2020屆高考數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)階段性測(cè)試題十一 計(jì)數(shù)原理與概率 北師大版

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1、階段性測(cè)試題十一(計(jì)數(shù)原理與概率)理 階段性測(cè)試題十一(概率)文 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿(mǎn)分150分．考試時(shí)間120分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題　共50分) 一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．(文)(2020·濟(jì)南模擬)一副撲克牌除去大、小王兩張撲克后還剩52張，從中任意摸一張，摸到紅心的概率為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. [答案]　B [解析]　所有基本事件總數(shù)為52，事件“摸到一張紅心”包含的基本事件數(shù)為13，則摸到紅心的概率為. (理)(202

2、0·平頂山一模)將編號(hào)為1,2,3,4,5的五個(gè)球放入編號(hào)為1,2,3,4,5的五個(gè)盒子，每個(gè)盒內(nèi)放一個(gè)球，若恰好有三個(gè)球的編號(hào)與盒子編號(hào)相同，則不同的投放方法的種數(shù)為(　　) A．6 B．10 C．20 D．30 [答案]　B [解析]　從編號(hào)為1,2,3,4,5的五個(gè)球中選出三個(gè)與盒子編號(hào)相同的球的投放方法有C＝10種；另兩個(gè)球的投放方法有1種，所以共有10種不同的投放方法．選擇B. 2．(文)(2020·武漢一模)甲、乙兩人下棋，甲獲勝的概率為30%，甲不輸?shù)母怕蕿?0%，則甲、乙兩人下盤(pán)棋，你認(rèn)為最可能出現(xiàn)的情況是(　　) A．甲獲勝　　　　　　　　 B．乙獲勝

3、C．甲、乙下成和棋 D．無(wú)法得出 [答案]　C [解析]　兩人下成和棋的概率為50%，乙勝的概率為20%，故甲、乙兩人下一盤(pán)棋，最有可能出現(xiàn)的情況是下成和棋． (理)(2020·福州模擬)來(lái)自中國(guó)、英國(guó)、瑞典的乒乓球裁判員各兩名，執(zhí)行世錦賽的一號(hào)、二號(hào)和三號(hào)場(chǎng)地的乒乓球裁判工作，每個(gè)場(chǎng)地有兩名來(lái)自不同國(guó)家的裁判，則不同的安排方案共有(　　) A．48種 B．24種 C．36種　　　　 D．96種 [答案]　A [解析]　一號(hào)場(chǎng)地的安排方案有CCC＝12種，即表示從3個(gè)國(guó)家中選擇2個(gè)，而后再?gòu)乃x擇的2個(gè)國(guó)家中各選擇一名裁判，最后剩余1個(gè)國(guó)家的兩名裁判，和另外2個(gè)國(guó)家各

4、剩的一名裁判，將其分到兩個(gè)場(chǎng)地易求得AA＝4種安排方案，綜上，共有12×4＝48種安排方案． 3．(2020·徐州調(diào)研)從1,2,3，…，9這9個(gè)數(shù)中任取兩數(shù)，其中： ①恰有一個(gè)是偶數(shù)和恰有一個(gè)是奇數(shù)； ②至少有一個(gè)是奇數(shù)和兩個(gè)都是奇數(shù)； ③至少有一個(gè)是奇數(shù)和兩個(gè)都是偶數(shù)； ④至少有一個(gè)是奇數(shù)和至少有一個(gè)是偶數(shù)． 上述事件中，是對(duì)立事件的是(　　) A．① B．②④ C．③ D．①③ [答案]　C [解析]?、壑小爸辽儆幸粋€(gè)是奇數(shù)”即“兩個(gè)奇數(shù)或一奇一偶”，而從1～9中任取兩數(shù)共有三個(gè)事件：“兩個(gè)奇數(shù)”、“一奇一偶”、“兩個(gè)偶數(shù)”，故“至少有一個(gè)是奇數(shù)”與“兩個(gè)偶數(shù)

