江苏省如皋中学2025-2026学年第二学期综合练习（一）数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 江苏省如皋中学2025-2026学年第二学期综合练习（一）数学试题（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 205.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-29 00:00:00 | ||
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文档简介
江苏省如皋中学 2025-2026 学年度第二学期综合练习(一) 高二数学
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. 已知 服从两点分布,若 ,则 ( )
A. B. C. D.
2. 已知离散型随机变量 满足 ,且 ，则 ( )
A. 0.07 B. 0.03 C. 0.09 D. -0.09
3. 已知直线 是两条不同的直线,平面 是三个不同的平面,下列命题正确的是 ( )
A. 若 ,则 B. 若 ,则
C. 若 ,则 D. 若 ,则
4. 某学校的学生中, 60% 是男生, 40% 是女生. 已知男生中有 30% 喜欢篮球, 女生中有 20% 喜欢篮球. 现随机抽取一名学生, 则该学生喜欢篮球的概率是 ( )
A. 0.30 B. 0.26 C. 0.24 D. 0.20
5. 抛掷两枚质地均匀的骰子,记事件 为“两个点数不相同”, 为“至少出现一个 6 点”, 则 ( )
A. B. C. D.
6. 被 8 除的余数为( )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 7
7. 已知随机变量 ,且 ,且 ,则 ( )
A. B. C. D.
8. 一个盒子中装有 4 个白球, 3 个黑球, 现从中一次取出 3 个球, 则取出的黑球个数为( ) 时, 其概率最大.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
二、多项选择题: 本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题给出的四个 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. 已知事件 发生的概率分别为 ,则下列说法正确的是 ( )
A. 若 与 互斥,则 B. 若 与 相互独立,则
C. 若 ,则 与 相互独立 D. 若 ,则
10. 甲、乙、丙等 5 人排成一列，下列说法正确的有( )
A. 若甲和乙相邻，共有 48 种排法 B. 若甲不排第一个共有 96 种排法
C. 若甲与丙不相邻，共有 36 种排法 D. 若甲在乙的前面，共有 60 种排法
11. 一个袋子中有 5 个大小相同的球, 其中红球 3 个, 白球 2 个, 现从中不放回地随机摸出 3 个球作为样本,用随机变量 表示样本中红球的个数,用随机变量 表示第 次抽到红球的个数,则下列结论中正确的是( )
A. 的分布列为
B. 的方差
C.
D.
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 设随机变量 ,且 ,则 _____.
13. 已知 ,则 的值为_____. (用数字作答)
14. 如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 且 ， ，点 是线段 上一点，当平面 与平面 的夹角为 时， _____， 这时，点 到平面 的距离为_____.
四、解答题:本题共 5 小题, 共 77 分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应 写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 甲、乙两选手进行象棋比赛,采用五局三胜制.甲每局获胜的概率为 ,乙每局获胜的概率为 ,且每局的胜负相互独立.
(1)求比赛三局定胜负的概率；
(2)在甲第一局获胜的前提下，设还需进行的局数为 ，求 的分布列与数学期望.
16. 在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的正方形， 为等边三角形， 为 的中点.
(1)证明:平面 平面 .
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值.
17. 甲、乙两个袋子中, 各放有大小和形状相同的小球若干.每个袋子中标号为 0 的小球有 1 个,标号为 1 的有 3 个,标号为 2 的有 个.从一个袋子中任取两个球,取到的标号都是 2 的概率是 .
(1)求 的值；
(2)从甲袋中任取两个球，已知其中一个的标号是 1 ，求另一个标号也是 1 的概率；
(3)从两个袋子中各取一个小球，用 表示这两个小球的标号之和，求 的分布列和期望.
18. 某企业为了提高生产效率和产品质量, 更新了机器设备, 为了检验新机器生产零件的质量, 该企业质检部门要对新机器生产的零件抽样检测.
(1)在调试生产初期，质检部门抽检该机器生产的 10 个零件中有 2 个为次品，现从这 10 个零件中随机抽取 3 个零件,设抽取的零件为次品的个数为 ,求 的分布列和数学期望; (2)在正式生产后，质检部门从新机器生产的一批零件中随机抽取 100 件进行检验，其中有 3 件为次品. 用频率估计概率,现从新机器生产的这批零件中随机抽取 个零件,记这 个零件中恰有 2 件为次品的概率为 ,求 取得最大值时 的值.
19. 在全球化的现代社会中, 物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施. 物流能否准时送达, 将影响到消费者的购物体验, 而物流提前送达往往能够超越客户预期, 显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择:
方案 A: 选择高速支线,物流提前送达的概率为 ;
方案 B: 选择高速干线,物流提前送达的概率为 ;
方案 C: 选择国道线路，物流提前送达的概率为 .
(1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
(2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下:
①第 1 次，随机选择一种方案；
②从第 2 次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种.
记第 次选择方案 的概率分别为 .
(i) 求 ,并证明: 数列 为等比数列;
(ii) 判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率.
1. C
利用两点分布的性质及已知条件即可求解.
由两点分布的性质可知, ,
又 ,所以 .
故选: C.
2. C
若 即可求解.
由 有 ,所以 , 故选: C.
3. B
根据线面平行可判断 ; 根据线面垂直可判断 ,根据面面平行可判断 .
对于 ,当 ,此时直线 可能在平面 内,或 ,故 错误; 对于 ,如图,设 ,点 是平面 内一点,
过点 作 ，垂足为点 ，过点 作 ，垂足为点 ，
因为 且 ,
且 ,
所以 . 又 ,
则 . 又 ,所以 ,故 正确;
对于 ,当 ,若 ,则平面 可能平行,也可能相交,故 错误; 对于 ,当 ,此时平面 可能平行,也可能相交,故 错误.
故选:
4.
利用全概率公式进行计算即可.
利用全概率公式计算,
即现随机抽取一名学生,则该学生喜欢篮球的概率是 , 故选: B.
5. A
根据题意,分别求得事件 和 的概率,结合条件概率的计算公式,即可求解.
抛掷两枚质地均匀的骰子,共有 种情形,
其中事件 “至少出现一个 6 点”的情况数为 种,可得 ,
又由事件 “两个点数不相同”,可得 ,所以 ,
由条件概率的公式,可得 .
故选: A.
6. C
利用二项式定理求解.
,
显然 中每一项都是 8 的倍数,因此代数和能被 8 整除,而 除以 8 后余数为 6 ,
所以 被 8 除的余数为 6 ,
故选: C.
7. D
根据正态分布特性求出 的值,再根据二项分布的方差公式求出 ,最后代入题中所给等式求解即可.
正态分布关于均值 对称,又 ,
可得 ,所以 ,又 ,
所以 ,
由此可得 ,解得 .
8. B
设 为取出的 3 个球中黑球的个数,分别求解
的值,比较即可得结论.
设 为取出的 3 个球中黑球的个数,则 的取值为0,1,2,3,
所以
, 故取出的黑球个数为 1 时, 其概率最大.
故选: B.
9. BC
由互斥事件、独立事件及条件概率的计算公式逐个判断即可.
对于 , A 错;
对于 B: 对,
对于 : 由 ,可得 ,所以 与 相互独立,所以 与 相互独立, 对,
对于 : 由 ,可得 ,
所以 , D 错,
故选: BC
10. ABD
利用捆绑法可判断 A 选项; 利用特殊元素优先可判断 B 选项; 利用插空法可判断 C 选项; 利用组合法可判断 D 选项.
选项 A:若甲和乙相邻,将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序共有 种排法, A 对;
选项 B: 若甲不排第一个,则甲有 4 种排法,其余全排,共有 种, B 对;
选项 C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，然后将甲与丙插入人所形成的个空中的个空,所以,共有 种排法, C 错;
选项 D, 若甲在乙的前面, 只需在 5 个位置中先选两个位置排甲、乙, 且甲排在乙的前面, 然后将其余 3 个人全排,共有 种排法, D 对. 故选: ABD.
