【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修三）专题7.13 随机变量及其分布全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(23)页，257.489 KB，由小赞的店铺上传

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第七章随机变量及其分布全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022春·河南驻马店·高二期末）下列正确命题的个数是（）①已知随机变量X服从二项分布𝐵(𝑛,𝑝)，

若𝐸(𝑋)=30，𝐷(𝑋)=20，则𝑝=23；②将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；③在某市组织的一次联考中，全体学生的数学成绩𝑋~𝑁(110,𝜎2)，若𝑃(𝑋≥130)=0.1，现从参加考试的学生中随机

抽取3人，并记数学成绩不在(90,110)的人数为𝜉，则𝑃(𝜉≥1)=0.936；④某人在12次射击中，击中目标的次数为X，𝑋∼𝐵(12,0.8)，则当𝑋=9或10概率最大．A．1个B．2个C．3个D．4个【解题思路】对①：利用二项分布的期望与方差公式，列出方程求解即可判断；对

②：根据方差公式可知方差恒不变；对③：根据正态分布的对称性即可求解；对④：根据二项分布概率的性质求解即可判断．【解答过程】解：对于①：因为随机变量𝑋服从二项分布𝐵(𝑛,𝑝)，𝐸(𝑋)=30，𝐷(𝑋)=2

0，所以𝑛𝑝=30，𝑛𝑝(1−𝑝)=20，解得𝑝=13，故①错误；对于②：根据方差公式𝐷(𝑎𝜉+𝑏)=𝑎2𝐷(𝜉)（𝑎，𝑏为常数），可得将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差不变，故

②正确；对于③：因为随机变量𝑋服从正态分布𝑋~𝑁(110,𝜎2)，由𝑃(𝑋≥130)=0.1，则𝑃(90<𝑋<110)=12−𝑃(𝑋≥130)=0.4，则成绩不在(90,110)的概率𝑃=0.6，则𝑃(𝜉≥1)=1−𝑃(𝜉=0)=1−(1−0.6)3

=0.936，故③正确；对于④：因为在12次射击中，击中目标的次数𝑋∼𝐵(12,0.8)，所以对应的概率𝑃(𝑋=𝑘)=C12𝑘×0.8𝑘×0.212−𝑘，当𝑘⩾1，𝑘∈N∗时，令{𝑃(𝑋=𝑘)≥𝑃(𝑋=𝑘−1)𝑃(𝑋=𝑘)≥𝑃(

𝑋=𝑘+1)，即{C12𝑘0.8𝑘0.212−𝑘≥C12𝑘−10.8𝑘−10.212−𝑘+1C12𝑘0.8𝑘0.212−𝑘≥C12𝑘+10.8𝑘+10.212−𝑘−1，即{12−𝑘+1𝑘⋅0.8≥0.20.2≥12−(𝑘+1)+1𝑘+1⋅0.8，解得

475≤𝑘≤525，因为𝑘∈N∗时，所以当𝑋=10时，概率𝑃(𝑋=10)最大，故④错误．故选：B．2．（5分）（2023·全国·高三专题练习）贵阳一中有2000人参加2022年第二次贵阳市模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布𝑁(105,𝜎2)(𝜎>0)，试卷满分15

0分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的15，则此次数学考试成绩在105分到120分（含105分和120分）之间的人数约为（）A．300B．400C．600D．800【解题思路】由题意

可知正态分布曲线的对称轴为𝑥=105，即可求得𝑃(90≤𝑋≤120)，从而得𝑃(105≤𝑋≤120)的值，由此可求答案.【解答过程】由题意，随机变量𝑋~𝑁(105,𝜎2)，即𝜇=105，即正态分布曲线的对称轴为𝑥=105，因为𝑃(𝑋<9

0)=𝑃(𝑋>120)=15，所以𝑃(90≤𝑋≤120)=1−25=35，所以𝑃(105≤𝑋≤120)=12𝑃(90≤𝑋≤120)=12×35=310，所以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为2000×310=600，故选:C．3．（5分）（2022春·河南焦作

·高二阶段练习）若离散型随机变量𝑋的分布列为𝑃(𝑋=𝑘)=𝑚⋅2𝑘(2𝑘+1−1)(2𝑘−1)(1≤𝑘≤5,𝑘∈𝑍)，则𝑃(32<𝑥<52)的值为A．631B．6162C．2531D．6263【解题思路】由题𝑃(𝑋=𝑘)=𝑚(12𝑘−1−12

𝑘+1−1),(1≤𝑘≤5,𝑘∈𝑍)则由𝑃(𝑋=1)+𝑃(𝑋=2)+...+𝑃(𝑋=5)=1可求𝑚的值，进而求得𝑃(32<𝑥<52).【解答过程】由题𝑃(𝑋=𝑘)=𝑚(12𝑘−1−12𝑘+1−1),(1≤𝑘≤5,𝑘∈𝑍)，则由离散型随机变量分布

列的性质可得𝑃(𝑋=1)+𝑃(𝑋=2)+...+𝑃(𝑋=5)=𝑚(121−1−122−1+122−1−123−1+...+125−1−126−1)=𝑚(1−126−1)=1,∴𝑚=6362,故𝑃(32<𝑥<52)=63622

2(23−1)(22−1)=631.故选A.4．（5分）（2022春·全国·高二期末）下列说法中正确的是（）①设随机变量X服从二项分布𝐵(6,12)，则𝑃(𝑋=3)=516②已知随机变量X服从正态分布𝑁(2,𝜎2)且𝑃(𝑋<4)=0.9，则𝑃(0<𝑋<2)=0.

