在一个袋子中装有分别标注数字1，2，3，4，5的五个小球，这些小球除标注的数字外完全相同．现从中随机取出2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是（ ）
试题及解析
学段：高中
学科：数学
在一个袋子中装有分别标注数字1，2，3，4，5的五个小球，这些小球除标注的数字外完全相同．现从中随机取出2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是（ ）
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解：随机取出2个小球得到的结果数有C
2=$\frac{1}{2}&5&4=10$种
取出的小球标注的数字之和为3或6的结果为{1，2}，{1，5}，{2，4}共3种，
∴P=$\frac{3}{10}$，
点击隐藏答案解析:
本题也可以这样解，在解题时注意所取小球的顺序，注意顺序时，要所有事件和满足条件的事件都要有顺序：$P（A）=P（{{A_1}+{A_2}}）=P（{A_1}）+P（{A_2}）=\frac{A_2^2+A_2^2+A_2^2}{A_5^2}=\frac{3}{10}$．
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文字介绍，需要完整内容请下载！
|课程标准点
|探究重难点
|易混易错点
|高考考核点
|离散型随机变量的 |理解分布列对|两点分布与超 |1.离散型随机变量|
|于刻画随机现象的 |几何分布
|离散型随机变量分 |意义
|2.特殊分布列
|布列的概念
|理解超几何分布的 |
|概率模型及其应用 |
A卷（课堂针对训练一）
离散型随机变量
1．★随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为
.试验结果的范围相当于函数的
，随机变量的取值范围相当于函数的
2．★从标有1～10的10支竹签中任取2支，设所得2支竹签上的数字之和为，那么随机变
量可能的取值有（
3．★下列叙述中，是随机变量的有（
①某工厂加工的零件，实际尺寸与规定尺寸之差;②标准状态下，水沸腾的温度;③某大桥一
天经过的车辆数;④向平面上投掷一点，此点坐标.
Ａ．②③
Ｂ．①②
Ｃ．①③④
Ｄ．①③
4．★★下列叙述中，是离散型随机变量的为（
A.某人早晨在车站等出租车的时间
B.将一颗均匀硬币掷十次，出现正面或反面的次数
C.连续不断的射击，首次命中目标所需要的次数
D.袋中有2个黑球6个红球，任取2个，取得一个红球的可能性
５．★★抛掷两枚骰子一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为，
则“>4”表示的实验结果是（
A. 第一枚6点，第二枚2点
B. 第一枚5点，第二枚1点
C. 第一枚1点，第二枚6点
D. 第一枚6点，第二枚1点
６．★★随机变量的所有等可能取值为1,2…,n，若，则（
B．n=4
C． n=5
D．不能确定
7．★（教材2.1.1练习1的变式）
掷一枚硬币两次，可能出现几种结果？你能否用数量来表示这些结果？三次呢？
名师点金：本题变式与原题比较，函数的单调性方面发生了变化，这里函数不具备单调
性。解答本题时不仅要考虑零点存在定理，还要会变通，把判断
8．★★★（教材2.1.1练习1的变式）
袋中有大小相同的5个小球，分别标有1、2、3、4、5五个号码，现在在有放回的条件下
取球两次，设两次小球号码之和为Y，则Y所有可能值的个数？｛Ｙ＝４｝的概率是多少
名师点金：本题变式与原题比较在设问方式上截然相反，这里是已知函数零点个数，反
过来研究函数的特性。虽然设问方式变化很大，但解答本题应认识到还是考察方程的根
与函数的零点的关系，从而去思考当方程
9．★长江南京下关高潮水位是一个随机变量，但取值可能是任何一个非负实数，不是离
散型随机变量。如果水位超过8.5米的警戒线，南京防汛全面进入实战状态.假设我们只
关心水位是否超过警戒线，可以怎样定义一个离散型随机变量，方便我们研究？
10．★★★ 某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4m，则按10元的标准收租车
费若行驶路程超出4m，则按每超出lm加收2元计费(超出不足1m的部分按lm计)
．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15m．某司机常驾车在机场与此宾馆之间接
送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停
车5分钟按lm路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量，（１）
他收旅客的租车费η是否也是一个随机变量？如果是，找出租车费η与行车路程ξ的关系式
(２)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15m，问出租车在途中因故停
车累计最多几分钟?这种情况下，停车累计时间是否也是一个随机变量？
A卷（课堂针对训练二）
离散型随机变量的分布列
１．★★如果是一个离散型随机变量，那么下列命题中假命题是（
A.取每一个可能值的概率是非负实数
B.取所有可能值的概率和为1
C.取某两个可能值的概率等于取其中每个值的概率之和
D.在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和
２．★★下列表中能成为随机变量ξ的分布列的是
３．★★已知随机变量的分布列为则
４．★★设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量Y描述1次试验的成功次数,则P(
５．★★设随机变量只能取5，6，7，…，16这12个值，且取每个值的概率相同，则
６．★★★设随机变量ξ的概率分布如表所示：
求：（1） P(ξ<1)，P(ξ≤1);
（2）F()=P(ξ≤)，∈R．
７．★★（教材2.1.2习题5的变式）
设随机变量ξ的分布列为P(ξ=)=，=1，2，
3，…,c为常数，则P(<ξ<)=
８．★★★（教材2.1.2习题4引例的变式）
已知随机变量ξ只能取三个值：1,2,3,其概率依次成等差数列，求公差d的取值范围.
９．★★己知随机变量ξ的分布列如下表所示
|－2 |－1 |0
|[pic|[pic|[pic|[pic|[pic|
分别求出随机变量η1=2ξ+1；η2=ξ2的分布列.
１０．★★★从1~10十个整数中一次取出4个数，并由小到大排列，以ξ表示这4个数中的第
二个，求ξ的分布列.
A卷（课堂针对训练三）
离散型随机变量的分布列
1．★★袋中有大小相同的5个号牌，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在在有放回的抽
取条件下依次取出两个球，设两球号码之和为随机变量，则所有可能取值的个数是（
２．★★一个盒子里装有相同大小的黑球10个，红球12个，白球4个。从中任取两个，其中
白球的个数记为ξ，则下列算式中等于的是（
A.P(02时f()>0所以a>0,因此b<0
在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个，用表示这10个村庄中交通方
便的村庄数，若，则a=
7．★★有动点P从原点O出发在轴上移动，扔一枚硬币，如果出现正面，点P向右移动一个
单位；如果出现反面，点P向左移动一个单位.扔两次硬币后，点P的横坐标的分布列为
8．★★★已知随机变量Ｙ的所有可能取值为１，２，…，ｎ，且取这些值的概率依次为ｋ，
２ｋ，…，ｎｋ，求常数ｋ的值．
9．★★★袋中有6个同样大小的球，编号为1，2，3，4，5，6，现从中随机取出3个球，以
表示取出球的最小号码，求的分布列.
１0．★★一个类似于细胞分裂的物体，一次分裂为二，两次分裂为四，如此继续分裂有限
多次而随机终止。设分裂n次终止的概率是（n=1,2,3,…），记为原物体在分
裂终止后所生成的子块数目，则=
１1．★★★纺织时将白色棉花和有色棉花等量的混合在一起，则在随机选取的5根混合纤维
中，有色纤维少于2根的概率
１2．★★★交５元钱，可以参加一次摸奖，一袋中有同样大小的球１０个，其中有８个标
有１元钱，２个标有５元钱，摸奖者从中任取两球，按两球钱数之和给与奖励．设抽奖
人所得奖励为Ｘ，获利为Ｙ，请给出Ｘ与Ｙ的关系式以及随机变量Ｙ的分布列．
由图看出显然一个交点，因此函数
1３．★★★★袋中有50个大小相同的号牌，其中标着0号的有5个，标着n号的有n个（n=1,2
,…9）,现从袋中任取一球，求所取号码的分布列，以及取得号码为偶数的概率.
13．证明：（1）令=y=1,由已知可得f(1)=f(1×1)=f(1)f(1),所以f(1)=1或f(1)=0
若f(1)=0，f(0)=f(1×0)=f(1)f(0)=0，所以f(1)=f(0)与已知条件“
（2）因为f(1)=f[(-1)×（-1）]=f2(-1)=,所以f(-1)=±1，但若f(-1)=1,则f(-
1)=f(1)与已知矛盾所以f(-1)不能等于1，只能等于-1。所以任∈R，f(-)=f(-
1)f()=-f()，因此函数是奇函数
14．★★★★数字1，2，3，4恰好排成一排，如果数字i（i=1，2，3，4）恰好出现在第i个
位置上则称有一个巧合，求巧合数的分布列。
15．★★★某人去商场为所在公司买玻璃水杯若干只，公司要求至少要买50只，但不得超过
80只．商场有惠规定：一次购买这种小于或等于50只不惠，大于50只的，超出部分
按原价的7折惠，已知原来的水杯价格是每只6元．这个人一次购买水杯的只数 是一
个随机变量，那么他所付的款额是否也是一个随机变量呢？这两个随机变量有什么关系
16．★★★某大型超市为促销商品，特举办“购物摇奖100％中奖”活动，凡消费者在该超市
购物满20元，享受一次摇奖机会，购物满40元，享受两次摇奖机会，依次类推。摇奖机
的旋转圆盘是均匀的，扇形区域A、B、C、D、E所对应的圆心角的比值分别为1:2:3:4:5
。相应区域分别设立一、二、三、四、五等奖，奖金分别为5元、4元、3元、2元、1元。
求某人购物３０元，获得奖金的分布列.
