单元提升卷11 统计与概率（解析版） - 用于合并

单元提升卷11统计与概率（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．某社区有1500名老年居民、2100名中青年居民和1800名儿童居民．为了解该社区居民对社区工作的满意度，现采用分层抽样的方法从这些居民中抽取一个容量为n的样本，若中青年居民比老年居民多抽取20人，则n（）A．120B．150C．180D．210【答案】C【分析】根据分层抽样的方法计算即可.【详解】由题可知2100150020150021001800150021001800n，解得180n．故选：C2．从装有若干个红球和白球（除颜色外其余均相同）的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为215，“两个球都是白球”的概率为13，则“两个球颜色不同”的概率为（）A．415B．715C．815D．1115【答案】C【分析】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件C，则A，B，C两两互斥，CAB，再根据对立事件及互斥事件概率公式，即可求解.【详解】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件C，则215PA，13PB，且CAB.因为A，B，C两两互斥，所以218111115315PCPCPABPAPB.故选：C.3．2021年5月22日上午10点40分，祝融号火星车安全驶离着陆平台，到达火星表面，开始巡视探测.为了帮助同学们深入了解祝融号的相关知识，某学校进行了一次航天知识讲座，讲座结束之后，学校进行了一次相关知识测试（满分100分），学生得分都在50,100内，其频率分布直方图如下，若各组分数用该组的中间值代替，估计这些学生得分的平均数为（）A．70.2B．72.6C．75.4D．82.2【答案】C【分析】根据题意，由频率之和为1，可得m的值，然后结合平均数的计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】由条件可得0.0040.0540.0120.010101m，则0.020m，故得分的平均数为：0.004550.020650.054750.012850.010951075.4.故选：C4．,,,,ABCDE五名学生按任意次序站成一排，则A和B站两端的概率为（）A．120B．110C．15D．25【答案】B【分析】首先A和B排两端，再将其余三人全排列，共有2323AA种情况，将五名学生按任意次序站成一排，共有55A种情况，再利用古典概型公式求解即可.【详解】首先将A和B排两端，共有22A种情况，再将其余三人全排列，共有33A种情况，所以共有2323AA23212种情况.因为五名学生按任意次序站成一排，共有55A54321120种情况，故A和B站两端的概率为12112010.故选：B5．已知随机变量2~2,N，且12PPa，则110113xaxx的最大值为（）A．323B．323C．23D．23【答案】D【分析】根据正态分布的性质求出a的值，则1111113113axxxx，令11113fxxx，0,x，则2134fxxx，利用基本不等式求出134xx的最小值，即可得解.【详解】因为随机变量2~2,N，且12PPa，所以13PP，即23a，所以1a，所以1111113113axxxx令11113fxxx，0,x，所以21113122111311314334xxxfxxxxxxxxx，又1134234234xxxx，当且仅当13xx，即33x时取等号，所以2223123434fxxx，即110113xaxx的最大值为23.故选：D.6．设21091001910111xxxaaxaxax，则2a等于（）A．45B．84C．120D．165【答案】D【分析】根据给定等式，利用二项式定理及组合数的性质计算作答.【详解】依题意，22222322222349103349210CCCCCCCCCCa322232224491055910CCCCCCCC322323991010101111109CCCCCC165321.故选：D7．已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，设事件iA为第一次取出的球为i号，事件iB为第二次取出的球为i号，则下列说法错误的是（）A．331(|)6PBAB．31()4PAC．313()48PBD．331()24PBA【答案】C【分析】利用条件概率及全概率公式即可对每个选项进行分析【详解】由题意可得12311,24PAPAPA，故B正确；对于A，33PBA表示在第一次取出的球为3号的前提下，第二次取出的球为3号的概率，所以3316PBA，故A正确；对于C，31PBA表示在第一次取出的球为1号的前提下，第二次取出的球为3号的概率，所以311,4PBA∣32PBA表示在第一次取出的球为2号的前提下，第二次取出的球为3号的概率，所以3214PBA∣，应用全概率公式,有333111111111|24444648iiiPBPAPBA，故C错误；对于D，利用条件概率可得3333316PBAPBAPA，解得33124PBA，故D正确故选：C8．某人在n次射击中击中目标的次数为X，,XBnp，其中*N,01np，击中奇数次为事件A，则（）A．若10,0.8np，则PXk取最大值时9kB．当12p时，DX取得最小值C．当102p时，PA随着n的增大而增大D．当112p时，()PA随着n的增大而减小【答案】C【分析】对于A，根据10,0.8BX直接写出PXk，然后根据PXk取最大值列式计算即可判断；对于B，根据,XBnp，直接写出DX即可判断；对于CD，由题意把()PA表示出来，然后利用单调性分析即可.【详解】对于选项A，在10次射击中击中目标的次数10,0.8BX，当Xk时对应的概率1010C0.80.20,1,2,,10kkkPXkk，因为PXk取最大值，所以11PXkPXkPXkPXk，即1011910101011111010C0.80.2C0.80.2C0.80.2C0.80.2kkkkkkkkkkkk，即1410411kkkk，解得394455k，因为Nk且010k，所以8k=，即8k=时概率(8)PX最大．故A不正确；对于选项B，211124DXnppnp，当12p时，DX取得最大值，故B不正确；对于选项C、D，C10,1,2,,nkkknPXkppkn135113355C1C1C1nnnnnnPApppppp，240022441()C1C1C1nnnnnnPApppppp，1111222nnnpppppPA，当102p时，1120121,2npp为正项且单调递增的数列，所以PA随着n的增大而增大，故C正确；当112p时，1120p，12np为正负交替的摆动数列，所以()PA不会随着n的增大而减小，故D不正确；故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查二项分布及其应用，其中求()PA是难点，关键是能找到其与二项展开式之间的联系.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．（2023·福建龙岩·统考二模）下列说法正确的是（）A．一组数1，5，6，7，10，13，15，16，18，20的第75百分位数为16B．在经验回归方程0.62yx中，当解释变量x每增加1个单位时，相应变量y增加0.6个单位C．数据123,,,,naaaa的方差为M，则数据12331,31,31,,31naaaa的方差为9MD．一个样本的方差502211250iisx，则这组样本数据的总和等于100【答案】ACD【分析】由百分位数的定义，即可判断A，由回归方程的性质即可判断B，由方差的性质即可判断CD.【详解】因为00107575.，所以这组数据的第75百分位数是第8个数，即为16，A正确；由回归方程可知，当解释变量x每增加1个单位时，相应变量y减少0.6个单位，B错误；选项C，由DXM，可得3199DXDXM，C正确；由502211250iisx，得2x，所以这组样本数据的总和等于502100，故D正确；故选：ACD10．甲、乙、丙、丁四名教师分配到A，B，C三个学校支教，每人分配到一个学校且每个学校至少分配一人.设事件M：“甲分配到A学校”；事件N：“乙分配到B学校”，则（）A．事件M与N互斥B．13PMC．事件M与N相互独立D．512PMN【答案】BD【分析】利用互斥事件、相互独立事件的定义判断AC；利用古典概率计算判断B；计算条件概率判断D作答.【详解】对于A，甲分配到A学校的事件与乙分配到B学校的事件可以同时发生，即事件M与N不互斥，A错误；对于B，甲分配到A，B，C三个学校是等可能的，则13PM，B正确；对于C，由选项B知，13PN，112223431CC5()CA36PMN，显然()()()PMNPMPN，因此事件M与N相互不独立，C错误；对于D，由选项BC知，5()536(|)1()123PMNPMNPN，D正确.故选：BD11．下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（）A．333334510CCCC330B．已知nm，则等式11CC11mmnnmn对任意正整数,nm都成立C．设9090345903459023489AAAAAx，则x的个位数字是6D．等式22220122CCCCCnnnnnnn对任意正整数n都成立【答案】ABD【分析】对A：根据11CCCmmmnnn运算求解；对B：可得11111AAAnnnnnnn，结合排列数分析运算；对C：根据组合数分析运算；对D：构建2111nnnxxx，利用nx的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.【详解】对A：由11CCCmmmnnn可知，3333433343343451044510515101CCCCCCCCCCCC330，A正确；对B：若nm，则111!CC!11!!111!11!mmnnnnmmmnmnnmnm