4③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件𝐴=“4个人去的景点互不相同”，事件𝐵=“小赵独自去一个景点”，则𝑃(𝐴|𝐵)=29；④𝐸(2𝑋+3)=2𝐸(𝑋)+3；𝐷(2𝑋+3)=2𝐷(𝑋)+3.A．①②③B．②③④C．②③D．①③

【解题思路】根据题意条件，利用二项分布、正态分布、条件概率、期望与方程的定义与性质等对每一项进行逐项分析.【解答过程】解：命题①：设随机变量X服从二项分布𝐵(6,12)，则𝑃(𝑋=3)=𝐶63(1

2)3×(1−12)3=516，正确；命题②：∵𝜉服从正态分布𝑁(2,𝜎2)，∴正态曲线的对称轴是𝑥=2，∵𝑃(𝑋<4)=0.9⇒𝑃(𝑋>4)=𝑃(𝑋<0)=0.1，∴𝑃(0<𝑋<2)=𝑃(2<𝑋<4)=0.4，正确；命题③：设事件𝐴=

“4个人去的景点不相同”，事件𝐵=“小赵独自去一个景点”，则𝑃(𝐴𝐵)=4×3!44,𝑃(𝐵)=4×3344，所以𝑃(𝐴|𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐵)=29，正确；命题④：𝐸(2𝑋+3)=2𝐸(𝑋)+3正确，𝐷(2𝑋+

3)=2𝐷(𝑋)错误，应该为𝐷(2𝑋+3)=4𝐷(𝑋)，故不正确.故选：A.5．（5分）（2023·全国·高三专题练习）甲乙两人进行乒乓球赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负）

，且每一局甲赢的概率都是𝑝，随机变量𝑋表示最终的比赛局数，若0<𝑝<13，则（）A．𝐸(𝑋)=52B．𝐸(𝑋)>218C．𝐷(𝑋)>14D．𝐷(𝑋)<2081【解题思路】结合二项分布可计算随机变量𝑋的分布列，再利用公式可求𝐸(𝑋)、𝐷(�

�)，最后利用二次函数的性质可求其范围.【解答过程】随机变量𝑋可能的取值为2,3.𝑃(𝑋=2)=𝐶20𝑝2+𝐶22(1−𝑝)2=2𝑝2−2𝑝+1.𝑃(𝑋=3)=𝐶21𝑝(1−𝑝)𝑝+𝐶21𝑝(1−�

�)(1−𝑝)=2𝑝−2𝑝2，故𝑋的分布列为：𝑋23𝑃2𝑝2−2𝑝+12𝑝−2𝑝2故𝐸(𝑋)=2×(2𝑝2−2𝑝+1)+3×(2𝑝−2𝑝2)=−2𝑝2+2𝑝+2=−2(𝑝−12)2+52因为0<𝑝<13，故

2<𝐸(𝑋)<229，而229<52,229<218，故A、B错误.而𝐷(𝑋)=4×(2𝑝2−2𝑝+1)+9×(2𝑝−2𝑝2)−(−2𝑝2+2𝑝+2)2，令𝑡=2𝑝−2𝑝2=−2(𝑝−12)2+12，因为0<𝑝<13<1

2，故0<𝑡<49，此时𝐷(𝑋)=4×(1−𝑡)+9𝑡−(𝑡+2)2=−𝑡2+𝑡∈(0,2081)，𝐷(𝑋)<14必成立，故C错误，D正确.故选：D.6．（5分）（2023·高二课时练习）一

只小虫从数轴上的原点出发爬行，若一次爬行过程中，小虫等概率地向前或向后爬行1个单位，设爬行𝑛次后小虫所在位置对应的数为随机变量𝜉𝑛，则下列说法错误的是（）A．𝐸(𝜉𝑛)=0B．𝐷(𝜉𝑛)=𝑛C．𝑃(

𝜉2020=0)<𝑃(𝜉2020=2)D．𝑃(𝜉2020=0)<𝑃(𝜉2018=0)【解题思路】利用小虫等概率地向前或向后爬行，可知随机变量𝜉𝑛∈[−𝑛,𝑛]，且向前或向后爬行1个单位的概率均为12，结合二项分布公式求概率，根据𝐸(𝜉𝑛)=∑𝑛

𝑝、𝐷(𝜉𝑛)=𝐸(𝜉𝑛⬚2)−𝐸(𝜉𝑛)2即可判断各选项的正误；【解答过程】由题意知：设爬行𝑛次后小虫所在位置对应的数为随机变量𝜉𝑛∈[−𝑛,𝑛]，且小虫向前或向后爬行1个单位的概率均为12，∴爬行𝑛次后小虫一共向前爬行𝑟次，则向后爬行𝑛−𝑟次，有𝜉�

�=𝑟+[−(𝑛−𝑟)]=2𝑟−𝑛；故𝑃{𝜉𝑛=2𝑟−𝑛}=𝐶𝑛𝑟(12)𝑛，则：1、𝐸(𝜉𝑛)=∑𝐶𝑛𝑟(2𝑟−𝑛)2𝑛𝑛𝑟=0=0，𝐷(𝜉𝑛)=𝐸(𝜉𝑛⬚2)−𝐸(𝜉𝑛)2=𝐸(𝜉𝑛⬚2)=∑𝐶𝑛

𝑟(2𝑟−𝑛)22𝑛𝑛𝑟=0=𝑛，故A、B正确；2、𝑃(𝜉2020=0)=𝐶20201010(12)2020，𝑃(𝜉2020=2)=𝐶20201011(12)2020，即𝑃(𝜉2020=0)𝑃(𝜉2020=2)=10

111010>1，有𝑃(𝜉2020=0)>𝑃(𝜉2020=2)，故C错误；3、𝑃(𝜉2018=0)=𝐶20181009(12)2018，即𝑃(𝜉2020=0)𝑃(𝜉2018=0)=40384040<1，有𝑃(𝜉2020=0)<𝑃(

𝜉2018=0)，故D正确；故选：C.7．（5分）（2022春·黑龙江佳木斯·高二期末）下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程

中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，……，6，用𝑋表示小球落入格子的号码，则（）A．𝑃(𝑋=1)=𝑃(𝑋=6)=164B．𝐸(𝑋)=52C．𝐷(𝑋)=32D．𝐷(𝑋)=54【解题思路】设Y=X-1，分析出𝑌∼

𝐵(5,12)，从而求出𝑋的可能取值及相应的概率，求出期望和方差，得到正确答案.【解答过程】设A=“向右下落”，则𝐴=“向左下落”，且𝑃(𝐴)=𝑃(𝐴)=12，设Y=X-1，因为小球在下落过程中共碰撞5次，所以𝑌∼𝐵(5,12)，于是𝑃(𝑌=𝑘)=𝑃(𝑋=𝑘

+1)=C5𝑘(12)𝑘(1−12)5−𝑘=C5𝑘(12)5（𝑘=0,1,2,3,4,5）.所以𝑃(𝑋=1)=𝑃(𝑋=6)=C50(12)5=132，A错误；𝑃(𝑋=2)=𝑃(𝑋=5)=C51(12)5=532