这时函数()只有两个零点，所以（1）不对
（2）若a=-1,-
2<b<0,则把函数f()作关于轴对称图象，然后向下平移不超过2个单位就可得到()图
象，这时()有超过2的零点
（3）当a3)=
（只列式不计算)
5★★在三次独立重复试验中，若已知A至少出现一次的概率等于，则事件A在一次试
验中出现的概率为
6★★★如图，
某人从A处出发到达B处，但他只知道B在A的东北方向，图中一线表示以道路，当他每到
一交叉路口时，对路线要作一次选择，
每次都以概率P选择向东走，以1-P的概率选择向北走.
则经8次选择到B的概率
7．★★（教材2.2.3例4的变式）已知两名射击运动员的射击水平：让他们各向目标
靶射击10次，其中甲击中目标7次，乙击中目标6次。若在让甲、乙两人各自向目标靶射
击3次，求：（1）甲运动员恰好击中目标2次的概率是多少？（2）两名运动员都恰好击
中目标2次的概率是多少？（结果保留两位有效数字）
8.★★★（教材2.2.3例4的变式）某单位6个员工借助互联开展工作，每个员工上
的概率都是0.5（各员工上相互独立）．（1）求至少3人同时上的概率；（2）至少
几人同时上的概率小于0.3？
★★袋中有4个红球，2个白球，一次摸出一球然后放回，共摸三次.记Y为摸出的三个球中
白球的个数,求Y的分布列.
10．★★★
在一次抗洪抢险中，，准备用射击的方法引爆从桥上游漂流而下的一个巨大的汽油灌，
已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆。每次射击相互
独立，且命中概率都是，求(1)油罐被引爆的概率;
(2) 如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ,求ξ的分布列.
A卷（课堂针对训练四）
★★下面关于～B(n,p)的叙述：①p表示一次试验中事件发生的概率；②n表示独立重复试验
的总次数；③n=1时，二项分布退化为两点分布；④随机变量的取值是小于等于n的所有正
整数。正确的有（
.★★在某次试验中事件A出现的概率为P,则在n次独立重复试验中出现次的概率为（
.★★某射手每次射击击中目标的概率为P,每次射击的结果相互独立，那么在连续5次射击
中，前2次都未击中目标，后3次都击中目标的概率为
.★独立重复试验中，某事件恰好发生次的概率公式为，它与的展开式中第
项系数及其类似，此时a=
.★★10个球中,有4个红球和6个白球,每次从中取一个球,然后放回,连续取4次,恰有1个红
球的概率为
6 .★★设随机变量ξ～B(2，p)，
η～B(4，p)，若 P(ξ>1)=，
则 P(η≥1)=
7.★★（教材2.2.3练习2的变式）
某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%，现从一批产品中任意地连续取出两件，写出
次品数的概率分布列.
8．★★★（教材2.2.3探究与发现的变式）
有10道单项选择题，每题有4个选项。某人随机选其中一个答案（每个选项被选出的可能
性相同），求答对多少题的概率最大？并求出此种情况下概率的大小.（保留两位有效数
9.★★假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1-
P，且各引擎是否出故障是独立的，已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机就能
成功运行；2引擎飞机中要2个引擎全部正常运行，飞机才能成功运行.要使4引擎飞机比
2引擎飞机更安全，则P的取值范围？
10．★★★ 一接待中心有A、B、C、D四部热线电话，已知某一时刻电话A、B占线的概率均
为0.5，电话C、D占线的概率均为0.4，各部电话是否占线相互之间没有影响假设该时刻
有ξ部电话占线试求随机变量ξ的概率分布.
B卷（课外提升训练）
一批产品40％是废品，而非废品中75％是一等品，从中任取一件是一等品的概率为（
2．★★种植两株不同的花卉，它们的存活率分别为p和q，则恰有一株存活的概率为
A.p+q－2pq
B .p+q－pq
.★★一台型号自动机床在一小时内不需要工人照看的概率为0.8,有四台这种型号的自动
机床各自独立工作,则在一小时内至多2台机床需要工人照看的概率是 (
4 .★★ 如果η～B（15，）则使
P（η=）最大的是（
D．3 或4
某同参加普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题
分别得100分、100分、200分，答错得0分，假设这位同答对第一、二、三个问题的概
率分别为0.8、0.7、0.6，且各题答对与否相互之间没有影响，则这名同得300分的概
率为这名同至少得300分的概率为
6 .★★ 在未来3天中，某气象台预报天气的准确率为0.8，则在未来3天中，至少连续2
天预报准确的概率是
有甲、乙两口袋，甲袋中有六张卡片，其中一张写有0，两张写有1，三张写有2；乙袋中
有七张卡片，四张写有0，一张写有1，两张写有2，从甲袋中取一张卡片，乙袋中取两张
卡片.设取出的三张卡片的数字乘积的可能值为且，其相应的概率记为
，则的值为_____________.
在n（n>3）次独立重复试验中,每次试验中某事件A发生的概率是P,求第3次事件A发生所
需要的试验次数的分布列.
.★★★用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统N1、N2 当元件A、B、C都正常工作时，系
统N1正常工作，当元件A正
常工作且元件B、C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作。已知元件A、B、C正常工作
的概率依次为0.80, 0.90, 0.90，分别求系统N1、N2正常工作的概率.
10．★★★一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗骰子次，如果这
次抛掷所出现的点数之和大于，则算过关，那么，连过前二关的概率是______
11．★★★有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个，其中，第一个盒子中7个球标有字母
A，3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个
，白球2个.试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一球，若取得标有字母A的
球，则在第二个盒子中任取一球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中
任取一球.若第二次取出的是红球，则称试验成功.求试验成功的概率.
12．★★★一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位二进制数
|A1|A2|A3|A4|A5|
其中A1=1，A(=2,3,4,5)为0的概率为，为1的概率为.
例如若A=10001,其中A1= A5=1，A2= A3= A4=0.记m= A1+A2+ A3+ A4+
A5,求启动仪器一次时，
（1）P(m=3)
(2)P(m≤3)
13．★★★★一份航空意外伤害保险保险费为20元，保险金额为45万元．如果某城市的一家
保险公司一年能销售这种保单10万份，所需成本为5万元，而需要赔付的概率为
．那么请问1年内赔付人数为多少时，这家保险公司会亏本？
14．★★★★经统计，某大型商场一个结算
窗口每天排队结算的人数及相应概率如下：
|排|0～5|6～1|11～|16～|21～|25人|
|概|0．1|0．1|0．2|0．2|0．2|0．0|
求（1）每天不超过20人排队结算的概率是多少？
（2）一周7天中若有3天以上（含3天）出现超过15人排队结算的概率大于0.75，商场就
需要增加结算窗口.请问该商场是否需要增加结算窗口？
15．★★★如果～B(20,), Y～B(20,),那么当,Y变化时，下面关于P(=)=
P(Y=y)成立的（ ，y）的个数为（
16．★★★已知集合
M={(,y)|+y0,y>0},N={(,y)|-
3y>0,0}，向平面内投掷一点，已知其落
在区域M内，则其落在区域N内的概率为
17．★★★甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等
品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为,乙机床加工的零件是一等品而丙机床
加工的零件不是一等品的概率为,甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为
（1）分别求甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率；
（2）从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率.
18．★★★★一名生每天骑自行车上，从家到校的途中有5个交通岗，假设他在各交通
岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.
（1）求这名生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；
（2）求这名生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列；
（3）这名生在途中至少遇到一次红灯的概率．
19．（2007年江苏卷）某气象站天气预报的准确率为，计算（结果保留到小数点后
（1）5次预报中恰有2次准确的概率；
（2）5次预报中至少有2次准确的概率；
（3）5次预报中恰有2次准确，且其中第次预报准确的概率
20．（2007年安徽卷)在医生物试验中，经常以果蝇作为试验对象.一个关有6只果蝇
的笼子里，不慎混入了两只苍蝇（此时笼内共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇），只好把
笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到两只苍蝇都飞出，再关闭小孔.
