高考预测练(49、50)离散型随机变量及其分布列、均值与方差与正态分布、统计与统计案例-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备(课时作业)

高考预测练(四十九) 离散型随机变量及其分布列、 均值与方差与正态分布 1.(2025·重庆南开中学质检)已知随机变量 X 的分布列如表: X 2 3 5 P a b 2b-a 若E(X)=4,则a= ( ) A.118 B. 1 12 C. 1 9 D. 1 6 2.已知离散型随机变量X 的分布列服从两点 分布,且P(X=0)=2-5P(X=1)=a,则 a= ( ) A.34 B. 1 2 C. 1 3 D. 2 3 3.一袋中装有4个白球和2个红球,现从袋中 往外取球,每次任取一个不放回,取出后记 下颜色,若为红色停止,若为白色则继续抽 取,停止时从袋中抽取的白球的个数为随机 变量X,则P(X≤2)= ( ) A.45 B. 2 5 C. 1 5 D. 3 5 4.(2025·河北“五个一名校联盟”第二次联 考)(多选)已知随机变量X 的分布列为 X 0 1 2 P 12 m 1 4 则下列结论正确的是 ( ) A.m=14 B.E (X)=32 C.E(2X-1)=12 D.D (X)=1116 5.(2025·辽宁沈阳联考)有8件产品,其中4 件是次品,从中有放回地取3次(每次1 件),若X 表示取得次品的次数,则P(X≤ 2)= ( ) A.38 B. 13 14 C. 4 5 D. 7 8 6.某射手每次射击击中目标的概率是0.6,且 各次射击的结果互不影响,则该射手射击 30次恰有18次击中目标的概率为 ( ) A.0.618×0.412 B.C1830 .618×0.412 C.C1830 .418×0.612 D.C1830 .618 7.一个不透明的袋子有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 X1,期望和方差分别为 E(X1), D(X1);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X2,期望和方差 分别为E(X2),D(X2).则下列判断正确的 是 ( ) A.E(X1)<E(X2) B.E(X1)>E(X2) C.D(X1)>D(X2) D.D(X1)<D(X2) 8.在10件工艺品中,有3件二等品,7件一等 品,现从中抽取5件,则抽得二等品件数 X 的数学期望为 ( ) A.2 B.4 C.32 D. 9 2 9.(2025·江西上饶中学质检)阿鑫上学有时 坐公交车,有时骑自行车.若阿鑫坐公交车 用时X 和骑自行车用时Y 都服从正态分 布,其密度曲线如图所示,则以下结论错误 的是 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —682— 高考预测练 A.Y 的数据较X 更集中 B.若有34min可用,那么坐公交车不迟到 的概率大 C.若有38min可用,那么骑自行车不迟到 的概率大 D.P(X>30)+P(Y≤30)=1 10.(多选)一袋中有大小相同的4个红球和2 个白球,则下列说法正确的是 ( ) A.从中任取3球,恰有2个白球的概率 是1 5 ; B.从中有放回的取球6次,每次任取一球, 设取到红球次数为X,则E(X)=2; C.现从中不放回的取球2次,每次任取1 球,则在第一次取到红球后,第二次再 次取到红球的概率为2 5 ; D.从中有放回的取球3次,每次任取一 球,则 至 少 有 一 次 取 到 白 球 的 概 率 为19 27. 11.(多选)已知某批零件的长度误差 X 服从 正态分布N(μ,σ 2),其密度函数φμ,σ(x)= 1 2πσ -e (x-μ) 2 2σ2 的曲线如图所示,若从中随机 取一件, 则下列结论正确的是 ( ) (附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ 2),则 P(μ-σ<ξ<μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<ξ <μ+2σ)=0.9544,P(μ-3σ<ξ<μ+3σ) =0.9974. A.σ=3 B.长 度 误 差 落 在 (-3,3)内 的 概 率 为0.6826 C.长度误差落在(3,6)内的概率为0.1359 D.长度误差落在(3,9)内的概率为0.1599 12.(2025·广东肇庆高二质检)设随机变量ξ~B (2,p),η=2ξ+1,若E(ξ)= 2 3 ,则D(ξ)= ,E(η)+D(η)= . 13.已知离散型随机变量X 的分布列如表:若 离散型随机变量Y=2X+1,则E(Y)= . X 0 1 2 3 P 13 1 12 m 1 6 14.甲、乙两种品牌的手表,它们的日走时误差 分别为X 和Y(单位:s),其分布列为 甲品牌的走时误差分布列 X -1 0 1 P 0.1 0.8 0.1 乙品牌的走时误差分布列 Y -2 -1 0 1 2 P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 试对两种品牌手表的性能作出描述: . 15.(2025·全国高三专题练习)某袋中装有大 小相同质地均匀的黑球和白球共5个.从 袋中随机取出3个球,恰全为黑球的概率 为1 10 ,则黑球的个数为 .若记取出 3个球中黑球的个数为X,则D(X)= . 16.已知某批产品的质量指标X 服从正态分布 N(25,0.16),其中X∈[24.6,26.2]的产品为 “可用产品”,则在这批产品中任取1件,抽到 “可用产品”的概率约为 . 参考数据:若X~N(μ,σ 2),则P(μ-σ≤X ≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ) ≈0.9545,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈ 0.9973. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —782— 班级: 姓名: 17.(预测)(2025·湖南长沙雅礼中学月考 (六))有2n 朵花围绕在一个圆形花圃周 围,现要将其两两配对绑上缎带作为装饰, 缎带之间互不交叉,例如:n=2时,共有4 朵花,以1、2、3、4表示,绑上缎带的两朵用 一条 线 连 接,共 有2种 方 式,如 图1、2 所示. (1)当n=3时,求满足要求的绑缎带方法 总数. (2)已知满足要求的每一种绑法出现的概 率都相等,如n=2时,出现图1和图2所 示方法的概率均为1 2. 记一次绑法中,共有 Y 对相邻的两朵花绑在一起. (ⅰ)当n=4时,求Y 的分布列和期望; (ⅱ)已知:对任意随机变量 Xi(i=1,2, …,m,m∈N*),有E ∑ m i=1 Xi =∑ m i=1 E(Xi). 记满足条件的绑缎带方法总数为a2n,Y 的 期望为E2n.求E2·E4·…·E2n(用n和 a2n表示). 图1 图2 18.(2024·北京卷)已知某险种的保费为0.4 万元,前3次出险每次赔付0.8万元,第4 次赔付0.6万元 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 在总体中抽样100单,以频率估计概率: (1)求随机抽取一单,赔偿不少于2次的 概率; (2)①毛利润是保费与赔偿金额之差.设毛 利润为X,估计X 的数学期望; ②若未赔偿过的保单下一保险期的保费下 降4%,已赔偿过的增加20%.估计保单下 一保险期毛利润的数学期望. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —882— 高考预测练 19.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的 全球卫星导航系统.从全球应用北斗卫星 的城市中随机选取了40个城市进行调研, 下图是这40个城市北斗卫星导航系统与 位置服务产业的产值(单位:万元)的频率 分布直方图: (1)根据频率分布直方图,求产值小于610 万元的调研城市个数,并估计产值的中 位数; (2)视频率为概率,从全球应用北斗卫星的 城市中任取5个城市,求恰有2个城市的 产值超过600万元的概率. 20.(2025·广东广州高三质检)某学校共有 1000名学生参加知识竞赛,其中男生400 人,为了解该校学生在知识竞赛中的情况, 采取分层抽样随机抽取了100名学生进行 调查,分数分布在450~950分之间,根据 调查的结果绘制的学生分数频率分布直方 图如图所示: 将分数不低于750分的学生称为“高分选 手”. (1)求a的值,并估计该校学生分数的平均 数、中位数和众数(同一组中的数据用该组 区间的中点值作代表); (2)现采用分层抽样的方式从分数落在 [550,650),[750,850)内的两组学生中抽 取10人,再从这10人中随机抽取3人,记 被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学 生人数为随机变量X,求X 的分布列及数 学期望. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —982— 班级: 姓名: 高考预测练(五十) 统计与统计案例 1.(2024·新课标全国Ⅱ卷)某农业研究部门 在面积相等的100块稻田上种植一种新型 水稻,得到各块稻田的亩产量(单位:kg)并 部分整理下表 亩产 量 [900,950) [950,1000)[1000,1050)[1100,1150)[1150,1200) 频数 6 12 18 24 10 据表中数据,结论中正确的是 ( ) A.100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B.100块稻田中亩产量低于1100kg的稻 田所占比例超过80% C.100块稻田亩产量的极差介于200kg至 300kg之间 D.100块稻田亩产量的平均值介于900kg 至1000kg之间 2.某学校采用分层随机抽样方法,抽取一定数 量的高中学生参加安全知识竞赛,若得到的 样本中高二的学生数量比高一多40人、比 高三少20人,且全校高一、高三学生数之比 为2∶3,则样本容量为 ( ) A.120 B.160 C.180 D.460 3.某乡镇为推动乡村经济发展,优化产业结 构,逐步打造高品质的农业生产,在某试验 区种植了某农作物.为了解该品种农作物长 势,在实验区随机选取了100株该农作物 苗,经测量,其高度(单位:cm)均在区间 [10,20]内,按照 [10,12),[12,14),[14, 16),[16,18),[18,20]分成5组,制成如图 所示的频率分布直方图,记高度不低于16 cm的为“优质苗”.则所选取的农作物样本 苗中,“优质苗”株数为 ( ) A.20 B.40 C.60 D.80 4.据统计,2024年12月成都市某区域一周 AQI指数按从小到大的顺序排列为:45, 50,51,53,53,57,60,则这组数据的25百分 位数是 ( ) A.45 B.50 C.51 D.53 5.惠州市某工厂10名工人某天生产同一类型 零件,生产的件数分别是10、12、14、14、15、 15、16、17、17、17,记这组数据的平均数为 a,中位数为b,众数为c,则 ( ) A.a>b>c B.b>c>a C.c>a>b D.c>b>a 6.(2025·河北石家庄教学质量检测(二))(多 选)下列结论正确的是 ( ) A.当研究两个变量之间的关联程度时,若 相关系数的绝对值|r|越接近1,则两个 变量的线性相关程度越弱 B.在评估模型拟合效果时,决定系数R2 越 接近1,表示模型对数据的拟合效果越好 C.