人教A版普通高中数学一轮复习67课时练习含答案

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1．某电子管正品率为34，次品率为14，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3)＝( )
A.C32×142×34 B.C32×342×14
C．142×34D．342×14
C 解析：ξ＝3表示第3次首次测到正品，而前2次都没有测到正品，故其概率是142×34．
2．(2024·佛山模拟)已知随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝4，D(X)＝2，则P(X＝1)＝( )
A．123B．124
C．125D．126
C 解析：随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝4，D(X)＝2，则np=4，np1-p=2，
解得n＝8，p＝12，故P(X＝1)＝C81×121×1-127＝125．
3．已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为X，则E(X)＝( )
A．2B．1
C．43D．23
A 解析：X的可能取值为1，2，3，其对应的概率为P(X＝1)＝C22C41C63＝15，P(X＝2)＝C21C42C63＝35，P(X＝3)＝C43C63＝15，所以E(X)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.故选A.
4．某班学生的一次数学考试成绩ξ(满分：100分)服从正态分布N(85，σ2)，且P(83≤ξ≤87)＝0.3，P(78≤ξ≤83)＝0.12，P(ξ＜78)＝( )
A．0.14B．0.18
C．0.23D．0.26
C 解析：因为ξ～N(85，σ2)，P(83≤ξ≤87)＝0.3，
所以P(ξ＜83)＝1-P83≤ξ≤872＝0.35.
又P(78≤ξ≤83)＝0.12，
所以P(ξ＜78)＝P(ξ≤83)－P(78≤ξ≤83)＝0.23.故选C.
5．中国的景观旅游资源相当丰富，5A级为中国旅游景区最高等级，代表着中国世界级精品的旅游风景区等级．某地7个旅游景区中有3个景区是5A级景区，现从中任意选3个景区，下列事件中概率等于67的是( )
A．至少有1个5A级景区
B．有1个或2个5A级景区
C．有2个或3个5A级景区
D．恰有2个5A级景区
B 解析：用X表示这3个旅游景区中5A级景区的个数，则X服从超几何分布，且P(X＝0)＝C30C43C73＝435，P(X＝1)＝C31C42C73＝1835，P(X＝2)＝C32C41C73＝1235，P(X＝3)＝C33C40C73＝135，所以P(X＝1)＋P(X＝2)＝67，即有1个或2个5A级景区的概率为67．
6．(多选题)“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在(7，9)间的个数记为X，则( )
A．P(7＜ξ＜9)＝0.8B．E(X)＝1.8
C．E(ξ)＞E(5X)D．P(X≥1)＞0.9
BD 解析：A选项，由正态分布的对称性可知，P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2，
故P(7＜ξ＜9)＝1－0.2×2＝0.6，A错误；
B选项，X～B(3，0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，B正确；
C选项，E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)＜E(5X)，C错误；
D选项，因为X～B(3，0.6)，所以P(X＝0)＝C30×(0.6)0×(0.4)3＝0.064，
故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936＞0.9，D正确．故选BD.
7．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为 ．
200 解析：设没有发芽的种子数为Y，则有X＝2Y.
由题意可知Y服从二项分布，即Y～B(1 000，0.1)，
则E(Y)＝1 000×0.1＝100，所以E(X)＝2E(Y)＝200.
8．某校高二学生的一次数学诊断考试成绩(单位：分)服从正态分布N(100，102)，从中抽取一个同学的数学成绩X，记该同学的成绩80≤X≤100为事件A，记该同学的成绩70≤X≤90为事件B，则在A事件发生的条件下B事件发生的概率P(BA)＝ ．(结果精确到0.01)
附：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.
0.28 解析：由题知，事件AB为“该同学的成绩80≤X≤90”，
因为μ－2σ＝100－20＝80，μ－σ＝100－10＝90，
所以P(AB)＝P(μ－2σ≤X≤μ－σ)≈0.954 52－0.682 72＝0.135 9.
又P(A)＝P(μ－2σ≤X≤μ)≈0.954 52＝0.477 25，
所以P(BA)＝PABPA＝0.135 90.477 25≈0.28.
9．(2024·济南模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，若函数f(x)＝P(x≤ξ≤x＋1)为偶函数，则μ＝( )
A．－12B．0
C．12D．1
C 解析：因为函数f(x)＝P(x≤ξ≤x＋1)为偶函数，则f(－x)＝f(x)，所以P(－x≤ξ≤－x＋1)＝P(x≤ξ≤x＋1)，所以μ＝-x+x+12＝12．
10．已知在10件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，记次品数为X，已知P(X＝1)＝1645，且该产品的次品率不超过30%，则这10件产品中次品数n为( )
A．1B．2
C．8D．2或8
B 解析：设10件产品中存在n件次品，从中抽取2件，其次品数为X，由P(X＝1)＝1645，得Cn1C10-n1C102＝1645，化简得n2－10n＋16＝0，解得n＝2或n＝8.又该产品的次品率不超过30%，所以n≤3，应取n＝2.故选B.
