阶段综合检测卷（七） 概率与统计 2026年高考数学一轮复习专题练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 阶段综合检测卷（七） 概率与统计 2026年高考数学一轮复习专题练习（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 119.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-11-06 00:00:00 | ||
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文档简介
阶段综合检测卷(七) 概率与统计
一、单项选择题
1．样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为( )
A．14 B．16
C．18 D．20
2．三位同学参加某项体育测试，每人要从100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是( )
A． B． C． D．
3．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，若P(X<2)·P(X>4)＝，则P(2A． B． C． D．
4．“碳中和”是指通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派4名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为( )
A．72 B．36 C．48 D．18
5．从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则E(5ξ＋1)＝( )
A．2 B．1 C．3 D．4
6．四名同学各掷骰子5次，并各自记录每次骰子出现的点数，分别统计四名同学的记录结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A．平均数为3，中位数为2
B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，方差为2.8
D．平均数为2，方差为2.4
7．根据某机构对失踪飞机的调查得知：失踪的飞机中有70%是后来被找到，在被找到的飞机中，有60%安装有紧急定位传送器，而未被找到的失踪飞机中，有90%未安装紧急定位传送器，紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位的装置．现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率为( )
A． B． C． D．
8．某实验测试的规则如下：每位学生最多可做3次实验，一旦实验成功，则停止实验，否则做完3次为止．设某学生每次实验成功的概率为p(01.39，则p的取值范围是( )
A．(0，0.6) B．(0，0.7) C．(0.6，1) D．(0.7，1)
二、多项选择题
9．如图是国家统计局于2021年3月10日发布的2020年2月到2021年2月全国居民消费价格的涨跌幅情况折线图，其中同比是指本期与同期作对比，如2020年10月与2019年10月相比；环比是指本期与上期作对比，如2020年12月与2020年11月相比．下列关于“居民消费价格涨跌幅”图表的理解，正确的选项是( )
注：同比增长率＝，
环比增长率＝
A．2020年10月，全国居民消费价格同比下降
B．2020年11月，全国居民消费价格环比下降
C．2020年2月至2021年2月，全国居民消费价格环比在2021年1月涨幅最高
D．2020年4月的全国居民消费价格高于2019年5月的全国居民消费价格
10．下列说法正确的是( )
A．若X～B，则随机变量X的方差D(X)＝2
B．若X～N(μ，σ2)，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，则P(μ≤X≤μ＋σ)≈0.341 4
C．若随机事件A，B满足P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.6，P＝0.1，则P(B)＝0.45
D．数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为15
11．已知随机变量ξ的分布列(如下表)，则下列说法错误的是( )
ξ x y
P y x
A．存在x，y∈(0，1)，E(ξ)>
B．对任意x，y∈(0，1)，E(ξ)≤
C．对任意x，y∈(0，1)，D(ξ)≤E(ξ)
D．存在x，y∈(0，1)，D(ξ)>
三、填空题
12．已知(a＋x)(1＋x)6的展开式中x2的系数为21，则a＝________．
13．已知某学校高三数学期末考试成绩服从正态分布N(110，σ2)，已知成绩落在(80，110)的概率为0.4，数学考试满分150分，该学校高三有学生800人，则考试成绩140分以上的学生大约有________人．
14．已知随机变量X～B(6，0.8)，若P(X＝k)最大，则D(kX＋1)＝________．
四、解答题
15．在二项式n的展开式中，二项式系数最大的项只有一项，且是第4项．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有有理项的系数之和；
(3)把展开式中的项重新排列，求有理项互不相邻的排法种数．