(Ⅰ)求笼内恰好剩下1只果蝇的概率；
（Ⅱ）求笼内至少剩下5只果蝇的概率
2.3离散型随机变量的均值与方差
|课程标准点
|探究重难点
|易混易错点
|高考考核点
|离散型变量的均值|均值与方差的含|离散型随机变量|均值与方差的公式|
|离散型变量的方差|义
|的均值与方差和|计算
|均值与方差在解|必修三中的样本|特殊分布的均值与|
|决实际问题中的|均值与方差
|实际问题中利用均|
|值与方差比较随机|
A卷（课堂针对训练一）
离散性随机变量的均值
1.★★随机变量的分布列为
则其期望等于（
2.★★设15000件产品中有1000件废品，从中抽取150件进行检查，查得废品的数期望为
C．5 D．15
3.★★若是离散型随机变量，则的值为（
4. ★★设随机变量的分布列为下表所示且，则
5.★★★卖水果的某个体户，在不下雨的日子可赚100元，在雨天则要损失10元。该地
区每年下雨的日子约有130天，则该个体户每天获利的期望值是（1年按365天计算）（
D．60.82元
6.★★随机的抛掷一枚骰子，所得骰子的点数ξ的数期望为
7．★★★（教材2.3.1例2的变式）一袋中有同样大小的球10个，其中有8个标有1元钱
，2个标有5元钱，交5元钱，可以参加一次摸奖，摸奖者只能从中任取2个球，他所得奖
励是所抽2球的钱数之和，求抽奖人获利的数期望.
8. ★★★(教材2.3.1例3 的变式)
某企业对一项工程的完成有三个方案，甲、乙、丙每个方案的获利情况如下表所示：
问企业应选择哪种方案？
|自然 |方案甲
|方案乙[ |方案丙
|概 |获利|概 |获利|概 |获利|
|率 |（万|率 |（万|率 |（万|
|巨大 |0.4|6
|0.4|6.5 |
|中等 |0.3|2
|0.4|2.5 |0.2|4.5 |
|不成 |0.3|-4
|0.4|-4.5|
★★假定每人生日在各个月份的机会是相等的，求3个人中生日在第一季度的平均人数.
★★★ 在有奖摸彩中，一期(发行10000张彩票为一期)有200个奖品是5元的，20个奖品是
25元的，5个奖品是100元的．在不考虑获利的前提下，一张彩票的合理价格是多少元
A卷（课堂针对训练二）
离散性随机变量的方差
★★一牧场有10头牛，因误食含有病毒的饲料而被感染，已知该病的发病率为0.02.设发
病的牛的头数为ξ，
则Dξ等于(
2. ★★随机变量～B(100，0.2)，那么
D(4+3)的值为（
3. ★★已知ξ的分布列为
|ξ |-1 |0
|P |0.5|0.3|0.2|
则D(2ξ+1)等于（
4. ★★已知ξ～B（n，p），且Eξ=7，Dξ=6，则p等于(
★★离散型随机变量的标准差反映了随机变量取值偏离于
的平均程度，标准差越小，则随机变量偏离于均值的
★★设一次试验成功的概率为p，进行100次独立重复试验，当p=________时，成功次数的
标准差的值最大，其最大值为________.
★★★(教材2.3.2例4的变式)一台设备由三大部件组成，在设备运转中，各部件需要
调整的概率相应为0.10，0.20和0.30.假设各部件的状态相互独立，以ξ表示同时需要调
整的部件数，试求ξ的数期望Eξ和方差Dξ.
8.★★★(教材2.3.2例5的变式)
有A、B两种钢筋，从中取等量样品检查它们的抗拉强度，指标如下：
|[pi|110 |120 |125 |130 |135 |
|0.1 |0.2 |0.4 |0.1 |0.2 |
|[pi|100 |115 |125 |130 |145 |
|0.1 |0.2 |0.4 |0.1 |0.2 |
其中、分别表示A、B两种钢筋的抗拉强度，试比较A、B两种钢筋哪一种质量
9.★★某运动员投篮中的概率P＝0.6
（1）求一次投篮时投中次数ξ的期望和方差;
（2）求重复5次投篮时投中次数η的期望与方差.
10.★★★A、B两台机床同时加工零件，每生产一批数量较大的产品时，出次品的概率如下
|次品数ξ1|0
|0.06 |0.04 |
|次品数ξ2|0
|0.06 |0.04 |0.10 |
问哪一台机床加工质量较好
B卷（课外提升训练）
离散型随机变量的期望与方差
1.★★下列概率特征数：①Eξ②E(aξ+b)③Dξ④D(aξ+b)⑤σξ⑥σ(aξ+b)(其中a,b为常数)，其中与
随机变量ξ必有相同单位的有（
2.★★已知随机变量ε的分布列为
且η=2ε+3，则Eη等于（
3.★★某一计算机络有n个终端，每个终端在一天中使用的概率为p,各终端使用相互独立
，则这个络中一天平均使用的终端个数是（
4.★★设ξ是离散型随机变量，
P(ξ=a)=,P(ξ=b)=,且a<b.
又Eξ=,Dξ=,
则a+b的值为（
5.★★★同时抛两枚均匀的硬币10次，设两枚硬币出现不同面的次数为,则D=（
6.★★★已知随机变量ε的分布列为
且Eε=1.1，则Dε=________________。
7.★★★一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中取出2个，含红球个数的数
8.★★某人有资金10万元，准备用于投资经营甲，乙两种商品，根据统计资料：
|获利（万元 |2
|0.4 |0.3 |0.3 |
|获利（万元 |1
|0.6 |0.2 |0.2 |
那么，他应该选择经营
9.★★★A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是A1、A2、A3，B队队
员是B1、B2、B3 。按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：
|对阵队员|A队队员胜|A队队员负|
现按表中对阵方式出场, 每场胜队得1分, 负队得0分,设A队、B队最后总分分别为
(Ⅰ) 求 (、( 的概率分布；
(Ⅱ) 求E(、E(.
10.★★★设有m升水，其中含有大肠杆菌n个．今取水1升进行化验，设其中含有大肠杆菌的
个数为ξ，则ξ的数期望
11.★★★一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为,得2分的概率为b，不得分的概率为
c.已知他投篮一次得分的期望为2，则的最小值为
12.★★★★某次有奖竞猜活动中，主持人准备了A、B两个相互独立的问题，并宣
布：观众答对问题A可获奖金2a元；答对问题B可获奖金3a元，答对两题则可获5a元.先
答哪个问题由观众选择，只有第1题答对才能答第2题，否则中止答题.若你被选为幸运
观众，且假设你答对A、B的概率分别为、，你觉得应先回答哪个问题？说明
13.★★★★将一枚硬币抛掷n次，求正面次数与反面次数之差ξ的概率分布，并求出ξ的期望
Eξ与方差Dξ.
14.★★★设为平面上过点（0，1）的直线，的斜率等可能的取，，
，0，，，，用d表示坐标原点到的距离，则随机变量d的
15.★★★★人寿保险中（某一年龄段），在一年的保险期内，每个被保险人需交纳保费a元
，被保险人意外死亡则保险公司赔付3万元，出现非意外死亡则赔付1万元。经统计此
年龄段一年内意外死亡的概率是p1，非意外死亡的概率为p2，则a需满足什么条件，保
险公司才可能盈利.
16.★★★★设事件A发生的概率为p(0<p<1)，
（1）证明事件A在一次试验中发生次数ε的方差不超过.
(2) 求的最大值
(3)在n次独立重复实验中，事件A发生次数ξ的方差最大值是多少？
17.★★★★甲乙两个野生动物保护区有相同的自然环境，且野生动物种类和数量也大致相等
，而两个保护区每个季度发现违反保护条例的事件次数的分布如下：
| P|0.3|0.3|0.2|0.2|
试评定这两个保护区的管理水平.
18.★★★★★袋中装有一些大小相同的球，其中有号数为1的球1个，号数为2的球2个，号数
为3的球3个，…，号数为n的球n个.从袋中任取一球，其号数作为随机变量ξ，求ξ的概率
分布和期望.
19．★★★（2007年全国II卷）从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件
，假设事件：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率．
（1）求从该批产品中任取1件是二等品的概率；
（2）若该批产品共100件，从中任意抽取2件，表示取出的2件产品中二等品的件数
，求的分布列．
★★★★（2007年山东卷）设和分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变
量表示方程实根的个数（重根按一个计）．
（Ⅰ）求方程有实根的概率；
（Ⅱ）求的分布列和数期望；
（Ⅲ）求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程有实根的概率.
2.4正态分布
|课程标准点
|探究重难点
|易混易错点
|高考考核点
|正态分布曲线的意义|正态分布密度曲|什么样的随机变|正态曲线的特征
|量服从正态曲线|与的意|
|正态分布曲线的特点|正态曲线与函数|
|解析式之间的对|
A卷（课堂针对训练）
1.★★下列是正态密度函数的是(
2.★★设随机变量ξ～N(1，22)，则D(ξ)等于（
3.★★把一条正态曲线a沿着横轴方向向右移动2个单位，得到新的一条曲线b，下列说法中
不正确的是（
A.曲线b仍然是正态曲线
B.曲线a和曲线b的最高点的纵坐标相等
C.以曲线b为正态分布的总体的方差比以曲线a为正态分布的总体的方差大2
D.以曲线b为正态分布的总体的期望比以曲线a为正态分布的总体的期望大2
4.★★N(0,1)的概率密度函数是（
C.非奇非偶函数 D.既奇又偶函数
5.★★★某厂生产的零件外直径～N(8.0，0.152),单位mm，今从该厂上、下午生产的零件
中各随机取出一个，测得其外直径分别为7.9mm和7.5mm，则可认为（
A.上、 下午生产情况均为正常
B.上、 下午生产情况均为异常
C.上午生产情况正常，下午生产情况异常
D.上午生产情况异常，下午生产情况正常
6.★★一般的，如果对于任何实数ap2
3.★★设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数的图象，且，则这个正态总
体的均值与标准差分别是（
4.★★生产过程中的质量控制图主要依据是（
A．工艺要求
B．生产条件要求
C．企业标准
D．小概率事件在一次试验中几乎不可能发生原理
5.★★★如果随机变量～N(，)，且E=3，D=1,则P(-1<<1)=(
6.★★★已知ξ～N(0, )且P(-2<ξ2)=(
7.★★一个随机变量如果是
偶然因素作用之和，它就服从或近似服从正态分布.
