【突破课堂】第五章 统计与概率--26版高中同步达标检测卷人教B版数学必修2
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| 名称 | 【突破课堂】第五章 统计与概率--26版高中同步达标检测卷人教B版数学必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 243.2KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-03 11:34:41 | ||
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文档简介
(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高中同步达标检测卷
第五章 统计与概率
全卷满分150分 考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共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.古代科举制度始于隋而成于唐,完备于宋,明代则是其发展的鼎盛阶段,其中表现之一为会试分南卷、北卷、中卷,并按比例录取,录取比例为11∶7∶2.若明宣德五年会试录取人数为100,则中卷录取人数为( )
A.10 B.15 C.30 D.35
2.某课外小组为了了解什么样的方式最能增强同学们进行垃圾分类的意识,随机对该校同学进行问卷调查,根据调查结果,得到如图所示的统计图,已知每个回答该问卷的同学都只能在问卷的五个选项中选择一个,则以下结论中错误的是( )
A.回答该问卷的总人数不可能是100
B.回答该问卷的同学中,选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多
C.回答该问卷的同学中,选择“学校团委会宣传”的人数最少
D.回答该问卷的同学中,选择“播放公益广告”的比选择“学校要求”的少8人
3.10件同类产品中,有8件是正品,2件是次品,从中任意抽出3件,与事件“1件正品2件次品”互斥而不对立的事件为( )
A.恰有1件次品 B.至多有1件次品
C.至少有1件次品 D.既有正品也有次品
4.某中学全体学生参加了数学竞赛,随机抽取了400名学生进行成绩统计,发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间(包括边界),进行适当分组后(除最后一组为闭区间外,其他各组均为左闭右开的区间),画出频率分布直方图如图所示,每组数据以组中值(组中值=(区间上限+区间下限)/2)为代表,下列说法正确的是( )
A.x的值为0.035
B.估计全校学生的平均成绩为83分
C.样本数据的80%分位数约为95
D.在被抽取的学生中,成绩在区间[70,80)内的学生人数为30
5.一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4.先从袋中随机取一个球,记该球的编号为m,将球放回袋中,再从袋中随机取一个球,记该球的编号为n,则m≥n+1的概率为( )
A. B. C. D.
6.排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都相等,均为,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( )
A. B. C. D.
7.已知x1,x2,…,xn的平均数为,y1,y2,…,ym的平均数为,且≠,若x1,x2,…,xn,y1,y2,…,ym的平均数=a+(1-a),其中0A.nm
C.n=m D.不能确定
8.根据气象学上的标准,连续5天的日平均气温低于10 ℃即为入冬,某地将连续5天的日平均气温的记录数据(记录数据都是自然数)作为一组样本,现有4组样本①②③④,它们各自的数据特征如下:①平均数<4;②平均数<4且极差小于或等于3;③平均数<4且标准差s≤4;④众数等于5且极差小于或等于4.
则4组样本中一定符合入冬标准的有( )
A.1组 B.2组
C.3组 D.4组
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.小伟3月份1~10日每天运动时长的折线图如图所示,则( )
A.小伟1~10日每天运动时长的极差为39分钟
B.小伟1~10日每天运动时长的中位数为33分钟
C.小伟1~10日每天运动时长的众数为31分钟
D.小伟1~10日每天运动时长的80%分位数为50分钟
10.某学校高一年级学生有900人,其中男生500人,女生400人,为了获得该校高一年级全体学生的身高信息,现采用分层抽样的方法抽取90位同学的身高作为样本,经计算得男生样本的平均数为170,方差为19,女生样本的平均数为161,方差为28,则下列说法正确的是( )
A.男生样本容量为50 B.每个女生被抽到的概率为
C.总样本的平均数为165 D.总样本的方差为43
11.算盘是我国古代一项伟大的发明,是一类重要的计算工具.现有一把初始状态的算盘如图所示,自右向左,分别表示个位、十位、百位、千位等,上面一粒珠子(简称上珠)代表5,下面一粒珠子(简称下珠)代表1,五粒下珠表示的数的大小等于同组一粒上珠表示的数的大小.例如,个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上,表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,设事件A=“表示的四位数能被3整除”,B=“表示的四位数能被5整除”,则( )
A.P(A)= B.P(B)=
C.P(A∪B)= D.P(AB)=
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知三个事件A,B,C两两互斥,且P(A)=0.3,P()=0.6,P(C)=0.2,则P(A∪B∪C)= .
13.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两支篮球队各6名队员某场比赛的得分数据(单位:分).若这两组数据的中位数相等,且平均值也相等,则x+y= .
14.甲、乙两个袋子中分别装有若干个大小和质地均相同的红球和绿球,甲、乙两个袋子中的球的个数之比为1∶3,已知从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率为p.若从甲袋中有放回地摸球,每次摸出一个,直至第2次摸到红球即停止,则恰好摸4次停止的概率为 ;若将甲、乙两个袋子中的球装在一起后,从中摸出一个红球的概率是,则p的值为 .
四、解答题(本题共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.(13分)一只不透明的袋子中装有2个白球,3个红球,这些球除颜色外都相同.
(1)搅匀后从中任意摸出2个球,求这2个球都是白球的概率;
(2)搅匀后从中任意摸出1个球,记录颜色后放回,搅匀,再从中任意摸出1个球,求2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的概率.
16.(15分)有一家经销鲜花产品的微店,为保障售出的百合花的品质,每天从鲜花基地空运固定数量的百合花,若有剩余,则免费分赠给第二天购花的顾客,若不足,则从本地鲜花供应商处进货.某年四月前10天,微店百合花的售价为每枝2元,从鲜花基地空运来的百合花每枝进价为1.6元,本地鲜花供应商处的百合花每枝进价为1.8元.微店这10天的订单中百合花的日需求量(单位:枝)依次为251,255,231,243,263,241,265,255,244,252.
(1)求该年四月前10天订单中百合花日需求量的平均数和众数,并完成频率分布直方图;
(2)预计该年四月的后20天的订单中,百合花日需求量的频率分布与四月前10天相同,百合花进货价格与售价均不变,请根据(1)中频率分布直方图判断微店每天从鲜花基地固定空运百合花250枝,还是255枝,四月后20天百合花的销售总利润更大(同一组中的需求量数据用该组区间的中点值作代表,各区间的概率用该区间的频率代替).
17.(15分)甲、乙、丙三人进行摔跤比赛,比赛规则如下:①每场比赛有两人参加,另一人当裁判,没有平局;②每场比赛结束时,负的一方在下一场当裁判;③累计负两场者被淘汰;④当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人累计负两场被淘汰,另一人最终获得冠军,比赛结束.已知在每场比赛中,甲胜乙和甲胜丙的概率均为,乙胜丙的概率为,各局比赛的结果相互独立.经抽签,第一场比赛甲当裁判.
(1)求前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率;
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率;
(3)求甲最终获胜的概率.
18.(17分)某玻璃工艺品加工厂有2条生产线用于生产某款产品,每条生产线一天能生产200件该产品,该产品市场评级规定:评分在10分及以上的为A等品,低于10分的为B等品.厂家将A等品售价定为2 000元/件,B等品售价定为1 200元/件.下面是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的评分(单位:分):
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得=xi=9.97,s2=(xi-)2=-≈0.045,其中xi为抽取的第i件产品的评分(单位:分),i=1,2,…,16.
该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺,已知对一条生产线增加生产工序每年需花费1 500万元,改进后该条生产线产能不变,但生产出的每件产品的评分均提高0.05分,已知该厂现有1 500万元的资金.
(1)若厂家用这1 500万元改进一条生产线,根据随机抽取的16件产品的评分,估计:
①改进后该生产线生产的产品中A等品所占的比例;
②改进后该厂生产的所有产品评分的平均数和方差;
(2)某金融机构向该厂推销一款年收益率为8.2%的理财产品,请你利用所学知识分析,将这1 500万元用于购买该款理财产品所获得的收益与用于改进一条生产线使产品评分提高所增加的收益相比,一年后哪种方案的收益更大.(一年按365天计算)
19.(17分)某电子产品制造企业为了提高生产效率,对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造,为了分析改造的效果,该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1 000件,检测产品的某项质量指标值,根据检测数据得到下表.
质量指标值 [25,35) [35,45) [45,55) [55,65) [65,75) [75,85) [85,95]
产品件数 60 100 160 300 200 100 80
(1)估计样本的质量指标值的平均数和方差s2(同一组的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)设[x]表示不大于x的最大整数,{x}表示不小于x的最小整数,标准差s精确到个位,an=5·,bn=5·(n∈N*),根据检验标准,技术升级改造后,若质量指标值有65%落在[a1,b1]内,则可以判定技术升级改造后的产品质量初级稳定;若有95%落在[a2,b2]内,则可以判定技术升级改造后的产品质量稳定,可认为生产线技术升级改造成功.根据样本数据估计,是否可以判定生产线的技术升级改造是成功的
(3)为了检测技术人员对业务知识的掌握情况,该企业举办了业务知识考核竞赛,规则如下:在初赛中有两轮答题:第一轮从A类的5个问题中任选两题作答,若两题都答对,则得20分,否则得0分;第二轮从B类的4个问题中任选两题依次作答,每答对一题得20分,答错得0分.若两轮总得分不低于40分,则晋级复赛.甲和乙同时参赛,已知在A类的5个问题中,甲只能答对4个问题,在B类的4个问题中,甲答对每道题的概率都为0.4;乙答对每个问题的概率都为0.6.甲、乙回答任一问题的正确与否互不影响.
(i)求甲在第一轮比赛中得0分的概率;
(ii)以晋级复赛的概率大小为依据,甲和乙谁晋级复赛的可能性更大
答案全解全析
1.A 2.D 3.A 4.C 5.C 6.B
7.A 8.B 9.ACD 10.ABD 11.ACD
1.A 依题意知,中卷录取人数为100×=10.
2.D 根据题意,当回答该问卷的总人数为100时,选择③④的同学人数不是整数,所以总人数不可能是100,故A中结论正确;
从题中统计图可得回答该问卷的同学中,选择⑤的人数最多,选择③的人数最少,故B、C中结论正确;
回答该问卷的同学中,选择“播放公益广告”的人数比选择“学校要求”的人数少8%,故D中结论错误.
3.A 10件同类产品中,有8件是正品,2件是次品,从中任意抽出3件,有“1件正品2件次品”“2件正品1件次品”“3件正品”3种情况.
