《2023年数学高考一轮复习真题演练(2021-22年真题)第8讲计数原理与概率统计.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年数学高考一轮复习真题演练(2021-22年真题)第8讲计数原理与概率统计.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第8讲计数原理与概率统计一、单选题1.（20 22.全国高考真题（理）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为P”P 2，P 3,且。3。2网0.记该棋手连胜两盘的概率为。，贝 IJ（）A.P与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，夕最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【解析】【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概 率 为；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率P乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率%.并对三者
2、进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为3，则此时连胜两盘的概率为小则 R p =；（1 -乌）P l P 3+P 2P l（1 -P?）+；-死）|P 2+P 3P l（1 -）=P（P+P3）-2Plp2P3;记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 此，则。乙=（1 -P l）P 2P 3+P 1 P 2（1 一 P 3）=P 2（P l+P 3）-2P lp 2P 3记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为引则 P丙=（1 -P l）P 3P 2+P lP 3（l 一=A（A+Pb-2Plp2P3则外
3、一 乙=P l（P 2+0 3）-2P lp 2。3 Tp2 3 +3-2Plp2P3=（区一。2）口 。乙一。丙=+。3）一2月22P 3-0 3（0 +P 2）-2 p g P 3 1=（P 2-3）0 。即 P甲 P乙，P乙 P 丙则该棋手在第二盘与丙比赛，。最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；夕与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D2.（20 22.全国高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）A.1 2种 B.2 4种C.3 6种D.4 8种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插
4、空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列，有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有 2 种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有 2 种排列方式，故安排这5 名同学共有：3!x2*2=24种不同的排列方式，故选：B3.（2022.全国高考真题）从 2 至 8 的 7 个整数中随机取2 个不同的数，则这2 个数互质的概率为（）A.-B.-C.；D.-6 3 2 3【答案】D【解析】【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从 2 至 8 的 7
5、 个整数中随机取2 个不同的数，共有C；=21种不同的取法，若两数不互质,不同的取法有:（2,4）,（2,6）,（2,8）,（3司）,（4,6）,（4,8）,（6,8）,共 7 种，故所求概率尸=*21-7 =：2.21 3故选：D.4.（2022全国高考真题（理）某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识.为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这 10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：95%90%料 85%每 80%出 75%70%65%.-.-*.-*.-.*-.*.*讲座前.*.讲座后.*.*.;.*.水.I I I
6、 1 I 1 1 I I.123456789 10居民编号则（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为0%；75%70%,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于 90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B 对；讲座前问卷答题的正确率更加分散，所以讲座前问卷答题的
7、正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，所以C 错：讲座后问卷答题的正确率的极差为100%-80%=20%,讲座前问卷答题的正确率的极差为95%-60%=35%20%，所以D 错.故选:B.5.(2022全国高考真题(文)从分别写有1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片中无放回随机抽取2 张，则抽到的 2 张卡片上的数字之积是4 的倍数的概率为()A.-B.-C.-D.-5 3 5 3【答案】C【解析】【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4 的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】从 6 张卡片中无放回抽取2 张，共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(
8、2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)15 种情况，其中数字之积为4 的倍数的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6)6 种情况，故概率为2=,.故选：C.6.(2021全国高考真题)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,cr2),下列结论中不正确的是()A.b越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大B.该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C.该物理量在一次测量中小于9.9 9与大于1 0.0 1的概率相等D.该物理量在一次测量中落在（9.9,1 0.2）与落
