《【第一方案】高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十二章 計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布章末整合練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【第一方案】高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十二章 計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布章末整合練習(xí)（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第12章計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布章末整合 (理)一、選擇題(6×5分＝30分) 1．(2020·廣州模擬)在區(qū)間[－，]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x，cosx的值介于0到之間的概率為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：當(dāng)x∈[－，－]∪[，]時(shí)，cosx∈[0，]， ∴P＝＝.故選A. 答案：A 2．(2020·深圳模擬)將甲、乙、丙、丁四名學(xué)生分到三個(gè)不同的班，每個(gè)班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到同一個(gè)班，則不同分法的種數(shù)為(　　) A．18 B．24 C．30 D．36 解析：由四名學(xué)生分到三個(gè)班，每個(gè)班至少分到一名學(xué)生可知，有

2、一個(gè)班有2個(gè)人，另外兩個(gè)班各1人，故共有C42A33種不同分法，其中甲、乙兩名學(xué)生分到同一個(gè)班有A33種不同分法，所以滿足題意的不同分法為C42A33－A33＝30種． 答案：C 3.如圖，三行三列的方陣有9個(gè)數(shù)aij(i＝1,2,3；j＝1,2,3)，從中任取三個(gè)數(shù)，則至少有兩個(gè)數(shù)位于同行或同列的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：從中任取三個(gè)數(shù)共有C93＝84種取法，沒有同行、同列的取法有C31C21C11＝6，至少有兩個(gè)數(shù)位于同行或同列的概率是1－＝. 答案：D 4．(2020·撫順模擬

3、)國慶節(jié)放假，甲去北京旅游的概率為，乙、丙去北京旅游的概率分別為，.假定三人的行動(dòng)相互之間沒有影響，那么這段時(shí)間內(nèi)至少有1人去北京旅游的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：因甲、乙、丙去北京旅游的概率分別為，，.因此，他們不去北京旅游的概率分別為，，，所以，至少有1人去北京旅游的概率為P＝1－××＝. 答案：B 5．(2020·西寧模擬)用三種不同的顏色填涂右圖3×3方格中的9個(gè)區(qū)域，要求每行、每列的三個(gè)區(qū)域都不同色，則不同的填涂方法種數(shù)共有(　　) A．48 B．24 C．12 D．6 解析：可將9個(gè)區(qū)域標(biāo)號(hào)如圖：用三種不同顏色為9個(gè)區(qū)域涂色，可分步解決

4、：第一步，為第一行涂色，有A33＝6種方法；第二步，用與1號(hào)區(qū)域不同色的兩種顏色為4、7兩個(gè)區(qū)域涂色，有A22＝2種方法；剩余區(qū)域只有一種涂法，綜上由分步乘法計(jì)數(shù)原理可知共有6×2＝12種涂法． 答案：C 6．(2020·威海模擬)某同學(xué)同時(shí)擲兩顆骰子，得到點(diǎn)數(shù)分別為a、b，則橢圓＋＝1的離心率e>的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：當(dāng)a>b時(shí)，e＝>?2b，符合a>2b的情況有：當(dāng)b＝1時(shí)，有a＝3,4,5,6四種情況； 當(dāng)b＝2時(shí)，有a＝5,6兩種情況，總共有6種情況， 則概率為＝. 同理當(dāng)a的概率也為， 綜上可知e>的概率為.

5、答案：D 二、填空題(3×5分＝15分) 7．(2020·遼寧高考)三張卡片上分別寫上字母E，E，B，將三張卡片隨機(jī)地排成一行，恰好排成英文單詞BEE的概率為________． 解析：三張卡片的排列方法有EEB，EBE，BEE共3種，則恰好排成英文單詞BEE的概率為. 答案： 8．若書架上有中文書5本，英文書3本，日文書2本，則隨機(jī)抽取一本恰為外文書的概率為________． 解析：P＝＝. 答案： 9．(2020·南平模擬)“好運(yùn)”出租車公司按月將某輛車出租給司機(jī)，按照規(guī)定：無論是否出租，該公司每月都要負(fù)擔(dān)這輛車的各種管理費(fèi)100元，如果在一個(gè)月內(nèi)該車被租的概率是0.8，租金

