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單元質檢十　計數原理、概率、隨機變量及其分布 (時間:120分鐘　滿分:150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.中秋節(jié)放假,甲回老家過節(jié)的概率為13,乙、丙回老家過節(jié)的概率分別為14,15.假定三人的行動相互之間沒有影響,那么這段時間內至少1人回老家過節(jié)的概率為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.5960 B.35 C.12 D.160 答案B 解析“甲、乙、丙回老家過節(jié)”分別記為事件A,B,C,則P(A)=13,P(B)=14,P(C)=15,所以P(A)=23,P(B)=34,P(C)=45,由題意知,A,B,C相互獨立.所以三人都不回老家過節(jié)的概率P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=25. 故至少有一人回老家過節(jié)的概率P=1-25=35. 2.設X為隨機變量,且X:Bn,13,若隨機變量X的方差D(X)=43,則P(X=2)=(　　) A.4729 B.16 C.20243 D.80243 答案D 解析由題意知隨機變量X滿足二項分布, 所以D(x)=npq=n1323=29n=43,n=6. 所以P(X=2)=C62132234=80243.故選D. 3.從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對,其中所成的角為60的共有(　　) A.24對 B.30對 C.48對 D.60對 答案C 解析正方體六個面的對角線共有12條,則有C122=66(對),而相對的兩個面中的對角線其夾角都不是60,則共有3C42=18(對),而其余的都符合題意,因此滿足條件的對角線共有66-18=48(對). 4.從1,2,3,4,5這五個數字中選出三個不相同數組成一個三位數,則奇數位上必須是奇數的三位數個數為(　　) A.12 B.18 C.24 D.30 答案B 解析根據題意,要求奇數位上必須是奇數的三位數,則這個三位數的百位、個位上為奇數, 分2步進行分析: ①在1,3,5三個奇數中任選2個,安排在三位數的個位和百位上,有C32A22=6(種)情況, ②在剩余的3個數字中任選1個,將其安排在三位數的十位上,有C31=3(種)情況,則奇數位上必須是奇數的三位數有63=18(個).故選B. 5.在6盒酸奶中,有2盒已經過了保質期,從中任取2盒,則取到的酸奶中有已過保質期酸奶的概率為(　　) A.13 B.23 C.35 D.115 答案C 解析所求概率為1-C42C62=1-615=35,選C. 6.x+1xn展開式中所有奇數項系數之和為1 024,則展開式中各項系數的最大值是(　　) A.790 B.680 C.462 D.330 答案C 解析由題意可得2n-1=1024,解得n=11.則展開式中各項系數的最大值是C115或C116,則C115=111098754321=462.故選C. 7.由1、2、3、4、5、6、7七個數字組成七位數,要求沒有重復數字且6、7均不得排在首位與個位,1與6必須相鄰,則這樣的七位數的個數是(　　) A.300 B.338 C.600 D.768 答案D 解析當1在首位時,6只有一種排法,7有四種排法,余下四個數共有A44種排法,共有14A44=96種排法; 當1在個位時,同樣共有96種排法; 當1既不在首位也不在個位時,先把1和6排好,有4A22種排法,再排7有3種排法,余下四數共有A44種排法,共有4A223A44=576種排法.綜上,共有192+576=768種排法.故選D. 8.一袋中裝有5個大小相同的球,其中有2個白球,2個黑球,1個紅球,現從袋中每次取出1球,去除后不放回,直到取到有兩種不同顏色的球時終止,用X表示終止取球時所需的取球次數,則隨機變量X的數學期望E(X)是(　　) A.115 B.125 C.135 D.145 答案A 解析由題意可知X的可能取值為2,3,P(X=3)=2514+2514=15,P(X=2)=1-P(X=3)=45,E(X)=452+153=115.故隨機變量X的數學期望E(X)是115,應選A. 9.在(1+x3)(1-x)8的展開式中,x5的系數是(　　) A.-28 B.-84 C.28 D.84 答案A 10.某次聯歡會要安排3個歌舞類節(jié)目、2個小品類節(jié)目和1個相聲類節(jié)目的演出順序,則同類節(jié)目不相鄰的排法種數是(　　) A.72 B.120 C.144 D.168 答案B 解析先不考慮小品類節(jié)目是否相鄰,保證歌舞類節(jié)目不相鄰的排法共有A33A43=144(種),再剔除小品類節(jié)目相鄰的情況,共有A33A22A22=24(種),于是符合題意的排法共有144-24=120(種). 二、填空題(本大題共7小題,多空題每小題6分,單空題每小題4分,共36分.將答案填在題中橫線上) 11.用1,2,3,4,5,6這六個數字組成沒有重復數字的六位數共有　　　　　個;其中1,3,5三個數字互不相鄰的六位數有　　　　　個. 答案720　144 解析用1,2,3,4,5,6組成沒有重復數字六位數共有A66=720(個);將1,3,5三個數字插入到2,4,6三個數字排列后所形成的4個空中的3個,故有A33A43=144(個). 12.若(x2-2x-3)n的展開式中所有項的系數之和為256,則n=　　　　　,含x2項的系數是　　　　　(用數字作答). 答案4　108 解析∵(x2-2x-3)n的展開式中所有項的系數之和為256, ∴4n=256.∴n=4,(x2-2x-3)n=(x2-2x-3)4=(x-3)4(x+1)4.