5、”是對(duì)立事件． 4．(2020·新課標(biāo)理)有3個(gè)興趣小組，甲、乙兩位同學(xué)各自參加其中一個(gè)小組，每位同學(xué)參加各個(gè)小組的可能性相同，則這兩位同學(xué)參加同一個(gè)興趣小組的概率為(　　) A. B. C. D. [答案]　A [解析]　甲乙兩位同學(xué)參加3個(gè)小組的所有可能性共3×3＝9(種)，其中甲、乙兩人參加同一個(gè)小組的情況有3種，故甲、乙兩位同學(xué)參加同一個(gè)興趣小組的概率為P＝＝. 5．(文)(2020·太原模擬)從1,2,3,4這四個(gè)數(shù)中，不重復(fù)地任意取兩個(gè)數(shù)，兩個(gè)數(shù)一奇一偶的概率是(　　) A. B. C. D. [答案]　D [解析]　基本事件總數(shù)為6，兩個(gè)數(shù)一奇

6、一偶的情況有4種，故所求概率為P＝＝. (理)(2020·黃石一模)在(1＋x＋x2)(1－x)10的展開(kāi)式中，含x4項(xiàng)的系數(shù)是(　　) A．135 B．－135 C．375 D．－117 [答案]　A [解析]　(1＋x＋x2)(1－x)10＝(1－x3)(1－x)9，且(1－x)9的展開(kāi)式的通項(xiàng)是Tr＋1＝C(－x)r＝C·(－1)r·xr，因此(1＋x＋x2)(1－x)10的展開(kāi)式中，含x4項(xiàng)的系數(shù)等于1×C·(－1)4－C(－1)1＝135. 6．(2020·新鄉(xiāng)一模)如圖所示，墻上掛有邊長(zhǎng)為a的正方形木板，它的四個(gè)角的空白部分都是以正方形的頂點(diǎn)為圓心，半徑為的

7、圓弧，某人向此板投鏢，假設(shè)每次都能擊中木板 ，且擊中木板上每個(gè)點(diǎn)的可能性都一樣，則擊中陰影部分的概率是(　　) A．1－ B. C．1－ D．與a的取值有關(guān) [答案]　A [解析]　由題意，陰影部分的面積為a2－4××π()2＝(1－)a2，故所求概率為1－. 7．(文)取一根長(zhǎng)度為4m的繩子，拉直后在任意位置剪斷，那么剪得的兩段都不少于1m的概率是(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析]　把繩子4等份，當(dāng)剪斷點(diǎn)位于中間兩部分時(shí)，兩段繩子都不少于1m，故所求概率為P＝＝. (理)甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，比賽規(guī)則為“3局2勝”，即以先贏兩局者

8、為勝，根據(jù)經(jīng)驗(yàn)，每局比賽中甲獲勝的概率為0.6，則本次比賽甲獲勝的概率為(　　) A．0.216 B．0.36 C．0.432 D．0.648 [答案]　D [解析]　據(jù)題意甲取勝有兩種情形． (1)甲先勝兩局概率為P1＝0.62＝0.36. (2)甲前兩局中勝一局，第三局勝的概率為 P2＝2×0.6×(1－0.6)×0.6＝0.288， ∴甲獲勝的概率為P＝P1＋P2＝0.648. 8．(文)(2020·揚(yáng)州一模)連擲兩次骰子得到的點(diǎn)數(shù)分別為m，n，記向量a＝(m，n)與向量b＝(1，－1)的夾角為θ，則θ∈的概率是(　　) A. B. C. D. [

9、答案]　C [解析]　基本事件總數(shù)為36， 由cosθ＝≥0得 a·b≥0，即m－n≥0，包含的基本事件有(1,1)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共21個(gè)，故所求概率為P＝＝. (理)(2020·浙江溫州五校聯(lián)考)設(shè)隨機(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 P 1－p 則X的均值的最小值是(　　) A. B．0 C．2 D．隨p的變化而變化 [答案

10、]　A [解析]　EX＝0×＋1×＋2×＝2－p， 又∵≥0,1－p≥0，∴0≤p≤， 當(dāng)p＝時(shí)，EX的值最小，最小值為2－＝. 9．(文)(2020·西安一模)已知k∈Z，＝(k,1)，＝(2,4)，若||≤4，則△ABC是直角三角形的概率為(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析]　∵||≤4，∴k2＋1≤16，∴k2≤15，∴k＝－3，－2，－1,0,1,2,3.又＝(2－k,3)．若·＝－k2＋2k＋3＝0，則k＝－1，k＝3；若·＝0，則k＝8(舍去)； 若·＝0，則k＝－2，∴P＝. (理)(2020·咸陽(yáng)一模) 如圖所示，在一個(gè)邊長(zhǎng)

