章末综合检测(二)（教师版）

章末综合检测(二)
(时间：120分钟，满分：150分)
一、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．甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共下三局．用ξ表示甲的得分，则ξ＝3表示(　　)
A．甲赢三局
B．甲赢一局
C．甲、乙平局三次
D．甲赢一局输两局或甲、乙平局三次
解析：选D.由题意知，甲得3分，有两种情况：甲赢一局输两局，甲得分为3分；甲、乙平局三次，甲得分为3分．所以ξ＝3表示甲赢一局输两局或甲、乙平局三次．故选D.
2．抛掷一枚质地均匀的骰子．记A为“抛掷的点数大于2”，B为“抛掷的点数为奇数”，则P(B|A)＝(　　)
A． B． C． D．
解析：选D.掷一个均匀的骰子，有1，2，3，4，5，6，共6种结果，事件A包含点数为3，4，5，6，共4种结果，所以P(A)＝＝；事件AB包含点数为3，5，共2种结果，所以P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝.故选D.
3．已知随机变量X的分布列如表所示，随机变量Y＝－3X＋1，则下列选项正确的为(　　)
X 0 1
P 0.2 0.8
A.E(X)＝0.5 B．E(Y)＝1.4
C．D(X)＝0.52 D．D(Y)＝1.44
解析：选D.由题意可得，随机变量X服从两点分布，其中P(X＝1)＝0.8，所以E(X)＝0.8，D(X)＝0.8(1－0.8)＝0.16，又因为Y＝－3X＋1，所以E(Y)＝－3E(X)＋1＝－1.4，D(Y)＝9D(X)＝1.44.故A，B，C错误，D正确．故选D.
4．某人外出出差，委托邻居给家里盆栽浇一次水，若不浇水，盆栽枯萎的概率为0.8；若浇水，盆栽枯萎的概率为0.1.若邻居浇水的概率为p，该人回来盆栽没有枯萎的概率为0.83，则实数p的值为(　　)
A．0.9 B．0.85
C．0.8 D．0.75
解析：选A.记事件A为“盆栽没有枯萎”，事件W为“邻居给盆栽浇水”，由题意可得P(W)＝p，P()＝1－p，P(|)＝0.8，P(|W)＝0.1 ，由对立事件的概率公式可得P()＝1－P(A)＝1－0.83＝0.17.
由全概率公式可得P()＝P(W)P(|W)＋P()P(|)＝p×0.1＋(1－p)×0.8＝0.17，解得p＝0.9.故选A.
5．一袋中有除颜色外完全相同的7个白球和3个红球．现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到白球出现10次时停止．设停止时共取了ξ次球，则P(ξ＝12)＝(　　)
A．C B．C
C．C D．C
解析：选C.由题知第12次必须取到白球，所以在前面11次取球中取到2次红球，所以P(ξ＝12)＝C×＝C.故选C.
6．某企业拟定4种改革方案，经统计它们在该企业的支持率分别为p1＝0.9，p2＝0.75，p3＝0.3，p4＝0.2，用“ξi＝1”表示员工支持第i种方案，用“ξi＝0”表示员工不支持第i种方案(i＝1，2，3，4)，那么方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)，D(ξ4)的大小关系为(　　)
A.D(ξ1)B．D(ξ4)C．D(ξ2)D．D(ξ1)解析：选D.由题意可知，所以随机变量ξi(i＝1，2，3，4)服从两点分布，则D(ξ1)＝p1(1－p1)＝0.9×0.1＝0.09，D(ξ2)＝p2(1－p2)＝0.75×0.25＝0.187 5，D(ξ3)＝p3(1－p3)＝0.3×0.7＝0.21，D(ξ4)＝p4(1－p4)＝0.2×0.8＝0.16.所以D(ξ1)7．老张每天17：00下班，通常步行5 min后乘坐公交车再步行到家，公交车有A，B两条路线可以选择．乘坐路线A所需时间(单位：min)服从正态分布N(44，4)，下车后步行到家要5 min，乘坐路线B所需时间(单位：min)服从正态分布N(33，16)，下车后步行到家要12 min.下列说法正确的是(　　)
(参考数据：Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈68.3%，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈95.4%，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈99.7%)
A．若乘坐路线A，则在17：48前到家的可能性超过1%
B．若乘坐路线B，18：00前一定能到家
C．乘坐路线A和乘坐路线B在17：58前到家的可能性一样
D．乘坐路线B比乘坐路线A在17：54前到家的可能性更小
解析：选C.设乘坐路线A所需时间为tA，乘坐路线B所需时间为tB
对于A，由tA＋10<48知，tA<38，
因为38＝44－6，所以P(tA<38)＝0.5－×P(38≤tA≤50)≈0.5－×0.997＝0.001 5<1% ，所以A选项错误；对于B，“18：00前一定能到家”是随机事件，可能发生，可能不发生，所以B选项错误；
对于C，tA<48，tB<41，P(tA<48)＝≈0.977，P(tB<41)＝≈0.977，
因此乘坐路线A和乘坐路线B在17：58前到家的可能性一样，所以C选项正确；
对于D，P(tB<37)＝≈0.841 5，P(tA<44)＝<0.841 5，乘坐路线B比乘坐路线A在17：54前到家的可能性更大，D选项错误．故选C.