∴x2項的系數是C42(-3)2+C42(-3)4+C41(-3)3C41=108. 13.若隨機變量ξ的分布列如下表所示: ξ -1 0 1 P a 14 a2 則E(ξ)=　　　　　,D(2ξ-1)=　　　　　. 答案14　114 解析由題意可知a+14+a2=1,解得a=-32(舍去)或a=12,則E(ξ)=-112+012+114=-14. 由方差的計算性質得D(2ξ-1)=4D(ξ)=4(E(ξ2)-[E(ξ)]2)=434-116=114. 14.從裝有大小相同的3個紅球和6個白球的袋子中,不放回地每摸出2個球為一次試驗,直到摸出的球中有紅球時試驗結束.則第一次試驗恰摸到一個紅球和一個白球的概率是　　　　　;若記試驗次數為X,則X的數學期望E(X)=　　　　　. 答案12　6542 解析第一次試驗恰摸到一個紅球和一個白球的概率是C31C61C92=12.試驗次數X的可能取值為1,2,3,4.所以 P(X=1)=C31C61+C32C92=712, P(X=2)=C62C92(C31C41+C32)C72=2584, P(X=3)=C62C92C42C72(C31C21+C32)C52=328, P(X=4)=C62C92C42C72C22C52=184. 所以E(X)=7121+25842+3283+1844=6542. 15.在2x+ax25的展開式中x-4的系數為320,則實數a=　　　　　. 答案2 解析因為展開式的通項公式Tr+1=C5r(2x)5-rax2r=25-rarC5rx5-r-2r,令5-3r=-4?r=3,則25-3a3C53=320,即a3=8?a=2. 16.把5件不同產品擺成一排,若產品A與產品B相鄰,且產品A與產品C不相鄰,則不同的擺法有　　　　　種. 答案36 解析先考慮產品A與B相鄰,把A、B作為一個元素有A44種擺法,而A、B可交換位置,所以有2A44=48種擺法,又當A、B相鄰又滿足A、C相鄰時,有2A33=12種擺法,故滿足條件的擺法有48-12=36種. 17.編號為1,2,3,4的四個不同的小球放入編號為1,2,3,4的四個不同的盒子中,每個盒子放一個球,則其中至多有一個球的編號與盒子的編號相同的概率為　　　　　. 答案1724 解析按題意,所有的放法數為A44=24,滿足條件的放法分兩種情況討論. (1)恰好有一個是編號相同的,我們可以從4個數字中任取一個數字,有4種取法,不妨設1號小球放入1號盒子中,此時2,3,4號小球不能對應到2,3,4號盒子,先考慮2號小球,有2種放法,此時3,4號小球的放法已確定,由分步乘法計數原理知共有42=8種不同的放法; (2)編號各不相同,此時,先考慮1號小球放到2,3,4號盒子中的一個,共3種方式,不妨設放到2號盒子.現在考慮2號小球,若2號小球放到1號盒子,則3,4號小球的放法已確定,此時有1種放法,若2號小球放到3,4號盒子中的一個,此時有2種選擇,不妨設對應到3號盒子,此時,3,4號小球的放法已確定.此時由乘法和加法原理知共有3(1+21)=9種放法. 綜上,由分類加法計數原理知,共有17種滿足條件的放法,由古典概型概率公式知,所求概率為1724. 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)某旅游愛好者計劃從3個亞洲國家A1,A2,A3和3個歐洲國家B1,B2,B3中選擇2個國家去旅游. (1)若從這6個國家中任選2個,求這2個國家都是亞洲國家的概率; (2)若從亞洲國家和歐洲國家中各任選1個,求這2個國家包括A1但不包括B1的概率. 解(1)由題意知,從6個國家中任選兩個國家,其一切可能的結果組成的基本事件有: {A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},{B1,B2},{B1,B3},{B2,B3},共15個. 所選兩個國家都是亞洲國家的事件所包含的基本事件有: {A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},共3個,則所求事件的概率為315=15. (2)從亞洲國家和歐洲國家中各任選一個,其一切可能的結果組成的基本事件有:{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},共9個. 包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有: {A1,B2},{A1,B3},共2個,則所求事件的概率為29. 19.(15分)某校為了普及環(huán)保知識,增強學生的環(huán)保意識,在全校組織了一次有關環(huán)保知識的競賽,經過初賽,復賽,甲、乙兩個代表隊(每隊3人)進入了決賽,規(guī)定每人回答一個問題,答對為本隊贏得10分,答錯得0分,假設甲隊中每人答對的概率均為34,乙隊中3人答對的概率分別為45,34,23,且各人回答正確與否相互之間沒有影響,用ξ表示乙隊的總得分. (1)求ξ的分布列和數學期望; (2)求甲、乙兩隊總得分之和等于30分且甲隊獲勝的概率. 解(1)由題意知,ξ的所有可能取值為0,10,20,30. P(ξ=0)=151413=160; P(ξ=10)=451413+153413+151423=960=320; P(ξ=20)=453413+451423+153423=2660=1330; P(ξ=30)=453423=2460=25. ξ的分布列為 ξ 0 10 20 30 P 160 320 1330 25 ∴E(ξ)=0160+10320+201330+3025=1336. (2)用A表示“甲得30分乙得0分”,用B表示“甲得20分乙得10分”,且A,B互斥,又P(A)=343160=91280,P(B)=C3234214320=811280,甲、乙兩隊得分總和為30分且甲獲勝的概率為P(A+B)=P(A)+P(B)=901280=9128. 20.