第七章 随机变量及其分布单元测试卷-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

**基本信息** 本卷为高二数学“随机变量及其分布”单元复习卷，以AI筛选、垃圾分类等时代情境及五声音阶文化素材为载体，覆盖随机变量、分布列、期望等核心知识，梯度设计适配单元复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|离散型随机变量判断、正态分布|基础概念辨析，如第1题区分离散与连续型变量| |多选题|3/18|分布列性质、条件概率|综合概念辨析，如第11题结合正态分布与期望性质| |填空题|3/15|两点分布、数学期望|文化情境应用，如第14题五声音阶辨音| |解答题|5/77|古典概型、分布列与期望|复杂情境综合应用，如第18题两罐交换球后黑球分布列|

2025--2026学年第二学期高二数学随机变量及其分布测试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1．下面不是离散型随机变量的是（    ） A．某旅游景点6月的日游客数量 B．任意抽取一袋标有10 kg的大米，其实际重量 C．抛掷2枚骰子，所得点数之和 D．某外卖员6月的日送餐次数 2．已知随机变量的分布列为，则（    ） A．3 B．2 C． D． 3．若随机变量，随机变量且，则（   ） A． B． C．2 D．4 4．有10件产品，其中3件是次品，从中不放回地任取2件，若X表示取得次品的件数，则（ ） A． B． C． D．0.7 5．已知某地青年男性的身高（单位：）服从正态分布，且，在该地区随机抽取1名青年男性，则该男性身高不低于的概率为（    ） A．0.05 B．0.15 C．0.25 D．0.35 6．当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候选分子”，事件B是“AI模型筛选出候选分子”．已知，，，则（ ） A． B． C． D． 7．甲、乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（    ） A． B． C． D．或 8．甲箱中只有1个零件且为正品，乙箱中有6个零件，其中3个正品.现从乙箱中任选4个零件放入甲箱中，再从甲箱中随机抽取1个，设取到正品个数为，则（    ） A． B． C． D．1 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9．抛掷两颗骰子各一次，记第一颗骰子掷出的点数与第二颗骰子掷出的点数的差为X，则“”表示的试验的结果有（　　） A．第一颗为5点，第二颗为1点 B．第一颗大于4点，第二颗也大于4点 C．第一颗为6点，第二颗为1点 D．第一颗为6点，第二颗为2点 10．已知随机变量的分布列为，其中是常数，则（    ） A． B． C． D． 11．下列说法正确的有（   ） A．若随机变量，且，则 B．若随机变量，，则， C．已知事件A，B，若，且，，则 D．有2个白球和4个黑球，从中一次摸三个球，记摸得白球数为X，则 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．已知随机变量服从两点分布，且，则实数的值为___________. 13．某种儿童游戏每局的规则是：儿童先在标记有1，2，3，4，5的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其资金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金（单位：元）.若随机变量和分别表示儿童在一局游戏中的资金和奖金，则_________． 14．五声音阶是中国传统音乐的基础音阶结构，按音高从低到高的顺序分别是宫、商、角、徵、羽．甲、乙两位同学进行“辨音”练习，甲随机弹奏五声音阶中的3个不同音符，乙按顺序说出是哪三个音符．由于乙是初学者，不能正确分辨绝对音高及相差音程（指音高间的差距），只能正确分辨所听音符的相对音高．已知甲依次弹奏了徵、角、羽三个音，乙根据听到的相对音高关系，按顺序猜测这三个音．用表示乙的猜测结果与甲弹奏的音在相同位置一致的个数，则__________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．(本小题13分）某校高二年级数学模拟卷共有5道试题，其中代数题3道，几何题2道，现从这5道题中不放回地依次随机抽取2道题组成一份小测验（即第1次抽1题，记录后不放回，再抽第2题）. (1)求“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”的概率； (2)已知第1次抽到的是代数题，求第2次抽到几何题的概率； (3)比较（1）与（2）的结果，说明两次抽取是否相互独立，并简述理由. 