对于A,事件“恰有1件次品”与事件“1件正品2件次品”互斥而不对立,故A正确;
对于B,事件“至多有1件次品”与事件“1件正品2件次品”是对立事件,故B错误;
对于C,事件“至少有1件次品”与事件“1件正品2件次品”能同时发生,不是互斥事件,故C错误;
对于D,事件“既有正品也有次品”与事件“1件正品2件次品”能同时发生,不是互斥事件,故D错误.
4.C 对于A,由题意得10×(0.005+0.010+0.015+x+0.040)=1,解得x=0.030,所以A错误;
对于B,估计全校学生的平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84(分),故B错误;
对于C,样本数据的80%分位数约为90+×10=95,故C正确;
对于D,在被抽取的学生中,成绩在区间[70,80)内的学生人数为10×0.015×400=60,故D错误.
5.C 样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)},共16个样本点,其中满足m≥n+1的样本点有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),共6个,故所求概率P==.
6.B 最后乙队获胜包含3种情况:(1)第三局乙胜;(2)第三局甲胜,第四局乙胜;(3)第三局和第四局都是甲胜,第五局乙胜.
故最后乙队获胜的概率P=+×+×=.
7.A 由题意得=,=,
==·+·
=·+·=a+(1-a),
所以=a,=1-a,又0所以0<<<,所以n8.B ①举反例:0,0,0,4,11,其平均数=3<4,但不符合入冬标准;
②假设有数据大于或等于10,由极差小于或等于3可知,该组数据中的最小值大于或等于7,此时数据的平均数必然大于7,与<4矛盾,假设错误,则此组数据全部小于10,符合入冬标准;
③举反例:1,1,1,1,11,其平均数为3<4,标准差s=4,但不符合入冬标准;
④当众数等于5且极差小于或等于4时,该组数据中最大的数不超过9,符合入冬标准.
9.ACD 将这10个数据从小到大排序,依次为16,17,31,31,33,36,42,49,51,55.
故小伟1~10日每天运动时长的极差为55-16=39(分钟),故A正确;
小伟1~10日每天运动时长的中位数为=34.5(分钟),故B错误;
小伟1~10日每天运动时长的众数为31分钟,故C正确;
10×80%=8,故该组数据的80%分位数为=50,故D正确.
10.ABD 对于A,男生样本容量为×90=50,故A正确;
对于B,每个女生被抽到的概率为=,故B正确;
对于C,总样本的平均数为=166,故C错误;
对于D,总样本的方差为×[19+(170-166)2]+×[28+(161-166)2]=43,故D正确.
11.ACD 将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,所得四位数可能为1 111,1 115,1 151,1 155,1 511,1 515,1 551,1 555,5 111,5 115,5 151,5 155,5 511,5 515,5 551,5 555,共16个样本点.
事件A包含的样本点有1 155,1 515,1 551,5 115,5 151,5 511,共6个,因此P(A)==;
事件B包含的样本点有1 115,1 155,1 515,1 555,5 115,5 155,5 515,5 555,共8个,因此P(B)==;
事件A∪B包含的样本点有1 115,1 155,1 515,1 551,1 555,5 115,5 151,5 155,5 511,5 515,5 555,共11个,因此P(A∪B)=;
事件AB包含的样本点有1 155,1 515,5 115,共3个,因此P(AB)=.
12.答案 0.9
解析 因为P()=0.6,所以P(B)=1-P()=0.4.
因为三个事件A,B,C两两互斥,所以P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.9.
13.答案 9
解析 甲的中位数为=18,乙的中位数为,
因为两组数据的中位数相等,所以=18,解得y=7,所以乙的平均值为=18,
又两组数据的平均值相等,所以==18,解得x=2.所以x+y=9.
14.答案 ;
解析 由题意得,恰好摸4次停止,说明前3次恰好只摸到1次红球,且第4次摸到红球,则其概率为×=.
设甲、乙两个袋子中的球的个数分别为a,3a,则甲袋中有个红球,乙袋中有3ap个红球.将甲、乙两个袋子中的球装在一起后,袋中共有4a个球,其中有个红球,则有=,解得p=.
15.解析 (1)将3个红球分别记为红1,红2,红3,2个白球分别记为白1,白2,
则任意摸出2个球的样本空间Ω={红1红2,红1红3,红1白1,红1白2,红2红3,红2白1,红2白2,红3白1,红3白2,白1白2},共10个样本点,(3分)
其中2个球均为白球的样本点有白1白2,共1个,故所求概率为.(5分)
(2)搅匀后从中任意摸出1个球,记录颜色后放回袋子中并搅匀,再从中任意摸出1个球的情况如下表:
红1 红2 红3 白1 白2
红1 (红1,红1) (红1,红2) (红1,红3) (红1,白1) (红1,白2)
红2 (红2,红1) (红2,红2) (红2,红3) (红2,白1) (红2,白2)
红3 (红3,红1) (红3,红2) (红3,红3) (红3,白1) (红3,白2)
白1 (白1,红1) (白1,红2) (白1,红3) (白1,白1) (白1,白2)
白2 (白2,红1) (白2,红2) (白2,红3) (白2,白1) (白2,白2)
共有25种情况,(9分)
其中2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的情况共有12种,
故所求概率为.(13分)
16.解析 (1)由题中数据知四月前10天订单中百合花日需求量的众数为255枝,平均数为×(231+241+243+244+251+252+255+255+263+265)=250(枝).(3分)
频率分布直方图如下:
(7分)
(2)设订单中百合花日需求量为a枝.