通过样本数据得到的经验回归直线ŷ= b̂x+̂a定经过样本点的中心(x,y) D.设关于分类变量X 与Y 的独立性检验的 原假设为 H0:X 与Y 无关,根据分类变 量X 与Y 的成对样本数据,计算得到χ 2 =4.172,依据α=0.05的独立性检验 (x0.05=3.841),没有充分证据推断 H0 不成立,即认为X 与Y 无关 7.某校举行校园歌手大赛,5名参赛选手的得 分分别是9,8.7,9.3,x,y.已知这5名参赛 选手的得分的平均数为9,方差为0.1,则 |x-y|= ( ) A.0.5 B.0.6 C.0.7 D.0.8 8.已知样本数据x1,x2,…,xn 的平均数为􀭺x, 方差为s2,若样本数据ax1+5,ax2+5,…, axn+5的平均数为3􀭺x,方差为4s2,则􀭺x= ( ) A.5 B.-5 C.1或5 D.57 或-5 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —092— 高考预测练 9.对四组数据进行统计,获得以下散点图,关 于其样本相关系数的比较,下列结论正确的 是 ( ) A.r2<r4<0<r3<1 B.r4<r2<0<r1<r3 C.r4<r2<0<r3<r1 D.r2<r4<0<r1<r3 10.(2025·江西九江高二统考)某校随机调查 了100名高中生是否喜欢篮球,按照男女 区分得到列联表,经计算得χ 2=8.133.根 据独立性检验的相关知识,对照下表,可以 认为有 把握喜欢篮球与性别有 关. ( ) p 0.05 0.01 0.005 0.001 χ 2 3.841 6.635 7.879 10.828 A.95% B.99.5% C.99% D.99.9% 11.(2025·广东深圳一模)一组样本数据(xi, yi),i∈{1,2,3,…,100},其中xi>1895, 􀰑 100 i=1 xi=2×105,􀰑 100 i=1 yi=970,求得其经验回 归方程为ŷ=-0.02x+̂a1,残差为êi.对 样本数据进行处理:xi'=ln(xi-1895),得 到新的数据(xi',yi),求得其经验回归方程 为ŷ=-0.42x'+̂a2,其残差为ûi.̂ei,̂ui 的 分布如图1,2所示,且ê~N(0,σ21),̂u~N (0,σ22),则 ( ) 图1 图2 A.成对样本数据(xi,yi)负相关 B.̂a1=49.7 C.σ21<σ22 D.处理后的决定系数变大 12.(2025·河北衡水联考)加密运算在信息传 送中具有重大作用.对于一组数据a1,a2, …,an,其密钥s= 1 n∑ n i=1 ai,定义算法bi=ai 􀱇s= ai+s,ai≤s, ai-s,ai>s, 其中i=1,2,…,n.将 数据a1,a2,…,an 加密为b1,b2,…,bn 的过 程称为I型单向加密.现将一组数据4,1, 6,8,4,7进行I型单向加密,则加密后的 新数据的第60百分位数为 ( ) A.2 B.3 C.6 D.9 13.(2025·上海行知中学质检)某新学校高 一、高二、高三共有学生950名,为了了解 同学们的兴趣爱好,计划采用分层抽样的 方法,从这950名学生中抽取一个样本容 量为190的样本,若从高一、高二、高三抽 取的人数恰好组成一个以2 3 为公比的等比 数列,则此学校高一年级的学生人数为 人. 14.(2025·福建厦门第二次质量检测)某工厂 生产某款产品,根据质量指标值Q 对产品 进行等级划分,Q 小于60的产品视为不合 格品,Q 不小于60的产品视为合格品,其 中Q 不小于90的产品视为优质品.工厂为 了提升产品质量,对设备进行升级.为考察 设备升级后产品的质量,质检部门对设备 升级前后生产的产品进行简单随机抽样, 得到样本数据,制作如下频数表. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —192— 班级: 姓名: (1)根据所给数据填写下列2×2列联表, 并依据小概率值α=0.1的独立性检验,分 析产品合格与设备升级是否有关联. 不合格品件数 合格品件数 合计 升级前 升级后 合计 (2)以上述样本中设备升级后的优质品频 率作为升级后产品的优质品率,质检部门 为检查设备升级后是否正常运转,每天从 该设备生产的产品中随机抽取10件产品 并检测. (ⅰ)记X 表示抽取的10件产品中的优质 品件数,求P(X≤1)(精确到0.001); (ⅱ)质检部门规定:若抽检的10件产品 中,至少出现2件优质品,则认为设备正常 运转,否 则 需 对 设 备 进 行 检 修.请 根 据 P(X≤1)的值解释上述规定的合理性. 附:χ 2= n (ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 参考数据:0.68≈0.0168,0.69≈0.0101, 0.610≈0.0060. 15.(2025·广东揭阳二模)一个质点在数轴上 从原点开始运动,每次运动的结果可能是 原地不动,也可能是向左或向右运动一个 单位.记质点原地不动的概率为p,向右运 动的概率为q,向左运动的概率为1-p- q,其中p∈[0,1),q∈(0,1). (1)若p=16 ,q=12 ,求质点运动3次后停 在原点右侧的概率. (2)若p=0. ①规定质点只要运动到原点左侧就立即停 止运动,求质点运动5次后停在原点右侧 的概率; ②设计游戏规则如下:第一轮游戏,质点从 原点开始运动,设置质点向右运动的概率 q=x,若质点运动3次后停在原点右侧,则 进入第二轮游戏,否则游戏结束; 第二轮游戏,质点重新从原点开始运动,重 新设置质点向右运动的概率q=a-x(0< a<2),运动3次后,若质点停在原点右侧, 则以质点停留位置对应数轴上的数值作为 两轮游戏的最终得分,若质点停在原点左 侧或原点处,则两轮游戏的最终得分为0 分(规定游戏一轮结束的得分也是0分). 