8．某人在n次射击中击中目标的次数为X，且X～B(n，0.7)，记Pk＝P(X＝k)，k＝0，1，2，…，n，若P7是唯一的最大值，则E(X)的值为(　　)
A．7 B．7.7 C．8.4 D．9.1
解析：选A.因为Pk＝P(X＝k)＝Cpk·(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，若Pk是唯一的最大值，则
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Cpk（1－p）n－k>Cpk＋1（1－p）n－k－1，,Cpk（1－p）n－k>Cpk－1（1－p）n－k＋1，))
由Cpk(1－p)n－k>Cpk＋1(1－p)n－k－1，
得>，解得n<，
由Cpk(1－p)n－k>Cpk－1(1－p)n－k＋1，
得>，解得n>，
所以所以所以n＝10，所以E(X)＝10×0.7＝7，故选A.
二、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．经检测一批产品中每件产品的合格率均为，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为X，则以下说法错误的是(　　)
A．X的可能取值为1，2，3，4，5
B．P(X＝2)＝C
C．X＝3的概率最大
D．X服从超几何分布
解析：选ABD.对于A，X的可能取值为0，1，2，3，4，5，故A错误；对于B，P(X＝2)＝C，故B错误；对于D，由题意，随机变量X～B，故D错误；对于C，随机变量X～B，所以P(X＝k)＝C··，若P(X＝k)取得最大值时，
则则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(5－k)≥C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(4－k)，,C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(5－k)≥C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(6－k)，))
即解得2.6≤k≤3.6，k∈N＋，则k＝3，故X＝3的概率最大，故C正确．故选ABD.
10．“信息熵”是信息论中的一个重要概念，设随机变量X的取值范围为{1，2，…，n}，且P(X＝i)＝pi>0(i＝1，2，…，n)，i＝1，定义X的信息熵H(X)＝－(pilog3pi)，则下列说法中正确的是(　　)
A．当n＝1时，H(X)＝0
B．当n＝3且pi＝(i＝1，2，3)时，H(X)＝1
C．若pi＝(i＝1，2，…，n)，则H(X)随着n的减小而减小
D．当n＝2时，H(X)随着p1的增大而减小
解析：选ABC.对于A，当n＝1时，i＝1，p1＝1，H(X)＝－(1×log31)＝0，故A正确；对于B，当n＝3时，pi＝(i＝1，2，3)，H(X)＝－3＝1，故B正确；
对于C，pi＝(i＝1，2，…，n)，H(X)＝－n＝log3n，则H(X)随着n的减小而减小，故C正确；对于D，当n＝2时，H(X)＝－[p1log3p1＋(1－p1)·log3(1－p1)]，当p1＝时，H(X)＝－，当p1＝时，H(X)＝－，两者相等，故D错误．故选ABC.
11．已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球．若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是(　　)
A．在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为
B．第一次抽到2号球且第二次抽到1号球的概率为
C．第二次抽到3号球的概率为
D．如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大
解析：选AD.记“第一次取得i(i＝1，2，3)号球”为事件Ai，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，对于A，在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为P＝＝，故A正确；对于B，第一次抽到2号球且第二次抽到1号球的概率为P＝×＝，故B错误；对于C，记“第二次在第i号盒子内抽到3号球”为事件Bi(i＝1，2，3)，而A1，A2，A3两两互斥，和为Ω，且P(B1|A1)＝，P(B2|A2)＝，P(B3|A3)＝，记第二次抽到3号球的事件为B，则P(B)＝(AiBi)＝(Ai)P(Bi|Ai)＝×＋×＋×＝，故C错误；对于D，由C选项知，第二次抽到3号球的概率P(B)＝，第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，P(A1|B1)＝＝＝，P(A2|B2)＝＝＝，P(A3|B3)＝＝＝，显然P(A1|B1)最大，即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大，故D正确．故选AD.
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分．
12．设抛掷一枚骰子的点数为随机变量X，则＝________．
解析：易知X的取值范围为{1，2，3，4，5，6}，且每种取值出现的概率都为，所以E(X)＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)＝，
D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝(1＋4＋9＋16＋25＋36)－＝，所以＝.
