2022年高中数学新教材人教A版选择性必修第三册学案章末检测试卷二(第七章)

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册全册综合学案，共9页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．10件产品中有3件次品，从中任取2件，可作为随机变量的是( )
A．取到产品的件数 B．取到正品的概率
C．取到次品的件数 D．取到次品的概率
答案 C
2．设X～B(n，p)，E(X)＝12，D(X)＝4，则n，p的值分别为( )
A．18，eq \f(1,3) B．36，eq \f(1,3) C．36，eq \f(2,3) D．18，eq \f(2,3)
答案 D
解析 由E(X)＝np＝12，D(X)＝np(1－p)＝4，
得n＝18，p＝eq \f(2,3).
3．为应对新冠疫情，许多企业在非常时期转产抗疫急需物资．某工厂为了监控转产产品的质量，测得某批n件产品的正品率为98%，现从中任意有放回地抽取3件产品进行检验，则至多抽到1件次品的概率为( )
A．0.998 816 B．0.999 6
C．0.057 624 D．0.001 184
答案 A
解析 ∵某批n件产品的正品率为98%，
∴所求概率为P＝0.983＋Ceq \\al(1,3)×0.982×0.02＝0.998 816.
4．设随机变量X等可能地取值1,2,3，…，10.又设随机变量Y＝2X－1，则P(Y<6)的值为( )
A．0.3 B．0.5 C．0.1 D．0.2
答案 A
解析 由Y＝2X－1<6，得X<3.5，∴P(Y<6)＝P(X<3.5)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.3.
5．某工程施工在很大程度上受当地年降水量的影响，施工期间的年降水量X(单位：mm)对工期延误天数Y的影响及相应的概率P如下表所示：
在年降水量X至少是100的条件下，工期延误小于30天的概率为( )
A．0.7 B．0.5 C．0.3 D．0.2
答案 B
解析 设事件A为“年降水量X至少是100”，事件B为“工期延误小于30天”，则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.2＋0.1,0.2＋0.1＋0.3)＝0.5，故选B.
6．设随机变量X～N(μ，σ2)且P(X<1)＝eq \f(1,2)，P(X>2)＝p，则P(0A.eq \f(1,2)p B．1－p
C．1－2p D.eq \f(1,2)－p
答案 D
解析 由正态曲线的对称性知P(X<1)＝eq \f(1,2)，故μ＝1，即正态曲线关于直线x＝1对称，
于是P(X<0)＝P(X>2)，
所以P(0＝P(X<1)－P(X>2)＝eq \f(1,2)－p.
7．从装有3个黑球和3个白球(大小、形状相同)的盒子中随机摸出3个球，用X表示摸出的黑球个数，则P(X≥2)的值为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,5)
答案 C
解析 根据条件，摸出2个黑球的概率为eq \f(C\\al(2,3)C\\al(1,3),C\\al(3,6))，摸出3个黑球的概率为eq \f(C\\al(3,3),C\\al(3,6))，故P(X≥2)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(1,3),C\\al(3,6))＋eq \f(C\\al(3,3),C\\al(3,6))＝eq \f(1,2).
8．节日期间，某种鲜花进货价是每束2.5元，销售价是每束5元；节日卖不出去的鲜花以每束1.6元价格处理．根据前五年销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量X服从如表所示的分布列
若进这种鲜花500束，则利润的均值为( )
A．706元 B．690元
C．754元 D．720元
答案 A
解析 因为E(X)＝200×0.2＋300×0.35＋400×0.3＋500×0.15＝340，所以利润的均值为340×(5－2.5)－(500－340)×(2.5－1.6)＝706(元)，故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．有6个大小相同的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，还有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10，现从中任取4个球，有如下几种变量，这四种变量中服从超几何分布的是( )
A．X表示取出的最大号码
B．Y表示取出的最小号码
C．取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，ξ表示取出的4个球的总得分
D．η表示取出的黑球个数
答案 CD
解析 超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为试验次数，即指某事件发生n次的试验次数，由此可知CD服从超几何分布．故选CD.
