第七章《随机变量及其分布》同步单元必刷卷（培优卷）-2024-2025学年高二数学《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第三册）

第七章《随机变量及其分布》同步单元必刷卷（培优卷） 一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1．有3台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率分别为，加工出来的零件混放在一起．已知第台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工” ，事件“零件为次品”，则（    ） A．0.2 B．0.05 C． D． 2．已知离散型随机变量的分布列，则（   ） A． B． C． D． 3．随机变量X的概率分布为，其中a是常数，则（    ） A． B． C． D． 4．若随机变量的分布列如下表所示，则（    ） 0 1 A． B．2 C． D． 5．如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为，用表示小球最后落入格子的号码，若，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．一个不透明的袋子有10个除颜色不同外，大小、质地完全相同的球，其中有6个黑球，4个白球．现进行如下两个试验，试验一：逐个不放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望方差分别为；试验二：逐个有放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望和方差分别为，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 7．巴黎奥运会期间，旅客人数（万人）为随机变量，且.记一天中旅客人数不少于26万人的概率为，则的值约为（    ） （参考数据：若，有，，） A．0.977 B．0.9725 C．0.954 D．0.683 8．已知随机变量所有可能的取值为x，y，且，，则下列说法正确的是（    ） A．存在， B．对任意， C．存在， D．对任意， 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．玻璃缸中装有2个黑球和4个白球，现从中先后无放回地取2个球．记“第一次取得黑球”为，“第一次取得白球”为，“第二次取得黑球”为，“第二次取得白球”为，则（    ） A． B． C． D． 10．某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（    ） A． B． C． D． 11．已知随机变量，，，，记，其中，，则（    ） A． B． C． D．若，则 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则 ． 13．袋中有个相同的球，其中编号为的球各个，从中不放回地依次抽取个球，以表示取到的2个球上的编号之和，则随机变量的均值 ． 提示：记=第次取到的球上的数字，其中，则 14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．某学校安排甲、乙、丙三个班级同时到学校礼堂参加联欢晚会，已知甲班艺术生占比8%，乙班艺术生占比6%，丙班艺术生占比5%．学生自由选择座位，先到者先选．甲、乙、丙三个班人数分别占总人数的，，．若主持人随机从场下学生中选一人参与互动． (1)求选到的学生是艺术生的概率； (2)如果选到的学生是艺术生，判断其来自哪个班的可能性最大． 16．某地政府为推动旅游业高质量发展、加快旅游产业化建设，提出要优化传统业态，创新产品和服务方式，培育新业态新产品、新模式，促进康养旅游快速发展.某景区为了进一步优化旅游服务环境，强化服务意识，全面提升景区服务质量，准备从m个跟团游团队和6个私家游团队中随机抽取几个团队展开满意度调查.若一次抽取2个团队，全是私家游团队的概率为. (1)若一次抽取3个团队，在抽取的3个团队是同类型团队的条件下，求这3个团队全是跟团游团队的概率； (2)若一次抽取4个团队，设这4个团队中私家游团队的个数为，求的分布列和数学期望. 17．小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次、击中区域甲的概率是，击中区域乙的概率是，击中区域丙的概率是，区域甲，乙、丙均没有重复的部分．这次射击比赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机会获得三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖．获得一等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”称号． (1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率； (2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为X，求X分布列和数学期望． 18．某型合金钢生产企业为了合金钢的碳含量百分比在规定的值范围内，检验员在同一试验条件下，每天随机抽样10次，并测量其碳含量（单位：%）.已知其产品的碳含量服从正态分布. (1)假设生产状态正常，记表示一天内10次抽样中其碳含量百分比在之外的次数，求及的数学期望： (2)一天内的抽检中，如果出现了至少1次检测的碳含量在之外，就认为这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.