，𝑃(𝑋=3)=𝑃(𝑋=4)=C52(12)5=516，所以𝐸(𝑋)=(1+6)×132+(2+5)×532+(3+4)×516=72，B错误；𝐷(𝑋)=(1−72)2×132+(2−72)2×532+(3−72)2×1032

+(4−72)2×1032+(5−72)2×532+(6−72)2×132=54，C错误，D正确；故选：D.8．（5分）（2022秋·陕西咸阳·高三阶段练习）2021年高考结束后小明与小华两位同学计划

去老年公寓参加志愿者活动．小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正确的个数是（）①小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条②小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条③小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F处和小华会合一起到老年公寓的概率

为1835④小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F事件B；从F到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则𝑃(𝐵|𝐴)=215A．1个B．2个C．3个D．4个【解题思路】根据起点走向终点所需要向上、向右走的总步数𝑚，并确定向上

或向右各走的步数𝑛，则最短路径的走法有𝐶𝑚𝑛，再利用古典概率及条件概率求法，求小明到F处和小华会合一起到老年公寓的概率、小明经过F且从F到老年公寓两人的路径没有重叠的概率即可.【解答过程】由图知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向

下、向左移动，对于①，小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小华共走3步其中1步向上，所以最短路径条数为𝐶31=3条，错误；对于②，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即小明共走7步其中3步向上，最短路径条数为𝐶73=35条，正确；对于③，小明到𝐹的最短路径走法有𝐶42=6条，

再从F处和小华一起到老年公寓的路径最短有3条，而小明到老年公寓共有35条，所以到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为6×335=1835，正确；对于④，由题意知：事件𝐴的走法有18条即𝑃(𝐴)=1835，事件𝐴∩𝐵的概率𝑃(𝐴∩𝐵)

=6×235×3=435，所以𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴∩𝐵)𝑃(𝐴)=29，错误.故说法正确的个数是2.故选：B.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023秋·山

东滨州·高三期末）已知两种不同型号的电子元件的使用寿命（分别记为𝑋，𝑌）均服从正态分布，𝑋∼𝑁(𝜇1,𝜎12)，𝑌∼𝑁(𝜇2,𝜎22)，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列选项正确的是（）参考数据:若𝑍~𝑁(𝜇,𝜎2),则𝑃(𝜇−𝜎≤𝑍≤𝜇+

𝜎)≈0.6827，𝑃(𝜇−2𝜎≤𝑍≤𝜇+2𝜎)≈0.9545A．𝑃(𝜇1−2𝜎1≤𝑋≤𝜇1+𝜎1)≈0.8186B．对于任意的正数𝑡，有𝑃(𝑋≤𝑡)>𝑃(𝑌≤𝑡)C．𝑃(𝑌≥�

�1)<𝑃(𝑌≥𝜇2)D．𝑃(𝑋≤𝜎1)<𝑃(𝑋≤𝜎2)【解题思路】根据正态分布密度曲线关于𝑥=𝜇对称，且𝜇越小图像越靠𝑦轴，𝜎越小图像越瘦长，以及3𝜎原则即可逐一分析四个选项得出结论.【解

答过程】对于A,𝑃(𝜇1−2𝜎1≤𝑋≤𝜇1+𝜎1)≈(0.6827+0.9545)×12=0.8186，故A选项正确;对于B,对于任意的正数𝑡,由图象知𝑃(𝑋≤𝑡)表示正态密度曲线与𝑥轴围成的面积始终大于𝑃(𝑌≤𝑡)表示正态密度曲线与𝑥轴围成的

面积,所以𝑃(𝑋≤𝑡)>𝑃(𝑌≤𝑡);故B选项正确;对于C,由正态分布密度曲线,可知𝜇1<𝜇2,由图象知𝑃(𝑌≥𝜇1)表示的面积始终大于𝑃(𝑌≥𝜇2)表示的面积,所以𝑃(𝑌≥𝜇2)<𝑃(𝑌≥𝜇1)

,故C选项错误;对于D,由正态分布密度曲线,可知𝜎1<𝜎2,由图象知𝑃(𝑋≤𝜎2)表示的面积始终大于𝑃(𝑋≤𝜎1)表示的面积,所以𝑃(𝑋≤𝜎2)>𝑃(𝑋≤𝜎1),选项D正确.故选：ABD.10．（

5分）（2022春·重庆万州·高二阶段练习）在2021年的高考中，数学出现了多项选择题.假设某一道多项选择题有四个选项1､2､3､4，其中正确选项的个数有可能是2个或3个或4个，这三种情况出现的概率均为13，且在每种情况内，每

个选项是正确选项的概率相同.根据以上信息，下列说法正确的是（）A．某同学随便选了三个选项，则他能完全答对这道题的概率高于110B．1选项是正确选项的概率高于12C．在1选项为正确选项的条件下，正确选项有3个的概率

为13D．在1选项为错误选项的条件下，正确选项有2个的概率为12【解题思路】先分别计算出任意一组2个选项、3个选项、4个选项为正确答案的概率，再依次判断4个选项即可.【解答过程】若正确选项的个数为2个，则有(1,2),(

1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)共6种组合，每种组合为正确答案的概率为13×16=118，若正确选项的个数为3个，则有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4)共4种组合，每种组合为正确答案

的概率为13×14=112，若正确选项的个数为4个，则有(1,2,3,4)共1种组合，这种组合为正确答案的概率为13，对于A，随便选了三个选项，能完全答对这道题的概率为112<110，错误；对于B，1选项是正确选项的概率为3×118+3×112+13=34>12，正确；对于C，1选项为正确

选项为事件A，由B选项知，𝑃(𝐴)=34，正确选项有3个为事件B，则𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=3×11234=13，正确；对于D，1选项为错误选项为事件C，𝑃(𝐶)=14

，正确选项有2个为事件D，则𝑃(𝐷|𝐶)=𝑃(𝐶𝐷)𝑃(𝐶)=3×11814=23，错误.故选：BC.11．（5分）（2022·全国·高三专题练习）已知随机变量𝜉~𝐵(2𝑛,𝑝)，𝑛∈𝑁∗，𝑛≥2，0<𝑝<1，记𝑓(𝑡)=𝑃(𝜉=𝑡

)，其中𝑡∈𝑁，𝑡≤2𝑛，则（）A．∑𝑓(𝑡)2𝑛𝑡=0=1B．∑𝑡𝑓(𝑡)2𝑛𝑡=0=2𝑛𝑝C．∑⬚𝑛𝑡=0𝑓(2𝑡)<12<∑⬚𝑛𝑡=1𝑓(2𝑡−1)D．若𝑛𝑝=6，则𝑓(𝑡)≤𝑓(12)【解题思路】