记两轮游戏最终得分 X 的期望E(X)= f(x),若f(x)存在极大值点,求a的取值 范围. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —292— 高考预测练 则P(A)=810= 4 5 ,则P(B|A)=29 ,所以第二次才取出 红球的概率是P(AB)=P(A)P(B|A)=45× 2 9= 8 45. 9.答案:112 解析:因为P(A)=56 ,则P(A)=1-P(A)=1-56= 1 6 ,所以,P(AB)=P(A)P(B|A)=16× 1 2= 1 12. 10.ABC 因为不可能事件⌀与事件A 不会同时发生,所以 互斥,故选项A正确;因为P(Ω)=1,P(AΩ)=P(A), P(A)P(Ω)=P(A),所以P(AΩ)=P(A)P(Ω),所以必 然事件Ω 与事件A 相互独立,故选项B正确;因为AB ∪AB=A,且AB,AB互斥,所以P(A|C)=P(AB|C) +P(AB|C),故选项C正确;假如做抛掷一枚骰子1次 的试验,设事件B 为出现点数小于等于4,事件A 为出 现点数小于等于2,则P(A|B)=P(A|B),但P(A)= 1 3 ,P(A)=23 ,P(A)≠P(A)故选项D错误.故选ABC. 11.BD 由题意可知P(A)=57 ,P(B)=17 ,P(AB)=114 , 所以P(A|B)=P (AB) P(B)= 1 14 1 7 =12 ,P(B|A)=P (AB) P(A)= 1 14 5 7 =110 ,故选BD. 12.答案:67 解析:记事件A 为“取出的2本中有1本是数学”,事件 B 为“另1本是物理或化学”,则P(A)= C12C13+C22 C25 =710 , P(AB)= C12C12+C12C11 C25 =610 ,所以P(B|A)=P (AB) P(A)= 6 10 7 10 =67. 13.答案:0.012 解析:设事件A:“取得一件次品”事件B1:“取得次品是 甲厂生 产”,B2:“取 得 次 品 是 乙 厂 生 产”,由 题 意 可 知 P(B1)=0.9,P(B2)=0.1,P(A|B1)=0.01,P(A|B2) =0.03,所以由全概率公式知取得次品的概率为P(A) =P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)=0.01×0.90+ 0.03×0.10=0.012. 14.答案:925 /0.36 解析:记事件A=“每局比赛甲队战胜乙队”,B=“甲队 的主力队员上场比赛”,M=“甲队第一局获胜的条件 下,甲队以3∶0战胜乙队”.由已知得 P(A|B)=23 , P(A|B)=12 ,P(B)=35 ,所以P(A)=P(AB)+P(AB)= P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=35× 2 3+ 1-35 × 1 2= 3 5 ,于是P(M)=P(A)P(A)= 35 2 =925. 15.解:(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一 阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次, ∴比赛成绩不少于5分的概率P=(1-0.63)(1-0.53) =0.686. (2)①若甲先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛 成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3, 若乙先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩 为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]·p3, ∵0<p<q, ∴p甲-p乙 =q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=(q-p) (q2+pq+p2)+(p-q)·[(p-pq)2+(q-pq)2+(p- pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p- q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0, ∴P甲>P乙,应该由甲参加第一阶段比赛. ②若甲先参加第一阶段比赛,数学成绩X 的所有可能取 值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)32]C13q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·C23q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, ∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3-3p2+3p)·q 记乙先参加第一阶段比赛,数学成绩Y 的所有可能取值 为0,5,10,15, 同理E(Y)=15(q3-3q2+3q)·p ∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] =15(p-q)pq(p+q-3), 因为0<p<q,则p-q<0,p+q-3<1+1-3<0, 则(p-q)pq(p+q-3)>0, ∴应该由甲参加第一阶段比赛. 高考预测练(四十九) 1.C 由 题 意 得 a+b+2b-a=1, 2a+3b+5(2b-a)=4, 解 得 a=19 , b=13. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 故 选C. 2.A 因为 X 的分布列服从两点分布,所以 P(X=0)+ P(X=1)=1,又 P(X=0)=2-5P(X=1)=a,所以 P(X=0)=2-5[1-P(X=0)],所以P(X=0)=34 ,所 以a=34. 故选A. 3.A 令X=k表示前k个球为白球,第k+1个球为红球, 此时P(X=0)=26= 1 3 ,P(X=1)=46× 2 5= 4 15 , P(X=2)=46× 3 5× 2 4= 1 5 ,则P(X≤2)=P(X=0)+ P(X=1)+P(X=2)=13+ 4 15+ 1 5= 4 5. 故选A. 4.ACD 由12+m+ 1 4=1 ,得m=14 ,所以A正确.E(X) =0×12+1× 1 4+2× 1 4= 3 4 ,E(2X-1)=2E(X)-1= 1 2 ,所以B错误,C正确.D(X)=12× 0-34 2 +14× 1- 34 2 + 14 × 2- 34 2 =1116 ,所 以 D 正 确.故 选ACD. 5.D 因为是有放回地取产品,所以每次取产品取到次品的 概率为4 8= 1 2. 从中取3次,X 为取得次品的次 数,则 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —883— X~B 3,12 ,P(X≤2)=P(X=2)+P(X=1)+P(X= 0)=C23× 12 2 ×12+C 1 3 12 3 +C03 12 3 =78 ,故 选D. 6.B 设X 为射手在30次射击中击中目标的次数,则 X~ B(30,18),故在30次射击中,恰有18次击中目标的概率 为P(X=18)=C18300.618×0.412.故选B. 7.D ①从中随机地无放回摸出3个球,记白球的个数为 X1,∴X1的可能取值是0,1,2,3,则P(X1=0)= C04C36 C310 = 1 6 ,P(X1=1)= C14C26 C310 =12P (X1=2)= C24C16 C310 =310 ,P(X1 =3)= C34C06 C310 =130 ,故随机变量X1的概率分布列为 X1 0 1 2 3 P 16 1 2 3 10 1 30 则数学期望为E(X1)=0× 1 6+1× 1 2+2× 3 10+3× 1 30 =65 ,方差为D(X1)= 0-65 ×16+ 1-65 2 ×12+ 2-65 2 ×310+ 3-65 2 ×130= 14 25. ②从中随机地有放回摸出3个球,则每次摸到白球的概 率为4 10= 2 5 ,则X2~B 3,25 ,故E(X2)=3×25=65, D(X2)=3× 2 5× 1-25 =1825,故 E(X1)=E(X2), D(X1)<D(X2).故选D. 8.C 随机变量 X 可取0,1,2,3,P(X=0)= C03C57 C510 =21252 , P(X=1)= C13C47 C510 =105252 ,P(X=2)= C23C37 C510 =105252 ,P(X= 3)= C33C27 C510 =21252 ,E(X)=0×21252+1× 105 252+2× 105 252+3× 21 252= 3 2 ,故选C. 9.D 观察图象知,X~N(30,σ21),Y~N(34,σ22),Y 的密度 曲线瘦高、X 的密度曲线矮胖,即随机变量Y 的标准差小 于X 的标准差,即σ1>σ2,因此Y 的数据较X 更集中,A 正确;显然P(X≤34)>12=P (Y≤34),则当有34min 可用时,坐公交车不迟到的概率大,B正确;显然P(X≤ 38)<P(Y≤38),则当有38min可用时,骑自行车不迟到 的概率大,C正确;显然P(X>30)=12 ,P(Y≤30)<P(Y <34)=12 ,因此P(X>30)+P(Y≤30)<1,D错误.故 选D. 10.AD 从中任取3球,恰有2个白球的概率是 C14C22 C36 =420 =15 ,故A正确,从中有放回的取球6次,每次任取一 球,设取到红球次数为 X 服从二项分布,即 X~B 6, 2 3 ,∴E(X)=6×23=4,故B错误,第一次取到红球 后,第二次取球时,袋子中还有3个红球和2个白球,再 次取到红球的概率为3 5 ,故C错误,有放回的取球,每次 取到白球的概率为1 3 ,没有取到白球的概率为2 3 ,所以 取球3次没有取到白球的概率为 23 3 =827 ,所以至少 有一次取到白球的概率 为1-827= 19 27 ,故 D正 确,故 选AD. 11.ABC 由图中密度函数解析式,可得σ=3,A正确;又由 图象可知μ=0,则长度误差落在(-3,3)内的概率为 P(-3<X<3)=P(μ-σ<X<μ+σ)=0.6826,B正确; 长度 误 差 落 在(3,6)内 的 概 率 为 P(3<X<6)= 1 2 [P(-6<X<6)-P(-3<X<3)]=12 [P(μ-2σ< X<μ+2σ)-P(μ-σ<X<μ+σ)]= 1 2 (0.9544- 0.6826)=0.1359,C正确;长度误差落在(3,9)内的概率 为P(3<X<9)=12 [P(-9<X<9)-P(-3<X<3)] =12 [P(μ-3σ<X<μ+3σ)-P(μ-σ<X<μ+σ)]= 1 2 (0.9974-0.6826)=0.1574,D错误;故选ABC. 12.答案:49 37 9 /419 解析:随机变量ξ~B(2,p),且E(ξ)= 2 3 ,则E(ξ)=2p =23 ,解得p=13 ,所以 D(ξ)=2p(1-p)=2× 1 3× 1-13 =49,又η=2ξ+1,则E(η)=2E(ξ)+1=2× 2 3+1= 7 3 ,D(η)=4D(ξ)=4× 4 9= 16 9 ,所以E(η)+ D(η)= 37 9. 13.答案:236 /356 解析:由题1 3+ 1 12+m+ 1 6=1⇒m= 5 12 ,所以E(X)= 1 3×0+ 1 12×1+ 5 12×2+ 1 6×3= 17 12 ,由Y=2X+1, 所以E(Y)=E(2X+1)=2E(X)+1=2×1712+1= 23 6. 