11、為1的正方形AOBC內(nèi)， 曲線y＝x2和曲線y＝圍成一個(gè)葉形圖(陰影部分), 向正方形AOBC內(nèi)隨機(jī)投一點(diǎn)(設(shè)點(diǎn)落在正方形AOBC內(nèi)任何一點(diǎn)是等可能的)，則所投的點(diǎn)落在葉形圖內(nèi)部的概率是(　　) A. B. C. D. [答案]　B [解析]　S陰＝(－x2)dx ＝＝，S正＝1，∴P＝＝，故選B. 10．(文)在長(zhǎng)為1的線段上任取兩點(diǎn)，則這兩點(diǎn)之間的距離小于的概率為(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析]　兩點(diǎn)設(shè)為a，b，則0≤a≤1,0≤b≤1，兩點(diǎn)之間的距離小于，則|a－b|<，畫(huà)出可行域，為圖中陰影部分，面積為，即概率為. (

12、理)(2020·鄭州一模)拋擲兩個(gè)骰子，至少有一個(gè)4點(diǎn)或5點(diǎn)出現(xiàn)時(shí)，就說(shuō)這次實(shí)驗(yàn)成功，則在10次實(shí)驗(yàn)中，成功次數(shù)X的均值是(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析]　由題意一次試驗(yàn)成功的概率為1－×＝，10次試驗(yàn)為10次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，則成功次數(shù) X～B(10，)，所以E(X)＝. 第Ⅱ卷(非選擇題　共100分) 二、填空題(本大題共5個(gè)小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上) 11．(文)(2020·許昌一模)實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足|x|≤2，|y|≤1，則任取其中x，y，使x2＋y2≤1的概率為_(kāi)_______． [答案]　 [解析]　點(diǎn)(x，

13、y)在由直線x＝±2和y＝±1圍成的矩形上或其內(nèi)部，使x2＋y2≤1的點(diǎn)(x，y)在以原點(diǎn)為圓心，以1為半徑的圓上或其內(nèi)部，故所求概率為P＝＝. (理)(2020·許昌一模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c，其中0≤b≤4,0≤c≤4，記函數(shù)f(x)滿(mǎn)足條件為事件A，則事件A發(fā)生的概率為_(kāi)_______． [答案]　 [解析]　 由題意知，事件A所對(duì)應(yīng)的線性約束條件為，其對(duì)應(yīng)的可行域如圖中陰影部分所示， 所以事件A的概率P(A)＝＝. 12．(文)(2020·延安模擬)假設(shè)小軍、小燕和小明所在的班級(jí)共有50名學(xué)生，并且這50名學(xué)生早上到校先后的可能性相同，則“小燕比小明先到校，

14、小明又比小軍先到校”的概率為_(kāi)_______． [答案]　 [解析]　將3人排序共包含6個(gè)基本事件，由古典概型得P＝. (理)(2020·重慶理)將一枚均勻的硬幣拋擲6次，則正面出現(xiàn)的次數(shù)比反面出現(xiàn)的次數(shù)多的概率為_(kāi)_______． [答案]　 [解析]　本題主要考查古典概型的概率計(jì)算． 將一枚硬幣投擲6次，共有26＝64種不同結(jié)果，正面出現(xiàn)的次數(shù)比反面出現(xiàn)的次數(shù)多，即正面出現(xiàn)4次、5次、6次，共有C＋C＋C＝22種不同結(jié)果，所以P＝＝. 13．(文)集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，則所取兩數(shù)m>n的概率是_

15、_______． [答案]　 [解析]　基本事件總數(shù)為5×5＝25個(gè)．m＝2時(shí)，n＝1；m＝4時(shí)，n＝1,3；m＝6時(shí)，n＝1,3,5；m＝8時(shí)，n＝1,3,5,7；m＝10時(shí)，n＝1,3,5,7,9，共15個(gè)．故P＝＝. (理)(2020·大綱全國(guó)卷)(1－)20的二項(xiàng)展開(kāi)式中，x的系數(shù)與x9的系數(shù)之差為_(kāi)_______． [答案]　0 [解析]　本小題考查的內(nèi)容是二項(xiàng)式中系數(shù)的求法． Tr＋1＝C120－r·(－)r＝C·(－1)r·x 令r＝2，x的系數(shù)為C， 令r＝18，x9的系數(shù)為C，C－C＝0. 14．(文)(2020·徐州一模)將一個(gè)各面上均涂有顏色的正方體鋸成