6、是2 600元，那么公司每月對(duì)這輛車收入的期望值為________元． 解析：設(shè)公司每月對(duì)這輛車收入為X元，則其分布列為： X －100 2 500 P 0.2 0.8 故E(X)＝(－100)×0.2＋2 500×0.8＝1 980元． 答案：1 980 三、解答題(共37分) 10．(12分)在某電視臺(tái)的一次有獎(jiǎng)競(jìng)猜活動(dòng)中，主持人準(zhǔn)備了A、B兩個(gè)相互獨(dú)立的問題，并且宣布：幸運(yùn)觀眾答對(duì)問題A可獲100分，答對(duì)問題B可獲200分，先答哪個(gè)題由觀眾自由選擇，但只有第一個(gè)問題答對(duì)，才能再答第二題，否則終止答題．答題終止后，獲得的總分將決定獲獎(jiǎng)的檔次．若你被選為幸運(yùn)觀眾，且假設(shè)

7、你答對(duì)問題A、B的概率分別為、. (1)記先回答問題A的得分為隨機(jī)變量X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望； (2)你覺得應(yīng)先回答哪個(gè)問題才能使你得分更高？請(qǐng)說明理由． 解析：(1)X的分布列為： X 0 100 300 P ∴E(X)＝0×＋100×＋300×＝75. (2)設(shè)先答問題B的得分為隨機(jī)變量Y，則Y的分布列為 X 0 200 300 P ∴E(Y)＝0×＋200×＋300×＝62.5. ∴E(X)>E(Y)． ∴應(yīng)先回答問題A所得的分較高． 11．(12分)(2020·東北六校聯(lián)考)檢測(cè)部門決定對(duì)某市學(xué)校教室的空氣質(zhì)量進(jìn)行檢測(cè)，

8、空氣質(zhì)量分為A、B、C三級(jí)．每間教室的檢測(cè)方式如下：分別在同一天的上、下午各進(jìn)行一次檢測(cè)，若兩次檢測(cè)中有C級(jí)或兩次都是B級(jí)，則該教室的空氣質(zhì)量不合格．設(shè)各教室的空氣質(zhì)量相互獨(dú)立，且每次檢測(cè)的結(jié)果也相互獨(dú)立．根據(jù)多次抽檢結(jié)果，一間教室一次檢測(cè)空氣質(zhì)量為A、B、C三級(jí)的頻率依次為，，. (1)在該市的教室中任取一間，估計(jì)該間教室空氣質(zhì)量合格的概率； (2)如果對(duì)該市某中學(xué)的4間教室進(jìn)行檢測(cè)，記在上午檢測(cè)空氣質(zhì)量為A級(jí)的教室間數(shù)為X，并以空氣質(zhì)量為A級(jí)的頻率作為空氣質(zhì)量為A級(jí)的概率，求X的分布列及期望值． 解析：(1)該間教室兩次檢測(cè)中，空氣質(zhì)量均為A級(jí)的概率為×＝， 該間教室兩次檢測(cè)中，空

9、氣質(zhì)量一次為A級(jí)，另一次為B級(jí)的概率為2××＝， 設(shè)“該間教室的空氣質(zhì)量合格”為事件E，則 P(E)＝×＋2××＝. 故估計(jì)該間教室的空氣質(zhì)量合格的概率為. (2)法一：由題意可知，X的取值0,1,2,3,4. P(X＝i)＝C4i()i(1－)4－i(i＝0,1,2,3,4)． 隨機(jī)變量X的分布列為： X 0 1 2 3 4 P ∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝3. 法二：∵X～B(4，)，∴E(X)＝4×＝3. 12．(13分)(2020·揚(yáng)州模擬)已知5只動(dòng)物中有1只患有某種疾病，需要通過化驗(yàn)血液來確定患病的動(dòng)物．血液化驗(yàn)結(jié)果

