第七章 单元1 条件概率与全概率公式、离散型随机变量及其分布列、离散型随机变量的数字特征 B卷-【金试卷】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

20.解(1)先排女生，有A4种方法，再在女生之间及首尾共5个空位中任选3个空位 安排男生，有A种方法，故不同的排列方法总数为A4A=1440. 6.D由离教型随机支量分南列的性质可知a十b十合-1，即a=1-党 2 (2)先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，故不同的排列方法总数为 5A8=3600. 0S1-1 由{0≤b≤1， (3)设有男生x人(x∈N“且2≤x≤5)，则女生有(7一x)人，从这7人中选出男生2 得0<≤号 人，女生2人的方法有C2C号x种，要求每人参加一项且每项活动都有人参加，有 CA种选法. 根据分步乘法计数原理得C2C号CA=648, E(X)=0Xa+1X6+2x号-=26，D(X)=(0-26)2·a+1-2b2.b+(2-2b)2, 所以x(x一1)(7一x)(6一x)=72,解得x=3或x=4,所以该组学生中男生3人，女 7 生4人或男生4人.女生3人. 合-+3动，又因为0<<号，所以当6=号时，D(X)取得最大值，此时a= 21.解(1)x10-3=[(x-1)+1]10-3=Q(x)(x-1)2+ax+b, 故选D. ∴.C9o(x-1)10+C0(x-1)9+…+Co(x-1)2+C10(x-1)+C8-3 =Q(x)(x-1)2+ax+b, 7?.ACD由条件概奉公式PCBA-裙及0<PCA1,知PBA≥P(AB,故A ∴.[C90(x-1)8+C1o(x-1)7+…+C](x-1)2+10x-12 天当事件A包含事件B时，有P(AB)=P(B),此时PBlA)=P,故B正 =Q(x)(x-1)2+ax+B. 由于0≤P(B|A)≤1，P(A|A)=1,故C,D错误.故选ACD .10x-12=ax+B.∴.a=10,b=-12. (2).ax+b=28,即10x-12=28,.x=4. 8.ACD对于A,P(AB)=P(A)·P(BA)=日，故A正确； .x10-3=410-3=(3+1)10-3 =C90X310+C0X39+…+C0×3+C8-3 对于B,P(BA=1-P(BA)=是，故B错误： =34×(C90×36+C10×35+…+C)+40×34+5×34+28 =81(C10×36+C10×35+…+Ci0+45)+28, 对于C,P(BA=1-P(B到A=3,故C正确； .所求的余数为28. 22.解(1)根据题意得C十C=7,即m十n=7,① 对于D,PA=1-PA)=2,则P(B)=PA)P(B1A)+P(A)P(BA=合× f(x)中的x2的系数为C%+C2=mm-1D+n(n1D-m22一m-n 2 2 2 十2×号-7，故D正确，故选ACD 将0走移为n=7-m代入上式得子的系笑为m-加十21=(m召》广+要。 9.BCD根据X的概率分布列可得，2m十n=1,且m>0,n>0,P(X=1)=n,P(X≠ 1)=P(X=0)十P(X=2)=2m,由于m与n的大小关系不清楚，故选项A无法 故当m=3或m=4时，x2的系数有最小值. 判断； 当m=3,n=4时，x3的系数为C十C=5; E(X)=0Xm+1Xn十2×m=2m十n=1,故选项B正确； 当m=4,n=3时，x3的系数为C十C3=5. (2)f(0.003)=(1+0.003)4+(1+0.003)3≈C9+C×0.003+C9+CX0.003≈ 1=2m+m≥2V2m,mn≤日故选项C正确； 2.02. 根据方差的性质可知D(X+1)=D(X),又D(X)=(0一1)2×m十(1一1)2Xn+(2 (3)由题意可得，a=C=70, -1)2×m=2m<1,.选项D正确.故选BCD. 根据C·2≥C1·241, 10.解析若答对0个问题，则总得分为一300；若答对1个问题，则总得分为一100；若 C281释 答对2个问题，则总得分为100；若问题全答对，则总得分为300. 故X的所有可能取值为一300，一100,100,300. 又k∈N,所以k=5或k=6,此时，b=7X28, 答案-300，-100,100,300 所以6=128 5 1山解析资二级品有6个，剥一级品有2张个，三氨品有空个，总数为受个， 第七章随机变量及其分布 X的分布列为 单元1条件概率与全概率公式、离散型随机变量 1 2 及其分布列、离散型随机变量的数字特征 A卷基础达标 P(号≤X≤号）=P(X=1D= 1.CPAB)=PBA)·PA)=子×号-品故选C 答案号 2 2.B由题意得，A门B=(2,4,则P(AB)=PAB)=§=名.故选B. 号+=， 2 P(B)55 6 12.