16、64個(gè)同樣大小的正方體，從這些小正方體中任取一個(gè)，恰有2面涂有顏色的概率是________． [答案]　 [解析]　先將正方體均勻切割成8個(gè)小正方體，再將每個(gè)小正方體同樣切割成8個(gè)更小的正方體，這樣共有24個(gè)2面涂有顏色的小正方體． ∴概率為＝. (理)(2020·長(zhǎng)沙調(diào)研)兩名戰(zhàn)士在一次射擊比賽中，戰(zhàn)士甲得1分、2分、3分的概率分別為0.4、0.1、0.5；戰(zhàn)士乙得1分、2分、3分的概率分別為0.1、0.6、0.3，那么兩名戰(zhàn)士獲勝希望大的是______． [答案]　乙 [解析]　戰(zhàn)士甲得分的隨機(jī)變量的分布列為： X 1 2 3 P甲 0.4 0.1 0.5 ∴

17、EX＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1. 戰(zhàn)士乙得分的隨機(jī)變量分布列為： Y 1 2 3 P乙 0.1 0.6 0.3 ∴EY＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3＝2.2. ∵EX

18、率為P＝＝. (理)(2020·西寧一模)為振興旅游業(yè)，某省2020年面向國(guó)內(nèi)發(fā)行總量為2000萬(wàn)張的優(yōu)惠卡，向省外人士發(fā)行的是金卡，向省內(nèi)人士發(fā)行的是銀卡．某旅游公司組織了一個(gè)有36名游客的旅游團(tuán)到該省旅游，其中是省外游客，其余是省內(nèi)游客．在省外游客中有持金卡，在省內(nèi)游客中有持銀卡．在該團(tuán)中隨機(jī)采訪2名游客，則恰有1人持銀卡的概率為_(kāi)_______． [答案]　 [解析]　由題意得，省外游客有27人，其中9人持金卡；省內(nèi)游客有9人，其中6人持銀卡．設(shè)事件A為“隨機(jī)采訪該團(tuán)2名游客，恰有1名游客持銀卡”，則P(A)＝＝. 三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共75分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明

19、過(guò)程或演算步驟) 16．(本小題滿(mǎn)分12分)(2020·成都一模)先后隨機(jī)投擲2枚正方體骰子，其中x表示第1枚骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)，y表示第2枚骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)． (1)求點(diǎn)P(x，y)在直線y＝x－1上的概率； (2)求點(diǎn)P(x，y)滿(mǎn)足y2<4x的概率． [解析]　(1)每枚骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)都有6種情況， 所以基本事件總數(shù)為6×6＝36個(gè)． 記“點(diǎn)P(x，y)在直線y＝x－1上”為事件A，A有5個(gè)基本事件：A＝{(2,1)，(3,2)，(4,3)，(5,4)，(6,5)}， ∴P(A)＝. (2)記“點(diǎn)P(x，y)滿(mǎn)足y2<4x”為事件B，則事件B有17個(gè)基本事件： 當(dāng)x＝1時(shí)，y

20、＝1；當(dāng)x＝2，y＝1,2； 當(dāng)x＝3時(shí)，y＝1,2,3；當(dāng)x＝4時(shí)，y＝1,2,3； 當(dāng)x＝5時(shí)，y＝1,2,3,4；當(dāng)x＝6時(shí)，y＝1,2,3,4. ∴P(B)＝. 17．(本小題滿(mǎn)分12分)(文)一盒中裝有各色球12個(gè)，其中5個(gè)紅球，4個(gè)黑球，2個(gè)白球，1個(gè)綠球．從中隨機(jī)取出1球，求： (1)取出1球是紅球或黑球的概率； (2)取出的1球是紅球或黑球或白球的概率． [解析]　可按互斥事件和對(duì)立事件求概率的方法，利用公式進(jìn)行求解． (1)從12個(gè)球中任取1球得紅球有5種取法，得黑球有4種取法，得紅球或黑球共有5＋4＝9種不同取法，任取1球有12種取法． ∴任取1球是紅球或