10．设离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有( )
A．q＝0.1 B．E(X)＝2，D(X)＝1.4
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8 D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
答案 ACD
解析 因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；
又E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，
D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故C正确；
因为Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正确．故选ACD.
11．若随机变量ξ～N(0,1)，φ(x)＝P(ξ≤x)，其中x>0，下列等式成立的有( )
A．φ(－x)＝1－φ(x)
B．φ(2x)＝2φ(x)
C．P(|ξ|≤x)＝2φ(x)－1
D．P(|ξ|>x)＝2－φ(x)
答案 AC
解析 ∵随机变量ξ服从标准正态分布N(0,1)，
∴正态分布关于ξ＝0对称，
∵φ(x)＝P(ξ≤x，x>0)，根据曲线的对称性可得：
A．φ(－x)＝P(ξ≥x)＝1－φ(x)，∴该命题正确；
B．φ(2x)＝P(ξ≤2x)，2φ(x)＝2P(ξ≤x)，φ(2x)≠2φ(x)，∴该命题错误；
C．P(|ξ|≤x)＝P(－x≤ξ≤x)＝1－2φ(－x)＝1－2[1－φ(x)]＝2φ(x)－1，∴该命题正确；
D．P(|ξ|>x)＝P(ξ>x或ξ<－x)＝1－φ(x)＋φ(－x)＝1－φ(x)＋1－φ(x)＝2－2φ(x)，∴该命题错误．故选AC.
12．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(2,5)
B．P(B|A1)＝eq \f(5,11)
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
答案 BD
解析 由题意A1，A2，A3是两两互斥的事件，P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，P(B|A1)＝eq \f(PBA1,PA1)＝eq \f(\f(1,2)×\f(5,11),\f(1,2))＝eq \f(5,11)，故B正确；P(B|A2)＝eq \f(4,11)，P(B|A3)＝eq \f(4,11)，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq \f(5,10)×eq \f(5,11)＋eq \f(2,10)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22)，故AC不正确；A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确．故选BD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．某校高二年级学生数学诊断考试的成绩(单位：分)X服从正态分布N(110,102)，从中任取一个学生的数学成绩，记该学生的成绩在[90,110]内为事件A，记该学生的成绩在[80,100]内为事件B，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率P(B|A)＝________.(用分数表示)
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.68，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.95，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997.
答案 eq \f(27,95)
解析 由题意知，P(A)＝P(90≤X≤110)≈eq \f(1,2)×0.95＝0.475，P(AB)＝P(90≤X≤100)≈eq \f(1,2)×(0.95－0.68)＝0.135.∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.135,0.475)＝eq \f(27,95).
14．一个袋中装有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个白球的概率是eq \f(7,9)，则袋中的白球个数为________，若从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为ξ，则随机变量ξ的均值E(ξ)＝________.(本题第一空3分，第二空2分)
答案 5 eq \f(3,2)
解析 依题意，设白球个数为x，至少得到一个白球的概率是eq \f(7,9)，则不含白球的概率为eq \f(2,9)，可得eq \f(C\\al(2,10－x),C\\al(2,10))＝eq \f(2,9)，即(10－x)(9－x)＝20，解得x＝5，依题意，随机变量ξ服从超几何分布，其中N＝10，M＝5，n＝3，所以E(ξ)＝eq \f(3×5,10)＝eq \f(3,2).
15．排球比赛的规则是5局3胜制(无平局)，在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率都相等，为eq \f(2,3)，前2局中乙队以2∶0领先，则最后乙队获胜的概率是________．
答案 eq \f(19,27)
解析 最后乙队获胜含3种情况：(1)第三局乙胜；(2)第三局甲胜，第四局乙胜；(3)第三局和第四局都是甲胜，第五局乙胜．故最后乙队获胜的概率P＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(19,27).
16．盒中有2个白球，3个黑球，从中任取3个球，以X表示取到白球的个数，η表示取到黑球的个数．给出下列各项：
①E(X)＝eq \f(6,5)，E(η)＝eq \f(9,5)；②E(X2)＝E(η)；③E(η2)＝E(X)；④D(X)＝D(η)＝eq \f(9,25).