8.★★★关于正态曲线，下列说法正确的是
①曲线上任一点M(0,y0)的纵坐标y0表示=0的概率
②表示总体取值小于的概率
③正态曲线在轴上方且与轴一定不相交
④正态曲线关于=对称
⑤一定时，越小，总体分布越分散；越大，总体分布越集中.
9.★★某镇农民年收入服从N(500,202)(单位：元)
,求此镇农民收入在[500，520]间人数的百分比.
某厂生产的圆柱形零件的外径ε～N（4，0.25）.质检人员从该厂生产的1000件零件中随
机抽查一件，测得它的外径为5.7cm.试问该厂生产的这批零件是否合格？
11.★★★已知连续型随机变量的分布密度曲线为
12.★★★某正态曲线的密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为，求总体位于区
间[-4，-2]的概率.
13.★★★如果某地成年男子的身高～N(175,62)(单位：cm),该地公共汽车门的高度设计为
2米，则该地成年男子与车门顶部碰头的概率是否在1％以下？
14.★★★★某人骑自行车上班，第一条路线较短但拥挤，到达时间(分钟)服从正态分布N(
5,1);第二条路较长不拥挤，服从N(6,0.16).有一天她出发时离点名时间还有7分钟，
问他应选哪一条路线？若离点名时间还有6.5分钟，问他应选哪一条路线？
15.★★★一批电阻的阻值服从正态分布N(1000,)(单位).今从甲乙两箱成品中
各随机抽取一个电阻，测得阻值分别为，可以认为
.(填写正确序号)
①甲乙两箱电阻均可出厂；
②甲乙两箱电阻均不可出厂；
③甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂；
④甲箱电阻不可出厂，乙箱电阻可出厂.
16.★★★已知ξ服从正态分布N(5,8),则η=ξ-3服从
17.★★★★设随机变量服从N（0，1）,记.
已知,求下列各式的值：
（2）P(||<1.44).
18.★★★★生产工艺工程中产品的尺寸误差(mm)～N(0,1.52),如果产品的尺寸与规定的尺
寸偏差的绝对值不超过1.5mm为合格品，求（1）的密度函数；（2）生产的5件产品的合
格率不小于80％的概率.
19．★★关于正态分布下列说法正确的是
①一个随机变量如果是众多的互不相干的、不分主次的偶然因素之和，它就服从正态分布
②正态曲线式频率折线图的极限状态
③任何正态分布的曲线下方，轴上方总面积为1
④正态总体N(3,4)的标准差为4
20．（2007年宁夏卷）如图，面积为的正方形中有一个不规则的图形，
可按下面方法估计的面积：在正方形中随机投掷个点，若个点中
有个点落入中，则的面积的估计值为，假设正方形的边长为
2，的面积为1，并向正方形中随机投掷个点，以表示落入中
的点的数目．
（I）求的均值；
（II）求用以上方法估计的面积时，的面积的估计值与实际值之差在区间
内的概率．
|[pic| | | | |
|[pic| | | | |
第二章 随机变量及其分布单元检测
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.下列说法不正确的是（
A.某辆汽车一年中发生事故的次数是一个离散型随机变量
B.正态分布随机变量等于一个特定实数的概率为0
C.公式E=np可以用来计算离散型随机变量的均值
D.从一副扑克牌中随机抽取5张，其中梅花的张数服从超几何分布
2.设随机变量的的分布列为P（=）=（=1,2,3,4,5,6），则P（1.5<
4”就是“=5”所以，“>4”表示第一枚为6点，第二枚为1点.
解析：因为
所以 ，而所以n=10.
7解：可能结果有四种：（正，正）、（正，反）、（反，正）、（反，反）.将正面向
上与１对应，反面向上与０对应，则可将结果用二元数组表示为：（１，１）、（１，
０）、（０，１）、（０，０）.同样掷三次可用三元数组表示，有８种.（也可用其他
名师点金：本题与原题比较，将结果的表示扩展到多元数组，虽然结果不具有数量性质
，但可用数量表示，从而建立随机变量，反映了随机变量的本质.
8．解：可取２～１０之间的所有整数，共有９个；｛Ｙ＝４｝表示“第一次抽1号、第二
次抽3号，或者第一次抽3号、第二次抽1号，或者第一次、第二次都抽2号”.所以
名师点金：本题变式与原题比较，在抽取方式上发生了变化，问题转换为放回抽取.相应
的比较了不同模型的随机变量，并且进一步体会事件表达方式的简化，同时回顾了概率
计算，为下面习作准备.
9．解：定义：=.本题体现人文关怀，根据需要恰当的定义随机变量，表达我们所
关心的随机现象，是随机变量的本质意义.与水位取值比较，随机变量的构造更简单，
是一个离散型变量，只有两个取值，可集中力量在我们关心的问题上.
10．解：（１）依题意得η=2(ξ-4)+10，
即η=2ξ+2.随机变量ξ是关于试验结果的函数， 即
每一个试验结果对应着一个实数；随机变量ξ的线性组合η=aξ+b(其中a、b是常数)也是随
（２）由38=2ξ+2，得ξ=18，5×（18-
15）=15．所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟.停车累计时间不足五分钟，按
五分钟计.所以，停车累计时间也是随机变量，可能取１０～１５之间的任一值.
A卷（课堂针对训练二）
离散型随机变量的分布列
解析: 了解离散型随机变量的分布列性质
解析：A、D不满足分布列的基本性质②概率和为1，B不满足分布列的基本性质①各取值概
解析： 注意分布列的解析式表达
解析：设成功率为p,则失败率为1-p，由题意p=2(1-
p),解得p=，而Y=0意味着试验一次失败，所以为失败概率.
解析：由题意可知取每个值的概率为，而事件包含了8个不同取值，所以概率
６．解：（1）P(ξ<1)=P(ξ=0)=，
P(ξ≤1)=P(ξ=0)＋P(ξ=1)=，
F()=P(ξ≤)=
７．解析：1=c·()=c,
所以P(<ξ<)=p(1)+p(2)=+=
名师点金：本变式题与原题比较，以解析式的形式给出分布列，综合考察了分布列特征
，使问题转变为先利用分布列性质求解待定系数，在由分布列给出概率结果.
８．解析：设随机变量ξ的分布列为
则由分布列的基本性质可知：，解得
名师点金：本变式题与原题比较，结合了已过的数列知识，综合考察了分布列的两条
性质，有助于增强生灵活运用知识的能力，同时回顾了旧知识.
９．解：由于η1=2ξ－1对于不同的ξ有不同的取值y=2－1，即
y1＝21－1=－5，y2＝22－l＝－3，
y3=23－1=－1，y4=23－1=1，y5=25－1=5，故η1的分布列如表．
|η1 |－5 |－3
|[pic||[pic|[pic|[pic|
η2=ξ2对于ξ的不同的取值－1与1．取相同的值，故分布列如下：
注意：在得到的随机变量的分布列中，取值行中应无重复数；概率行中各项必须非负，
且各项之和为1．
ξ的可能取值为2，3，4，5，6，7，8，
所以分布列为：
A卷（课堂针对训练三）
离散型随机变量的分布列
解析：因是有放回抽取，所以可能是1+1=2，1+2=3，…，1+5=6，…，5+5=10，共有9
解析:本题属于超几何分布.随机变量ξ的概率分布为
而 P(ξ1)= P(ξ=0)+ P(ξ=1),所以选B
事件{=}表示前-1次没打开，第次打开了.所以
亦可整体来看，看作n把钥匙排队，能开门的这把钥匙在每个位置的可能性相同，
所以排在第位的概率为.
解析：所选3人中女生人数服从超几何分布，所以
５．解：ξ服从超几何分布，其分布列如下：
６．解：（1）ξ1=包含两种情况，两次均为点，或一个点，另一个小于点．
放P(ξ1=)=，
=1，2，……，6
（2）ξ3的取值范围是－5，－4，……，4，5，
ξ2=－5，即第1次是l点，第2次是6点；
ξ2=－4，即第1次是1或2点，第2次对应是5或6点，……，ξ3=0，即第1次是1至6点，第2次
对应是至6点，……，ξ3=5，即第二次是6点，第2次1点．分布列是：
|ξ2 |－5|－4|－3|－2|
|[pi|[pi|[pi|[pi|[pi|
|c] |c] |c] |c] |c] |
|[pi|[pi|[pi|[pi|[pi|[pi|
|c] |c] |c] |c] |c] |c] |
７．解析：
（1）由(9c2-c)+(3-8c)=1，解得c=.