10、呈陽性的即為患病動(dòng)物，呈陰性即沒患?。旅媸莾煞N化驗(yàn)方案： 方案甲：逐個(gè)化驗(yàn)，直到能確定患病動(dòng)物為止． 方案乙：先任取3只，將它們的血液混在一起化驗(yàn)．若結(jié)果呈陽性則表明患病動(dòng)物為這3只中的1只，然后再逐個(gè)化驗(yàn)，直到能確定患病動(dòng)物為止；若結(jié)果呈陰性則在另外2只中任取1只化驗(yàn)． (1)求依方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)不少于依方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)的概率； (2)X表示依方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)，求X的期望． 解析：記A1、A2分別表示依方案甲需化驗(yàn)1次、2次，B1、B2分別表示依方案乙需化驗(yàn)2次、3次， A表示依方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)不少于依方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)． 依題意知A2與B2獨(dú)立． (1)＝A1＋A

11、2B2. P(A1)＝＝， P(A2)＝＝， P(B2)＝＝. P()＝P(A1＋A2B2)＝P(A1)＋P(A2B2) ＝P(A1)＋P(A2)P(B2)＝＋×＝. 所以P(A)＝1－P()＝＝0.72. (2)X的可能取值為2,3. P(B1)＝＋＝， P(B2)＝， P(X＝2)＝P(B1)＝， P(X＝3)＝P(B2)＝， 所以E(X)＝2×＋3×＝＝2.4. (文)一、選擇題(6×5＝30分) 1．從12個(gè)同類產(chǎn)品中(其中有10個(gè)正品，2個(gè)次品)，任意抽取3個(gè)，下列事件是必然事件的是(　　) A．3個(gè)都是正品　　　 B．至少有一個(gè)是次品 C．3個(gè)都是次

12、品 D．至少有一個(gè)是正品 解析：在基本事件空間中，每一個(gè)事件中正品的個(gè)數(shù)可能是1,2,3個(gè)，而不可能沒有． 答案：D 2．在20件產(chǎn)品中有3件次品，從中任取一件，取到正品的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：從20件產(chǎn)品中任取一件共有20個(gè)基本事件，任取一件取到正品的基本事件數(shù)為17，所以概率為. 答案：B 3．在區(qū)間(15,25]內(nèi)的所有實(shí)數(shù)中隨機(jī)取一個(gè)實(shí)數(shù)a，則這個(gè)實(shí)數(shù)滿足17

13、 污染指數(shù)T 30 60 100 110 130 140 概率P 其中污染指數(shù)T≤50時(shí)，空氣質(zhì)量為優(yōu)；50

14、 解析：基本事件有“下雨帳篷到”“不下雨帳篷到”“下雨帳篷未到”“不下雨帳篷未到”4種情況，而只有“下雨帳篷未到”時(shí)會(huì)淋雨，故淋雨的可能性為. 答案：D 6．(2020·銀川模擬)把一顆骰子投擲兩次，觀察出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)，并記第一次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為m，第二次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為n，向量p＝(m，n)，q＝(－2,1)，則向量p⊥q的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：∵向量p⊥q，∴p·q＝－2m＋n＝0， ∴n＝2m，滿足條件的(m、n)有3個(gè)：(1,2)，(2,4)，(3,6)， ∴P＝＝. 答案：B 二、填空題(3×5＝15分) 7．某家庭電話，打進(jìn)的電話響第一聲時(shí)被接

15、的概率為，響第二聲時(shí)被接的概率為，響第三聲時(shí)被接的概率為，響第四聲時(shí)被接的概率為，則電話在響前四聲內(nèi)被接的概率為________． 解析：設(shè)響n聲時(shí)被接的概率為Pn，則P1＝，P2＝，P3＝，P4＝.故前四聲內(nèi)被接的概率為P1＋P2＋P3＋P4＝. 答案： 8．在區(qū)域內(nèi)任取一點(diǎn)P，則點(diǎn)P落在單位圓x2＋y2＝1內(nèi)的概率為________． 解析：區(qū)域?yàn)椤鰽BC內(nèi)部(含邊界)， 則概率為 P＝＝＝. 答案： 9．3粒種子種在甲坑內(nèi)，每粒種子發(fā)芽的概率為.若坑內(nèi)至少有1粒種子發(fā)芽，則不需要補(bǔ)種，若坑內(nèi)的種子都沒有發(fā)芽，則需要補(bǔ)種，則甲坑不需要補(bǔ)種的概率為________． 解析：

