(压轴题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测卷(答案解析)

一、选择题

1．甲、乙、丙三台机床是否需要维修相互之间没有影响．在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是0.1，0.2，0.4，则一小时内恰有一台机床需要维修的概率是（ ） A．0.444

B．0.008

C．0.7

D．0.233

2．已知a,b为实数，随机变量X，Y的分布列如下：

X P 1 0 1 1 31 1 20 1 61 Y P a b c 若E(Y)P(Y1)，随机变量满足XY，其中随机变量X，Y相互，则

E()取值范围的是（ ）

A．3,1 4B．1,0 18C．1,1 18D．,1

343．在三次重复试验中，事件A在每次试验中发生的概率相同，若事件A至少发生一次的概率为A．

63，则事件A恰好发生一次的概率为（ ） B．

1 43 4C．

9 D．

27 4．设1~B(10,p)，2~B(10,q)，且pq（ ）

A．充分不必要条件 C．充要条件

1，则“E1E2”是“D1D2”的4B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

5．已知随机变量的分布列如表，则的标准差为（ ）

 P 1 3 5 0.4 0.1 x

A．3.56 ( )

B．3.2 C．3.2

D．3.56 6．将4个文件放入到3个盒子中,随机变量X表示盒子中恰有文件的盒子个数,则EX等于

A．

62 27B．

7 3C．

27D．

65 277．据统计，连续熬夜48小时诱发心脏病的概率为0.055 ，连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为0.19 . 现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为（ ） A．

6 7B．

3 35C．

11 35D．0.19

8．在10个排球中有6个正品，4个次品.从中抽取4个，则正品数比次品数少的概率为（ ） A．

5 42B．

4 35C．

19 42D．

8 219．已知随机变量X～N(2，σ2)，若P(X10．如下五个命题:

①在线性回归模型中，R2表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，在对女大学生的身高预报体重的回归分析数据中，算得R20.，表明“女大学生的体重差异有%是由身高引起的”

②随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越大；

③正态曲线关于直线x对称,这个曲线只有当x3,3时,才在x轴上方； ④正态曲线的对称轴由确定，当一定时，曲线的形状由决定，并且越大，曲线越“矮胖”；

⑤若随机变量~N0,1，且P1p,则P10其中正确命题的序号是 A．②③

B．①④⑤

C．①④

D．①③④

11．小明的妈妈为小明煮了 5 个粽子，其中两个腊肉馅三个豆沙馅，小明随机取出两个，事件A‘‘取到的两个为同一种馅\"，事件B‘‘取到的两个都是豆沙馅\"，则

B．0.68

C．0.36

D．0.

1p； 2PB∣A （ ）

A．

1 4B．

3 4C．

1 10D．

3 1012．已知随机变量X的分布列为

则E(6X＋8)＝( ) A．13.2

B．21.2

C．20.2

D．22.2

二、填空题

13．3月5日为“学雷锋纪念日”，某校将举行“弘扬雷锋精神做全面发展一代新人”知识竞赛，某班现从6名女生和3名男生中选出5名学生参赛，要求每人回答一个问题，答对得2分，答错得0分，已知6名女生中有2人不会答所有题目，只能得0分，其余4人可得2分，3名男生每人得2分的概率均为

1，现选择2名女生和3名男生，每人答一题，则2该班所选队员得分之和为6分的概率__________.

14．某人乘车从A地到B地，所需时间（分钟）服从正态分布N（30，100），求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率为__________．参考数据：若Z~N(,2)，则

P(Z)0.6826，P(2Z2)0.9544，

P(3Z3)0.9974．

15．甲、乙两名射击运动员一次射击命中目标的概率分别是0.7，0.6，且每次射击命中与否相互之间没有影响，求：

（1）甲射击三次，第三次才命中目标的概率；

（2）甲、乙两人在第一次射击中至少有一人命中目标的概率； （3）甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标的次数恰好多一次的概率.

16．在一个袋中放入四种不同颜色的球，每种颜色的球各两个，这些球除颜色外完全相同．现玩一种游戏：游戏参与者从袋中一次性随机抽取4个球，若抽出的4个球恰含两种颜色，获得2元奖金；若抽出的4个球恰含四种颜色，获得1元奖金；其他情况游戏参与者交费1元．设某人参加一次这种游戏所获得奖金为X，则E(X)________． 17．测量某一目标的距离时，所产生的随机误差X服从正态分布N20,10测量3次，至少一次测量误差在0,30内的概率是__________.

附参考数据：PX0.68，P2X20.95，

2，如果

P3X30.99，0.18520.03，0.18530.006，0.81520.66，0.81530.541.

18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为

2，则甲以3:1的比分获胜的概率为______． 319．在极坐标系中，从四条曲线C1:1，C2:3（0），C3:cos，

C4:sin1中随机选择两条，记它们的交点个数为随机变量，则随机变量的数学

期望E=_______.

20．某次测量中，测量结果ξN(2,σ2) (σ0)，若在(0,2)内取值的概率为0.4，则

在(,4)内取值的概率为__________ 三、解答题

21．某校准备从报名的6位教师（其中男教师3人，女教师3人）中选3人去边区支教.

（1）设所选3人中女教师的人数为X，求X的分布列及数学期望；

（2）若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率.

22．在一次猜灯谜活动中，共有20道灯谜，两名同学竞猜，甲同学猜对了12个，乙同学猜对了8个，假设猜对每道灯谜都是等可能的，试求： （1）任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率； （2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率．

23．推进垃圾分类处理，是落实绿色发展理念的必然选择，也是打赢污染防治攻坚战的重要环节.为了解居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会随机抽取1000名社区居民参与问卷测试，并将问卷得分绘制频率分布表如表： 得分 男性 人数 女性 人数 [30,40) [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100] 90 120 130 110 60 30 40 20 50 80 110 100 40 20 （1）从该社区随机抽取一名居民参与问卷测试，试估计其得分不低于60分的概率； （2）将居民对垃圾分类的了解程度分为“比较了解”（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分）两类，完成2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为“居民对垃圾分类的了解程度”与“性别”有关？

男性 女性 合计 不太了解 比较了解 合计

（3）从参与问卷测试且得分不低于80分的居民中，按照性别进行分层抽样，共抽取10人，现从这10人中随机抽取3人作为环保宣传队长，设3人中男性队长的人数为ξ，求ξ的分布列和期望.

2n(adbc)附：K2，（n=a+b+c+d）.

abcdacbd临界值表：

PK2k0 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0

2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 131322xy1,A(1,0),B,,C,24．如图，直角坐标系中，圆的方程为222为2圆上三个定点，某同学从A点开始，用掷骰子的方法移动棋子，规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为3的倍数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为不为3的倍数，则按图中箭头相反的方向移动.设掷骰子n次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为

Pn(A),Pn(B),Pn(C),例如：掷骰子一次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为

12P(A)0,P(B)P(C). ，11133

（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A，B，C处的概率；

（2）掷骰子N次时，若以X轴非负半轴为始边，以射线OA，OB，OC为终边的角的正弦值弦值记为随机变量Xn，求X5的分布列和数学期望；

25．2020年1月10日，引发新冠肺炎疫情的COVID-9病毒基因序列公布后，科学家们便开始了病毒疫苗的研究过程.但是类似这种病毒疫苗的研制需要科学的流程，不是一朝一夕能完成的，其中有一步就是做动物试验.已知一个科研团队用小白鼠做接种试验，检测接种疫苗后是否出现抗体.试验设计是：每天接种一次，3天为一个接种周期.已知小白鼠接种后当天出现抗体的概率为

1，假设每次接种后当天是否出现抗体与上次接种无关. 2（1）求一个接种周期内出现抗体次数k的分布列；

（2）已知每天接种一次花费100元，现有以下两种试验方案：

①若在一个接种周期内连续2次出现抗体即终止本周期试验，进行下一接种周期，试验持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为X元；

②若在一个接种周期内出现2次或3次抗体，该周期结束后终止试验，已知试验至多持续

三个接种周期，设此种试验方式的花费为Y元. 比较随机变量X和Y的数学期望的大小.

26．一辆汽车前往目的地需要经过4个有红绿灯的路口.汽车在每个路口遇到绿灯的概率为

31（可以正常通过），遇到红灯的概率为（必须停车）.假设汽车只有遇到红灯或到达目

44的地才停止前进，用随机变量表示前往目的地途中遇到红灯数和绿灯数之差的绝对值.

（1）求汽车在第3个路口首次停车的概率； （2）求的概率分布和数学期望.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【分析】

直接利用对立事件和事件的概率求解. 【详解】

因为在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是0．1，0．2，0．4， 所以一小时内恰有一台机床需要维修的概率是：

p0.110.210.40.210.110.4 ，

0.410.210.10.444.

故选：A 【点睛】

本题主要考查事件和对立事件的概率，属于中档题.

2．B

解析：B 【分析】

由E(Y)P(Y1)及abc1，可知b13a，c2a；又因为0a,b,c1，可求出0≤a≤【详解】

解：由E(Y)P(Y1)知，aca ，即c2a ，又abc1 ，所以

11；由题意知E()a，从而可求出E()取值范围.

63b13a；

因为0a,b,c1 ，所以013a11 ，解得0≤a≤.又

302a1111EX0 ，

366且X，Y相互，XY，所以E()EXYEXEYa故选:B. 【点睛】

本题考查了数学期望，考查了分布列的性质，考查了推理能力和计算能力.本题的关键是由条件求出a 的取值范围.

161,0. 183．C

解析：C 【分析】

由事件A至少发生一次的概率为式，即可求解. 【详解】

设事件A在一次试验中发生的概率为p，则事件A在一次试验中不发生的概率为1p ，

3则在三次重复试验中，事件A至少发生一次的概率1(1p)363，求得p，再结合重复试验的概率计算公4

363，解得p， 4

12所以事件A恰好发生一次的概率为C3()(1)34349. 故选：C. 【点睛】

本题主要考查了重复试验的概率的计算，其中解答中熟记重复试验的概率计算方法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.

4．C

解析：C 【分析】

根据二项分布的期望和方差公式，可知E110p，E210q，那么E1E2等价于10p10q，即pq，并且D110p1p，D210q1q，则

D1D2等价于10p1p10q1q，即p1pq1q，分情况讨论，看这

两个条件是否可以互相推出即得. 【详解】

由题得，E110p，E210q，故E1E2等价于10p10q，即pq. 又D110p1p，D210q1q，故D1D2等价于

10p1p10q1q，即p1pq1q.

p1p111若pq，因为pq，说明p，且p1ppq，故

24241pq，

2111111故有pq.若q，则pq，若q，则自然有

222222111111pq0，则，故pqpq即222222222222p1pq1q.

11若p1pq1q，则pq，又因为

22p1pq1q1111pq，1pq，即pq.若p0，则与422222221111pq，若q1，则由pq矛盾，故，若，则自然有pq22222221111pq知，即pq. pq2222所以是充要条件.

故选：C 【点睛】

本题综合的考查了离散型随机变量期望方差和不等式，属于中档题.

5．D

解析：D 【分析】

由分布列的性质求得x，利用方差的计算公式可求得D，进而得到标准差. 【详解】

由分布列的性质得：0.40.1x1，解得：x0.5，

E10.430.150.53.2，

D13.20.433.20.153.20.53.56，

的标准差为D2223.56.

故选：D. 【点睛】

本题考查根据离散型随机变量的分布列求解标准差的问题，考查了分布列的性质、数学期望和方差的求解，考查基础公式的应用.

6．D

解析：D

【分析】

本道题分别计算X=1,2,3对应的概率，然后计算数学期望，即可． 【详解】

132221C32C4C3A2C4C214C31, PX14,PX2432732723C4A4PX343

39列表：

X P 所以数学期望EX1【点睛】

1 2 3 1 2714 274 911446523，故选D． 2727927本道题考查了数学期望的计算方法，较容易．

7．A

解析：A 【解析】

分析：首先设出题中的事件，然后由题意结合条件概率公式整理计算即可求得最终结果. 详解：设事件A为48h发病，事件B为72h发病， 由题意可知：PA0.055,PB0.19， 则PA0.945,PB0.81， 由条件概率公式可得：PB|A本题选择A选项.

点睛：本题主要考查条件概率公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

PABPAPAPB0.816. 0.94578．A

解析：A 【解析】

分析：根据超几何分布，可知共有C10 种选择方法，符合正品数比次品数少的情况有两种，分别为0个正品4个次品，1个正品3个次品，分别求其概率即可． 详解：正品数比次品数少，有两种情况：0个正品4个次品，1个正品3个次品，

4C41P04 由超几何分布的概率可知，当个正品个次品时4C10210413C6C4244当1个正品3个次品时P 4C1021035所以正品数比次品数少的概率为所以选A

145 2103542点睛：本题考查了超几何分布在分布列中的应用，主要区分二项分布和超几何分布的不同．根据不同的情况求出各自的概率，属于简单题．

9．C

解析：C 【解析】

如图，由正态曲线的对称性可得P(aX4a)12P(Xa)0.36.

故选C.

10．B

解析：B 【解析】

对于命题①，因为R2表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，所以算得R20.，表明“女大学生的体重差异有%是由身高引起的”，故该命题①是正确的；对于命题②，由于随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离于均值的整齐程度，因此方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的差异越大，命题②是错误；对于命题③，由于整个正太曲线都在轴上方，所以命题③的说法是不正确的；对于命题④，由于正态曲线的对称轴由确定，当一定时，曲线的形状由决定，并且越大，曲线越贴近于轴，因此命题④的说法是正确的；对于命题⑤，由于随机变量~N0,1，且P1p ，

P1112p, 所以所以依据正太曲线的对称性可得P1p ,故 P101p，即命题⑤是正确的，综上应选答案B。 211．B

解析：B 【详解】

2C2C324C323=，P（AB）==， 由题意，P（A）=

10101010∴P（B|A）=故选B．

PAB3=， P（A)412．B

解析：B 【解析】

由题意知，E(X)＝1×0.2＋2×0.4＋3×0.4＝2.2，∴E(6X＋8)＝6E(X)＋8＝6×2.2＋8＝21.2.选B.

二、填空题

13．【分析】首先对事件进行分类分成女生0分男生6分或女生2分男生4分或女生4分男生2分女生的概率可以按照超几何概率求解男生按照重复求解概率【详解】依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A则可分为 解析：

43 120【分析】

首先对事件进行分类，分成女生0分，男生6分，或女生2分，男生4分，或女生4分，男生2分，女生的概率可以按照超几何概率求解，男生按照重复求解概率. 【详解】

依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A，

则可分为下列三类：女生得0分男生得6分，设为事件A1；女生得2分男生得4分，设为事件A2；女生得4分男生得2分，设为事件A3，

2C2131则：PA12C3， 2120C611C2C11241PA224C32，

221205C62C4183111， PA32C3C62212020223PAPA1PA2PA3故答案为：【点睛】

43. 12043 120本题考查概率的应用问题，重点考查分类讨论，转化与化归的思想，熟练掌握概率类型，属于中档题型.本题的关键是对事件分类.

14．1359【分析】根据正态曲线的对称性求出概率即可；【详解】解：∵∴∴又∴∴∴∵∴因此此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率是故答案为：【点睛】本题考查正态曲线的性质属于中档题

解析：1359 【分析】

根据正态曲线的对称性求出概率即可；

【详解】

解：∵P(X)0.6826，∴P(X)∴P(X)110.6826，210.682610.6826．又222P(2X2)0.9544，∴P(X2)∴P(X2)110.9544，210.954410.9544，222∴P(X2)P(X2)P(X)∵

110.954410.6826()(0.95440.6826)0.1359． 2222230，10，∴P(40X50)0.1359．因此，此人在40分钟至50分钟到达

目的地的概率是0.1359． 故答案为：0.1359 【点睛】

本题考查正态曲线的性质，属于中档题.

15．（1）；（2）088；（3）【分析】（1）甲第三次才命中目标为事件且三次射击相互利用重复试验概率计算公式即可求得答案；（2）求该事件的反面的概率用1减其即可；（3）设甲在两次射击命中目标i次

解析：（1）0.063；（2）0.88；（3）0.3024. 【分析】

（1）“甲第三次才命中目标”为事件A1A2A3，且三次射击相互，利用重复试验概率计算公式即可求得答案；

（2）求该事件的反面的概率，用1减其即可；

（3）设“甲在两次射击命中目标i次”为事件Mi(i0,1,2)，“乙在两次射击命中目标i次”为事件Ni(i0,1,2)，则事件“甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标次数恰好多一次”可表示为M1N0M2N1，用重复试验概率计算公式即可求得答案. 【详解】

记“甲第i次射击命中目标”为事件Ai，“乙第i次射击命中目标”为事件Bi，依题意得

PAi0.7，PBi0.6，且Ai，Bi（i1,2,3）相互.

（1）“甲第三次才命中目标”为事件A1A2A3，且三次射击相互，

PA1A2A3P(A1)P(A2)PA30.30.30.70.063.

答：甲第三次才命中目标的概率为0.063.

（2）“甲、乙两人在第一次射击中至少有一人命中目标”为事件C.

P(C)1PA1P(B1)10.30.40.88.

答：甲、乙两人在第一次射击中至少有一人命中目标的概率为0.88. （3）设“甲在两次射击命中目标i次”为事件Mi(i0,1,2)， “乙在两次射击命中目标i次”为事件Ni(i0,1,2)，

事件“甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标次数恰好多一次”可表示为M1N0M2N1，且M1N0，M2N1为互斥事件，

所求的概率为

PM1N0M2N1PM1N0PM2N111PM1PN0PM2PN1C20.70.30.420.72C20.60.40.06720.23520.3024

答：甲、乙各射击两次，甲比乙命中目标的次数恰好多一次的概率为0.3024. 【点睛】

本题考查重复试验中的概率计算问题，属于中档题.

16．【分析】首先根据题意判断出的可取值有并利用概率公式求得对应的概率最后利用离散型随机变量的期望公式求得结果【详解】由已知1又所以故答案为：【点睛】该题考查的是有关离散型随机变量的期望的求解问题涉及到的 解析：【分析】

首先根据题意，判断出X的可取值有2,1,1，并利用概率公式求得对应的概率，最后利用离散型随机变量的期望公式求得结果. 【详解】

由已知X2，1，1， 又P(X2)2C4C2222 7C8446，

70P(X1)4C4C21C8416，

702P(X1)所以EX211C4C2C2C8448，

7012182， 7070707故答案为：【点睛】

2. 7该题考查的是有关离散型随机变量的期望的求解问题，涉及到的知识点有古典概型概率公

式，离散型随机变量的期望公式，属于简单题目.

17．994【分析】根据正态分布的性质求出在一次测量中误差在内的概率再求出测量3次每次测量误差均不在内的概率根据对立事件的性质可得结果【详解】由题意可知在一次测量中误差在内满足其概率为测量3次每次测量误差

解析：994 【分析】

根据正态分布的性质求出在一次测量中误差在0,30内的概率，再求出测量3次，每次测量误差均不在0,30内的概率，根据对立事件的性质可得结果. 【详解】

由题意可知在一次测量中误差在0,30内满足2X， 其概率为

p111p2X2pX0.950.680.815， 22233测量3次，每次测量误差均不在0,30内的概率为：10.8150.1850.006，

∴测量3次，至少一次测量误差在0,30内的概率是10.0060.994， 故答案为：0.994. 【点睛】

本题主要考查正态分布概率的求法，n次重复试验的模型，利用对立事件解决问题是解题的关键，属于中档题.

18．【分析】前三局乙获胜一场计算得到概率【详解】根据题意知：前三局乙获胜一场故故答案为：【点睛】本题考查了概率的计算意在考查学生的理解应用能力 解析：

8 27【分析】

前三局，乙获胜一场，计算得到概率. 【详解】

38112 根据题意知：前三局，乙获胜一场，故pC33327故答案为：【点睛】

本题考查了概率的计算，意在考查学生的理解应用能力.

8 2719．【分析】把极坐标方程都化成普通直角坐标方程的形式求出他们交点个数从而的可能取值为012分别求出相应的概率由此能求出随机变量的数学期望【详解】解：曲线即即即即曲线和的交点个数为1；曲线和的交点个数为1

解析：1

【分析】

把极坐标方程都化成普通直角坐标方程的形式，求出他们交点个数，从而的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的数学期望E． 【详解】 解：曲线C1:C2:1，即x2y21，

3(0)即y3x，x0，

11C3:cos，即(x)2y2，

24C4:sin1，即y1，

曲线C1和C2的交点个数为1；

曲线C1和C3的交点个数为1； 曲线C1和C4的交点个数为1； 曲线C2和C3的交点个数为2； 曲线C2和C4的交点个数为1； 曲线C3和C4的交点个数为0． 的可能取值为0，1，2，

P(0)1， 62P(1)，

3P(2)1． 6121E0121．

636故答案为：1． 【点睛】

本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，属于中档题，解题时要认真审题，注意极坐标方程、普通直角坐标方程的互化的合理运用．

20．【解析】【分析】先由服从正态分布得出正态曲线关于x=2直线对称于是得到与的关系最后进行求解【详解】由正态分布可知正态分布密度曲线的对称为x=2由得所以填09【点睛】正态曲线：(1)从形态上看正态分布 解析：0.9

【解析】 【分析】

2先由服从正态分布N2,(0)得出正态曲线关于x=2直线对称,于是得到

P(4)与P(4)的关系，最后进行求解.

【详解】

2由正态分布N2,(0)，可知正态分布密度曲线的对称为x=2,由

P(02)0.4，得P(24)0.4，P(0)0.1，P(0)P(4)0.1

所以P(4)1P(4)0.9，填0.9. 【点睛】

正态曲线：(1)从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线，其对称轴为x=μ，并在x=μ时取最大值。(2)从x=μ点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近x轴，但永不与x轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以x轴为渐近线的,(3)当μ的值一定时, σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小，曲线越“高”．总体分布越集中．

三、解答题

21．（1）分布列见解析，期望为【分析】

（1）X的值依次为0,1,2,3，分别计算出概率得概率分布列，再由期望公式计算出期望； （2）设事件A为“甲地是男教师”,事件B为“乙地是女教师”,利用条件概率公式,即可求出概率. 【详解】

（1）X的所有可能取值为0,1,2,3,

31221C31C3C39C3C39P(X0)3P(X2)，，P(X1)，33C620C620C62033；（2）． 253C31P(X3)3，

C620所以X的分布列为:

X P 故E(X)10 1 2 3 1 209 209 201 20991323； 2020202（2）设事件A为“甲地是男教师”,事件B为“乙地是女教师”,

12111C3A61C3C3C43P(AB)， 则P(A)，33A62A6103P(AB)103． 所以P(B|A)1P(A)52【点睛】

本题考查随机变量的概率分布列和数学期望，考查条件概率，解题时确定出随机变量的所有可能取值，然后计算出概率后可得概率分布列，由期望公式可计算出期望．掌握条件概率公式即可计算条件概率． 22．（1）【分析】

（1）设事件A表示“甲猜对”，事件B表示“乙猜对”，求出pA，pB，任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为：PABABPAPBPAPB，由此能求出结果．

（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率为PABPAPB，由此能求出结果. 【详解】

（1）设事件A表示“甲猜对”，事件B表示“乙猜对”， 则P（A）136．（2） 252582123，P（B）， 205205∴任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为：

321（1P（ABAB）＝P（A）P（B）+P（A）P（B）

55（2）任选一道灯谜，甲、乙都没有猜对的概率为：

3213）．

5255P（AB）＝P（A）P（B）＝（1【点睛】

632）（1）

5525本题考查概率的求法，考查相互事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 23．（1）【分析】

（1）用得分不低于60分的频数除以样本容量可得答案；

（2）根据频率分布表可得2×2列联表，计算K2，结合临界值表可得结论；

（3）根据分层抽样可知，男性抽6人，女性抽4人，所以ξ的可能取值有0，1，2，3，再根据古典概型的概率公式计算ξ的各个取值的概率即可得分布列，再用期望公式可得期望. 【详解】

（1）小区1000名居民中，得分不低于60分的人数为：130+110+60+30+110+100+40+20=600，

故从该社区随机抽取一名居民参与问卷测试，试估计其得分不低于60分的概率为P39；（2）列联表见解析，有把握；（3）分布列见解析，. 556003. 10005不太了解 250 150 400 比较了解 330 270 600 合计 580 420 1000 （2）2×2列联表如下：

男性 女性 合计 21000(250270330150)211255.54， K580420400600203∵5.54＞3.841，

∴有95%的把握认为“居民对垃圾分类的了解程度”与“性别”有关.

（3）参与问卷测试且得分不低于80分的居民中，男性有90人，女性有60人， 若按分层抽样的办法从中抽取10人，则男性人数为10故ξ的可能取值有0，1，2，3.

12213C6C4C6C4C4131P（ξ=0）3Pξ=1Pξ=2，（），（），P（ξ=3）33C1030C1010C1023C613. C10690606，女性人数为104. 150150∴ξ的分布列为： ξ P E（ξ）=0【点睛】

本题考查了由频率分布表求概率，考查了完善列联表，考查了性检验，考查了分层抽样，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题. 24．（1）当掷骰子二次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为,【分析】

（1）由已知可得，当n2时，

0 1 2 3 1 303 101 21 613119123.

1026530441,,；当掷骰子三次999124,；（2）分布列见解析，3. 399541212Pn(A)Pn1(C)Pn1(B),Pn(B)Pn1(A)Pn1(C)，

333312Pn(C)Pn1(B)Pn1(A)，取n2,n3，即可求解；

33（2）根据已知X5的所有可能取值为0、33、，分别求出对应的P5(A),P5(B),P5(C)22的概率，得出随机变量X5的分布列，按期望公式，即可求出结论. 【详解】

（1） 当掷骰子一次时P1(A)0，P1(B)，P1(C)当掷骰子二次时

132 3P2(A)21224P(B)P(C) 1133999P2(B)121224P(A)P(C)0 11333339121P2(C)P(B)P(A) 11339当掷骰子三次时

P3(A)P3(B)21241191P2(B)P2(C) 33393927312142162P2(A)P2(C) 3339392791214244P3(C)P2(B)P2(A)

3339399（2） 依题意，X5的所有可能取值为0、33、 22P(X0)P5(A)21P4(B)P4(C) 33212112[P3(A)P3(C)][P3(B)P3(A)] 333333441P3(A)P3(C)P3(B) 99941441230， 93999981P(X312)P5(B)P4(A)P4(C) 233121212[P3(B)P3(C)][P3(B)P3(A)] 333333414P3(B)P3(C)P3(A) 99942144124 99999381P(X3302427 )P5(C)12818181X的分布列为

x P 0 3 28 273 210 271 3E(X)【点睛】

38393 ()22722754本题考查相互和互斥事件的概率求法、离散型随机变量的分布列和期望，理解概率间的关系是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题. 25．（1）分布列答案见解析.（2）E(X)E(Y) 【分析】

1B（1）由题意可知，随机变量k服从二项分布3,，故211P(k)C22k3k3k(k0,1,2,3)，然后列出分布列即可

（2）根据题意分别算出X和Y的期望即可. 【详解】

（1）由题意可知，随机变量k服从二项分布B3,，

k11故P(k)C322则k的分布列为

k3k12(k0,1,2,3).

k P 0 1 3 82 3 83 1 81 8（2）①设一个接种周期的接种费用为元，则可能的取值为200，300， 因为P(200)所以E()20013，P(300)， 4413300275. 44所以三个接种周期的平均花费为E(X)3E()3275825. ②随机变量Y可能的取值为300，600，900，

设事件A为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”，由（1）知，P(A)所以P(Y300)P(A)311. 8821， 2P(Y600)[1P(A)]P(A)1， 41， 4P(Y900)[1P(A)][1P(A)]1所以E(Y)300111600900525. 244所以E(X)E(Y). 【点睛】

本题考查二项分布以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于基础题. 26．（1）【分析】

（1）汽车在第3个路口首次停车是指汽车在前两个路口都遇到绿灯，在第3个路口遇到绿灯，由此利用相互事件概率乘法公式能求出汽车在第3个路口首次停车的概率．

719;（2）分布列见解析，数学期望 . 323（2）设前往目的地途中遇到绿灯数为X，则X~B(4,)，用随机变量表示前往目的地

4途中遇到红灯数和绿灯数之差的绝对值．的可能取值为0，2，4，P(0)P(X2)54120，P(2)P(X1)P(X3)，25625682，由此能求出的概率分布列和数学期望E()． 256P(4)P(X4)P(X0)【详解】

解：（1）由题意知汽车在前两个路口都遇到绿灯，在第3个路口遇到绿灯，

3314449． 汽车在第3个路口首次停车的概率为：p3（2）设前往目的地途中遇到绿灯数为X，则X~B(4,)，

4用随机变量表示前往目的地途中遇到红灯数和绿灯数之差的绝对值． 5423212则的可能取值为0，2，4，则P(0)P(X2)C4()()，

4425612013133331P(2)P(X1)P(X3)，P(3)C4()()C4()()，

44442563182P(4)P(X4)P(X0)()4()4，的概率分布列为：

44256  P 数学期望E()0【点睛】

0 2 120 256 4 82 25654 25654120827124． 25625625632本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互事件概率乘法公式、二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力.