又9c2-c0,3-8c0,所以c=
（2）是两点分布.成功概率为3-8c=
名师点金：本变式题与原题比较，进一步将两点分布与概率分布列的性质相结合，同时
在设问方式上发生了变化，加深了两点分布的概念的理解.
８．解析：ξ的可能取值为3，4，5，6
此时旧球个数ξ的概率分布列为
名师点金：本变式题与原题比较.在设题方式、背景方面发生了变化，使问题转变为取出
之后放回，此时的盒中情况.相应的解题时应弄清楚ξ取值的实际意义，另外本题还可以
改变问法，如最少取球几次，可使盒中球全变成旧的，其概率多少，构成新的变式.
9．解：（1），
即该顾客中奖的概率为
（2）ξ的所有可能取值为
0，10，20，50，60.其中
所以ξ的分布列为：
|[pic|[pic||||
１０．解：由题意，杯中球的最大个数的所有可能取值为1，2，3.当=1时，对应4个杯
子中恰有3个杯子各放一球的情形；当=2时，对应于4个杯子中恰有1个杯子中放两球的
情形；当=3时，对应于4个杯子中恰有1个杯子中放三个球的情形.
所以的分布列为
|[pi|[pic|[pic|
B卷（课外提升训练）
1 .Ｃ 解析：根据离散型随机变量的分布列的性质检验即可.
解析：注意随机变量的意义，若是差的绝对值则选A
3. 甲第一次射击未中，第二次乙射击也未中，第三次甲射中．
4. ｛１，２，…７｝ 解析：最少取一次，最多将６个红球取完，第７次取得白球．
5 . 解析：由题意，，
且０〈〈１，解得＝
解析：超几何分布，概率表达式的意义是10个村庄中有4个交通不方便的，6个方便的
|[pic|[pic|[pic|
8 .解：由题意，ｋ＋２ｋ＋…＋ｎｋ＝１，解得ｋ＝
9. 解：由题意，的取值为4，3，2，1，其中
所以的分布列为
|P |[pi|[pi|[pi|[p|
|c] |c] |c] |ic|
|[pi|[pic|[pic|[pic|[pic|
解析：5根纤维的结果可以用一个五元数组来表示，如白色记为0，有色记为1，则5根都
是白色就可记为（0，0，0，0，0），共有个结果，其中有色（即1）的个数为0的
结果有一个，有色（即1）的个数为1的结果有个，所以概率为
12．解：Ｙ＝Ｘ－５，由题意
所以随机变量Ｙ的分布列为
|P |[pi|[pi|[pi|
|c] |c] |c] |
13 解：设所取号码为ξ，其分布列为
|P |[pi|[pi|[pi|[pi|[pi|
|c] |c] |c] |c] |c] |
取得号码为偶数的概率为++++=
14 解：的所有可能取值为０，１，２，４，
这四个数字共有种排法，
＝０即数字ｉ都不在第ｉ个位置上，
＝１即有１个数字ｉ恰好在第ｉ个位置上，
＝２即有２个数字ｉ恰好在第ｉ个位置上，
＝４即有４个数字ｉ恰好在第ｉ个位置上，
所以分布列为
|[pi|０ |１ |２ |４
|Ｐ |[pi|[pi|[pi|[pic|
|c] |c] |c] |]
注意利用分类分步的方法来计数．
15. 解：他所付的款额也是一个随机变量
设这个人一次购买水杯的只数为，他所付的款额为Y元，因为50≤≤80,所以
Y=6×50+07×6×(-50)=42+210
16. 解：购物３０元，摇奖一次，设所得奖金为Ｘ元，则依据几何概率的原理可知
Ｘ的分布列为
|Ｘ|１ |２ |３|４ |５ |
|Ｐ|[pi|[pi|[p|[pi|[pi|
|c] |c] |ic|c] |c] |
17. 解：设黄球个数为n,由题意知绿球个数为2n，红球个数为4n，盒中总数为7n.
所以得分Y的分布列为
18 解：（1）由题意，的可能取值为1，2，3，4，其中
所以的概率分布为
(2)由于放回，每次取时完全相同.所以的可能取值为1，2，…，，…，其中
所以的概率分布为
|P |[pi|[pic||…
(3) 由题意，的可能取值为1，2，3，4，其中
所以的概率分布为
19．解：：设表示第辆车在一年内发生此种事故，．由题意知，
（Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为
（Ⅱ）的所有可能值为，，，．
综上知，的分布列为
|[pic|[pic| |
|[pic|[pic| |
20解：（Ⅰ）记“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A
用对立事件A来算，有
（Ⅱ）可能的取值为
记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，则商家拒收这批产品的概率
所以商家拒收这批产品的概率为
22二项分布及其应用
A卷（课堂针对训练一）
解析：根据条件概率定义 的变形公式
解析：在第一位数字为0的条件下，第二位数字为0的概率为
解析：设A={下雨}，B={刮风}，则
4. 解析：设此种动物活到20岁为事件A，活到25岁为事件B，所以
5.解：（1）设先摸出一个白球为A,放回摸球第二个摸出仍为白球为B,则
（2）设先摸出一个白球为A,不放回第二个摸出仍为白球为B，则
6.解：设A={用满10000小时未坏}，
B={用满6000小时未坏}，显然AB=A
解：A={在班内任选一个生，该生属于第一小组}，B={在班内任选一个生，该生
是团员}。（1）,
（4）〈法一〉
名师点金：本变式题与原题比较在背景、数据方面发生了变化，使问题从原来“题目”的
选择转变为“人”的选择。虽然所给数据增加、背景变换，但本质并没发生变化。解题时
可与原题比较，来寻求解决此类问题的规律。另外由于前几问的铺垫很自然想到法一，
但法二样本空间的观点也是我们解决条件概率的常用方法.
8．解：设A={甲厂产品}，B={乙厂产品}，C={合格产品}，则由题意
P(A)=70％,P(B)=30％,P(C|A)=95％,P(C|B)=80％所以
（1）合格率P(C)=P(AC)+P(BC)
= 95％70％+80％30％=0.905
（2）合格品中是甲厂的概率
名师点金：本变式题与原题比较在问题情景、设题方式等方面发生了变化，使问题转变
为利用条件概率计算互斥事件和事件的概率。虽然与原题应用公式不同，但仍是利用概
率性质简化运算的思想。此类问题解题时应注意着重分析事件间关系，辨清所给概率是
哪一事件的概率。另外本题还可以提出非合格品概率问题，利用对立事件概率性质解决
，构成新的变式。
9．解：设A={已知有一个是女孩}，B={另一个也是女孩} ,则AB={两个都是女孩}
〈法一〉可分为四个等可能的结果
（女，女）、（女，男）、（男，女）、（男，男）
其中n(A)=3,n(AB)=1，所以
〈法二〉，，所以
10．解：设取一件产品是不合格品为事件A，是废品为事件B，则
A卷（课堂针对训练二）
事件的相互独立性
解析：判断两个事件A、B是否相互独立，可以看A的发生对事件B发生的概率是否有影响
，也可根据独立的定义:P(AB)=P(A)P(B)来判断.
解析：由题意两气象台预报不准确的概率分别为0.2与0.1，且相互独立，所以都不准确
的概率为0.2×0.1=0.02.
解析：恰有一人解决包括“甲解决而乙未解决”和“甲未解决而乙解决”两种情况，而且甲
乙两人解题相互独立.
4.D 解析：可用分类或排除法：
解析：颜色相同包括三红、三黄、三绿，
解析：=0.752
7 解：设“甲能译出”为事件A，“乙能译出”为事件B,由题意，A、B相互独立。所以
（1）P(AB)=P(A)P(B)=
名师点金：本变式题与原题比较改变了问题情景，并将“至少一个”的问题改变为“至多一
个”。设题方式虽然发生了变化，但仍然是利用独立事件概率特征进行计算。同时在解决
“至多至少”类型问题时，可采取分类或排除法。另外本题还可以提出“两人都不能破译”
、“三人每人能破译的概率均为”这样的问题等，构成新的变式，为后续习做准备
8．解：设P(A)=m,P(B)=n由题意，,,即解得m=n=，即P(A)
名师点金：本变式题与原题比较,在情景数据，设题方式等方面发生了变化，使问题转变
为逆向求解，相应的解题时应采用方程思想，但事件间关系的表示还是关键。另外本题
还可以改变数字运算为字母运算构成新的变式，可更好的理解算法。
9．解：（1）的可能取值为0，1，2，3，4
所以的分布列为
|[pic|[pic|[pic||[pic|
10．解：方案1：单独采用一种预防措施的费用均不超过120万元由表可知，采用甲措施
，可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为0.9
方案2：联合采用两种预防措施，费用不超过120万元，由表可知联合甲、丙两种预防措
施可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为1—(1—0.9)(1—0.7)=0.97
方法3：联合采用三种预防措施，费用不超过120万元，故只能联合乙、丙、丁三种预防
措施，此时突发事件不发生的概率为1—（1—0.8）(1—0.7)(1—0.6)=1—0.024=0.976
综合上述三种预防方案可知，在总费用不超过120万元的前提下，联合使用乙、丙、丁
三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大
A卷（课堂针对训练三）
独立重复试验与二项分布
解析：3次中恰有1次获得通过的概率为
解析：未发芽的概率为01，
解析：从每箱中抽出一盒是正品的概率为0.99，三盒都是正品的概率为，所以其对
立事件“至少有一盒是次品”的概率为
解析：依题意，
ξ～B(5,),所以P(ξ>3)= P(ξ=4)+ P(ξ=5)
解析：设一次试验中出现的概率为p,
=1－(1－p)3,所以p=
解析：由题意，若8次到B，则必在8次选择中5次向东，3次向北，其概率为
7.解：由题意,甲运动员向目标靶射击1次，击中目标的概率为0.7，乙运动员向目标靶射
击1次，击中目标的概率为0.6，两人射击均服从二项分布.
(1)甲运动员向目标靶射击3次，恰好都击中目标2次的概率是
(2)乙运动员各向目标靶射击3次，恰好都击中目标2次的概率是
名师点金：本变式题与原题比较，改变了给出概率的方式，并且将一人射击变成两人射
击，把独立重复试验与上一节习的独立事件同时发生的概率结合起来考察。另外本题
还可以改变问题为“甲乙击中次数之和大于4的概率”，或把两人改为三人等，构成新的变
8．解：设同时上人数为,则～B(6,05)
=1-P(<3)=1-P(=0)-P(=1)-P(=2) =
(2) 至少4人同时上的概率为
至少5人同时上的概率为
因此，至少5人同时上的概率小于0.3.
名师点金：本变式题与原题比较,在情景数据方面发生了变化，并将问题转变为利用概率
值求上人数的问题.第一问可以分类或排除法，分类分四类，排除法排除三类，排除法
9．解：三次摸球中每次摸出白球的概率为，
由题意，Y～B(3,),
即（=0,1,2,3）
10．解：(1)“油罐被引爆”的事件为事件A，其对立事件为包括“一次都没有命中”和
“只命中一次”，即P()=C
(2)射击次数ξ的可能取值为2，3，4，5，
故ξ的分布列为：
|[pic|[pic|[pic|[pic|
A卷（课堂针对训练四）
解析：①②③正确，④不对，可取0，正整数应改为自然数.
解析：出现次的概率为1-
P,由二项分布概率公式可得，亦可理解为A出现n-次.
解析：注意不要随意套用公式.
4 .+1;1-P;P;1
解析：对照二项式展开式即可，这也是二项分布名称的由来.
解析：这是4次独立重复试验，每次取一个红球的概率为,每次取一个白球的概率为
,连续取4次，恰有1个红球的概率为
解析：=P(ξ≥1)=1－P(ξ=0)
=1－(1－p)2, 即(1－p)2=, p=,
故P(η≥1)=1－P(η=0)
7 .解析：设次品数为，～B(2, 5%),
所以分布列如下：
名师点金：本题产品检验，原题是掷骰子，不管是哪种背景，其采用的数模型是一样
的.要注意通过大量的实例来体会独立重复试验和二项分布的特征.另外还可以不改变数
据，只变情境，帮助理解.
8 .解：设为答对题的个数，则～B(10,),
设P(=)最大，则
所以答对2道题的概率最大，此概率为
名师点金：本变式题改变了原问题的情景数据，解题过程也有所变变化，帮助我们进一
步体会寻求二项分布中概率最大项的方法。解题时可采取教材中对由0到n过程中概率变
化趋势（即单调性）的研究方法，也可用这里采取的比前一项和后一项都大的方法来求
.同们不妨类比数列中寻求最大项的问题解决。另外本题还可以推广为更一般的结论，
如“～B(n,p),P(=)的最大值？”.
.解：由题意，4引擎飞机正常运行的概率为,2引擎飞机正常飞行的概率为，
所以，解得
10. 解:ξ的可能取值为0，1，2，3，4，
P(ξ=0)=0.52×0.62=0.09
P(ξ=1)=×0.52×0.62+0.52××0.4×0.6=0.3
0.52×0.62+×0.52××0.4×0.6+0.52×0.42=0.37
P(ξ=3)= 0.52××0.4×0.6+×0.52×0.42=0.2
P(ξ=4)= 052×042=004
于是得到随机变量ξ的概率分布列为：
|0.09|0.3|0.37|0.2|0.04|
B卷（课外提升训练）
解析：设任取一件不是废品为事件A，任取一件是一等品为事件B.则P(A)=1-
P(B|A)=075.
解析：恰有一株存活的概率为
p(1-q)+(1-p)q=p+q-2pq
解析：每台机床需要人照看的概率为0.2，一小时内至多2台机床需要工人照看的对立事
件是有3台或4台需要照看，其概率为
解析：可以根据判断P（η=）的变化趋势.作为选择题也直接检验各选项，比较大
5．0.228；0.564
解析：得300分可能是答对第一、三题或第二、三题，其概率为0.8×0.3×0.6+0.2×0.7×0
.6=0.228；答对4道题可得400分，其概率为0.8×0.7×0.6=0.336，所以至少得300分的概
率为0.228+0.336=0.564
解析：可能是恰有两天连续准确也可能是连续三天准确，概率为
解析：，从甲袋中取一张1，从乙袋中取两张2；，或从甲袋中取一张2，从乙袋中
取一张1一张2，乘积的值为4，其概率为
8．解析：本题目中随机变量并不服从二项分布，但第三次事件A发生之前仍可用独
立重复试验方法解决.
若第次试验是事件A第三次发生，则前-1次试验中事件A必发生两次，
其概率为，所以试验次数的分布列为
，（=3,4, ……,n）
9．解：分别记三个元件A、B、C能正常工作为事件A、B、C，
由题意，这三个事件相互独立，
系统N1正常工作的概率为
P（A·B·C）=P（A）·P（B）·P（C）
= 0.8(0.9(0.9 = 0.648
系统N2中，记事件D为B、C至少有一个正常工作，则
P（D）=1–P（）=1– P（）·P（）
=1–（1 –0.9）(（1–0.9）= 0.99
系统N2正常工作的概率为
P（A·D）= P（A）·P（D）= 0.8(0.99 = 0.792
解析：过第一关时抛掷骰子1次，点数大于1即可，概率为；过第二关时抛掷骰子
2次，点数之和大于4 即可，概率为，所以连过前两关的概率为
设A={从第一个盒子中取得标有字母A的球}，
B={从第一个盒子中取得标有字母B的球}，
C={第二次取出的是红球}，
则试验成功可表示为“ACBC”,
又事件“AC”与事件“BC”互斥，所以
P(ACBC)=P(AC)+P(BC)
=P(C|A)P(A)+P(C|B)P(B)
12．解：（1）若m=3，则后四位中有两个1两个0，所以P(m=3)=
(2)P(m≤3)=P(m=1)+P(m=2)+P(m=3)
P(m≤3)=1-P(m=4)-P(m=5)
13．解：设1年内需要赔付的人数为，则这家保险公司在这1年内要赔付450000元，且
～B（100000，），又保险公司1年的销售收入为元，所以若这家保险公司
亏本，则满足
所以，1年内，赔付人数超过4时，这家保险公司会亏本.
14．解：设每天排队结算的人数为，则
(1)P(≤20)=0.1+0.15+0.25+0.25=0.75,即每天不超过20人排队结算的概率为0.75.
(2)该商场每天出现超过15人的概率为P(>15)=0.25+0.2+0.05=0.5，
设7天中出现这一事件的天数为Y,则
P(Y≥3)=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)
因为>075,所以该商场需要增加结算窗口.
解析：（0，20），（1，19），……，（20,0）共21个.
解析：由图形可知区域M的面积为，区域N的面积为,所以P(N|M)=.
17．解：（1）设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件
由题设条件有
|P |[pic|[pic|[pic|[pic|[pic|[pic|
由①、③得
27[P(C)]2－51P(C)+22=0
将分别代入②、③可得
即甲、乙、丙三台机床各加工的零件是一等品的概率分别是
（2）记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，则
故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为
18．解：（1）ξ～B(5, )，ξ的分布列为
P(ξ=)=，=0，1，2，3，4，5；
（2）η=（=0,1,2,3,4）也就是说{前个是绿灯，第+1个是红灯},η=5也就是说{5个均
为绿灯)，所以η的分布列为P(η=)=，=0，1，2，3，4；
P(η=5)=；
（3）所求概率P(ξ≥1)=1－P(ξ=0)
19．解：（1）
20．解：以表示恰剩下只果蝇的事件．
以表示至少剩下只果蝇的事件．
可以有多种不同的计算的方法．
方法1（组合模式）：当事件发生时，第只飞出的蝇子是苍蝇，且在前
只飞出的蝇子中有1只是苍蝇，所以．
方法2（排列模式）：当事件发生时，共飞走只蝇子，其中第只飞出的
蝇子是苍蝇，哪一只？有两种不同可能．在前只飞出的蝇子中有只是果蝇，
有种不同的选择可能，还需考虑这只蝇子的排列顺序．所以．
由上式立得；
A卷（课堂针对训练一）
离散性随机变量的均值
E=1×0.5+3×0.3+5×0.2=2.4.
解析：废品率为，设150件中的废品数为，则～B(150,
),由二项分布的期望公式得
E=150×=10 .
解析：因为是常数，所以由
解析：由，
得，又由得，
解析：该个体户每天的获利是随机变量，记为.可能取值100，-
10，其中P(=-10)=,P(=100)=,
所以E=100+(-10).
解析：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为
|[pic|[pic|[pic|[pic|[pic|[pic|
所以1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×
＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×
解:设Y为抽到的2球钱数之和，则Y的可能取值如下：Y=2（抽到2个1元），Y=6（抽到1
个1元，1个5元），Y=10（抽到2个5元）,由题意
又设为抽奖者获利可能值，则=Y-5，所以抽奖者获利的期望为：.
名师点金：本变式题与原题比较改变了背景、数据，使问题从原来“得分计算”转变为“摸
奖获利的计算”。抽到的2个球上的钱数之和这个随机变量是容易获得的，而抽奖人获利
与之相关.解决此类问题有时可以先求一个与之相关但更容易获得的随机变量的期望，再
利用线性相关的随机变量的期望值关系求解。另外，其结果意义是每抽一次，平均会损
8. 解：用1，2，3分别表示甲、乙、丙三个方案的获利
采用方案甲的平均获利为E1=6×0.4+2×0.3-4×0.3=1.8
采用方案乙的平均获利为E2=7×0.3+2.5×0.4-5×0.3=1.6
采用方案丙的平均获利为E3=6.5×0.4+4.5×0.2-4.5×0.4=1.7
所以E1>E3>E2
可见方案甲的平均获利最大，应选择方案甲.
名师点金：本变式题与原题比较在背景方面发生了变化，仍是考查随机变量均值在决策
性问题中的意义。体会数期望在衡量随机变量时的作用。
解：由题意知每人在第一季度的概率为，又得3人中生日在第一季度的人数为，
则～B(3,)，所以
因此，第一季度的平均人数为
10.解：设一张彩票中奖额为随机变量ξ，显然ξ所有可能取的值为0，5，25，100依
题意，可得ξ的分布列为
所以一张彩票的合理价格是0．2元．
说明：这是同们身边常遇到的现实问题，比如福利彩票、足球彩票、奥运彩票等等．
一般来说，出台各种彩票，政府要从中收取一部分资金用于公共福利事业，同时也要考
虑工作人员的工资等问题．本题的“不考虑获利”的意思是指：所收资金全部用于奖品方
A卷（课堂针对训练二）
离散性随机变量的方差
解析：Dξ=10×0.02×0.98=0.196.
解析：D=100×0.2×(1-0.2)=16,所以D(4+3)=16D=256
Eξ=-1×0.5+0×0.3+1×0.2=-0.3，
Dξ=(-1+0.3)2×0.5+(0+0.3)2×0.3+(1+0.3)2×0.2=0.61
D(2ξ+1)=4Dξ=2.44
解析：Eξ=np=7，Dξ=np（1－p）=6，
5. 均值；平均程度；小
解析：了解方差、标准差的意义
解析：成功次数ξ～B(100，p),所以Dξ=100p(1-
p)≤100×（）2=25，
当且仅当p=1-p即p=时，成功次数的标准差最大，其最大值为5.
解：设Ai={部件i需要调整}（i=1，2，3），则P（A1）=0.1，P（A2）=0.2，P（A3）=0
由题意，ξ有四个可能值0，1，2，3.由于A1，A2，A3相互独立，可见
P（ξ=0）=P（）=0.9×0.8×0.7=0.504；
P（ξ=1）=P（A1）+P（A2）+P（A3）
=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398；
P（ξ=2）=P（A1 A2）+P（A1A3）+P（A2 A3）
=0.1×0.2×0.7+0.1×0.8×0.3+0.9×0.2×0.3=0.092；
P（ξ=3）=P（A1A2A3）=0.1×0.2×0.3=0.006.
∴Eξ=1×0.398+2×0.092+3×0.006=0.6，
Dξ=Eξ2－（Eξ）2=1×0.398+4×0.092+9×0.006－0.62=0.82－0.36=0.46.
名师点金:本题与原题比较改变了题目的背景，增加了概率的求解。求解数期望或方差
这类问题，一定要先求解随机变量的概率分布，在利用公式计算。这里求解方差用了方
差的一个性质，同们可作了解，当然也可按原始公式计算.
8. 解：由分布列得
=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125，
=100×0．1+115×0.2+125×0.4十130×0.1+145×0.2=125．
=(110-125)2×0.1+(120-125)2 ×0.2+(130-125)2×0.1+(135-125)2×0.2=50，
=(100-125)2×0.1+(110-125)2×0.2+(130-125)2×0.1+(145-125)2×0.2=165．
所以 <．因此，A种钢筋更稳定，质量较好
名师点金：本题目改换了背景，变为产品质量的比较。此类题目先计算期望值，比较平
均水平；若均值相等，在考查方差，方差越小数据越集中，稳定性越好。至于孰孰劣
，要根据具体问题中我们对随机变量的要求来判断。
9. 解：（1）ξ的分布列为：
则Eξ＝0×0.4＋1×0.6＝0.6
Dξ＝（0－0.6）2×0.4＋（1－0.6）2×0.6
（2）η服从二项分布即η～B（5，0.6）
∴Eη＝nP＝5×0.6＝3
Dη＝5×0.6×0.4＝1.2
Eξ1=0×0.7+1×0.2+2×0.06+3×0.04=0.44,
Eξ2=0×0.8+1×0.06+2×0.04+3×0.10=0.44.
它们的期望相同，再比较它们的方差
Dξ1=（0-0.44）2×0.7+（1-0.44）2×0.2+（2-0.44）2×0.06+（3-
0.44）2×0.04=0.6064,
Dξ2=（0-0.44）2×0.8+（1-0.44）2×0.06+（2-0.44）2×0.04+（3-
0.44）2×0.10=0.9264.
∴Dξ1< Dξ2
故A机床加工较稳定、质量较好.
B卷（课外提升训练）
离散型随机变量的期望与方差
解析：只有①②.
解析：Eε=+2×=,所以
Eη=2Eε+3=.
解析：由题意，使用的终端个数服从二项分布B(n,p) .
解析：由题意，a+b=,(a-)2+(b-
解得a=1,b=2或a=,b=
又aEY,甲的平均获利更多.
9. 解：(Ⅰ) (的可能取值分别为3, 2, 1, 0.
P(( = 3) =
（即A队连胜3场）
（即A队共胜2场）
P(( = 1) =
（即A队恰胜1场）
P(( = 0) =
（即A队连负3场）
根据题意知 ( + ( = 3，所以
因为( + ( = 3，
所以E( = 3 – E( =
解析：每个大肠杆菌在这1升水中的概率为，事件“ξ=”发生，即n个大肠杆菌中恰
有个在此升水中.
∴ ξ～B(n,)，故 Eξ =n×=
解析：由题意得3+2b=2，
所以=（3+2b）（）
12.解：若先回答问题A,设获得奖金为，的分布列如下：
|P |[pi|[pi|[pi|
|c] |c] |c] |
所以E=0×+2a×+5a×=
若先回答问题A,设获得奖金为Y，Y的分布列如下：
|P |[pi|[pi|[pi|
|c] |c] |c] |
所以EY=0×+3a×+5a×=
从而E>EY,所以应先回答问题A.
13. 解：设正面的次数是η，
由题意η服从二项分布B(n，0.5)，
概率分布为
P(η=)=，=0，l，……，n，
且Eξ=0.5n，Dξ=0.25n
而反面次数为n－η，从而
ξ=η－(n－η)=2η－n,
于是，ξ的概率分布为
P(ξ=2η－n)＝P(η=)= ，
=0，1，……，n；
即P(ξ=)=P(η=)=，
=－n，－n+2，－n+4，……，n
故Eξ=E(2η－n)=2Eξ－n=2×0.5n－n=0，
Dξ=D(2η－n)=22Dξ=4×0.25n＝n
解析：坐标原点（0，0）到直线：y=+1的距离d=,d的分布列为
|d |[pi|[pi|[pi|1
|c] |c] |c] |
|P |[pi|[pi|[pi|[pi|
|c] |c] |c] |c] |
所以Ed=+++1=
15．解：设ξ为盈利数，其概率分布为：
且Eξ＝a（1－p1－p2）＋（a－30000）p1＋（a－10000）p2＝a－000p2
要盈利，至少需使ξ的数期望大于零，
故a＞000p2
16. 解:（1）ε服从两点分布，成功概率为p.
所以Dε=p（1－p）≤（）2=，
即事件在一次试验中发生的次数的方差不超过
(2) ==2－（2p+），
∵0<pDY,所以两个保护区内每个季度发生的违规事件的平均次数相同，但甲保
护区的违规事件次数相对分散和波动，乙保护区的违规事件次数更集中和稳定.