16、因?yàn)榉N子發(fā)芽的概率為，種子發(fā)芽與不發(fā)芽的可能性是均等的．若甲坑中種子發(fā)芽記為1，不發(fā)芽記為0，每粒種子發(fā)芽與否彼此互不影響，故其基本事件為(1,1,1)，(1,1,0)，(1,0,1)，(1,0,0)，(0,1,1)，(0,1,0)，(0,0,1)，(0,0,0)，共8種．而都不發(fā)芽的情況只有1種，即(0,0,0)，所以需要補(bǔ)種的概率是，故甲坑不需要補(bǔ)種的概率是1－＝. 答案： 三、解答題(共37分) 10．(12分)(2020·福建高考)袋中有大小、形狀相同的紅、黑球各一個(gè)，現(xiàn)依次有放回地隨機(jī)摸取3次，每次摸取一個(gè)球． (1)試問：一共有多少種不同的結(jié)果？請(qǐng)列出所有可能的結(jié)果； (

17、2)若摸到紅球時(shí)得2分，摸到黑球時(shí)得1分，求3次摸球所得總分為5的概率． 解析：(1)一共有8種不同的結(jié)果，列舉如下： (紅、紅、紅)、(紅、紅、黑)、(紅、黑、紅)、(紅、黑、黑)、(黑、紅、紅)、(黑、紅、黑)、(黑、黑、紅)、(黑、黑、黑)． (2)記“3次摸球所得總分為5”為事件A. 事件A包含的基本事件為：(紅、紅、黑)、(紅、黑、紅)、(黑、紅、紅)，事件A包含的基本事件數(shù)為3. 由(1)可知，基本事件總數(shù)為8， 所以事件A的概率為P(A)＝. 11．(12分)甲、乙兩人共同拋擲一枚硬幣，規(guī)定硬幣正面朝上甲得1分，否則乙得1分，先積得3分者獲勝，并結(jié)束游戲． (1)

18、求在前3次拋擲中甲得2分、乙得1分的概率； (2)若甲已經(jīng)積得2分，乙已經(jīng)積得1分，求甲最終獲勝的概率． 解析：(1)擲一枚硬幣三次，列出所有可能情況共8種： (上上上)，(上上下)，(上下上)，(下上上)，(上下下)，(下上下)，(下下上)，(下下下)； 其中甲得2分、乙得1分的情況有3種， 故所求概率p＝. (2)在題設(shè)條件下，至多還要2局， 情形一：在第四局，硬幣正面朝上，則甲積3分、乙積1分，甲獲勝，概率為； 情形二：在第四局，硬幣正面朝下，第五局硬幣正面朝上，則甲積3分、乙積2分，甲獲勝，概率為. 由概率的加法公式，甲獲勝的概率為＋＝. 12．(13分)(2020

19、·普寧模擬)一個(gè)科研小組有6名成員，其中4名工程師，2名技術(shù)員，現(xiàn)要選派2人參加一個(gè)學(xué)術(shù)會(huì)議． (1)選出的2人都是工程師的概率是多少？ (2)若工程師甲必須參加，則有技術(shù)員參加這個(gè)會(huì)議的概率是多少？ 解析：把4名工程師編號(hào)為1、2、3、4，其中工程師甲編號(hào)為1；2名技術(shù)員編號(hào)為5、6，從中任選2人的所有可能結(jié)果如下：(1,2)、(1,3)、(1,4)、(1,5)、(1,6)、(2,3)、(2,4)、(2,5)、(2,6)、(3,4)、(3,5)、(3,6)、(4,5)、(4,6)、(5,6)共15種． (1)從6人中選出的2人都是工程師，所包含的基本事件為(1,2)、(1,3)、(1,4)、(2,3)、(2,4)、(3,4)共6種． ∴選出的2人都是工程師的概率是P1＝＝. (2)若工程師甲必須參加，且有技術(shù)員參加這個(gè)會(huì)議包括的基本事件是(1,5)、(1,6)， 則工程師甲必須參加，且有技術(shù)員參加這個(gè)會(huì)議的概率是P2＝.