《2025年高中必刷题高二数学选择性必修第三册人教版》

1. [江苏南通2024高二期中]已知X的分布列如表所示,且$Y = aX + b,E(Y)=\frac{5}{6}$,则$D(Y)$的值为 ( )

A. 1
B. $\frac{5}{18}$
C. $\frac{5}{9}$
D. $\frac{5}{36}$

答案： **D** 【解析】由$a + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = 1$可得$a = \frac{1}{2}$。
所以$E(X)=-1\times\frac{1}{2}+0\times\frac{1}{3}+1\times\frac{1}{6}=-\frac{1}{3}$，
所以$D(X)=\left(-1 + \frac{1}{3}\right)^2\times\frac{1}{2}+\left(0 + \frac{1}{3}\right)^2\times\frac{1}{3}+\left(1 + \frac{1}{3}\right)^2\times\frac{1}{6}=\frac{5}{9}$，
所以$D(Y)=a^2D(X)=\frac{1}{4}\times\frac{5}{9}=\frac{5}{36}$。故选D。

2. [广东东莞2024高二期中]不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球,现从中逐个不放回地摸出小球,直到取出所有红球为止,则摸取次数X的数学期望是 ( )
A. $\frac{28}{5}$
B. $\frac{9}{2}$
C. $\frac{36}{7}$
D. $\frac{16}{3}$

答案： **D** 【解析】由题知摸取次数$X$的可能取值为$2,3,4,5,6,7$。
当$X = k$时，第$k$次取出的必然是红球，而前$k - 1$次中，有且只有一次是红球，其余取出的都是黑球，则$P(X = k)=\frac{C_{k - 1}^1}{C_{7}^2}=\frac{k - 1}{21}$。
则$P(X = 2)=\frac{1}{21}$，$P(X = 3)=\frac{2}{21}$，$P(X = 4)=\frac{3}{21}=\frac{1}{7}$，$P(X = 5)=\frac{4}{21}$，$P(X = 6)=\frac{5}{21}$，$P(X = 7)=\frac{6}{21}=\frac{2}{7}$。
则摸取次数$X$的数学期望$E(X)=2\times\frac{1}{21}+3\times\frac{2}{21}+4\times\frac{1}{7}+5\times\frac{4}{21}+6\times\frac{5}{21}+7\times\frac{2}{7}=\frac{16}{3}$。故选D。

3. (多选) [辽宁省实验中学2023高二月考]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$M(M＞0)$分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得$N(N＞0)$分,否则得0分. 已知小明能正确回答A类问题的概率为$p(0＜p＜1)$,能正确回答B类问题的概率为$q(0＜q＜1)$,且能正确回答问题与否与回答次序无关. 为使累计得分的期望最大,下列哪些条件下小明应选择先回答A类问题 ( )
A. $M＞N$且$p＞q$
B. $Mp＞Nq$
C. $Mp(1 - p)＞Nq(1 - q)$
D. $\frac{Mp}{1 - p}＞\frac{Nq}{1 - q}$

答案： **AD** 【解析】若小明先回答$A$类问题，记$X$为小明的累计得分，则$X$的所有可能取值为$0,M,M + N$。
$P(X = 0)=1 - p$，$P(X = M)=p(1 - q)$，$P(X = M + N)=pq$。
所以$X$的分布列为：
|$X$|$0$|$M$|$M + N$|
|----|----|----|----|
|$P$|$1 - p$|$p(1 - q)$|$pq$|
故$E(X)=0\times(1 - p)+Mp(1 - q)+(M + N)pq$。
若小明先回答$B$类问题，记$Y$为小明的累计得分，则$Y$的所有可能取值为$0,N,M + N$。
$P(Y = 0)=1 - q$，$P(Y = N)=q(1 - p)$，$P(Y = M + N)=pq$。
所以$Y$的分布列为：
|$Y$|$0$|$N$|$M + N$|
|----|----|----|----|
|$P$|$1 - q$|$q(1 - p)$|$pq$|
故$E(Y)=0\times(1 - q)+Nq(1 - p)+(M + N)pq$。
若得分的期望$E(X)＞E(Y)$，则$Mp(1 - q)＞Nq(1 - p)$，即$\frac{Mp}{1 - p}＞\frac{Nq}{1 - q}$，所以D正确，C错误；
当$M＞N$且$p＞q$时，显然有$\frac{Mp}{1 - p}＞\frac{Nq}{1 - q}$成立，故A正确。
当$Mp＞Nq$时，$\frac{Mp}{1 - p}＞\frac{Nq}{1 - q}$不一定成立，故B不正确。故选AD。

4. [山东济宁一中2023高二期中]已知A,B两个不透明的盒中各有形状、大小都相同的红球、白球若干个,A盒中有$m(0＜m＜8)$个红球与$8 - m$个白球,B盒中有$8 - m$个红球与$m$个白球,若从A,B两盒中各取1个球,$\xi$表示所取的2个球中红球的个数,则$D(\xi)$的最大值为________.

答案： $\frac{1}{2}$ 【解析】由题知，$\xi$的所有可能取值为$0,1,2$。
$P(\xi = 0)=\frac{8 - m}{8}\cdot\frac{m}{8}=\frac{m(8 - m)}{64}$，
$P(\xi = 1)=\frac{8 - m}{8}\cdot\frac{8 - m}{8}+\frac{m}{8}\cdot\frac{m}{8}=\frac{(8 - m)^2 + m^2}{64}=\frac{m^2 - 8m + 32}{32}$，
$P(\xi = 2)=\frac{m}{8}\cdot\frac{8 - m}{8}=\frac{m(8 - m)}{64}$。
所以$\xi$的分布列为：
|$\xi$|$0$|$1$|$2$|
|----|----|----|----|
|$P$|$\frac{m(8 - m)}{64}$|$\frac{m^2 - 8m + 32}{32}$|$\frac{m(8 - m)}{64}$|
故$E(\xi)=0\times\frac{m(8 - m)}{64}+1\times\frac{m^2 - 8m + 32}{32}+2\times\frac{m(8 - m)}{64}=1$，
$D(\xi)=(0 - 1)^2\times\frac{m(8 - m)}{64}+(1 - 1)^2\times\frac{m^2 - 8m + 32}{32}+(2 - 1)^2\times\frac{m(8 - m)}{64}=\frac{m(8 - m)}{32}\leq\frac{1}{32}\times\left(\frac{m + 8 - m}{2}\right)^2=\frac{1}{2}$，当且仅当$m = 4$时，等号成立，所以$D(\xi)$的最大值为$\frac{1}{2}$。

5. [重庆部分学校2024模拟]在一场乒乓球赛中,甲、乙、丙、丁四人角逐冠军. 比赛采用“双败淘汰制”,具体赛制为:首先四人抽签两两对阵,胜者进入“胜区”,败者进入“败区”;接下来,“胜区”的两人对阵,胜者进入最后决赛;“败区”的两人对阵,败者直接淘汰出局并获得第四名;紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵,胜者晋级到最后的决赛,败者获得第三名;最后,剩下的两人进行最后的冠军决赛,胜者获得冠军,败者获得第二名. 甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为$p(0＜p＜1)$,且不同对阵结果相互独立.
(1)若$p = 0.4$,第一轮由甲对阵乙,丙对阵丁.
①求甲获得第四名的概率;
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望.
(2)除“双败淘汰制”外,也经常采用“单败淘汰制”:四人抽签决定两两对阵,两场比赛的胜者晋级到冠军决赛,败者参加三、四名比赛,哪种赛制对甲夺冠有利? 请说明理由.

答案： 【解】
(1)①记“甲获得第四名”为事件$A$，即甲双败，则$P(A)=(1 - 0.4)^2 = 0.36$。
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量$X$，则$X$的所有可能取值为$2,3,4$。
连败两局：$P(X = 2)=(1 - 0.4)^2 = 0.36$；
$X = 3$可以分为三种情形：甲第一、第二局连胜两局，第三局不管胜负；甲第一局负，第二局胜，第三局负；甲第一局胜，第二局负，第三局负。
$P(X = 3)=0.4^2+(1 - 0.4)\times0.4\times(1 - 0.4)+0.4\times(1 - 0.4)\times(1 - 0.4)=0.448$；
$X = 4$可以分为两种情形：甲第一局负，第二局胜，第三局胜；甲第一局胜，第二局负，第三局胜，且第四局都不管胜负。
$P(X = 4)=(1 - 0.4)\times0.4\times0.4+0.4\times(1 - 0.4)\times0.4=0.192$。
故$X$的分布列为：
|$X$|$2$|$3$|$4$|
|----|----|----|----|
|$P$|$0.36$|$0.448$|$0.192$|
故数学期望$E(X)=2\times0.36+3\times0.448+4\times0.192 = 2.832$。
(2)“双败淘汰制”下，甲夺冠的概率$P=p^3+p(1 - p)p^2+(1 - p)p^3=(3 - 2p)p^3$。
在“单败淘汰制”下，甲夺冠的概率为$p^2$。
由$(3 - 2p)p^3 - p^2=p^2(3p - 2p^2 - 1)=p^2(2p - 1)(1 - p)$，且$0＜p＜1$。
当$p\in\left(\frac{1}{2},1\right)$时，$p^2(2p - 1)(1 - p)＞0$，则$(3 - 2p)p^3＞p^2$，则“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
当$p\in\left(0,\frac{1}{2}\right)$时，$p^2(2p - 1)(1 - p)＜0$，则$(3 - 2p)p^3＜p^2$，则“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
当$p=\frac{1}{2}$时，两种赛制甲夺冠的概率一样。

6. [中国科学技术大学2021强基计划]抛掷一个均匀的骰子(各面分别标有数字1~6)n次,记该过程中出现的最大数字为X,则$E(X)$=________.

答案： $6-\frac{1 + 2^n+3^n+4^n+5^n}{6^n}$ 【解析】易知$P(X\leq k)=\left(\frac{k}{6}\right)^n$，$k = 1,2,\cdots,6$。
所以$P(X = k)=P(X\leq k)-P(X\leq k - 1)=\left(\frac{k}{6}\right)^n-\left(\frac{k - 1}{6}\right)^n$。
则$E(X)=\sum_{k = 1}^{6}kP(X = k)=\sum_{k = 1}^{6}k\left[\left(\frac{k}{6}\right)^n-\left(\frac{k - 1}{6}\right)^n\right]=6-\frac{1 + 2^n+3^n+4^n+5^n}{6^n}$。
点悟：继续化简可得$\sum_{k = 1}^{6}\frac{k^{n + 1}-k(k - 1)^n}{6^n}=\frac{1+2^{n + 1}+3^{n + 1}+4^{n + 1}+5^{n + 1}+6^{n + 1}-(1\times2^n+2\times3^n+3\times4^n+4\times5^n+5\times6^n)}{6^n}=\frac{6^{n + 1}-(1 + 2^n+3^n+4^n+5^n)}{6^n}$ 。