案的分析：对于方案1，即方案(10, 10, 50, 50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为1的数学期望为E(X1)=20×16+60×23+100×16=60．X1的方差为D(X1)=(20−60)2×16+(60−60)2×23+(100−60)2×16=16003.对于方案2，即方案(20, 20, 40, 40)，设顾客所获取的奖励额为X2，则X2的分布列为2的数学期望为E(X2)=40×16+60×23+80×16=60，X2的方差为D(X2)=(40−60)2×16+(60−60)2×23+(80−60)2×16=4003.由于两种方案的奖励额都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1小，所以应该选择方案2． 15.【答案】当n ＝3时，ξ的取值可能为2，3，4，5 其中P(ξ＝2)=4C 63=15，P(ξ＝3)=6C 63=310，P(ξ＝4)=6C 63=310，P(ξ＝5)=4C 63=15，故随机变量ξ的分布列为：ξ的数学期望E(ξ)＝2×15+3×310+4×310+5×15=72；ξ＝η＝n −1 或 n ，n +1，…，2n −2；当 ξ＝η＝n −1 时，共有 2 种个同的分组方法；当 ξ＝η＝n 时，共有 2 种不同的分组方法；ξ=η＝n +k(k ＝1, 2,…,n −2)时，共有2C 2k k种不同的分组方法(n⩾3)，所以当n ＝2时，P(C)=23；当n⩾3时，P(C)=2(2+∑)k=1n−2 C2k k C 2nn当n ＝2时，P(C)=23>13=P(C ¯)；当n⩾3时，P(C)<P(C ¯)，理由如下：P(C)<P(C ¯)等价于P(C)<12，即4(2+∑)i=1n−2 C2k k <C 2n n (∗)，下面用数学归纳法证明(∗)式，1)当n ＝3时，(∗)式左边＝16，右边＝20，(∗)式成立；2)假设 n ＝m 时成立 (m⩾3)．所以 4(2+∑)k=1m−2 C2k k <C 2m m，所以4(2+∑)k=1m−1 C2k k <C 2m m +4C 2m−2m−1=(2m)!(m!)2+4×(2m−2)!(m−1)!×(m−1)!=(2m −2)!×2m ×(4m −1)×(m +1)2(m +1)!×(m +1)!=C 2m+2m+1×2m(4m −1)×(m +1)2(2m +2)(2m +1)×2m ×(2m −1)=C 2m+2m+1×(4m −1)×(m +1)2(2m +1)(2m −1)=C 2m+2m+1×4m 2+3m −18m 2−2<(m +1)所以n ＝m +1时(∗)式成立，综上，对于任意正整数n ，n⩾3，(∗)式均成立，所以当n ＝2时，P(C)=23>13=P(C ¯)；当n⩾3时，P(C)<P(C ¯)，【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）当n ＝3时，ξ的取值可能为2，3，4，5，求出随机变量ξ的分布列，代入数学期望公式可得其数学期望Eξ．（2）根据C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，利用分类加法原理，可得事件C 发生的概率P(C)的表达式；（3）判断P(C)和P(C ¯)的大小关系，即判断P(C)和12的大小关系，根据（2）的公式，可得答案．【解答】当n ＝3时，ξ的取值可能为2，3，4，5 其中P(ξ＝2)=4C 63=15，P(ξ＝3)=6C 63=310，P(ξ＝4)=6C 63=310，P(ξ＝5)=4C 63=15，故随机变量ξ的分布列为：ξ的数学期望E(ξ)＝2×15+3×310+4×310+5×15=72；ξ＝η＝n −1 或 n ，n +1，…，2n −2；当 ξ＝η＝n −1 时，共有 2 种个同的分组方法；当 ξ＝η＝n 时，共有 2 种不同的分组方法；ξ=η＝n +k(k ＝1, 2,…,n −2)时，共有2C 2k k种不同的分组方法(n⩾3)，所以当n ＝2时，P(C)=23；当n⩾3时，P(C)=2(2+∑)k=1n−2 C2k k C 2nn当n ＝2时，P(C)=23>13=P(C ¯)；当n⩾3时，P(C)<P(C ¯)，理由如下：P(C)<P(C ¯)等价于P(C)<12，即4(2+∑)i=1n−2 C2k k <C 2n n (∗)，下面用数学归纳法证明(∗)式，1)当n ＝3时，(∗)式左边＝16，右边＝20，(∗)式成立；2)假设 n ＝m 时成立 (m⩾3)．所以 4(2+∑)k=1m−2 C2k k <C 2m m，所以4(2+∑)k=1m−1 C2k k <C 2m m +4C 2m−2m−1=(2m)!(m!)2+4×(2m−2)!(m−1)!×(m−1)!=(2m −2)!×2m ×(4m −1)×(m +1)2(m +1)!×(m +1)!。