14.答案:甲种手表的性能更好,更稳定 解析:由甲品牌的走时误差分布列,可得: E(X)=-1×0.1+0×0.8+1×0.1=0, D(X)=(-1-0)2×0.1+(0-0)2×0.8+(1-0)2× 0.1=0.2; 由乙品牌的走时误差分布列,可得: E(Y)=-2×0.1+(-1)×0.2+0×0.4+1×0.2+2× 0.1=0, D(Y)=(-2)2×0.1+(-1)2×0.2+02×0.4+12× 0.2+22×0.1=1.2, 则甲、乙两种手表走时误差的期望一样,但甲种手表的 方差小于乙种手表的方差, 所以认为甲种手表的性能更好,更稳定. 15.答案:3 925 /0.36 解析:设袋中黑球有n个,则从袋中随机取出3个球,恰 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —983— 全为黑球的概率为P= C3n C35 =110 ,可得n=3,该事件服从 超几何分布, 由题可知,取出3个球中黑球的个数X 的可能取值为1, 2,3, 由超几何分布事件分别计算对应概率, P(X=1)= C13·C22 C35 =310 , P(X=2)= C23·C12 C35 =610 , P(X=3)= C33 C35 =110 可得分布列如下: X 1 2 3 P 310 6 10 1 10 则E(X)=310×1+ 6 10×2+ 1 10×3= 9 5 , D(X)=310× 1-95 2 +610× 2-95 2 +110× 3- 9 5 2 =925. 16.答案:0.84/2125 解析:由题意知,该产品服从 X~N(25,0.16),则μ= 25,σ=0.4, 所以P(24.6≤X≤26.2)=P(25-0.4≤X≤25+3× 0.4)=P(μ-σ≤X≤μ+3σ)= 0.6827 2 + 0.9973 2 =0.84 , 即抽到“可用产品”的概率为0.84. 17.解:(1)当n=3时,有6朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6表示,由题意可知,满足要求的绑缎带方 法,任意一条缎带绑后,其同侧不能剩余奇数朵花,故1 必不与奇数3、5配对. 按花朵1的配对情况,分为三类: ①1与2配对:另4朵3、4、5、6的配对情况,与n=2时 (共有4朵花)的配对方法数相同,故有2种方法; ②1与6配对:由对称性可知同1与2配对的方法数,故 有2种方法; ③1与4配对:2必与3配对,6必与5配对,故只有1种 方法. 综上,完成这件事的方法数共有2+2+1=5种,列举 如下: (12)(34)(56);(12)(36)(45);(16)(23)(45);(16)(25) (34);(14)(23)(56). 即满足要求的绑缎带方法总数为5. (2)(ⅰ)当n=4时,有8朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6、7、8表示,由题意可知.满足要求的绑缎 带方法,任意一条缎带绑后,其同侧不能剩余奇数朵花, 故1不能与3、5、7配对. 故按花朵1的配对情况,可分为两类: ①1与2或1与8配对: 若1与2配对,则另6朵3、4、5、6、7、8的配对情况,与n =3时(共有6朵花)的配对方法数相同,故有5种方法; 若1与8配对,由对称性可知与1与2的配对方法相同, 故也有5种方法,故有2×5=10种方法; ②1与4或1与6配对:由对称性,这两类配对方法也 相同. 不妨设1与4配对,由题意,2与3必配对.而另外5、6、 7、8的配对情况,即同n=2时(共有4朵花)的配对方法 数,有2种方法, 故有2×2=4种方法, 综上,完成这件事的方法数共有10+4=14种. 已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等,则每一 种方法的概率均为1 14 ,记一次绑法中,共有Y 对相邻的 两朵花绑在一起, 14种方法中Y=2的有2×2=4种方法.Y=3的有2×4 =8种,Y=4的有2×1=2种, 则Y 的所有可能值为2,3,4, P(Y=2)=414= 2 7 , P(Y=3)=814= 4 7 , P(Y=4)=214= 1 7. 故Y 的分布列为 Y 2 3 4 P 27 4 7 1 7 E(Y)=2×27+3× 4 7+4× 1 7= 20 7 , 故Y 的期望为207. (ⅱ)当n=1时,显然有a2=1,此时Y=1,E2=1, 当n≥2时,若第i朵花与相邻花相连,记随机变量Xi= 1,则P(Xi=1)= 2a2n-2 a2n , 若第i朵 花 不 与 相 邻 花 相 连,记 随 机 变 量 Xi=0,则 P(Xi=0)=1- 2a2n-2 a2n , 由于有Y 对相邻的两朵花, 则Y=12∑ 2n i=1 Xi, 则E2n=E(Y)= 1 2∑ 2n i=1 E(Xi)= 2na2n-2 a2n (n≥2). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —093— 综上所述,E2·E4·…·E2n=1· 4a2 a4 ·6a4 a6 ·…· 2na2n-2 a2n =2 n-1n! a2n . 18.解:(1)设A 为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”, 由 题 设 中 的 统 计 数 据 可 得 P (A ) = 60+30+10 800+100+60+30+10= 1 10. (2)①设ξ为赔付金额,则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3, 由题设中的统计数据可得P(ξ=0)= 800 1000= 4 5 ,P(ξ= 0.8)=1001000= 1 10 , P(ξ=1.6)= 60 1000= 3 50 ,P(ξ=2.4)= 30 1000= 3 100 , P(ξ=3)= 10 1000= 1 100 故E(ξ)=0× 4 5+0.8× 1 10+1.6× 3 50+2.4× 3 100+3× 1 100=0.278 故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). ②由题设保费的变化为0.4×45×96%+0.4× 1 5×1.2 =0.4032, 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元) 19.