由(1)中频率分布直方图,知a的可能取值为235,245,255,265,相应频率分别为0.1,0.3,0.4,0.2,
则四月后20天中,a取235,245,255,265的天数分别为2,6,8,4.(9分)
若空运250枝,则当a=235时,当日利润为235×2-250×1.6=70(元),
当a=245时,当日利润为245×2-250×1.6=90(元),
当a=255时,当日利润为255×2-250×1.6-5×1.8=101(元),
当a=265时,当日利润为265×2-250×1.6-15×1.8=103(元),
故四月后20天百合花的销售总利润为70×2+90×6+101×8+103×4=1 900(元).(11分)
若空运255枝,则当a=235时,当日利润为235×2-255×1.6=62(元),
当a=245时,当日利润为245×2-255×1.6=82(元),
当a=255时,当日利润为255×2-255×1.6=102(元),
当a=265时,当日利润为265×2-255×1.6-10×1.8=104(元),
故四月后20天百合花的销售总利润为62×2+82×6+102×8+104×4=1 848(元).(13分)
因为1 900>1 848,所以微店每天从鲜花基地固定空运250枝百合花,四月后20天百合花的销售总利润更大.(15分)
17.解析 (1)记事件A为甲胜乙,则P(A)=,P()=,
记事件B为甲胜丙,则P(B)=,P()=,
记事件C为乙胜丙,则P(C)=,P()=,(3分)
设前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率为P1,
则P1=P(CC)+P(CAB)=××+××=.(5分)
(2)设只需四场比赛就决出冠军的概率为P2,
则P2=P(CC)+P( )+P(CABA)+P(BAB)
=×××+×××+×××+×××=.(10分)
(3)因为甲胜乙和甲胜丙的概率均为,且乙胜丙和丙胜乙的概率均为,第一场比赛甲当裁判,所以以后的比赛相对于甲而言,可将乙、丙视为同一人,设每一场比赛中甲胜为事件D,甲当裁判为事件E,甲最终获胜的概率为P3,则P(D)=,P3=P(EDDD)+P(EDDD)+P(EDED)+P(EEDD)=××+×××+××+××=.(15分)
18.解析 (1)①改进后,随机抽取的16件产品的评分(单位:分)依次变为
10.00 10.17 10.01 10.01 10.06 9.97 10.03 10.09
10.31 9.96 10.18 10.07 9.27 10.09 10.10 10.00
其中A等品有13件,所以估计改进后该生产线生产的产品中A等品所占的比例为.(4分)
②设未改进的生产线生产出的产品评分为yi(i=1,2,3,…,200)分,经过改进的生产线生产出的产品评分为zi(i=1,2,3,…,200)分,其中zi=yi+0.05.
用样本估计总体可知=9.97,
所以=zi=(yi+0.05)=+0.05=10.02,(7分)
所以估计改进后该厂生产的所有产品评分的平均数为=9.995(分).(9分)
用样本估计总体可知≈0.045,
所以=(zi-)2=[(yi+0.05)-(+0.05)]2==0.045.(11分)
所以估计改进后该厂生产的所有产品评分的方差为
+
=+
=0.045 625.(13分)
(2)将这1 500万元用于改进一条生产线,一年后因产品评分提高而增加的收益为(2 000-1 200)××200×365-1 500×104=325×104(元)=325(万元);将这1 500万元用于购买理财产品,一年后的收益为1 500×8.2%=123(万元).(16分)
因为325>123,所以将这1 500万元用于改进一条生产线,一年后的收益更大.(17分)
19.解析 (1)由题意知=30×0.06+40×0.1+50×0.16+60×0.3+70×0.2+80×0.1+90×0.08=61.(2分)
s2=(30-61)2×0.06+(40-61)2×0.1+(50-61)2×0.16+(60-61)2×0.3+(70-61)2×0.2+(80-61)2×0.1+(90-61)2×0.08=241.(4分)
(2)由s2=241得s≈16,则a1=5×=45,b1=5×=75,
质量指标值落在[45,75)内的频率为0.16+0.3+0.2=0.66=66%>65%;(6分)
a2=5×=30,b2=5×=90,
质量指标值落在[30,90]内的频率为1-0.03-0.04=0.93=93%<95%,
故可以判定技术升级改造后的产品质量初级稳定,但不能判定生产线技术升级改造成功.(8分)
(3)(i)对A类的5个问题进行编号分别为a,b,c,d,e,设甲能答对的4个问题的编号分别为a,b,c,d,
第一轮从A类的5个问题中任选两题作答,则所选的两个题的情况有ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de,共10种,
其中得0分的情况有ae,be,ce,de,共4种,
所以甲在第一轮比赛中得0分的概率为=0.4.(12分)
(ii)甲晋级复赛分两种情况:甲第一轮得20分且第二轮至少得20分,甲第一轮得0分且第二轮得40分,所以甲晋级复赛的概率P1=(1-0.4)×[1-(1-0.4)2]+0.4×0.42=0.384+0.064=0.448.(14分)
乙晋级复赛分两种情况:乙第一轮得20分且第二轮至少得20分,乙第一轮得0分且第二轮得40分,所以乙晋级复赛的概率P2=0.62×[1-(1-0.6)2]+(1-0.62)×0.62=0.302 4+0.230 4=0.532 8,(16分)
因为P2>P1,所以乙晋级复赛的可能性更大.(17分)
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高中同步达标检测卷
第五章 统计与概率