下面是在一天中，检测员进行10次碳含量（单位：%）检测得到的测量结果： 次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 碳含量（%） 0.31 0.32 0.34 0.31 0.30 0.31 0.32 0.31 0.33 0.32 经计算得，，其中为抽取的第次的碳含量百分比. （i）用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？ （ii）若去掉，剩下的数的平均数和标准差分别记为，试写出的算式（用表示）. 附：若随机变量服从正态分布，则.. 19．甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2. (1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为，求的分布列和期望； (2)求四局比赛后，比赛结束的概率； (3)若表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，则.证明：为等比数列. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第七章《随机变量及其分布》同步单元必刷卷（培优卷） 一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1．有3台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率分别为，加工出来的零件混放在一起．已知第台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工” ，事件“零件为次品”，则（    ） A．0.2 B．0.05 C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，由全概率公式、条件概率公式和贝叶斯公式，结合已知条件，求解即可. 【详解】根据题意可得：； ； 由全概率公式可得： ； 故. 故选：D. 2．已知离散型随机变量的分布列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据分布列求得a的值，确定符合题意的X的值，结合，即可求得答案. 【详解】由已知离散型随机变量的分布列， 则， 由可得或， 故, 故选：A 3．随机变量X的概率分布为，其中a是常数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由分布列的性质求出，再由均值的公式即可求出答案. 【详解】，∵， ∴，解得， 则， ∴． 故选：B 4．若随机变量的分布列如下表所示，则（    ） 0 1 A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】由分布列的性质求，根据期望的定义求，再由期望的定义求，结合期望性质求. 【详解】由已知可得，，， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：D. 5．如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为，用表示小球最后落入格子的号码，若，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】由题意，服从二项分布，，代入公式可得结果． 【详解】每下落一层向左或向右落下等可能，概率均为， 每一层均要乘以，共做10次选择， 故服从二项分布，， 又， 令最大， 则， 即, 解得，又因为，所以, 所以， ，且． 故选：B． 6．一个不透明的袋子有10个除颜色不同外，大小、质地完全相同的球，其中有6个黑球，4个白球．现进行如下两个试验，试验一：逐个不放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望方差分别为；试验二：逐个有放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望和方差分别为，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用超几何分布和二项分布知识分别计算从中随机地无放回摸出3个球、从中随机地有放回摸出3个球的期望、方差，再做比较可得答案． 【详解】试验一：从中随机地无放回摸出3个球，记白球的个数为， 则的可能取值是0，1，2，3， 则， ，， 故随机变量的概率分布列为： 0 1 2 3 则数学期望为：， 方差为：； 试验二：从中随机地有放回摸出3个球，则每次摸到白球的概率为， 则， 故，， 故，． 故选：A． 7．巴黎奥运会期间，旅客人数（万人）为随机变量，且.记一天中旅客人数不少于26万人的概率为，则的值约为（    ） （参考数据：若，有，，） A．0.977 B．0.9725 C．0.954 D．0.683 【答案】A 【分析】根据正态分布对称性求得答案. 【详解】因为，所以，， ， 根据正态曲线的对称性可得， . 故选：A. 8．已知随机变量所有可能的取值为x，y，且，，则下列说法正确的是（    ） A．存在， B．对任意， C．存在， D．对任意， 【答案】D 【分析】对A、B：根据期望的计算公式结合二次函数分析运算；对C：先求，利用作差法比较大小；对D：换元令，结合二次函数求的取值范围. 