16．(本小题15分）从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首届全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛．要求每个家庭派出一名代表参赛，每位参赛者需测试，，三个项目，三个测试项目相互不受影响．若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能地从，，三个项目中选一项测试，且他测试，，三个项目“通过”的概率分别为，，．已知他第一项测试“通过”，求他第一项测试选择的项目是的概率． 17．(本小题15分）年被业界公认为“具身智能元年”，得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟，人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动，活动分两轮进行．第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立． (1)求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； (2)从3人中随机选出一人，求他通过第二轮的概率； (3)设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 18．(本小题17分）有两个罐子，罐中放有3个白球和2个黑球，罐中放有5个白球. (1)若从罐不放回地摸2个球，求恰好摸到一个白球一个黑球的概率； (2)若从罐不放回地摸2个球，求第二次摸到白球的概率； (3)现在从两个罐子各摸一个球并交换，这样交换2次后，记罐中黑球的个数为，求的分布列和期望. 19．(本小题17分）设整数．某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮次，当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习．设该同学每次投中的概率为，各次投中与否相互独立．记为停止练习时该同学的投篮次数． (1)当，时，求的分布列； (2)设，均为自然数． （i）当时，求； （ii）当时，证明：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B C A D B B ACD ABC 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】选项A，C，D中随机变量所有可能取的值都可以一一列出，所以它们都是离散型随机变量， 选项B中可以取某一区间内的一切实数值，无法一一列出，故不是离散型随机变量． 2．A 【详解】由题意得， 解得． 3．B 【详解】由题意得，， 因为，所以，则，则 4．C 【分析】根据给定条件，利用互斥事件的概率公式，结合组合计数问题及超几何分布求解即得. 【详解】由题意知的所有可能取值为，，，服从超几何分布， 则，，， 所以. 5．A 【分析】由正态分布对称性结合题设可得答案． 【详解】由题可得：，则，， 则. 6．D 【分析】先由对立事件求出，再结合条件概率公式求出，进而求解即可. 【详解】因为，所以. 所以. 由，得. 所以. 7．B 【分析】根据单局胜率表示出总比赛局数的概率分布，再利用给定的数学期望建立方程即可求解. 【详解】由题意得随机变量可能的取值为2，3， ， 因为比赛必定在2局或3局结束，所以打满3局的概率就是不出现2局结束的对立事件概率， 即， 故的分布列为： 2 3 故， 由，解得. 8．B 【分析】设从乙箱移入甲箱的正品数为，由条件结合期望性质可得，再根据超几何分布期望公式求，由此可得结论. 【详解】是抽取个零件得到的正品数，只能取或， 所以就等于从甲箱抽到正品的概率， 设从乙箱移入甲箱的正品数为，移入后甲箱共个零件，正品总数为， 因此抽到正品的概率为， 由期望的性质， 服从超几何分布，乙箱总共有个零件，其中正品个，抽取个， 超几何分布期望公式为 ， 所以. 9．ACD 【分析】根据减法运算的结果进行判断即可. 【详解】因为， 所以选项ACD符合题意， 对于选项B：第一颗大于4点，可以是5点，6点， 第二颗也大于4点，可以是5点，6点， 因为， 所以本选项不符合题意， 故选：ACD 10．ABC 【分析】根据分布列的性质，列出方程求得，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】根据题意，随机变量的分布列为， 则有，解得， 则， ． 故选：ABC. 11．