2020版高考数学(理科)复习 作业答案-第十单元 概率、随机变量及其分布

全品一线高考总复习数学（理科）课时作业(五十二)1.C[解析] 三角形的三边应满足任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边,所以将一根长为1 m的铁丝随意截成三段,是否构成一个三角形是随机的,故此事件是随机事件.故选C.2.D[解析] 因为某人射击一次,脱靶的概率为0.20,所以此人射击一次命中的概率P=1-0.20=0.80.故选D.3.A[解析] 从5人中随机选取2人,共有=10(种)选法,而“甲被选上且乙不被选上”有=3(种)选法,所以事件A发生的概率为=0.3,故选A.4.[解析] 从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数,共有=120(种)取法.记“七个数的中位数是6”为事件A,若事件A发生,则6,7,8,9必取,再从0,1,2,3,4,5中任取三个数,有=20(种)取法,故所求概率P(A)==.5.[解析] 掷一个骰子的试验有6种可能结果.依题意得,P(A)==,P(B)==,所以P(=1-P(B)=1-=,显然A与,从而P(A∪)=P(A)+P(=+=.6.D[解析] 从分别标有数字“2”“0”“1”“8”的四个球中随机选取三个球有=4(种)取法,球上数字能构成等差数列的取法只有1种,即取出分别标有数字“0”“1”“2”的三个球,故所求概率为.故选D.7.A[解析] 由题意可知,(a,b)的取法有(2,1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,3),(3,5),(4,1),(4,3),(4,5),(5,1),(5,3),(5,5),共12种.因为m⊥n,即m·n=0,所以a×1+b×(-1)=0,即a=b,满足此条件的(a,b)的取法有(3,3),(5,5),共2种,故所求的概率为=.故选A.8.C[解析] 设白球为A,蓝球为B,红球为C,则不同的排列情况有ABCC,ACBC,ACCB,BACC,BCAC,BCCA,CABC,CACB,CBCA,CBAC,CCAB,CCBA,共12种,其中中间2个小球都是红球的有ACCB,BCCA,共2种情况,所以中间2个小球都是红球的概率为=,所以中间2个小球不都是红球的概率为1-=.故选C.9.A[解析] 作出不等式组表示的平面区域(图略),则平面区域内的整数点有(-1,0),(-1,1),(-1,2),(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2),共12个,其中位于第二象限的有(-1,1),(-1,2),共2个,所以所求概率P=.故选A.10.C[解析] 从集合{2,4,8}中随机选取一个数m,则当m=2时,椭圆方程为+=1,离心率e==-=;当m=4时,方程+=1表示圆;当m=8时,椭圆方程为+=1,离心率e==-=.综上可得,方程+=1表示离心率为的椭圆的概率为.故选C.11.C[解析] 由题知基本事件总数为6×6=36.若方程ax2+bx+1=0有实根,则必有Δ=b2-4a≥0.若a=1,则b=2,3,4,5,6;若a=2,则b=3,4,5,6;若a=3,则b=4,5,6;若a=4,则b=4,5,6;若a=5,则b=5,6;若a=6,则b=5,6.故事件“方程ax2+bx+1=0有实根”包含的基本事件数为5+4+3+3+2+2=19,∴所求的概率为.故选C.12.[解析] 因为日加工零件的样本均值为=22,所以由茎叶图知优秀工人只有2名.从6名工人中任取3名共有=20(种)情况,其中至少有1名为优秀工人的情况有+=16(种),故至少有1名优秀工人的概率P==.13.