答案:(1)12个;615. (2)32625 解析:(1)由频率分布直方图可知产值于610万元的频 率为(0.02+0.01)×10=0.3, 所以产值小于610万元的调研城市个数为0.3×40=12 (个); 设产值的中位数为x,0.02×10+0.01×10+(x-610) ×0.04=0.5, (x-610)×0.04=0.2,x-610=5,x=615,所以产值的 中位数为615. (2)由频率分布直方图可知城市的产值超600万元的概 率为 (0.01+0.04+0.025+0.005)×10=0.8, 设任取5个城市中城市的产值超过600万元的城市的个 数为X, 可知随机变量X 满足X~B(5,0.8),所以P(X=2)= C25×0.82×(1-0.8)3= 32 625. 20.答案:(1)a=0.0035,平均数670,中位数650,众数600 (2)分布列见解析,E(X)=910 解析:(1)由题意知100×(0.0015+a+0.0025+0.0015 +0.001)=1, 解得a=0.0035, 样本平均数为􀭺x=500×0.15+600×0.35+700×0.25 +800×0.15+900×0.10=670, 由于100×(0.0015+0.0035)=0.5,故中位数650,众 数600. (2)由题意,从[550,650)中抽取7人,从[750,850)中抽 取3人, 随机变量X 的所有可能取值有0,1,2,3. P(X=k)= Ck3C3-k7 C310 (k=0,1,2,3), 所以随机变量X 的分布列为: X 0 1 2 3 P 35120 63 120 21 120 1 120 随机变量X 的数学期望E(X)=63120+2× 21 120+3× 1 120 =910. 高考预测练(五十) 1.C 根据频数分布表可知,6+12+18=36<50,所以亩产 量的中位数不小于1050kg,故 A错误;亩产量不低于 1100kg的频数为24+10=34,所以低于1100kg的稻田 占比为100-34 100 =66% ,故B错误;稻田亩产量的极差最 大为1200-900=300,最小为1150-950=200,故C正 确;由频数分布表可得,亩产量在[1050,1100)的频数为 100-(6+12+18+24+10)=30,所以平均值为 1100× (6×925+12×975+18×1025+30×1075+24×1125+ 10×1175)=1067,故D错误.故选C. 2.D 设样本中高二的学生数量为x,则样本中高一的学生 数量为x-40,样本中高三的学生数量为x+20,因为全 校高一、高三学生数之比为2∶3,所以x+20x-40= 3 2 ,解得 x=160,则样本容量为120+160+180=460,故选D. 3.C 高度不低于16cm的频率为2×(0.20+0.10)=0.6, 所以“优质苗”株数为100×0.6=60.故选C. 4.B 由这组数据共7个,因为7×25%=74 不是整数,所以 这组数据的25百分位数为第2个数据,即:50.故选B. 5.D 平均数a=10+12+14+14+15+15+16+17+17+1710 = 14.7,中位数b=15+152 =15 ,众数c=17,故c>b>a.故 选D. 6.BC 因为相关系数绝对值越接近1,两个变量的线性相 关程度越强,所以A错误.因为决定系数R2 越接近1,表 示模型对数据的拟合效果越好,所以B正确.因为经验回 归直线ŷ=̂bx+̂a一定经过样本点的中心(x,y),所以C 正确.因为χ2=4.172>3.841,所以根据小概率值α= 0.05的独立性检验,推断 H0 不成立,即 X 与Y 有关联. 故D错误.故选BC. 7.D 因为平均数为9+8.7+9.3+x+y5 =9 ,所以x+y= 18.因为方差为 (9-9)2+(8.7-9)2+(9.3-9)2+(x-9)2+(y-9)2 5 =0.1 ,所 以(x-9)2+(y-9)2=x2+y2-18x-18y+162=0.32, 所以x2+y2=162.32,又因为(x+y)2=x2+y2+2xy= 324,所以2xy=161.68,所以(x-y)2=x2+y2-2xy= 0.64,所以|x-y|= (x-y)2=0.8.故选D. 8.C 由方差的性质,得ax1+5,ax2+5,…,axn+5的方差 为a2s2,故a2=4,解得a=±2.由平均数的性质,得ax1 +5,ax2+5,…,axn+5的平均数为a􀭺x+5,故a􀭺x+5= 3􀭺x,解得􀭺x= 53-a=1 或5.故选C. 9.B 由给出的四组数据的散点图可以看出,左侧两图是正 相关,样本相关系数大于0,则r1>0,r3>0,右侧两图是 负相关,样本相关系数小于0,则r2<0,r4<0,下方两图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —193— 的点相对更加集中,所以相关性较强,所以r3接近于1,r4 接近于-1,上方两图的点相对分散一些,所以相关性较 弱,所以r1和r2 比较接近0,由此可得r4<r2<0<r1< r3.