《（浙江專版）2020屆高考數學一輪復習 單元檢測十一 概率、隨機變量及其分布單元檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2020屆高考數學一輪復習 單元檢測十一 概率、隨機變量及其分布單元檢測（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、單元檢測十一　概率、隨機變量及其分布 (時間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．端午節(jié)吃粽子是我國的傳統(tǒng)習俗，設一盤中裝有10個粽子，其中豆沙粽2個，肉粽3個，白粽5個，這三種粽子的外觀完全相同，從中任意選取3個，則三種粽子各取到1個的概率是(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　由題意可先算出10個元素中取出3個的所有基本事件為C＝120(種)情況；而三種粽子各取到1個有CCC＝30(種)情況，則可由古典概型的概率公式得P＝＝. 2．袋子里

2、有3顆白球，4顆黑球，5顆紅球．由甲、乙、丙三人依次各抽取一個球，抽取后不放回．若每顆球被抽到的機會均等，則甲、乙、丙三人所得球顏色互異的概率是(　　) A.B.C.D. 答案　D 解析　甲、乙、丙三人所得球顏色互異的概率是P＝＝. 3．兩名學生參加考試，隨機變量X代表通過的學生人數，其分布列為 X 0 1 2 P 那么這兩人通過考試的概率中較小值為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　設甲通過考試的概率為p，乙通過考試的概率為q，依題意得(1－p)·(1－q)＝，p(1－q)＋q(1－p)＝，pq＝，解得p＝，q＝或p＝，q＝，所以兩人通過考試

3、的概率中較小值為. 4．口袋里放有大小相等的兩個紅球和一個白球，有放回地每次摸取一個球，數列{an}滿足an＝如果Sn為數列{an}的前n項和，那么S7＝3的概率為(　　) A．C2·5 B．C2·5 C．C2·5 D．C2·5 答案　B 解析　據題意可知7次中有5次摸到白球，2次摸到紅球，由獨立重復試驗即可確定其概率． 5．(2018·湖州質檢)若自然數n使得作豎式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)產生進位現象，則稱n為“先進數”，例如：4是“先進數”，因為4＋5＋6產生進位現象，2不是“先進數”，因為2＋3＋4不產生進位現象，那么，小于100的自然數是“先進數”的概率為(　　)

4、A．0.10 B．0.90 C．0.89 D．0.88 答案　D 解析　一位數中不是“先進數”的有0,1,2共3個；兩位數中不是“先進數”，則其個位數可以取0,1,2，十位數可取1,2,3，共有9個，則小于100的數中，不是“先進數”的數共有12個，所以小于100的自然數是“先進數”的概率為P＝1－＝0.88. 6．(2018·溫州市高考適應性測試)隨機變量X的分布列如表所示，若E(X)＝，則D(3X－2)等于(　　) X －1 0 1 P a b A.9B．7C．5D．3 答案　C 解析　由X的分布列得＋a＋b＝1，① E(X)＝(－1)×＋0×a＋1×

5、b＝，② 聯立①②，解得 則D(X)＝×2＋×2＋×2＝， 則D(3X－2)＝32×＝5，故選C. 7．(2018·湖州模擬)在10包種子中，有3包白菜種子，4包胡蘿卜種子，3包茄子種子，從這10包種子中任取3包，記X為取到白菜種子的包數，則E(X)等于(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　由于從10包種子中任取3包的結果數為C，從10包種子中任取3包，其中恰有k包白菜種子的結果數為CC，那么從10包種子中任取3包，其中恰有k包白菜種子的概率為P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.所以隨機變量X的分布列是 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋

6、1×＋2×＋3×＝. 8．體育課的排球發(fā)球項目考試的規(guī)則是：每位學生最多可發(fā)球3次，一旦發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到3次為止．設學生一次發(fā)球成功的概率為p(p≠0)，發(fā)球次數為X，若X的均值E(X)>1.75，則p的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由已知條件可得P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)·p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，則E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>1.75，解得p>或p<，又由p∈，可得p∈. 9．(2018·浙江省綠色評

7、價聯盟高考適應性考試)已知隨機變量ξi滿足P(ξi＝0)＝pi，P(ξi＝1)＝1－pi，且0p2，且D(ξ1)>D(ξ2) C．p1D(ξ2) D．p1>p2，且D(ξ1)

8、1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)， 由E(ξ1)p2. 因為0D(ξ2)，故選B. 10．(2018·紹興嵊州市第二次適應性考試)已知隨機變量ξi的分布列如下： ξi 0 1 2 P (1－pi)2 2pi(1－pi) p 其中i＝1,2，若0D(2ξ2) C．E(2ξ1)>E(2ξ2)，D(2ξ