[解析] 由题意得,甲、乙、丙三人领到的钱数均为整数的基本事件有(1,1,5),(1,5,1),(5,1,1),(1,2,4),(1,4,2),(2,1,4),(2,4,1),(4,1,2),(4,2,1),(1,3,3),(3,1,3),(3,3,1),(2, 2,3),(2,3,2),(3,2,2),共15个,其中甲领到的钱数不少于其他任何人的基本事件有(5,1,1),(4,1,2),(4,2,1),(3,1,3),(3,3,1),(3,2,2),共6个,所以所求概率为=.14.[解析] 基本事件的总数为=120.中间a3最大,只能放5,即a3=5,其他位置数字的排列方法数为=6,故所求概率为=.15.D[解析] 从九个数中任取三个数共有=84(种)取法.取出的三个数,使它们不同行且不同列:从第一行中任取一个数,有=3(种)取法,则第二行只能从另外两列的两个数中任取一个,有=2(种)取法,第三行只能从剩下的一列中取,有1种取法.∴共有3×2=6(种)取法,即三个数分别位于三行或三列的情况有6种,∴所求的概率P=-=.故选D.16.C[解析] 由题意,将这6名毕业生全部进行安排,每所学校至少安排2名毕业生,基本事件总数N=+×=50.每所学校男、女毕业生至少各安排1名有两种情况:一是其中一所学校安排1女1男,另一所学校安排1女3男;二是其中一所学校安排1女2男,另一所学校也安排1女2男.故所求概率P===,故选C.课时作业(五十三)1.A[解析] 根据几何概型的概率公式可得,A图中游戏盘中奖的概率为,B图中游戏盘中奖的概率为=,C图中游戏盘中奖的概率为=,D图中游戏盘中奖的概率为,则中奖概率最大的为A中游戏盘,故选A.2.C[解析] 由于试验的全部结果构成的区域长度为25-15=10,构成事件“17<a<20”的区域长度为20-17=3,所以所求概率为.故选C.3.A[解析] 根据圆的面积公式以及几何概型概率公式可得,此点取自阴影部分的概率是-==,故选A.4.[解析] 当f(x0)=ln x0≥0时,x0≥1,∴所求概率P=-=,故答案为.5.D[解析] 若方程m2x2+4y2=1表示焦点在y轴上的椭圆,则m2>4,又m∈[1,5],∴2<m≤5,故方程m2x2+4y2=1表示焦点在y轴上的椭圆的概率P=--=.故选D.6.B[解析] 由题意得,正实数对(x,y)满足其所在区域的面积为1,x,y能与1构成钝角三角形三边的数对(x,y)满足x2+y2<1且x+y>1,其所在区域的面积为-,由几何概型的概率公式得≈-,解得π≈,故选B.7.B[解析] 如图,正三角形ABC的边长为a,分别以点A,B,C为圆心,以为半径,在△ABC内部画圆弧,得到三个扇形.易知满足题意的点P在△ABC内且在三个扇形外的部分(阴影区域),因此所求概率为-=1-π,故选B.8.B[解析] 不等式组--所表示的平面区域M是一个直角三角形,其面积为2,函数y=--的图像与x轴所围成的平面区域N是一个半径为1的半圆,其面积为,所以该点落在N内的概率为=.故选B.9.C[解析] 显然时钟的圆面被12个刻度十二等分,指针转过一等分就旋转30°,时针转过一等分就是1小时,分针转过一等分就是5分钟,所以8:20的时候秒针指向刻度“12”,分针指向刻度“4”,时针的指向是从刻度“8”再转过一等分的三分之一,即10°,所以分针与时针之间的扇形的圆心角为4×30°+10°=130°.又同圆中扇形面积的比等于其圆心角的度数的比,所以所求概率P==.故选C.10.-1[解析] 不妨令圆的半径为1,则大圆的面积S=π,阴影区域的面积S'=π-8×-=4-π,所以所求概率P==-1.11.[解析] 由2+x-x2≥0可得-1≤x≤2,则A=[-1,2],所以在区间[-3,6]上随机取一个数x,x∈A的概率P=----=.12.[解析] 由题意得,b==(-2cos x)=4,a=-×=1,由几何概型的概率公式,得油滴正好落入孔中的概率P=正方形圆==.13.D[解析] ∵f(x)=-x2+mx+m的图像与x轴有公共点,∴Δ=m2+4m≥0,∴m≤-4或m≥0,∴在[-6,9]内任取一个实数m,函数f(x)的图像与x轴有公共点的概率为--=.