利用随机变量概率的性质证明选项A判断正确；利用二项分布数学期望的性质证明选项B判断正确；举反例否定选项C；利用单调性证明选项D判断正确.【解答过程】对于A，∑⬚2𝑛𝑡=0𝑓(𝑡)=∑⬚2𝑛𝑡=0𝑃(𝜉=𝑡)=1，所以A正确；对

于B，因为∑⬚2𝑛𝑡=0𝑡𝑓(𝑡)=𝐸(𝜉)=2𝑛𝑝，所以B正确；对于C，当𝑝=𝑞=12时，∑⬚𝑛𝑡=0𝑓(2𝑡)=∑⬚𝑛𝑡=1𝑓(2𝑡−1)=12，所以C错误；对于

D，因为(2𝑛+1)𝑝=12+𝑝，所以当𝑡=12时，𝑓(𝑡)最大，所以D正确；证明如下：若𝜉~𝐵(𝑛,𝑝)，则𝑃(𝜉=𝑘)𝑃(𝜉=𝑘−1)=C𝑛𝑘𝑝𝑘(1−𝑝)𝑛−𝑘C𝑛𝑘−1𝑝𝑘−1(1−𝑝)𝑛−𝑘+1=(𝑛

−𝑘+1)𝑝𝑘(1−𝑝)，若𝑃(𝜉=𝑘)>𝑃(𝜉=𝑘−1)，则(𝑛−𝑘+1)𝑝𝑘(1−𝑝)>1，解得𝑘<(𝑛+1)𝑝，故当𝑘<(𝑛+1)𝑝时，𝑃(𝜉=𝑘)单调递增，当𝑘>(𝑛+1)𝑝时，𝑃(𝜉=𝑘)单调递减，即当(𝑛+1)𝑝为整

数时，𝑘=(𝑛+1)𝑝或𝑘=(𝑛+1)𝑝−1时，𝑃(𝜉=𝑘)取得最大值，当(𝑛+1)𝑝不为整数，k为(𝑛+1)𝑝的整数部分时，𝑃(𝜉=𝑘)取得最大值．故选：ABD．12．（5分）（2022·全国

·高二学业考试）将2n(n∈N*)个有编号的球随机放入2个不同的盒子中，已知每个球放入这2个盒子的可能性相同，且每个盒子容纳球数不限记2个盒子中最少的球数为X(0≤X≤n，X∈N*)，则下列说法中正确的有（）A．当n=1时

，方差𝐷(𝑋)=14B．当n=2时，𝑃(𝑋=1)=38C．∀𝑛≥3，∃𝑘∈[0,𝑛)(𝑘,𝑛∈𝑁∗)，使得P(X=k)>P(X=k+1)成立D．当n确定时，期望𝐸(𝑋)=𝑛(22𝑛−𝐶2𝑛𝑛)22𝑛【解题思路】对于A：当n=1时，𝑃(𝑋=0

)=12，𝑃(𝑋=1)=12，𝐸(𝑋)=12，𝐸(𝑋2)=12，根据𝐷(𝑋)=𝐸(𝑋2)−𝐸2(𝑋)=14，可判断；对于B：当n=2时，由𝑃(𝑋=1)=2𝐶41124，可判断；对于C：由𝑃(𝑋=𝑘)

=2𝐶2𝑛𝑘122𝑛，可判断；对于D：由𝐸(𝑋)=∑2𝑘𝐶2𝑛𝑘22𝑛𝑛−1𝑘=0+𝑛𝐶2𝑛𝑛22𝑛=∑2𝑘𝐶2𝑛𝑘22𝑛𝑛𝑘=0−𝑛𝐶2𝑛𝑛22𝑛可判断.【解答过程】当n=1时，𝑃(𝑋=0)

=12，𝑃(𝑋=1)=12，𝐸(𝑋)=12，𝐸(𝑋2)=12，则𝐷(𝑋)=𝐸(𝑋2)−𝐸2(𝑋)=14，A正确；当n=2时，𝑃(𝑋=1)=2𝐶41124=12，B错误；由已知得𝑃(𝑋=𝑘)=2𝐶2𝑛𝑘122𝑛，𝑃(�

�=𝑘+1)=2𝐶2𝑛𝑘+1122𝑛，k≤n-2，𝑃(𝑋=𝑛)=𝐶2𝑛𝑛22𝑛，又有2𝐶2𝑛𝑛−1𝐶2𝑛𝑛=2𝑛𝑛+1>1，所以P(X=n-l)>P(X=n)，C正确；又𝐸(𝑋)=∑2𝑘𝐶2𝑛𝑘22𝑛𝑛−1𝑘=0+𝑛𝐶2�

�𝑛22𝑛=∑2𝑘𝐶2𝑛𝑘22𝑛𝑛𝑘=0−𝑛𝐶2𝑛𝑛22𝑛=122𝑛(∑⬚𝑛𝑘=12𝑘𝐶2𝑛𝑘−𝑛𝐶2𝑛𝑛)=122𝑛(∑⬚𝑛𝑘=14𝑛𝐶2𝑛−1𝑘−1−𝑛𝐶2𝑛𝑛)=𝑛22𝑛(∑⬚𝑛𝑘=14𝐶2𝑛−1𝑘−

1−𝐶2𝑛𝑛)=𝑛22𝑛(∑⬚𝑛−1𝑘=04𝐶2𝑛−1𝑘−𝐶2𝑛𝑛)=𝑛22𝑛(4×22𝑛−12−𝐶2𝑛𝑛)=𝑛(22𝑛−𝐶2𝑛𝑛)22𝑛，D正确.故选：ACD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2

022·全国·高三专题练习）下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部

的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，⋯，6，用𝑋表示小球落入格子的号码，假定底部6个格子足够长，投入160粒小球，则落入3号格的小球大约有50．【解题思路】设𝑌=𝑋−1，由题意得𝑌~𝐵(5,12)，求出𝑋=3时的概

率，由此能求出落入3号格的小球粒数．【解答过程】解：设𝐴=“向右下落”，则𝐴̅=“向左下落”，且𝑃(𝐴)=𝑃(𝐴̅)=12，设𝑌=𝑋−1，∵小球下落过程中共碰撞5次，∴𝑌~𝐵(5,12)，∴𝑃(𝑌=𝑘)=𝑃(𝑋=𝑘+1)=C5𝑘(12)𝑘(1−12)5−𝑘

=C5𝑘(12)5，(𝑘=0，1，2，3，4，5)，∴𝑃(𝑋=3)=C52(12)5=516，故投入160粒小球，则落入3号格的小球大约有160×516=50粒．故答案为：50．14．（5分）（2023·全国·高二专题练习）某批

零件的尺寸X服从正态分布N(10,𝜎2)，且满足𝑃(𝑋<9)=16，零件的尺寸与10的误差不超过1即合格，从这批产品中抽取n件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则n的最小值为5．【解题思路】求出取出的零件为合格品的概率，再利用二项分布的概率公式

列出不等式，借助单调性求解作答.【解答过程】因X服从正态分布N(10,𝜎2)，且𝑃(𝑋<9)=16，则𝑃(9≤𝑋≤11)=2𝑃(9≤𝑋≤10)=2×(12−16)=23，即每个零件合格的概率为23，合格零件

不少于2件的对立事件是合格零件件数为0或1，合格零件件数为0或1的概率为C𝑛0(13)𝑛+C𝑛1⋅23⋅(13)𝑛−1，依题意，C𝑛0(13)𝑛+C𝑛1⋅23⋅(13)𝑛−1≤0.1，即(2𝑛+1)⋅(13)𝑛≤0

.1，令𝑓(𝑛)=(2𝑛+1)⋅(13)𝑛(𝑛∈N∗)，则有𝑓(𝑛+1)𝑓(𝑛)=2𝑛+36𝑛+3<1，即𝑓(𝑛)单调递减，而𝑓(5)<0.1，𝑓(4)>0.1，因此不等式(2𝑛+1)⋅

(13)𝑛<0.1的解集为{𝑛|𝑛≥5,𝑛∈N∗}，所以n的最小值为5．故答案为：5.15．（5分）（2022·全国·高三专题练习）设𝑥1、𝑥2、𝑥3、𝑥4为互不相等的正实数，随机变量𝑋

和𝑌的分布列如下表，若记𝐷𝑋，𝐷𝑌分别为𝑋,𝑌的方差，则𝐷𝑋>𝐷𝑌．（填>，<，=）𝑋𝑥1𝑥2𝑥3𝑥4𝑌𝑥1+𝑥22𝑥2+𝑥32𝑥3+𝑥42𝑥4+𝑥12𝑃14141414【解题思路】根据方差计算公式，计算出𝐷𝑋,�

�𝑌的表达式，由此利用差比较法，比较出两者的大小关系.【解答过程】𝐸𝑋=14(𝑥1+𝑥2+𝑥3+𝑥4)，故𝐷𝑋=14[(𝑥1−𝐸𝑋)2+(𝑥2−𝐸𝑋)2+(𝑥3−𝐸𝑋)2+(𝑥4−𝐸𝑋)2]=14[∑𝑥𝑖24𝑖=1−4(

𝐸𝑋)2].𝐸𝑌=14(𝑥1+𝑥22+𝑥2+𝑥32+𝑥3+𝑥42+𝑥4+𝑥12)=14(𝑥1+𝑥2+𝑥3+𝑥4)=𝐸𝑋，𝐷𝑌=14[(𝑥1+𝑥22−𝐸𝑋)2+(𝑥2+𝑥32−𝐸𝑋)2+(𝑥3+𝑥42−𝐸𝑋)2+(𝑥4+

𝑥12−𝐸𝑋)2]=14[(𝑥1+𝑥22)2+(𝑥2+𝑥32)2+(𝑥3+𝑥42)2+(𝑥4+𝑥12)2−4(𝐸𝑋)2].要比较𝐷𝑋,𝐷𝑌的大小，只需比较∑𝑥𝑖24𝑖=1与(𝑥1+𝑥22)2+(𝑥2+𝑥32)2+(𝑥3+𝑥42)2+(𝑥4

+𝑥12)2，两者作差并化简得∑𝑥𝑖24𝑖=1−[(𝑥1+𝑥22)2+(𝑥2+𝑥32)2+(𝑥3+𝑥42)2+(𝑥4+𝑥12)2]=2𝑥12+2𝑥22+2𝑥32+2𝑥42−2(𝑥1𝑥2+𝑥2𝑥3+𝑥3𝑥4+𝑥4𝑥1

)4=(𝑥1−𝑥2)2+(𝑥2−𝑥3)2+(𝑥3−𝑥4)2+(𝑥4−𝑥1)24①，由于𝑥1,𝑥2,𝑥3,𝑥4为互不相等的正实数，故①>0，也即∑𝑥𝑖24𝑖=1>[(𝑥1+𝑥22)2+(𝑥2+𝑥32)2+(𝑥3+𝑥42)2+(𝑥4+𝑥12)2

]，也即𝐷𝑋>𝐷𝑌.故答案为：>.16．（5分）（2023秋·天津南开·高三阶段练习）现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第𝑛关要抛掷骰子𝑛次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2𝑛+𝑛，则算闯过第𝑛关，𝑛=1，2，

3，4．假定每次闯关互不影响，则下列结论错误的序号是（2）．（1）直接挑战第2关并过关的概率为712；（2）连续挑战前两关并过关的概率为524；（3）若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则𝑃(𝐴|𝐵)=113；（4

）若直接挑战第4关，则过关的概率是351296．【解题思路】由古典概型，独立事件的乘法公式，条件概率公式对结论逐一判断【解答过程】对于（1），22+2=6，所以两次点数之和应大于6，即直接挑战第2关并过关的概率为𝑃1=2136=712，故（1）正确；对于（2）

，21+1=3，所以挑战第1关通过的概率𝑃2=12，则连续挑战前两关并过关的概率为𝑃=𝑃1𝑃2=12×712=724，故（2）错误；对于（3），由题意可知，抛掷3次的基本事件有63=216，抛掷3次至少出现一个5点的事件共有63−53=216−125=91种，故𝑃(𝐵)=912

16，而事件𝐴∩𝐵包括：含5，5，5的1种，含4，5，6的有6种，共7种，故𝑃(𝐴∩𝐵)=7216，所以𝑃(𝐴|𝐵)=𝑃(𝐴∩𝐵)𝑃(𝐵)=7216×21691=113，故（3）正确；对于（4），当𝑛=4时，2𝑛+𝑛=24+4=20，而“4次点数之和大于20”包