11．(多选题)(2024·潍坊模拟)已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*，0＜p＜1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有( )
A．a＋b＝1
B．当p＝12时，a＝b
C．当0＜p＜12时，a随着n的增大而增大
D．当12＜p＜1时，a随着n的增大而减小
ABC 解析：对于A选项，由概率的基本性质可知，a＋b＝1，故A正确；
对于B选项，当p＝12时，离散型随机变量X服从二项分布Bn，12，
则P(X＝k)＝Cnk12k1-12n－k(k＝0，1，2，3，…，n)，
所以a＝12n (Cn1+Cn3+Cn5)＋…)＝12n×2n-1＝12，
b＝12n(Cn0+Cn2+Cn4)＋…)＝12n×2n-1＝12，所以a＝b，故B正确；
对于C，D选项，a＝1-p+pn-1-p-pn2＝1-1-2pn2，
令f(n)＝1-1-2pn2，n∈N*，当0＜p＜12时，易知f(n)在定义域内单调递增，
故a随着n的增大而增大，故C正确；
当12＜p＜1时，令g(n)＝(1－2p)n，n∈N*，易知g(n)的值正负交替，故D不正确．故选ABC.
12．某人在今年买进某个理财产品，设该产品每个季度的收益率为X，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，可得P(X＞0)＝2P(X≤0)．若此人准备在持有该理财产品4个季度之后卖出，则至少有3个季度的收益为正值的概率为 ．
1627 解析：因为P(X＞0)＝2P(X≤0)，所以P(X＞0)＋P(X≤0)＝3P(X≤0)＝1，
所以P(X≤0)＝13，P(X＞0)＝23，
则至少有3个季度的收益为正值的概率为C43×233×13+C44×234＝1627．
13．2023年3月，某学校举办了春季科技体育节，其中安排的女排赛事共有12个班级参加，本次比赛启用了新的排球用球．已知这种球的质量指标ξ(单位：g)服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝270，σ＝5.比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军．积分规则如下(比赛采取5局3胜制)：比赛中以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；而在比赛中以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分.9轮过后，积分榜上的前2名分别为1班排球队和2班排球队，1班排球队积26分，2班排球队积22分．第10轮1班排球队对抗3班排球队，设每局比赛1班排球队取胜的概率均为p(0＜p＜1)．
(1)令η＝ξ-μσ，则η～N(0，1)，且Φ(a)＝P(η＜a)，求Φ(－2)，并证明：Φ(－2)＋Φ(2)＝1.
(2)第10轮比赛中，记1班排球队3∶1取胜的概率为f(p)，求出f(p)的最大值点p0，并以p0作为p的值，解决下列问题．
①在第10轮比赛中，1班排球队所得积分为X，求X的分布列．
②已知第10轮2班排球队积3分，判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军(第10轮过后，无论最后一轮即第11轮结果如何，1班排球队积分最多)？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由．
附：若X～N(μ，σ2)，则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.
解：(1)由题可知η＝ξ-2705，Φ(－2)＝P(η＜－2)＝P(ξ＜260)，
又μ－2ξ＝260，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以Φ(－2)＝P(ξ＜260)≈0.5－0.954 52＝0.5－0.477 25＝0.022 75.
因为Φ(－2)＝P(η＜－2)，根据正态曲线的对称性，知Φ(－2)＝P(η＜－2)＝P(η＞2)．
又因为Φ(2)＝P(η＜2)＝1－P(η≥2)，
所以Φ(－2)＋Φ(2)＝1.
(2)由题知f(p)＝C32p3(1－p)＝3p3(1－p)，
则f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3(－1)]＝3p2(3－4p)．
令f′(p)＝0，解得p＝34(p＝0舍去)．
当p∈0，34时，f′(p)＞0，f(p)在0，34上单调递增；
当p∈34，1时，f′(p)＜0，f(p)在34，1上单调递减．
所以f(p)的最大值点p0＝34，从而p＝34．
①X的可能取值为3，2，1，0.
P(X＝3)＝343+C3234314＝189256，
P(X＝2)＝C4234214234＝81512，
P(X＝1)＝C42342143＝27512，
P(X＝0)＝143+C3134143＝13256，
所以X的分布列为
②若X＝3，则1班10轮后的总积分为29分，2班即便第10轮和第11轮都积3分，则11轮过后的总积分是28分．因为29＞28，所以1班如果第10轮积3分，则可提前一轮夺得冠军，其概率为P(X＝3)＝189256．X
3
2
1
0
P
189256
81512
27512
13256