解析国为E(X0=专，D(X)=号，所以 3.D令B=“取到的零件为合格品”，A:=“零件为第i台机床的产品”，i=1,2,则2= A1UA2,且A1,A2互斥，由全概率公式，得 5 P(B)=PA)P(BlA)+PA,)P(BlA,)=号×0.96+号×0.93=0.95.故选D 解得11或 x1=3 x2=2 2 又x1<x2,所以x1=1,x2=2,所以x1十x2=3. 4.B记清明节当天下雨为事件A,清明节随后一天下雨为事件B,由题意知P(A)= x2=3' 09,PAB)-063则P(BA-0-0,7.该B 答案3 5.A由0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,得m=0.3. 13.解1)由题意可得，男生甲被选中的概率P=C=1 Cg3· 所以P(Y=2)=P(X=4)=0.3.故选A (2)记“男生甲被选中”为事件M,“女生乙被选中”为事件N. 1 a可得，PW=号PMN)-=吉故PNW--亨-专 P(M01 5 3)2迷中的2人方1名男生和1名女生为事价S,则P(S)-誉-是，P(SN) C C15,故P(NS)=PSN=1 C44 P(S)2· 14.解(1)由题意，甲河流发生洪水的概率为0.25，乙河流发生洪水的概率为0.2，则 甲、乙两条河流均不发生洪水的概率为(1一0.25)×(1一0.2)=0.6，所以今年甲、 乙两条河流至少有一条发生洪水的概率为1一0.6=0.4. (2)方案一：设损失费用为X元. X的可能取值为30000,60000,0. P(X=30000)=0.25×(1-0.2)+(1-0.25)×0.2=0.35,P(X=60000)=0.25 ×0.2=0.05,P(X=0)=(1-0.25)×(1-0.2)=0.6,所以E(X)=30000×0.35 +60000×0.05+0x0.6=13500. 方案二：修建保护围墙，建设费用为4000元，但围墙只能抵御一条河流发生的洪 水，当两条河流同时发生洪水时，设备将受损，损失60000元，两条河流都发生洪水 的概率为0.25×0.2=0.05，所以损失费用的期望为4000十60000×0.05十0×0. 95=7000元 方案三：修建保护大坝，建设费用为9000元，设备不会受损，所以损失费用的期望 为9000元. 因为方案二中损失费用的期望最小，所以从损失费用的角度考虑，方案二更好 15.解(1)由x2一x一6≤0，得一2x≤3，即S={x|一2x≤3}. 由于m,n∈Z,m,n∈S且m十n=0,所以事件A包含的样本，点为 (-2,2),(2,-2),(-1,1),(1,-1),(0,0) (2)由于m的所有不同取值为-一2，一1,0,1,2,3，所以X=2的所有不同取值为0， 1,4,9,且有 P(X=0)=合，PX=D=音=3，PX=0=名=3，PX=9)= 6 故X的分布列为 X 0149 P 111 1 6 3 3 6 16.解（1)设该同学在本次考试中境空题帝分得分不低于15”为事件A,则P)-(侣） ×号+x×号×号号+（）×号×+（）×号×号 (2)易知X的取值可能为0,510,15,20，则P(X=0)=(传）×号×号-3 P(X=5) (信)》××号+（）××+c4×日×××号-品P 则X的分布列为 0 5 10 15 20 1 P 23 3 85 25 108 216 216216 B卷能力提升 1.B P(BIA)=P(AB) PADC十C=,故选B 2BP-cC-号，PrAB)得-0由条件概率定义，得PBA-0 1 C P(A) =子故选B 参考答案75 3C南美老可得621条释0台 故P(≤2)=P(5=0)+P(=1)+P(E=2)=0.1+0.3+0.2=0.6,故选C. 4.C设事件A:表示“取出数字”，i=1,2,3,4, 易知P(A1)=P(A2)=P(Ag)=P(A4)=子，事件B表示“取到y=2”,则P(BA1) =0,PBA)=号，PBAg)=号，PBA)=子∴P(B)-2P(A,)P(BA) 寻×(o+号+号+号)-格逸c 5.B由题意得，E(Y)=c-a,P(Y=-1)=a,所以c-a=a,即c=2a,又a+b+c=1, 所以6=1-a-6=1-30,且a,6c∈[0,1小，所以aE[0,号]，随机变量z的可能取 值为-1,01，P2=-1)=号c+日a=名，P(2=0)=号6+26+话+号(a+e0 -1-a.P(Z-1)-ga+ 3a, 所以随机变量Z的分布列为 Z -1 0 1 5 6a 3a 6.B记抽到自己准备的书的学生数为X,则X可能取值为0,1,2,4，P(X=0)= 2-会-，PX-2--员=pPX 、9-g,PX=1)=4X28 0-石-7别E(0-0x管+1x号+2×号+4X会-1数速B 7.BD根据概率分布列的性质可知，X取所有可能值的概率的和等于1，且X取各可 能值的概率p:满足0≤p:≤1. 