含以下35种情况：含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，含3，6，6，6的有4种，所以𝑃4=356×6×6×6=351296，故（4）正确．故答案为：（2

）.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022秋·重庆渝中·高三阶段练习）由于身体及心理方面的差异，人们往往认为女性驾驶员比男性驾驶员更容易发生交通事故.为调查女性驾驶员是否比男性驾驶员更容易发生交通事故，同学们组成了调查小组，对其所在城市

进行了调查研究，结果却显示为：该市2021年男女驾驶员的比例为7:3，男性驾驶员平均万人的发案率为2.20，女性驾驶员平均万人的发案率为0.25.（发案即发生了交通事故，暂不区分其是否为肇事责任人）(1)若在全市驾驶员中随机抽取3人，

则恰有1位女驾驶员的概率是多少？(2)若该市一名驾驶员在2021年发生了交通事故，则其为女性的概率是多少？（结果保留到小数点后第三位）【解题思路】（1）设在全市驾驶员中随机抽取3人，女驾驶员的人数为𝑋，则𝑋∼𝐵(3,0.3)，再根据二项分布的概率公式求解即可；（

2）设事件𝐴：驾驶员为女性，事件𝐵：驾驶员发生的交通事故，进而结合全概率公式和条件概率公式求解即可.【解答过程】（1）解：因为该市2021年男女驾驶员的比例为7:3，所以，在全市驾驶员中随机抽取1人是女驾驶员的概率为0.3，设在全市驾驶员中随机抽取

3人，女驾驶员的人数为𝑋，所以，𝑋∼𝐵(3,0.3)所以，恰有1位女驾驶员的概率是𝑃(𝑋=1)=𝐶31×0.3×0.72=0.441.（2）解：设事件𝐴：驾驶员为女性，事件𝐵：驾驶员发生的交通事故.所以𝑃(𝐴)=0.3，𝑃(𝐴)=0.7，𝑃

(𝐵|𝐴)=0.25×10−4，𝑃(𝐵|𝐴̅)=2.20×10−4,所以，根据全概率公式，𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵|𝐴)+𝑃(𝐴)𝑃(𝐵|𝐴)=0.075×10−4+2.2×0.7×10−4=1.615×10−4，所以，𝑃(𝐴|𝐵)=𝑃(𝐴𝐵

)𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵|𝐴)𝑃(𝐴)𝑃(𝐵|𝐴)+𝑃(𝐴̅)𝑃(𝐵|𝐴̅)=0.075×10−41.615×10−4≈0.046.所以，该市一名驾驶员在2021年

发生了交通事故，则其为女性的概率是多少0.046.18．（12分）（2023·全国·高三专题练习）某公司打算引进一台设备使用一年，现有甲、乙两种设备可供选择.甲设备每台10000元，乙设备每台9000元.此外设备使用期间还需维修，对于每台设备，一年间三次及三次以内

免费维修，三次以外的维修费用均为每次1000元.该公司统计了曾使用过的甲、乙各50台设备在一年间的维修次数，得到下面的频数分布表，以这两种设备分别在50台中的维修次数频率代替维修次数发生的概率.维修次数23456甲设备5103050乙设备05151515（1）设甲、乙两种设

备每台购买和一年间维修的花费总额分别为𝑋和𝑌，求𝑋和𝑌的分布列；（2）若以数学期望为决策依据，希望设备购买和一年间维修的花费总额尽量低，且维修次数尽量少，则需要购买哪种设备？请说明理由.【解题思路】（1）𝑋的可能取值为1

0000，11000，12000，𝑌的可能取值为9000，10000，11000，12000，计算概率得到分布列；（2）计算期望，得到𝐸(𝑋)=𝐸(𝑌)=10800，设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为𝜉，𝜂，计算分布列，计算数学期望得到答案.【解答过程】（1）𝑋的可能取值

为10000，11000，12000，𝑃(𝑋=10000)=5+1050=310，𝑃(𝑋=11000)=3050=35，𝑃(𝑋=12000)=550=110，因此𝑋的分布如下𝑋1000

01100012000𝑃31035110𝑌的可能取值为9000，10000，11000，12000，𝑃(𝑌=9000)=550=110，𝑃(𝑌=10000)=1550=310，𝑃(𝑌=11000)=1550=310，𝑃(𝑌=12000)=1550=310，因此𝑌的分布列为

如下𝑌9000100001100012000𝑃110310310310（2）𝐸(𝑋)=10000×310+11000×35+12000×110=10800，𝐸(𝑌)=9000×110+10000×310+1100

0×310+12000×310=10800，设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为𝜉，𝜂，𝜉的可能取值为2，3，4，5，𝑃(𝜉=2)=550=110，𝑃(𝜉=3)=1050=15，𝑃(𝜉=4)=3050=35，𝑃(𝜉=5)=550=110，则𝜉的分布列为𝜉2

345𝑃1101535110𝐸(𝜉)=2×110+3×15+4×35+5×110=3.7，𝜂的可能取值为3，4，5，6，𝑃(𝜂=3)=550=110，𝑃(𝜂=4)=1550=310，𝑃(𝜂=5)=1550=310，𝑃(𝜂=6)

=1550=310，则𝜂的分布列为𝜂3456𝑃110310310310𝐸(𝜂)=3×110+4×310+5×310+6×310=4.8，由于𝐸(𝑋)=𝐸(𝑌)，𝐸(𝜉)<𝐸(𝜂)，

因此需购买甲设备.19．（12分）（2023·全国·高三专题练习）现有一批疫苗试剂，拟进入动物试验阶段，将1000只动物平均分成100组，任选一组进行试验．第一轮注射，对该组的每只动物都注射一次，若检验出该组中有9只或10只动物产生抗

体，说明疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的动物进行第二轮注射，再次检验．如果被二次注射的动物都产生抗体，说明疫苗有效，否则需要改进疫苗．设每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射疫苗互不影响，且产生抗体的概率均为�

�(0<𝑝<1)．（1）求该组试验只需第一轮注射的概率（用含𝑝的多项式表示）；（2）记该组动物需要注射次数𝑋的数学期望为𝐸(𝑋)，求证：10<𝐸(𝑋)<10(2−𝑝)．【解题思路】（1）设第一轮注射有Y