21、黑球的概率為＝. (2)從12個(gè)球中任取1球得紅球有5種取法，得黑球有4種取法，得白球有2種取法．從而得紅球或黑球或白球的概率為＝. (理)課外活動(dòng)小組共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名隊(duì)長(zhǎng)，現(xiàn)從中選5人主持某種活動(dòng)，依下列條件各有多少種選法？ (1)只有一名女生； (2)兩隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選； (3)至少有一名隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選； (4)至多有兩名女生當(dāng)選． [解析]　(1)一名女生，四名男生． 故共有C·C＝350(種)． (2)將兩隊(duì)長(zhǎng)作為一類(lèi)，其他11人作為一類(lèi)， 故共有C·C＝165(種)． (3)至少有一名隊(duì)長(zhǎng)含有兩類(lèi)： 只有一名隊(duì)長(zhǎng)和兩名隊(duì)長(zhǎng)． 故共有

22、C·C＋C·C＝825(種)． 或采用間接法：C－C＝825(種)． (4)至多有兩名女生含有三類(lèi)：有兩名女生、只有一名女生、沒(méi)有女生． 故選法為C·C＋C·C＋C＝966(種)． 18．(本小題滿(mǎn)分12分)(文)設(shè)不等式組表示的區(qū)域?yàn)锳，不等式組表示的區(qū)域?yàn)锽. (1)在區(qū)域A中任取一點(diǎn)(x，y)，求點(diǎn)(x，y)∈B的概率； (2)若x，y分別表示甲、乙兩人各擲一次骰子所得的點(diǎn)數(shù)，求點(diǎn)(x，y)在區(qū)域B中的概率． [解析]　(1)設(shè)集合A中的點(diǎn)(x，y)∈B為事件M，區(qū)域A的面積為S1＝36，區(qū)域B的面積為S2＝18， ∴P(M)＝＝＝. (2)設(shè)點(diǎn)(x，y)在集合B中為事

23、件N，甲、乙兩人各擲一次骰子所得的點(diǎn)數(shù)(x，y)為36，其中在集合B中的點(diǎn)有21個(gè)， 故P(N)＝＝. (理)一個(gè)口袋里有2個(gè)紅球和4個(gè)黃球，從中隨機(jī)地連取3個(gè)球，每次取一個(gè)，記事件A為“恰有一個(gè)紅球”，事件B為“第3個(gè)是紅球”． 求：(1)不放回時(shí)，事件A、B的概率； (2)每次抽后放回時(shí)，A、B的概率． [解析]　(1)由不放回抽樣可知，第一次從6個(gè)球中抽一個(gè)，第二次只能從5個(gè)球中取一個(gè)，第三次從4個(gè)球中取一個(gè)，基本事件共6×5×4＝120個(gè)，又事件A中含有基本事件3×2×4×3＝72個(gè)，(第一個(gè)是紅球，則第2,3個(gè)是黃球，取法有2×4×3種，第2個(gè)是紅球和第3個(gè)是紅球取法一樣多

24、)， ∴P(A)＝＝. 因?yàn)榧t球數(shù)占總球數(shù)的，在每一次抽到都是隨機(jī)地等可能事件， ∴P(B)＝. (2)由放回抽樣知，每次都是從6個(gè)球中取一個(gè)，有取法63＝216種，事件A含基本事件3×2×4×4＝96種． ∴P(A)＝＝. 第三次抽到紅球包括B1＝{紅，黃，紅}，B2＝{黃，黃，紅}，B3＝{黃，紅，紅}，B4＝{紅，紅，紅}四種兩兩互斥的情形，P(B1)＝＝； P(B2)＝＝； P(B3)＝＝； P(B4)＝＝， ∴P(B)＝P(B1)＋P(B2)＋P(B3)＋P(B4) ＝＋＋＋＝. 19．(本小題滿(mǎn)分12分)(文)(2020·北京文)以下莖葉圖記錄了甲、乙兩組各