高中数学选修23第二章概率单元测试试题

选修 2-3 第二章概率质量检测 (二)时间： 120分钟总分： 150分第Ⅰ卷 (选择题，共 60 分)题号123456789101112答案一、选择题 ( 每题 5 分，共 60 分)1．某射手射击所得环数ξ 的散布列以下：ξ78910P x y已知A．ξ 的数学希望B．E(ξ)＝，则C．Dy 的值为(．)2．若X的散布列为X01P a则 D(X)等于()A．B．C．D．3．已知某人每日清晨乘坐的某一班次公共汽车准时到站的概率为35，则他在 3 天搭车中，此班次公共汽车起码有 2 天准时到站的概率为()4．设随机变量X～N( μ，σ2) ，且P( X<c) ＝P( X>c) ，则c的值为()A．0B．1C．μ5．将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不一样”，B＝“起码出现一个 6 点”，则条件概率P( A| B)，P( B| A)分别是() 160601，2，91，91，26.箱中装有标号为 1,2,3,4,5,6 且大小同样的 6 个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，假如两球号码之积是 4 的倍数，则获奖．现有 4 人参加摸奖，恰巧有 3 人获奖的概率是()7．已知X的散布列为X123P121636 7且 Y＝aX＋3，E( Y)＝3，则 a 为()111A．－1 B ．－2C．－3 D ．－48．已知变量x听从正态散布N(4 ，σ2) ，且P( x>2) ＝，则P( x>6)＝()A．B．C．D．9．设由“ 0”，“1”构成的三位数组中，若用A表示“第二位数字为‘ 0’的事件”，用B表示“第一位数字为‘ 0’的事件”，则P(A| B)等于()10．把 10 个骰子所有投出，设出现 6点的骰子的个数为X，则P( X≤2)＝()1012581059510211A．C×6×6B．C×6×6 ＋65 92125811C．C10×6×6＋C10×6× 6D．以上都不对11．已知随机变量X～B(6, ，则当η＝－2X＋1 时，D( η) ＝()A．－B．－C．D．12．节日时期，某种鲜花的进价是每束元，售价是每束 5 元，节后对没售出的鲜花以每束元办理．据前 5 年节日时期这类鲜开销售状况得需求量ξ(单位：束)的统计以下表，若进这类鲜花500束在今年节日时期销售，则希望收益是()ξ200300400500P元 B ．690 元 C ．754 元 D ．720 元第Ⅱ卷 ( 非选择题，共 90 分)二、填空题 ( 每题 5 分，共 20 分)13．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次111品率分别为70，69，68，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为 ________．14.已知正态整体的数据落在区间 ( －3，－1) 内的概率和落在区间(3,5) 内的概率相等，那么这个正态整体的数学希望为________．115．假如一个随机变量ξ～B15，2，则使得P(ξ＝k)获得最大值的 k 的值为________．16．某一零件由三个电子元件按下列图方式连结而成，元件 1 或元件 2 正常工作，且元件 3 正常工作，则零件正常工作．设三个电子元件的使用寿命 ( 单位：小时 ) 均听从正态散布N(1 000,50 2) ，且各个元件可否正常工作互相独立，那么该零件的使用寿命超出 1 000 小时的概率为 ________．三、解答题 ( 写出必需的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10 分) 设进入某商场的每一位顾客购置甲种商品的概率为，购置乙种商品的概率为，且购置甲种商品与购置乙种商品互相独立，各顾客之间购置商品也是互相独立的．(1)求进入商场的 1 位顾客起码购置甲、乙两种商品中的一种的概率；(2)记ξ 表示进入商场的3位顾客中起码购置甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ 的散布列及希望．18．(12 分) 某同学参加 3 门课程的考试．假定该同学第一门课程4获得优异成绩的概率为5，第二、第三门课程获得优异成绩的概率分别为 p，q( p>q)，且不一样课程能否获得优异成绩互相独立．记ξ为该生获得优异成绩的课程数，其散布列为ξ0123P6a b24 125125(1)求该生起码有 1 门课程获得优异成绩的概率；(2)求 p，q 的值；(3)求数学希望 E(ξ)．19.(12分) 一盒中装有9 张各写有一个数字的卡片，此中 4 张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是 3. 从盒中任取3 张卡片．(1)求所取 3 张卡片上的数字完整同样的概率；(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求 X 的散布列与数学希望．( 注：若三个数a，b，c知足a≤b≤c，则称b为这三个数的中位数． )20.(12分)一家面包房依据过去某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频次散布直方图，以下图．将日销售量落入各组的频次视为概率，并假定每日的销售量互相独立．(1)求在将来连续 3 天里，有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量低于50 个的概率；(2)用 X表示在将来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量 X 的散布列，希望 E( X)及方差 D( X)．21.(12分)某公司有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功2 3的概率分别为3和5. 现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发互相独立．(1)求起码有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品 A 研发成功，估计公司可获收益120万元；若新产品B 研发成功，估计公司可获收益100 万元．求该公司可获收益的散布列和数学希望．22.(12 分) 设每个工作日甲、乙、丙、丁 4 人需使用某种设施的概率分别为 ,,, ，各人能否需使用设施互相独立．(1)求同一工作日起码 3 人需使用设施的概率；(2) X 表示同一工作日需使用设施的人数，求 X 的数学希望．答案1．B ∵E ( ξ) ＝7x ＋8×＋ 9×＋ 10y ＝7－y ) ＋10y ＋＝＋ 3y ，∴＋3y ＝，∴ y ＝ .2．B 由题意知＋ a ＝ 1，E ( X ) ＝0×＋ a ＝a ＝，所以 D ( X ) ＝. 3．C 设此班次公共汽车准时到站的天数为随机变量X ，则此班2 3 次公共汽车起码有 2 天准时到站的概率为 P( X ＝2) ＋P( X ＝3) ＝C53223 3 3 81×5＋C5＝125.34．C 因为 P ( X <c ) ＝P ( X >c ) ，由正态曲线的对称性知 μ＝c .5．A 由题意得事件 A 包括的基本领件个数为 6×5×4＝ 120，事件 B 包括的基本领件个数为63－53＝91，在 B 发生的条件下 A 发生包1 2含的基本领件个数为 CA ＝60，在 A 发生的条件下 B 发生包括的基本35事件个数为1 26060 1CA ＝60，所以 P ( A | B ) ＝91，P ( B | A ) ＝120＝2. 故正确答案3 5为 A.6．B若摸出的两球中含有 4，必获奖，有 5 种情况；若摸出的两球是 2,6 ，也能获奖．故获奖的情况共 6 种，获奖的概率为622＝ .C5632 33 96现有 4 人参加摸奖，恰有3 人获奖的概率是 4×5＝625.C 51 2 17．C E ( X ) ＝1×6＋2×3＋3×6＝2，由 Y ＝aX ＋3，得 E ( Y ) ＝aE ( X ) ＋3.71 所以＝2 ＋3，解得＝－ .3 a a38．A 因为 P ( x >2) ＝，所以 P ( x <2) ＝1－＝ . 因为 N (4 ，σ2) ，所以此正态曲线对于 x ＝4 对称，所以 P ( x >6) ＝P ( x <2) ＝. 应选 A.9．C 因为 P (B )＝ 1×2×2 1，P ( A ∩B ) ＝1×1×2 1 ＝＝，所以 P ( A | B )2×2×2 2 2×2×2 4P ?A ∩B ? 1 ＝P ?B ? ＝2.1 0 5 1010．D P ( X ≤2) ＝ P ( X ＝0) ＋P ( X ＝1) ＋P ( X ＝2) ＝C 10 × 6 × 61 1 5 92 × 1 2 5 8＋C×6× 6＋C 6× 6 .101011．C 由已知 D ( X ) ＝6××＝，则 D ( η) ＝4D ( X ) ＝4×＝ .12．A 节日时期这类鲜花需求量的均值E ( ξ) ＝200×＋ 300×＋400×＋ 500×＝ 340( 束) ．设收益为 η，则 η＝5ξ＋(500 －ξ) －500×＝ ξ－450，则 E ( η)＝ E ξ－450)＝ ( ξ) －450＝× 340－ 450＝706( 元) ．分析：加工出来的零件的合格品率为11 1671－70 × 1－69 × 1－68 ＝70，67 3所以次品率为 1－70＝70.14．1分析：区间 ( －3，－1) 和区间 (3,5) 对于 x ＝1 对称 ( － 1 的对称点是 3，－ 3 的对称点是 5) ，所以正态散布的数学希望就是 1.15．7,8k 1 15k最大即可，此时k＝7,8.分析： P( ξ＝k) ＝C2，则只要 C1515分析：设元件 1,2,3 的使用寿命超出 1 000 小时的事件分别记为1A，B，C，明显 P( A)＝P( B)＝P( C)＝2，所以该零件的使用寿命超出1 000的事件为 ( AB＋AB＋AB) C.所以该零件的使用寿命超出 1 000 小时的概率为1 1 1 1 1 1 1 32×2＋2×2＋2×2×2＝8.17．解：(1) 由题可得，起码购置甲、乙两种商品中的一种的概率为 p＝1－(1－(1－＝.(2)ξ 可能的取值有0,1,2,3，p(ξ＝0)＝(1－3＝，1p(ξ＝1)＝C3(1－＝，2p(ξ＝2)＝C3(1－＝，p(ξ＝3)＝＝.故ξ 的散布列为ξ0123pξ的数学希望 E(ξ)＝3×＝.18．解：记事件A i表示“该生第i 门课程获得优异成绩”，i ＝1,2,3.4由题意知 P( A1)＝5，P( A2)＝p，P( A3)＝q.(1)因为事件“该生起码有 1 门课程获得优异成绩”与事件“ξ＝0”是对峙的，所以该生起码有 1 门课程获得优异成绩的概率是1－6119P(ξ＝0)＝1－125＝125.(2)由题意知16P(ξ＝0)＝P( A 1 A 2A 3)＝5(1－p)(1－q)＝125，424123＝5pq＝125.P(ξ＝3)＝P( A A A )6整理得 pq＝25，p＋q＝1.3 2由 p>q，可得 p＝5，q＝5.(3)由题意知 a＝P(ξ＝1)＝P( A1 A 2 A 3)＋ P( A 1A2 A 3)＋P( A 1 A411375(1－p)(1－q)＋5p(1－q)＋5(1－p)q＝125，2A3)＝58 b＝P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝125.所以 E(ξ)＝0×P(ξ＝0)＋1× P(ξ＝1)＋2× P(ξ＝2)＋93×P( ξ＝3) ＝5.19.解： (1) 由古典概型中的概率计算公式知所求概率为33C4＋C3 5P＝3＝ .C849(2) X的所有可能值为1,2,3 ，且21317CC＋C454，P( X＝1)＝3＝C42911121343CCC＋CC＋C342363，P( X＝2)＝3＝C984211C2C7P( X＝3)＝3＝，故 X 的散布列为C129X123P 17431 4284121743147进而 E( X)＝1×42＋2×84＋3×12＝28.20．解：(1) 设A表示事件“日销售量不低于100 个”，A表示事12件“日销售量低于50 个”，B表示事件“在将来连续 3 天里有连续 2天日销售量不低于100 个且另一天销售量低于50 个”．所以 P( A1)＝＋＋×50＝，P( A2)＝×50＝，P( B)＝×××2＝.(2)X 可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为03P( X＝0)＝C·(1－＝，312P( X＝1)＝C·(1－＝，32－＝，P( X＝2)＝C3·(13P( X＝3)＝C3·＝.散布列为X0123P因为 X～B(3,，所以希望 E( X)＝3×＝，方差 D( X)＝3××(1－＝.21. 解：记E＝{ 甲组研发新产品成功} ，F＝{ 乙组研发新产品成2 13 2功} ．由题设知 P ( E ) ＝3，P ( E ) ＝3，P ( F ) ＝5，P ( F ) ＝5，且事件 E 与 F ，E 与 F ， E 与 F ， E 与 F 都互相独立．(1) 记 H ＝{ 起码有一种新产品研发成功} ，则 H ＝ E F ，于是1 22P ( H ) ＝P ( E ) P ( F ) ＝3×5＝15，2 13故所求的概率为 P ( H ) ＝1－P ( H ) ＝1－15＝15.(2) 设公司可获收益为 X ( 万元)，则 X 的可能取值为0,100,120,220.1 2 2因 P ( X ＝0) ＝P ( E F ) ＝3×5＝15，1 33 P ( X ＝100) ＝P ( E F ) ＝3×5＝15，2 24 P ( X ＝120) ＝P ( EF ) ＝3×5＝15，2 36P ( X ＝220) ＝P ( EF ) ＝3×5＝15，故所求的散布列为X 0 100 120 220P2 3 4 6 151515152346数学希望为 E ( X ) ＝ 0× 15＋ 100× 15＋ 120× 15＋ 220× 15＝ 300＋480＋1 320 2 100 ＝140.15 ＝1522．解：记 A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有 i 人需使用设备， i ＝0,1,2，B表示事件：甲需使用设施，C表示事件：丁需使用设施，D表示事件：同一工作日起码 3 人需使用设施．(1)D＝A1·B·C＋A2· B＋A2· B·C.iP( B)＝， P( C)＝， P( A i)＝C2×， i ＝0,1,2，所以 P( D)＝P( A1·B· C＋A2·B＋A2· B ·C)＝P( A1·B·C)＋P( A2·B)＋P( A2· B·C)＝P( A1) P( B) P( C)＋P( A2) P( B)＋P( A2) P( B) P( C)＝.(2)X 的可能取值为0,1,2,3,4，其散布列为P( X＝0)＝P( B·A0· C)＝P( B) P( A0) P( C)＝(1 －×× (1 －＝，P( X＝1)＝P( B·A0· C＋ B ·A0· C＋ B ·A1· C)＝P( B) P( A0) P( C)＋P( B )P( A0) P( C)＋P( B) P( A1) P( C)＝×× (1 －＋ (1 －××＋ (1 －× 2×× (1 －＝，P( X＝4)＝P( A2·B·C)＝P( A2) P( B) P( C)＝××＝， P( X＝3)＝P( D)－P( X＝4)＝，P( X＝2)＝1－P( X＝0)－P( X＝1)－P( X＝3)－P( X＝4)＝1－－－－＝，数学希望 E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P( X＝3) ＋4×P( X＝4)＝＋ 2×＋ 3×＋ 4×＝ 2.。

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【最新整理，下载后即可编辑】选修2-3第二章概率质量检测(二)时间：120分钟总分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)1．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：已知ξ)A ．0.2B ．0.4C ．0.6D ．0.82．若X 的分布列为则D (X )等于( A ．0.8 B ．0.25 C ．0.4 D ．0.23．已知某人每天早晨乘坐的某一班次公共汽车准时到站的概率为35，则他在3天乘车中，此班次公共汽车至少有2天准时到站的概率为( )A.36125B.54125C.81125D.271254．设随机变量X ～N (μ，σ2)，且P (X <c )＝P (X >c )，则c 的值为( )A ．0B ．1C ．μ D.μ25．将三颗骰子各掷一次，记事件A ＝“三个点数都不同”，B ＝“至少出现一个6点”，则条件概率P (A |B )，P (B |A )分别是( )A.6091，12B.12，6091C.518，6091D.91216，126.箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )A.16625B.96625C.624625D.46257．已知X 的分布列为且Y ＝aX ＋3，E (Y )＝3，则a 为( )A ．－1B ．－12C ．－13D ．－148．已知变量x 服从正态分布N (4，σ2)，且P (x >2)＝0.6，则P (x >6)＝( )A ．0.4B ．0.3C ．0.2D ．0.19．设由“0”，“1”组成的三位数组中，若用A 表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B 表示“第一位数字为‘0’的事件”，则P (A |B )等于( )A.25B.34C.12D.1810．把10个骰子全部投出，设出现6点的骰子的个数为X ，则P (X ≤2)＝( )A ．C 210×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫162×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫568 B ．C 110×16×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫569＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5610 C ．C 110×16×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫569＋C 210×162×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫568 D ．以上都不对 11．已知随机变量X ～B (6,0.4)，则当η＝－2X ＋1时，D (η)＝( )A ．－1.88B ．－2.88C ．5.76D ．6.7612．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没售出的鲜花以每束1.6元处理．据前5年节日期间这种鲜花销售情况得需求量ξ(单位：束)的统计如下表，若进这种鲜花500束在今年节日期间销售，则期望利润是( )A.706 D ．720元第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170，169，168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．14.已知正态总体的数据落在区间(－3，－1)内的概率和落在区间(3,5)内的概率相等，那么这个正态总体的数学期望为________．15．如果一个随机变量ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫15，12，则使得P (ξ＝k )取得最大值的k 的值为________．16．某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．(1)求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(2)记ξ表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列及期望．18．(12分)某同学参加3门课程的考试．假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为45，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p，q(p>q)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立．记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为ξ012 3P6125a b24125(1)(2)求p，q的值；(3)求数学期望E(ξ)．19.(12分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X的分布列与数学期望．(注：若三个数a，b，c满足a≤b≤c，则称b为这三个数的中位数．)20.(12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．21.(12分)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．22.(12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望．答案1．B ∵E(ξ)＝7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝7(0.6－y)＋10y＋3.5＝7.7＋3y，∴7.7＋3y＝8.9，∴y＝0.4.2．B 由题意知0.5＋a＝1，E(X)＝0×0.5＋a＝a＝0.5，所以D(X)＝0.25.3．C 设此班次公共汽车准时到站的天数为随机变量X，则此班次公共汽车至少有2天准时到站的概率为P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫352×25＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫353＝81125. 4．C 因为P (X <c )＝P (X >c )，由正态曲线的对称性知μ＝c .5．A 由题意得事件A 包含的基本事件个数为6×5×4＝120，事件B 包含的基本事件个数为63－53＝91，在B 发生的条件下A 发生包含的基本事件个数为C 13A 25＝60，在A 发生的条件下B 发生包含的基本事件个数为C 13A 25＝60，所以P (A |B )＝6091，P (B |A )＝60120＝12.故正确答案为A. 6．B 若摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情形；若摸出的两球是2,6，也能获奖．故获奖的情形共6种，获奖的概率为6C 26＝25.现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率是C 34⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫253×35＝96625. 7．C E (X )＝1×16＋2×23＋3×16＝2，由Y ＝aX ＋3，得E (Y )＝aE (X )＋3.所以73＝2a ＋3，解得a ＝－13. 8．A 因为P (x >2)＝0.6，所以P (x <2)＝1－0.6＝0.4.因为N (4，σ2)，所以此正态曲线关于x ＝4对称，所以P (x >6)＝P (x <2)＝0.4.故选A.9．C 因为P (B )＝1×2×22×2×2＝12，P (A ∩B )＝1×1×22×2×2＝14，所以P (A |B )＝P A ∩B P B ＝12. 10．D P (X ≤2)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 010×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫160×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5610＋C 110×16×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫569＋C 210×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫162×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫568. 11．C 由已知D (X )＝6×0.4×0.6＝1.44，则D (η)＝4D (X )＝4×1.44＝5.76.12．A 节日期间这种鲜花需求量的均值E (ξ)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340(束)．设利润为η，则η＝5ξ＋1.6(500－ξ)－500×2.5＝3.4ξ－450，则E (η)＝E (3.4ξ－450)＝3.4E (ξ)－450＝3.4×340－450＝706(元)．13.370解析：加工出来的零件的合格品率为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－170×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－169×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－168＝6770，所以次品率为1－6770＝370. 14．1解析：区间(－3，－1)和区间(3,5)关于x ＝1对称(－1的对称点是3，－3的对称点是5)，所以正态分布的数学期望就是1.15．7,8解析：P (ξ＝k )＝C k 15⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1215，则只需C k 15最大即可，此时k ＝7,8.16.38解析：设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，所以该部件的使用寿命超过1 000的事件为(A B ＋A B ＋AB )C .所以该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38. 17．解：(1)由题可得，至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率为p ＝1－(1－0.5)(1－0.6)＝0.8.(2)ξ可能的取值有0,1,2,3，p (ξ＝0)＝(1－0.8)3＝0.008，p (ξ＝1)＝C 13(1－0.8)20.8＝0.096，p (ξ＝2)＝C 23(1－0.8)10.82＝0.384，p (ξ＝3)＝0.83＝0.512.故ξ的分布列为ξ18．解：记事件A i 表示“该生第i 门课程取得优秀成绩”，i ＝1,2,3.由题意知P (A 1)＝45，P (A 2)＝p ，P (A 3)＝q . (1)由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“ξ＝0”是对立的，所以该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率是1－P (ξ＝0)＝1－6125＝119125. (2)由题意知 P (ξ＝0)＝P (A 1A 2A 3)＝15(1－p )(1－q )＝6125， P (ξ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＝45pq ＝24125. 整理得pq ＝625，p ＋q ＝1. 由p >q ，可得p ＝35，q ＝25. (3)由题意知a ＝P (ξ＝1)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A1A 2A 3)＝45(1－p )(1－q )＋15p (1－q )＋15(1－p )q ＝37125，b ＝P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝58125. 所以E (ξ)＝0×P (ξ＝0)＋1×P (ξ＝1)＋2×P (ξ＝2)＋3×P (ξ＝3)＝95.19.解：(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为P ＝C 34＋C 33C 39＝584. (2)X 的所有可能值为1,2,3，且P (X ＝1)＝C 24C 15＋C 34C 39＝1742， P (X ＝2)＝C 13C 14C 12＋C 23C 16＋C 33C 39＝4384， P (X ＝3)＝C 22C 17C 39＝112，故X 的分布列为从而E (X )＝1×42＋2×84＋3×12＝28. 20．解：(1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”，A 2表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”．因此P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P (A 2)＝0.003×50＝0.15，P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X 可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064，P (X ＝1)＝C 13·0.6(1－0.6)2＝0.288，P (X ＝2)＝C 23·0.62(1－0.6)＝0.432， P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216.分布列为因为X ～B 1.8，方差D (X )＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.21.解：记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}．由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H ＝E F ，于是P (H )＝P (E )P (F )＝13×25＝215，故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝1315. (2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0,100,120,220.因P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215， P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝315， P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415， P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝615，故所求的分布列为数学期望为E (X )＝0×15＋100×15＋120×415＋220×615＝300＋480＋1 32015＝2 10015＝140.22．解：记A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i 人需使用设备，i＝0,1,2，B表示事件：甲需使用设备，C表示事件：丁需使用设备，D表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)D＝A1·B·C＋A2·B＋A2·B·C.P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A i)＝C i×0.52，i＝0,1,2，2所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2·B·C)＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2·B·C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(B)P(C)＝0.31.(2)X的可能取值为0,1,2,3,4，其分布列为P(X＝0)＝P(B·A·C)＝P(B)P(A0)P(C)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P(X＝1)＝P(B·A·C＋B·A0·C＋B·A1·C)＝P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A1)P(C)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝P(A·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝20.06，P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，数学期望E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.。