全卷满分150分 考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共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.古代科举制度始于隋而成于唐,完备于宋,明代则是其发展的鼎盛阶段,其中表现之一为会试分南卷、北卷、中卷,并按比例录取,录取比例为11∶7∶2.若明宣德五年会试录取人数为100,则中卷录取人数为( )
A.10 B.15 C.30 D.35
2.某课外小组为了了解什么样的方式最能增强同学们进行垃圾分类的意识,随机对该校同学进行问卷调查,根据调查结果,得到如图所示的统计图,已知每个回答该问卷的同学都只能在问卷的五个选项中选择一个,则以下结论中错误的是( )
A.回答该问卷的总人数不可能是100
B.回答该问卷的同学中,选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多
C.回答该问卷的同学中,选择“学校团委会宣传”的人数最少
D.回答该问卷的同学中,选择“播放公益广告”的比选择“学校要求”的少8人
3.10件同类产品中,有8件是正品,2件是次品,从中任意抽出3件,与事件“1件正品2件次品”互斥而不对立的事件为( )
A.恰有1件次品 B.至多有1件次品
C.至少有1件次品 D.既有正品也有次品
4.某中学全体学生参加了数学竞赛,随机抽取了400名学生进行成绩统计,发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间(包括边界),进行适当分组后(除最后一组为闭区间外,其他各组均为左闭右开的区间),画出频率分布直方图如图所示,每组数据以组中值(组中值=(区间上限+区间下限)/2)为代表,下列说法正确的是( )
A.x的值为0.035
B.估计全校学生的平均成绩为83分
C.样本数据的80%分位数约为95
D.在被抽取的学生中,成绩在区间[70,80)内的学生人数为30
5.一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4.先从袋中随机取一个球,记该球的编号为m,将球放回袋中,再从袋中随机取一个球,记该球的编号为n,则m≥n+1的概率为( )
A. B. C. D.
6.排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都相等,均为,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( )
A. B. C. D.
7.已知x1,x2,…,xn的平均数为,y1,y2,…,ym的平均数为,且≠,若x1,x2,…,xn,y1,y2,…,ym的平均数=a+(1-a),其中0
C.n=m D.不能确定
8.根据气象学上的标准,连续5天的日平均气温低于10 ℃即为入冬,某地将连续5天的日平均气温的记录数据(记录数据都是自然数)作为一组样本,现有4组样本①②③④,它们各自的数据特征如下:①平均数<4;②平均数<4且极差小于或等于3;③平均数<4且标准差s≤4;④众数等于5且极差小于或等于4.
则4组样本中一定符合入冬标准的有( )
A.1组 B.2组
C.3组 D.4组
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.小伟3月份1~10日每天运动时长的折线图如图所示,则( )
A.小伟1~10日每天运动时长的极差为39分钟
B.小伟1~10日每天运动时长的中位数为33分钟
C.小伟1~10日每天运动时长的众数为31分钟
D.小伟1~10日每天运动时长的80%分位数为50分钟
10.某学校高一年级学生有900人,其中男生500人,女生400人,为了获得该校高一年级全体学生的身高信息,现采用分层抽样的方法抽取90位同学的身高作为样本,经计算得男生样本的平均数为170,方差为19,女生样本的平均数为161,方差为28,则下列说法正确的是( )
A.男生样本容量为50 B.每个女生被抽到的概率为
C.总样本的平均数为165 D.总样本的方差为43
11.算盘是我国古代一项伟大的发明,是一类重要的计算工具.现有一把初始状态的算盘如图所示,自右向左,分别表示个位、十位、百位、千位等,上面一粒珠子(简称上珠)代表5,下面一粒珠子(简称下珠)代表1,五粒下珠表示的数的大小等于同组一粒上珠表示的数的大小.例如,个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上,表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,设事件A=“表示的四位数能被3整除”,B=“表示的四位数能被5整除”,则( )
A.P(A)= B.P(B)=
C.P(A∪B)= D.P(AB)=
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知三个事件A,B,C两两互斥,且P(A)=0.3,P()=0.6,P(C)=0.2,则P(A∪B∪C)= .
13.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两支篮球队各6名队员某场比赛的得分数据(单位:分).若这两组数据的中位数相等,且平均值也相等,则x+y= .
14.甲、乙两个袋子中分别装有若干个大小和质地均相同的红球和绿球,甲、乙两个袋子中的球的个数之比为1∶3,已知从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率为p.若从甲袋中有放回地摸球,每次摸出一个,直至第2次摸到红球即停止,则恰好摸4次停止的概率为 ;若将甲、乙两个袋子中的球装在一起后,从中摸出一个红球的概率是,则p的值为 .
四、解答题(本题共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.(13分)一只不透明的袋子中装有2个白球,3个红球,这些球除颜色外都相同.
(1)搅匀后从中任意摸出2个球,求这2个球都是白球的概率;
(2)搅匀后从中任意摸出1个球,记录颜色后放回,搅匀,再从中任意摸出1个球,求2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的概率.