对于A,因为0叶号十0十0十号-1，且满足0≤，<1，所以A选项中的数据能成为 X的概率分布列； 对于B,因为-0.2十0.2-0.4十0.4=0，且不满足0≤：≤1，所以B选项中的数据 能成为X的概率分布列； 对于C,因为p十1一p=1,且满足0≤p:≤1，所以C选项中的数据能成为X的概率 分布列； 对于D,因为又2十文3十…十及8=1-日=冬，所以D选项中的教据念成为X 1 1 的概率分布列，故选BD. ∫≤- 1 8.AB由表可得 "从而得p[0,号]，期望值E(X)=0x(合-p)十 1·十2×合-p+1,当且仅当=合时，B(X)大位=号故递AB 9.BCD记事件A:,B;分别表示第一次、第二次取到i号球，i=1,2,3,对于A,在第一 次取到3号球的条件下，第二次取到1号球的能率P(B,Ag)=名=合，故A错误； 对于B,饺题意，A,AA两两互斥，其和为0，并且PA1)=,PAg)=P(A,) 子PBA1)=是=名，P(BlA)=是=合，P(BAs)=名=合，应月全概年公 式，有PB)-2PA,)·P(B,A,)=号×号+×号+号×号=分故B正确： :1 对于C,P(A1B1)= P(ADP(BA=名X交=合，P(AB)= 1×1 P(B1) 1 1 1 1 1 P(B1) 1 P(B1) 1 4 2 2 76参考答案 故在第二次取到1号球的条件下，它来自1号口袋的概率最大，故C正确； 对于D,先将5个不同的小球分成1,1,3或2,2,1三份，再放入三个不同的口袋，则 不同的分配方法有(CC+CCCA=50(种)，故D正确，改选BCD A经 10.解析=0表示取到红球之前没有取到黄球，包含两种情况： 第一次取到红球，概率为乃十2第一次取到缘球，第二次取到红球，概率为P -2·中所以P0-AP2中2中-期得a3 11 所以随机变量5所有可能取值为0,1,2,3， P(5=0)=1」 4 p(E=1)= P(=2)=号××号+号×导×号×号+××号×合+号×是×号× 1 3 =1 Γ4 P(G=3)=1-P(=0)-P(G=1)-P(G=2)=子，故随机支量的分布列为 0 1 2 3 4 4 4 故Ec9)=0x7+1x+2x+3X2=三 4 2 3 答案3；2 11.解析 由意号××品得一8 又随机支量的所有可能取值为0,1,2，则P(=0)=(（1-号)(1-是)=日p(: =2)=号×-，PE=1D=1-P(=0)-P=2)= 7 故随机变量：的分布列为 0 1 P 1 1 6 12 7 )=0+2x-8 13 答案 12 12.解析当甲盒中含有红球的个数为X1时，X1的可能取值为1,2，所以P(X1=1) -号P(X1=2)P 所以EX)=1×号+2x号-9 含有红球的个教为X,时，X,的可能取值为1,23，P(X PX--器-专0-- C31 7 所以(X,)=1×号+2x号+3X号-9 ×1=13 所以EX)+B(X)=9+9-号 答案号 13.解设事件B表示任取一件工件，该工件为次品，事件A:(i=1,2,3)分别表示取出 的工件为甲、乙、丙车间生产的工件，则2=A1UA2UA3,且A1,A2,A3两两互斥， 根据题意得P(A1)=0.25,P(A2)=0.35,P(A3)=0.4,P(BA1)=0.05,P(BA2)=0. 04,P(BA3)=0.02. (1)从这批工件中任取一件，取到次品的概率为 P(B)=0.25×0.05+0.35×0.04+0.4×0.02=0.0345. (2)易知所求概率即PA|B)-PAB_P(A1)P(BIA)_0.25X0.0525 P(B) P(B) 0.034569 14.解(1)这3名学生中至少有2名学生参加培训次数恰好相等的概率P=1一 CgC15C20_419 C。494 (2)由题意知，X的可能取值为0,1,2 Px-0)Px1)-Cickcclckx)- Cao Cio 心一品则随机支变量X的分方列为 C0 X 1 61 25 5 156 52 39 所以X的数学期望E(X)=0 ×品+1×3+2×品品 15.解设A、B、C分别表示甲学校在三个项目中获胜的事件，Y表示甲学校的总 得分. (1)甲学校获得冠军可表示为“Y=30或Y=20”,易知P(Y=30)=P(A)·P(B)· P(C)=0.5×0.4×0.8=0.16,P(Y=20)=P(A)·P(B)·[1-P(C)]+P(A)· [1-P(B)]·P(C)+[1-P(A)]·P(B)·P(C)=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0. 8+0.5×0.4×0.8=0.44. .甲学校获得冠军的概率为0.16十0.44=0.6. (2)由题意可知X可取0,10,20.30. 