2020年高考数学(理)一轮刷题练习：第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10-8a

1、 E课后作业衿苣 重点保分 两级优选练 A 级 一、选择题 1. （2018 广西柳州模拟）把一枚硬币任意抛掷三次，事件 A=“至 2. （2018 厦门模拟）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局 三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束， 假定甲每局比赛获胜的概 2 率均为 3,则甲以 3 : 1 的比分获胜的概率为（ ） A 8 ,4 厂 4 肿 A27 B.81 C.9 D.9 答案 A 解析 第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求 的概率为 P =採2很 3x3 = 27.故选 A. 3. （2017 山西一模）甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛 2 为“三局两胜”制，甲

2、在每局比赛中获胜的概率均为 2,且各局比赛 结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为 ) 3 3 7 1 坯 C.7 D.8 答案 A 解析 依题意得 P(A)= 1- 1 7 3 3 -艺=7, P(AB) = 2 = 8 因此 P(B|A) = 少有一次出现反面”，事件 B=“恰有一次出现正面”，则 P（B|A） = ( 故选 A. P(AB)_ 3 PA = 7, （） 厂 2 厂 2 加 B.5 C.3 D.5 答案 B 22212122 解析 由题意，甲获得冠军的概率为-X3+ 2X gx3+ gX 3X 3= 20 其中比赛进行了 3 局的概率为|X | + 3

3、X|X|= 27， 所求概率为 27 身=故选 B. 4. 口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，有放回地每次 t - 1,第 n 次摸取红球， 摸取一个球，定义数列an : an = L 幽、/宀严丽占我 如果 11, 第 n 次摸取白球. 为数列an的前 n 项和，那么 S7 = 3 的概率为（ ） 答案 B 解析 Sz= 3 说明摸取 2 个红球，5 个白球，故 Sz = 3 的概率为 C7I|-|5,故选 B. 5. （2017 天津模拟）一袋中有 5 个白球，3 个红球，现从袋中往 外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现 10 次时停止, 设停止时共取了 X 次球，则 P

4、（X= 12）等于（ ） 答案 D 解析 “ X= 12”表示第 12 次取到红球，且前 11 次有 9 次取到 红球，2 次取到白球，因此 P(X= 12) = CigX (5卜 8= C9i翱唱2. 故选 D. 6. 如果 匕BJ5, 4J,那么使 P( = k)取最大值的 k 值为( ) A . 3 B. 4 C. 5 D. 3 或 4 答案 D 解析采取特殊值法. P( = 5)= C：5 胱 jo. 从而易知 P(E= 3)= P( = 4)P(E= 5).故选 D. 7. 如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域 的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是 (

5、 ) 解析 设 A 表示“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则 2 P(A) = 2, B 表示“第二个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则 P(B) 2 P( = 3) = C：5 沐3)2 3, 第一个圆盘 第二个圆盘 答案 A 2 2 4 贝 S P(AB)= P(A)P(B) = 3X3= 9故选 A. 5 8. 设随机变量 XB(2 ,)，丫B(4,p),若 P(X 1) = 9,则 P(Y2) 的值为() 32 11 65 16 A. 81 B.27 C.81 D.81 答案 B 5 解析 P(X 1)= P(X= 1)+ P(X=2)=c2p(i-p)+C2P2=9,解得 1(

6、 5 、 p= 3. 0 p2)= 1-P(Y= 0)- P(丫= 1)= 1-C4x |4- C4x3X 管3= 11 刃故选 B. 9 .某种种子每粒发芽的概率都为 0.9,现播种了 1000 粒，对于 没有发芽的种子，每粒需再补种 2 粒，补种的种子数记为 X,则 X 的 数学期望为() A. 100 B. 200 C. 300 D. 400 答案 B 解析 1000 粒种子每粒不发芽的概率为 0.1,二不发芽的种子数 B(1000,0.1). 1000 粒种子中不发芽的种子数的期望 E( a = 1000X 0.1 = 100 粒.又每粒不发芽的种子需补种 2 粒，需补种的种子数的期望