18. 解：ξ的概率分布为
|P ||||… ||
Eξ=1×+2×+3×+…+n×
=（12+22+32+…+n2）=
19．解：（1）记表示事件“取出的2件产品中无二等品”，表示事件“取出的2
件产品中恰有1件二等品”．
则互斥，且，故
解得（舍去）．
（2）的可能取值为．
若该批产品共100件，由（1）知其二等品有件，故
所以的分布列为
20. （I）基本事件总数为，
若使方程有实根，则，即。
目标事件个数为
因此方程 有实根的概率为
(II)由题意知，，则
故的分布列为
(III)记“先后两次出现的点数中有5”为事件M，“方程
为事件N，则，，
A卷（课堂针对训练）
解析：对照正态密度函数
易知B正确，此时=0，=1.
解析：ξ=2，所以D(ξ)= ,D(ξ)=1
解析：借助图象理解更容易
解析：N(0,1)的概率密度函数为
（），满足偶函数定义.
解析：根据3原则，在(8-
3×0.15,8+3×0.15)即（7.55，8.45）之外时为异常.
6. P(a<≤b)=
解析：了解正态分布的定义.
解析：由正态曲线关于=对称可知.
8. 解：由题意=60，=8，因为=0.6826,
又此正态曲线关于=60对称，所以=
从而估计在60分到68分之间约3413人.
名师点金:本变式题延伸了原题目中的问题，将原题中单纯的的概率考察结合了正
态曲线的对称性以及概率的意义，使题目更具实际意义.另外，还可将问题变为（44，7
6）、（68，76）等区间的探讨.
9. 解：因为，又Y～N(),
所以Y在（910，1090）内取值的概率为99.74％，故最低寿命应控制在910小时以上.
名师点金:本变式题改变了背景情景和题目问法，考察逆向思维方式，由求解某区间内概
率转变为由概率确定区间.注意记住正态分布，，区间内的概率.
10. 解：由ξ～N(30，0.82)可知ξ在（30-
3×0.8，30+3×0.8）即（27.6，32.4）之外取值的概率只有0.0026，而27.5（2
7.6，32.4），说明在一次试验中出现了几乎不可能发生的小概率事件，据此认为这
批砖不合格。
解：误差是随机的正负数，是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用之和，
它服从正态分布N(0,4).所以
故所求事件的概率为
B卷（课外提升训练）
解析:=1是图像的对称轴，1时为减函数，有图象特征可知B.
解析：由正态曲线对称性可知此正态总体关于=0对称.
解析：对照正态密度函数
解析：产品检验依据，有时也称3原则.
解析：由题意知=3，=1，所以P(0<<6)=0.9974,P(1<<5)=0.9544，又知
其关于=3对称，所以
P(-1<2)+ P(0<ξ<2)+ P(-2<ξ<0)+ P(ξ2)= P(ξ<-2), P(0<ξ<2)= P(-2<ξ2)=[1-2P(-2<ξ<0)]=0.1
7.众多的；互不相干的；不分主次的
解析：①不对，因为密度曲线中面积代表概率，而不是纵坐标；④不对，因为正态曲线关
于=对称；⑤不对，与之相反一定时，越大，总体分布越分散，越
小，总体分布越集中.
9.解析：设表示此镇农民的收入，
由P(500-20<≤500+20)=0.6826
故P(500<≤520)
=P(500-20<≤500+20)=0.3413
即此镇农民收入在[500，520]间人数约为34.13％.
10.解析：欲判定这批零件是否合格，由假设检验基本思想可知，关键是看随机抽查的一
件产品的尺寸是否在（μ-3σ，μ+3σ）内，还是在（μ-3σ，μ+3σ）之外.
由于圆柱形零件的外径ε～N（4，0.25），由正态分布的特征可知，正态分布N（4，0.2
5）在区间(4-
3×0.5，4+3×0.5)即(2.5，5.5)之外取值的概率只有0.003，而，这说明在一次试验
中，出现了几乎不可能发生的小概率事件，认为该厂这批产品是不合格的.
解析：由解得，即为图中阴影部分的面积.
12.解：由正态曲线的密度函数是偶函数知=0，由最大值为知=2，所以
13. 解：由题意
P(≥200)<1-P(157<<193)
所以公共汽车门的高度设计为2米，该地成年男子与车门顶部碰头的概率在1％以
14.解：还有7分钟时，
若选第一条线，服从N(5,1)，能及时到达的概率
P1=P(≤7)=P(≤5)+ P(5<<7)
若选第二条线，服从N(6,0.16)，能及时到达的概率
P2=P(≤7)=P(≤6)+ P(6<<7)
所以P1〈P2，选第二条路.
同理，还有6.5分钟时，选第一条路.
解析：依据3原则，阻值应在（985，1015）内，982（985，1015），所以乙
箱电阻不合格.
16.解析：由正态曲线特征可知，η=ξ-
3的密度曲线是ξ的密度曲线向左移一个单位，所以也服从正态分布，且Eη=Eξ-
3=2,ση=σξ,所以服从N(2,8)
17.解析：由正态分布密度曲线的对称性可计算如下（也可借助图形理解）：
18.解：（1）由题意知～N(0,1.52),
所以密度函数
（2）设Y表示5件产品中的合格品数，每件产品是合格品的概率为
P(||≤1.5)=P(-1.5<≤1.5)=0.6826
而Y～B(5,0.6826),合格率不小于80％
即Y≥5×0.8=4
P(Y≥4)=P(Y=4)+P(Y=5)
19. ①②③
解析：正态分布主要要求同们理解正态曲线的意义，在降低本部分课程要求后，高考
题中不曾出现.如果考察应该是选择填空.
20．解：每个点落入中的概率均为．
依题意知．
（Ⅱ）依题意所求概率为：，
第二章 随机变量及其分布单元检测答案
一．选择题：
解析：此公式只适用于服从二项分布的随机变量.
解析：由概率和为1可求
n=21，P(1.5<<3.5)=P(=2)+P(=3)=
解析：根据独立事件同时发生的概率可知甲乙均未击中的概率为（1-0.3）×（1-
0.5）=0.35，所以敌机被击中的概率为1-0.35=0.65.也可用分类方法.
解析：由分布列性质得m=1-0.5-0.2=0.3,所以E=1×0.5+3×0.3+5×0.2=2.4
解析：ξ服从B(10，0.01)，所以
Eξ=10×0.01=0.1,Dξ=10×0.01×0.99=0.099
P（ξ=）=C·0.9910-·0.01
解析：ξ=4表示前3次取得一个正品，两个次品，第4次是正品,前3次中次品数服从超几
何分布.所以P(ξ=4)=
解析：ξ=0，1，2，3，此时P（ξ=0）=0.43，
P（ξ=1）=0.6×0.42，P（ξ=2）=0.6×0.4，
P（ξ=3）=0.6，Eξ=2.376.
解析：设可用块数为,则～B(5,0.9),
≈0.073++0.328=0.401
解析：由正态曲线对称性可知此正态总体关于=-1对称,所以
P(-3≤≤1)=2 P(-3≤≤-1)=0.8
解析：ξ=12表示共取了12次球，即第12次是红球出现了第10次，说明前11次独立重复实
验中出现9次红球1次白球，同时第12次取得红球，故选B.
解析：由题意ξ服从B(10,0.02),因此
Dξ=10×0.02×（1-0.02）0.196
解析：E=Eη=50, D0.8万元
故购买股票的投资效益较大.
………12分
22. 解：(1)由题意，质点A向上下左右四个方向中的一个移动，由，
同理由4q=1，解得
最少需要几3秒钟，A、B能同时到达D（1，2）点.A若3秒钟到达D（1，2）点需要向右移
动一个单位，向上移动两个单位，其概率为
B若3秒钟到达D（1，2）点需向左移动一个单位，向上移动一个单位，向下移动一个单位
有种可能；或向左两个单位，向右一个单位，有种可能，所以其概率为
………12分
所以A、B能同时到达D（1，2）点的概率为
………14分
注意：第一问虽然没有明确分布列，实质就是利用了分布列的性质.第二问考察了独立事
件同时发生的概率，A、B各自概率的计算是借鉴了独立重复实验的分析方法,可尝试体会
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|课程标准点|探究重难点|易混易错点|高考考核点|
|离散型随机变量的|理解分布列对|两点
一、选择题
1．给出下列四个命题：
①15秒内，通过某十字路口的汽车的数量是随机变量；
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的1
1．（成都市玉林中年度）在重庆召开的“市长峰会”期间，某高校有14名
江西省朝宗实验校年上期七年级期中考试
一、选择题：（共6小题，每小题3分，
范围：九年级上册全部 命题人：余才香蔡联红审核：邱邦友韩黎明
一．选择题（共6小题,每小题3
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.ap?ClaID=3060
（考试时间：120分钟，满分：150分）成绩
1.选择题（每题3分，共计18分）
1．国家体育场“鸟2
（考试时间：120分钟，满分：150分）成绩
一、选择题（每题3分，共计18分）
1.一次函数的大致
（考试时间：120分钟，满分：150分）成绩
[来源:。。.Com]
一、选择题(共6小题，每小题3分，