由(1)可知P(X=0)=P(Y=30)=0.16. P(X=10)=P(Y=20)=0.44,P(X=20)=P(A)·[1-P(B)]-[1-P(C)]+ [1-P(A)]·P(B)·[1-P(C)]+[1-P(A)]·[1-P(B)]·P(C)=0.5×0.6× 0.2+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8=0.34,P(X=30)=[1-P(A)]·[1- P(B]·[1-P(C)]=0.5×0.6×0.2=0.06. .X的分布列为 10 20 30 P 0.160.440.340.06 .E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13. 16.解(1)由题图可得，该校学生本次适应性考试数学成绩（单位：分）的平均值为20× (60×0.004+80×0.013+100×0.016+120×0.014+140×0.003)=99.6. (2)样本中成绩（单位：分）在130,150]内的人数为100×0.003×20=6，又成绩（单 位：分)在[130,140)与[140,150]内的学生人数之比为2：1，所以成绩（单位：分）在 [130,140)内的人数为4，在[140,150]内的人数为2， 由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2， P(X=0)= C P(X=1)= ×x(肾×（位×+×号）+得××号×号- Px--×(+肾××号+×（号）- 3 故X的分布列为 X 0 2 P 53 67 83 270 135 270 所以E(X)=0X 53+1×135 10 270单元1条件概率与全概率公式、离散型随机 变量及其分布列、离散型随机变量的数字特征 B卷能力提升 测试建议用时：80分钟满分：100分 % 一、单项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30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.从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A=“取到的2个数之 和为偶数”，事件B=“取到的2个数均为偶数”，则P(BA)= 密 ( A司 B c号 D. 封 2.从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A=“取到的2个数之 樊 和为偶数”，事件B=“取到的2个数均为偶数”，则P(BA)等于 ( A B c号 3.某一随机变量的分布列如下表，且n一m=0.1,则P(≤2)= 粉 内 0 1 2 3 不 P 0.1 0.2 n A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7 准 4.若从数字1,2,3,4中任取一个数，记为x,再从1，…，x中任取一 設 个数记为y,则y=2的概率为 答 A分 B. c. 1 D. 5.已知a,b,c为实数，随机变量X,Y的分布列如下表： 1 0 茶 题 P 2 6 若E(Y)=P(Y=一1)，随机变量Z满足Z=XY,其中随机变量 X,Y相互独立，则E(Z)的取值范围是 ) A. c. n[层 丝 6.“四书”是《大学》《中庸》《论语》《孟子》的合称，又称“四子书”，在 部 世界文化史、思想史上地位极高，所载内容及哲学思想至今仍具 有积极意义和参考价值.为弘扬中国优秀传统文化，某校计划开 展“四书”经典诵读比赛活动.某班有4位同学参赛，每人从《大 学》《中庸》《论语》《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自 选取的书均不相同.比赛时，若这4位同学从这4本书中随机抽 取1本选择其中的内容诵读，则抽到自己准备的书的人数的均值 为 () A. B.1 c D.2 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15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5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分) 7.设X是一个离散型随机变量，则下列不能成为X的概率分布列 的是 （) 1 A.0,20,0,2 B.-0.2,0.2,-0.4,0.4 C.p,1-p(0≤p≤1) D23…7文8 8.设p为非负实数，离散型随机变量X的概率分布列为 X 0 1 2 1 P 2-p 2 则下列说法正确的是 ( Ap∈0，引 BE(X)最大值为号 c.pe D.E(X)最大值为 9.