故选D.14.A[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系,x,y分别表示甲、乙二人到达A站的时刻,根据题意,甲、乙二人到达A站时刻的所有可能组成的可行域是图中粗线围成的矩形,而其中二人可搭乘同一班车对应的区域为阴影区域,根据几何概型的概率公式可知,所求概率为=.故选A.课时作业(五十四)1.D[解析] 问题等价于第一枚骰子掷出的点数减去第二枚骰子掷出的点数所得结果不小于5,只有D选项符合题意,故选D.2.D[解析] P(ξ≤1)=1-P(ξ=2)=1-=.故选D.3.B[解析] 显然P(X>x2)=β,P(X<x1)=α.由概率分布列的性质可知P(x1≤X≤x2)=1-P(X>x2)-P(X<x1)=1-α-β.故选B.4.-1,0,1,2,3[解析] 由题意,当X=-1时,甲队抢到1个题但答错了,乙队抢到2个题均答错;当X=0时,甲队没抢到题,乙队抢到3个题均答错或甲队抢到2个题1对1错,乙队抢到1个题答错;当X=1时,甲队抢到1个题答对,乙队抢到2个题至多答对1个或甲队抢到3个题1错2对,乙队没抢到题;当X=2时,甲队抢到2个题均答对,乙队抢到1个题答对或答错;当X=3时,甲队抢到3个题均答对,乙队没抢到题.综上可得,X的所有可能取值是-1,0,1,2,3.5.[解析] 根据概率分布列的性质得+m++=1,解得m=,所以随机变量X的概率分布列为所以P(|X-3|=1)=P(X=4)+P(X=2)=.6.D[解析] 因为随机变量ξ的分布列为P(ξ=k)=a k(k=1,2,3),所以根据分布列的性质得a×+a×2+a×3=1,化简得a++=a×=1,解得a=.故选D.7.C[解析] 由随机变量X的分布列得P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3,P(X<1)=0.5,P(X<2)=0.8,P(X=2)=0.1,则当P(X<a)=0.8时,实数a的取值范围是(1,2].故选C.8.C[解析] 依题意知,+m+=1,解得m=,故P≤Y≤=P(Y=2)+P(Y=3)=+=.故选C.9.B[解析] 由题意,事件{X=k}表示“第k次恰好打开,前k-1次没有打开”,∴P(X=k)=-×--×…×----×--=.故选B.10.C[解析] 由离散型随机变量分布列的性质可知+++…++m=1,∴m=1-+++…+=1-2×--=9=,∴P(X=10)=.故选C.11.[解析] ∵x≥175且y≥75,∴由表格中数据可知5件产品中有2件优等品,则X的可能取值为0,1,2.P(X=0)==0.3,P(X=1)==0.6,P(X=2)==0.1,∴抽取的2件产品中优等品件数X的分布列为12.[解析] 随机变量X的可能取值为0,1,2,4,P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=4)==,所以随机变量X的分布列为13.解:(1)由统计表可知,全班总人数t==50,则m=50×0.10=5,n==0.26,所以a==0.026,又3+5+13+9+p=50,即p=20,所以q==0.4.(2)成绩在[50,60)内的有3人,在[60,70)内的有5人.由题意得,X的可能取值为0,1,2,3,P(X=k)=-,k=0,1,2,3,所以P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,所以随机变量X的分布列为14.解:(1)由题意得P(ξ=2)=×2×2=.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4,P(ξ=k)=k4-k(k=0,1,2,3,4),∴随机变量ξ的概率分布列为15.解:(1)因为f(x)=所以-0.4+-0.4+-0.4+-+b+-+b=1,解得b=1.9,所以该班学生该次考试的平均分数约为-0.4×55+-0.4×65+-0.4×75+-+1.9×85+-+1.9×95=76.