第8章 概率 章末检测（教用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

章末检测（八）　概率 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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.已知离散型随机变量X的概率分布如下，则p＝（　　） X 1 2 3 4 P p A.　　　 B. C.　　　 D. 解析：C　由＋＋＋p＝1得，p＝.故选C. 2.已知随机变量X服从正态分布N（3，σ2），且P（X＜1）＝0.1，则P（3≤X≤5）＝（　　） A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4 解析：D　因为随机变量X服从正态分布N（3，σ2），所以正态密度曲线关于直线x＝3对称，又P（X＜1）＝0.1，所以P（X＞5）＝0.1，则P（3≤X≤5）＝＝＝0.4. 3.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）＝（　　） A.0.3 B.0.5 C.0.1 D.0.2 解析：A　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. 4.由1，2组成的有重复数字的三位数中，若用A表示事件“十位数字为1”，用B表示事件“百位数字为1”，则P（A｜B）＝（　　） A.　　　 B. C.　　　 D. 解析：C　∵P（B）＝＝，P（AB）＝＝，∴P（A｜B）＝＝. 5.学校要从10名候选人中选2名加入学生会，其中高二（1）班有4名候选人，假设每名候选人都有相同的机会被选到.若X表示选到高二（1）班的候选人的人数，则E（X）＝（　　） A. B. C. D. 解析：D　由题意得随机变量X服从超几何分布，且N＝10，M＝4，n＝2，则E（X）＝＝＝. 6.位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动5次后位于点（2，3）的概率为（　　） A.（）5 B.（）5 C.（）5 D.（）5 解析：B　依题意，质点在移动过程中向右移动2次，向上移动3次，因此质点P移动5次后位于点（2，3）的概率P＝×（）2×（1－）3＝（）5. 7.某人投篮命中的概率为0.6，则投篮14次，最有可能命中的次数为（　　） A.7 B.8 C.7或8 D.8或9 解析：D　投篮命中次数X～B（14，0.6），P（X＝k）＝·0.6k·0.414－k，设最有可能命中m次，则 ⇒ ⇒8≤m≤9，∵m∈Z，∴m＝8或m＝9.∴最有可能命中8或9次.故选D. 8.泊松分布的概率分布为P（X＝k）＝e－λ（k＝0，1，2，…），其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值.若随机变量X服从二项分布，当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ＝np，即X～B（n，p），P（X＝i）＝（n∈N）.现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则次品率小于3%的概率约为（参考数据：＝0.367 879…）（　　） A.99% B.97% C.92% D.74% 解析：C　依题意， n＝100，p＝0.01，泊松分布可作为二项分布的近似，此时λ＝100×0.01＝1，则P（X＝k）＝e－1，于是P（X＝0）＝e－1＝，P（X＝1）＝e－1＝，P（X＝2）＝e－1＝，所以次品率小于3%的概率约为P＝P（X＝0）＋P（X＝1）＋P（X＝2）＝＋＋≈92%.故选C. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.已知随机变量X，Y满足X～N（μ1，），Y～N（μ2，），其中μ1，μ2∈R，σ1，σ2∈R＋，则下列命题正确的是（　　） A.若μ1＝μ2，则E（X）＝E（Y） B.若μ1＝μ2，则D（X）＝D（Y） C.若σ1＝σ2，则D（X）＝D（Y） D.若σ1＝2，σ2＝3，则P（｜X－μ1｜≤1）＞P（｜Y－μ2｜≤1） 解析：ACD　对于A，由正态分布的性质，可得E（X）＝μ1，E（Y）＝μ2，由μ1＝μ2，可得E（X）＝E（Y），A正确；对于B，D（X）＝，D（Y）＝，当μ1＝μ2时，D（X）和D（Y）的大小关系不能确定，B错误；对于C，若σ1＝σ2，可得D（X）＝D（Y），C正确；对于D，由σ1＝2，σ2＝3，可得＝4，＝9，且＜，根据方差的性质，可得随机变量X的分布更集中，随机变量Y的分布离散，所以P（｜X－μ1｜≤1）＞P（｜Y－μ2｜≤1），D正确. 10.