2021高考理科数学（人教A版）一轮复习单元质检卷十二概率（B） WORD版含解析.docx

1、单元质检卷十二概率(B)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019广东潮州二模,7)一试验田某种作物一株生长果实个数x服从正态分布N(90,2),且P(x70)=0.2,从试验田中随机抽取10株,果实个数在90,110的株数记作随机变量X,且X服从二项分布,则X的方差为()A.3B.2.1C.0.3D.0.212.(2019福建宁德模拟,7)8张卡片上分别写有数字1、2、3、4、5、6、7、8,从中随机取出2张,记事件A=“所取2张卡片上的数字之和为偶数”,事件B=“所取2张卡片上的数字之和小于9”,则P(B|A)=()A.16B.13C.

2、12D.233.设随机变量XN(1,1),其正态分布密度曲线如图所示,那么向正方形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()注:若XN(,2),则P(-X+)0.682 6,P(-2Xp2p3B.p1=p2+p3C.p2p1p3D.p1=p2p35.将5本不同的书全发给4名同学,每名同学至少有一本书的概率是()A.1564B.15128C.24125D.481256.一个正四面体的四个面上分别标有数字1,2,3,4.掷这个四面体四次,令第i次得到的数为ai,若存在正整数k使得i=1kai=4的概率p=mn,其中m,n是互质的正整数,则log5m-log4n的值为

3、()A.1B.-1C.2D.-2二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.口袋中有形状和大小完全相同的4个球,球的编号分别为1,2,3,4,若从袋中一次随机摸出2个球,则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为.8.(2019河北唐山模拟,6)甲、乙、丙三位学生用计算机联网学习数学,每天上课后独立完成6道自我检测题,甲及格的概率为45,乙及格的概率为35,丙及格的概率为710,三人各答一次,则三人中只有一人及格的概率为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019北京西城区模拟,16)某汽车生产厂家为了解某型号电动汽车的“实际平均续航里程数”,收集了使用该型号电动汽车

4、1年以上的部分客户的相关数据,得到他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”.从年龄在40岁以下的客户中抽取10位归为A组,从年龄在40岁(含40岁)以上的客户中抽取10位归为B组,将他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”整理成下图,其中“+”表示A组的客户,“”表示B组的客户.注:“实际平均续航里程数”是指电动汽车的行驶总里程与充电次数的比值.(1)记A,B两组客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”的平均值分别为m,n,根据图中数据,试比较m,n的大小(结论不要求证明);(2)从A,B两组客户中随机抽取2位,求其中至少有一位是A组的客户的概率;(3)如果客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”不小

5、于350,那么称该客户为“驾驶达人”.从A,B两组客户中,各随机抽取1位,记“驾驶达人”的人数为,求随机变量的分布列及其数学期望E().10.(14分)(2019四川广元适应性统考,19)随着共享单车的成功运营,更多的共享产品逐步走入大家的世界,共享汽车、共享篮球、共享充电宝等各种共享产品层出不穷.广元某景点设有共享电动车租车点,共享电动车的收费标准是每小时2元(不足1小时的部分按1小时计算).甲、乙两人各租一辆电动车,若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14,12;一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12,14;两人租车时间都不会超过三小时.(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率;(2

6、)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量,求的分布列与数学期望E().11.(16分) 某公司年会举行抽奖活动,每位员工均有一次抽奖机会.活动规则如下:一只盒子里装有大小相同的6个小球,其中3个白球,2个红球,1个黑球,抽奖时从中依次摸出3个小球.若所得的小球同色,则获得一等奖,奖金为300元;若所得的小球颜色互不相同,则获得二等奖,奖金为200元;若所得的小球恰有2个同色,则获得三等奖,奖金为100元.(1)求小张在这次活动中获得的奖金数X的概率分布列及数学期望;(2)若每个人获奖与否互不影响,求该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率.参考答案单元质检卷十二概率(B)1.BxN(9

7、0,2),且P(x110)=0.2,P(90x110)=0.5-0.2=0.3,XB(10,0.3),X的方差为100.3(1-0.3)=2.1.故选B.2.C事件AB为“所取2张卡片上的数字之和为小于9的偶数”,以(a,b)为一个基本事件,则事件AB包含的基本事件有(1,3),(1,5),(1,7),(2,4),(2,6),(3,5),共6个,由古典概型的概率公式可得P(AB)=6C82=314,事件A为“所取2张卡片上的数字之和为偶数”,则所取的两个数全是奇数或全是偶数,由古典概型的概率公式可得P(A)=2C42C82=37,因此,P(B|A)=P(AB)P(A)=31473=12,故选C

8、.3.BXN(1,1),=1,=1,+=2.P(-X+)=68.26%,P(0X2)=68.26%,则P(1Xp3,故选D.5.A将5本不同的书分给4名同学,共有45=1 024种分法,其中每名同学至少一本的分法有C52A44=240种,则所求概率为2401 024=1564,故选A.6.B当k=1时,概率为14;当k=2时,4=1+3=2+2=3+1,概率为3142;当k=3时,4=1+1+2=1+2+1=2+1+1,概率为3143;当k=4时,4=1+1+1+1,概率为144.所以p=14+316+364+1256=64+48+12+1256=125256=5344,所以n=44,m=53

9、,所以log5m-log4n=3-4=-1.故选B.7.23基本事件总数n=C42=6,摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件有(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共4个,摸出的2个球的编号之和大于4的概率为P=46=23.8.47250因为甲及格的概率为45,乙及格的概率为35,丙及格的概率为710,所以仅甲及格的概率为451-351-710=24250;仅乙及格的概率为1-45351-710=9250;仅丙及格的概率为1-451-35710=14250;三人中只有一人及格的概率为24250+9250+14250=47250.9.解 (1)mn.(2)设“从抽取的20位客户中

10、任意抽取2位,至少有一位是A组的客户”为事件M,则P(M)=C101C101+C102C202=2938.所以从抽取的20位客户中任意抽取2位至少有一位是A组的客户的概率是2938.(3)依题意的可能取值为0,1,2.则P(=0)=C91C81C101C101=1825;P(=1)=C11C81+C91C21C101C101=1350;P(=2)=C11C21C101C101=150.所以随机变量的分布列为012P18251350150所以随机变量的数学期望E()=01825+11350+2150=310,即E()=310.10.解 (1)甲、乙两人所付费用相同,即为2,4,6元,都付2元的概

11、率为p1=1412=18,都付4元的概率为p2=1214=18,都付6元的概率为p3=1414=116,所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率:p=p1+p2+p3=18+18+116=516.(2)依题意,的可能取值为4,6,8,10,12,P(=4)=18,P(=6)=1414+1212=516,P(=8)=1414+1214+1214=516,P(=10)=1414+1214=316,P(=12)=1414=116,所以的分布列为4681012P18516516316116E()=418+6516+8516+10316+12116=152.11.解 (1)小张在这次活动中获得的奖金数X的所

12、有可能取值为100,200,300.P(X=300)=C33C63=120,P(X=200)=C31C21C11C63=620=310,P(X=100)=C32C31+C22C41C63=9+420=1320,或P(X=100)=1-P(X=200)-P(X=300)=1320所以奖金数X的概率分布列为:X100200300P1320310120奖金数X的数学期望E(X)=1001320+200310+300120=140(元).(2)设3个人中获二等奖的人数为Y,则YB3,310,所以P(Y=k)=C3k310k7103-k(k=0,1,2,3),设“该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖”为事件A,则P(A)=P(Y=2)+P(Y=3)=C323102710+C333103=27125.则该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率为27125.