(2)由题意可知,考试成绩为1分、2分、3分、4分、5分的概率分别是0.1,0.2,0.3,0.3,0.1,按分层抽样的方法分别从考试成绩为1分、2分、3分的学生中抽出1人、2人、3人,再从这6人中抽出3人,这3人的成绩之和为7分的情况有1个1分,2个3分或2个2分,1个3分,所以P(ξ=7)==.(3)由题意,ξ的可能取值为5,6,7,8,9,P(ξ=5)==,P(ξ=6)==,P(ξ=7)=,P(ξ=8)==,P(ξ=9)==,所以ξ的分布列为课时作业(五十五)1.D[解析] 由题意,该选手只通过前两关,即通过第一、第二关,未通过第三关,所以所求概率为0.8×0.7×(1-0.6)=0.224,故选D.2.A[解析] 易知P(A)=P(B)=,因为事件A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B)=,由条件概率计算公式知P(B|A)===.故选A.3.A[解析] 由题意得P(A)==,P(AB)==,∴P(B|A)===.故选A.4.[解析] 在任意时刻恰有一个系统不发生故障有两种情况,即A发生故障B不发生故障或A不发生故障B发生故障,∴(1-p)+1-p=,解得p=.5.[解析] ∵甲队在每局比赛获胜的概率都为,∴乙队在每局比赛获胜的概率都为,∴乙队以3∶0获胜的概率为,以3∶1获胜的概率为×=,以3∶2获胜的概率为2×=,∴最后乙队获胜的概率为++=.6.D[解析] 根据题意,恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得,则所求概率是×1-+×1-=,故选D.7.B[解析] 集合U中共含有15个元素,其中有8个奇数,7个偶数,∴P(A)==,P(AB)=P(B)==,∴P(B|A)==.故选B.8.C[解析] 1次试验中,至少有5点或6点出现的概率为1-1-×1-=1-=,设X为3次试验中成功的次数,则X~B3,,故所求概率P(X≥1)=1-P(X=0)=1-×0×3=,故选C.9.B[解析] 由题图可知,用A配方生产的产品利润y=-1,0,1的频率分别为0.2,0.3,0.2,用B 配方生产的产品利润y=-1,0,1的频率分别为0.1,0.35,0.35,故抽得的这2件产品利润之和为0的概率为0.2×0.35+0.3×0.35+0.2×0.1=0.07+0.105+0.02=0.195.故选B.10.C[解析] 由题意得,该产品能销售的概率为1-×1-=.易知X的所有可能取值为-320,-200,-80,40,160,设ξ表示一箱产品中可以销售的件数,则ξ~B4,,所以P(ξ=k)=k-(k=0,1,2,3,4),所以P (X=-80)=P (ξ=2)=×2× 2= ,P (X=40)=P (ξ=3)=×3×1= ,P (X=160)=P (ξ=4)=× 4×0= ,所以P (X ≥-80)=P (X=-80)+P (X=40)+P (X=160)=.故选C .11.[解析] 由题意,1位乘客是否在第20层下电梯为1次试验,所以有5次独立重复试验,故ξ~B 5,,所以P (ξ=k )= k-,k=0,1,2,3,4,5,故P (ξ=4)=×4×1=. 12.[解析] 由题意,事件A ,B ,C 相互独立,所以①②③ 由③÷①得P ( )= ,所以P (C )=1-P ( )=1- = .将P (C )= 代入②得P ( )= ,所以P (B )=1-P ( )=.将P (B )=代入①得P (A )=,所以P ( )=1-P (A )=,故P ( B )=P ( )·P (B )= × =.13.解:(1)由茎叶图可知,甲地被抽取的观众评分的中位数是=83,乙地被抽取的观众评分的极差是97-76=21.(2)记“从乙地抽取1人对该电视剧进行评分,其评分不低于90分”为事件M ,则P (M )= =, 随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,且X~B 4,,所以P (X=k )=k1-4-k,k=0,1,2,3,4,所以X 的分布列为 (3)由茎叶图可得,甲地被抽取的8名观众中有2名观众评分不低于90分,乙地被抽取的8名观众中有2名观众评分不低于90分.