高中数学选修2-3第二章概率单元测试试题2

选修2-3第二章概率质量检测(二)时间：120分钟总分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)1．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：已知ξA．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.82．若X的分布列为则D(X)等于(A．0.8 B．0.25 C．0.4 D．0.23．已知某人每天早晨乘坐的某一班次公共汽车准时到站的概率为35，则他在3天乘车中，此班次公共汽车至少有2天准时到站的概率为()A.36125 B.54125C.81125 D.271254．设随机变量X～N(μ，σ2)，且P(X<c)＝P(X>c)，则c的值为()A．0 B．1 C．μ D.μ25．将三颗骰子各掷一次，记事件A ＝“三个点数都不同”，B ＝“至少出现一个6点”，则条件概率P (A |B )，P (B |A )分别是( )A.6091，12B.12，6091C.518，6091D.91216，12 6.箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )A.16625B.96625C.624625D.4625 7．已知X 的分布列为且Y ＝aX ＋3，E (Y )＝73，则a 为( )A ．－1B ．－12C ．－13D ．－148．已知变量x 服从正态分布N (4，σ2)，且P (x >2)＝0.6，则P (x >6)＝( )A ．0.4B ．0.3C ．0.2D ．0.19．设由“0”，“1”组成的三位数组中，若用A 表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B 表示“第一位数字为‘0’的事件”，则P (A |B )等于( )A.25B.34C.12D.1810．把10个骰子全部投出，设出现6点的骰子的个数为X ，则P (X ≤2)＝( )A ．C 210×⎝ ⎛⎭⎪⎫162×⎝ ⎛⎭⎪⎫568 B ．C 110×16×⎝ ⎛⎭⎪⎫569＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5610C ．C 110×16×⎝ ⎛⎭⎪⎫569＋C 210×162×⎝ ⎛⎭⎪⎫568 D ．以上都不对11．已知随机变量X ～B (6,0.4)，则当η＝－2X ＋1时，D (η)＝( ) A ．－1.88 B ．－2.88 C ．5.76 D ．6.76 12．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没售出的鲜花以每束1.6元处理．据前5年节日期间这种鲜花销售情况得需求量ξ(单位：束)的统计如下表，若进这种鲜花500束在今年节日期间销售，则期望利润是( )A.706D ．720元第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170，169，168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．14.已知正态总体的数据落在区间(－3，－1)内的概率和落在区间(3,5)内的概率相等，那么这个正态总体的数学期望为________．15．如果一个随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎪⎫15，12，则使得P (ξ＝k )取得最大值的k 的值为________．16．某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．(1)求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(2)记ξ表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列及期望．18．(12分)某同学参加3门课程的考试．假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为45，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p ，q (p >q )，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立．记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为(1)(2)求p ，q 的值； (3)求数学期望E (ξ)．19.(12分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X 的分布列与数学期望．(注：若三个数a ，b ，c 满足a ≤b ≤c ，则称b 为这三个数的中位数．)20.(12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列，期望E (X )及方差D (X )．21.(12分)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．22.(12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求X 的数学期望．答案1．B ∵E (ξ)＝7x ＋8×0.1＋9×0.3＋10y ＝7(0.6－y )＋10y ＋3.5＝7.7＋3y ，∴7.7＋3y ＝8.9，∴y ＝0.4.2．B 由题意知0.5＋a ＝1，E (X )＝0×0.5＋a ＝a ＝0.5，所以D (X )＝0.25.3．C 设此班次公共汽车准时到站的天数为随机变量X ，则此班次公共汽车至少有2天准时到站的概率为P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352×25＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝81125.4．C 因为P (X <c )＝P (X >c )，由正态曲线的对称性知μ＝c . 5．A 由题意得事件A 包含的基本事件个数为6×5×4＝120，事件B 包含的基本事件个数为63－53＝91，在B 发生的条件下A 发生包含的基本事件个数为C 13A 25＝60，在A 发生的条件下B 发生包含的基本事件个数为C 13A 25＝60，所以P (A |B )＝6091，P (B |A )＝60120＝12.故正确答案为A.6．B 若摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情形；若摸出的两球是2,6，也能获奖．故获奖的情形共6种，获奖的概率为6C 26＝25.现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率是C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫253×35＝96625.7．C E (X )＝1×16＋2×23＋3×16＝2，由Y ＝aX ＋3，得E (Y )＝aE (X )＋3. 所以73＝2a ＋3，解得a ＝－13.8．A 因为P (x >2)＝0.6，所以P (x <2)＝1－0.6＝0.4.因为N (4，σ2)，所以此正态曲线关于x ＝4对称，所以P (x >6)＝P (x <2)＝0.4.故选A.9．C 因为P (B )＝1×2×22×2×2＝12，P (A ∩B )＝1×1×22×2×2＝14，所以P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝12.10．DP (X ≤2)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 010×⎝ ⎛⎭⎪⎫160×⎝ ⎛⎭⎪⎫5610＋C 110×16×⎝ ⎛⎭⎪⎫569＋C 210×⎝ ⎛⎭⎪⎫162×⎝ ⎛⎭⎪⎫568.11．C 由已知D (X )＝6×0.4×0.6＝1.44，则D (η)＝4D (X )＝4×1.44＝5.76.12．A 节日期间这种鲜花需求量的均值E (ξ)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340(束)．设利润为η，则η＝5ξ＋1.6(500－ξ)－500×2.5＝3.4ξ－450，则E (η)＝E (3.4ξ－450)＝3.4E (ξ)－450＝3.4×340－450＝706(元)．13.370解析：加工出来的零件的合格品率为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－170×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－169×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－168＝6770，所以次品率为1－6770＝370. 14．1解析：区间(－3，－1)和区间(3,5)关于x ＝1对称(－1的对称点是3，－3的对称点是5)，所以正态分布的数学期望就是1.15．7,8解析：P (ξ＝k )＝C k 15⎝ ⎛⎭⎪⎫1215，则只需C k 15最大即可，此时k ＝7,8.16.38解析：设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，所以该部件的使用寿命超过1 000的事件为(A B ＋A B ＋AB )C .所以该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38.17．解：(1)由题可得，至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率为p ＝1－(1－0.5)(1－0.6)＝0.8.(2)ξ可能的取值有0,1,2,3， p (ξ＝0)＝(1－0.8)3＝0.008，p (ξ＝1)＝C 13(1－0.8)20.8＝0.096， p (ξ＝2)＝C 23(1－0.8)10.82＝0.384，p (ξ＝3)＝0.83＝0.512. 故ξ的分布列为ξ18．解：记事件A i 表示“该生第i 门课程取得优秀成绩”，i ＝1,2,3. 由题意知P (A 1)＝45，P (A 2)＝p ，P (A 3)＝q .(1)由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“ξ＝0”是对立的，所以该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率是1－P (ξ＝0)＝1－6125＝119125.(2)由题意知P (ξ＝0)＝P (A 1A 2A 3)＝15(1－p )(1－q )＝6125， P (ξ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＝45pq ＝24125. 整理得pq ＝625，p ＋q ＝1. 由p >q ，可得p ＝35，q ＝25.(3)由题意知a ＝P (ξ＝1)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝45(1－p )(1－q )＋15p (1－q )＋15(1－p )q ＝37125，b ＝P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝58125.所以E (ξ)＝0×P (ξ＝0)＋1×P (ξ＝1)＋2×P (ξ＝2)＋3×P (ξ＝3)＝95.19.解：(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为P ＝C 34＋C 33C 39＝584.(2)X 的所有可能值为1,2,3，且P (X ＝1)＝C 24C 15＋C 34C 39＝1742，P (X ＝2)＝C 13C 14C 12＋C 23C 16＋C 33C 39＝4384， P (X ＝3)＝C 22C 17C 39＝112，故X 的分布列为从而E (X )＝1×1742＋2×4384＋3×112＝4728.20．解：(1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”，A 2表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”．因此P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P (A 2)＝0.003×50＝0.15， P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108. (2)X 可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064，P (X ＝1)＝C 13·0.6(1－0.6)2＝0.288，P (X ＝2)＝C 23·0.62(1－0.6)＝0.432，P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216.分布列为因为X ～B ，方差D (X )＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.21.解：记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}．由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H ＝E F ，于是P (H )＝P (E )P (F )＝13×25＝215，故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝1315.(2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0,100,120,220.因P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝315，P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415，P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝615，故所求的分布列为数学期望为E (X )＝0×215＋100×315＋120×415＋220×615＝300＋480＋1 32015＝2 10015＝140.22．解：记A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i 人需使用设备，i ＝0,1,2，B 表示事件：甲需使用设备，C 表示事件：丁需使用设备，D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)D ＝A 1·B ·C ＋A 2·B ＋A 2·B ·C .P (B )＝0.6，P (C )＝0.4，P (A i )＝C i 2×0.52，i ＝0,1,2，所以P (D )＝P (A 1·B ·C ＋A 2·B ＋A 2·B ·C )＝P (A 1·B ·C )＋P (A 2·B )＋P (A 2·B ·C )＝P (A 1)P (B )P (C )＋P (A 2)P (B )＋P (A 2)P (B )P (C ) ＝0.31.(2)X 的可能取值为0,1,2,3,4，其分布列为 P (X ＝0)＝P (B ·A 0·C )＝P (B )P (A 0)P (C )＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P (X ＝1)＝P (B ·A 0·C ＋B ·A 0·C ＋B ·A 1·C )＝P (B )P (A 0)P (C )＋P (B )P (A 0)P (C )＋P (B )P (A 1)P (C )＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，数学期望E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X ＝3)＋4×P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.。