16．手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以手工方式，用针和线把人的设计和制作添加在任何存在的织物上的一种艺术，大致分为绘制白描图和手工着色、电脑着色，选线、配线和裁布三个环节，简记为工序A，工序B，工序C.经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为.现某单位推出一项手工刺绣体验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地激励参与者的兴趣，举办方推出了一项工序补救服务，可以在着手前付费聘请技术员，若某一道工序没有成功，可以由技术员完成本道工序．每位技术员只完成其中一道工序，每聘请一位技术员需另付费100元，制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用．
(1)若小李聘请一位技术员，求他成功完成三道工序的概率；
(2)若小李聘请两位技术员，求他最终获得收益的期望值．
17．盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．
(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)．
18．某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“AI作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试．经过一个阶段的试用，为了解“AI作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们的“向量数量积”知识点掌握的情况进行调查，样本调查结果如下表：
甲校 乙校
使用 AI作业 不使用 AI作业 使用 AI作业 不使用 AI作业
基本掌握 32 28 50 30
没有掌握 8 14 12 26
假设每位学生是否掌握“向量数量积”知识点相互独立．
(1)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，用ξ表示抽取的2名学生中使用“AI作业”的人数，求ξ的分布列和数学期望；
(2)用样本频率估计概率，从甲校高一学生中抽取一名使用“AI作业”的学生和一名不使用“AI作业”的学生，用“X＝1”表示该名使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“X＝0”表示该名使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“Y＝1”表示该名不使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“Y＝0”表示该名不使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”．比较方差D(X)和D(Y)的大小关系．
某企业为提高竞争力，成功研发了三种新品A、B、C，其中A、B、C能通过行业标准检测的概率分别为，，，且A、B、C是否通过行业标准检测相互独立．
(1)设新品A、B、C通过行业标准检测的品种数为X，求X的分布列；
(2)已知新品A中的一件产品经检测认定为优质产品的概率为0.025，现从足量的新品A中任意抽取一件进行检测，若取到的不是优质产品，则继续抽取下一件，直至取到优质产品为止，但抽取的总次数不超过n.如果抽取次数的期望值不超过5，求n的最大值．
参考数据：0.9754≈0.904，0.9755≈0.881，0.9756≈0.859，0.9757≈0.838，0.9758≈0.817.
阶段综合检测卷(七) 概率与统计
1．解析：将样本数据按从小到大的顺序排列为10，12，14，14，16，20，24，30，40，共9个，故中位数为第5个数据，为16.
答案：B
2．解析：三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有3个，它们等可能，
有且仅有两人选择的项目完全相同的事件A含有的基本事件数有个，
所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率P(A)＝.
答案：C
3．解析：因为随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，
由对称性可知，P(X<2)＝P(X>4)，
又P(X<2)·P(X>4)＝，所以P(X<2)＝P(X>4)＝，
故P(2答案：A
4．解析：由题意可知有2名专家去一个地方，其余2地方各分派一名专家，故共有＝36种分派方法．
答案：B
5．解析：ξ的可能取值为0，1，2，
P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝.
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
于是E(ξ)，
故E(5ξ＋1)E(ξ)+1.
答案：C
6．解析：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；
对于C，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为：(1＋2＋3＋3＋6)＝3，
方差为s2＝[(1－3)2＋(2－3)2＋(3－3)2＋(3－3)2＋(6－3)2]＝2.8，
可以出现点数6，故C错误；
对于D，若平均数为2，且出现6点，则方差s2>(6－2)2＝3.2>2.4，则平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故D正确．
答案：D
7．解析：设A1＝“失踪的飞机后来被找到”，A2“失踪的飞机后来未被找到”，B＝“安装有紧急定位传送器”，
则P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.3，P(B|A1)＝0.6，P(B|A2)＝1－0.9＝0.1，
安装有紧急定位传送器的飞机失踪，它被找到的概率为P(A1|B)＝.
答案：C
8．解析：由题意得，X的所有可能取值为1，2，3，
P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝1－p－(1－p)p＝(1－p)2，
所以E(X)＝1×p＋2×(1－p)p＋3×(1－p)2＝p2－3p＋3，
令E(X)＝p2－3p＋3>1.39，
解得p<0.7或p>2.3，又因为0即p的取值范围是(0，0.7)．
答案：B
9．解析：从图中可以看出2020年10月，全国居民消费价格同比为0.5>0，故全国居民消费价格同比上升，A错误；
2020年11月，全国居民消费价格环比为－0.6<0，故全国居民消费价格环比下降，B正确；
2020年2月至2021年2月，全国居民消费价格环比在2021年1月涨幅为1.0，最高，C正确；
设2019年4月的全国居民消费价格为a，则2020年4月的全国居民消费价格为(1＋3.3%)a，则2020年5月的全国居民消费价格为(1－0.8%)(1＋3.3%)a，故2019年5月的全国居民消费价格为≈1.000 7a，而(1＋3.3%)a>1.000 7a，故2020年4月的全国居民消费价格高于2019年5月的全国居民消费价格，D正确．
答案：BCD
10．解析：对于A，若X～B，则随机变量X的方差D(X)＝np(1－p)＝6×＝，故A错误；
对于B，若X～N(μ，σ2)，则P(μ≤X≤μ＋σ)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈≈0.341 4，故B正确；
对于C，由全概率公式，得P(B)＝P(A)PP＝0.7×0.6＋0.3×0.1＝0.45，故C正确；
对于D，由于7×80%＝5.6，所以数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为15，故D正确．
答案：BCD
11．解析：由随机变量ξ的分布列，可得x＋y＝1，其中0因为期望E(ξ)＝2xy，则2xy≤，
当且仅当x＝y＝时等号成立，即E(ξ)≤，故A，B错误；
又由方差D(ξ)＝(x－2xy)2y＋(y－2xy)2x＝(1－2y)2x2y＋(1－2x)2y2x＝[(1－2y)2x＋(1－2x)2y]yx＝[(2x－1)2x＋(1－2x)2y]yx＝(1－2x)2(x＋y)yx＝(1－2x)2yx，
因为0所以D(ξ)又D(ξ)＝(1－2x)2yx≤xy≤，故D错误．
答案：ABD
12．解析：由二项式定理可知(1＋x)6的展开式中含x，x2的项分别为×14·x2＝15x2，故(a＋x)(1＋x)6的展开式中含x2的项为a×15x2＋x·6x＝(15a＋6)x2，即15a＋6＝21 a＝1.
答案：1
13．解析：设学生成绩为X，则X～N(110，σ2)，则μ＝110，
因为P(80所以P(140则考试成绩140分以上的学生大约有800×0.1＝80(人)．
答案：80
14．解析：由题意知：P(X＝k)＝·(0.2)6-k·(0.8)k，
要使P(X＝k)最大，有
化简得解得，故k＝5，
又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，故D(kX＋1)＝D(5X＋1)＝52D(X)＝24.
答案：24
15．解：(1)由题意知＋1＝4，所以n＝6.
(2)二项式6的展开式的通项为Tk＋1＝6-kk＝(k＝0，1，2，…，6)，
当k＝0，2，4，6时，x的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项、第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为＋＋＋＝26-1＝32.(或＋＋＋
(3)展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有种排法，将有理项插空排列，有种排法，
故有理项互不相邻的排法共有＝144(种)．
16．解：(1)记事件M为“小李聘请一位技术员成功完成三道工序”，
当技术员完成工序A时，小李成功完成三道工序的概率为P1＝，
当技术员完成工序B时，小李成功完成三道工序的概率为P2＝，
当技术员完成工序C时，小李成功完成三道工序的概率为P3＝，
当技术员没参与补救时，小李成功完成三道工序的概率为P4＝，
故小李成功完成三道工序的概率为P＝P1＋P2＋P3＋P4＝.