设事件A 为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取1人,2人中至少1人评分不低于90分”,事件B 为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取1人,乙地被抽取的观众评分低于90分”, 所以P (A )=1- = ,P (AB )= =,根据条件概率计算公式得所求概率P (B|A )===.14.解:(1)由题意得,甲车间的合格零件数为4,乙车间的合格零件数为2,故所求概率P=1-×1-=.(2)设事件A表示“抽取的4个零件中有2个零件合格,2个零件不合格”,事件B表示“抽取的4个零件中有3个零件合格,1个零件不合格”,事件C表示“抽取的4个零件全合格”, 事件D表示“甲车间检测通过”,事件E表示“甲车间检测良好”,则P(D)=P(A)+P(B)+P(C)=++=++=,所以P(E|D)=+=+=,故甲车间在这次检测通过的条件下,获得检测良好的概率为.(3)由题意可得,X的所有可能取值为0,1,2.P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,所以随机变量X的分布列为15.解:(1)记“甲射击4次,至少有1次未击中目标”为事件A1,则事件A1的对立事件为“甲射击4次,全部击中目标”.由题意知,射击4次相当于做4次独立重复试验,故P()=×4=,所以P(A1)=1-P()=1-=,所以甲射击4次,至少有1次未击中目标的概率为.(2)记“甲射击4次,恰好有2次击中目标”为事件A2,“乙射击4次,恰好有3次击中目标”为事件B2,则P(A2)=×2×1-2=,P(B2)=×3×1-1=.由于甲、乙射击相互独立,故P(A2B2)=P(A2)P(B2)=×=,所以两人各射击4次,甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为.(3)记“乙恰好射击5次后,被终止射击”为事件A3,“乙第i次射击未击中”为事件D i(i=1,2,3,4,5),则A3=D5D4(∪D1∪D2),且P(D i)=.因为各事件相互独立,所以P(A3)=P(D5)P(D4)P()P(∪D1∪D2)=×××1-×=,所以乙恰好射击5次后,被终止射击的概率为.课时作业(五十六)1.C[解析] 由题意可得0.1+a+b+0.1=1,所以a+b=0.8①,又因为E(ξ)=0×0.1+1×a+2×b+3×0.1=1.6,所以a+2b=1.3②,由①②解得a=0.3,b=0.5,所以a-b=-0.2,故选C.2.A[解析] 由题意知,D(ξ)=4××1-=,∵η=2ξ+3,∴D(η)=4D(ξ)=4×=.故选A.3.C[解析] E(ξ)=(-1)×+0×+1×=-,故①正确; D(ξ)=-1+2×+0+2×+1+2×=,故②不正确;由分布列知③正确.故选C.4.0.34[解析] ∵随机变量ξ~N(1,4),∴μ=1,σ=2,∴P(-1<ξ<1)=P(1<ξ<3)=P(ξ<3)-P(ξ≤1)=0.84-0.5=0.34.5.6[解析] 因为P(X≥1)=,所以P(X=0)=1-=,即p0(1-p)2=,得p=,又随机变量Y~B(3,p),所以D(Y)=np(1-p)=3××=,所以D(3Y+1)=9D(Y)=9×=6.6.B[解析] ∵X~N(1,1),∴μ=1,σ=1,∵P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6,∴P(0<X≤2)=0.682 6,∴阴影部分的面积为1-=0.658 7,∴向正方形ABCD中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是×10 000=6587.