随机变量X～N（2，σ2），且P（0≤X≤2）＋P（X≥t）＝0.5，随机变量Y～B（t，p），0＜p＜1，若E（X）＝E（Y），则（　　） A.t＝4 B.p＝ C.P（2≤Y≤3）＝ D.D（2Y）＝2 解析：AC　因为X～N（2，σ2），且P（0≤X≤2）＋P（X≥t）＝0.5，所以t＝4，故A正确；因为E（X）＝2，所以E（Y）＝E（X）＝2.因为Y～B（4，p），所以E（Y）＝4p＝2，所以p＝，故B错误；因为Y～B（4，），所以P（2≤Y≤3）＝（）4＋（）4＝，故C正确；因为D（Y）＝4××（1－）＝1，所以D（2Y）＝4D（Y）＝4，故D错误.故选A、C. 11.有n（n∈N*，n≥10）个编号分别为1，2，3，…，n的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从i号盒子取出的球是白球”为事件Ai（i＝1，2，3，…，n），则（　　） A.P（A1A2）＝ B.P（A1｜A2）＝ C.P（A1＋A2）＝ D.P（A10）＝ 解析：BC　对A，P（A1A2）＝×＝，所以A错误；对B，P（A2）＝×＋×＝，故P（A1｜A2）＝＝，所以B正确；对C，P（A1＋A2）＝P（A1）＋P（A2）－P（A1A2）＝＋－＝，所以C正确；对D，由题意P（An）＝P（An－1）＋[1－P（An－1）]，所以P（An）－＝［P（An－1）－］，P（A1）＝，P（A1）－＝－＝，所以P（An）－＝×（）n－1＝×（）n，所以P（An）＝·（1＋），则P（A10）＝·（1＋），所以D错误.故选B、C. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.某医院派出16名护士、4名内科医生组成支援队伍，现在需要从这20人中任意选取3人去A城市支援，设X表示其中内科医生的人数，则P（X＝2）＝. 解析：由题意得P（X＝2）＝＝＝. 13.已知随机事件A，B，P（A）＝，P（B）＝，P（A｜B）＝，则P（B｜A）＝. 解析：由条件概率可得P（A｜B）＝＝⇒P（AB）＝×＝，所以P（B｜A）＝＝＝. 14.假设某型号的每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p（0＜p＜1），且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可成功飞行，若使4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，则p的取值范围是（，1）. 解析：由已知可得，飞机引擎正常运行的个数X～B（n，p），所以4引擎飞机正常飞行的概率为P1＝p2（1－p）2＋p3（1－p）＋p4＝3p4－8p3＋6p2；2引擎飞机正常飞行的概率为P2＝p（1－p）＋p2＝－p2＋2p.所以P1－P2＝3p4－8p3＋6p2－（－p2＋2p）＝p（p－1）2（3p－2）.因为4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，所以P1－P2＞0，即p（p－1）2（3p－2）＞0.因为0＜p＜1，所以＜p＜1. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）在某次大型考试中，某班同学的成绩服从正态分布N（80，52），现在已知该班同学中成绩在80～85分的有17人，则该班成绩在90分以上的同学有多少人？ 解：∵成绩服从正态分布N（80，52）， ∴μ＝80，σ＝5，则μ－σ＝75，μ＋σ＝85. ∴成绩在（75，85）内的同学约占全班同学的68.3%，成绩在（80，85）内的同学约占全班同学的34.15%. 设该班有x名同学， 则x·34.15%＝17，解得x≈50. ∵μ－2σ＝80－10＝70，μ＋2σ＝80＋10＝90， ∴成绩在（70，90）内的同学约占全班同学的95.4%，成绩在90分以上的同学约占全班同学的×（1－95.4%）＝2.3%， 50×2.3%≈1（人）. 故成绩在90分以上的仅有1人. 16.（本小题满分15分）某食品企业一个月内被消费者投诉的次数用X表示，据统计，随机变量X的概率分布如下表： X 0 1 2 3 P 0.1 0.3 2a a （1）求a的值和X的均值； （2）假设一月份与二月份被消费者投诉的次数互不影响，求该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率. 解：（1）由概率分布的性质得0.1＋0.3＋2a＋a＝1， 解得a＝0.2， ∴X的概率分布为 X 0 1 2 3 P 0.1 0.3 0.4 0.2 ∴E（X）＝0×0.1＋1×0.3＋2×0.4＋3×0.2＝1.7. （2）设事件A表示“两个月内共被投诉2次”；事件A1表示“两个月内有一个月被投诉2次，另一个月被投诉0次”；事件A2表示“两个月均被投诉1次”. 