25、四名同學(xué)的植樹(shù)棵數(shù)，乙組記錄中有一個(gè)數(shù)據(jù)模糊，無(wú)法確認(rèn)，在圖中以X表示． (1)如果X＝8，求乙組同學(xué)植樹(shù)棵數(shù)的平均數(shù)和方差； (2)如果X＝9，分別從甲、乙兩組中隨機(jī)選取一名同學(xué)，求這兩名同學(xué)的植樹(shù)總棵數(shù)為19的概率． (注：方差s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]，其中為x1，x2，…，xn的平均數(shù)) [解析]　(1)當(dāng)X＝8時(shí)，由莖葉圖可知，乙組同學(xué)的植樹(shù)棵數(shù)是：8,8,9,10. 所以平均數(shù)為＝＝； 方差為 s2＝[(8－)2＋(8－)2＋(9－)2＋(10－)2]＝. (2)記甲組四名同學(xué)為A1，A2，A3，A4，他們植樹(shù)的棵數(shù)依次為9,9,11

26、,11；乙組四名同學(xué)為B1，B2，B3，B4，他們植樹(shù)的棵數(shù)依次為9,8,9,10，分別從甲、乙兩組中隨機(jī)選取一名同學(xué)，所有可能的結(jié)果有16個(gè)，它們是： (A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，B4) (A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，B4) (A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(A3，B4) (A4，B1)，(A4，B2)，(A4，B3)，(A4，B4) 用C表示：“選出的兩名同學(xué)的植樹(shù)總棵數(shù)為19”這一事件，則C中的結(jié)果有4個(gè)，它們是：(A1，B4)，(A2，B4)，(A3，B2)，(A4，B2)，故所求概率為P(C)＝＝. (

27、理)(2020·北京理)以下莖葉圖記錄了甲、乙兩組各四名同學(xué)的植樹(shù)棵數(shù)，乙組記錄中有一個(gè)數(shù)據(jù)模糊，無(wú)法確認(rèn)，在圖中以X表示． (1)如果X＝8，求乙組同學(xué)植樹(shù)棵數(shù)的平均數(shù)和方差； (2)如果X＝9，分別從甲、乙兩組中隨機(jī)選取一名同學(xué)，求這兩名同學(xué)的植樹(shù)總棵數(shù)Y的分布列和數(shù)學(xué)期望． (注：方差s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]，其中為x1，x2，…，xn的平均數(shù)) [解析]　(1)當(dāng)X＝8時(shí)，由莖葉圖可知，乙組同學(xué)的植樹(shù)棵數(shù)是：8,8,9,10， 所以平均數(shù)為＝＝； 方差為s2＝[(8－)2＋(8－)2＋(9－)2＋(10－)2]＝. (2)當(dāng)X＝9時(shí)，由莖

28、葉圖可知，甲組同學(xué)的植樹(shù)棵數(shù)是：9,9,11,11；乙組同學(xué)的植樹(shù)棵數(shù)是：9,8,9,10.分別從甲、乙兩組中隨機(jī)選取一名同學(xué)，共有4×4＝16種可能的結(jié)果，這兩名同學(xué)植樹(shù)總棵數(shù)Y的可能取值為17,18,19,20,21.事件“Y＝17”等價(jià)于“甲組選出的同學(xué)植樹(shù)9棵，乙組選出的同學(xué)植樹(shù)8棵”，所以該事件有2種可能的結(jié)果，因此P(Y＝17)＝＝. 同理可得P(Y＝18)＝；P(Y＝19)＝；P(Y＝20)＝；P(Y＝21)＝. 所以隨機(jī)變量Y的分布列為： Y 17 18 19 20 21 P EY＝17×P(Y＝17)＋18×P(Y＝18)＋19×P(Y

29、＝19)＋20×P(Y＝20)＋21×P(Y＝21) ＝17×＋18×＋19×＋20×＋21×＝19. 20．(本小題滿(mǎn)分13分)(文)袋子中放有大小和形狀相同的小球若干個(gè)，其中標(biāo)號(hào)為0的小球1個(gè)，標(biāo)號(hào)為1的小球1個(gè)，標(biāo)號(hào)為2的小球n個(gè)．已知從袋子中隨機(jī)抽取1個(gè)小球，取到標(biāo)號(hào)是2的小球是概率是. (1)求n的值； (2)從袋子中不放回地隨機(jī)抽取2個(gè)小球，記第一次取出的小球標(biāo)號(hào)為a，第二次取出的小球標(biāo)號(hào)為b.記事件A表示“a＋b＝2”，求事件A的概率． [解析]　(1)由題意可知：＝， 解得n＝2. (2)不放回地隨機(jī)抽取2個(gè)小球的所有基本事件為：(0,1)，(0,21)，(0,2