只动物产生抗体，则𝑌～𝐵(10,𝑝)，则所求概率即𝑃(𝑌=10)+𝑃(𝑌=9)；（2）先求得𝐸(𝑋)=10+10(1−𝑝)(1−𝑝9)，由0<𝑝<1显然可得𝐸(𝑋)>10，再变形𝐸(𝑋)=10(2−𝑝)−

10𝑝9(1−𝑝)，可证得𝐸(𝑋)<10(2−𝑝).【解答过程】（1）平均每组1000100=10人，设第一轮注射有Y只动物产生抗体，则𝑌～𝐵(10,𝑝)，所以𝑃(𝑌=10)+𝑃(𝑌=9)=𝑝10+10𝑝9(1−𝑝)=10𝑝9−9𝑝10，所以该组试验只需第一轮

注射的概率为10𝑝9−9𝑝10．（2）由（1）得𝑃(𝑋=10)=10𝑝9−9𝑝10，𝑃(𝑋=10+𝑘)=𝐶1010−𝑘(1−𝑝)𝑘𝑝10−𝑘,𝑘=2,3,⋯,10，所以𝐸(𝑋)=10𝑃(𝑋=10)+∑(10+𝑘)10𝑘=2𝑃(𝑋

=10+𝑘)=10(𝑝10+10𝑝9(1−𝑝))+∑(10+𝑘)10𝑘=2𝐶1010−𝑘(1−𝑝)𝑘𝑝10−𝑘=10∑⬚10𝑘=0𝐶1010−𝑘(1−𝑝)𝑘𝑝10−𝑘+∑⬚10𝑘=0𝑘𝐶

1010−𝑘(1−𝑝)𝑘𝑝10−𝑘−𝐶109(1−𝑝)𝑝9，设𝜉~𝐵(10,1−𝑝)，则𝐸(𝜉)=∑⬚10𝑘=0𝑘𝐶10𝑘(1−𝑝)𝑘𝑝10−𝑘=10(1−𝑝)，又∑𝐶1010−𝑘10𝑘=0(1−𝑝)𝑘𝑝

10−𝑘=(1−𝑝+𝑝)10，所以𝐸(𝑋)=10(1−𝑝+𝑝)10+10(1−𝑝)−10(1−𝑝)𝑝9=10+10(1−𝑝)−10(1−𝑝)𝑝9=20−10𝑝−10𝑝9+10𝑝10=10+

10(1−𝑝)(1−𝑝9)，因为0<𝑝<1，所以𝐸(𝑋)>10，又𝐸(𝑋)=10+10(1−𝑝)(1−𝑝9)=20−10𝑝−10𝑝9+10𝑝10=10(2−𝑝)−10𝑝9(1−�

�)，因为0<𝑝<1，所以𝐸(𝑋)<10(2−𝑝)，所以10<𝐸(𝑋)<10(2−𝑝)．20．（12分）（2023·全国·高三专题练习）2021年是中国共产党百年华诞.中国站在“两个一百年”的历史交汇点，全面建设社会主义现代化国家新征程即将开启.2021年3月2

3日，中宣部介绍中国共产党成立100周年庆祝活动八项主要内容，其中第一项是结合巩固深化“不忘初心､牢记使命”主题教育成果，在全体党员中开展党史学习教育.这次学习教育贯穿2021年全年，总的要求是学史明理､学史增信､学

史崇德､学史力行，教育引导党员干部学党史､悟思想､办实事，开新局.为了配合这次学党史活动，某地组织全体党员干部参加党史知识竞赛，现从参加人员中随机抽取100人，并对他们的分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图.（1

）现从这100人中随机抽取2人，记其中得分不低于80分的人数为𝜉，试求随机变量𝜉的分布列及期望；（2）由频率分布直方图，可以认为该地参加党史知识竞赛人员的分数𝑋服从正态分布𝑁(𝜇,𝜎2)，其中𝜇近似为样本平均数，𝜎2近似为样本方差𝑠2，经计算

𝑠2=192.44.现从所有参加党史知识竞赛的人员中随机抽取500人，且参加党史知识竞赛的人员的分数相互独立，试问这500名参赛者的分数不低于82.3的人数最有可能是多少？参考数据：√192.44≈13.9，𝑃(𝜇−𝜎<𝑋⩽𝜇+�

�)=0.6827，𝑃(𝜇−2𝜎<𝑋⩽𝜇+2𝜎)=0.9545，𝑃(𝜇−3𝜎<𝑋⩽𝜇+3𝜎)=0.9974.【解题思路】（1）可得得分不低于80分的有20人，𝜉可能的取值为0，1，2，即可求得𝜉取不同值的概率，即可得出分布列，求

出期望；（2）由题求出𝜇,𝜎，根据题意可得𝑃(𝜂=𝑘)𝑃(𝜂=𝑘−1)=(501−𝑘)𝑝𝑘(1−𝑝)>1，即可求解.【解答过程】解：（1）100人中得分不低于80分的人数为(0.014+0.006)×10×100=20，随机变量𝜉可能的取值为0，1，2.

又𝑃(𝜉=0)=𝐶802𝐶1002=316495，𝑃(𝜉=1)=𝐶201𝐶801𝐶1002=3299，𝑃(𝜉=2)=𝐶202𝐶1002=19495，则𝜉的分布列为：𝜉012𝑃316495329919495𝐸(

𝜉)=0×316495+1×3299+2×19495=198495=25.（2）𝜇=35×0.04+45×0.06+55×0.11+65×0.36+75×0.23+85×0.14+95×0.06=68.4.𝜎=√19

2.44=13.9，𝑃(𝑋≥82.3)=𝑃(𝑋≥𝜇+𝜎)1−0.68272=0.15865，每位参赛者分数不低于82.3的概率为0.15865，记500位参赛者中分数不低于82.3的人数为随机

变量𝜂，则𝜂~𝐵(500,𝑝)，其中𝑝=0.5865，所以恰好有𝑘个参赛者的分数不低于82.3的概率为𝑃(𝜂=𝑘)=𝐶500𝑘𝑝𝑘(1−𝑝)500−𝑘，𝑘=0，1，2，…，500.

由𝑃(𝜂=𝑘)𝑃(𝜂=𝑘−1)=𝐶500𝑘𝑝𝑘(1−𝑝)500−𝑘𝐶500𝑘−1𝑝𝑘−1(1−𝑝)501−𝑘=(501−𝑘)𝑝𝑘(1−𝑝)>1，得𝑘<50l𝑝=79.4837.所以当1≤𝑘≤79时，𝑃(𝜂=𝑘)>𝑃(𝜂=𝑘−1)，当

80≤𝑘≤500时，𝑃(𝜂=𝑘)<𝑃(𝜂=𝑘−1)，由此可知，在这500名参赛者中分数不低于82.3的人数最有可能是79.21．（12分）（2022·高二课时练习）品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，

通常采用的测试方法如下：拿出𝑛（𝑛∈𝑁∗且𝑛≥4）瓶外观相同但品质不同的酒让品酒师品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这𝑛瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序.这称为一轮测试，根据一轮测试中

的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现分别以𝑎1、𝑎2、𝑎3、⋯、𝑎𝑛表示第一次排序时被排在1、2、3、⋯、𝑛的𝑛种酒在第二次排序时的序号，并令𝑋=⬚|1−𝑎1|+|2−𝑎2|+|3−𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑛−𝑎𝑛|

，则𝑋是对两次排序的偏离程度的一种描述.（1）证明：无论𝑛取何值，𝑋的可能取值都为非负偶数；（2）取𝑛=4，假设在品酒师仅凭随机猜测来排序的条件下，𝑎1、𝑎2、𝑎3、𝑎4等可能地为1、2、3、4的各种排列，且各轮测试相互独立.①求𝑋的分布列

和数学期望；②若某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有𝑋≤2，则认为该品酒师有较好的酒味鉴别功能.求出现这种现象的概率，并据此解释该测试方法的合理性.【解题思路】（1）分析出𝑋≥0且𝑋与1−𝑎1+2−𝑎2+3−𝑎3+⋅⋅⋅+𝑛−𝑎𝑛的奇偶性一致，右由此可得出结论；

（2）①由题意可知，随机变量𝑋的可能取值有0、2、4、6、8，分别计算出随机变量𝑋在不同取值下的概率，可得出随机变量𝑋的分布列，并由此计算出𝐸(𝑋)的值；②记“在相继进行的三轮测试中都有𝑋≤2”为事件𝐴，计算出𝑃(𝐴)的值，由此可得出结论.【解答过程】（

1）首先有𝑋=⬚|1−𝑎1|+|2−𝑎2|+|3−𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑛−𝑎𝑛|≥0，去绝对值不影响数的奇偶性，故𝑋=⬚|1−𝑎1|+|2−𝑎2|+|3−𝑎3|+⋅⋅⋅+|𝑛−𝑎𝑛

|与1−𝑎1+2−𝑎2+3−𝑎3+⋅⋅⋅+𝑛−𝑎𝑛的奇偶性一致，而1−𝑎1+2−𝑎2+3−𝑎3+⋅⋅⋅+𝑛−𝑎𝑛=(1+2+3+⋅⋅⋅+𝑛)−(𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋅⋅⋅+𝑎𝑛)=0为偶数，故𝑋的可能取值

都为非负偶数；（2）①由（1）知当𝑛=4时，𝑋的可能取值为0、2、4、6、8，𝑃(𝑋=0)=1𝐴44=124，𝑃(𝑋=2)=𝐶31𝐴44=18，𝑃(𝑋=4)=𝐶41+𝐶21+1𝐴44=724，𝑃(𝑋=6)=𝐶21×𝐶21+𝐶21+𝐶21+1

𝐴44=38，𝑃(𝑋=8)=𝐶21+1+1𝐴44=16，所以𝑋的分布列为𝑋02468𝑃124187243816从而𝑋的数学期望𝐸(𝑋)=0×124+2×18+4×724+6×38+8×16=5；②记“在相继进行的三轮

测试中都有𝑋≤2”为事件𝐴，“在某轮测试中有𝑋≤2”为事件𝐵，则𝑃(𝐵)=𝑃(𝑋=0)+𝑃(𝑋=2)=124+18=16，又各轮测试相互独立，𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵𝐵𝐵)=[𝑃(𝐵)]3=16×16×16=1216，因为𝑃(

𝐴)表示仅凭随机猜测得到较低偏离程度的结果的概率，而𝑃(𝐴)=1216≈0.0046，该可能性非常小，所以我们可以认为该品酒师确实有较好的酒味鉴别能力，而不是靠随机猜测，故这种测试方法合理.22．（12分）（

2022·全国·高三专题练习）4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成[0,2]，(2,4]，(

4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]，(12,14]，(14,16]，(16,18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．(1)从这500名学生中随机抽取一人，日平均阅读时间在(10,12]内的概率；(2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅

读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在(12,14]，(14,16]，(16,18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在(14,16]内的学生人数为X，求X的分布列和数学期望；(3)以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学

生中随机抽取10名学生，用𝑃(𝑘)表示这10名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在(8,12]内的概率，其中𝑘=0，1，2，…，10．当𝑃(𝑘)最大时，写出k的值．（只需写出结论）【解题思路】（1）由频率分布直方图列出方程，能求出𝑎的值，进而估计出概率；

（2）先按比例抽取人数，由题意可知此分布列为超几何分布，即可求出分布列；（3）求出𝑃(𝑘)的式子进行判断.【解答过程】（1）由频率分布直方图得：2(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+𝑎+0.05+0.04+0.01)=1，解得�

�=0.10，0.10×2=0.20，所以日平均阅读时间在(10,12]内的概率为0.20；（2）由频率分布直方图得：这500名学生中日平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生人数分别为：500×0.10=50人，500

×0.08=40人，500×0.02=10人，若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在(14，16]内的学生中抽取：4050+40+10×10=4人，现从这10人中随机抽取3人，则𝑋的可能取值为0，1，2，3，𝑃(𝑋=0)=𝐶63

𝐶103=20120=16，𝑃(𝑋=1)=𝐶41𝐶62𝐶103=60120=12，𝑃(𝑋=2)=𝐶42𝐶61𝐶103=36120=310，𝑃(𝑋=3)=𝐶43𝐶103=4120=130，∴𝑋的分布列为

：𝑋0123𝑃1612310130数学期望𝐸(𝑋)=1×12+2×310+3×130=65.（3）𝑘=5，理由如下：由频率分布直方图得学生日平均阅读时间在(8,12]内的概率为0.50，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，恰有k名学生日平均阅读时间在(

8,12]内的分布列服从二项分布𝑋∼𝐵(10,0.50)，𝑃(𝑘)=C10𝑘(12)𝑘(1−12)10−𝑘=C10𝑘(12)10，由组合数的性质可得𝑘=5时𝑃(𝑘)最大.