9、1)E(2ξ2)，D(2ξ1)>D(2ξ2) 答案　A 解析　由分布列知ξi～B(2，pi)(i＝1,2)， 則E(ξ1)＝2p1，E(ξ2)＝2p2， D(ξ1)＝2p1(1－p1)，D(ξ2)＝2p2(1－p2)， 所以E(2ξ1)＝2E(ξ1)＝4p1，E(2ξ2)＝2E(ξ2)＝4p2， D(2ξ1)＝4D(ξ1)＝8p1(1－p1)， D(2ξ2)＝4D(ξ2)＝8p2(1－p2)． 因為0

10、p1＋p2)]<0， 所以D(2ξ1)

11、為＝. 12．某籃球運動員投中籃球的概率為，則該運動員“投籃3次至多投中1次”的概率是________．(結果用分數表示) 答案　 解析　“投籃3次至多投中1次”包括只投中一次，和全部沒有投中，故“投籃3次至多投中1次”的概率是C·2·＋C·3＝. 13．(2018·浙江省金麗衢十二校聯考)某同學參加投籃訓練，已知每投籃一次，球投進的概率均為p，設該同學投籃4次，進球個數為ξ，已知D(ξ)＝1，則E(ξ)＝________. 答案　2 解析　由題意得該同學投籃進球個數ξ～B(4，p)， 則D(ξ)＝4p(1－p)＝1，解得p＝，則E(ξ)＝4p＝2. 14．(2018·浙江省紹

12、興市適應性考試)若離散型隨機變量X的分布列為 X 1 0 P 2a a 則常數a＝________，X的均值E(X)＝________. 答案　　 解析　由2a＋a＝1知a＝，X的均值E(X)＝1×＋0×＝. 15．(2018·浙江“七彩陽光”聯盟聯考)某人喜歡玩有三個關卡的通關游戲，根據他的游戲經驗，每次開啟一個新的游戲，這三個關卡他能夠通過的概率分別為，，(這個游戲的游戲規(guī)則：如果玩者沒有通過上一個關卡，他照樣可以玩下一個關卡，但游戲的得分會有影響)，則此人在開啟一個新的游戲時，他恰好通過兩個關卡的概率為________，設隨機變量X表示他能夠通過此游戲的關卡的個數，則

13、隨機變量X的均值為________． 答案　　 解析　隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3. P(X＝0)＝××＝， P(X＝1)＝××＋××＋××＝， P(X＝2)＝××＋××＋××＝， P(X＝3)＝××＝， 所以隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 3 P 所以隨機變量X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 16．某校一個班級組織學生報名參加話劇社團和攝影社團，已知報名的每位學生至少報一個社團，其中報名參加話劇社團的學生有2人，參加攝影社團的學生有5人，現從中任選2人．設ξ為選出的學生中既報名參加話劇社團又參加攝影社團的人數，且

14、P(ξ>0)＝.則這個班報名參加社團的學生人數為________；E(ξ)＝________. 答案　5　 解析　設既報名參加話劇社團又參加攝影社團的有x人，則該班報名總人數為(7－x)． 因為P(ξ>0)＝P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝， 所以P(ξ＝0)＝.而P(ξ＝0)＝＝， 即＝，解得x1＝2，x2＝(舍)． 所以該班報名參加社團的人數為5. ξ的可能取值為0,1,2， P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝， 因此E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. 17．王先生家住A小區(qū)，他工作在B科技園區(qū)，從家開車到公司上班路上有L1，L2兩條路線(如圖)，L1路線上

15、有A1，A2，A3三個路口，各路口遇到紅燈的概率均為；L2路線上有B1，B2兩個路口，各路口遇到紅燈的概率依次為，，若走L1路線，王先生最多遇到1次紅燈的概率為________；若走L2路線，王先生遇到紅燈次數X的均值為________． 答案　　 解析　走L1路線最多遇到1次紅燈的概率為 C×3＋C××2＝，依題意X的可能取值為0,1,2， 則由題意P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝·＋·＝， P(X＝2)＝·＝， ∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)甲、乙兩人各射擊一次，如果