16.(15分)有一家经销鲜花产品的微店,为保障售出的百合花的品质,每天从鲜花基地空运固定数量的百合花,若有剩余,则免费分赠给第二天购花的顾客,若不足,则从本地鲜花供应商处进货.某年四月前10天,微店百合花的售价为每枝2元,从鲜花基地空运来的百合花每枝进价为1.6元,本地鲜花供应商处的百合花每枝进价为1.8元.微店这10天的订单中百合花的日需求量(单位:枝)依次为251,255,231,243,263,241,265,255,244,252.
(1)求该年四月前10天订单中百合花日需求量的平均数和众数,并完成频率分布直方图;
(2)预计该年四月的后20天的订单中,百合花日需求量的频率分布与四月前10天相同,百合花进货价格与售价均不变,请根据(1)中频率分布直方图判断微店每天从鲜花基地固定空运百合花250枝,还是255枝,四月后20天百合花的销售总利润更大(同一组中的需求量数据用该组区间的中点值作代表,各区间的概率用该区间的频率代替).
17.(15分)甲、乙、丙三人进行摔跤比赛,比赛规则如下:①每场比赛有两人参加,另一人当裁判,没有平局;②每场比赛结束时,负的一方在下一场当裁判;③累计负两场者被淘汰;④当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人累计负两场被淘汰,另一人最终获得冠军,比赛结束.已知在每场比赛中,甲胜乙和甲胜丙的概率均为,乙胜丙的概率为,各局比赛的结果相互独立.经抽签,第一场比赛甲当裁判.
(1)求前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率;
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率;
(3)求甲最终获胜的概率.
18.(17分)某玻璃工艺品加工厂有2条生产线用于生产某款产品,每条生产线一天能生产200件该产品,该产品市场评级规定:评分在10分及以上的为A等品,低于10分的为B等品.厂家将A等品售价定为2 000元/件,B等品售价定为1 200元/件.下面是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的评分(单位:分):
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得=xi=9.97,s2=(xi-)2=-≈0.045,其中xi为抽取的第i件产品的评分(单位:分),i=1,2,…,16.
该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺,已知对一条生产线增加生产工序每年需花费1 500万元,改进后该条生产线产能不变,但生产出的每件产品的评分均提高0.05分,已知该厂现有1 500万元的资金.
(1)若厂家用这1 500万元改进一条生产线,根据随机抽取的16件产品的评分,估计:
①改进后该生产线生产的产品中A等品所占的比例;
②改进后该厂生产的所有产品评分的平均数和方差;
(2)某金融机构向该厂推销一款年收益率为8.2%的理财产品,请你利用所学知识分析,将这1 500万元用于购买该款理财产品所获得的收益与用于改进一条生产线使产品评分提高所增加的收益相比,一年后哪种方案的收益更大.(一年按365天计算)
19.(17分)某电子产品制造企业为了提高生产效率,对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造,为了分析改造的效果,该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1 000件,检测产品的某项质量指标值,根据检测数据得到下表.
质量指标值 [25,35) [35,45) [45,55) [55,65) [65,75) [75,85) [85,95]
产品件数 60 100 160 300 200 100 80
(1)估计样本的质量指标值的平均数和方差s2(同一组的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)设[x]表示不大于x的最大整数,{x}表示不小于x的最小整数,标准差s精确到个位,an=5·,bn=5·(n∈N*),根据检验标准,技术升级改造后,若质量指标值有65%落在[a1,b1]内,则可以判定技术升级改造后的产品质量初级稳定;若有95%落在[a2,b2]内,则可以判定技术升级改造后的产品质量稳定,可认为生产线技术升级改造成功.根据样本数据估计,是否可以判定生产线的技术升级改造是成功的
(3)为了检测技术人员对业务知识的掌握情况,该企业举办了业务知识考核竞赛,规则如下:在初赛中有两轮答题:第一轮从A类的5个问题中任选两题作答,若两题都答对,则得20分,否则得0分;第二轮从B类的4个问题中任选两题依次作答,每答对一题得20分,答错得0分.若两轮总得分不低于40分,则晋级复赛.甲和乙同时参赛,已知在A类的5个问题中,甲只能答对4个问题,在B类的4个问题中,甲答对每道题的概率都为0.4;乙答对每个问题的概率都为0.6.甲、乙回答任一问题的正确与否互不影响.
(i)求甲在第一轮比赛中得0分的概率;
(ii)以晋级复赛的概率大小为依据,甲和乙谁晋级复赛的可能性更大
答案全解全析
1.A 2.D 3.A 4.C 5.C 6.B
7.A 8.B 9.ACD 10.ABD 11.ACD
1.A 依题意知,中卷录取人数为100×=10.
2.D 根据题意,当回答该问卷的总人数为100时,选择③④的同学人数不是整数,所以总人数不可能是100,故A中结论正确;
从题中统计图可得回答该问卷的同学中,选择⑤的人数最多,选择③的人数最少,故B、C中结论正确;
回答该问卷的同学中,选择“播放公益广告”的人数比选择“学校要求”的人数少8%,故D中结论错误.
3.A 10件同类产品中,有8件是正品,2件是次品,从中任意抽出3件,有“1件正品2件次品”“2件正品1件次品”“3件正品”3种情况.