【详解】由题意可得：，且，即， 对A、B：由题意可得：， ∵开口向下，对称轴，， 则，故，即， 不存在，，A错误； 例如，则，即存在，，，B错误； 对C：， 则， 故对任意，，则，C错误； 对D：令， 则图象开口向下，对称轴，且， 故，即， 对任意，，D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，根据题意得到，，从而得解. 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．玻璃缸中装有2个黑球和4个白球，现从中先后无放回地取2个球．记“第一次取得黑球”为，“第一次取得白球”为，“第二次取得黑球”为，“第二次取得白球”为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】结合古典概型，条件概型的计算公式，分别求出有关事件的概率，再进行判断. 【详解】对A，由题意，第一次取得黑球的概率， 第一次取得白球的概率， 第一次取得黑球、第二次取得黑球的概率， 第一次取得白球、第二次取得白球的概率， 则，所以A错误； 对B，第一次取得黑球、第二次取得白球的概率， 第一次取得白球、第二次取得黑球的概率， 则，所以B正确； 对C，由， 得，所以C正确； 对D，由，得，所以D正确． 故选：BCD． 10．某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用全概率公式及贝叶斯公式可判定A、D选项，利用期望与方差公式可判定B、C选项. 【详解】对于A，易知，故A正确； 对于D，易知，故D正确； 对于B、C，易知可取，则, ，所以， ，故B正确；C错误； 故选：ABD 11．已知随机变量，，，，记，其中，，则（    ） A． B． C． D．若，则 【答案】ABD 【分析】利用随机变量概率的性质证明选项A判断正确；利用二项分布数学期望的性质证明选项B判断正确；举反例否定选项C；利用单调性证明选项D判断正确. 【详解】对于A，，所以A正确； 对于B，因为，所以B正确； 对于C，当时，，所以C错误； 对于D，因为，所以当时，最大，所以D正确； 证明如下：若，则， 若，则，解得， 故当时，单调递增，当时，单调递减， 即当为整数时，或时，取得最大值， 当不为整数，k为的整数部分时，取得最大值． 故选：ABD． 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则 ． 【答案】1 【分析】由正态分布性质可求，结合二项分布定义确定的二项分布，根据二项分布的均值公式求结论. 【详解】因为，所以， 所以，又， 所以， 由已知， 所以. 故答案为：1. 13．袋中有个相同的球，其中编号为的球各个，从中不放回地依次抽取个球，以表示取到的2个球上的编号之和，则随机变量的均值 ． 提示：记=第次取到的球上的数字，其中，则 【答案】n 【分析】由古典概型和全概率公式分别求和，发现其式均满足服从二项分布的概率，故、均服从二项分布，由二项分布的期望公式求得，故. 【详解】由题可知，， 故，所以. 故，所以. 所以. 故答案为：n. 14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 . 【答案】/0.5 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．某学校安排甲、乙、丙三个班级同时到学校礼堂参加联欢晚会，已知甲班艺术生占比8%，乙班艺术生占比6%，丙班艺术生占比5%．学生自由选择座位，先到者先选．甲、乙、丙三个班人数分别占总人数的，，．若主持人随机从场下学生中选一人参与互动． (1)求选到的学生是艺术生的概率； (2)如果选到的学生是艺术生，判断其来自哪个班的可能性最大． 【答案】(1) (2)来自丙班的可能性最大 【分析】（1）依据题意根据全概率公式计算即可； （2）根据条件概率公式分别计算，即可判断. 【详解】（1）设“任选一名学生恰好是艺术生”， “所选学生来自甲班”，“所选学生来自乙班”, “所选学生来自丙班”．由题可知： ，，， ，，     . （2）；               所以其来自丙班的可能性最高． 16．某地政府为推动旅游业高质量发展、加快旅游产业化建设，提出要优化传统业态，创新产品和服务方式，培育新业态新产品、新模式，促进康养旅游快速发展.某景区为了进一步优化旅游服务环境，强化服务意识，全面提升景区服务质量，准备从m个跟团游团队和6个私家游团队中随机抽取几个团队展开满意度调查.若一次抽取2个团队，全是私家游团队的概率为. (1)若一次抽取3个团队，在抽取的3个团队是同类型团队的条件下，求这3个团队全是跟团游团队的概率； (2)若一次抽取4个团队，设这4个团队中私家游团队的个数为，求的分布列和数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意可知共有个团队，根据全是私家游团队的概率结合古典概型求出，再分3个团队全是私家游团队和3个团队全是跟团游团队两种情况讨论，结合古典概型即可得解； （2）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应随机变量的概率，从而可得分布列，再根据期望公式求期望即可. 【详解】（1）由题意知共有个团队， 一次抽取2个团队的情况有种，其中全是私家游团队的情况有种， 故一次抽取2个团队，全是私家游团队的概率是， 整理得，解得或（舍去）， 若一次抽取的3个团队全是私家游团队，则共有种情况， 若一次抽取的3个团队全是跟团游团队，则共有种情况， 所以在抽取的3个团队是同类型团队的条件下， 这3个团队全是跟团游团队的概率为； （2）由题意知，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，4， ，， ，， ， 故的分布列为 0 1 2 3 4 P 数学期望. 17．