11. BCD
判断随机变量 服从超几何分布,然后由超几何分布的概率公式判断 选项,超几何分布的方差计算公式判断 选项,由全概率公式判断 选项,由条件概率公式判断 选项.
由题意,随机变量 服从超几何分布,即 , ,故 A 错误;
根据超几何分布的方差的计算公式得, ,所以
,故 B 正确;
根据全概率公式,
,故 C 正确; 根据条件概率,可得 ,故 D 正确. 故选: BCD.
12. 0.83
先求解出 ,然后根据正态分布曲线的对称性可求解出 .
因为随机变量 ,所以其正态曲线关于 对称,
因此: ,
又因为 ,所以 ,
所以 ,
所以 .
故答案为: 0.83 .
13. 121
由二项式展开式的通项公式得出系数 的代数计算公式即可求出 得解.
二项式展开式的通项公式为 ,所以 ,
故 ,
所以 .
建立空间直角坐标系, 用向量的方法计算两个平面夹角, 进而可得线段的长度和距离.
因为底面 是矩形, 平面 ,所以 , 故以 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系,则 , 因为点 是线段 上一点,设
设平面 的法向量为 ,则 ,
令 ,则 . 平面 的法向量为 .
因为平面 与平面 的夹角为 ,
所以 ,
所以 ,解得 ,所以 .
此时 ,
所以点 到平面 的距离 .
15.(1)比赛三局定胜负即甲连赢三局或者连输三局, 故比赛三局定胜负的概率: .
(2)由题意知， 的可能值为:2,3,4.
故 的分布列为:
2 3 4
4 9 1 3 2 9
,
期望:
16.(1)
证明: 取 的中点 ,连接 .
因为四边形 是边长为 2 的正方形,所以 .
因为 是边长为 2 的等边三角形,所以 ,
因为 ,所以 ,所以 .
因为 平面 平面 ,所以 平面 .
因为 平面 ,所以平面 平面 .
(2)设 的中点为 ，连接 ，则 . 结合(1)可知 两两垂直. 以 为原点,以 的方向分别为 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz,
则 .
设 是平面 的法向量,因为 ,
所以 ,令 ,得 .
因为 平面 ,所以 .
因为 ，且 ，所以 平面 ，
所以 为平面 的一个法向量.
因为 ,
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
17.(1)根据古典概型的概率公式计算取到的标号都是 2 的概率即可;
(2)利用条件概率的公式计算;
(3)利用互斥事件和独立事件的概率公式计算分布列, 再根据期望公式计算即可.
数为 .
则取到的标号都是 2 的概率是 ,
整理得 ,解得 或 (舍去).
(2)设事件 表示“其中一个标号是 1”，事件 表示“另一个标号也是 1”.
因为 ,
所以 .
(3) 的可能取值为0,1,2,3,4，
因为从袋子中取 1 个球,编号为0,1,2的概率分别为 ,
所以 ,
所以 的分布列为:
0 1 2 3 4
1 36 1 6 13 36 1 1 9
所以 .
18.(1) 的可能取值为 0,1,2 .
所以 的分布列为
0 1 2
7 15 7 15
数学期望为 .
(2)由频率估计概率，单次抽到次品的概率为 ，
则 个零件中恰有 2 件次品的概率为 .
令 ,即 ,解得 ; 令 ,解得 .
因此,当 时, ,当 时, ,所以 在 时取得最大值. 故 取得最大值时 的值为 66 .
19.(1)设选择方案 分别为事件 ,物流提前送达为事件 ,
则 ,
(2)(i)由①知道 .
由②根据全概率公式
,
设第 次物流选择方案 为事件 ,第 次物流提前送达为事件 ,
则 ,因为 ,所以 ,
所以 .
由②根据全概率公式
注意到 ,
而 ,
所以
同理
注意到
且 ,所以 ,
故 为定值,
即 是以 为首项, 为公比的等比数列.