16、兩人擊中目標的概率都為0.6，求： (1)兩人都擊中目標的概率； (2)其中恰有一人擊中目標的概率； (3)至少有一人擊中目標的概率． 解　設“甲擊中目標”為事件A，“乙擊中目標”為事件B. (1)兩人都擊中目標的概率為P(AB)＝P(A)P(B)＝0.36. (2)恰有一人擊中目標的概率為 P(A＋B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.48. (3)∵兩人都未擊中目標的概率為P()＝0.16， ∴至少有一人擊中目標的概率為1－P()＝0.84. 19．(15分)甲、乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局直接贏得比賽，若賽完5局仍未出現連勝，則判定獲勝局數多者贏得比賽．假設

17、每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結果相互獨立． (1)求甲在4局以內(含4局)贏得比賽的概率； (2)記X為比賽決出勝負時的總局數，求X的分布列和均值． 解　用A表示“甲在4局以內(含4局)贏得比賽”，Ak表示“第k局甲獲勝”，Bk表示“第k局乙獲勝”， 則P(Ak)＝，P(Bk)＝，k＝1,2,3,4,5. (1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4) ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4) ＝2＋×2＋××2＝. (2)X的所有可能取值為2,3,4,5. P(X＝2)＝P

18、(A1A2)＋P(B1B2) ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝， P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3) ＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝， P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4) ＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4) ＝， P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝. 故X的分布列為 X 2 3 4 5 P E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝. 20．(15分)有編號為D1，D2，…，D10的

19、10個零件，測量其直徑(單位：mm)，得到下面數據： 編號 D1 D2 D3 D4 D5 D6 D7 D8 D9 D10 直徑 151 148 149 151 149 152 147 146 153 148 其中直徑在區(qū)間(148,152]內的零件為一等品． (1)從上述10個零件中，隨機抽取2個，求這2個零件均為一等品的概率； (2)從一等品零件中，隨機抽取2個．用ξ表示這2個零件直徑之差的絕對值，求隨機變量ξ的分布列及均值． 解　(1)由所給數據可知，10個零件中一等品零件共有5個． 設“從上述10個零件中，隨機抽取2個，2個零件均

20、為一等品”為事件A，則P(A)＝＝. (2)∵ξ的可能取值為0,1,2,3. P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， ∴ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P ∴ξ的均值為E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 21．(15分)甲、乙二人比賽投籃，每人連續(xù)投3次，投中次數多者獲勝．若甲前2次每次投中的概率都是，第3次投中的概率是；乙每次投中的概率都是.甲、乙每次投中與否相互獨立． (1)求乙直到第3次才投中的概率； (2)在比賽前，從勝負的角度考慮，你支持誰？請說明理由． 解　(1)記事件Ai：乙第i次投中(i＝

21、1,2,3)， 則P(Ai)＝(i＝1,2,3)，事件A1，A2，A3相互獨立， P(乙直到第3次才投中)＝P(1·2·A3) ＝P(1)·P(2)·P(A3) ＝··＝. (2)支持乙，理由如下： 設甲投中的次數為ξ，乙投中的次數為η，則η～B， ∴乙投中次數的均值E(η)＝3×＝. ξ的可能取值是0,1,2,3，則 P(ξ＝0)＝··＝， P(ξ＝1)＝C···＋ C2·＝， P(ξ＝2)＝C·2·＋C···＝， P(ξ＝3)＝C·2·＝， ∴甲投中次數的均值 E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝， ∴E(η)>E(ξ)， ∴在比賽前，從勝負的角度考試，應支

22、持乙． 22．(15分)(2019·浙江省金華十校期末)甲、乙同學參加學校“一站到底”闖關活動，活動規(guī)則：①依次闖關過程中，若闖關成功則繼續(xù)答題；若沒通關則被淘汰；②每人最多闖3關；③闖第一關得10分，闖第二關得20分，闖第三關得30分，一關都沒過則沒有得分．已知甲每次闖關成功的概率為，乙每次闖關成功的概率為. (1)設乙的得分總數為ξ，求ξ的分布列和均值； (2)求甲恰好比乙多30分的概率． 解　(1)ξ的可能取值為0,10,30,60. P(ξ＝0)＝1－＝， P(ξ＝10)＝×＝， P(ξ＝30)＝××＝， P(ξ＝60)＝3＝. 則ξ的分布列如下表： ξ 0 10 30 60 P E(ξ)＝0×＋10×＋30×＋60×＝. (2)設甲恰好比乙多30分為事件A，甲恰好得30分且乙恰好得0分為事件B1，甲恰好得60分且乙恰好得30分為事件B2，則A＝B1∪B2，B1，B2為互斥事件． P(A)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2) ＝2××＋3×＝. 所以甲恰好比乙多30分的概率為. 12