现有编号为1,2,3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号 球，一个2号球和一个3号球，2号口袋内装有两个1号球，一个 3号球，3号口袋内装有三个1号球，两个2号球，第一次先从1 号口袋内随机取一个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中， 第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是() A.在第一次取到3号球的条件下，第二次取到1号球的概率 是号 B第二次取到1号球的概率是号 C.若第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D.若将5个不同小球放人这3个口袋内，每个口袋至少放1个， 则不同的分配方法有150种 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 10.袋中有大小相同、质地均匀的1个红球、1个绿球和n个黄球. 现从袋中每次随机取出一个且不放回，直到取出红球为止.设此 过程中取到黄球的个数为5，若P(=0)一是，则m E()= 1.甲、乙、丙三人各打靶一次，若甲打中的概率为了，乙、丙打中的 概率均为异(0<1<4)，若甲，乙、丙都打中的概率是器，设表 示甲、乙两人中中靶的人数，则ξ的均值是 12.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有3个红球和4个蓝 球，从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放人甲盒中，放入i个球 后，甲盒中含有红球的个数为X:(i=1,2),则E(X)十E(X2) 的值为 四、解答题（本题共4小题，共40分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤) 13.(10分)设某工厂有甲、乙、丙三个车间，它们生产同一种工件， 每个车间的产量占该厂总产量的百分比依次为25%，35%， 40%,它们的次品率依次为5%，4%，2%.现从这批工件中任取 一件 (1)求取到次品的概率； (2)已知取到的是次品，求它是甲车间生产的概率. 选择性必修第三册27 14.(10分)某中学选派40名学生参加北京市高中生技术设计创意 大赛的培训，他们参加培训的次数统计如下表所示： 培训次数 1 2 3 参加人数 5 15 20 (1)从这40名学生中任选3名，求这3名学生中至少有2名学 生参加培训次数恰好相等的概率； (2)从这40名学生中任选2名，用X表示这2人参加培训次数 之差的绝对值，求随机变量X的分布列及数学期望E(X). 28选择性必修第三册 15.(10分)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个 项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束 后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的 概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立. (1)求甲学校获得冠军的概率； (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望. 16.(10分)首次实施新高考的八省（市）于2021年1月23日统一 举行了新高考适应性考试，让考生熟悉考试、志愿填报和了解高 校录取的流程及基本方法.在适应性考试结束后，根据适应性考 试成绩，学生可了解自己的学习情况，决定是否参加强基计划. 在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的考试情况，随机 抽取了100名学生的数学成绩作为样本，并按照分数段[50， 70),[70,90),[90,110),[110,130),[130,150]分组，绘制了如 图所示的频率分布直方图。 (1)根据频率分布直方图，用样本估计总体，求该校学生本次适 应性考试数学成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中 点值作代表)； (2)该校准备给有机会冲击强基计划（适应性考试数学成绩不低 于130分)的学生进行培训，经调查，发现成绩（单位：分）在 [130,140)内的学生愿意参加培训的概率均为2，成绩（单位： 分)在[140,150]内的学生愿意参加培训的概率均为子.已知样 本中成绩（单位：分）在[130,140)与[140,150]内的学生人数之 比为2：1，若从样本中成绩不低于130分的学生中随机抽取2 人，设愿意参加培训的人数为X,求X的分布列和期望， 频率 组距 0.016 881 0004 0.003- 0507090110130150成绩/分