(ii) 由 (i) 可求 ,
同理
所以 ,
联立解得
所以 .
随着 的增大, 增大,注意到 ,所以当 时, ,
因此从第 2 次起, 智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率.
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. 已知 服从两点分布,若 ,则 ( )
A. B. C. D.
2. 已知离散型随机变量 满足 ,且 ，则 ( )
A. 0.07 B. 0.03 C. 0.09 D. -0.09
3. 已知直线 是两条不同的直线,平面 是三个不同的平面,下列命题正确的是 ( )
A. 若 ,则 B. 若 ,则
C. 若 ,则 D. 若 ,则
4. 某学校的学生中, 60% 是男生, 40% 是女生. 已知男生中有 30% 喜欢篮球, 女生中有 20% 喜欢篮球. 现随机抽取一名学生, 则该学生喜欢篮球的概率是 ( )
A. 0.30 B. 0.26 C. 0.24 D. 0.20
5. 抛掷两枚质地均匀的骰子,记事件 为“两个点数不相同”, 为“至少出现一个 6 点”, 则 ( )
A. B. C. D.
6. 被 8 除的余数为( )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 7
7. 已知随机变量 ,且 ,且 ,则 ( )
A. B. C. D.
8. 一个盒子中装有 4 个白球, 3 个黑球, 现从中一次取出 3 个球, 则取出的黑球个数为( ) 时, 其概率最大.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
二、多项选择题: 本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题给出的四个 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. 已知事件 发生的概率分别为 ,则下列说法正确的是 ( )
A. 若 与 互斥,则 B. 若 与 相互独立,则
C. 若 ,则 与 相互独立 D. 若 ,则
10. 甲、乙、丙等 5 人排成一列，下列说法正确的有( )
A. 若甲和乙相邻，共有 48 种排法 B. 若甲不排第一个共有 96 种排法
C. 若甲与丙不相邻，共有 36 种排法 D. 若甲在乙的前面，共有 60 种排法
11. 一个袋子中有 5 个大小相同的球, 其中红球 3 个, 白球 2 个, 现从中不放回地随机摸出 3 个球作为样本,用随机变量 表示样本中红球的个数,用随机变量 表示第 次抽到红球的个数,则下列结论中正确的是( )
A. 的分布列为
B. 的方差
C.
D.
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 设随机变量 ,且 ,则 _____.
13. 已知 ,则 的值为_____. (用数字作答)
14. 如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 且 ， ，点 是线段 上一点，当平面 与平面 的夹角为 时， _____， 这时，点 到平面 的距离为_____.
四、解答题:本题共 5 小题, 共 77 分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应 写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 甲、乙两选手进行象棋比赛,采用五局三胜制.甲每局获胜的概率为 ,乙每局获胜的概率为 ,且每局的胜负相互独立.
(1)求比赛三局定胜负的概率；
(2)在甲第一局获胜的前提下，设还需进行的局数为 ，求 的分布列与数学期望.
16. 在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的正方形， 为等边三角形， 为 的中点.
(1)证明:平面 平面 .
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值.
17. 甲、乙两个袋子中, 各放有大小和形状相同的小球若干.每个袋子中标号为 0 的小球有 1 个,标号为 1 的有 3 个,标号为 2 的有 个.从一个袋子中任取两个球,取到的标号都是 2 的概率是 .
(1)求 的值；
(2)从甲袋中任取两个球，已知其中一个的标号是 1 ，求另一个标号也是 1 的概率；
(3)从两个袋子中各取一个小球，用 表示这两个小球的标号之和，求 的分布列和期望.
18. 某企业为了提高生产效率和产品质量, 更新了机器设备, 为了检验新机器生产零件的质量, 该企业质检部门要对新机器生产的零件抽样检测.
(1)在调试生产初期，质检部门抽检该机器生产的 10 个零件中有 2 个为次品，现从这 10 个零件中随机抽取 3 个零件,设抽取的零件为次品的个数为 ,求 的分布列和数学期望; (2)在正式生产后，质检部门从新机器生产的一批零件中随机抽取 100 件进行检验，其中有 3 件为次品. 用频率估计概率,现从新机器生产的这批零件中随机抽取 个零件,记这 个零件中恰有 2 件为次品的概率为 ,求 取得最大值时 的值.
