（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第十二章 概率、隨機變量及其分布 階段自測卷（八）（含解析）

階段自測卷(八) (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(2019·陜西四校聯(lián)考)將一顆質地均勻的骰子(一種各個面分別標有1,2,3,4,5,6個點的正方體玩具)先后拋擲2次，則出現(xiàn)向上的點數(shù)之和為大于8的偶數(shù)的概率為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　將先后兩次的點數(shù)記為有序實數(shù)對(x，y)，則共有6×6＝36(個)基本事件，其中點數(shù)之和為大于8的偶數(shù)有(4,6)，(6,4)，(5,5)，(6,6)，共4種，則滿足條件的概率為＝.故選B. 2．(2019·成都七中診斷)若隨機變量X～N(3，σ2)，且P(X≥5)＝0.2，則P(1<X<5)等于(　　) A．0.6B．0.5C．0.4D．0.3 答案　A 解析　∵隨機變量X服從正態(tài)分布N(3，σ2)， ∴對稱軸是x＝3. ∵P(X≥5)＝0.2， ∴P(1＜X＜5)＝1－2P(X≥5)＝1－0.4＝0.6. 故選A. 3．(2019·四省聯(lián)考診斷)2018年國際山地旅游大會于10月14日在貴州召開，據(jù)統(tǒng)計有來自全世界的4000名女性和6000名男性徒步愛好者參與徒步運動，其中抵達終點的女性與男性徒步愛好者分別為1000名和2000名，抵達終點的徒步愛好者可獲得紀念品一份．若記者隨機電話采訪參與本次徒步運動的1名女性和1名男性徒步愛好者，其中恰好有1名徒步愛好者獲得紀念品的概率是(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　“男性獲得紀念品，女性沒有獲得紀念品”的概率為×＝，“男性沒有獲得紀念品，女性獲得紀念品”的概率為×＝，故“恰好有1名徒步愛好者獲得紀念品”的概率為＋＝.故選C. 4．(2019·新鄉(xiāng)模擬)從區(qū)間[0，π]內任取一個實數(shù)x，則sinx＋cosx>1的概率為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　由sinx＋cosx>1，得sin>， 因為x∈[0，π]，所以x∈， 由幾何概型可知所求概率P＝＝，故選B. 5．設離散型隨機變量X可能的取值為1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，又X的均值為E(X)＝3，則a＋b等于(　　) A.B．0C．－D. 答案　A 解析　依題意可得X的分布列為 X 1 2 3 4 P a＋b 2a＋b 3a＋b 4a＋b 依題意得 解得a＝，b＝0，故a＋b＝.故選A. 6．某班級在2018年國慶節(jié)晚會上安排了迎國慶演講節(jié)目，共有6名選手依次演講，則選手甲不在第一個也不在最后一個演講的概率為(　　) A.B.C.D. 答案　D 解析　6名選手依次演講有A種方法，選手甲不在第一個也不在最后一個演講的安排方法有4A，所以6名選手依次演講，則選手甲不在第一個也不在最后一個演講的概率為＝. 7．(2019·長春外國語學校月考)從甲、乙、丙三人中任選兩名代表，甲被選中的概率是(　　) A.B.C.D．1 答案　C 解析　從甲、乙、丙三人中任選兩名代表的選法數(shù)為C＝3，再確定甲被選中的選法數(shù)為2，所以概率為，故選C. 8．(2019·青島調研)已知某運動員每次投籃命中的概率是40%.現(xiàn)采用隨機模擬的方法估計該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率：先由計算器產(chǎn)生0到9之間取整數(shù)值的隨機數(shù)，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三個隨機數(shù)為一組，代表三次投籃的結果．經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了如下10組隨機數(shù)：907　966　191　925　271　431　932　458　569　683.則該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率為(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　由題意知模擬三次投籃的結果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了10組隨機數(shù)，在10組隨機數(shù)中表示三次投籃恰有兩次命中的有：191,932,271，共3組隨機數(shù)，故所求概率為.故選C. 9．