高中数学选修23第二章概率单元总结复习测试试卷试题.docx

选修 2-3 第二章概率质量检测 (二)时间： 120分钟总分： 150分第Ⅰ卷 (选择题，共 60 分)题号123456789101112答案一、选择题 ( 每小题 5 分，共 60 分)1．某射手射击所得环数ξ 的分布列如下：ξ78910P x y已知A．ξ 的数学期望B．E(ξ)＝，则C．Dy 的值为(．)2．若X的分布列为X01P a则D( X)等于()A．B．C．D．3．已知某人每天早晨乘坐的某一班次公共汽车准时到站的概率为35，则他在 3 天乘车中，此班次公共汽车至少有 2 天准时到站的概率为()4．设随机变量X～N( μ，σ2) ，且P( X<c) ＝P( X>c) ，则c的值为()A．0B．1C．μ5．将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个 6 点”，则条件概率P( A| B)，P( B| A)分别是() 160601，2，91，91，26.箱中装有标号为 1,2,3,4,5,6 且大小相同的 6 个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码后放回，如果两球号码之积是 4 的倍数，则获奖．现有 4 人参与摸奖，恰好有 3 人获奖的概率是()7．已知X的分布列为X123P121636 7且 Y＝aX＋3，E( Y)＝3，则 a 为()111A．－ 1 B ．－2C．－3 D ．－48．已知变量x服从正态分布N(4 ，σ2) ，且P( x>2) ＝，则P( x>6)＝()A．B．C．D．9．设由“ 0”，“1”组成的三位数组中，若用A表示“第二位数字为‘ 0’的事件”，用B表示“第一位数字为‘ 0’的事件”，则P( A| B)等于()10．把 10 个骰子全部投出，设出现 6点的骰子的个数为X，则P( X≤2)＝()1012581059510211A．C ×6×6B．C×6×6 ＋65 92125811C．C10×6×6＋C10×6× 6D．以上都不对11．已知随机变量X～B(6, ，则当η＝－2X＋1 时，D( η) ＝()A．－B．－C．D．12．节日期间，某种鲜花的进价是每束元，售价是每束 5 元，节后对没售出的鲜花以每束元处理．据前 5 年节日期间这种鲜花销售情况得需求量ξ(单位：束)的统计如下表，若进这种鲜花500束在今年节日期间销售，则期望利润是()ξ200300400500P元 B ．690 元 C ．754 元 D ．720 元第Ⅱ卷 ( 非选择题，共 90 分)二、填空题 ( 每小题 5 分，共 20 分)13．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次111品率分别为70，69，68，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为 ________．14.已知正态总体的数据落在区间 ( －3，－1) 内的概率和落在区间(3,5) 内的概率相等，那么这个正态总体的数学期望为________．115．如果一个随机变量ξ～B15，2，则使得P(ξ＝k)取得最大值的 k 的值为________．16．某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件 1 或元件2 正常工作，且元件 3 正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命 ( 单位：小时 ) 均服从正态分布N(1 000,50 2) ，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为 ________．三、解答题 ( 写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10 分) 设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为，购买乙种商品的概率为，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．(1)求进入商场的 1 位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(2)记ξ 表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ 的分布列及期望．18．(12 分) 某同学参加 3 门课程的考试．假设该同学第一门课程4取得优秀成绩的概率为5，第二、第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p，q( p>q)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立．记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为ξ0123P6a b24 125125(1)求该生至少有 1 门课程取得优秀成绩的概率；(2)求 p，q 的值；(3)求数学期望 E(ξ)．19.(12分) 一盒中装有9 张各写有一个数字的卡片，其中 4 张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是 3. 从盒中任取3 张卡片．(1)求所取 3 张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求 X 的分布列与数学期望．( 注：若三个数a，b，c满足a≤b≤c，则称b为这三个数的中位数． )20.(12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量低于50 个的概率；(2)用 X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量 X 的分布列，期望 E( X)及方差 D( X)．21.(12分)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功2 3的概率分别为3和5. 现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品 A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100 万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．22.(12 分) 设每个工作日甲、乙、丙、丁 4 人需使用某种设备的概率分别为 ,,, ，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少 3 人需使用设备的概率；(2) X 表示同一工作日需使用设备的人数，求 X 的数学期望．答案1．B ∵E ( ξ) ＝7x ＋8×＋ 9×＋ 10y ＝7－y ) ＋10y ＋＝＋ 3y ，∴＋3y ＝，∴ y ＝ .2．B 由题意知＋ a ＝ 1，E ( X ) ＝0×＋ a ＝a ＝，所以 D ( X ) ＝. 3．C 设此班次公共汽车准时到站的天数为随机变量X ，则此班2 3 次公共汽车至少有 2 天准时到站的概率为 P( X ＝2) ＋P( X ＝3) ＝C53223 3 3 81×5＋C5＝125.34．C 因为 P ( X <c ) ＝P ( X >c ) ，由正态曲线的对称性知 μ＝c .5．A 由题意得事件 A 包含的基本事件个数为 6×5×4＝ 120，事件 B 包含的基本事件个数为63－53＝91，在 B 发生的条件下 A 发生包1 2含的基本事件个数为 CA ＝60，在 A 发生的条件下 B 发生包含的基本35事件个数为1 26060 1CA ＝60，所以 P ( A | B ) ＝91，P ( B | A ) ＝120＝2. 故正确答案3 5为 A.6．B若摸出的两球中含有 4，必获奖，有 5 种情形；若摸出的两球是 2,6 ，也能获奖．故获奖的情形共 6 种，获奖的概率为622＝ .C5632 33 96现有 4 人参与摸奖，恰有3 人获奖的概率是 4×5＝625.C 51 2 17．C E ( X ) ＝1×6＋2×3＋3×6＝2，由 Y ＝aX ＋3，得 E ( Y ) ＝aE ( X ) ＋3.71 所以＝2 ＋3，解得＝－ .3 a a38．A 因为 P ( x >2) ＝，所以 P ( x <2) ＝1－＝ . 因为 N (4 ，σ2) ，所以此正态曲线关于 x ＝4 对称，所以 P ( x >6) ＝P ( x <2) ＝. 故选 A.9．C 因为 P ( B ) ＝ 1×2×2 1，P ( A ∩B ) ＝1×1×2 1 ＝＝，所以 P ( A | B )2×2×2 2 2×2×2 4P A ∩B 1＝P B＝2.1 0 5 1010．D P ( X ≤2) ＝ P ( X ＝0) ＋P ( X ＝1) ＋P ( X ＝2) ＝C 10 × 6 × 61 1 5 92 × 1 2 5 8＋C×6× 6＋C 6× 6 .101011．C 由已知 D ( X ) ＝6××＝，则 D ( η) ＝4D ( X ) ＝4×＝ .12．A 节日期间这种鲜花需求量的均值E ( ξ) ＝200×＋ 300×＋400×＋ 500×＝ 340( 束) ．设利润为 η，则 η＝5ξ＋(500 －ξ) －500×＝ ξ－450，则 E ( η)＝ E ξ－450)＝ ( ξ) －450＝× 340－ 450＝706( 元) ．解析：加工出来的零件的合格品率为11 1671－70 × 1－69 × 1－68 ＝70，67 3所以次品率为 1－70＝70.14．1解析：区间 ( －3，－1) 和区间 (3,5) 关于 x ＝1 对称 ( － 1 的对称点是 3，－ 3 的对称点是 5) ，所以正态分布的数学期望就是 1.15．7,8k 1 15k最大即可，此时k＝7,8.解析： P( ξ＝k) ＝C2，则只需 C1515解析：设元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的事件分别记为1A，B，C，显然 P( A)＝P( B)＝P( C)＝2，所以该部件的使用寿命超过1 000的事件为 ( AB＋AB＋AB) C.所以该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为1 1 1 1 1 1 1 32×2＋2×2＋2×2×2＝8.17．解：(1) 由题可得，至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率为p＝1－(1－(1－＝.(2)ξ 可能的取值有0,1,2,3，p(ξ＝0)＝(1－3＝，1p(ξ＝1)＝C3(1－＝，2p(ξ＝2)＝C3(1－＝，p(ξ＝3)＝＝.故ξ 的分布列为ξ0123pξ的数学期望 E(ξ)＝3×＝.18．解：记事件A i表示“该生第i 门课程取得优秀成绩”，i ＝1,2,3.4由题意知 P( A1)＝5，P( A2)＝p，P( A3)＝q.(1)由于事件“该生至少有 1 门课程取得优秀成绩”与事件“ξ＝0”是对立的，所以该生至少有 1 门课程取得优秀成绩的概率是1－6119P(ξ＝0)＝1－125＝125.(2)由题意知16P(ξ＝0)＝P( A 1 A 2A 3)＝5(1－p)(1－q)＝125，424123＝5pq＝125.P(ξ＝3)＝P( A A A )6整理得 pq＝25，p＋q＝1.3 2由p>q，可得 p＝5，q＝5.(3)由题意知 a＝P(ξ＝1)＝P( A1 A 2 A 3)＋ P( A 1A2 A 3)＋P( A 1 A411375(1－p)(1－q)＋5p(1－q)＋5(1－p)q＝125，2A3)＝58 b＝P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝125.所以 E(ξ)＝0×P(ξ＝0)＋1× P(ξ＝1)＋2× P(ξ＝2)＋93×P( ξ＝3) ＝5.19.解： (1) 由古典概型中的概率计算公式知所求概率为33C4＋C3 5P＝3＝ .C849(2) X的所有可能值为1,2,3 ，且21317CC＋C454，P( X＝1)＝3＝C42911121343CCC＋CC＋C342363，P( X＝2)＝3＝C984211C2C7P( X＝3)＝3＝，故 X 的分布列为C129X123P 17431 4284121743147从而 E( X)＝1×42＋2×84＋3×12＝28.20．解：(1) 设A表示事件“日销售量不低于100 个”，A表示事12件“日销售量低于50 个”，B表示事件“在未来连续 3 天里有连续 2天日销售量不低于100 个且另一天销售量低于50 个”．因此 P( A1)＝＋＋×50＝，P( A2)＝×50＝，P( B)＝×××2＝.(2)X 可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为03P( X＝0)＝C·(1－＝，312P( X＝1)＝C·(1－＝，32－＝，P( X＝2)＝C3·(13P( X＝3)＝C3·＝.分布列为X0123P因为 X～B(3,，所以期望 E( X)＝3×＝，方差 D( X)＝3××(1－＝.21. 解：记E＝{ 甲组研发新产品成功} ，F＝{ 乙组研发新产品成21 3 2功 } ．由题设知 P ( E ) ＝3，P ( E ) ＝3，P ( F ) ＝5，P ( F ) ＝5，且事件 E 与 F ，E 与 F ， E 与 F ， E 与 F 都相互独立．(1) 记 H ＝{ 至少有一种新产品研发成功} ，则 H ＝ E F ，于是1 22P ( H ) ＝P ( E ) P ( F ) ＝3×5＝15，2 13故所求的概率为 P ( H ) ＝1－P ( H ) ＝1－15＝15.(2) 设企业可获利润为 X ( 万元 ) ，则 X 的可能取值为0,100,120,220.1 2 2因 P ( X ＝0) ＝P ( E F ) ＝3×5＝15，1 33 P ( X ＝100) ＝P ( E F ) ＝3×5＝15，2 24 P ( X ＝120) ＝P ( EF ) ＝3×5＝15，2 36P ( X ＝220) ＝P ( EF ) ＝3×5＝15，故所求的分布列为X 0 100 120 220P2 3 4 6 151515152346数学期望为 E ( X ) ＝ 0× 15 ＋ 100× 15＋ 120× 15 ＋ 220× 15＝ 300＋480＋1 320 2 100 ＝140.15 ＝1522．解：记 A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有 i 人需使用设备， i ＝0,1,2，B表示事件：甲需使用设备，C表示事件：丁需使用设备，D表示事件：同一工作日至少 3 人需使用设备．(1)D＝A1·B·C＋A2· B＋A2· B ·C.iP( B)＝， P( C)＝， P( A i)＝C2×， i ＝0,1,2，所以 P( D)＝P( A1·B· C＋A2·B＋A2· B ·C)＝P( A1·B·C)＋P( A2·B)＋P( A2· B ·C)＝P( A1) P( B) P( C)＋P( A2) P( B)＋P( A2) P( B ) P( C)＝.(2)X 的可能取值为0,1,2,3,4，其分布列为P( X＝0)＝P( B ·A0· C)＝P( B ) P( A0) P( C)＝(1 －×× (1 －＝，P( X＝1)＝P( B·A0· C＋ B ·A0· C＋ B ·A1· C)＝P( B) P( A0) P( C)＋P( B ) P( A0) P( C)＋ P( B ) P( A1) P( C)＝×× (1 －＋ (1 －××＋ (1 －× 2×× (1 －＝，P( X＝4)＝P( A2·B·C)＝P( A2) P( B) P( C)＝××＝， P( X＝3)＝P( D)－P( X＝4)＝，P( X＝2)＝1－P( X＝0)－P( X＝1)－P( X＝3)－P( X＝4)＝1－－－－＝，数学期望 E( X)＝0×P( X＝0)＋1×P( X＝1)＋2×P( X＝2)＋3×P( X＝3) ＋4×P( X＝4)＝＋ 2×＋ 3×＋ 4×＝ 2.。

人教B版高中数学选修(2-3)-2.4《概率》单元测试1

第二章概率一、选择题1．设离散型随机变量ξ的概率分布如下：则p 的值为（）A ．12 B.16 C ．13 D.14 [答案] A[解析] ∵15＋15＋110＋p ＝1， ∴p ＝12，故选A 。

2．某产品40件，其中有次品数3件，现从中任取2件，则其中至少有一件次品的概率是（）A ．0.146 2B ．0.153 8C ．0.996 2D ．0.853 8[答案] A[解析] P ＝1－C 237C 240＝0.1462，故选A 。

3．已知某离散型随机变量X 服从的分布列如图，则随机变量X 的方差D (X )等于（）A ．19B ．29C ．13D ．23[答案] B[解析] 由m ＋2m ＝1得，m ＝13，∴E (X )＝0×13＋1×23＝23，D (X )＝(0－23)2×13＋(1－23)2×23＝29，故选B 。

4．设随机变量ξ等可能取值1、2、3、…、n ，如果P (ξ<4)＝0.3，那么n 的值为（）A ．3B ．4C ．9D ．10[答案] D[解析] ∵P (ξ<4)＝3n ＝0.3，∴n ＝10。

5．有编号分别为1、2、3、4、5的5个红球和5个黑球，从中取出4个，则取出的编号互不相同的概率为（）A ．521B ．27 C ．13 D ．821[答案] D[解析] 从10个球中任取4个，有C 410＝210种取法，取出的编号互不相同的取法有C 45·24＝80种，∴所求概率P ＝80210＝821。

6．在比赛中，如果运动员A 胜运动员B 的概率是23，那么在五次比赛中运动员A 恰有三次获胜的概率是（）A ．40243B ．80243C ．110243D ．20243[答案] B[解析] P ＝C 35(23)3(1－23)2＝80243，故选B 。

7．如果随机变量ξ表示抛掷一个各面分别有1，2，3，4，5，6的均匀的正方体向上面的数字，那么随机变量ξ的均值为（）A ．2.5B ．3C ．3.5D ．4 [答案] C[解析] ∵p ( ξ＝k )＝16(k ＝1，2，…，6)，。

高中数学选修2-3(统计与概率)测试题(新课标)

新课标高中数学选修2—3（统计与概率）测试题命题：广东省汕头市潮阳林百欣中学许吟裕（2006-4-8）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的4个选项中，只有1项是符合题目要求的。

）1．从总体中抽得的样本数据为3.8，6.8，7.4则样本平均数为：（）A. 6.5B. 6C. 5D. 5.52．高三年级有12个班，每班50人按1—50排学号，为了交流学习经验，要求每班学号为18的同学留下进行交流，这里运用的是（）抽样法：A.抽签法B.系统抽样C.分层抽样D.随机数表法3．如果数据x1,x2,x3,…,x n的平均数为 ,方差为62，则数据3x1+5,3x2+5,…,3x n+5的平均数和方差分别是（）A． B． C． D．4．甲、乙两个水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率为0.8和0.7，那么，在一次预报中两站都准确预报的概率为（）A．0.7 B．0.56 C．0.7 D．0.85．从分别写有A、B、C、D、E的5张卡片中，任取两张，这两张卡片上的字母恰好是按字母顺序相邻的概率为（）A． B． C． D．6．已知盒子中有散落的围棋棋子15粒，其中6粒黑子，9粒白子，从中任意取出2粒恰好是同一色的概率（）A． B． C． D．7．一个容量为20的样本数据，分组后组距与频数如下：组距频数 2 3 4 5 4 2 则样本在上的频率为（）A． B． C． D．8．甲、乙两人独立解答某道题，解不出来的概率分别为a和b，那么甲、乙两人都解出这道题的概率是（）A．1-ab B．(1-a)(1-b) C．1-(1-a)(1-b) D．a(1-b)+b(1-a)9．有3个相识的人某天各自乘火车外出，假设火车有10节车厢，那么至少有两人在车厢内相遇的概率为（）A． B． C． D．10．一患者服用某种药品后被治愈的概率是95%，则患有相同症状的四位病人中至少有3人被治愈的概率为（）A．0.86 B．0.90 C．0.95 D．0.99二，填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）11．甲投篮的命中率为0.7，乙投篮的命中率为0.8，每人各投3次，每人恰好都投中2次的概率为___________。