对于A,事件“恰有1件次品”与事件“1件正品2件次品”互斥而不对立,故A正确;
对于B,事件“至多有1件次品”与事件“1件正品2件次品”是对立事件,故B错误;
对于C,事件“至少有1件次品”与事件“1件正品2件次品”能同时发生,不是互斥事件,故C错误;
对于D,事件“既有正品也有次品”与事件“1件正品2件次品”能同时发生,不是互斥事件,故D错误.
4.C 对于A,由题意得10×(0.005+0.010+0.015+x+0.040)=1,解得x=0.030,所以A错误;
对于B,估计全校学生的平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84(分),故B错误;
对于C,样本数据的80%分位数约为90+×10=95,故C正确;
对于D,在被抽取的学生中,成绩在区间[70,80)内的学生人数为10×0.015×400=60,故D错误.
5.C 样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)},共16个样本点,其中满足m≥n+1的样本点有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),共6个,故所求概率P==.
6.B 最后乙队获胜包含3种情况:(1)第三局乙胜;(2)第三局甲胜,第四局乙胜;(3)第三局和第四局都是甲胜,第五局乙胜.
故最后乙队获胜的概率P=+×+×=.
7.A 由题意得=,=,
==·+·
=·+·=a+(1-a),
所以=a,=1-a,又0
②假设有数据大于或等于10,由极差小于或等于3可知,该组数据中的最小值大于或等于7,此时数据的平均数必然大于7,与<4矛盾,假设错误,则此组数据全部小于10,符合入冬标准;
③举反例:1,1,1,1,11,其平均数为3<4,标准差s=4,但不符合入冬标准;
④当众数等于5且极差小于或等于4时,该组数据中最大的数不超过9,符合入冬标准.
9.ACD 将这10个数据从小到大排序,依次为16,17,31,31,33,36,42,49,51,55.
故小伟1~10日每天运动时长的极差为55-16=39(分钟),故A正确;
小伟1~10日每天运动时长的中位数为=34.5(分钟),故B错误;
小伟1~10日每天运动时长的众数为31分钟,故C正确;
10×80%=8,故该组数据的80%分位数为=50,故D正确.
10.ABD 对于A,男生样本容量为×90=50,故A正确;
对于B,每个女生被抽到的概率为=,故B正确;
对于C,总样本的平均数为=166,故C错误;
对于D,总样本的方差为×[19+(170-166)2]+×[28+(161-166)2]=43,故D正确.
11.ACD 将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,所得四位数可能为1 111,1 115,1 151,1 155,1 511,1 515,1 551,1 555,5 111,5 115,5 151,5 155,5 511,5 515,5 551,5 555,共16个样本点.
事件A包含的样本点有1 155,1 515,1 551,5 115,5 151,5 511,共6个,因此P(A)==;
事件B包含的样本点有1 115,1 155,1 515,1 555,5 115,5 155,5 515,5 555,共8个,因此P(B)==;
事件A∪B包含的样本点有1 115,1 155,1 515,1 551,1 555,5 115,5 151,5 155,5 511,5 515,5 555,共11个,因此P(A∪B)=;
事件AB包含的样本点有1 155,1 515,5 115,共3个,因此P(AB)=.
12.答案 0.9
解析 因为P()=0.6,所以P(B)=1-P()=0.4.
因为三个事件A,B,C两两互斥,所以P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.9.
13.答案 9
解析 甲的中位数为=18,乙的中位数为,
因为两组数据的中位数相等,所以=18,解得y=7,所以乙的平均值为=18,
又两组数据的平均值相等,所以==18,解得x=2.所以x+y=9.
14.答案 ;
解析 由题意得,恰好摸4次停止,说明前3次恰好只摸到1次红球,且第4次摸到红球,则其概率为×=.
设甲、乙两个袋子中的球的个数分别为a,3a,则甲袋中有个红球,乙袋中有3ap个红球.将甲、乙两个袋子中的球装在一起后,袋中共有4a个球,其中有个红球,则有=,解得p=.
15.解析 (1)将3个红球分别记为红1,红2,红3,2个白球分别记为白1,白2,
则任意摸出2个球的样本空间Ω={红1红2,红1红3,红1白1,红1白2,红2红3,红2白1,红2白2,红3白1,红3白2,白1白2},共10个样本点,(3分)
其中2个球均为白球的样本点有白1白2,共1个,故所求概率为.(5分)
(2)搅匀后从中任意摸出1个球,记录颜色后放回袋子中并搅匀,再从中任意摸出1个球的情况如下表:
红1 红2 红3 白1 白2
红1 (红1,红1) (红1,红2) (红1,红3) (红1,白1) (红1,白2)
红2 (红2,红1) (红2,红2) (红2,红3) (红2,白1) (红2,白2)
红3 (红3,红1) (红3,红2) (红3,红3) (红3,白1) (红3,白2)
白1 (白1,红1) (白1,红2) (白1,红3) (白1,白1) (白1,白2)
白2 (白2,红1) (白2,红2) (白2,红3) (白2,白1) (白2,白2)
共有25种情况,(9分)
其中2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的情况共有12种,
故所求概率为.(13分)
16.解析 (1)由题中数据知四月前10天订单中百合花日需求量的众数为255枝,平均数为×(231+241+243+244+251+252+255+255+263+265)=250(枝).(3分)
频率分布直方图如下:
(7分)
(2)设订单中百合花日需求量为a枝.