(2)设小李最终收益为X，小李聘请两位技术员参与比赛，
有如下几种情况：
两位技术员都参与补救但仍未成功完成三道工序，此时X＝－230，P(X＝－230)＝＝；
两位技术员都参与补救并成功完成三道工序，此时X＝－230＋200＝－30，
P(X＝－30)＝＋＝；
只有一位技术员参与补救后成功完成三道工序，此时X＝－30－100－50＋200＝20，P(X＝20)＝＝；
技术员最终未参与补救仍成功完成三道工序，此时X＝－30－50×2＋200＝70，
P(X＝70)＝；
故E(X)＝(－230)×＋(－30)×.
17．解：(1)P＝.
(2)X的所有可能取值为1，2，3，
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
所以X的分布列如下：
X 1 2 3
P
E(X)＝.
18．解：(1)依题意，ξ＝0，1，2，且P(ξ＝0)＝，
P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
故E(ξ)=1×＋2×＝.
(2)由题意，易知X服从二项分布X~(1，)，D(X)=p(1-p)=,
Y服从二项分布X~(1，)，D(Y)=p(1-p)=，故D(X)解：(1)由题意X的所有可能取值为：0，1，2，3.
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝＝，
P(X＝3)＝××＝＝，
所以X的分布列如下表：
X 0 1 2 3
P(X)
(2)不妨设抽取第k(1≤k≤n－1，n≥2)次时取到优质产品，此时对应的概率为P(k)＝0.025×(0.975)k-1，而第n次抽到优质产品的概率为P(n)＝(0.975)n-1，因此由题意抽取次数的期望值为E(n)＝＋nP(n)＝＋n(0.975)n-1＝0.025×[1＋2×0.975＋…＋(n－1)×(0.975)n-2]＋n(0.975)n-1，
0．975·E(n)＝0.025×[1×0.975＋…＋(n－2)×(0.975)n-2＋(n－1)×(0.975)n-1]＋n(0.975)n，
两式相减得0.025·E(n)＝0.025×[1＋0.975＋…＋(0.975)n-2－(n－1)×(0.975)n-1]＋0.025×n(0.975)n-1，
所以E(n)＝＝40[1－(0.975)n]，
又由题意可得E(n)≤5，
所以40[1－(0.975)n]≤5，即(0.975)n≥0.875，
注意到当n＝5时，有0.9755≈0.881>0.875，
且当n＝6时，有0.9756≈0.859<0.875；
综上所述：n的最大值为5.
一、单项选择题
1．样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为( )
A．14 B．16
C．18 D．20
2．三位同学参加某项体育测试，每人要从100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是( )
A． B． C． D．
3．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，若P(X<2)·P(X>4)＝，则P(2
4．“碳中和”是指通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派4名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为( )
A．72 B．36 C．48 D．18
5．从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则E(5ξ＋1)＝( )
A．2 B．1 C．3 D．4
6．四名同学各掷骰子5次，并各自记录每次骰子出现的点数，分别统计四名同学的记录结果，可以判断出一定没有出现点数6的是( )
A．平均数为3，中位数为2
B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，方差为2.8
D．平均数为2，方差为2.4
7．根据某机构对失踪飞机的调查得知：失踪的飞机中有70%是后来被找到，在被找到的飞机中，有60%安装有紧急定位传送器，而未被找到的失踪飞机中，有90%未安装紧急定位传送器，紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位的装置．现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率为( )
A． B． C． D．
8．某实验测试的规则如下：每位学生最多可做3次实验，一旦实验成功，则停止实验，否则做完3次为止．设某学生每次实验成功的概率为p(0
A．(0，0.6) B．(0，0.7) C．(0.6，1) D．(0.7，1)
二、多项选择题
9．如图是国家统计局于2021年3月10日发布的2020年2月到2021年2月全国居民消费价格的涨跌幅情况折线图，其中同比是指本期与同期作对比，如2020年10月与2019年10月相比；环比是指本期与上期作对比，如2020年12月与2020年11月相比．下列关于“居民消费价格涨跌幅”图表的理解，正确的选项是( )
注：同比增长率＝，
环比增长率＝
A．2020年10月，全国居民消费价格同比下降
B．2020年11月，全国居民消费价格环比下降
C．2020年2月至2021年2月，全国居民消费价格环比在2021年1月涨幅最高