高中数学选修2-3概率单元测试试题1

选修2-3第二章概率单元质量检测(一)时间：120分钟总分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)1．若随机变量ξ的分布列如下表所示，则p 1等于( )A.0B.215C.115 D ．12．已知离散型随机变量ξ等可能取值1,2,3，…，n ，若P (1≤ξ≤3)＝15，则n 的值为( )A ．3B ．5C ．10D ．153．一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )A.132B.164C.332D.3644．两人同时向一敌机射击，甲的命中率为15，乙的命中率为14，则两人中恰有一人击中敌机的概率为( )A.720B.1220C.121D.2205.某同学通过计算机测试的概率为13，他连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为( )A.49B.29C.427D.227 6．若随机变量ξ的分布列为，其中m ∈(0,1) ) A ．E (ξ)＝m ，D (ξ)＝n 3 B ．E (ξ)＝n ，D (ξ)＝n 2 C ．E (ξ)＝1－m ，D (ξ)＝m －m 2 D ．E (ξ)＝1－m ，D (ξ)＝m 2 7．如图所示是当ξ取三个不同值ξ1，ξ2，ξ3的三种正态曲线N (0，σ2)的图象，那么σ1，σ2，σ3的大小关系是( )A ．σ1>1>σ2>σ3>0B ．0<σ1<σ2<1<σ3C ．σ1>σ2>1>σ3>0D ．0<σ1<σ2＝1<σ38．设一随机试验的结果只有A 和A ，P (A )＝p ，令随机变量ξ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，A 出现，0，A 不出现，则ξ的方差为( ) A ．p B ．2p (1－p ) C ．－p (1－p ) D ．p (1－p ) 9．盒子中有10个大小相同的球，其中只有2个是红球，甲、乙两位同学各取一个不放回，已知甲先取出一个红球，则乙再取到红球的概率为( )A.15B.110C.19 D ．010．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)等于( )A.34B.25C.23D.3511.已知一次考试共有60名同学参加，考生成绩X ～N (110,52)，据此估计，大约有57人的分数所在的区间为( )A ．(90,100]B ．(95,125]C ．(100,120]D ．(105,115]12．有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个．其中，第一个盒子中7个球标有字母A,3个球标有字母B ，第二个盒子中有红球和白球各5个，第三个盒子中有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一号盒子中任取一球，若取得标有字母A 的球，则在第二号盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B 的球，则在第三号盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验成功，那么试验成功的概率为( )A ．0.59B ．0.54C ．0.8D ．0.15第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．已知随机变量ξ～B (5，13)，随机变量η＝2ξ－1，则E (η)＝________.14．已知A 、B 、C 相互独立，如果P (AB )＝16，P (B C )＝18，P (AB C )＝18，则P (A B )＝________.15．设离散型随机变量X ～N (0,1)，则P (X ≤0)＝________；P (－2<X <2)＝________.16．两封信随机投入A ，B ，C 三个空邮箱，则A 邮箱的信件数ξ的数学期望E (ξ)＝________.三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加学校的义务劳动．(1)求男生甲或女生乙被选中的概率；(2)设A ＝“男生甲被选中”，B ＝“女生乙被选中”，求P (B )和P (B |A )．18．(12分)某中学学生篮球队假期集训，集训前共有6个篮球，其中3个是新球(即没有用过的球)，3个是旧球(即至少用过一次的球)．每次训练，都从中任意取出2个球，用完后放回．(1)设第一次训练时取到的新球个数为ξ，求ξ的分布列； (2)求第二次训练时恰好取到一个新球的概率．19.(12分)某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响．(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率； (2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次没有击中目标的概率．20.(12分)为了某项大型活动能够安全进行，警方从武警训练基地挑选防爆警察，从体能、射击、反应三项指标进行检测，如果这三项中至少有两项通过即可入选，假定某基地有4名武警战士(分别记为A 、B 、C 、D )拟参加挑选，且每人能通过体能、射击、反应的概率分别为23，23，12.这三项测试能否通过相互之间没有影响．(1)求A 能够入选的概率；(2)规定：按入选人数得训练经费(每入选1人，则相应的训练基地得到3 000元的训练经费)，求该基地得到训练经费的分布列与数学期望．21.(12分)2010年上海世博会大力倡导绿色出行，并提出在世博园区参观时可以通过植树的方式来抵消因出行产生的碳排放量．某游客计划在游园期间种植n 棵树，已知每棵树是否成活互不影响，成活率都为p (0<p <1)，用X 表示他所种植的树中成活的棵数，X 的数学期望为E (X )，方差为D (X )．(1)若n ＝1，求D (X )的最大值；(2)已知E (X )＝3，标准差D (X )＝32，试求n 与p 的值，并写出X 的分布列．22.(12分)甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，以后每一局由前一局的获胜者与轮空者进行比赛，而前一局的失败者轮空．比赛按这种规则一直进行到其中一人连胜两局或打满6局时停止．设在每局中参赛者胜负的概率均为12，且各局胜负相互独立．求：(1)恰好打满2局比赛就停止的概率；(2)比赛停止时已打局数ξ的分布列与数学期望E (ξ)．答案1．B2．D 由于ξ等可能取值1,2,3，…，n ，∵P (1≤ξ≤3)＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝1n ＋1n ＋1n ＝3n ＝15，∴n ＝15.3．D P ＝38×8＝364.4．A 所求事件的概率为15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×14＝320＋420＝720.5．A 连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为P ＝C 13(13)1(1－13)2＝49.6．C ∵m ＋n ＝1，∴E (ξ)＝n ＝1－m ，D (ξ)＝m (0－n )2＋n (1－n )2＝m －m 2.7．D 当μ＝0，σ＝1时，正态曲线f (x )＝12π·e －x 22.在x ＝0时，取最大值12π，故σ2＝1.由正态曲线的性质，当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”；σ 越大，曲线越“矮胖”，于是有0<σ1<σ2＝1<σ3.8．D ξ服从二点分布，即特殊的二项分布N (1，p )，由二项分布的方差公式得D (ξ)＝p (1－p )．9．C 甲、乙两位同学各取一个不放回，甲先取一个是红球，包含的基本事件数为2×9＝18，甲先取出一个红球，乙再取到红球包含的基本事件数为2×1＝2，故所求概率为218＝19.10．B 设P (ξ＝1)＝x 1，P (ξ＝2)＝x 2，则 ⎩⎨⎧x 1＋x 2＋15＝1x 1＋2x 2＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝35x 2＝15.D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25.11.C ∵X ～N (110,52)，∴μ＝110，σ＝5，∵5760＝0.95≈P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝P (100<X ≤120)，∴选C. 12．A 试验成功包括两类：①从第一个盒子中取标有字母A 的球，从第二个盒子中取一个红球；②从第一个盒子中取标有字母B 的球，从第三个盒子中取一个红球．故试验成功的概率为710×510＋310×810＝0.59.13.73解析：E (ξ)＝53，E (η)＝2E (ξ)－1＝73. 14.13解析：依题意得⎩⎪⎨⎪⎧P (A )·P (B )＝16，(1－P (B ))·P (C )＝18，P (A )·P (B )·(1－P (C ))＝18，解得P (A )＝13，P (B )＝12.∴P (A B )＝23×12＝13.15.12 0.954解析：正态曲线的对称轴为x ＝0， ∴P (X ≤0)＝P (X >0)＝12；P (－2<X <2)＝P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.954. 16.23解析：ξ所有可能的取值为0,1,2，P (ξ＝0)＝2×23×3＝49，P (ξ＝1)＝C 12×C 123×3＝49，P (ξ＝2)＝13×3＝19，故E (ξ)＝0×49＋1×49＋2×19＝23. 17．解：(1)设C ＝“甲、乙都不被选中”，则 P (C )＝C 34C 36＝420＝15；所以所求概率为P (C )＝1－P (C )＝1－15＝45.(2)P (B )＝C 25C 36＝1020＝12，P (A )＝C 25C 36＝1020＝12.P (A ∩B )＝C 14C 36＝420＝15.P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝1512＝25.18．解：(1)ξ的所有可能取值为0,1,2，设“第一次训练时取到i 个新球(即ξ＝i )”为事件A i (i ＝0,1,2)．因为集训前共有6个篮球，其中3个是新球，3个是旧球，所以P (A 0)＝P (ξ＝0)＝C 23C 26＝15；P (A 1)＝P (ξ＝1)＝C 13C 13C 26＝35；P (A 2)＝P (ξ＝2)＝C 23C 26＝15，所以ξ的分布列为(2)设“从6B ，则“第二次训练时恰好取到一个新球”就是事件A 0B ＋A 1B ＋A 2B ，而事件A 0B 、A 1B 、A 2B 互斥，所以P (A 0B ＋A 1B ＋A 2B )＝P (A 0B )＋P (A 1B )＋P (A 2B )＝15×C 13C 13C 26＋35×C 12C 14C 26＋15×C 15C 26＝3875.即第二次训练时恰好取到一个新球的概率为3875.19.解：(1)设X 为射手在5次射击中击中目标的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，23，在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为 P (X ＝2)＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝⎛⎭⎪⎫1－233＝40243.(2)设A i ＝“第i 次射击击中目标”，i ＝1,2,3,4,5，A ＝“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”，则P (A )＝P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋(A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝881. 20．解：(1)设A 通过体能、射击、反应分别记为事件M 、N 、P ，则A 能够入选包含以下几个互斥事件：MN P ，M N P ，M NP ，MNP .∴P (A )＝P (MN P )＋P (M N P )＋P (M NP )＋P (MNP )＝23×23×12＋23×13×12＋13×23×12＋23×23×12＝1218＝23.所以，A 能够入选的概率为23.(2)记ξ表示该训练基地得到的训练经费，则ξ的所有可能值为0,3 000,6 000,9 000,12 000.由(1)知，每个人入选的概率都为23，则 P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－234＝181，P (ξ＝3 000)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝881， P (ξ＝6 000)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝827，P (ξ＝9 000)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3281，P (ξ＝12 000)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681， ξ的分布列为E (ξ)＝3 000×881＋6 000×827＋9 000×3281＋12 000×1681＝8 000，所以，该基地得到训练经费的数学期望为8 000元．21.解：(1)当n ＝1时，随机变量满足二点分布， D (X )＝p (1－p )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫p －122＋14，即当p ＝12时，D (X )有最大值14. (2)∵X ～B (n ，p )，∴E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )，即np ＝3，np (1－p )＝32，解得，n ＝4，p ＝34，所以P (X ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫34k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫144－k，k ＝0,1,2,3,4，即X 的分布列为22.解：令k k k 们都是相互独立的．(1)恰好打满2局比赛就停止的概率 P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝122＋122＝12. (2)ξ的所有可能值为2,3,4,5,6，由(1)有P (ξ＝2)＝12，P (ξ＝3)＝P (A 1C 2C 3)＋P (B 1C 2C 3)＝123＋123＝14. P (ξ＝4)＝P (A 1C 2B 3B 4)＋P (B 1C 2A 3A 4) ＝124＋124＝18.P (ξ＝5)＝P (A 1C 2B 3A 4A 5)＋P (B 1C 2A 3B 4B 5) ＝125＋125＝116，P (ξ＝6)＝P (A 1C 2B 3A 4C 5)＋P (B 1C 2A 3B 4C 5)＝125＋125＝116，故有分布列为从而E (ξ)＝2×12＋3×14＋4×18＋5×116＋6×116＝4716(局)．。