则由事件的独立性得P（A1）＝·P（X＝2）·P（X＝0）＝2×0.4×0.1＝0.08， P（A2）＝[P（X＝1）]2＝0.32＝0.09. ∴P（A）＝P（A1）＋P（A2）＝0.08＋0.09＝0.17. 故该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率为0.17. 17.（本小题满分15分）已知甲箱中有3个白球和2个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球，从甲箱中任意取两球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两球，试求： （1）从乙箱中取出的两球是白球的概率； （2）在乙箱中取出的两球是白球的条件下，从甲箱中取出的两球是白球的概率. 解：（1）因为从甲箱中任意取两球放入乙箱仅有3种可能：取得两白球，取得一黑球和一白球，取得两黑球，分别用A1，A2，A3表示.设B表示从乙箱中取出的两球是白球，则有 P（A1）＝＝，P（A2）＝＝，P（A3）＝＝， P（B｜A1）＝＝，P（B｜A2）＝＝，P（B｜A3）＝0， 由全概率公式得到P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）＝×＋×＋×0＝. （2）P（A1｜B）＝＝＝. 18.（本小题满分17分）某周末李梦提出和父亲、母亲、弟弟进行羽毛球比赛，李梦与他们三人各进行一场比赛，共进行三场比赛，每场比赛都没有平局，且三场比赛相互独立.下表是李梦最近分别与父亲、母亲、弟弟比赛的情况： 父亲 母亲 弟弟 比赛次数 50 60 40 李梦获胜次数 10 30 32 以上表中的频率作为概率，解答下列问题： （1）若李梦胜一场得1分，负一场得0分，设李梦的得分为X分，求X的概率分布、期望和方差； （2）若李梦赢一场比赛能得到5元的奖励金，求李梦所得奖励金的期望和方差. 解：（1）由题表得，李梦与父亲比赛获胜的频率为，与母亲比赛获胜的频率为，与弟弟比赛获胜的频率为. X的可能取值为0，1，2，3. P（X＝0）＝（1－）×（1－）×（1－）＝， P（X＝1）＝（1－）×（1－）×＋（1－）××（1－）＋×（1－）×（1－）＝， P（X＝2）＝（1－）××＋×（1－）×＋××（1－）＝， P（X＝3）＝××＝. 故X的概率分布为 X 0 1 2 3 P E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝， 所以D（X）＝（0－）2×＋（1－）2×＋（2－）2×＋（3－）2×＝. （2）易知李梦所得奖励金为5X元，则E（5X）＝5E（X）＝，D（5X）＝52D（X）＝. 19.（本小题满分17分）正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量X，定义其累积分布函数为F（x）＝P（X≤x）.已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. （1）已知电源电压X（单位：V）服从正态分布N（40，4），且X的累积分布函数为F（x），求F（44）－F（38）； （2）在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量T（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为G（t）＝ ①设t1＞t2＞0，证明：P（T＞t1｜T＞t2）＝P（T＞t1－t2）； ②若第n天元件A发生故障，求第n＋1天系统正常运行的概率. 附：若随机变量Y服从正态分布N（μ，σ2），则P（｜Y－μ｜＜σ）＝0.683，P（｜Y－μ｜＜2σ）＝0.954，P（｜Y－μ｜＜3σ）＝0.997. 解：（1）由题设得P（38＜X＜42）＝0.683，P（36＜X＜44）＝0.954， 所以F（44）－F（38）＝P（X≤44）－P（X≤38）＝P（40≤X≤44）＋P（38≤X≤40） ＝×（0.683＋0.954）＝0.818 5. （2）①证明：由题设得： P（T＞t1｜T＞t2）＝＝＝＝＝＝＝， P（T＞t1－t2）＝1－P（T≤t1－t2）＝1－G（t1－t2）＝， 所以P（T＞t1｜T＞t2）＝P（T＞t1－t2）. ②由①得P（T＞n＋1｜T＞n）＝P（T＞1）＝1－P（T≤1）＝1－G（1）＝， 所以第n＋1天元件B，C正常工作的概率均为. 为使第n＋1天系统仍正常工作，元件B，C必须至少有一个正常工作， 因此所求概率为1－（1－）2＝. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $