1、1安平中学 2017-2018 学年第二学期期中考试高二数学(理科)试题一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）. 1.1.若随机变量 的分布列如下表所示，则 p1( ) 1 2 4P p1A. 0 B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】由分布列的性质：所有随机变量对应概率的和为 列方程求解即可.【详解】因为所有随机变量对应概率的和为 ，所以， ，解得 ，故选 B.【点睛】本题主要考查分布列的性质，意在考查对基本性质的掌握情况，属于简单题.2. 若随机变量 XB（n，0.6） ，且 E（X）=3，则 P（X=1
2、）的值是（ ）A. 20.44 B. 20.45 C. 30.44 D. 30.64【答案】C【解析】试题分析：根据随机变量符合二项分布，根据期望值求出 n 的值，写出对应的自变量的概率的计算公式，代入自变量等于 1 时的值解：随机变量 X 服从 ，E（X）=3，20.6n=3，n=5P（X=1）=C 51（0.6） 1（0.4） 4=30.44故选 C考点：二项分布与 n 次独立重复试验的模型3.3.下列说法正确的是( )A. 相关关系是一种不确定的关系，回归分析是对相关关系的分析，因此没有实际意义B. 独立性检验对分类变量关系的研究没有 100%的把握，所以独立性检验研究的结果在实际中也没
3、有多大的实际意义C. 相关关系可以对变量的发展趋势进行预报，这种预报可能是错误的D. 独立性检验如果得出的结论有 99%的可信度就意味着这个结论一定是正确的【答案】C【解析】相关关系虽然是一种不确定关系，但是回归分析可以在某种程度上对变量的发展趋势进行预报，这种预报在尽量减小误差的条件下可以对生产与生活起到一定的指导作用；独立性检验对分类变量的检验也是不确定的，但是其结果也有一定的实际意义，故正确答案为 C.4.4.已知回归直线方程 ，其中 且样本点中心为 ，则回归直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据回归直线方程，将样本点的中心坐标代入，即可求得回归直线方程.
4、【详解】 回归直线方程为 ，样本点的中心为 ，回归直线方程 ，故选 C.【点睛】本题主要考查回归方程的性质以及求回归方程的方法，属于简单题. 回归直线过样本点中心 是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变3量的变化趋势.5.5.已知随机变量 X 服从正态分布 N( ， 2)，且 P( 2 X 2 )0.954 4， P( X )0.682 6.若 4， 1，则 P(5X6)( )A. 0.135 9 B. 0.135 8 C. 0.271 8 D. 0.271 6【答案】A【解析】【分析】根据变量符合正态分布和所给的 和 的值，结合 原则，得到 ，两个式子相减，根据对称
5、性得到结果.【详解】 随机变量符合正态分布 ， ，故选 A.【点睛】本题主要考查正态分布的性质，属于中档题.有关正态分布应用的题考查知识点较为清晰，只要熟练掌握正态分布的性质，特别是状态曲线的对称性以及各个区间概率之间的关系，问题就能迎刃而解.6.6.如图所示， 表示 3 种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，那么此系统的可靠性为（ ）A. 0.504 B. 0.994 C. 0.496 D. 0.06【答案】B【解析】试题分析：系统正常工作的概率为 ，即可靠性为0.994故选 B考点： 相互独立事件同时发生的概率【名师点睛】1对于事件 A，B，若 A 的发生与
6、 B 的发生互不影响，则称 A，B 相互独立；42若 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)P（B） ，P(AB)P(B|A)P(A)P（A）P（B）3若 A 与 B 相互独立，则 A 与 ， 与 B， 与 也都相互独立4若 P(AB)P(A)P(B)，则称 A，B 相互独立7.7.如图所示的 5 个数据，去掉 后，下列说法错误的是（ ）A. 相关系数变大 B. 残差平和变大C. 变大 D. 解释变量 与预报变量 的相关性变强【答案】B【解析】分析：由散点图知，去掉 后， 与 的线性相关加强，由相关系数，相关指数 及残差平方和与相关性的关系得出选项详解：由散点图知，去掉 后， 与 的线性相关加
7、强，且为正相关，所以 r 变大， 变大，残差平方和变小故选 B点睛：本题考查刻画两个变量相关性强弱的量：相关系数 r，相关指数 R2及残差平方和，属基础题.8. 已知随机变量 XB(6,0.4)，则当 2X1 时，D()( )A. 1.88 B. 2.88 C. 5. 76 D. 6.76【答案】C【解析】试题分析：因为随机变量 XB(6,0.4)，所以，.故选 C.考点：1、离散型随机变量的分布列（二项分布） ；2、离散型随机变量函数的方差.9.9.一名篮球运动员投篮一次得 3 分的概率为 a，得 2 分的概率为 b，不得分的概率为c(a， b， c(0,1)，已知他投篮一次得分的均值为 2
8、(不计其他得分情况)，则 ab 的最大值为( )5A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由题意，投篮一次得 3 分的概率为 a，得 2 分的概率为 b，不得分的概率为c（a、b、c（0，1） ） ，3a+2b=2，22 ，ab （当且仅当 a= ，b= 时取等号）ab 的最大值为 故答案：D考点：离散型随机变量的期望与方差10.10.下列说法：在残差图中，残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，说明选用的模型比较合适；用相关指数可以刻画回归的效果，值越小说明模型的拟合效果越好；比较两个模型的拟合效果，可以比较残差平方和大小，残差平方和越小的模型拟合效果越好其中说法正确的是( )A.
9、 B. C. D. 【答案】C【解析】在残差图中，残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，说明选用的模型比较合适，正确相关指数 来刻画回归的效果， 值越大，说明模型的拟合效果越好，因此不正确比较两个模型的拟合效果，可以比较残差平方和的大小，残差平方和越小的模型，拟合效果越好，正确综上可知：其中正确命题的是故答案为 C11.11.将三颗骰子各掷一次，设事件 “三个点数都不相同” ， “至少出现一个 6 点”，则概率 等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：P（A|B）=P（AB）P（B） ，6P（AB）=P（B）=1-P（.B）=1-P（A/B）=P（AB）P（B）=考点：条
10、件概率与独立事件12.12.同时抛掷 5 枚质地均匀的硬币 80 次，设 5 枚硬币正好出现 2 枚正面向上，3 枚反面向上的次数为 X，则 X 的均值是( )A. 20 B. 25C. 30 D. 40【答案】B【解析】抛掷一次正好出现 3 枚反面向上，2 枚正面向上的概率为 ，所以 X B .故E(X)80 25.二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分).13.13.打靶时，甲每打 10 次可中靶 8 次，乙每打 10 次可中靶 7 次，若两人同时射一个目标，则他们都中靶的概率是 .【答案】【解析】试题分析：依题意可知甲中靶与乙中靶是相互独立事件，且他们中靶的概率分布
11、为0.8，0.7。所以他们都中靶的概率 0.80.7=0.56=考点：本题主要考查相互独立事件同时发生的概率计算。点评：首先应理解好甲中靶与乙中靶是相互独立事件，其次牢记计算公式。14.14.设随机变量 的分布列为 P( k) (k1,2,3,4,5,6)，则 P(1.5 3.5)_.7【答案】 .【解析】【分析】由随机变量的分布列的性质得 ，从而得到 ，由此能求出.【详解】 随机变量的分布列为 ，解得 ，故答案为 .【点睛】本题主要考查分布列的性质，以及互斥事件的概率公式，意在考查灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.15.15.设随机变量 X B(2， p)，随机变量 Y B(3，
12、p)，若 P(X1) ，则 P(Y1)_.【答案】 .【解析】【分析】根据随机变量服从 和 对应的概率的值，写出概率的表示式，得到关于 的方程，解出关于 的值，再根据 符合二项式分布，利用概率公式得到结果.【详解】 随机变量服从 ，解得 ，故答案为 .【点睛】本题考查二项分布与 次独立重复试验的模型以及对立事件概率公式的应用，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，属于中档题16.16.一袋中有大小相同的 4 个红球和 2 个白球，给出下列结论：从中任取 3 球，恰有一个白球的概率是 ；8从中有放回的取球 6 次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为 ；现从中不放回的取球 2 次，每次任取 1
13、 球，则在第一次取到红球的条件下，第二次再次取到红球的概率为 ；从中有放回的取球 3 次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为 .其中所有正确结论的序号是_【答案】.【解析】【分析】根据古典概型概率公式结合组合知识可得结论；根据二项分布的方差公式可得结果；根据条件概率进行计算可得到第二次再次取到红球的概率；根据对立事件的概率公式可得结果.【详解】从中任取 3 个球，恰有一个白球的概率是 ，故正确；从中有放回的取球 次，每次任取一球，取到红球次数 ，其方差为 ，故正确；从中不放回的取球 次，每次任取一球，则在第一次取到红球后，此时袋中还有 个红球个白球，则第二次再次取到红球的概率为 ，故错
14、误；从中有放回的取球 3 次，每次任取一球，每次取到红球的概率为 ，至少有一次取到红球的概率为 ，故正确，故答案为.【点睛】本题主要考查古典概型概率公式、对立事件及独立事件的概率及分二项分布与条件概率，意在考查综合应用所学知识解决问题的能力，属于中档题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出相应的文字说
15、明，证明过程或演算步骤).917.17.某企业有两个分厂生产某种零件，按规定内径尺寸（单位：mm）的值落在29.94，30.06）的零件为优质品.从两个分厂生产的零件中各抽出了 500 件，量其内径尺寸，得结果如下表：甲厂：分组29.86，29.90）29.90，29.94）29.94，29.98）29.98，30.02）30.02，30.06）30.06，30.10）30.10，30.14）频数 12 63 86 182 92 61 4乙厂：分组29.86，29.90）29.90，29.94）29.94，29.98）29.98，30.02）30.02，30.06）30.06，30.10）30
16、.10，30.14）频数 29 71 85 159 76 62 18（1）试分别估计两个分厂生产的零件的优质品率；（2）由以上统计数据填下面 列联表，并问是否有 的把握认为“两个分厂生产的零件的质量有差异”.甲 厂 乙 厂 合计优质品非优质品合计附：10【答案】(1) 72% 64% (2) 有 99%的把握认为“两个分厂生产的零件的质量有差异”【解析】解：(1)甲厂抽查的产品中有 360 件优质品，从而甲厂生产的零件的优质品率估计为72%；乙厂抽查的产品中有 320 件优质品，从而乙厂生产的零件的优质品率估计为 64%.(2)甲厂 乙厂 合计优质品 360 320 680非优质品 140 1
17、80 320合计 500 500 1 000 2 7.356.635，所以有 99%的把握认为“两个分厂生产的零件的质量有差异” 18.18.某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各 2 棵设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为 和 ，且各棵大树是否成活互不影响，求移栽的 4 棵大树中，(1)至少有 1 棵成活的概率；(2)两种大树各成活 1 棵的概率11【答案】(1) .(2) .【解析】设 表示第 株甲种大树成活， ；设 表示第株乙种大树成活，则 独立，且 。（）至少有 1 株成活的概率为：；（）由独立重复试验中事件发生的概率公式知，两种大树各成活 1 株的概率为：。视频19.19.为了解一种
18、植物的生长情况，抽取一批该植物样本测量高度(单位：cm)，其频率分布直方图如图所示. (1)求该植物样本高度的平均数 x 和样本方差 s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)假设该植物的高度 Z 服从正态分布 N( ， 2)，其中 近似为样本平均数 x， 2近似为样本方差 s2，利用该正态分布求 P(64.5 Z96)(附： 10.5.若 Z N( ， 2)，则 P( Z )0.682 6， P( 2 Z 2 )0.954 4)【答案】(1)75,110.(2)0.8185.【解析】12【分析】（1）根据频率分布直方图，每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标相乘后求和，即可得到数据
19、的平均数，利用方差公式可得方差；（2）根据正态分布各区间的概率的对称性，可计算出 的值.【详解】(1) x550.1650.2750.35850.3950.0575，s2(5575) 20.1(6575) 20.2(7575) 20.35(8575) 20.3(9575)20.05110.(2)由(1)知， Z N(75，110)，从而 P(64.5 Z75) P(7510.5 Z7510.5) 0.682 60.341 3，P(75 Z96) P(75210.5 Z75210.5) 0.954 40.477 2，所以 P(64.5 Z96) P(64.5 Z75) P(75 Z96)0.34
20、1 30.477 20.818 5.【点睛】本题主要考查正态分布的性质与实际应用，属于中档题.有关正态分布的应用题考查知识点较为清晰，只要掌握以下两点，问题就能迎刃而解：（1）仔细阅读，将实际问题与正态分布“挂起钩来” ；（2）熟练掌握正态分布的性质，特别是状态曲线的对称性以及各个区间概率之间的关系.20.20.甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量 ， ，已知甲、乙两名射手在每次射击中射中的环数大于 6 环，且甲射中 10，9，8，7 环的概率分别为0.5，3 a， a，0.1，乙射中 10，9，8 环的概率分别为 0.3，0.3，0.2.(1)求 ， 的分布列；(2)求 ，
21、 的数学期望与方差，并以此比较甲、乙的射击技术【答案】(1)见解析.(2) 甲比乙的射击技术好.【解析】【分析】（1）由题意利用题中的条件已知甲、乙两名射手每次射击中的环数大于 环，且甲射中环的概率分别为 ，可以得到 ，解出的值，再有随机变量 的意义得到相应的分布列；（2）由于（1）中求得了随机变量的分布列，利用期望与方差公式求出期望与方差可得甲射击的环数的均值比乙高，且成绩比较稳定，所以甲比乙的射击技术好.13【详解】(1)由题意得：0.53 a a0.11，解得 a0.1.因为乙射中 10，9，8 环的概率分别为 0.3，0.3，0.2，所以乙射中 7 环的概率为1(0.30.30.2)0
22、.2.所以 ， 的分布列分别为： 10 9 8 7P 0.5 0.3 0.1 0.1 10 9 8 7P 0.3 0.3 0.2 0.2(2)由(1)得：E( )100.590.380.170.19.2；E( )100.390.380.270.28.7；D( )(109.2) 20.5(99.2) 20.3(89.2) 20.1(79.2) 20.10.96；D( )(108.7) 20.3(98.7) 20.3(88.7) 20.2(78.7) 20.21.21.由于 E( ) E( )， D( ) D( )，说明甲射击的环数的均值比乙高，且成绩比较稳定，所以甲比乙的射击技术好.【点睛】平均
23、数与方差都是重要的数字特征，是对总体简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意，随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平;方差反映了随机变量稳定于均值的程度, 它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方取舍的重要的理论依据，般先比 较均值, 若均值相同再用方差来决定.21.21.一盒中装有 9 张各写有一个数字的卡片，其中 4 张卡片上的数字是 1,3 张卡片上的数字是 2,2 张卡片上的数字是 3.从盒中任取 3 张卡片(1)求所取 3 张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X 表示所取 3 张卡片上的数字的中位数，求 X 的分布列与数学期望(注：若三个数 a， b， c 满足
24、a b c，则称 b 为这三个数的中位数)【答案】 （1） .14（2）分布列见解析， .【解析】试题分析：（1）要先出基本事件的总数和所研究的事件包含的基本事件个数，然后代入古典概型概率计算公式即可，相对简单些；（2）应先根据题意求出随机变量 X 的所有可能取值，此处应注意所取三张卡片可能来自于相同数字（如 1 或 2）或不同数字（1 和 2、1 和3、2 和 3 三类）的卡片，因此应按卡片上的数字相同与否进行分类分析，然后计算出每个随机变量所对应事件的概率，最后将分布列以表格形式呈现试题解析：（1）（2） 的所有可能值为 1，2，3，且故 的分布列为1 2 3从而考点：1古典概型概率；2分
25、布列与期望视频22.22.某公司计划购买 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 200 元在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个 500 元现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：15以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记X 表示 2 台机器三年内共需更换的易损零件数， n 表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数（1）求 X 的分布列；（2）若要求 ，确定 n 的最小值；（3）以购买
26、易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 与 之中选其一，应选用哪个？【答案】 （1）见解析.（2）见解析.（3）见解析.【解析】试题分析：（）由已知得 X 的可能取值为 16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出 X 的分布列 （）由 X 的分布列求出 P（X18）= ，P（X19）=由此能确定满足 P（Xn）05 中 n 的最小值 （）由 X 的分布列得 P（X19）=求出买 19 个所需费用期望 EX1 和买 20 个所需费用期望 EX2，由此能求出买 19 个更合适试题解析：（）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为 8，9，10，11 的概率分别为 02，04，02，02，从而；16；所以 的分布列为16 17 18 19 20 21 22（）由（）知 ， ，故 的最小值为 19（）记 表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元） 当 时，当 时，可知当 时所需费用的期望值小于 时所需费用的期望值，故应选 考点：离散型随机变量及其分布列视频