高中数学北师大版选修2-3单元测试第二章概率章末检测 Word版含解析

见开试卷)))(时间分钟，满分分)一、选择题(本大题共小题，每小题分，满分分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的)．下列表格可以作为的分布列的是( )....解析：根据分布列的性质各概率之和等于，易知正确．答案：．设服从二项分布～(，)的随机变量的均值与方差分别是和，则，的值分别是( ) ．，．，．，．，解析：由(\\(＝，(－(＝()，))得(\\(＝()，＝.))答案：．若随机变量服从正态分布，其正态曲线上的最高点的坐标是，则该随机变量的方差等于( )．．解析：由正态分布密度曲线上的最高点知，＝，∴＝σ＝.答案：．甲、乙两歼击机的飞行员向同一架敌机射击，设击中的概率分别为，则恰有一人击中敌机的概率为( )．．．．解析：设事件，分别表示甲、乙飞行员击中敌机，则()＝，()＝，事件恰有一人击中敌机的概率为(＋)＝()·(－())＋(－())·()＝.答案：．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，设为下雨，为刮风，那么()等于( )解析：()＝，()＝，由条件概率公式()＝＝＝.答案：．如图，用，，三类不同的元件连接成一个系统．当正常工作且，至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知，，正常工作的概率依次为，则系统正常工作的概率为( ) ．．．．解析：法一：由题意知，，正常工作的概率分别为()＝，()＝，()＝.∵，，相互独立，∴，至少有一个正常工作的概率为()＋()＋()＝(－)×＋×(－)＋×＝.∴系统正常工作的概率为()[()＋()＋()]＝×＝.法二：，至少有一个正常工作的概率为－()＝－(－)(－)＝，∴系统正常工作的概率为()[－()]＝×＝.答案：．设随机变量服从正态分布()，且(＞)＝，则(－＜＜)等于( )．－．－－解析：由于随机变量服从正态分布()，由正态分布图可得(－＜＜)＝－(＜－)＝－(＞)＝－.答案：．将枚硬币连掷次，如果出现次正面向上的概率等于出现＋次正面向上的概率，则的值为( )．．．．。

高中数学第二章概率单元检测北师大版选修2-3-北师大版高二选修2-3数学试题

第二章概率单元检测(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题6分，共48分)1．已知随机变量X 满足DX ＝2，则D (3X ＋2)＝( )． A ．2 B ．8 C ．18 D ．20 2．离散型随机变量X则c 等于( )．A ．0.1B ．0.24C ．0.01D ．0.763．设服从二项分布X ～B (n ，p )的随机变量X 的均值与方差分别是15和454，则n ，p 的值分别是( )．A ．50，14B ．60，14C ．50，34D ．60，344．若随机变量X 服从正态分布，其正态曲线上的最高点的坐标是110,2⎛⎫⎪⎝⎭，则该随机变量的方差等于( )．A ．10B ．100C ．2πD 5．若X 是离散型随机变量，P (X ＝x 1)＝23，P (X ＝x 2)＝13，且x 1＜x 2.又已知EX ＝43，DX ＝29，则x 1＋x 2的值为( )． A ．53B ．73C ．3 D ．1136．甲、乙两歼击机的飞行员向同一架敌机射击，设击中的概率分别为0.4,0.5，则恰有一人击中敌机的概率为( )．A ．0.9B ．0.2C ．0.7D ．0.57．盒中有10只螺丝钉，其中有3只是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是310的事件为( )．A ．恰有1只是坏的B ．4只全是好的C ．恰有2只是好的D ．至多有2只是坏的 8．某计算机网络有n 个终端，每个终端在一天中使用的概率为p ，则这个网络在一天中平均使用的终端个数为( )．A ．np (1－p )B ．npC ．nD ．p (1－p ) 二、填空题(每小题6分，共18分)9．将一颗骰子连掷100次，则6点出现次数X 的均值EX ＝______. 10．一离散型随机变量且EX ＝1.5，则a －b ＝11．某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为某某世博会志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望(均值)Eξ＝______.(结果用最简分数表示)三、解答题(共34分)12．(10分)袋中有5个大小相同的小球，其中1个白球和4个黑球，每次从中任取一球，每次取出的黑球不再放回去，直到取出白球为止．求取球次数X的均值和方差．13．(12分)9粒种子种在甲、乙、丙3个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5.若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没有发芽，则这个坑需要补种．(1)求甲坑不需要补种的概率；(2)求3个坑中恰有1个坑不需要补种的概率；(3)求有坑需要补种的概率．(精确到0.001)14．(12分)某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5,0.6,0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6，0.5,0.75.(1)求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；(2)经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为X，求随机变量X的均值．参考答案1.答案：C解析：D(3X＋2)＝9DX＝18.2．答案：A解析：c＝1－(0.2＋0.3＋0.4)＝0.1.3.答案：B解析：由15,45(1),4npnp p=⎛-=⎝得1,460.pn⎛==⎝4.答案：C解析：由正态分布密度曲线上的最高点110,2⎛⎫⎪⎝⎭12=，∴DX＝σ2＝2π.5.答案：C解析：∵EX＝23x1＋13x2＝43，∴x2＝4－2x1.DX＝221242412 33339 x x⎛⎫⎛⎫-⨯+-⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.∵x1＜x2，∴121, 2.x x =⎧⎨=⎩∴x1＋x2＝3.6.答案：D解析：设事件A，B分别表示甲、乙飞行员击中敌机，则P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，事件恰有一人击中敌机的概率为P(A B＋A B)＝P(A)·(1－P(B))＋(1－P(A))·P(B)＝0.5.7.答案：C解析：设X＝k表示取出的螺丝钉恰有k只为好的，则P(X＝k)＝473410C CCk k-(k＝1,2,3,4)．∴P(X＝1)＝130，P(X＝2)＝130，P(X＝3)＝12，P(X＝4)＝16.8.答案：B解析：每天平均使用的终端个数X～B(n，p)，每天平均使用的终端个数值即EX＝np，故答案选B．9.答案：50 3解析：这是100次独立重复试验，X～B1 100,6⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴EX＝100×150 63 =.10.答案：0解析：∵0.8,20.3 1.5,a ba b+=⎧⎨++=⎩∴0.4,0.4.ab=⎧⎨=⎩∴a－b＝0.11.答案：4 7解析：由题意，ξ的可能取值为0,1,2，则P(ξ＝0)＝2527C10C21=，P(ξ＝1)＝115227C C10C21=，P(ξ＝2)＝2227C1C21=.∴ξ的分布列为∴ξ的数学期望Eξ＝0×21＋1×21＋2×21＝124217=.12.解：取球次数X是一个随机变量，X的所有可能值是1,2,3,4,5.为了求X的均值和方差，可先求X的分布列．P(X＝1)＝15＝0.2，P(X＝2)＝4154⨯＝0.2，P(X＝3)＝431543⨯⨯＝0.2，P(X＝4)＝43215432⨯⨯⨯＝0.2，P(X＝5)＝43211 54321⨯⨯⨯⨯＝0.2.EX＝1×0.2＋2×0.2＋3×0.2＋4×0.2＋5×0.2＝0.2×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，DX＝(1－3)2×0.2＋(2－3)2×0.2＋(3－3)2×0.2＋(4－3)2×0.2＋(5－3)2×0.2＝0.2×(22＋12＋02＋12＋22)＝2.13.解：(1)因为甲坑内3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝18，所以甲坑不需要补种的概率为1－1788=＝0.875. (2)3个坑恰有一个坑不需要补种的概率为21371C 88⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭≈0.041. (3)因为3个坑都不需要补种的概率为378⎛⎫⎪⎝⎭，所以有坑需要补种的概率为1－378⎛⎫⎪⎝⎭≈0.330. 14. 解：分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件A 1，A 2，A 3. (1)设E 表示第一次烧制后恰好有一件合格，则P (E )＝P (A 123A A )＋P (1A A 23A )＋P (12A A A 3)＝0.5×0.4×0.6＋0.5×0.6×0.6＋0.5×0.4×0.4＝0.38.(2)解法一：因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为p ＝0.3，所以X ～B (3,0.3)，故EX ＝np ＝3×0.3＝0.9.解法二：分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件A ，B ，C ，则P (A )＝P (B )＝P (C )＝0.3，所以P (X ＝0)＝(1－0.3)3＝0.343， P (X ＝1)＝3×(1－0.3)2×0.3＝0.441， P (X ＝2)＝3×0.32×0.7＝0.189， P (X ＝3)＝0.33＝0.027.于是，EX ＝1×0.441＋2×0.189＋3×0.027＝0.9.。