故选B. 10.B ∵χ2=8.133∈(7.879,10.828),∴有99.5%把握认 为与性别有关,故选B. 11.ABD 在经验回归方程ŷ=-0.02x+̂a1 中,-0.02< 0,故可知成对样本数据(xi,yi)负相关,故A正确; 由题意知􀭺x=2000,􀭵y=9.7, 由样本点的中心在经验回归直线上,得9.7=-0.02× 2000+̂a1,解得â1=49.7,故B正确: 由题图得ûi 比̂ei 更集中,所以σ22<σ21,故C错误; 由题图1的残差平方和较题图2的残差平方和大可知, 处理后拟合效果更好,决定系数变大,故D正确. 故选ABD. 12.C 依题意,知密钥s=4+1+6+8+4+76 =5 ,则加密后 的新数据依次为9,6,1,3,9,2,将加密后的新数据按从 小到大的顺序排列为1,2,3,6,9,9,由6×60%=3.6,得 加密后的新数据的第60百分位数为6.故选C. 13.答案:450 解析:因为高一、高二、高三抽取的人数恰好组成一个以 2 3 为公比的等比数列, 设从高二年级抽取的学生人数为x人, 则从高二、高三年级抽取的人数分别为3 2x ,2 3x , 由题意可得3 2x+x+ 2 3x=190 ,解得x=60,32x=90 , 设我校高一年级的学生人数为 N,再根据 N950= 90 190 ,求 得N=450. 14.解:(1)依题意可得2×2列联表为 不合格品件数 合格品件数 合计 升级前 20 80 100 升级后 10 90 100 合计 30 170 200 零假设为 H0:产品合格与设备升级没有关联.由列联表 可计算得到χ2= 200×(90×20-80×10)2 170×30×100×100 ≈3.922> 2.706=x0.1, 依据小概率值α=0.1的独立性检验,我们可以推断 H0 不成立,因此可以认为产品合格与设备升级有关联.该 推断犯错误的概率不超过0.1. (2)(ⅰ)根据题意,知设备升级后的优质品率为0.4. 可以认为从生产线中抽出的10件产品是不是优质品相 互独立,则X~B(10,0.4),P(X≤1)=C010×0.610+C110 ×0.4×0.69=0.610+4×0.69≈0.006+4×0.0101≈ 0.046.所以P(X≤1)≈0.046. (ⅱ)如果设备运转正常,一天内抽取的10件产品中,优 质品件数少于2个的概率只有0.046,发生的概率很小, 因此一旦发生这种情况,就有理由认为设备运转异常, 需对设备进行检修,可见上述规定是合理的. 15.解:(1)质点运动3次后停在原点右侧的情况有4种,分 别是3次向右:1次不动、2次向右;2次向右、1次向左;2 次不动、1次向右, 所以质点运动3次后停在原点右侧的概率P= 12 3 + C23 12 2 1 6+C 2 3 12 2 × 1-12-16 +C13 12 16 2 =1324. (2)①质点运动5次后停在原点右侧的情况有4种,分别 是5次向右;第1次向右、后4次有3次向右1次向左; 前2次向右、后3次有1次向右2次向左;第1次向右、 第2次向左、第3次向右、后2次有1次向右1次向左, 所以质点运动5次后停在原点右侧的概率P=q5+q· C34q3(1-q)+q2·C13q(1-q)2+q·(1-q)·q·C12q(1 -q)=q5+4q4(1-q)+3q3(1-q)2+2q3(1-q)2=q3 (2q2-6q+5). ②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种,分别 是3次向右;2次向右,1次向左, 其概率为x3+C23x2(1-x)=x2(3-2x), X 的所有可能取值为0,1,3, 易知X 的期望E(X)仅与X=1,3的概率有关, 因为P(X=1)=x2(3-2x)·[C23(a-x)2·(x+1- a)]=3x2(3-2x)(a-x)2(x+1-a), P(X=3)=x2(3-2x)(a-x)3, 所以最终得分X 的期望E(X)=3x2(3-2x)(a-x)2(x +1-a)+3x2(3-2x)(a-x)3=3x2(3-2x)(a-x)2. 因为0<q<1,所以 0<x<1, 0<a-x<1, 即 0<x<1,a-1<x<a, 所以 当0<a≤1时,0<x<a;当1<a<2时,a-1<x<1, 由题意知f(x)=3x2(3-2x)(a-x)2, 求导得f'(x)=-6x(x-a)[5x2-(6+3a)x+3a], 记g(x)=5x2-(6+3a)x+3a, (ⅰ)当0<a≤1时,0<x<a, 因为g(0)=3a>0,g(a)=5a2-(6+3a)a+3a=a(2a- 3)<0,g(2)=8-3a>0, 所以由零点存在定理,知存在x1∈(0,a),使得g(x1)= 0;存在x2∈(a,2),使得g(x2)=0, 当0<x<x1时,f'(x)>0;当x1<x<a时,f'(x)<0, 所以f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,a)上单调递减, 所以x1是f(x)的极大值点, 所以0<a≤1, (ⅱ)当1<a<2时,a-1<x<1, 因为g(0)=3a>0,g(1)=-1<0,g(2)=8-3a>0, 所以由零点存在定理,知存在x3∈(0,1),使得g(x3)= 0;存在x4∈(1,2),使得g(x4)=0, 若要使得f(x)在(a-1,1)上存在极大值点, 则g(a-1)=5(a-1)2-(6+3a)(a-1)+3a=2a2- 10a+11>0, 解得a<5- 32 或a>5+ 32 , 因为1<a<2,所以1<a<5- 32 . 综上所述,a的取值范围为 0,5- 32 . 高考预测卷(一) 1.D 复数的四则运算 由题意,得z= 27-3i= 2(7+3i) (7-3i)(7+3i) =729+ 3 29i ,故选D. 2.C 全称量词命题的否定 命题p:∀x>0,log2x-3x+1 <0的否定为􀱑p:∃x>0,log2x-3x+1≥0,故选C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —293—