答案：
13．某电子设备厂所用的元件由甲、乙两家元件厂提供，根据以往的记录，这两个厂家的次品率分别为0.01，0.03，提供元件的份额分别为0.9，0.1.设这两个厂家的产品在仓库里是均匀混合的，且无任何区分的标志，现从仓库中随机取出一个元件，取到的元件是次品的概率为________________________________．
解析：设事件A为“取到的一件是次品”，事件B1为“取到的产品是甲厂生产”，事件B2为“取到的产品是乙厂生产”，由题意可知P(B1)＝0.9，P(B2)＝0.1，P(A|B1)＝0.01，P(A|B2)＝0.03，所以由全概率公式知取得次品的概率为P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)·P(B2)＝0.01×0.9＋0.03×0.1＝0.012.
答案：0.012
14．一质点从平面直角坐标系原点出发，每次只能向右或向上运动1个单位长度，且每次运动相互独立，质点向上运动的概率为.质点运动5次后，所在位置对应的坐标为(3，2)的概率为________，质点运动2 023次后，最有可能运动到的位置对应的坐标为________．
解析：由运动5次后，所在位置对应坐标为(3，2)，则运动中有3次向右，2次向上，由题意可得，其概率P＝C·＝；设质点运动2 023次，所在位置对应的坐标为(n，2 023－n)，则其概率P′＝C＝2nC，
令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1C≤2nC，,2n＋1C≤2nC，))
解得≤n≤，又n∈N＋，
故当n＝1 349时，P′取得最大值，此时质点所在位置对应的坐标为(1 349，674).
答案：　(1 349，674)
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．(本小题满分13分)已知袋中有除颜色外其他均相同的3个红球，4个黑球，每次随机地从袋中取出一个球，观察其颜色后放回．若取出的球是红球，则将此红球放回后，再往袋中另放2个红球；若取出的球是黑球，则将此黑球放回即可．
(1)求在第一次取到红球的条件下，第二次取到黑球的概率；
(2)求第二次取到红球的概率．
解：(1)记“第一次取到红球的条件下，第二次取到黑球”为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)记“第二次取到红球”为事件B，
则事件B分两类：①第一次取到红球，第二次取到红球，概率为×＝；
②第一次取到黑球，第二次取到红球，概率为×＝，所以P(B)＝＋＝.
16．(本小题满分15分)某高校一学生社团随机调查了本校100名学生对该校教育现代化创建工作的了解情况，按照性别和了解情况分组，得到列联表：
不太了解 比较了解 总计
男生 20 40 60
女生 20 20 40
总计 40 60 100
(1)判断是否有95%的把握认为学生对该校教育现代化创建工作的了解情况与性别有关；
(2)若把这100名学生按照性别进行分层抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中女生数为X，求X的分布列及E(X).
参考数据及公式：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d，
α＝P(χ2≥k) 0.1 0.05 0.01 0.001
k 2.706 3.841 6.635 10.828
解：(1)根据题中列联表中的数据，得χ2＝≈2.778，又因为1－95%＝5%，查表得P(χ2≥3.841)＝0.05，由于2.778<3.841，所以没有95%的把握认为学生对该校教育现代化创建工作的了解情况与性别有关．
(2)这100名学生中男生60人，女生40人，按照性别进行分层抽样，从中抽取5人，则抽取的男生有3人，女生有2人， 所以X的取值范围为{0，1，2}，P(X＝0)＝ eq \f(C,C) ＝，P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝，
P(X＝2)＝ eq \f(C,C) ＝，所以X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
17．(本小题满分15分)某学校有A，B两家餐厅，王同学第一天午餐时随机选择一家餐厅用餐．如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.6；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8.
(1)求王同学第二天去A餐厅用餐的概率；
(2)王同学某次在A餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，n(n≥2，n∈N＋)种中式点心，王同学从这些点心中选择3种点心，记选择西式点心的种数为X，求P(X＝1)的最大值，并求此时n的值．
解：(1)设A1＝“第一天去A餐厅用餐”，B1＝“第一天去B餐厅用餐”，A2＝“第二天去A餐厅用餐”，根据题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.8，由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＋P(B1)·P(A2|B1)＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7，所以王同学第二天去A餐厅用餐的概率为0.7.