7、 E(X) =2X 100= 200 粒.故选 B. 10. 位于坐标原点的一个质点 M 按下述规则移动：质点每次移 动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率 1 都是,质点 M 移动五次后位于点(2,3)的概率是( ) c. c5x 13 D. c5xc5X 才 答案 B 3 2 1 kJ * (23) 1 0 1 2 解析 如图，由题可知质点 M 必须向右移动 2 次，向上移动 3 次才能位于点(2,3),问题相当于 5 次重复试验中向右恰好发生 2 次的 概率.所求概率为 P = C2 X 22 X d 3= C5 X 故选 B. 二、填空题 ( 们 11. (201

8、7 眉山期末)已知 XB 8, 2 L 当 P(X= k)(k N,0 k8) 取得最大值时，k 的值是 _ . 答案 4 (n 解析 T XB8, J, -P(X= k)= c8gk2f I c 蕊, 当 P(X= k)(k N,0k8)取得最大值时只有 c8是一个变量， 二根据组合数的性质得到当 k= 4 时，概率取得最大值. 12. (2017 安顺期末)甲、乙二人参加一项抽奖活动，每人抽奖中 奖的概率均为 0.6,两人都中奖的概率为 0.4,则已知甲中奖的前提下 乙也中奖的概率为 _ . 2 答案 2 B. 解析每人抽奖中奖的概率均为 0.6,两人都中奖的概率为 0.4, 设甲中奖概率

9、为 P(A)，乙中奖的概率为 P(B)，两人都中奖的概 率为 P(AB), 贝卩 P(A)= 0.6, P(B) = 0.6,两人都中奖的概率为 P(AB)= 0.4, 贝 S 已知甲中奖的前提下乙也中奖的概率为 2 3. 13. (2017 南昌期末)位于数轴原点的一只电子兔沿着数轴按下列 规则移动：电子兔每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且 2 1 向左移动的概率为 3,向右移动的概率为 3,则电子兔移动五次后位于 点(-1,0)的概率是 解析 根据题意，质点 P 移动五次后位于点(1,0),其中向左移 动 3次，向右移动 2 次；其中向左平移的 3 次有 C 种情况，剩下的 2

10、次向右平移； 则其概率为 C5 X册X即_ 243. 14. 先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别是 123,4,5,6 点)，落 在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为 x, y,记事件 A 为“ x+ y 为偶数”，事件 B 为“ x, y中有偶数且 XM y”，则概率 P(B|A)_ 1 答案 1 解析 根据题意，事件 A 为“x+ y为偶数”，则 x, y两个数均 为奇数或偶数，共有 2X 3X 3_ 18 个基本事件. 2 X 3 X 3 1 二事件 A 发生的概率为 P(A)_ 6X6 _2,而 A, B 同时发生， 基本事件P(B|A) = P(AB)_ 0J_ P A _ 0.6_

11、 答案 80 243 有 “ 2+ 4”“ 2+ 6”“ 4+ 2”“ 4+ 6”“ 6 + 2”“ 6+4” , 一共有 6 个基本事件，.事件 A, B 同时发生的概率为 P(AB) _ 6- _ 6X 6 P(AB)6_ 1 PT =厂 3. 2 B 级 三、解答题 5 ( 5 4 3 0 7 8 9 21 5 15 . (2017 河北“五个一名校联盟”二模)空气质量指数(Air Quality Index,简称 AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量 按照AQI 大小分为六级：050 为优；51100 为良；101150 为轻 度污染；151200 为中度污染；201300

12、为重度污染；300 以上为 严重污染. 一环保人士记录去年某地六月 10 天的 AQI 的茎叶图如图. (1) 利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI 100)的天数； (2) 将频率视为概率，从六月中随机抽取 3 天，记三天中空气质 量为优良的天数为E,求E的分布列和数学期望. 解(1)从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为 2,空 气质量为良的天数为 4,二该样本中空气质量为优良的频率为 =3, 10 5 3 从而估计该地六月空气质量为优良的天数为 30X 5=値 为 0,1,2,3,且 匕 B 3, 5 . 3 (2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为 彳E的所有可能取值

13、 1 6, P(B|A)= 4 5 7 9 11 19 P（ E= o）= |;3=125， p（ E= c 器謄卜卷, 2i32 54 P（片2）=C354 56 = _ 27_ =135， E的分布列为 E 0 1 2 3 P 8 36 54 27 125 125 125 125 E( E = 3X 3= 1.8. 16. 党的十九大报告提出： 要提高人民健康水平， 改革和完善食 品、药品安全监管体制.为加大监督力度，某市工商部门对本市的甲、 乙两家小型食品加工厂进行了突击抽查， 从两个厂家生产的产品中分 别随机抽取 10 件样品，测量该产品中某种微量元素的含量(单位：毫 克)，所得测量数