小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次、击中区域甲的概率是，击中区域乙的概率是，击中区域丙的概率是，区域甲，乙、丙均没有重复的部分．这次射击比赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机会获得三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖．获得一等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”称号． (1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率； (2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为X，求X分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析； 【分析】（1）根据概率已知条件记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件；射击一次获得一等奖为事件；射击一次获得一等奖为事件，分析可知，利用互斥事件的概率加法计算公式所以求即可. （2）根据题意判断，根据二项分布求概率、期望公式计算即可. 【详解】（1）记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件；射击一次获得一等奖为事件； 射击一次获得一等奖为事件，所以有，所以， ，所以. （2）获得三等奖的次数为，的可能取值为，，，，； 记“获得三等奖”为事件，所以， 所以，， ，， ，所以 显然，. 18．某型合金钢生产企业为了合金钢的碳含量百分比在规定的值范围内，检验员在同一试验条件下，每天随机抽样10次，并测量其碳含量（单位：%）.已知其产品的碳含量服从正态分布. (1)假设生产状态正常，记表示一天内10次抽样中其碳含量百分比在之外的次数，求及的数学期望： (2)一天内的抽检中，如果出现了至少1次检测的碳含量在之外，就认为这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.下面是在一天中，检测员进行10次碳含量（单位：%）检测得到的测量结果： 次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 碳含量（%） 0.31 0.32 0.34 0.31 0.30 0.31 0.32 0.31 0.33 0.32 经计算得，，其中为抽取的第次的碳含量百分比. （i）用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？ （ii）若去掉，剩下的数的平均数和标准差分别记为，试写出的算式（用表示）. 附：若随机变量服从正态分布，则.. 【答案】(1)0.0257，0.026 (2)（i）不需要（ii） 【分析】（1）由公式结合已知即可求出，由二项分布的期望公式即可求出. （2）先求出，对比表中数据即可判断是否需要对当天的生产过程进行检查，由样本平均数和方差的计算公式推导即可得出. 【详解】（1）由已知得：抽取一次碳含量在之内的概率为0.9974， 所以， 又碳含量在之外的概率为0.0026， 故, 因此. （2）由得的估计值为， 所以， 由所测数据可以看出10次抽检的碳含量均在之内， 因此不需要对当天的生产过程进行检查. 若去掉，剩下的数据的标准差 又注意到， 所以. 19．甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2. (1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为，求的分布列和期望； (2)求四局比赛后，比赛结束的概率； (3)若表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，则.证明：为等比数列. 【答案】(1)分布列见解析，. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望； （2）根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可得结果； （3）根据全概率公式和等比数列的定义可证. 【详解】（1）的所有可能取值为， ，，， 则的分布列为： 2 3 4 0.2 0.5 0.3 . （2）当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和， 其概率为：. 当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和， 其概率为：， 所以四局比赛后，比赛结束的概率为. （3）因为表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，， 在甲所得筹码为枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为， 在甲所得筹码为枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为， 在甲所得筹码为枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为， 根据全概率公式得， 所以，变形得，因为， 所以，同理可得， 所以为等比数列. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$