(2)由题意及超几何分布可知P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝，
令f(n)＝，
若f(n)最大，则f(n)≥f(n＋1)，f(n)≥f(n－1)，即
解得9≤n≤10，又因为n∈N, 所以n＝9或n＝10，易知当n＝9和n＝10时，P(X＝1)的值相等，所以当n＝9或n＝10时，P(X＝1)有最大值为，即当n的值为9或10时，使得P(X＝1)最大．
18．(本小题满分17分)某公司举办公司员工联欢晩会，为活跃气氛，计划举行摸奖活动，有两种方案：
方案一：不放回地从装有2个红球和4个白球的箱子中随机摸出3个球，每摸出1个红球奖励100元；
方案二：有放回地从装有2个红球和4个白球的箱子中随机摸出3个球，每摸出1个红球奖励100元，分别用随机变量X，Y表示某员工按方案一和方案二抽奖的获奖金额．
(1)求随机变量X的分布列和均值；
(2)用统计知识分析，为使公司员工获奖金额相对均衡，应选择哪种方案？请说明理由．
解：(1)由题意可知，X的取值范围为{0，100，200}，P(X＝0)＝ eq \f(C,C) ＝，P(X＝100)＝ eq \f(CC,C) ＝，
P(X＝200)＝ eq \f(CC,C) ＝.所以X的分布列为
X 0 100 200
P
E(X)＝0×＋100×＋200×＝100.
(2)方法一：用随机变量ξ表示某员工按方案二摸到的红球的个数，则ξ～B.
E(ξ)＝3×＝1，D(ξ)＝3××＝，
Y＝100ξ，E(Y)＝100E(ξ)＝100×1＝100，D(Y)＝10 000D(ξ)＝10 000×＝.
D(X)＝(0－100)2×＋(100－100)2×＋(200－100)2×＝4 000，
因为D(X)方法二：Y的取值范围为{0，100，200，300}，
P(Y＝0)＝＝，P(Y＝100)＝C××＝，P(Y＝200)＝C××＝，P(Y＝300)＝＝，则E(Y)＝0×＋100×＋200×＋300×＝100，D(Y)＝(0－100)2×＋(100－100)2×＋(200－100)2×＋(300－100)2×＝，由方法一可知D(X)＝4 000，所以D(X)19．(本小题满分17分)近年来，学生职业生涯规划课程逐渐进入课堂，考生选择大学就读专业时不再盲目扎堆热门专业，报考专业分布更加广泛，之前较冷门的数学、物理、化学等专业报考的人数也逐年上升．右表是某高校数学专业近五年的录取平均分与当年该学校的最低提档线对照表：
年份 2019 2020 2021 2022 2023
年份代码(t) 1 2 3 4 5
该校最低提档分数线 510 511 520 512 526
数学专业录取平均分 522 527 540 536 554
提档线与数学专业录取平均分之差(y) 12 16 20 24 28
(1)根据表中数据可知，y与t之间存在线性相关关系，请用最小二乘法求y关于t的回归直线方程；
(2)据以往数据可知，该大学每年数学专业的录取分数X服从正态分布N(μ，16)，其中μ为当年该大学的数学录取平均分，假设2024年该校最低提档分数线为540分．
①若该大学2024年数学专业录取的学生成绩在584分以上的有3人，本专业2024年录取学生共多少人？进入本专业高考成绩前46名的学生可以获得一等奖学金，则能获一等奖学金分数应该设定为多少分以上？
②在①的条件下，若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用ξ表示其中高考成绩在584分以上的人数，求随机变量ξ的分布列与均值．
参考数据及公式：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈68.3%，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈95.4%，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈99.7%.＝，＝－t.
解：(1)由题意知＝×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，＝×(12＋16＋20＋24＋28)＝20，(ti－)(yi－)＝16＋4＋0＋4＋16＝40，(ti－)2＝4＋1＋0＋1＋4＝10，所以＝＝4，＝－＝20－4×3＝8，故所求回归直线方程为＝4t＋8.
(2)①由(1)知，当t＝6时，＝4×6＋8＝32，故该大学2024年的数学专业录取平均分约为540＋32＝572.即μ＝572，因为584＝572＋3×4＝μ＋3σ，又P(X>584)＝P(X>572＋3×4)＝P(X>μ＋3σ)＝[1－P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)]≈(1－0.997)＝0.001 5，若该大学2024年数学专业录取的学生成绩在584分以上的有3人，则本专业2024年录取学生人数为＝2 000，进入本专业高考成绩前46名的学生占录取人数的＝0.023，设能获一等奖学金分数应该设定为x0分以上，则P(X>x0)＝0.023，所以P(1 144－x0≤X≤x0)＝0.954，又P(572－2×4≤X≤572＋2×4)≈0.954，所以x0＝572＋2×4＝580，故能获一等奖学金分数应该设定为580分以上．
②若从该专业获得一等奖学金的学生中随机抽取3人，用ξ表示其中高考成绩在584分以上的人数，其中该专业获得一等奖学金的学生为46人，其中高考成绩在584分以上的有3人，则ξ的取值范围为{0，1，2，3}，
P(ξ＝0)＝ eq \f(C,C) ＝，
P(ξ＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝＝，
P(ξ＝2)＝ eq \f(CC,C) ＝＝，
P(ξ＝3)＝ eq \f(C,C) ＝，
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.