19. 在全球化的现代社会中, 物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施. 物流能否准时送达, 将影响到消费者的购物体验, 而物流提前送达往往能够超越客户预期, 显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择:
方案 A: 选择高速支线,物流提前送达的概率为 ;
方案 B: 选择高速干线,物流提前送达的概率为 ;
方案 C: 选择国道线路，物流提前送达的概率为 .
(1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；
(2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下:
①第 1 次，随机选择一种方案；
②从第 2 次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种.
记第 次选择方案 的概率分别为 .
(i) 求 ,并证明: 数列 为等比数列;
(ii) 判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率.
1. C
利用两点分布的性质及已知条件即可求解.
由两点分布的性质可知, ,
又 ,所以 .
故选: C.
2. C
若 即可求解.
由 有 ,所以 , 故选: C.
3. B
根据线面平行可判断 ; 根据线面垂直可判断 ,根据面面平行可判断 .
对于 ,当 ,此时直线 可能在平面 内,或 ,故 错误; 对于 ,如图,设 ,点 是平面 内一点,
过点 作 ，垂足为点 ，过点 作 ，垂足为点 ，
因为 且 ,
且 ,
所以 . 又 ,
则 . 又 ,所以 ,故 正确;
对于 ,当 ,若 ,则平面 可能平行,也可能相交,故 错误; 对于 ,当 ,此时平面 可能平行,也可能相交,故 错误.
故选:
4.
利用全概率公式进行计算即可.
利用全概率公式计算,
即现随机抽取一名学生,则该学生喜欢篮球的概率是 , 故选: B.
5. A
根据题意,分别求得事件 和 的概率,结合条件概率的计算公式,即可求解.
抛掷两枚质地均匀的骰子,共有 种情形,
其中事件 “至少出现一个 6 点”的情况数为 种,可得 ,
又由事件 “两个点数不相同”,可得 ,所以 ,
由条件概率的公式,可得 .
故选: A.
6. C
利用二项式定理求解.
,
显然 中每一项都是 8 的倍数,因此代数和能被 8 整除,而 除以 8 后余数为 6 ,
所以 被 8 除的余数为 6 ,
故选: C.
7. D
根据正态分布特性求出 的值,再根据二项分布的方差公式求出 ,最后代入题中所给等式求解即可.
正态分布关于均值 对称,又 ,
可得 ,所以 ,又 ,
所以 ,
由此可得 ,解得 .
8. B
设 为取出的 3 个球中黑球的个数,分别求解
的值,比较即可得结论.
设 为取出的 3 个球中黑球的个数,则 的取值为0,1,2,3,
所以
, 故取出的黑球个数为 1 时, 其概率最大.
故选: B.
9. BC
由互斥事件、独立事件及条件概率的计算公式逐个判断即可.
对于 , A 错;
对于 B: 对,
对于 : 由 ,可得 ,所以 与 相互独立,所以 与 相互独立, 对,
对于 : 由 ,可得 ,
所以 , D 错,
故选: BC
10. ABD
利用捆绑法可判断 A 选项; 利用特殊元素优先可判断 B 选项; 利用插空法可判断 C 选项; 利用组合法可判断 D 选项.
选项 A:若甲和乙相邻,将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序共有 种排法, A 对;
选项 B: 若甲不排第一个,则甲有 4 种排法,其余全排,共有 种, B 对;
选项 C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，然后将甲与丙插入人所形成的个空中的个空,所以,共有 种排法, C 错;
选项 D, 若甲在乙的前面, 只需在 5 个位置中先选两个位置排甲、乙, 且甲排在乙的前面, 然后将其余 3 个人全排,共有 种排法, D 对. 故选: ABD.
