人教A版普通高中数学一轮复习66课时练习含答案

课时质量评价(六十六)1．(2024·聊城模拟)袋中有3个白球、5个黑球，从中任取2个，可以作为随机变量的是()A．至少取到1个白球B．至多取到1个白球C．取到白球的个数D．取到的球的个数C解析：选项A，B表述的都是随机事件，选项D是确定的值2，并不随机；选项C是随机变量，可能取值为0，1，2.2．设离散型随机变量X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b，若X的均值E(X)＝3，则a－b＝()A．110 B．C．－110 D．A解析：由题意知(a＋b)＋(2a＋b)＋(3a＋b)＋(4a＋b)＝1，即10a＋4b＝1.又X的均值E(X)＝3，则(a＋b)＋2(2a＋b)＋3(3a＋b)＋4(4a＋b)＝3，即30a＋10b＝3.联立10a+4b=1，30a+10b=3，解得a＝110，b＝0，所以a－3．(2024·枣庄模拟)口袋中装有编号分别为1，2，3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个球，记取出的球的最大编号为X，则D(X)＝()A．29 B．C．227 D．A解析：由题意得X的可能取值为2，3，X＝2包含的事件为取出的两个球为1，2，所以P(X＝2)＝1C32X＝3包含的事件为取出的两个球为1，3或2，3，所以P(X＝3)＝2C32E(X)＝2×13＋3×23＝D(X)＝22×13＋32×23－832＝4．(多选题)若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝13，E(X)，D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是(A．P(X＝1)＝E(X)B．E(3X＋2)＝4C．D(3X＋2)＝4D．D(X)＝4AB解析：因为随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝13，所以P(X＝1)＝2E(X)＝0×13＋1×23＝23，D(X)＝0-232×13＋1-对于A，P(X＝1)＝E(X)，故A正确；对于B，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×23＋2＝4，故B对于C，D(3X＋2)＝32D(X)＝9×29＝2，故C对于D，D(X)＝29，故D错误．故选5．设随机变量X满足P(X＝i)＝k2i(i＝1，2，3)，则k＝；P(X≥2)＝8737解析：由已知得随机变量X123Pkkk所以k2＋k4＋k8＝1，解得k所以随机变量X的分布列为X123P421所以P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝27＋17＝6．某射击运动员共有三发子弹，他射击一次命中目标的概率是23，击中目标后射击停止，射击次数X为随机变量，则方差D(X)＝3881解析：由题意知X＝1，2，3P(X＝1)＝23，P(X＝2)＝13×23＝29，P(X＝3)＝13×13×23＋1所以X的分布列为X123P221所以E(X)＝1×23＋2×29＋3×19(方法一)所以D(X)＝1-1392×23＋2-1392×29＋3-(方法二)E(X2)＝1×23＋4×29＋9×19＝239，所以D(X)＝239－7．“摸奖游戏”是商场促销最为常见的形式之一，某摸奖游戏的规则如下：第一次在装有2个红球、2个白球的A袋中随机取出2个球，第二次在装有1个红球、1个白球、1个黑球的B袋中随机取出1个球，两次取球相互独立，两次取球合在一起称为一次摸奖，取出的3个球的颜色与获得的积分对应如下表：所取球的情况三球同色三球均不同色其他情况所获得的积分100600(1)设一次摸奖所获得的积分为X，求X的分布列和期望；(2)记甲在这次游戏中获得0积分为事件M，甲在B袋中摸到黑球为事件N，判断事件M，N是否相互独立，并说明理由．解：(1)X的可能取值有100，60，0，P(X＝100)＝C22C42×13＋P(X＝60)＝C21A22P(X＝0)＝1－P(X＝100)－P(X＝60)＝23所以X的分布列为X100600P122所以E(X)＝100×19＋60×29＋0×23(2)由(1)可知P(M)＝23又P(N)＝13，P(MN)＝2×C22C4则P(MN)≠P(M)P(N)，所以事件M，N不相互独立．8．某投资公司在2024年年初准备将1000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和2项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13和针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．解：若投资“项目一”，设获利为X1万元，X1的所有可能取值为300，－150，则X1的分布列为X1300－150P72所以E(X1)＝300×79＋(－150)×29＝D(X1)＝(300－200)2×79＋(－150－200)2×29若投资“项目二”，设获利X2万元，X2的所有可能取值为500，－300，0，则X2的分布列为X2500－3000P311所以E(X2)＝500×35＋(－300)×13＋0×115D(X2)＝(500－200)2×35＋(－300－200)2×13＋(0－200)2×115所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)＜D(X2)，这说明虽然项目一、项目二获利的期望值相等，但项目一更稳妥．综上所述，建议该投资公司选择投资项目一．9．在某次考试中，多项选择题的给分标准如下：在每题给出的四个选项中，正确选项为其中的两项或三项，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分．甲、乙、丙三人在完全不会做某个多项选择题的情况下，分别选了A，AB，ABC，则三人该题得分的数学期望分别为()A．1，0.8，0.5 B．1.2，0.8，0.6C．1，0.9，0.6 D．1.2，0.9，0.5D解析：由题意得正确选项若为两项，则有C42＝6(种正确选项若为三项，则有C43＝4(种)可能情况，故正确选项的可能情况共有甲选A，他可能的得分X1为0，2，则他可能得分的情况即正确答案中含有A，有C31+C3故P(X1＝2)＝610＝3则P(X1＝0)＝25故他得分的数学期望为E(X1)＝0×25＋2×35＝6乙选AB，他可能的得分X2为0，2，5，若正确答案为AB，即他可能得5分的情况有1种，此时P(X2＝5)＝110若正确答案为ABC或ABD，他可能得2分的情况有2种，此时P(X2＝2)＝210＝1则P(X2＝0)＝710故E(X2)＝0×710＋2×15＋5×110＝丙选ABC，他可能的得分X3为0，5，若正确答案为ABC，则P(X3＝5)＝110，P(X3＝0)＝9故E(X3)＝0×910＋5×110＝5即三人该题得分的数学期望分别为1.2，0.9，0.5.