(15分)某次數學測驗共有10道選擇題,每道題共有四個選項,且其中只有一個選項是正確的,評分標準規(guī)定:每選對1道題得5分,不選或選錯得0分.某考生每道題都選并能確定其中有6道題能選對,其余4道題無法確定正確選項,但這4道題中有2道題能排除兩個錯誤選項,另2道只能排除一個錯誤選項,于是該生做這4道題時每道題都從不能排除的選項中隨機選一個選項作答,且各題作答互不影響. (1)求該考生本次測驗選擇題得50分的概率; (2)求該考生本次測驗選擇題所得分數的分布列和數學期望. 解(1)設選對一道“能排除2個選項的題目”為事件A,選對一道“能排除1個選項的題目”為事件B,則P(A)=12,P(B)=13.該考生選擇題得50分的概率為 P(A)P(A)P(B)P(B)=122132=136. (2)該考生所得分數X=30,35,40,45,50, P(X=30)=1221-132=19, P(X=35)=C21122232+122C211323=13, P(X=40)=122232+C21122C211323+122132=1336, P(X=45)=C21122132+122C211323=16, P(X=50)=122132=136. 該考生所得分數X的分布列為 X 30 35 40 45 50 P 19 13 1336 16 136 所以E(X)=3019+3513+401336+4516+50136=1153. 21.(15分)(2017課標Ⅲ高考)某超市計劃按月訂購一種酸奶,每天進貨量相同,進貨成本每瓶4元,售價每瓶6元,未售出的酸奶降價處理,以每瓶2元的價格當天全部處理完.根據往年銷售經驗,每天需求量與當天最高氣溫(單位:℃)有關.如果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶;如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25),需求量為300瓶;如果最高氣溫低于20,需求量為200瓶.為了確定六月份的訂購計劃,統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數據,得下面的頻數分布表: 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率. (1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位:瓶)的分布列; (2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位:元).當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位:瓶)為多少時,Y的數學期望達到最大值? 解(1)由題意知,X所有可能取值為200,300,500,由表格數據知P(X=200)=2+1690=0.2,P(X=300)=3690=0.4,P(X=500)=25+7+490=0.4. 因此X的分布列為 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由題意知,這種酸奶一天的需求量至多為500,至少為200,因此只需考慮200≤n≤500. 當300≤n≤500時, 若最高氣溫不低于25,則Y=6n-4n=2n; 若最高氣溫位于區(qū)間[20,25), 則Y=6300+2(n-300)-4n=1200-2n; 若最高氣溫低于20, 則Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n0.4+(1200-2n)0.4+(800-2n)0.2=640-0.4n. 當200≤n<300時,若最高氣溫不低于20,則Y=6n-4n=2n; 若最高氣溫低于20, 則Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n(0.4+0.4)+(800-2n)0.2=160+1.2n. 所以n=300時,Y的數學期望達到最大值,最大值為520元. 22.(15分)中國乒乓球隊備戰(zhàn)東京奧運會熱身賽暨選拔賽于2018年7月14日在山東威海開賽.種子選手M與B1,B2,B3三位非種子選手分別進行一場對抗賽,按以往多次比賽的統(tǒng)計,M獲勝的概率分別為34,23,12,且各場比賽互不影響. (1)若M至少獲勝兩場的概率大于710,則M入選征戰(zhàn)東京奧運會的最終大名單,否則不予入選,問M是否會入選最終的大名單? (2)求M獲勝場數X的分布列和數學期望. 解(1)記M與B1,B2,B3進行對抗賽獲勝的事件分別為A,B,C,M至少獲勝兩場的事件為D,則P(A)=34,P(B)=23,P(C)=12,由于事件A,B,C相互獨立,所以P(D)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=342312+34231-12+341-2312+1-342312=1724,由于1724>710,所以M會入選最終的大名單. (2)M獲勝場數Y的可能取值為0,1,2,3,則 P(X=0)=P(ABC)=1-341-231-12=124, P(X=1)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=341-231-12+1-341-2312+1-34231-12=624, P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=34231-12+341-23121-342312=1124, P(X=3)=P(ABC)=342312=624, 所以M獲勝場數X的分布列為 X 0 1 2 3 P 124 624 1124 624 數學期望為E(X)=0124+1624+21124+3624=2312.