D．2020年4月的全国居民消费价格高于2019年5月的全国居民消费价格
10．下列说法正确的是( )
A．若X～B，则随机变量X的方差D(X)＝2
B．若X～N(μ，σ2)，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，则P(μ≤X≤μ＋σ)≈0.341 4
C．若随机事件A，B满足P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.6，P＝0.1，则P(B)＝0.45
D．数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为15
11．已知随机变量ξ的分布列(如下表)，则下列说法错误的是( )
ξ x y
P y x
A．存在x，y∈(0，1)，E(ξ)>
B．对任意x，y∈(0，1)，E(ξ)≤
C．对任意x，y∈(0，1)，D(ξ)≤E(ξ)
D．存在x，y∈(0，1)，D(ξ)>
三、填空题
12．已知(a＋x)(1＋x)6的展开式中x2的系数为21，则a＝________．
13．已知某学校高三数学期末考试成绩服从正态分布N(110，σ2)，已知成绩落在(80，110)的概率为0.4，数学考试满分150分，该学校高三有学生800人，则考试成绩140分以上的学生大约有________人．
14．已知随机变量X～B(6，0.8)，若P(X＝k)最大，则D(kX＋1)＝________．
四、解答题
15．在二项式n的展开式中，二项式系数最大的项只有一项，且是第4项．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有有理项的系数之和；
(3)把展开式中的项重新排列，求有理项互不相邻的排法种数．
16．手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以手工方式，用针和线把人的设计和制作添加在任何存在的织物上的一种艺术，大致分为绘制白描图和手工着色、电脑着色，选线、配线和裁布三个环节，简记为工序A，工序B，工序C.经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为.现某单位推出一项手工刺绣体验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地激励参与者的兴趣，举办方推出了一项工序补救服务，可以在着手前付费聘请技术员，若某一道工序没有成功，可以由技术员完成本道工序．每位技术员只完成其中一道工序，每聘请一位技术员需另付费100元，制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用．
(1)若小李聘请一位技术员，求他成功完成三道工序的概率；
(2)若小李聘请两位技术员，求他最终获得收益的期望值．
17．盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．
(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)．
18．某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“AI作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试．经过一个阶段的试用，为了解“AI作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们的“向量数量积”知识点掌握的情况进行调查，样本调查结果如下表：
甲校 乙校
使用 AI作业 不使用 AI作业 使用 AI作业 不使用 AI作业
基本掌握 32 28 50 30
没有掌握 8 14 12 26
假设每位学生是否掌握“向量数量积”知识点相互独立．
(1)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，用ξ表示抽取的2名学生中使用“AI作业”的人数，求ξ的分布列和数学期望；
(2)用样本频率估计概率，从甲校高一学生中抽取一名使用“AI作业”的学生和一名不使用“AI作业”的学生，用“X＝1”表示该名使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“X＝0”表示该名使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“Y＝1”表示该名不使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“Y＝0”表示该名不使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”．比较方差D(X)和D(Y)的大小关系．
某企业为提高竞争力，成功研发了三种新品A、B、C，其中A、B、C能通过行业标准检测的概率分别为，，，且A、B、C是否通过行业标准检测相互独立．
(1)设新品A、B、C通过行业标准检测的品种数为X，求X的分布列；
(2)已知新品A中的一件产品经检测认定为优质产品的概率为0.025，现从足量的新品A中任意抽取一件进行检测，若取到的不是优质产品，则继续抽取下一件，直至取到优质产品为止，但抽取的总次数不超过n.如果抽取次数的期望值不超过5，求n的最大值．
参考数据：0.9754≈0.904，0.9755≈0.881，0.9756≈0.859，0.9757≈0.838，0.9758≈0.817.