由(1)中频率分布直方图,知a的可能取值为235,245,255,265,相应频率分别为0.1,0.3,0.4,0.2,
则四月后20天中,a取235,245,255,265的天数分别为2,6,8,4.(9分)
若空运250枝,则当a=235时,当日利润为235×2-250×1.6=70(元),
当a=245时,当日利润为245×2-250×1.6=90(元),
当a=255时,当日利润为255×2-250×1.6-5×1.8=101(元),
当a=265时,当日利润为265×2-250×1.6-15×1.8=103(元),
故四月后20天百合花的销售总利润为70×2+90×6+101×8+103×4=1 900(元).(11分)
若空运255枝,则当a=235时,当日利润为235×2-255×1.6=62(元),
当a=245时,当日利润为245×2-255×1.6=82(元),
当a=255时,当日利润为255×2-255×1.6=102(元),
当a=265时,当日利润为265×2-255×1.6-10×1.8=104(元),
故四月后20天百合花的销售总利润为62×2+82×6+102×8+104×4=1 848(元).(13分)
因为1 900>1 848,所以微店每天从鲜花基地固定空运250枝百合花,四月后20天百合花的销售总利润更大.(15分)
17.解析 (1)记事件A为甲胜乙,则P(A)=,P()=,
记事件B为甲胜丙,则P(B)=,P()=,
记事件C为乙胜丙,则P(C)=,P()=,(3分)
设前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率为P1,
则P1=P(CC)+P(CAB)=××+××=.(5分)
(2)设只需四场比赛就决出冠军的概率为P2,
则P2=P(CC)+P( )+P(CABA)+P(BAB)
=×××+×××+×××+×××=.(10分)
(3)因为甲胜乙和甲胜丙的概率均为,且乙胜丙和丙胜乙的概率均为,第一场比赛甲当裁判,所以以后的比赛相对于甲而言,可将乙、丙视为同一人,设每一场比赛中甲胜为事件D,甲当裁判为事件E,甲最终获胜的概率为P3,则P(D)=,P3=P(EDDD)+P(EDDD)+P(EDED)+P(EEDD)=××+×××+××+××=.(15分)
18.解析 (1)①改进后,随机抽取的16件产品的评分(单位:分)依次变为
10.00 10.17 10.01 10.01 10.06 9.97 10.03 10.09
10.31 9.96 10.18 10.07 9.27 10.09 10.10 10.00
其中A等品有13件,所以估计改进后该生产线生产的产品中A等品所占的比例为.(4分)
②设未改进的生产线生产出的产品评分为yi(i=1,2,3,…,200)分,经过改进的生产线生产出的产品评分为zi(i=1,2,3,…,200)分,其中zi=yi+0.05.
用样本估计总体可知=9.97,
所以=zi=(yi+0.05)=+0.05=10.02,(7分)
所以估计改进后该厂生产的所有产品评分的平均数为=9.995(分).(9分)
用样本估计总体可知≈0.045,
所以=(zi-)2=[(yi+0.05)-(+0.05)]2==0.045.(11分)
所以估计改进后该厂生产的所有产品评分的方差为
+
=+
=0.045 625.(13分)
(2)将这1 500万元用于改进一条生产线,一年后因产品评分提高而增加的收益为(2 000-1 200)××200×365-1 500×104=325×104(元)=325(万元);将这1 500万元用于购买理财产品,一年后的收益为1 500×8.2%=123(万元).(16分)
因为325>123,所以将这1 500万元用于改进一条生产线,一年后的收益更大.(17分)
19.解析 (1)由题意知=30×0.06+40×0.1+50×0.16+60×0.3+70×0.2+80×0.1+90×0.08=61.(2分)
s2=(30-61)2×0.06+(40-61)2×0.1+(50-61)2×0.16+(60-61)2×0.3+(70-61)2×0.2+(80-61)2×0.1+(90-61)2×0.08=241.(4分)
(2)由s2=241得s≈16,则a1=5×=45,b1=5×=75,
质量指标值落在[45,75)内的频率为0.16+0.3+0.2=0.66=66%>65%;(6分)
a2=5×=30,b2=5×=90,
质量指标值落在[30,90]内的频率为1-0.03-0.04=0.93=93%<95%,
故可以判定技术升级改造后的产品质量初级稳定,但不能判定生产线技术升级改造成功.(8分)
(3)(i)对A类的5个问题进行编号分别为a,b,c,d,e,设甲能答对的4个问题的编号分别为a,b,c,d,
第一轮从A类的5个问题中任选两题作答,则所选的两个题的情况有ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de,共10种,
其中得0分的情况有ae,be,ce,de,共4种,
所以甲在第一轮比赛中得0分的概率为=0.4.(12分)
(ii)甲晋级复赛分两种情况:甲第一轮得20分且第二轮至少得20分,甲第一轮得0分且第二轮得40分,所以甲晋级复赛的概率P1=(1-0.4)×[1-(1-0.4)2]+0.4×0.42=0.384+0.064=0.448.(14分)
乙晋级复赛分两种情况:乙第一轮得20分且第二轮至少得20分,乙第一轮得0分且第二轮得40分,所以乙晋级复赛的概率P2=0.62×[1-(1-0.6)2]+(1-0.62)×0.62=0.302 4+0.230 4=0.532 8,(16分)
因为P2>P1,所以乙晋级复赛的可能性更大.(17分)