(2019·湖南五市十校聯(lián)考)一只螞蟻在三邊長分別為6,8,10的三角形內自由爬行，某時刻該螞蟻距離三角形的任意一個頂點的距離不超過1的概率為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　因為三角形三邊長分別為6,8,10，由勾股定理，該三角形為直角三角形，且面積為×6×8＝24，距離三角形的任意一個頂點的距離不超過1的部分是以三角形三個角分別為圓心角，1為半徑的扇形區(qū)域，因為三個圓心角之和為180°，所以三個扇形面積之和為×π×12＝，所以某時刻該螞蟻距離三角形的任意一個頂點的距離不超過1的概率為＝，故選B. 10．(2019·長春質檢)要將甲、乙、丙、丁4名同學分到A，B，C三個班級中，要求每個班級至少分到一人，則甲被分到A班的分法種數(shù)為(　　) A．6B．12C．24D．36 答案　B 解析　甲和另一個人一起分到A班有CA＝6(種)分法，甲一個人分到A班的方法有CA＝6(種)分法，共有12種分法．故選B. 11.(2019·河北衡水中學模擬)如圖是希臘著名數(shù)學家歐幾里德在證明勾股定理時所繪制的一個圖形，該圖形由三個邊長分別為a，b，c的正方形和一個直角三角形圍成．現(xiàn)已知a＝3，b＝4，若從該圖形中隨機取一點，則該點取自其中的直角三角形區(qū)域的概率為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　∵a＝3，b＝4，∴c＝5， ∴S＝a2＋b2＋c2＋ab＝9＋16＋25＋6＝56， 其中S△＝6，∴該點取自其中的直角三角形區(qū)域的概率為＝，故選A. 12.(2019·衡水中學摸擬)趙爽是我國古代數(shù)學家、天文學家，大約在公元222年，趙爽為《周碑算經(jīng)》一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”(以弦為邊長得到的正方形是由4個全等的直角三角形再加上中間的一個小正方形組成的)．類比“趙爽弦圖”，可類似地構造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設DF＝2AF＝2，若在大等邊三角形中隨機取一點，則此點取自小等邊三角形的概率是(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　在△ABD中，AD＝3，BD＝1，∠ADB＝120°， 由余弦定理，得AB＝ ＝， 所以＝. 所以所求概率為＝2＝.故選A. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．從1,2,3,4這四個數(shù)中一次性隨機地取出2個數(shù)，則所取2個數(shù)的乘積為奇數(shù)的概率是________． 答案　 解析　從1,2,3,4這4個數(shù)中隨機地取2個數(shù)有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6種情形，其中滿足所取2個數(shù)的乘積為奇數(shù)的有(1,3)共1種情形，∴所求概率為. 14．一個不透明袋中裝有大小、質地完全相同的四個球，四個球上分別標有數(shù)字2,3,4,6.現(xiàn)從中隨機選取三個球，則所選的三個球上的數(shù)字能構成等差數(shù)列的概率是________． 答案　 解析　因為從四個球中隨機選三個共有C＝4(種)不同的選法，其中能構成等差數(shù)列的三個數(shù)分別為(2,3,4)，(2,4,6)，共2種不同的選法，所以根據(jù)古典概型概率計算公式，得P＝＝. 15．(2019·衡水中學模擬)由數(shù)字0,1組成的一串數(shù)字代碼，其中恰好有7個1,3個0，則這樣的不同數(shù)字代碼共有________個． 答案　120 解析　依題意得，一串數(shù)字代碼一共有10個數(shù)字，則取7個位置排1，剩下的位置排0，則不同數(shù)字的代碼有C＝120(個)． 16.(2019·廣州執(zhí)信中學測試)大正方形的面積為13，四個全等的直角三角形圍成中間的小正方形，較短的直角邊長為2，向大正方形內投擲飛鏢，則飛鏢落在中間小正方形內的概率是________． 答案　 解析　大正方形的面積是13，則大正方形的邊長是， 又直角三角形的較短邊長為2， 所以另一邊為＝3， 得出四個全等的直角三角形的直角邊分別是3和2， 則小正方形的邊長為3－2＝1，面積為1. 又大正方形的面積為13， 故飛鏢扎在小正方形內的概率為. 三、解答題(本大題共70分) 17．(10分)(2019·涼山診斷)從某市統(tǒng)考的學生數(shù)學考試試卷中隨機抽查100份數(shù)學試卷作為樣本，分別統(tǒng)計出這些試卷總分，由總分得到如下的頻率分布直方圖． (1)求這100份數(shù)學試卷成績的中位數(shù)； (2)從總分在[55,65)和[135,145)的試卷中隨機抽取2份試卷，求抽取的2份試卷中至少有一份總分少于65分的概率． 解　(1)記這100份數(shù)學試卷成績的中位數(shù)為x(95<x<105)， 則0.002×10＋0.008×10＋0.013×10＋0.015×10＋(x－95)×0.024＝0.5， 解得x＝100，所以中位數(shù)為100. (2)總分在[55,65)的試卷共有0.002×10×100＝2(份)，記為A，B， 總分在[135,145)的試卷共有0.004×10×100＝4(份)，記為a，b，c，d， 則從上述6份試卷中隨機抽取2份的抽取結果為 {A，B}，{A，a}，{A，b}，{A，c}，{A，d}， {B，a}，{B，b}，{B，c}，{B，d}， {a，b}，{a，c}，{a，d}， {b，c}，{b，d}， {c，d}， 共計15種結果，且每個結果是等可能的． 至少有一份總分少于65分的有：{A，B}，{A，a}，{A，b}，{A，c}，{A，d}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{B，d}，共計9種結果， 所以抽取的2份至少有一份總分少于65分的概率 P＝＝. 18．(12分)將4名大學生隨機安排到A，B，C，D四個公司實習． (1)求4名大學生恰好在四個不同公司的概率； (2)隨機變量X表示分到B公司的學生的人數(shù)，求X的分布列和均值E(X)． 解　(1)將4人安排到四個公司中，共有44＝256(種)不同排法． 記“4個人恰好在四個不同的公司”為事件A， 事件A共包含A＝24(個)基本事件， 所以P(A)＝＝， 所以4名大學生恰好在四個不同公司的概率為. (2)方法一　X的可能取值為0,1,2,3,4， P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝. 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P 所以X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1. 方法二　每個同學分到B公司的概率為 P(B)＝，P()＝1－＝. 根據(jù)題意X～B， 所以P(X＝k)＝Ck4－k，k＝0,1,2,3,4， 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P 所以X的均值E(X)＝4×＝1. 19．(12分)某市有A，B，C，D四個景點，一位游客來該市游覽，已知該游客游覽A的概率為，游覽B，C和D的概率都是，且該游客是否游覽這四個景點相互獨立． (1)求該游客至多游覽一個景點的概率； (2)用隨機變量X表示該游客游覽的景點的個數(shù)，求X的分布列和均值E(X)． 解　(1)記“該游客游覽i個景點”為事件Ai，i＝0,1， 則P(A0)＝＝， P(A1)＝3＋C··2 ＝. 所以該游客至多游覽一個景點的概率為 P(A0)＋P(A1)＝＋＝. (2)隨機變量X的可能取值為0,1,2,3,4， P(X＝0)＝P(A0)＝， P(X＝1)＝P(A1)＝， P(X＝2)＝×C××2＋×C×2×＝， P(X＝3)＝×C×2×＋×C×3＝， P(X＝4)＝×3＝， 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P 故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. 20．(12分)(2019·漢中質檢)在中學生綜合素質評價某個維度的測評中，分優(yōu)秀、合格、尚待改進三個等級進行學生互評．某校高一年級有男生500人，女生400人，為了了解性別對該維度測評結果的影響，采用分層抽樣方法從高一年級抽取了45名學生的測評結果，并作出頻數(shù)統(tǒng)計表如下： 表一：男生 男生 等級 優(yōu)秀 合格 尚待改進 頻數(shù) 15 x 5 表二：女生 女生 等級 優(yōu)秀 合格 尚待改進 頻數(shù) 15 3 y (1)求x，y的值； (2)從表一、表二中所有尚待改進的學生中隨機抽取3人進行交談，記其中抽取的女生人數(shù)為X，求隨機變量X的分布列及均值； (3)由表中統(tǒng)計數(shù)據(jù)填寫下列2×2列聯(lián)表，并判斷是否有90%的把握認為“測評結果優(yōu)秀與性別有關”. 男生 女生 總計 優(yōu)秀 非優(yōu)秀 總計 45 參考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. 參考數(shù)據(jù)： P(K2≥k0) 0.01 0.05 0.01 k0 2.706 3.841 6.635 解　(1)設從高一年級男生中抽取m人， 則＝， 解得m＝25，則從女生中抽取20人， 所以x＝25－15－5＝5，y＝20－15－3＝2. (2)表一、表二中所有尚待改進的學生共7人，其中女生有2人，則X的所有可能的取值為0,1,2. P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝. 則隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 P 所以X的均值E(X)＝×0＋×1＋×2＝. (3)2×2列聯(lián)表如下： 男生 女生 總計 優(yōu)秀 15 15 30 非優(yōu)秀 10 5 15 總計 25 20 45 K2＝＝＝＝1.125<2.706， 因為1－0.9＝0.1，P(K2≥2.706)＝0.10， 所以沒有90%的把握認為“測評結果優(yōu)秀與性別有關”． 21．(12分)(2019·長沙長郡中學調研)為了響應全國文明城市建設的號召，某市文明辦對本市市民進行了一次文明創(chuàng)建知識的網(wǎng)絡問卷調查．每一位市民僅有一次參加機會，通過隨機抽樣，得到參加問卷調查的1000人的得分(滿分：100分)數(shù)據(jù)，統(tǒng)計結果如下表所示. 組別 [30,40) [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100] 頻數(shù) 25 150 200 250 225 100 50 (1)由頻數(shù)分布表可以認為，此次問卷調查的得分Z服從正態(tài)分布N(μ，210)，μ近似為這1000人得分的平均值(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作為代表)，請利用正態(tài)分布的知識求P(36＜Z≤79.5)； (2)在(1)的條件下，文明辦為此次參加問卷調查的市民制定如下獎勵方案： (i)得分不低于μ的可以獲贈2次隨機話費，得分低于μ的可以獲贈1次隨機話費； (ii)每次贈送的隨機話費及對應的概率為 贈送的隨機話費(單位：元) 20 40 概率 現(xiàn)市民小王要參加此次問卷調查，記X(單位：元)為該市民參加問卷調查獲贈的話費，求X的分布列及均值． 附：≈14.5，若X～N(μ，σ2)，則 ①P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6826； ②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9544； ③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9974. 解　(1)根據(jù)題中所給的統(tǒng)計表，結合題中所給的條件，可以求得 μ＝35×0.025＋45×0.15＋55×0.2＋65×0.25＋75×0.225＋85×0.1＋95×0.05＝65， 又36≈65－2，79.5≈65＋， 所以P(36＜Z≤79.5)＝×0.9544＋×0.6826 ＝0.8185. (2)根據(jù)題意，可以得出所得話費的可能值有20,40,60,80元， 得20元的情況為低于平均值，概率P＝×＝， 得40元的情況為一次機會獲40元或2次機會2個20元，概率P＝×＋××＝， 得60元的情況為兩次機會，一次40元一次20元， 概率P＝×2××＝， 得80元的情況為兩次機會，都是40元， 概率為P＝××＝， 所以X的分布列為 X 20 40 60 80 P 所以均值E(X)＝20×＋40×＋60×＋80×＝. 22．(12分)(2019·佛山禪城區(qū)調研)一項研究機構培育一種新型水稻品種，首批培育幼苗2000株，株長均介于185mm～235mm，從中隨機抽取100株對株長進行統(tǒng)計分析，得到如下頻率分布直方圖． (1)求樣本平均株長和樣本方差s2(同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值代替)； (2)假設幼苗的株長X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2近似為樣本方差s2，試估計2000株幼苗的株長位于區(qū)間(201,219)內的株數(shù)； (3)在第(2)問的條件下，選取株長在區(qū)間(201,219)內的幼苗進入育種試驗階段，若每株幼苗開花的概率為，開花后結穗的概率為，設最終結穗的幼苗株數(shù)為ξ，求ξ的均值． 附：≈9；若X～N(μ，σ2)， 則P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.683； P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.954； P(μ－3σ<X<μ＋3σ)＝0.997. 解　(1) ＝190×0.02＋200×0.315＋210×0.35＋220×0.275＋230×0.04＝210， s2＝202×0.02＋102×0.315＋102×0.275＋202×0.04＝83. (2)由(1)知，μ＝＝210，σ＝≈9， ∴P(201<X<219)＝P(210－9<X<210＋9)＝0.683， 2000×0.683＝1366， ∴2000株幼苗的株長位于區(qū)間(201,219)內的株數(shù)大約是1366. (3)由題意，進入育種試驗階段的幼苗數(shù)為1366，每株幼苗最終結穗的概率P＝×＝， 則ξ～B， 所以E(ξ)＝1366×＝683. 13