阶段综合检测卷(七) 概率与统计
1．解析：将样本数据按从小到大的顺序排列为10，12，14，14，16，20，24，30，40，共9个，故中位数为第5个数据，为16.
答案：B
2．解析：三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有3个，它们等可能，
有且仅有两人选择的项目完全相同的事件A含有的基本事件数有个，
所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率P(A)＝.
答案：C
3．解析：因为随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，
由对称性可知，P(X<2)＝P(X>4)，
又P(X<2)·P(X>4)＝，所以P(X<2)＝P(X>4)＝，
故P(2
4．解析：由题意可知有2名专家去一个地方，其余2地方各分派一名专家，故共有＝36种分派方法．
答案：B
5．解析：ξ的可能取值为0，1，2，
P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝.
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
于是E(ξ)，
故E(5ξ＋1)E(ξ)+1.
答案：C
6．解析：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；
对于C，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为：(1＋2＋3＋3＋6)＝3，
方差为s2＝[(1－3)2＋(2－3)2＋(3－3)2＋(3－3)2＋(6－3)2]＝2.8，
可以出现点数6，故C错误；
对于D，若平均数为2，且出现6点，则方差s2>(6－2)2＝3.2>2.4，则平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故D正确．
答案：D
7．解析：设A1＝“失踪的飞机后来被找到”，A2“失踪的飞机后来未被找到”，B＝“安装有紧急定位传送器”，
则P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.3，P(B|A1)＝0.6，P(B|A2)＝1－0.9＝0.1，
安装有紧急定位传送器的飞机失踪，它被找到的概率为P(A1|B)＝.
答案：C
8．解析：由题意得，X的所有可能取值为1，2，3，
P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝1－p－(1－p)p＝(1－p)2，
所以E(X)＝1×p＋2×(1－p)p＋3×(1－p)2＝p2－3p＋3，
令E(X)＝p2－3p＋3>1.39，
解得p<0.7或p>2.3，又因为0
答案：B
9．解析：从图中可以看出2020年10月，全国居民消费价格同比为0.5>0，故全国居民消费价格同比上升，A错误；
2020年11月，全国居民消费价格环比为－0.6<0，故全国居民消费价格环比下降，B正确；
2020年2月至2021年2月，全国居民消费价格环比在2021年1月涨幅为1.0，最高，C正确；
设2019年4月的全国居民消费价格为a，则2020年4月的全国居民消费价格为(1＋3.3%)a，则2020年5月的全国居民消费价格为(1－0.8%)(1＋3.3%)a，故2019年5月的全国居民消费价格为≈1.000 7a，而(1＋3.3%)a>1.000 7a，故2020年4月的全国居民消费价格高于2019年5月的全国居民消费价格，D正确．
答案：BCD
10．解析：对于A，若X～B，则随机变量X的方差D(X)＝np(1－p)＝6×＝，故A错误；
对于B，若X～N(μ，σ2)，则P(μ≤X≤μ＋σ)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈≈0.341 4，故B正确；
对于C，由全概率公式，得P(B)＝P(A)PP＝0.7×0.6＋0.3×0.1＝0.45，故C正确；
对于D，由于7×80%＝5.6，所以数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为15，故D正确．
答案：BCD
11．解析：由随机变量ξ的分布列，可得x＋y＝1，其中0
当且仅当x＝y＝时等号成立，即E(ξ)≤，故A，B错误；
又由方差D(ξ)＝(x－2xy)2y＋(y－2xy)2x＝(1－2y)2x2y＋(1－2x)2y2x＝[(1－2y)2x＋(1－2x)2y]yx＝[(2x－1)2x＋(1－2x)2y]yx＝(1－2x)2(x＋y)yx＝(1－2x)2yx，
因为0
答案：ABD
12．解析：由二项式定理可知(1＋x)6的展开式中含x，x2的项分别为×14·x2＝15x2，故(a＋x)(1＋x)6的展开式中含x2的项为a×15x2＋x·6x＝(15a＋6)x2，即15a＋6＝21 a＝1.