故选D.10．(多选题)已知投资A，B两个项目获得的收益分别为X，Y，分布列如下表，则()X－102P0.2m0.6Y012P0.30.4nA．m＋n＝0.5B．E(2X＋1)＝4C．投资两个项目的收益期望一样多D．投资A项目的风险比B项目高ACD解析：依题意可得0.2＋m＋0.6＝1，所以m＝0.2，0.3＋0.4＋n＝1，所以n＝0.3，所以m＋n＝0.5，故A正确；所以E(X)＝－1×0.2＋0×0.2＋2×0.6＝1，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝3，故B错误；E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，所以E(X)＝E(Y)，故C正确；因为D(X)＝(－1－1)2×0.2＋(0－1)2×0.2＋(2－1)2×0.6＝1.6，D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，所以D(X)＞D(Y)，所以投资A项目的风险比B项目高，故D正确．故选ACD.11．(多选题)随机变量ξ的分布列如表所示，其中xy≠0，下列说法正确的是()ξ012Pxy2yA．x＋y＝1B．E(ξ)＝5yC．D(ξ)有最大值D．D(ξ)随y的增大而减小ABC解析：由题意可知x＋y3＋2y3＝1，即x＋y＝1，故E(ξ)＝0×x＋1×y3＋2×2y3＝5y3D(ξ)＝x0-5y32＋y31-5y32＋2y32-5y32＝(1－y)0-5y32＋y因为xy≠0，x＋y＝1，易得0＜y＜1，而函数f(y)＝－259y2＋3y的图象开口向下，对称轴为直线y＝27所以f(y)在0，2750上单调递增，在2750，1上单调递减，故f(y所以D(ξ)随着y的增大先增大后减小，当y＝2750时，取得最大值，故C正确，D错误．故选12．游乐场某游戏设备是一个圆盘，圆盘被分成红色和绿色两个区域，圆盘上有一个可以绕中心旋转的指针，且指针受电子程序控制，前后两次停在相同区域的概率为14，停在不同区域的概率为34．某游客连续转动指针三次，记指针停在绿色区域的次数为X，若开始时指针停在红色区域，则E(X)＝2716解析：则X的分布列为X0123P121393故E(X)＝0×164＋1×2164＋2×3964＋3×313．(2024·苏州模拟)设a，b是从集合{1，2，3，4}中随机选取的数，直线l：y＝ax＋b，圆O：x2＋y2＝1，则直线l与圆O有公共点的概率是；直线l与圆O的公共点个数的数学期望是．5854解析：由已知可得l：ax－y＋b＝0，圆O：x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r＝则圆心O(0，0)到直线l的距离d＝ba因为直线l与圆O有公共点，所以d≤1，整理可得a2＋1≥b2.因为a，b∈{1，2，3，4}，所以a≥b，则满足条件的(a，b)可能为(1，1)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(2，2)，(3，2)，(4，2)，(3，3)，(4，3)，(4，4)，共包含10个样本点，而(a，b)总的样本点的个数为4×4＝16，所以直线l与圆O有公共点的概率是1016＝5设直线l与圆O的公共点个数为随机变量X，由上可知，X＝0，2.当a≥b时，10个样本点都满足a2＋1＞b2，即d＜1，此时有2个公共点，所以P(X＝2)＝58，P(X＝0)＝1－P(X＝2)＝3所以E(X)＝0×38＋2×58＝14．甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练(每人各踢一次为一轮)，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有一人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得－1分；两人都进球或都不进球，两人均得0分．设甲、乙每次踢球命中的概率均为12，甲扑到乙踢出球的概率为12，乙扑到甲踢出球的概率为(1)经过一轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；(2)求经过三轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率．解：(1)记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，且A，B相互独立，由题意得，P(A)＝12×1-13＝13，P(B)＝12甲的得分X的可能取值为－1，0，1，P(X＝－1)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝P(X＝0)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A)P(B)P(X＝1)＝P(AB)＝P(A)P(所以X的分布列为X－101P171E(X)＝－1×16＋0×712＋1×14(2)经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲三轮各得1分；甲三轮中有两轮各得1分，一轮得0分；甲三轮中有两轮各得1分，一轮得－1分；甲三轮中有一轮得1分，两轮各得0分，甲三轮各得1分的概率为P1＝143＝1甲三轮中有两轮各得1分，一轮得0分的概率为P2＝C32×142×7甲三轮中有两轮各得1分，一轮得－1分的概率为P3＝C32×142×1甲三轮中有一轮得1分，两轮各得0分的概率为P4＝C31×14×712所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率P＝164＋764＋132＋4915．(2023·新高考全国Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率．(2)求第i次投篮的人是甲的概率．(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E()＝.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，i＝1，2，3，…，n，所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)设P(Ai)＝pi，依题可知P(Bi)＝1－pi，则P(Ai＋1)＝P(A