综评1

综合测试

一、选择题(每小题5分，共60分)

1.从应庙高中生中选出飞行员，已知这批学生体型合格的概率为其他几项标准合格的概率为标准互不影响)( )

11，视力合格的概率为，361，从中任选一学生，则该生三项均不合格的概率为(假设三项54145 B. C. D. 959902544解析：P=××=

3659A.

答案：A

2.设导弹发射的事故率为0.01，若发射10次，其出事故的次数为ξ，则下列结论正确的是( )

A.Eξ=0.1 B.Dξ=0.1

kC.P(ξ=k)=0.01k·0.9910-k D.P(ξ=k)=C10·0.99k·0.0110-k

解析：ξ—B(n,p),Eξ=10×0.01=0.1. 答案：A

3.随机变量ξ-B(100，0.3)，则D(2ξ-5)等于( )

A.120 B.84 C.79 D.42 解析：Dξ=100×0.3×0.7=21 ∴D(2ξ-5)=4Dξ=84 答案：B

4.盒中有10只螺丝钉，其中有3只是不合格的，现从盒在随机地抽取4个，那么310等于( ) A.恰有2只是合格的概率 B.恰有3只是不合格的概率 C.4个全是合格的概率 D.至多2只是不合格的概率

22C7C33解析：验证答案，由可知，选A. 4C1010答案：A

25.数列a1,a2,…,a100的每一项都满足方程an+2an-8=0(n=1,2,3,…,10

0),则这样不同数列(两个数列要有一个对应项不相等，即视为不同的数列)的个数有 ( ) A.2 B.2100-1 C.299 D.2100 解析：解方程可得an=2或-4(n=1,2,…,100)，故数列中的每一项都有两种可能的取值， 由乘法原理可知，这样的数列个数为222=2100个 100个答案：D

6.集合A={a,b,c,d,e}，集合B={m,n,f,h},则从集合A到集合B可以建立不同的映射个数为( )

2A.45 B.54 C.C5A4 D.A4

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答案：A

7.设(2x-1)20=a0-a1x+a2x2-a3x3+…+a20x20.则a0+a2+a4+…+a20等于( )

1320132013201320A B. C. D.-

2222答案：A

8.设投掷1颗骰子的点数为ξ，则( ) A.Dξ=3.52 B.Dξ=

3535 C.Dξ=3.5 D.Dξ= 1216解析：ξ可以取1，2，3，4，5，6.

P(ξ=1)=P(ξ=2)=P(ξ=3)=P(ξ=4)=P(ξ=5)=P(ξ=6)= ∴Eξ=1×

1, 6111111+2×+3×+4×+5×+6×=3.5, 6666661617.535=. 612Dξ=［(1-3.5)2+(2-3.5)2+(3-3.5)2+(4-3.5)2+(5-3.5)2+(6-3.5)2］×答案：B

9.将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面的概率等于出现k+1次正面的概率，那么k的值为( )

A.0 B.1 C.2 D.3

k解析：由C5(

1k15-kk11k+115-k-1

)()=C5()·(), 2222kk1即C5=C5,k+(k+1)=5,k=2.

答案：C 10.甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p1,乙解决这个问题的概率是p2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是( )

A.p1p2 B.p1(1-p2)+p2(1-p1) C.1-p1p2 D.1-(1-p1)(1-p2)

解析：恰有一人解决就是甲解决乙没有解决或甲没有解决乙解决，故所求概率是p1(1-p2)+p2(1-p1). 答案：B

11.x是x1,x2,…，x100的平均数，a是x1，x2，…，x40的平均数，b是x41，x42，…，x100的平均数，则下列各式正确的是（ ）

40a60b60a40b B.x

100100abC.xab D．x

21解析：这100个数的平均数是a+b还是(a+b)，这都很容易让人误解.我们可以从概率及加

2A.x权平均数的角度来思考.设Pi是x1,x2,…,x100中xi被抽到的概率，qi是x1,x2,…,x40中xi被抽到的概率，ri是x 41,x42,…,x100中xi被抽到的概率，则Pi=

4060qi,Pi=ri.故x1,x2,…,x100的平均100100中鸿智业信息技术有限公司

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数x=

40604060(x1q1+x2q2+…+x40q40)+ (x41r41+…+x100r100)= a+b. 100100100100答案：A

12.某班有48名学生，在一次考试中统计出平均分为70分，方差为75分，后来发现有2名同学的成绩有误，甲实得80分却记为50分，乙实得70分却记为100分，更正后平均分和方差分别是（ ）

A.70，25 B.70，50 C.70，1.04 D.65，25 解析：易得x没有改变，x=70，

1222［（x1+x2+…+502+1002+…+x48)-48x2］=75， 481222s′2=［（x1+x2+…+802+702+…+x48)-48x2］

481=[(754848x21250011300)48x2] 48120075752550.

48而s2=

答案：B

二、填空题(每题4分，共16分)

13.设一次试验成功的概率为p，进行100次独立重复试验，当p=__________时，成功次数的标

准差的值最大，其最大值为__________. 解析：Dξ=npq≤n(答案：

pq2n1)=,等号在p=q=时成立，此时，Dξ=25,σξ=5. 2421 5 214.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生， 则不同的选法共有________种.

4解析：7人中任选4，共C7种选法，扣除只有男生的选法C4，就可得有既有男生，又有女4生的选法C7-C4=34.

44答案：34

15.一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有____________种不同的坐法?

解析：(1)选将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C4种插法；二是2张同时插入，有C4种插法，

3再考虑3人可交换有A3种方法.

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213所以，共有A3(C4+C4)=60(种).

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下面再看另一种构造方法：

先将3人与2张空椅子排成一排，从5个位置中选出3个位置排人，另2个位置排空椅子，

23有A5种排法，再将4张空椅子中的每两张插入每两人之间，只有1种插法，所以所 C223求的坐法数为A5·=60. C2答案：60 16.已知(xx字作答) 解析：∵(xx3213n

3213n

)的展开式中各项系数的和是128，则展开式中x5的系数是_______.(以数

)的展开式中各项系数和为128，

327-r

13r

6311r6∴令x=1，即得所有项系数和为2n=128.

∴n=7.设该二项展式中的r+1项为Tr+1=C(x)·(x令

r7x)=C·

r7,

6311r3=5即r=3时，x5项的系数为C7=35. 6答案：35

三、解答题（共74分）

17.（12分）人寿保险中(某一年龄段)，在一年的保险期内，每个被保险人需交纳保费a元，被保险人意外死亡则保险公司赔付3万元，出现非意外死亡则赔付1万元.经统计此年龄段一年内意外死亡的概率是p1，非意外死亡的概率为p2，ξ表示保险公司的盈利数，求Eξ. 解析：设ξ为盈利数，其概率分布为

ξ a a-30 000 a-10 000 P 1-p1-p2 p1 p2

且Eξ=a(1-p1-p2)+(a-30 000)p1+(a-10 000)p2=a-30 000p1-10 000p2.

18.(12分)一台设备由三大部件组成，在设备运转中，各部件需要调整的概率相应为0.10，0.20和0.30.假设各部件的状态相互独立，以ξ表示同时需要调整的部件数，试求ξ的数期望Eξ和方差Dξ.

解析：设Ai={部件i需要调整}(i=1,2,3)，则P(A1)=0.1,P(A2)=0.2,P(A3)=0.3. 由题意，ξ有四个可能值0，1，2，3.由于A1，A2，A3相互独立，可见 P(ξ=0)=P(A1A2A3)=0.9×0.8×0.7=0.504;

P(ξ=1)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398;

P(ξ=2)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=0.1×0.2×0.7+0.1×0.8×0.3+0.9×0.2×0.3=0.092;P(ξ=3)=P(A1A2A3)=0.1×0.2×0.3=0.006. ∴Eξ=1×0.398+2×0.092+3×0.006=0.6, Dξ=Eξ2-(Eξ)2=1×0.398+4×0.092+9×0.006-0.62=0.82-0.36=0.46.

19.某班有两个课外活动小组，其中第一小组有足球票6张，排球票4张；第二小组有足球

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票4张，排球票6张.甲从第一小组的10张票中任抽1张，乙从第二小组的10张票中任抽1张.

(1)两人都抽到足球票的概率是多少?

(2)两人中至少有1人抽到足球票的概率是多少?

解析：记“甲从第一小组的10张票中任抽1张，抽到的足球票”为事件A，“乙从第二小组 的10张票中任抽1张，抽到足球票”为事件B；记“甲从第一小组的10张票中任抽1张，抽到排球票”为事件A，“乙从第二小组的10张票中任抽1张，抽到排球票”为事件B于是

632=,P(A)=; 1055423P(B)==,P(B)=.

1055P(A)=

由于甲(或乙)是否抽到足球票，对乙(或甲)是否抽到足球票没有影响，因此A与B是相互独 立事件.

(1)甲、乙两人都抽到足球票就是事件A·B发生，根据相互独立事件的概率乘法公式，得到P(A·B)=P(A)·P(B)=

326·=. 55256. 25答：（1）两人都抽到足球票的概率是

(2)甲、乙两人均未抽到足球票(事件A·B发生)的概率为

B)=P(A)·P(A·P(B)=

236·=. 5525∴两人中至少有1人抽到足球票的概率为

B)=1-P=1-P(A·

619=. 252519. 25答：两人中至少有1人抽到足球票的概率是

20.(12分)一个袋子中有4个红球和3个黑球，现从该袋中取出4个球，规定取到一个红球得3分，取到一个黑球得1分，记所取球的得分为ξ. (Ⅰ)求ξ=6的概率； (Ⅱ)求随机变量ξ的数学期望Eξ. 解析：(Ⅰ)ξ=6时，这四个球中有1个红球，3个黑球

13C4C34∴P(ξ=6)= 435C7(Ⅱ)随机变量ξ的可能取值有：6、8、10、12，

13C4C34P(ξ=6)=; 435C722C4C318P(ξ=8)=; 435C7中鸿智业信息技术有限公司

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31C4C312P(ξ=10)= ; 4C73540C4C31P(ξ=12)=. 435C7或http://www.e12.com.cn

故随机变量ξ概率分布列是：

ξ 6

P

Eξ=6×

8 10 12

4 3518 3512 351 3541812160+8×+10×+12×= 3535353574答：(Ⅰ)当ξ=6时的概率为；

3560(Ⅱ)随机变量ξ的数学期望Eξ为.

72l.(12分)已知数列an=an，bn=(1+a)n+b，a∈N*且a≥2．数列{an}与{bn}有公共项，若b∈[1，a]，求b．

解析：设m,p∈N*，且am=(1+a)p+b， ∵p∈N*，1+a≥3，1≤b≤a<1+a， ∴b即为am除以1+a的余数．

m0m1又∵an＝[(1+a)-1]m=Cm(1+a)m+(1+a)m-1(-1)+…Cm(1+a)(-1)m-1+Cm(-1)m，

∴am除以1+a的余数为(-1)m， 当m为偶数时，(-1)m＝1， ∴b=1.

当m为奇数时，(-1)m＝-1，而1≤b≤a， ∴b=-1+1+a=a.故b=1或a．

22(14分)(2006湖南高考，17）某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检)．若安检不合格，则必须整改，若整改后经复查仍不合格，则强制关闭，设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0．5，整改后安检合格的概率是0．8．计算（结果精确到0．01) (1)恰好有两家煤矿必须整改的概率； (2)平均有多少家煤矿必须整改； (3)至少关闭一家煤矿的概率．

解析：(1)每家煤矿必须整改的概率是1-0.5＝0．5，且每家煤矿是否整改足相互独立的．

2所以，恰好有两家煤矿必须整改的概率是P1C5(10.5)20.5350.31. 16(2)由题设，必须整的煤矿数ξ服从二项分布B(5,0．5)，从而ξ的数学期望是Eξ=5×0.5=2．5，即平均2．5家煤矿必须整改．

(3)某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安捡不合格，整改后经复查仍不合格，则该煤矿被关闭的概率是P2＝(1-0．5)×(1-0．8)＝0．1．从而该煤矿不被关闭的概率是0.9．又由于每家煤矿是否被关闭是相互独立的，因此至少关闭一家煤矿的概率P3=1-0．95≈0．41．

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