故选B.7.C[解析] 设检测的机器的台数为X,则X的所有可能取值为2,3,4.P(X=2)==,P(X=3)==,P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)=,所以E(X)=2×+3×+4×=,所以所需的检测费用的均值为1000×=3500(元).故选C.8.D[解析] 当X=k时,第k次取出的必然是红球,而前k-1次中,有且只有1次取出的是红球,其余次数取出的皆为黑球,故P(X=k)=-=-,k=2,3,4,5,6,7,所以随机变量X的分布列为故E(X)=2×+3×+4×+5×+6×+7×=.9.D[解析] ∵X~N(10,σ2),P(X>12)=m,∴P(X<8)=m,P(X≤10)=,又P(8≤X≤10)=n,∴m+n=,又m>0,n>0,∴+=+(2m+2n)=4+++2≥6+2=6+4,当且仅当=,即m=-,n=-时等号成立,故选D.10.C[解析] 根据题意,某学生发球次数为1的概率P(X=1)=p,发球次数为2的概率P(X=2)=(1-p)p,发球次数为3的概率P(X=3)=(1-p)2,则数学期望E(X)=p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3.由E(X)>,得p2-3p+3>,解得p>或p<,结合p的实际意义,可得0<p<.故选C.11.3.5[解析] ∵随机变量ξ的分布列中各概率之和为1,∴P(ξ=5)=0.15,P(ξ=3)=0.25,∴数学期望E(ξ)=1×0.20+2×0.10+3×0.25+4×0.10+5×0.15+6×0.20=3.5.12.100[解析] 由题意,数学考试成绩ξ~N(100,σ2),∴μ=100,其正态曲线关于直线x=100对称,∴P(80<ξ≤100)=P(100≤ξ<120)=,∴P(ξ≤80)=P(ξ≥120).又∵P(ξ≤80)+P(ξ≥120)=1-P(80<ξ≤100)-P(100≤ξ<120)=,∴P(ξ≥120)=×=,∴成绩不低于120分的学生约有600×=100(人).13.解:(1)由题意可知共答对3题可以分为3种情况:甲答对1题乙答对2题;甲答对2题乙答对1题;甲答对3题乙答对0题.故所求的概率P=××2×+××2×+××3=.(2)m的所有可能取值有1,2,3,P(m=1)==,P(m=2)==,P(m=3)==,故E(m)=1×+2×+3×=2.由题意可知乙同学答对题目的个数服从二项分布,即n~B3,,故E(n)=3×=2.因为X=15m+10n,所以E(X)=15E(m)+10E(n)=50.14.解:(1)每位献爱心参与者中奖记为事件A,则P(A)表示摸出的三个球中至少有一个红球的概率,即P(A)===.(2)设1位献爱心参与者参加活动,学校所得善款为X元,则X的可能取值为20,10,0,-80,则P(X=20)==,P(X=10)==,P(X=0)==,P(X=-80)==,所以X的分布列为若只有1位献爱心参与者捐款,则学校所得善款的数学期望为E(X)=20×+10×+0×-80×=(元),所以此次募捐所得善款的数学期望为×900=9375(元).15.解:(1)近60天中,包裹件数在101~400之间的天数为48,其频率f==,故可估计其概率为.显然未来3天中,包裹件数在101~400之间的天数X服从二项分布,即X~B3,,故所求概率为×2×=.(2)①样本中每件包裹的快递费用及包裹件数如下表:故样本中每件包裹收取的快递费用的平均值为=15,故估计该公司对每件包裹收取的快递费用的平均值为15.②根据题意及①,揽件数每增加1,可使前台工资和公司利润增加15×=5(元),将题目中的天数转化为频率,列表如下:若不裁员,则每天可揽件的上限为450件,设不裁员时实际揽件数为Y,则公司每日揽件数的情况如下:此时公司平均每日利润的数学期望为260×5-3×100=1000(元).若裁员1人,则每天可揽件的上限为300件,设裁员1人时实际揽件数为Z,则公司每日揽件数的情况如下:此时公司平均每日利润的数学期望为235×5-2×100=975(元).因为975<1000,所以公司将前台工作人员裁减1人对提高公司利润不利.。