【最新版】高中数学（新教材人教A版）培优单元检测十　计数原理、概率、随机变量及其分布

这是一份【最新版】高中数学（新教材人教A版）培优单元检测十　计数原理、概率、随机变量及其分布，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，则不同的站法共有( )
A．66种 B．60种
C．36种 D．24种
答案 B
解析 首先对五名学生全排列，则共有Aeq \\al(5,5)＝120(种)情况，
又因为只有甲在乙的左边或右边两种情况，
所以甲不排在乙的左边的不同的站法共有eq \f(A\\al(5,5),2)＝60(种)情况．
2．某校新生分班，现有A，B，C三个不同的班，甲和乙同学将被分到这三个班，每个同学分到各班的可能性相同，则甲、乙被分到同一个班的概率为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,5)
C．eq \f(5,3) D．eq \f(3,4)
答案 A
解析 两名学生分到三个班的分法的种数为3×3＝9(种)，
两人在同一个班级分法的种数为3种，
所以两名同学被分到同一个班的概率为eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).
3．(2022·苏州模拟)已知(x＋1)6＝a0＋a1(x－1)＋…＋a6(x－1)6，则a3等于( )
A．15 B．20
C．60 D．160
答案 D
解析 因为(x＋1)6＝a0＋a1(x－1)＋…＋a6(x－1)6，
所以(x＋1)6＝[2＋(x－1)]6＝a0＋a1(x－1)＋…＋a6(x－1)6，
所以展开式中含(x－1)3的项为Ceq \\al(3,6)×23×(x－1)3＝160(x－1)3，所以a3＝160.
4．“优选法”是指研究如何用较少的试验次数，迅速找到最优方案的一种科学方法．在当前防疫取得重要进展的时刻，为防范机场带来的境外输入，某机场海关在对入境人员进行检测时采用了“优选法”提高检测效率：每16人为一组，把每个人抽取的鼻咽拭子分泌物混合检查，如果为阴性则全部放行；若为阳性，则对该16人再次抽检确认感染者．某组16人中恰有一人感染(鼻咽拭子样本检验将会是阳性)，若逐一检测可能需要15次才能确认感染者．现在先把这16人均分为2组，选其中一组8人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一组4人的样本混合检查…以此类推，最终从这16人中认定那名感染者需要经过的检测次数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 B
解析 16人平均分成两组，经过一次检测确定感染者在其中的8人中，再平均分成两组，第二次检测，确定感染者在其中的4人中，再平均分成两组，
第三次检测，确定感染者在其中的2人中，最后第四次检测，确定感染者．共4次检测．
5．数学多选题A，B，C，D四个选项，在给出的选项中，有多项符合题目要求．全都选对的得5分，部分选对的得2分，选错的得0分．已知某道数学多选题正确答案为BCD，小明同学不会做这道题目，他随机地填涂了1个，或2个，或3个选项，则他能得分的概率为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(7,16)
C．eq \f(2,5) D．eq \f(3,7)
答案 A
解析 随机地填涂了1个或2个或3个选项，共有Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＝14(种)涂法，
能得分的涂法为BCD，BC，BD，CD，B，C，D，共7种，
故他能得分的概率为eq \f(7,14)＝eq \f(1,2).
6．若随机变量X～N(μ，σ2)(σ＞0)，则有如下结论：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 3，高三(1)班有40名同学，一次数学考试的成绩服从正态分布，平均分为120，方差为100，理论上说在130分以上的人数约为( )
A．19 B．12
C．6 D．5
答案 C
解析 ∵数学成绩近似地服从正态分布N(120，102)，
又P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，
∴P(120－10≤X≤120＋10)＝0.682 7，
根据正态曲线的对称性知，在130分以上的概率为eq \f(1,2)(1－0.682 7)≈0.158 7，
∴理论上说在130分以上的人数约为0.158 7×40≈6.
7．近几年新能源汽车产业正持续快速发展，动力蓄电池技术是新能源汽车的核心技术．已知某品牌新能源汽车的车载动力蓄电池充放电次数达到800次的概率为90%，充放电次数达到1 000次的概率为36%.若某用户的该品牌新能源汽车已经经过了800次的充放电，那么他的车能够达到充放电1 000次的概率为( )
A．0.324 B．0.36
C．0.4 D．0.54
答案 C
解析 设事件A表示“充放电次数达到800次”，事件B表示“充放电次数达到1 000次”，
由题设知，P(A)＝90%＝0.9，P(AB)＝36%＝0.36，
∴某用户的该品牌新能源汽车已经经过了800次的充放电，那么他的车能够达到充放电1 000次的概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.36,0.9)＝0.4.
8．已知随机变量X的分布服从X～B(n，p)，记f(n，p)＝P(x＝n－1)＋P(x＝n)，记f(n，p)在p∈[0，1]上的最大值为F(n)，若正整数a，b满足a>b>2 023，则F(a)和F(b)的大小关系是( )
A．F(a)>F(b) B．F(a)＝F(b)
C．F(a)2)＝P(X1)＝0.72，
则P(1Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(4,20)>Ceq \\al(0,5)·Ceq \\al(6,20)>Ceq \\al(3,5)·Ceq \\al(3,20)>Ceq \\al(4,5)·Ceq \\al(2,20)>Ceq \\al(5,5)·Ceq \\al(1,20)，
得P(X＝k)max＝P(X＝1)，即X＝1的可能性最大，故X最有可能的取值为1.
(2)①依题意，y＝λ·ekx两边取对数，得ln y＝kx＋ln λ，
即z＝kx＋ln λ，其中eq \x\t(x)＝63，
由提供的参考数据，可知k＝0.02，
又－0.642＝0.02×63＋ln λ，故ln λ≈－1.9，
由提供的参考数据，可得λ≈0.15，
故eq \(y,\s\up6(^))＝0.15·e0.02x，当x＝60时，eq \(y,\s\up6(^))≈0.498.
②由①及提供的参考数据可知，μ≈eq \x\t(x)＝63，σ≈s≈20.
y≥0.78，即0.15·e0.02x≥0.78，
可得0.02x≥ln 5.2，即x≥83.
又μ＋σ＝83，且P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，
由正态曲线的性质，得P(x≥83)＝eq \f(1,2)[1－P(μ－σ≤x≤μ＋σ)]≈0.158 7，
记“绩效等级优秀率不低于0.78”为事件A，则P(A)＝P(x≥83)≈0.158 7，
所以某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率约等于0.158 7.
22．(12分)甲、乙两人进行对抗比赛，每场比赛均能分出胜负．已知本次比赛的主办方提供8 000元奖金并规定：①若有人先赢4场，则先赢4场者获得全部奖金同时比赛终止；②若无人先赢4场且比赛意外终止，则甲、乙便按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金．已知每场比赛甲赢的概率为p(0