ACD 【分析】选项A:已知随机变量的正态分布关于对称，得出，结合题给条件求解；选项B：根据题给条件求出随机变量的期望和方差，结合，根据期望和方差的性质进行判断；选项C:根据事件的包含关系和互斥性进行计算，求出条件概率值；选项D：根据超几何分布的期望公式进行计算. 【详解】选项A：∵，∴， 因为对称轴为，∴， ∴，故A正确； 选项B：由可得，，， 对于，根据期望和方差的性质： ∴正确，错误，故B错. 选项C：∵，∴，∴ ，故C正确； 选项D：X服从超几何分布，总数,白球数,抽取数,根据超几何分布期望公式计算可得，,选项D对. 故选：ACD． 12． 【分析】根据分布列的性质即可求出. 【详解】由题意知，，解得或， 若，则，符合题意； 若，则，不符合题意， 故. 故答案为： 13．/ 【分析】由已知分别得出资金和奖金的分布列，得出所需概率求解即可. 【详解】资金的分布列为 1 2 3 4 5 P 奖金的分布列为 1.4 2.8 4.2 5.6 P 则. 故答案为：. 14． 【详解】表示乙的猜测结果与甲弹奏的音（徵、角、羽）在相同位置一致的个数，的可能值为0，1，2，3. 乙猜测三个音的所有可能顺序有种； 甲弹奏的顺序是徵、角、羽，则乙猜测的顺序与甲完全不同的情况有：角、羽、徵和羽、徵、角共2种，则； 乙猜测的顺序与甲只有一个位置相同的情况有：徵、羽、角，羽、角、徵和角、徵、羽，共3种，则； 若乙猜测的顺序与甲有两个位置相同，则第三个位置也必然相同，所以不存在只有两个位置相同的情况，即； 乙猜测的顺序与甲完全相同的情况只有徵、角、羽，则； . 15．(1) (2) (3)因为，所以.故两次抽取不是相互独立的. 【分析】（1）根据古典概型，通过计算即可； （2）利用条件概率公式计算即可； （3）验证是否成立，即可得出结果. 【详解】（1）设“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题” . （2），. （3）略 16．． 【详解】记事件“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”， “第一项测试选择了项目”，记事件“第一项测试通过”，由题意知， ， ， ，，， 又事件，，互斥，则 ， 所以在居民甲第一项测试“通过”的条件下，他第一个项目选择了的概率为： ． 即已知居民甲第一项测试“通过”，他第一项测试选择的项目是的概率是． 17．(1) (2) (3)分布列为： 0 1 2 3 数学期望为 【分析】（1）先求出“3人中最多2人通过第一轮”的对立事件的概率，进而求出“3人中最多2人通过第一轮”的概率； （2）先由乘法公式求出三人通过第二轮的概率，再利用全概率公式计算求解； （3）求出的可能取值为，计算各可能值的概率，进而求出分布列及期望． 【详解】（1）“3人中最多2人通过第一轮”的对立事件为“3人全部通过第一轮”， 每人通过第一轮的概率为，且相互独立，故全部通过的概率为：， “3人中最多2人通过第一轮”的概率为：． （2）小明通过第二轮的概率为：， 小华通过第二轮的概率为：， 小方通过第二轮的概率为：， 从3人中任选1人，每人被选中概率为，由全概率公式： ． （3）的可能取值为，三人通过第二轮的事件相互独立， ， ， ， ， 分布列为： 0 1 2 3 期望为：． 18．(1) (2) (3)的分布列为： 【分析】（1）结合古典概型概率公式求概率即可； （2）利用全概率公式即可得到答案； （3）首先分析知的取值为0，1，2，再分别计算对应概率值，再利用期望公式即可得到答案． 【详解】（1）所求概率为； （2）根据全概率公式知第二次摸到白球的概率为； （3）的取值为0，1，2， 则， ， ， 则的分布列为： 期望． 19．(1)的分布列如下图所示： 1 2 3 4 (2)（i） （ii）由题意及（2）（i）证明如下： 即. 【分析】（1）求出的可能取值，计算出不同取值下的概率，即可得出分布列. (2)（i）等价于前次投篮全部未中，利用各次投篮的独立性，可求出. （ii）利用条件概率公式，结合 (i) 的结论与事件的包含关系即可证明结论. 【详解】（1）由题意， 整数，某同学进行投篮练习，至多投篮次， 当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习， ∴的可能取值为1，2，3，4， 当时，表示第一次就投进球，， 当时，表示第2次投进球，第1次没有投进，， 当时，表示第3次投进球，前两次没有投进，， 当时，表示在第次停止，此事件等价于前次投篮均未投中，， 作出的分布列如下图所示： 1 2 3 4 （2）（i）由题意及（1）得， 整数，某同学进行投篮练习，至多投篮次， 当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习， 当时，表示前次均未投中， ∴. （ii）略. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $