【数学】2020届一轮复习（理）通用版（八）概率与统计单元测试 18页

单元质量测试(八)‎ 时间：120分钟　满分：150分 ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 第Ⅰ卷　(选择题，共60分)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．同时抛掷3枚硬币，那么互为对立事件的是(　　)‎ A．“至少有1枚正面”与“最多有1枚正面”‎ B．“最多有1枚正面”与“恰有2枚正面”‎ C．“至多有1枚正面”与“至少有2枚正面”‎ D．“至少有2枚正面”与“恰有1枚正面”‎ 答案　C 解析　两个事件是对立事件必须满足两个条件：①不同时发生，②两个事件的概率之和等于1．故选C．‎ ‎2．某小学共有学生2000人，其中一至六年级的学生人数分别为400，400，400，300，300，200．为做好小学放学后“快乐30分”的活动，现采用分层抽样的方法从中抽取容量为200的样本进行调查，那么应抽取一年级学生的人数为(　　)‎ A．120 B．‎40 C．30 D．20‎ 答案　B 解析　∵一年级学生共400人，∴抽取一个容量为200的样本，用分层抽样的方法抽取的一年级学生人数为×200＝40．选B．‎ ‎3．(2018·合肥质检一)某广播电台只在每小时的整点和半点开始播放新闻，时长均为5分钟，则一个人在不知道时间的情况下打开收音机收听该电台，能听到新闻的概率是(　　)‎ A． B． C． D． 答案　D 解析　我们研究在一个小时内的概率即可，不妨研究在一点至两点之间听到新闻的时间段．由题可知能听到新闻的时间段为1点到1点5分，以及1点30‎ 分到1点35分，总计10分钟的时间可以听到新闻，故能听到新闻的概率为＝．故选D．‎ ‎4．(2018·湖南邵阳二模)假设有两个分类变量X和Y的2×2列联表如下：‎ ‎　　　Y X　　　‎ y1‎ y2‎ 总计 x1‎ a ‎10‎ a＋10‎ x2‎ c ‎30‎ c＋30‎ 总计 ‎60‎ ‎40‎ ‎100‎ 对同一样本，以下数据能说明X与Y有关系的可能性最大的一组为(　　)‎ A．a＝45，c＝15 B．a＝40，c＝20‎ C．a＝35，c＝25 D．a＝30，c＝30‎ 答案　A 解析　根据2×2列联表与独立性检验可知，‎ 当与相差越大时，X与Y有关系的可能性越大，即a，c相差越大，与相差越大．故选A．‎ ‎5．(2018·河南安阳二模)已知变量x与y的取值如下表所示，且2．50)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a＝b(b mod m)．若a＝C＋C×2＋C×22＋…＋C×220，a＝b(b mod 10)，则b的值可以是(　　)‎ A．2011 B．‎2013 C．2015 D．2017‎ 答案　A 解析　∵a＝C＋C×2＋C×22＋…＋C×220＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10＝C×1010－C×109＋C×108－…－C×10＋C，∴a被10除得的余数为1，而2011被10除得的余数是1．故选A．‎ ‎12．为防止部分学生考试时用搜题软件作弊，命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编，则每种题型至少指派1名教师的不同分派方法种数为(　　)‎ A．420 B．‎200 C．180 D．150‎ 答案　D 解析　由题意知，5名教师的指派分组可以为1，2，2或1，1，3两种不同的方法，当分组为1，2，2时，不同的分派方法种数为＝90，当分组为1，1，3时，不同的分派方法种数为＝60，所以不同的分派方法种数为90＋60＝150．‎ 第Ⅱ卷　(非选择题，共90分)‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．(2017·山东高考)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________．‎ 答案　4‎ 解析　(1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝C(3x)r．令r＝2，得T3＝‎9Cx2．由题意得‎9C＝54，解得n＝4．‎ ‎14．某天，甲要去银行办理储蓄业务，已知银行的营业时间为9：00至17：00，设甲在当天13：00至18：00之间任何时间去银行的可能性相同，那么甲去银行恰好能办理业务的概率是________．‎ 答案　 解析　该题为长度型几何概型，所以概率P＝＝．‎ ‎15．(2018·衡阳联考)‎ 将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入A袋中的概率为________．‎ 答案　 解析　记“小球落入A袋中”为事件A，“小球落入B袋中”为事件B，则事件A的对立事件为B，若小球落入B袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P(B)＝3＋3＝，从而P(A)＝1－P(B)＝1－＝．‎ ‎16．(2018·佛山一模)某保险公司针对企业职工推出一款意外险产品，‎ 每年每人只要交少量保费，发生意外后可一次性获赔50万元．保险公司把职工从事的所有岗位共分为A，B，C三类工种，根据历史数据统计出这三类工种的每年赔付频率如表所示(并以此估计赔付概率)．‎ 工种类别 A B C 赔付频率 若规定该产品各工种保单的期望利润都不得超过保费的20%，则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为________元．‎ 答案　81．25‎ 解析　设工种A的每份保单保费为a元，保险公司每份保单的利润为随机变量X，则X的分布列为 X a a－50×104‎ P ‎1－ 保险公司期望利润为E(X)＝a1－＋(a－50×104)×＝a－5(元)，‎ 根据规定知，a－5≤0．‎2a，解得a≤6．25．‎ 设工种B的每份保单保费为b元，同理可得保险公司期望利润为(b－10)元，根据规定知，b－10≤0．2b，解得b≤12．5，设工种C的每份保单保费为c元，同理可得保险公司期望利润为(c－50)元，根据规定知，c－50≤0．‎2c，解得c≤62．5．‎ 则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为6．25＋12．5＋62．5＝81．25(元)．‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17．(2018·江西摸底)(本小题满分10分)某商场为了了解顾客的购物信息，‎ 随机的在商场收集了100位顾客购物的相关数据，整理如下：‎ 一次购物款 ‎(单位：元)‎ ‎[0，‎ ‎50)‎ ‎[50，‎ ‎100)‎ ‎[100，‎ ‎150)‎ ‎[150，‎ ‎200)‎ ‎[200，‎ ‎＋∞)‎ 顾客人数 m ‎20‎ ‎30‎ n ‎10‎ 统计结果显示100位顾客中购物款不低于100元的顾客占60%，据统计该商场每日大约有5000名顾客，为了增加商场的销售额度，对一次性购物不低于100元的顾客发放纪念品(每人一件)．‎ ‎(注：视频率为概率)‎ ‎(1)试确定m，n的值，并估计该商场每日应准备纪念品的数量；‎ ‎(2)为了迎接店庆，商场进行让利活动，一次购物款200元及以上的一次返利30元；一次性购物款小于200元的按购物款的百分比返利，具体见下表：‎ 一次购物款 ‎(单位：元)‎ ‎[0，50)‎ ‎[50，100)‎ ‎[100，150)‎ ‎[150，200)‎ 返利百分比 ‎0‎ ‎6%‎ ‎8%‎ ‎10%‎ 请估计该商场日均让利多少元？‎ 解　(1)由已知，100位顾客中购物款不低于100元的顾客有n＋10＋30＝100×60%，‎ 解得n＝20，∴m＝100－80＝20．‎ 故该商场每日应准备纪念品的数量约为5000×＝3000(件)．‎ ‎(2)设一次购物款为a元，‎ 当a∈[50，100)时，顾客有5000×20%＝1000(人)，‎ 当a∈[100，150)时，顾客有5000×30%＝1500(人)，‎ 当a∈[150，200)时，顾客有5000×20%＝1000(人)，‎ 当a∈[200，＋∞)时，顾客有5000×10%＝500(人)，‎ ‎∴估计该商场日均让利为75×6%×1000＋125×8%×1500＋‎ ‎175×10%×1000＋30×500＝52000(元)．‎ ‎∴估计该商场日均让利为52000元．‎ ‎18．(2018·广东顺德一模)(本小题满分12分)某市市民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了100位市民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，并且前四组频数成等差数列．‎ ‎(1)求a，b，c的值及居民月用水量在2～2．5内的频数；‎ ‎(2)根据此次调查，为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w定为多少？(精确到小数点后两位)‎ ‎(3)若将频率视为概率，现从该市随机调查3名居民的月用水量，将月用水量不超过2．5立方米的人数记为X，求其分布列及均值．‎ 解　(1)∵前四组频数成等差数列，‎ ‎∴所对应的频率/组距也成等差数列，‎ 设a＝0．2＋d，b＝0．2＋2d，c＝0．2＋3d，‎ ‎∴0．5(0．2＋0．2＋d＋0．2＋2d＋0．2＋3d＋0．2＋d＋0．1＋0．1＋0．1)＝1，‎ 解得d＝0．1，∴a＝0．3，b＝0．4，c＝0．5．‎ 居民月用水量在2～2．5内的频率为0．5×0．5＝0．25．‎ 居民月用水量在2～2．5内的频数为0．25×100＝25．‎ ‎(2)由题图及(1)可知，居民月用水量小于2．5的频率为0．7<0．8，‎ ‎∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，‎ 应规定w＝2．5＋×0．5≈2．83．‎ ‎(3)将频率视为概率，设A(单位：立方米)代表居民月用水量，‎ 可知P(A≤2．5)＝0．7，‎ 由题意，X～B(3，0．7)，‎ P(X＝0)＝C×0．33＝0．027，‎ P(X＝1)＝C×0．32×0．7＝0．189，‎ P(X＝2)＝C×0．3×0．72＝0．441，‎ P(X＝3)＝C×0．73＝0．343．‎ ‎∴X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0．027‎ ‎0．189‎ ‎0．441‎ ‎0．343‎ ‎∵X～B(3，0．7)，∴E(X)＝np＝2．1．‎ ‎19．(2018·郑州质检一)(本小题满分12分)为了减少雾霾，还城市一片蓝天，某市政府于‎12月4日到‎12月31日在主城区实行车辆限号出行政策，鼓励民众不开车低碳出行，某甲、乙两个单位各有200名员工，为了了解员工低碳出行的情况，统计了‎12月5日到‎12月14日共10天的低碳出行的人数，画出茎叶图如图所示．‎ ‎(1)若甲单位数据的平均数是122，求x；‎ ‎(2)现从如图所示的数据中任取4天的数据(甲、乙两单位中各取2天)，‎ 记其中甲、乙两单位员工低碳出行人数不低于130人的天数为ξ1，ξ2令η＝ξ1＋ξ2，求η的分布列和数学期望．‎ 解　(1)由题意[105＋107＋113＋115＋119＋126＋(120＋x)＋132＋134＋141]＝122，解得x＝8．‎ ‎(2)随机变量η的所有可能取值有0，1，2，3，4，‎ P(η＝0)＝＝；‎ P(η＝1)＝＝；‎ P(η＝2)＝＝；‎ P(η＝3)＝＝；‎ P(η＝4)＝＝，‎ ‎∴η的分布列为 η ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P E(η)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝．‎ ‎20．(2018·湖南衡阳联考二)(本小题满分12分)某钢管生产车间生产一批钢管，质检员从中抽出若干根对其直径(单位：mm)进行测量，得出这批钢管的直径X服从正态分布N(65，4．84)．‎ ‎(1)当质检员随机抽检时，测得一根钢管的直径为‎73 mm，他立即要求停止生产，检查设备，请你根据所学知识，判断该质检员的决定是否有道理，并说明判断的依据；‎ ‎(2)如果钢管的直径X满足60．6～69．‎4 mm为合格品(合格品的概率精确到0．01)，现要从60根该种钢管中任意挑选3根，求次品数Y的分布列和数学期望．‎ 参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ71．6)＝ ‎＝＝0．0013．‎ ‎∴此事件为小概率事件，该质检员的决定有道理．‎ ‎(2)∵μ＝65，σ＝2．2，μ－2σ＝60．6，μ＋2σ＝69．4，‎ 由题意可知钢管直径满足μ－2σ6．635，‎ ‎∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关．‎ ‎(2)根据题图和题表可知，设备改造前产品为合格品的概率约为＝，设备改造后产品为合格品的概率约为＝，显然设备改造后产品合格率更高，因此设备改造后性能更优．‎ ‎(3)由题表知，一等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件一等品的概率为；‎ 二等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件二等品的概率为；‎ 三等品的频率为，即从所有产品中随机抽到一件三等品的概率为．‎ 由已知得随机变量X的所有可能取值为240，300，360，420，480(单位：元)，‎ 则P(X＝240)＝×＝，‎ P(X＝300)＝C××＝，‎ P(X＝360)＝C××＋×＝，‎ P(X＝420)＝C××＝，‎ P(X＝480)＝×＝．‎ ‎∴随机变量X的分布列为 X ‎240‎ ‎300‎ ‎360‎ ‎420‎ ‎480‎ P ‎∴数学期望E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400(元)．‎