9、在（1 0,1 0.3）的概率相等【答案】D【解析】【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.【详解】对于A,4为数据的方差，所以。越小，数据在 =1 0附近越集中，所以测量结果落在（9.9,1 0.1）内的概率越大，故A正确；对于B,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于1 0的概率为0.5,故B正确：对于C,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于1 0.0 1的概率与小于9.9 9的概率相等,故C正确；对于D,因为该物理量一次测量结果落在（9.9,1 0.0）的概率与落在（1 0.2,1 0.3）的概率不同，所以一次测量结果落在（9.9,1 0.2）的概
10、率与落在（1 0,1 0.3）的概率不同，故D错误.故选：D.7.（2 0 2 1 全国高考真题（理）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训I,每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（）A.6 0 种 B.1 2 0 种 C.2 4 0 利 D.4 8 0 种【答案】C【解析】【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有 种 选 法；然后连同其
11、余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4!种，根据乘法原理，完成这件事，共有C；x 4!=2 4 0种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.78.（2 0 2 1全国高考真题（理）在区间（0,1）与。,2）中各随机取1个数，则两数之和大于：的概率为（）4【答案】B【解析】【分析】设从区间（0,1）,（1,2）中随机取出的数分别为其丫，则实验的所有结果构成区域为。=（%刈0%1,1 ），2 ,设事件A表示两数之和大于：，则构成的区域为4 =（5丫）|0
12、 1,1 可2/+胃，分 别 求 出A对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出.【详解】如图所示:、I、兴-4-B（0，*、I1 夭-人”）卜、7、无+尸I：、41、-O 1 2X设从区间（0,1）,（1,2）中随机取出的数分别为其丫，则实验的所有结果构成区域为。=（%刈0%1,1 ），2 ,其面积为S。=1 x 1 =1 .设事件A表示两数之和大于:，则构成的区域为A =（x,y）|0 x 1,1 y（2,x +y）（,I o o o o s 2 3即图中的阴影部分，其面积为必所以尸伊）=”=；.2 4 4 3 2 故选：B.【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，
13、解题关键是准确求出事件Q A对应的区域面积，即可顺利解出.9.（2 02 1 全 国 高考真题（理）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A.-3【答案】C【解析】【分析】采用插空法，4个1产生5个空，分2个0相邻和2个0不相邻进行求解.【详解】将4个I和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个I产生5个空，2 2 4B.C.D.一535若 2 个 0 相邻，则有C；=5种排法，若 2 个 0 不相邻，则有C；=10种排法，所以2 个 0 不 相 邻 的 概 率10为=；2.故选：C.10.（2021全国高考真题）有 6 个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放
14、回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1，乙表示事件”第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件，两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7，则（）A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立【答案】B【解析】【分析】根据独立事件概率关系逐一判断【详解】p（甲）=!，（乙）=:，尸（丙）=J,p（丁）=!=!，,6 6 36 36 6P（甲丙）=0 w P（甲）尸（丙），P（甲 T）=P（甲）P（丁），P（乙丙）=*P（乙）尸（丙），P（丙丁）=0 x P（丁）P（丙），故36 36选：B【点睛】判断事件A B 是
15、否独立，先计算对应概率，再判断尸（A）P（B）=P（AB）是否成立二、多选题11.（2021 全国高考真题）下列统计量中，能度量样本占,，,天 的离散程度的是（）A.样本,招的标准差 B.样本,七,x”的中位数C.样本演,的极差 D.样本为,、2,，%的平均数【答案】AC【解析】【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选：AC.12.(202
16、1全国高考真题)有一组样本数据为，/，乙，由这组数据得到新样本数据M，%，%，其中y=x,+c(i=l,2,),c为非零常数，则()A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样本数据的样本极差相同【答案】CD【解析】【分析】A、C 利用两组数据的线性关系有E(y)=E(x)+c、D(y)=D(x),即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D 的正误.【详解】A：E(y)=E(x+c)=E(x)+c H.c O,故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为七，则第二组的中位数为y,=x,+c,显然不相同，错误；C
17、：D(y)=D(x)+D(c)=D(x),故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为/则第二组的极差为X*ax-Win=(/“+O-Umin+C)=%max-Xmin,故极差相同，正确；故选：CD三、填空题13.(2022全国高考真题)已知随机变量X服从正态分布N(2Q2),且 P(2 2.5)=7【答案】0.14#.【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出.【详解】因为 X N(2,)，所以 P(X 2)=0.5,因此P(X 2.5)=P(X 2)-P(2 X 2.5)=0.5-0.36=0.14.故答案为：0.14.14.(2022全国高考真题(文)从甲、乙等5 名同学中
18、随机选3 名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为.3【答 案】#0.3【解 析】【分 析】根据古典概型计算即可【详 解】从5名 同 学中随机选3名的方法数为C；=1 0甲、乙都入选的方法数为C；=3,所以甲、乙都入选的概率尸=行3故答案为：1 5.（2 0 2 2全国高考真题）卜x +y）B的展开式中的系数为（用数字作答）.【答 案】-2 8【解 析】【分 析】1|(x+y)1(可化 为(x+),)*-2(x+)，)X)x结合二项式展开式的通项公式求解.【详 解】因为（1所以（x+的 展 开 式 中 含 的 项 为C*2 y6 -2 c江3 y5 =-2 8%2/,X的展开式中f y 6的
19、系数为-2 8故答案为：-2 81 6.（2 0 2 2全国 高考真题（理）从 正 方 体 的8个顶点中任选4个，则 这4个点在同一个平面的概率为【答案】*【解 析】【分析】根据古典概型的概率公式即可求出.【详 解】从正方体的8个顶点中任取4个，有=7 0个结果，这4个点在同一个平面的有加=6+6 =1 2个，故所求 概 率 尸=n1 2 _6 _7 0 3 5故答案为：卷.1 7.（2 0 2 2 上海 高考真题）在 的展开式中，含g 项的系数为【答案】6 6【解析】【分析】写出展开式的通项，令x的指数为Y,求出参数的值，代入通项后即可得解.【详解】展开式的通项为=c;（x广 /匕 斓令3
20、6-4 r =-4,可得r =1 0,因此，展开式中含土项的系数为C；=6 6.故答案为:6 6.1 8.（2 0 2 2 上海高考真题）已知有1、2、3、4四个数字组成无重复数字，则比2 1 3 4 大的四位数的个数为【答案】1 7【解析】【分析】先分类再分步，按千位为3,4,2 分为三类，再逐次安排百位和HL 即可计算出满足条件的四位数个数.【详解】千位为3 和4时，组成的四位数都比2 1 3 4 大，有2 A；=1 2 个，千位为2时，百位为3或 4的四位数都比2 1 3 4 大，有2 尺=4个，千位为2时，百位为1,只有2 1 4 3 比2 1 3 4 大，有 1 个，则组成的四位数比
21、2 1 3 4 大的一共有1 7 个.故答案为：1 7.1 9.（2 0 2 1.北京.高考真题）在（V-）4 的展开式中，常数项为.X【答案】-4【解析】【分析】利用二项式定理求出通项公式并整理化简，然后令x的指数为零，求解并计算得到答案.【详解】p-l j 的展开式的通项心,G 口 广令1 2-4 r=0,解得r-3.故常数项为4=(-1)七=-k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828（2）（i）证明见解析；（ii）R=6；【解析】【分析】（1）由所给数据结合公式求出K?的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未黄该疾病群体的卫生
22、习惯有差异；（2）根据定义结合条件概率公式即可完成证明；（ii）根 据（i）结合已知数据求R.由已知K?=n(ad-bc)2200(40 x 9 0-60 xlO)2=24,(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)50 x150 x100 x100又 P(K2 6.635)=0.01,24 6.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.因为人乃绰 亚也还申皿P(B|A)P(B|A)P(A)尸(A B)P(A)P(A B)nP(AB)P(B)P(A B)P)7T 以 K=-：-=-P(f i)P(AB)P(B)P(AB)所以R=P(A 8)P(A|B)P(AB)
23、P(AB)(i i)由已知尸所 得 由 川 耳)=喘又 隔端,陶国喂,所以人畿P(A|B)_6P(A|B)2 2.(2 0 2 2 全国高考真题(理)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1 0分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠 军.己知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用 X表示乙学校的总得分，求 X的分布列与期望.【答案】(1)0.6；(2)分布列见解析，E(X)=1 3.【解析】【分析】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,5,C,再根据甲获得
24、冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；(2)依题可知，X的可能取值为0,1 0,20,30,再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望.(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为ABC,所以甲学校获得冠军的概率为P=P(A B C)+P(A B C)+P(/1 B C)+/(A B C)=0.5 x 0,4 x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.8+0.5 x 0.6x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.2=0.1 6+0.1 6+0.24 +0.0 4 =0.6.(2)依题可知，X的可能取值为0,1 0,20,30,所以，P(X =0)
25、=0.5 x 0 4 x 0.8=0.1 6,P(X=1 0)=0.5 x 0.4 x 0.8+0.5 x 0.6x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.2=0.4 4,P(X=20)=0.5 x 0,6x 0.8+0.5 x 0.4 x 0.2+0.5 x 0,6x 0.2=0.34 ,X =30)=0.5 x 0.6 x 0.2=0.0 6.即X的分布列为X01 02030P0.1 60.4 40.340.0 6期里 E（X）=0 x 0.1 6+1 0 x 0.4 4+20 x 0.34+30 x 0.0 6=1 3.23.（20 22 全国高考真题（文）某地经过多年的环境治理，己将荒山
26、改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了 1 0 棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m?）和材积量（单位：n?）,得到如下数据：样本号i1234567891 0总和根部横截面积占0.0 4 0.0 60.0 4 0.0 80.0 80.0 5 0.0 5 0.0 7 0.0 7 0.0 60.6材积量%0.25 0.4 0 0.220.5 4 0.5 1 0.34 0.360.4 60.4 20.4 0 3.9101010并 计 算 得=0.03 8,“6 1 5 8,=0.2 4 7 4 .i=l i=l i=l（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平
27、均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.0 1）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为1 86m 2 .已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.才（土 一 工）（乂一刃 _ _ _ _附：相关系数7=J J “，V i 标=1.37 7.住（“-君 玄V i=l i=l（1）0.0 6m2;0.39 m3 0.9 7（3）1 20 9 m3【解析】【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵
28、的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值.样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值h=端=0.06样本中10棵这种树木的材积量的平均值=*=0.3 9据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2,平均一棵的材积量为0.39n?10 100.2474-10 x 0.06 x 0.39 0.0134 0.0134=/x-0.97 inil/f)Q77(0.038-10 x0.062)(1.6158-10 x 0.392)V0.0001
29、896 0.01377 (3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为No?,又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可 得 粽=竿，解之得y=l209n?.则该林区这种树木的总材积量估计为1209m324.(2021 全国高考真题)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0 代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2 代，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设 X表 示 I 个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=p,(i=(),l,2,3).(1)已知 Po=0.4,P=0.3,02=0.2,03=0.1,求 E(X)；(2)设p 表示
30、该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：%+力工+2 2/+3/=%的一个最小正实根，求证：当E(X)M1时，p=l,当E(X)1时，p +)+，若 E（X）41,则 R+2/?2+3 3 4 1,故 Pz+2 p 3 4 Po.f （x）=3 按 2 +2/叱-（0+Po+3 ）,因为/（0）=-（2+为+化）0,尸 =小+2 区一“1 4 0,故/（x）有两个不同零点和电，KX,0 1 0：x e（芭，w）时，/（x）/（%）=1）=0,故1 为Po+p1x+p2x2+p,x3=x的一个最小正实根，若%1,因为/（1）=0艮在（0,电）上为减函数，故 1 为/%+。俨
31、+2 +0 3/=的一个最小正实根，综 上,若 E（X）41,则 P=l.若 E（X）1,则 P|+2 P2+3P3 1,故 P2 +2/7 3 PO.此时 r（o）=-（0+外+。3）0，故r（x）有两个不同零点%匕，且,0 匕 0；x /,X 4）时,/（x）0；故在（-,不），（与 内）上为增函数，在（鼻,王）上为减函数，而/=0,故 Z）0,故 f（x）在（0,七）存在一个零点。，且 P L所以P 为PO+PIX +PZ+PB/M X的一个最小正实根，此时P 1 时，P y ,s：；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果歹一了2 2、占*,则 认 为 新V
32、 io设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）.【答案】（1）x =1=1 0.3,s=0.0 3 6,5 =0.0 4；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.【解析】【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.（2）根据题目所给判断依据，结 合（1）的结论进行判断.【详解】-9.8 +1 0.3 +1 0 +1 0.2 +9.9 +9.8 +1 0+1 0.1 +1 0.2 +9.7 ,八（1）x =-=1 0,1 0-1 0.1 +1 0.4 +1 0.1+1 0 +1 0.1 +1 0.3 +1 0.6 +1 0.5 +1
33、 0.4 +1 0.5 y =-=1 0.3 ,1 0,0.22+0.32+0 +0.22+0.12+0.22+0 +0.12+0.22+0.32 八 s；=-=0.0 3 6，11 020.22+0.产 +0.22+0.32+0.22+0 +0.32+0.22+0.俨 +0.22 八 八 ）si=-=0.0 4.21 0（2）依题意，y-X =0.3 =2 x 0.1 5 =2 /o.l 52=2A/0.0225.2J。*；=2 0.0 0 7 6 ,3-1 2 2,区退，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.V i o2 6.（2 0 2 1 全国高考真题）某学校组织“一带
34、一路”知识竞赛，有 A,B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得 2 0 分，否则得0分；8类问题中的每个问题回答正确得8 0 分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答8类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答A类问题，记 X为小明的累计得分，求 X的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】（1）见解析；（
35、2）B 类.【解析】【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分X的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可.（2）与（1）类似，找出先回答B类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可.【详解】(1)由题可知，X的所有可能取值为0,2 0,1 0 0.p(X=0)=1 -0.8 =0.2 ；P(X=2 0)=0.8(1 -0.6)=0.3 2 ；P(X=1(X)=0.8 x 0.6 =0.4 8.所以X的分布列为X02 01 0 0P0.20.3 20.4 8(2)由(1)知，E(X)=0 x 0.2+2 0 x 0.3 2+1 0 0 x 0.4 8 =5 4.4.若小明先回答8问题，记y为小明的累计得分，则y的所有可能取值为0,8 0.1 0 0.P(y =0)=l-0.6 =0.4:/(y =8()=0.6(l-0.8)=0.1 2;=1 0 0)=0.8 x 0,6 =0.4 8.所以 (r)=0 x 0.4 +8 0 x 0.1 2 +1 0 0 x 0.4 8 =5 7.6.因为5 4,4 5 7.6 ,所以小明应选择先回答B类问题.