其中正确的是________．(填上所有正确项的序号)
答案 ①②④
解析 由题意可知X服从超几何分布，η也服从超几何分布．
∴E(X)＝eq \f(2×3,5)＝eq \f(6,5)，E(η)＝eq \f(3×3,5)＝eq \f(9,5).
又X的分布列
∴E(X2)＝02×eq \f(1,10)＋12×eq \f(3,5)＋22×eq \f(3,10)＝eq \f(9,5)，
D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝eq \f(9,5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))2＝eq \f(9,25).
η的分布列为
∴E(η2)＝12×eq \f(3,10)＋22×eq \f(3,5)＋32×eq \f(1,10)＝eq \f(18,5)，
D(η)＝E(η2)－[E(η)]2＝eq \f(18,5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))2＝eq \f(9,25).
∴E(X2)＝E(η)，D(X)＝D(η)，∴①②④正确．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)某种疾病能导致心肌受损害，若第一次患该病，则心肌受损害的概率为0.3，第一次患病心肌未受损害而第二次再患该病时，心肌受损害的概率为0.6，试求某人患病两次心肌未受损害的概率．
解 设A1＝“第一次患病心肌受损害”，A2＝“第二次患病心肌受损害”，
则所求概率为P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2)．
由题意可知，P(A1)＝0.3，P(A2|eq \x\t(A)1)＝0.6，
又P(eq \x\t(A)1)＝1－P(A1)＝0.7，
P(eq \x\t(A)2|eq \x\t(A)1)＝1－P(A2|eq \x\t(A)1)＝0.4，
所以P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2)＝P(eq \x\t(A)1)P(eq \x\t(A)2|eq \x\t(A)1)＝0.7×0.4＝0.28.
18．(12分)某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为eq \f(5,6)和eq \f(4,5)，且各棵大树是否成活互不影响，求移栽的4棵大树中，
(1)至少有1棵成活的概率；
(2)两种大树各成活1棵的概率．
解 设Ak表示第k棵甲种大树成活，k＝1,2，Bl表示第l棵乙种大树成活，l＝1,2，
则A1，A2，B1，B2相互独立，
且P(A1)＝P(A2)＝eq \f(5,6)，
P(B1)＝P(B2)＝eq \f(4,5).
(1)至少有1棵成活的概率为1－P(eq \x\t(A)1·eq \x\t(A)2·eq \x\t(B)1·eq \x\t(B)2)
＝1－P(eq \x\t(A)1)·P(eq \x\t(A)2)·P(eq \x\t(B)1)·P(eq \x\t(B)2)
＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2＝eq \f(899,900).
(2)两棵大树各成活1棵的概率为
P＝Ceq \\al(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))·Ceq \\al(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))
＝eq \f(10,36)×eq \f(8,25)＝eq \f(80,900)＝eq \f(4,45).
19．(12分)某批产品共10件，已知从该批产品中任取1件，则取到的是次品的概率为P＝0.2，若从该批产品中任意抽取3件．
(1)求取出的3件产品中恰好有一件次品的概率；
(2)求取出的3件产品中次品的件数X的分布列与均值．
解 设该批产品中次品有x件，
由已知eq \f(x,10)＝0.2，∴x＝2.
(1)设取出的3件产品中次品的件数为X,3件产品中恰好有一件次品的概率为P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,8),C\\al(3,10))＝eq \f(7,15).
(2)∵X可能为0,1,2，
∴P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,8),C\\al(3,10))＝eq \f(7,15)，
P(X＝1)＝eq \f(7,15)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,8),C\\al(3,10))＝eq \f(1,15).
∴X的分布列为
则E(X)＝0×eq \f(7,15)＋1×eq \f(7,15)＋2×eq \f(1,15)＝eq \f(3,5).
20．(12分)某同学进行投篮训练，已知该同学每次投篮命中的概率都为eq \f(3,4)，且每次投篮是否命中相互独立．
(1)求该同学在三次投篮中至少命中2次的概率；
(2)若该同学在10次投篮中恰好命中k次(k＝0,1,2，…，10)的概率为Pk，k为何值时，Pk最大？
解 (1)∵该同学每次投篮命中的概率都为eq \f(3,4)，且每次投篮是否命中相互独立，
∴该同学在三次投篮中至少命中2次的概率为
P＝1－Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3－Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝eq \f(27,32).
(2)∵该同学在10次投篮中恰好命中k次(k＝0,1,2，…，10)的概率为Pk，
∴Pk＝Ceq \\al(k,10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))k×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))10－k＝Ceq \\al(k,10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))10×3k，
当Pk最大时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Pk≥Pk＋1，,Pk≥Pk－1，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,10)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))10×3k≥C\\al(k＋1,10)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))10×3k＋1，,C\\al(k,10)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))10×3k≥C\\al(k－1,10)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))10×3k－1，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(10！,k！10－k！)≥3·\f(10！,k＋1！9－k！)，,3·\f(10！,k！10－k！)≥\f(10！,k－1！11－k！)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＋1≥310－k，,311－k≥k，))解得eq \f(29,4)≤k≤eq \f(33,4)，
∵k∈Z，∴k＝8.故k为8时，Pk最大．
21．(12分)一个暗箱里放着6个黑球、4个白球．
(1)依次取出3个球，不放回，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率；
(2)有放回地依次取出3个球，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率；
(3)有放回地依次取出3个球，求取到白球个数ξ的分布列和均值．
解 设事件A为“第1次取出的是白球，第3次取到黑球”，B为“第2次取到白球”，C为“第3次取到白球”，
(1)P(A)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(1,6)C\\al(1,5)＋C\\al(1,3)C\\al(1,6),C\\al(1,4)A\\al(2,9))＝eq \f(2,3).
(2)因为每次取出之前暗箱的情况没有变化，所以每次取球互不影响，
所以P(eq \x\t(C))＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
(3)设事件D为“取一次球，取到白球”，
则P(D)＝eq \f(2,5)，P(eq \x\t(D))＝eq \f(3,5)，这3次取出球互不影响，
则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,5)))，
所以P(ξ＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3－k(k＝0,1,2,3)，
其分布列为
E(ξ)＝3×eq \f(2,5)＝eq \f(6,5).
22．(12分)本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲，乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲，乙不超过两小时还车的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,2)；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,4)；两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲，乙两人所付的租车费用相同的概率；
(2)设甲，乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列及均值E(ξ)．
解 (1)由题意，得甲，乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,4).
记甲，乙两人所付的租车费用相同为事件A，则
P(A)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,16).
故甲，乙两人所付的租车费用相同的概率为eq \f(5,16).
(2)ξ可能的取值有0,2,4,6,8.
P(ξ＝0)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)，
P(ξ＝2)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,16)，
P(ξ＝4)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,16)，
P(ξ＝6)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,16)，
P(ξ＝8)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,16).
∴甲，乙两人所付的租车费用之和ξ的分布列为
∴E(ξ)＝0×eq \f(1,8)＋2×eq \f(5,16)＋4×eq \f(5,16)＋6×eq \f(3,16)＋8×eq \f(1,16)＝eq \f(7,2).年降水量X
X<100
100≤X<200
200≤X<300
X≥300
工期延误天数Y
0
5
15
30
概率P
0.4
0.2
0.1
0.3
X
200
300
400
500
P
0.20
0.35
0.30
0.15
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
X
0
1
2
P
eq \f(1,10)
eq \f(3,5)
eq \f(3,10)
η
1
2
3
P
eq \f(3,10)
eq \f(3,5)
eq \f(1,10)
X
0
1
2
P
eq \f(7,15)
eq \f(7,15)
eq \f(1,15)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)
ξ
0
2
4
6
8
P
eq \f(1,8)
eq \f(5,16)
eq \f(5,16)
eq \f(3,16)
eq \f(1,16)