数学北师大版选修2-3单元测评：第二章概率含解析精

《概率》测评（时间90分钟，满分100分）一、选择题(本大题共12小题，每小题3分，共36分) 1.某地区气象台统计，该地区下雨的概率是154，刮风的概率为52，既刮风又下雨的概率为101，设A 为下雨，B 为刮风，那么P （B|A ）等于 A.43 B.83 C.101 D.758答案：B 解析：P （A ）=154，P （AB ）=101，由条件概率公式P （B|A ）=83154101)()(==A P AB P .A.21 B.41 C.31 D.51答案：C 解析：∵61+31+61+q=1,∴q=31.3.某校高考数学成绩近似地服从正态分布N （100，102），则此校数学成绩不低于120分的考生占总人数的百分比为A.46%B.23%C.2.3%D.4.6% 答案：C 解析：P(μ-2σ<X<μ+2σ)=95.4%, 即P(80<X<120)=95.4%,2P(X≥120)=1-P(80<X<120)=4.6%, ∴P(X≥120)=2.3%.4.某兴趣小组共12人，有5名“三好学生”，现从中任选6人参加竞赛，用X 表示这6人中“三好学生”的人数，下列概率等于6123735C C C ∙的是 A.P(X=2) B.P(X=3) C.P(X≤2) D.P(X≤3) 答案：B5.已知X~B （n,p ），EX=8，DX=1.6，则n 与p 的值分别是A.100和0.08B.20和0.4C.10和0.2D.10和0.8 答案：D 解析：EX=np=8，DX=npq=1.6，且p+q=1,解得n=10,p=0.8. 6.抛掷2颗骰子，所得点数之和X 是一个随机变量，则P(X≤4)等于A.61 B.31 C.21 D.32答案：A 解析：P(X≤4)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=361+362+363=61.7.已知离散型随机变量X 等可能取值1，2，3，…，n,若P （1≤X≤3）=51，则n 的值为A.3B.5C.10D.15 答案：D 解析：P(1≤X≤3)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=n 1+n 1+n 1=n 3=51. ∴n=15.8.有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X 表示取到次品的个数，则EX 等于 A.53 B.158 C.1514D.1 答案：A 解析：随机变量X 服从参数N=10，M=3，n=2的超几何分布, ∴EX=531032=⨯=N nM . 9.把一正态曲线C 1沿着横轴方向向右移动2个单位，得到一条新的曲线C 2，下列说法不正确的是A.曲线C 2仍是正态曲线B.曲线C 1，C 2的最高点的纵坐标相等C.以曲线C 2为概率密度曲线的总体的方差比以曲线C 1为概率密度曲线的总体的方差大2D.以曲线C 2为概率密度曲线的总体的期望比以曲线C 1为概率密度曲线的总体的期望大2 答案：C 解析：左右平移只改变正态分布的期望的大小，因为曲线的形状未作任何变化，所以方差不变.10.一袋中装有10个球，其中3个黑球7个白球，先后两次从中随意各取一个球（不放回），则两次取到的均为黑球的概率是 A.103 B.107 C.151 D.92 答案：C 解析：设X 表示两次取中的黑球个数，则X 服从超几何分布，两次取到的均为黑球的概率为P （X=2）=1512102307=C C C . 11.小王通过英语听力测试的概率是31，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是A.94 B.92 C.274 D.272答案:A 解析：设X 表示3次测试中通过的次数，则X —B （3，31），其中恰有1次通过的概率为P （X=1）=C 13（31）1（32）2=94. 12.对三台仪器进行检验，各仪器产生故障是相互独立的，且产生故障的概率分别为p 1,p 2,p 3,那么产生故障的仪器台数的数学期望为A.p 1p 2p 3B.1-p 1p 2p 3C.p 1+p 2+p 3D.1-(p 1+p 2+p 3)EX=p 1（1-p 2）（1-p 3）+（1-p 1）p 2（1-p 3）+（1-p 1）（1-p 2）p 3+2［p 1p 2(1-p 3)+p 1(1-p 2)p 3+(1-p 1)p 2p 3］+3p 1p 2p 3=p 1(1-p 3)(1-p 2+2p 2)+p 2(1-p 1)(1-p 3+2p 3)+p 3(1-p 2)(1-p 1+2p 1)+3p 1p 2p 3=p 1+p 2+p 3. 二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13.市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率为____________.解析：设A 表示灯泡为甲厂生产的，B 表示灯泡合格. ∵A 、B 为独立事件, ∴P(AB)=P(A)·P （B ）=70%×95%=0.665. 答案：0.66514.袋中有大小相同的4个红球，6个白球，每次从中摸取一球，每个球被取到的可能性相同，现不放回地取3个球，则在前两次取出的是白球的前提下，第三次取出红球的概率为.解析：设第三次取出红球为事件A ，前两次取出白球为事件B ，则P （B ）=3121026=A A ，P （AB ）=613101426=∙A A A . ∴3161)()(=B P AB P =21.答案：2115.(2007山东济宁一模)已知某离散型随机变量X 的数学期望EX=7，X 的分布列如下：则a=_________________________________.解析：根据离散型随机变量的期望公式，得0×a+1×31+2×61+3×b=67⇒b=61.再根据离散型随机变量分布列的性质二，得a+31+61+61=1⇒a=31.答案：3116.(2007高考湖北卷，理14)某篮球运动员在三分线投球的命中率是21，他投球10次，恰好投进3个球的概率.____________________(用数值作答)解析：服从二项分布，n=10,p=21,所以310C (21)3(1-21)7=12815.答案：12815三、解答题（本大题共4小题，共48分）17.(2006高考湖南卷，17)（本小题满分12分）某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查（简称安检）.若安检不合格，则必须整改；若整改后复查仍不合格，则强制关闭.设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5，整改后安检合格的概率是0.8.计算（结果精确到0.01）:（1）恰好有两家煤矿必须整改的概率；（2）平均有多少家煤矿必须整改；（3）至少关闭一家煤矿的概率. 答案:解：（1）每家煤矿必须整改的概率是1-0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的. 所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是p 1=25C ×(1-0.5)2×0.53=165=0.31. (2)由题设，必须整改的煤矿数X 服从二项分布B （5，0.5），从而X 的数学期望是EX=5×0.5=2.5,即平均有2.50家煤矿必须整改.(3)某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，所以该煤矿被关闭的概率是p 2=（1-0.5）×(1-0.8)=0.1，从而该煤矿不被关闭的概率是0.9.由题意，每家煤矿是否被关闭是相互独立的，故至少关闭一家煤矿的概率是p 3=1-0.95=0.41.18.（本小题满分12分）某课程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都“合格”则该课程考核“合格”.甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9、0.8、0.7;在实验考核中合格的概率分别为0.8、0.7、0.9.所有考核是否合格相互之间没有影响.(1)求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率；（2）求这三人该课程考核都合格的概率.（结果保留三位小数）答案:解：记“甲理论考核合格”为事件A 1； “乙理论考核合格”为事件A 2； “丙理论考核合格”为事件A 3；记事件A i 为事件A i 的对立事件，i=1,2,3. 记“甲实验考核合格”为事件B 1； “乙实验考核合格”为事件B 2； “丙实验考核合格”为事件B 3.(1)记“理论考核中至少有两人合格”为事件C ，记C 为事件C 的对立事件. 方法一：P （C ）=P （A 1A 23A +A 12A A 3+C A 2A 3+1A A 2A 3） =P （A 1A 23A ）+P （A 12A A 3）+P （1A A 2A 3）+P （A 1A 2A 3） =0.9×0.8×0.3+0.9×0.2×0.7+0.1×0.8×0.7+0.9×0.8×0.7 =0.902.方法二：P （C ）=1-P （C ）=1-P （1A 2A 3A +A 12A 3A +1A A 23A +1A 2A A 3）=1-［P （1A 2A 3A ）+P （A 12A 3A ）+P(1A A 23A )+P （1A 2A A 3）］=1-（0.1×0.2×0.3+0.9×0.2×0.3+0.1×0.8×0.3+0.1×0.2×0.7) =1-0.098 =0.902.所以，理论考核中至少有两人合格的概率为0.902. (2)记“三人该课程都合格”为事件D. P （D ）=P ［(A 1·B 1)·（A 2·B 2）·（A 3·B 3）］ =P （A 1·B 1）·P （A 2·B 2）·P （A 3·B 3） =P （A 1）·P （B 1）·P （A 2）·P （B 2）·P （A 3）·P （B 3） =0.9×0.8×0.8×0.7×0.7×0.9 =0.254 016 ≈0.254.所以，这三人该课程考核都合格的概率约为0.254.19.（本小题满分10分）船队要对下月是否出海作出决策，若出海后是好天，可收益5 000元；若出海后天气变坏，将要损失2 000元；若不出海，无论天气好坏都要承担1 000元的损失费.据预测下月好天气的概率是0.6，坏天气的概率是0.4，问应如何作出决策？即出海的平均收益为2 200元, 而不出海的收益为-1 000元, 故应选择出海.20.(2007广东一模)（本小题满分14分）某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层可以停靠.若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为31，用X 表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，求：（1）随机变量X 的分布列；（2）随机变量X 的期望. 答案:解法一：（1）X 的所有可能值为0，1，2，3，4，5.P （X=0）=5532=24332,P （X=1）=24380325415=∙C , P （X=2）=532532∙C =24380,P （X=3）=523532∙C =24340,P （X=4）=54532 C =24310, P （X=5）=531=2431. 从而X 的分布列为:（2）EX=0×243+1×243+2×243+3×243+4×243+5×243=3. 解法二：(1)考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，事件发生的概率为31，那么考查5位乘客在第20层下电梯的人数X 则服从二项分布, 即X —B （5，31）, 即有P （X=k ）=kC 5·（31）k ·(32)5-k ,k=0,1,2,3,4,5. （2）EX=np=5×31=35.。

第八章统计与概率单元测试A卷-高中数学湘教版选修2-3

高中数学选修2-3《统计与概率》第八单元测试卷A一、单项选择题：本大题共6小题，每小题5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）空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如下表：AQI指数值0～50 51～100 101～150 151～200 201～300 ＞300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染下图是某市10月1日—20日AQI指数变化趋势：下列叙述错误的是（）A．这20天中AQI指数值的中位数略高于100B．这20天中的中度污染及以上的天数占14C．该市10月的前半个月的空气质量越来越好D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好(2)在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()A. 2386B. 2718C. 3413D. 4772附：若X～N(μ,σ2)，则P(μ−σ<X≤μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<X≤μ+2σ)=0.9544．(3)某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：℃)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(x i,y i)(i=1,2，…，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是( )A. y =a +bxB. y =a +bx 2C. y =a +be xD. y =a +blnx（4）给出以下四个说法：①残差点分布的带状区域的宽度越窄，说明拟合效果相关指数越小②在刻画回归模型的拟合效果时，相关指数R 2的值越大，说明拟合的效果越好； ③在回归直线方程y ^=0.2x +12中，当解释变量x 每增加一个单位时，预报变量y ^平均增加0.2个单位；④对分类变量X 与Y ，若它们的随机变量K 2的观测值k 越小，则判断“X 与Y 有关系”的把握程度越大．其中正确的说法是( )A. ①④B. ②④C. ①③D. ②③（5）甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜2局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．记X 为比赛决出胜负时的总局数，则X 的数学期望是A.20183B.21483C.22481D.23981（6）设随机变量的概率分布为：则X 的数学期望的最小值是（） A.12B.0C.2D.随P 的变化而变化二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，至少两项是符合题目要求的.（7）袋内有大小完全相同的2个黑球和3个白球，从中不放回地每次任取1个小球，直至取到白球后停止取球，则( )A. 抽取2次后停止取球的概率为35B. 停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为910 C. 取球次数ξ的期望为2 D. 取球次数ξ的方差为920（8）已知由样本数据点集合{(x i ,y i )|i =1,2,⋯,n}，求得的回归直线方程为y ̂=1.5x +0.5，且x =3，现发现两个数据点(1.2,2.2)和(4.8,7.8)误差较大，去除后重新求得的回归直线l 的斜率为1.2，则( )A. 变量x 与y 具有正相关关系B. 去除后的回归方程为ŷ=1.2x +1.4 C. 去除后y 的估计值增加速度变快 D. 去除后相应于样本点(2,3.75)的残差为0.05三、填空题：本大题共4小题，每小题5分。