30、2)，(1,0)，(1,21)，(1,22)，(21,0)，(21,1)，(21,22)，(22,0)，(22,1)，(22,21)，共12個(gè)， 事件A包含的基本事件為(0,21)，(0,22)，(21,0)，(22,0)，共4個(gè)． ∴P(A)＝＝. (理)(2020·合肥一模)現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)項(xiàng)目，對(duì)甲項(xiàng)目每投資十萬(wàn)元，一年后的利潤(rùn)是1.2萬(wàn)元、1.18萬(wàn)元、1.17萬(wàn)元的概率分別為、、；已知乙項(xiàng)目的利潤(rùn)與產(chǎn)品價(jià)格的調(diào)整有關(guān)，在每次調(diào)整中價(jià)格下降的概率都是p(0

31、,2時(shí)，一年后相應(yīng)利潤(rùn)是1.3萬(wàn)元、1.25萬(wàn)元、0.2萬(wàn)元．隨機(jī)變量ξ1、ξ2分別表示對(duì)甲、乙兩項(xiàng)目各投資十萬(wàn)元一年后的利潤(rùn)． (1)求ξ1，ξ2的概率分布和數(shù)學(xué)期望Eξ1、Eξ2； (2)當(dāng)Eξ1

32、 2p(1－p) p2 所以Eξ2＝1.3×(1－p)2＋1.25×2p(1－p)＋0.2×p2 ＝－p2－0.1p＋1.3. (2)由Eξ1

33、析]　(1)設(shè)“a∥b”為事件A，由a∥b，得x＝2y. 基本事件空間為Ω＝{(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)，(2,1)}，共包含12個(gè)基本事件； 其中A＝{(0,0)，(2,1)}，包含2個(gè)基本事件． 則P(A)＝＝，即向量a∥b的概率為. (2)設(shè)“a，b的夾角是鈍角”為事件B，由a，b的夾角是鈍角，可得a·b<0，即2x＋y<0，且x≠2y. 基本事件空間為Ω＝， B＝， 則P(B)＝＝＝， 即向量a，b的夾角是鈍角的概率是. (理)(2020·山東理)

34、紅隊(duì)隊(duì)員甲、乙、丙與藍(lán)隊(duì)隊(duì)員A、B、C進(jìn)行圍棋比賽，甲對(duì)A、乙對(duì)B、丙對(duì)C各一盤(pán)．已知甲勝A、乙勝B、丙勝C的概率分別為0.6,0.5,0.5，假設(shè)各盤(pán)比賽結(jié)果相互獨(dú)立． (1)求紅隊(duì)至少兩名隊(duì)員獲勝的概率； (2)用ξ表示紅隊(duì)隊(duì)員獲勝的總盤(pán)數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望Eξ. [解析]　(1)設(shè)甲勝A的事件為D，乙勝B的事件為E，丙勝C的事件為F， 則，，分別表示甲不勝A、乙不勝B、丙不勝C的事件． 因?yàn)镻(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5 由對(duì)立事件的概率公式知P()＝0.4，P()＝0.5， P()＝0.5. 紅隊(duì)至少兩人獲勝的事件有：DE，DF，EF，DEF

35、. 由于以上四個(gè)事件兩兩互斥且各盤(pán)比賽的結(jié)果相互獨(dú)立， 因此紅隊(duì)至少兩人獲勝的概率為 P＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＋P(DEF) ＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5 ＝0.55. (2)由題意知ξ可能的取值為0,1,2,3. 又由(1)知 F、E、D 是兩兩互斥事件，且各盤(pán)比賽的結(jié)果相互獨(dú)立， 因此P(ξ＝0)＝P( )＝0.4×0.5×0.5＝0.1， P(ξ＝1)＝P( F)＋P(E)＋P(D )＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35. P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15. 由對(duì)立事件的概率公式得 P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的分布列為： ξ 0 1 2 3 P 0.1 0.35 0.4 0.15 因此Eξ＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6.