14、据如图. 甲厂 乙厂 9 0 3 9 6 5 8 1 8 4 5 6 9 0 3 5 3 10 2 1 0 3 食品安全法规定：优等品中的此种微量元素含量不小于 15 毫克. 求甲、乙食品加工厂抽到的优等品的件数恰好相同的概率. 解（1）由茎叶图，从甲食品加工厂抽出的 10 件样品中，优等品 有 4 从甲食品加工厂抽出的上述 10 件样品中随机抽取 4 件，求抽 到的4 件产品优等品的件数E的分布列； 5 若从甲、乙两个食品加工厂的 10 件样品中分别任意抽取 3 件, P（ S= 3） 8 件，非优等品有 2 件，故抽取的 4 件样品中至少有 2 件优等品, E的可能取值为 2,3,4. C

15、lC2 2 c8c 17. （2018 郑州质检）2017 年 3 月 15 日下午，谷歌围棋人工智能 AlphaGo 与韩国棋手李世石进行最后一轮较量， AlphaGo 获得本场比 赛胜利，最终人机大战总比分定格在 1 : 4.人机大战也引发全民对围 棋的关注，某学校社团为调查学生学习围棋的情况，随机抽取了 100 名学生进行调查.根据调查结果绘制的学生日均学习围棋时间的频率 分布直方图如图所示，将日均学习围棋时间不低于 40 分钟的学生称 为“围棋迷”. (1)根据已知条件完成下面的列联表, 的把握认为“围棋迷”与性别有关？ 非围棋迷 围棋迷 合计 男 女 10 55 合计 (2)将上述调

16、查所得到的频率视为概率.现在从该地区大量学生 中，采用随机抽样方法每次抽取 1 名学生，抽取 3 次，记被抽取的 3 名学生中的“围棋迷”人数为 X.若每次抽取的结果是相互独立的，求 X 的分布列，期望 E(X)和方差 D(X). P(K2 ko) 0.05 0.01 ko 3.841 6.635 解(1)由频率分布直方图可知，在抽取的 100 人中，“围棋迷” 有 25人， 从而 2X 2 列联表如下：并据此资料判断是否有 95% 附：2 2 n(ad be) a + b e+d a + e b+ d ,其中 n a + b + c+ d. 非围棋迷 围棋迷 合计 男 30 15 45 女

17、45 10 55 合计 75 25 100 K6 7= = (a + b;(e + d)(a + cxb+ d) 2 100X( 30X 10 15X 45)2 = 100 3 030 33 3.030, 因为 3.0303.841，所以没有 95%的把握认为“围棋迷”与性别 有关. (2)由频率分布直方图知抽到 “围棋迷”的频率为 0.25,将频率 1 视为概率，即从该地区学生中抽取一名“围棋迷”的概率为 4由题意 (1 知，XB3, 4 J,从而 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 27 9 1 6 3 1 3 9 E(X)= 3X4 = 4, D(X) = 3X4X4 =厉 1

18、8. (2018 湖南十三校联考)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设 7 置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为 3,中奖可以获得 2 分; 方案乙的中奖率为 Po(0Po1),中奖可以获得 3 分；未中奖则不得 分.每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会 结束后凭分数兑换奖品. (1)张三选择方案甲抽奖，李四选择方案乙抽奖，记他们的得分 将 2 X 2 列联表中的数据代入公式计算，得 2 n ad be 45 X 55 X 64 64 64 64 和为 X,若 X 3 的概率为7，求 Po； 若张三、李四两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖， 问：他们选择何种方案抽奖，得分和的数学期望较大？ 2 解(1)由已知得张三中奖的概率为 3,李四中奖的概率为 Po，且 两人中奖与否互不影响. 记“这 2 人的得分和 X3”为事件 A,则事件 A 的对立事件为 “ X= 5”. 2 因为 P(X= 5) = Po, 2 7 1 所以 P(A)= 1 P(X= 5)= 1 3X Po = 9,所以 Po = 3. 设张三、李四都选择方案甲抽奖的中奖次数为 X1，都选择方 案乙抽奖的中奖次数为 X2, 则这两人选择方案甲抽奖得分和的数学期望为 E(2X1), 选择方案乙抽奖得分