第7章 阶段测评(2)(Word练习)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版2019）

阶段测评(二) (时间：90分钟，满分：100分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知随机变量X的分布列如下表： X 1 2 3 4 P 0.15 0.35 m 0.25 则实数m＝(　　) A．0.05　　　　　　　 B．0.15 C．0.25 D．0.35 解析　由随机变量的分布列的性质知0.15＋0.35＋m＋0.25＝1，解得m＝0.25. 故选C. 答案　C 2．已知随机变量X服从两点分布，E(X)＝0.6，则其成功概率为(　　) A．0.3　 　 B．0.4 C．0.5　 　 D．0.6 解析　∵随机变量X服从两点分布，设成功的概率为p， ∴E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p＝0.6. 故选D. 答案　D 3．已知8名学生中有5名男生，从中选出4名代表，记选出的代表中男生人数为X，则P(X＝3)＝(　　) A．　　　 B． C．　　　 D．1 解析　X＝3表示选出的4个代表中有3个男生1个女生，则P(X＝3)＝＝. 故选B. 答案　B 4．学校要从5名男生和3名女生中随机抽取2人参加社区志愿者服务，若用ξ表示抽取的志愿者中女生的人数，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)的值是(　　) A．　　　 B． C．　　　 D．1 解析　由题知ξ服从N＝8，M＝3，n＝2的超几何分布，所以E(ξ)＝n＝×2＝，故选C. 答案　C 5．(2024·亳州高二期末)若X是离散型随机变量，则E[X－E(X)]＝(　　) A．E(X) B．2E(X) C．0 D．[E(X)]2 解析　E[X－E(X)]＝E(X)－E(X)＝0. 故选C. 答案　C 6．老师布置了两道数学题，学生做对第一题的概率是，做对第二题的概率是，两题都做对的概率是，现在抽查一个学生，该生在第一题做对的前提下，第二题做对的概率是(　　) A． B． C． D． 解析　设做对第一题为事件A，做对第二题为事件B，由条件可知，P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，∴ P(B|A)＝＝＝. 故选D. 答案　D 7．(2024·亳州高二期末)小明投篮3次，每次投中的概率为0.8，且每次投篮互不影响，若投中一次得2分，没投中得0分，总得分为X，则(　　) A．E(X)＝2.4 B．E(X)＝4.8 C．D(X)＝0.48 D．D(X)＝0.96 解析　设小明投中次数为ξ， 则由题意可知ξ～B(3,0.8)， 则E(ξ)＝3×0.8＝2.4， D(ξ)＝3×0.8×(1－0.8)＝0.48， 因为投中一次得2分，没投中得0分， 所以X＝2ξ， 则E(X)＝2E(ξ)＝2×2.4＝4.8， D(X)＝4D(ξ)＝1．92. 故选B. 答案　B 8．已知事件A，B，P(B)＝，P(|A)＝，P(|)＝，则P＝(　　) A．　　　 B． C．　　　 D． 解析　由条件概率公式可知P(|A)＝＝，即P(A)＝P(A)①， P(|)＝＝，即P()＝P()②， 而P(A)＋P()＝1，所以P()＝1－P(A)③， 又已知P(A)＋P()＝P()＝1－P(B)＝④， ②③④联立可得P(A)＝. 故选C. 答案　C 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10100)，其中A的各位数中ak(k＝1,2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记X＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时(　　) A．X服从超几何分布 B．P(X＝1)＝ C．X的均值E(X)＝ D．X的方差D(X)＝ 解析　由二进制数A的特点知，每一个数位上的数字只能填0,1且每个数位上的数字互不影响，故X的可能取值有0,1,2,3,4,5，且X的取值表示1出现的次数，由二项分布的定义，可得X～B，故A错误； 故P(X＝1)＝C14＝，故B正确； 因为X～B，所以E(X)＝5×＝，D(X)＝5××＝， 故C正确、D正确． 故选BCD. 答案　BCD 10．某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，记事件A：“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”，事件B：“学生丙最后一个出场”，则下列结论中正确的是(　　) A．