11. BCD
判断随机变量 服从超几何分布,然后由超几何分布的概率公式判断 选项,超几何分布的方差计算公式判断 选项,由全概率公式判断 选项,由条件概率公式判断 选项.
由题意,随机变量 服从超几何分布,即 , ,故 A 错误;
根据超几何分布的方差的计算公式得, ,所以
,故 B 正确;
根据全概率公式,
,故 C 正确; 根据条件概率,可得 ,故 D 正确. 故选: BCD.
12. 0.83
先求解出 ,然后根据正态分布曲线的对称性可求解出 .
因为随机变量 ,所以其正态曲线关于 对称,
因此: ,
又因为 ,所以 ,
所以 ,
所以 .
故答案为: 0.83 .
13. 121
由二项式展开式的通项公式得出系数 的代数计算公式即可求出 得解.
二项式展开式的通项公式为 ,所以 ,
故 ,
所以 .
建立空间直角坐标系, 用向量的方法计算两个平面夹角, 进而可得线段的长度和距离.
因为底面 是矩形, 平面 ,所以 , 故以 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系,则 , 因为点 是线段 上一点,设
设平面 的法向量为 ,则 ,
令 ,则 . 平面 的法向量为 .
因为平面 与平面 的夹角为 ,
所以 ,
所以 ,解得 ,所以 .
此时 ,
所以点 到平面 的距离 .
15.(1)比赛三局定胜负即甲连赢三局或者连输三局, 故比赛三局定胜负的概率: .
(2)由题意知， 的可能值为:2,3,4.
故 的分布列为:
2 3 4
4 9 1 3 2 9
,
期望:
16.(1)
证明: 取 的中点 ,连接 .
因为四边形 是边长为 2 的正方形,所以 .
因为 是边长为 2 的等边三角形,所以 ,
因为 ,所以 ,所以 .
因为 平面 平面 ,所以 平面 .
因为 平面 ,所以平面 平面 .
(2)设 的中点为 ，连接 ，则 . 结合(1)可知 两两垂直. 以 为原点,以 的方向分别为 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz,
则 .
设 是平面 的法向量,因为 ,
所以 ,令 ,得 .
因为 平面 ,所以 .
因为 ，且 ，所以 平面 ，
所以 为平面 的一个法向量.
因为 ,
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
17.(1)根据古典概型的概率公式计算取到的标号都是 2 的概率即可;
(2)利用条件概率的公式计算;
(3)利用互斥事件和独立事件的概率公式计算分布列, 再根据期望公式计算即可.
数为 .
则取到的标号都是 2 的概率是 ,
整理得 ,解得 或 (舍去).
(2)设事件 表示“其中一个标号是 1”，事件 表示“另一个标号也是 1”.
因为 ,
所以 .
(3) 的可能取值为0,1,2,3,4，
因为从袋子中取 1 个球,编号为0,1,2的概率分别为 ,
所以 ,
所以 的分布列为:
0 1 2 3 4
1 36 1 6 13 36 1 1 9
所以 .
18.(1) 的可能取值为 0,1,2 .
所以 的分布列为
0 1 2
7 15 7 15
数学期望为 .
(2)由频率估计概率，单次抽到次品的概率为 ，
则 个零件中恰有 2 件次品的概率为 .
令 ,即 ,解得 ; 令 ,解得 .
因此,当 时, ,当 时, ,所以 在 时取得最大值. 故 取得最大值时 的值为 66 .
19.(1)设选择方案 分别为事件 ,物流提前送达为事件 ,
则 ,
(2)(i)由①知道 .
由②根据全概率公式
,
设第 次物流选择方案 为事件 ,第 次物流提前送达为事件 ,
则 ,因为 ,所以 ,
所以 .
由②根据全概率公式
注意到 ,
而 ,
所以
同理
注意到
且 ,所以 ,
故 为定值,
即 是以 为首项, 为公比的等比数列.
(ii) 由 (i) 可求 ,
同理
所以 ,
联立解得
所以 .
随着 的增大, 增大,注意到 ,所以当 时, ,
因此从第 2 次起, 智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率.
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