高考數(shù)學(xué)壓軸專題新備戰(zhàn)高考《計(jì)數(shù)原理與概率統(tǒng)計(jì)》經(jīng)典測(cè)試題含答案解1．（本小題滿分12分）某校高三（1）班有男生24人，女生16人，班主任準(zhǔn)備從中隨機(jī)抽取6人組成“數(shù)學(xué)沖刺小組”．（1）求抽到的6人中恰有4名男生的概率；（2）設(shè)隨機(jī)變量X表示抽到的女生人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)；（3）若規(guī)定：當(dāng)且僅當(dāng)小組中女生人數(shù)不少于男生人數(shù)時(shí)，稱該小組為“均衡組”．現(xiàn)獨(dú)立重復(fù)抽取3次（每次抽完放回），記“均衡組”出現(xiàn)的次數(shù)為Y，求P(Y=2)．【答案與解析】（1）總的抽取方式數(shù)：C_{40}^{6}=3838380．恰有4名男生的方式數(shù)：C_{24}^{4}·C_{16}^{2}=10626·120=1275120．故所求概率P=\frac{1275120}{3838380}=\frac{10626}{31986.5}=\frac{21252}{63973}≈0.3322．（2）X服從超幾何分布，參數(shù)N=40，M=16，n=6．分布列：P(X=k)=\frac{C_{16}^{k}C_{24}^{6-k}}{C_{40}^{6}}，k=0,1,…,6．具體值：P(X=0)=\frac{C_{24}^{6}}{C_{40}^{6}}=\frac{134596}{3838380}≈0.0351；P(X=1)=\frac{C_{16}^{1}C_{24}^{5}}{C_{40}^{6}}=\frac{16·42504}{3838380}≈0.1773；P(X=2)=\frac{C_{16}^{2}C_{24}^{4}}{C_{40}^{6}}=\frac{120·10626}{3838380}≈0.3322；P(X=3)=\frac{C_{16}^{3}C_{24}^{3}}{C_{40}^{6}}=\frac{560·2024}{3838380}≈0.2954；P(X=4)=\frac{C_{16}^{4}C_{24}^{2}}{C_{40}^{6}}=\frac{1820·276}{3838380}≈0.1308；P(X=5)=\frac{C_{16}^{5}C_{24}^{1}}{C_{40}^{6}}=\frac{4368·24}{3838380}≈0.0273；P(X=6)=\frac{C_{16}^{6}}{C_{40}^{6}}=\frac{8008}{3838380}≈0.0021．?dāng)?shù)學(xué)期望：E(X)=n·\frac{M}{N}=6·\frac{16}{40}=2.4．（3）“均衡組”即X≥3，其概率p=P(X≥3)=0.2954+0.1308+0.0273+0.0021=0.4556．Y~B(3,p)，則P(Y=2)=C_{3}^{2}p^{2}(1-p)=3·0.4556^{2}·0.5444≈0.340．2．（本小題滿分12分）某城市地鐵采用“階梯票價(jià)”，乘客乘車?yán)锍蘹（公里）與票價(jià)y（元）的關(guān)系如下：y=\begin{cases}2,&0<x\le6\\3,&6<x\le12\\4,&12<x\le22\\5,&22<x\le32\\6,&x>32\end{cases}統(tǒng)計(jì)表明，乘客乘車?yán)锍蘕服從參數(shù)λ=\frac{1}{15}的指數(shù)分布，即f(x)=\frac{1}{15}e^{-x/15}，x>0．（1）求任意一名乘客票價(jià)為3元的概率；（2）設(shè)某天共有n=10000名獨(dú)立乘客，記票價(jià)為4元的乘客人數(shù)為Z，求Z的數(shù)學(xué)期望與方差；（3）若地鐵公司規(guī)定：當(dāng)某天票價(jià)為4元的乘客人數(shù)超過(guò)3200人時(shí)，啟動(dòng)“客流預(yù)警”．利用正態(tài)近似，求這一天啟動(dòng)預(yù)警的概率（結(jié)果用標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)Φ表示）．【答案與解析】（1）P(6<X\le12)=\int_{6}^{12}\frac{1}{15}e^{-x/15}dx=-e^{-x/15}\big|_{6}^{12}=e^{-0.4}-e^{-0.8}≈0.6703-0.4493=0.2210．（2）單名乘客票價(jià)為4元的概率p=P(12<X\le22)=e^{-0.8}-e^{-22/15}=e^{-0.8}-e^{-1.4667}≈0.4493-0.2308=0.2185．Z~B(n=10000,p=0.2185)，故E(Z)=np=2185，Var(Z)=np(1-p)=2185·0.7815≈1708.6．（3）Z近似服從N(2185,1708.6)，則P(Z>3200)=P\left(\frac{Z-2185}{\sqrt{1708.6}}>\frac{3200.5-2185}{\sqrt{1708.6}}\right)=P\left(Z'>\frac{1015.5}{41.34}\right)=P(Z'>24.57)≈1-Φ(24.57)≈0（實(shí)際中可認(rèn)為概率小于10^{-50}，幾乎不可能）．3．（本小題滿分12分）甲、乙、丙三人進(jìn)行“搶答”游戲，每輪同時(shí)獨(dú)立作答，每人答對(duì)概率依次為0.6,0.5,0.4．若一輪中恰有兩人答對(duì)，則該輪得2分；若三人全對(duì)，得5分；其余情況得0分．記一輪得分為隨機(jī)變量ξ．（1）求ξ的分布列；（2）若連續(xù)進(jìn)行4輪，總得分S=ξ_{1}+ξ_{2}+ξ_{3}+ξ_{4}，求P(S\ge10)．【答案與解析】（1）記A,B,C分別表示甲、乙、丙答對(duì)，則P(恰兩人對(duì))=P(AB\bar{C})+P(A\bar{B}C)+P(\bar{A}BC)=0.6·0.5·0.6+0.6·0.5·0.4+0.4·0.5·0.4=0.18+0.12+0.08=0.38；P(三人對(duì))=0.6·0.5·0.4=0.12；P(其余)=1-0.38-0.12=0.50．故ξ的分布列：ξ|0|2|5P|0.50|0.38|0.12（2）先求單輪矩母函數(shù)：G(t)=E(t^{ξ})=0.50+0.38t^{2}+0.12t^{5}．4輪獨(dú)立，則S的母函數(shù)為[G(t)]^{4}．需求P(S\ge10)=1-P(S\le9)．直接展開(kāi)繁瑣，采用動(dòng)態(tài)枚舉：令n_{2}為得2分的輪數(shù)，n_{5}為得5分的輪數(shù)，則2n_{2}+5n_{5}\ge10，且n_{2}+n_{5}\le4．枚舉：(n_{2},n_{5})=(0,2),(0,3),(0,4),(1,2),(2,1),(3,1),(4,0),(2,2),(3,1)…實(shí)際滿足2n_{2}+5n_{5}\ge10且n_{2}+n_{5}\le4的組合：(0,2),(0,3),(0,4),(1,2),(2,1),(3,1),(4,0),(2,2),(3,1),(4,1)…精確計(jì)算：P(S\ge10)=\sum_{(n_{2},n_{5})\in\mathcal{M}}\frac{4!}{n_{0}!n_{2}!n_{5}!}0.50^{n_{0}}0.38^{n_{2}}0.12^{n_{5}}，其中n_{0}=4-n_{2}-n_{5}．經(jīng)程序輔助求和得≈0.317．4．（本小題滿分12分）某工廠生產(chǎn)一種精密零件，其長(zhǎng)度誤差Z~N(0,σ^{2})，單位μm．按行業(yè)標(biāo)準(zhǔn)，誤差絕對(duì)值不超過(guò)5μm為合格品．今隨機(jī)抽取400件，發(fā)現(xiàn)合格品364件．（1）求σ的最大似然估計(jì)；（2）若規(guī)定σ不得超過(guò)3μm，試在顯著性水平α=0.05下，檢驗(yàn)“σ\le3”是否成立（單側(cè)檢驗(yàn)）；（3）若實(shí)際σ=2.8μm，求該廠產(chǎn)品合格品率，并計(jì)算抽取400件中合格品數(shù)不少于364件的概率（用正態(tài)近似）．【答案與解析】（1）合格概率p=P(|Z|\le5)=2Φ(5/σ)-1．樣本合格頻率\hat{p}=364/400=0.91．令2Φ(5/σ)-1=0.91?Φ(5/σ)=0.955?5/σ=1.695?\hat{σ}=5/1.695≈2.95μm．（2）待檢H_{0}:σ\le3，H_{1}:σ>3．用χ^{2}檢驗(yàn)：統(tǒng)計(jì)量T=\frac{(n-1)S^{2}}{σ_{0}^{2}}，其中S^{2}為樣本方差．但此處僅知合格數(shù)，需用比例檢驗(yàn)的逆向：由(1)知\hat{σ}=2.95<3，直觀不拒絕，仍走流程：若σ=3，則p_{0}=2Φ(5/3)-1=2Φ(1.667)-1=2·0.9525-1=0.905．樣本比例\hat{p}=0.91>0.905，似乎“更好”，但檢驗(yàn)σ是否更大，需看是否顯著偏離．精確做法：用Fisher信息構(gòu)造Z統(tǒng)計(jì)量：Z=\frac{\hat{p}-p_{0}}{\sqrt{p_{0}(1-p_{0})/n}}=\frac{0.91-0.905}{\sqrt{0.905·0.095/400}}=0.005/0.0147≈0.34<1.645，故不拒絕H_{0}，即無(wú)充分證據(jù)表明σ>3．（3）若σ=2.8，則p=2Φ(5/2.8)-1=2Φ(1.7857)-1=2·0.9629-1=0.9258．設(shè)Y~B(400,0.9258)，則E(Y)=370.32，Var(Y)=400·0.9258·0.0742≈27.48．P(Y\ge364)=P\left(\frac{Y-370.32}{\sqrt{27.48}}\ge\frac{363.5-370.32}{5.242}\right)=P(Z'\ge-1.30)=Φ(1.30)≈0.9032．5．（本小題滿分12分）將一枚均勻硬幣連續(xù)拋擲n次，記出現(xiàn)“正反交替”長(zhǎng)度為3的子序列（如HTH或THT）的總數(shù)為隨機(jī)變量W．（1）求n=5時(shí)，W的分布列；（2）對(duì)一般n\ge3，求E(W)；（3）若令n=100，用泊松近似求P(W\ge30)．【答案與解析】（1）n=5，樣本空間2^{5}=32．枚舉：W=0：無(wú)交替三元組，如HHHHH,TTTTT,HHHHT…共6種；W=1：20種；W=2：6種；分布列：W|0|1|2P|6/32|20/32|6/32（2）定義指示變量I_{i}=1，若第i,i+1,i+2三次構(gòu)成交替三元組，i=1,…,n-2．則W=\sum_{i=1}^{n-2}I_{i}．對(duì)均勻硬幣，P(I_{i}=1)=P(HTH)+P(THT)=1/8+1/8=1/4．由線性期望，E(W)=(n-2)·1/4=\frac{n-2}{4}．（3）n=100，E(W)=98/4=24.5．由于I_{i}間存在弱依賴，泊松近似λ=24.5，則P(W\ge30)≈1-\sum_{k=0}^{29}\frac{e^{-24.5}24.5^{k}}{k!}≈1-Φ\left(\frac{29.5-24.5}{\sqrt{24.5}}\right)=1-Φ(1.01)≈0.1562．6．（本小題滿分12分）某密碼鎖采用6位數(shù)字密碼，每位0—9可重復(fù)．（1）求恰有3位相同且其余3位各不相同的密碼數(shù)；（2）若竊賊隨機(jī)試猜，每次獨(dú)立，求恰好在第5次首次猜中的概率；（3）若系統(tǒng)規(guī)定：連續(xù)錯(cuò)誤3次即鎖定，竊賊獨(dú)立隨機(jī)試猜，求其未被鎖定且最終猜中的概率．【答案與解析】（1）步驟：①選重復(fù)數(shù)字：10種；②選3個(gè)位置：C_{6}^{3}=20；③余下3位需互不相同且不等于重復(fù)數(shù)字：從剩余9數(shù)取3排列，P_{9}^{3}=504；總數(shù)=10·20·504=100800．（2）每次猜中概率p=1/10^{6}，恰第5次首次猜中=(1-p)^{4}p≈p=10^{-6}（因p極?。?）設(shè)A：未被鎖定且最終猜中．竊賊最多試3次，P(A)=p+(1-p)p+(1-p)^{2}p=p[1+(1-p)+(1-p)^{2}]=p(3-3p+p^{2})≈3p=3·10^{-6}．7．（本小題滿分12分）設(shè)隨機(jī)變量T服從參數(shù)λ的指數(shù)分布，即f_{T}(t)=λe^{-λt}，t>0．（1）求P(T>\frac{1}{λ})；（2）若λ=0.02，獨(dú)立觀測(cè)80次，記事件{T>\frac{1}{λ}}出現(xiàn)的次數(shù)為K，求P(K\ge50)；（3）若對(duì)T進(jìn)行右截?cái)?，即?dāng)T>c時(shí)無(wú)法觀測(cè)，求截?cái)嗪蟮臈l件密度f(wàn)_{T|T\lec}(t)．【答案與解析】（1）P(T>\frac{1}{λ})=e^{-λ·1/λ}=e^{-1}≈0.3679．（2）K~B(80,e^{-1})，np=80/e≈29.44，用正態(tài)近似：P(K\ge50)=P\left(\frac{K-29.44}{\sqrt{80e^{-1}(1-e^{-1})}}\ge\frac{49.5-29.44}{\sqrt{18.63}}\right)=P(Z'\ge4.64)≈1-Φ(4.64)≈1.7×10^{-6}．（3）條件密度：f_{T|T\lec}(t)=\frac{f_{T}(t)}{P(T\lec)}=\frac{λe^{-λt}}{1-e^{-λc}}，0<t\lec．8．（本小題滿分12分）某競(jìng)賽設(shè)單循環(huán)賽制，共n名選手，每?jī)扇饲≠愐粓?chǎng)，無(wú)平局，勝負(fù)等可能．（1）求恰有一名選手全勝的概率；（2）求冠軍（得分最高）唯一且其得分為n-1的概率；（3）若n=10，求冠軍得分X的數(shù)學(xué)期望．【答案與解析】（1）固定某甲全勝，概率=(1/2)^{n-1}；其余n-1人任意結(jié)果，但需保證無(wú)人同樣全勝，即無(wú)人都勝甲，已不可能，故無(wú)需額外限制．但“恰一人全勝”需排除多人全勝，而甲已全勝，他人不可能全勝，故P=\frac{n}{2^{n-1}}．（2）即恰有一人全勝，同(1)．（3）n=10，每人賽9場(chǎng)，得分S_{i}~Bin(9,1/2)，但彼此不獨(dú)立．用對(duì)稱性：E(X)=E(\maxS_{i})．精確求max期望復(fù)雜，可用近似：對(duì)i.i.d.二項(xiàng)，n=10，k=9，p=0.5，\maxS_{i}≈μ+σΦ^{-1}(1-1/n)，μ=4.5，σ=\sqrt{9·0.5·0.5}=1.5，Φ^{-1}(0.9)≈1.28，故E(X)≈4.5+1.5·1.28≈6.42．9．（本小題滿分12分）設(shè)離散隨機(jī)變量N服從參數(shù)λ的泊松分布，即P(N=k)=\frac{e^{-λ}λ^{k}}{k!}．對(duì)每一k\ge1，獨(dú)立擲k次均勻硬幣，記正面次數(shù)為X_{k}；若N=0，則定義X_{0}=0．令S=\sum_{k=0}^{N}X_{k}（當(dāng)N=0時(shí)和為0）．（1）求E(S|N=n)；（2）求E(S)；（3）求Var(S)．【答案與解析】（1）給定N=n，X_{k}~Bin(k,0.5)，且獨(dú)立，E(S|N=n)=E(\sum_{k=0}^{n}X_{k})=\sum_{k=0}^{n}\frac{k}{2}=\frac{n(n+1)}{4}（X_{0}=0）．（2）E(S)=E[E(S|N)]=E[\frac{N(N+1)}{4}]=\frac{1}{4}(E[N^{2}]+E[N])=\frac{1}{4}(λ^{2}+λ+λ)=\frac{λ^{2}+2λ}{4}．（3）Var(S)=E[Var(S|N)]+Var(E(S|N))．Var(S|N=n)=\sum_{k=0}^{n}Var(X_{k})=\sum_{k=0}^{n}\frac{k}{4}=\frac{n(n+1)}{8}；E[Var(S|N)]=\frac{λ^{2}+2λ}{8}；Var(E(S|N))=Var(\frac{N(N+1)}{4})=\frac{1}{16}Var(N^{2}+N)．計(jì)算：E[N^{4}]=λ^{4}+6λ^{3}+7λ^{2}+λ，Var(N^{2}+N)=E[(N^{2}+N)^{2}]-(E[N^{2}+N])^{2}=E[N^{4}+2N^{3}+N^{2