答案：1
13．解析：设学生成绩为X，则X～N(110，σ2)，则μ＝110，
因为P(80
答案：80
14．解析：由题意知：P(X＝k)＝·(0.2)6-k·(0.8)k，
要使P(X＝k)最大，有
化简得解得，故k＝5，
又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，故D(kX＋1)＝D(5X＋1)＝52D(X)＝24.
答案：24
15．解：(1)由题意知＋1＝4，所以n＝6.
(2)二项式6的展开式的通项为Tk＋1＝6-kk＝(k＝0，1，2，…，6)，
当k＝0，2，4，6时，x的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项、第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为＋＋＋＝26-1＝32.(或＋＋＋
(3)展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有种排法，将有理项插空排列，有种排法，
故有理项互不相邻的排法共有＝144(种)．
16．解：(1)记事件M为“小李聘请一位技术员成功完成三道工序”，
当技术员完成工序A时，小李成功完成三道工序的概率为P1＝，
当技术员完成工序B时，小李成功完成三道工序的概率为P2＝，
当技术员完成工序C时，小李成功完成三道工序的概率为P3＝，
当技术员没参与补救时，小李成功完成三道工序的概率为P4＝，
故小李成功完成三道工序的概率为P＝P1＋P2＋P3＋P4＝.
(2)设小李最终收益为X，小李聘请两位技术员参与比赛，
有如下几种情况：
两位技术员都参与补救但仍未成功完成三道工序，此时X＝－230，P(X＝－230)＝＝；
两位技术员都参与补救并成功完成三道工序，此时X＝－230＋200＝－30，
P(X＝－30)＝＋＝；
只有一位技术员参与补救后成功完成三道工序，此时X＝－30－100－50＋200＝20，P(X＝20)＝＝；
技术员最终未参与补救仍成功完成三道工序，此时X＝－30－50×2＋200＝70，
P(X＝70)＝；
故E(X)＝(－230)×＋(－30)×.
17．解：(1)P＝.
(2)X的所有可能取值为1，2，3，
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
所以X的分布列如下：
X 1 2 3
P
E(X)＝.
18．解：(1)依题意，ξ＝0，1，2，且P(ξ＝0)＝，
P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
故E(ξ)=1×＋2×＝.
(2)由题意，易知X服从二项分布X~(1，)，D(X)=p(1-p)=,
Y服从二项分布X~(1，)，D(Y)=p(1-p)=，故D(X)
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝＝，
P(X＝3)＝××＝＝，
所以X的分布列如下表：
X 0 1 2 3
P(X)
(2)不妨设抽取第k(1≤k≤n－1，n≥2)次时取到优质产品，此时对应的概率为P(k)＝0.025×(0.975)k-1，而第n次抽到优质产品的概率为P(n)＝(0.975)n-1，因此由题意抽取次数的期望值为E(n)＝＋nP(n)＝＋n(0.975)n-1＝0.025×[1＋2×0.975＋…＋(n－1)×(0.975)n-2]＋n(0.975)n-1，
0．975·E(n)＝0.025×[1×0.975＋…＋(n－2)×(0.975)n-2＋(n－1)×(0.975)n-1]＋n(0.975)n，
两式相减得0.025·E(n)＝0.025×[1＋0.975＋…＋(0.975)n-2－(n－1)×(0.975)n-1]＋0.025×n(0.975)n-1，
所以E(n)＝＝40[1－(0.975)n]，
又由题意可得E(n)≤5，
所以40[1－(0.975)n]≤5，即(0.975)n≥0.875，
注意到当n＝5时，有0.9755≈0.881>0.875，
且当n＝6时，有0.9756≈0.859<0.875；
综上所述：n的最大值为5.
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