事件A包含78个样本点 B．P(A)＝ C．P(AB)＝ D．P(B|A)＝ 解析　问题等价于5个人安排到5个座位， 事件A：甲不在首位，乙不在末位，安排甲(除首位)到其中4个座位上，分两种情况： 若甲不在末位有C种，再安排乙有C种，其他同学作全排有A种，共有C C A＝54种； 若甲在末位有1种，余下同学(含乙)作全排有A，共有A＝24种； 所以，事件A包含78个样本点； 事件B：除丙以外的其他同学作全排有A＝24种； 事件AB：把丙安排在末位，再安排甲在中间3个位置有C种，其他同学作全排有A种，共有C A＝18种； 而5位同学所有可能安排有A＝120种． 所以P(A)＝＝，P(AB)＝＝，而P(B|A)＝＝， 综上，A、B正确，C、D错误． 故选AB. 答案　AB 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 11．(2024·安庆期末)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，现从中不放回的取球2次，每次取球一次，则在第一次取到红球的条件下，第二次再次取到红球的概率为________． 解析　在第一次取到红球后，第二次取的时候，袋子中有3个红球和2个白球，故第二次再次取到红球的概率为. 答案　 12．已知随机变量ξ～B(2 024,0.5)，则D(2ξ＋1)的值是________． 解析　因为D(ξ)＝2 024×0.5×(1－0.5)＝506， 所以D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝2 024. 答案　2 024 13．(2024·武汉期末)已知离散型随机变量ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 P m n 若E(ξ)＝1，则D(ξ)＝__________. 解析　由题意知m＋n＝1－－＝， 由E(ξ)＝1得0×m＋1×＋2×＋3n＝1， 解得n＝，m＝， 故D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＋(3－1)2×＝. 答案　 14．期中考卷有8道单选题，小明对其中5道题有思路，3道题完全没思路．有思路的题做对的概率是0.9，没思路的题只能猜答案，猜对的概率为0.25，则小明从这8道题中随机抽取1道做对的概率为________． 解析　设事件A表示“考生答对”，设事件B表示“考生选到有思路的题”， 则小明从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为： P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)＝×0.9＋×0.25＝. 答案　 四、解答题：本题共2小题，共28分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1 s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次．求下列事件的概率． (1)质点回到原点； (2)质点位于4的位置． 解析　设质点向右移动的次数为X，又质点每隔1 s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，且每次移动是相互独立，则X～B. (1)质点回到原点，则X＝3， P(X＝3)＝C3·3＝， 所以质点回到原点的概率是； (2)当质点位于4的位置时，则X＝5， P(X＝5)＝C5·＝， 所以质点位于4的位置的概率是. 16．(15分)某市举办“好心杯”少年美术书法作品比赛，共收到200件参赛作品，为了解作品质量，现从这些作品中随机抽取12件作品进行试评．成绩如下：67,82,78,86,96,81,73,84,76,59,85,93. (1)求该样本的中位数和方差； (2)若把成绩不低于85分(含85分)的作品认为为优秀作品，现在从这12件作品中任意抽取3件，求抽到优秀作品的件数的分布列和期望． 解析　(1)样本数据按从小到大的顺序为59,67,73,76,78,81,82,84,85,86,93,96. 数据的中位数为：＝81.5， 平均数为＝＝80， 方差为 S2＝×(212＋132＋72＋42＋22＋12＋22＋42＋52＋62＋132＋162)＝＝98.83. (2)设抽到优秀作品的个数为x，则x的可能值为0,1,2,3， P(x＝0)＝＝＝， P(x＝1)＝＝＝， P(x＝2)＝＝＝， P(x＝3)＝＝＝， 所以x的分布列为 x 0 1 2 3 P 期望为E(x)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1． 学科网（北京）股份有限公司 $$