2024人教版高中数学选择性必修第三册同步练习题（含解析）--第七章 随机变量及其分布拔高练
文档属性
| 名称 | 2024人教版高中数学选择性必修第三册同步练习题（含解析）--第七章 随机变量及其分布拔高练 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-16 17:57:31 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
2024人教版高中数学选择性必修第三册同步
第七章 随机变量及其分布
综合拔高练
五年高考练
考点1 条件概率
1.(2022新高考Ⅱ,19)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图:
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率;
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.000 1).
考点2 离散型随机变量的分布列及数字特征
2.(2020全国Ⅲ理,3)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( )
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4
B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3
D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
3.(2019浙江,7)设0X 0 a 1
P
则当a在(0,1)内增大时,( )
A.D(X)增大 B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小 D.D(X)先减小后增大
4.(2022全国甲理,19)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10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.已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.
5.(2022北京,18)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m):
甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25;
乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;
丙:9.85,9.65,9.20,9.16.
假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望EX;
(3)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大 (结论不要求证明)
6.(2023新课标Ⅰ,21)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率;
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E()=记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
考点3 二项分布
7.(2019课标全国Ⅰ理,15)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .
8.(2019天津,16)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.
考点4 超几何分布
9.(2022浙江,15)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)= ,E(ξ)= .
10.(2021浙江,15)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n= ,E(ξ)= .
11.(天津高考,16)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
(ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
考点5 正态分布
12.(2021新高考Ⅱ,6)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中不正确的是( )
A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大
B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等
D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等
13.(2022新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)= .
三年模拟练
应用实践
1.(2023辽宁鞍山期中)为了提升全民身体素质,学校十分重视学生体育锻炼.某校一篮球运动员进行投篮练习,若他第1球投进,则第2球投进的概率为,若他第1球投不进,则第2球投进的概率为.若他第1球投进的概率为,则他第2球投进的概率为( )
A. B. C. D.
2.(多选题)(2023山东烟台期中)甲、乙两人独立地进行3次足球射门练习,两人每次射中的概率分别为,,则( )
A.甲、乙两人射中次数的期望之和为
B.甲、乙两人射中次数的方差之和为
C.甲、乙两人均射中2次的概率为
D.甲、乙两人共射中2次的概率为
3.(多选题)(2022山东潍坊期末)某地区某大型汽车配件厂为提高其产品的质量,对现有某种型号的汽车配件进行抽检,由抽检结果可知,该型号汽车配件的质量指标值ξ服从正态分布N(200,224),则下列结论正确的是( )
附:≈14.97,若ξ~N(μ,σ2),则P(|ξ-μ|≤σ)≈0.682 7,P(|ξ-μ|≤2σ)≈0.954 5.
A.P(185.03≤ξ≤200)≈0.682 7
B.P(200≤ξ≤229.94)≈0.477 25
C.P(185.03≤ξ≤229.94)≈0.954 5
D.任取10 000件该型号的汽车配件,其质量指标值位于[185.03,229.94]内的件数约为8 186
4.(2023江苏扬州期末)已知甲袋中有3个白球和3个红球,乙袋中有2个白球和2个红球,现从甲袋中任取2个球放入乙袋,再从乙袋中任取2个球.若从乙袋中取出的是2个红球,则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为( )
A. B. C. D.
5.(2023北京汇文中学教育集团期中)有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动,掷出的点数为1或2的人去打篮球,掷出的点数大于2的人去打乒乓球.用X,Y分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数,记ξ=|X-Y|,则E(ξ)= .
6.(2023江苏南京外国语学校期中)公共汽车门的高度是按照确保99%以上的成年男子头部不与车门顶部碰撞设计的.如果某地成年男子的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(173,8),则车门高至少应设计为 cm(结果精确到1 cm).
参考数据:①若X~N(μ,σ2),令Z=,则Z~N(0,1);②若Z~N(0,1),则P(Z≤2.33)=0.99,P(Z≤3.09)=0.999,≈1.4.
7.(2023湖北四地七校联盟期中联考)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题,规定每位参赛选手共回答3道问题.现有两种方案供参赛选手任意选择.
方案一:只选A类问题.
方案二:第一次选A类问题,以后按如下规则选题,若本次回答正确,则下一次选A类问题,回答错误,则下一次选B类问题.
A类问题中的每道问题回答正确得50分,否则得0分;B类问题中的每道问题回答正确得30分,否则得0分.已知小明能正确回答A类问题的概率为,能正确回答B类问题的概率为,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)求小明采用方案一答题,得分不低于100分的概率;
(2)小明选择何种方案参加比赛更加合理 请说明理由.
8.(2022陕西西安中学月考)某客户准备在家中安装一套净水系统,该系统为二级过滤,使用寿命为十年.如图1所示,两个二级过滤器采用并联安装,再与一级过滤器串联安装.
其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中,一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立).若客户在安装净水系统的同时购买滤芯,则一级滤芯每个160元,二级滤芯每个80元.若客户在使用过程中单独购买滤芯,则一级滤芯每个400元,二级滤芯每个200元.现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量,为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表,其中下表是根据100个一级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表,图2是根据200个二级过滤器更换的滤芯个数制成的条形图.
一级滤芯更换频数分布表
一级滤芯更换的个数 8 9
频数 60 40
以100个一级过滤器更换滤芯的频率代替一个一级过滤器更换滤芯发生的概率,以200个二级过滤器更换滤芯的频率代替一个二级过滤器更换滤芯发生的概率.
(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16的概率;
(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的二级滤芯总个数,求X的分布列及数学期望;
(3)记m,n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若m+n=19,且m∈{8,9},以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据,试确定m,n的值.
9.(2022黑龙江哈尔滨第三中学二模)为了解某市高三数学复习备考情况,该市教研机构组织了一次检测考试,并随机抽取了部分高三理科学生的数学成绩绘制成了如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图,估计该市此次检测理科数学的平均成绩u0(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表,精确到个位);
(2)研究发现,本次检测的理科数学成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(μ,σ2)(μ=u0,σ约为19.3),按以往的统计数据,理科数学成绩能达到升一本分数要求的学生约占40%.
(i)估计本次检测成绩达到升一本分数要求的理科数学成绩是多少分(精确到个位);
(ii)从该市高三理科学生中随机抽取4人,记理科数学成绩能达到升一本分数要求的人数为Y,求Y的分布列及数学期望E(Y).
附:P(X>x)=1-Φ表示X>x的概率,Φ(0.725 7)=0.6,Φ(0.655 4)=0.4.
迁移创新
10.(2023安徽六安一中期中)甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军,比赛采取三局两胜制,即某选手率先获得两局胜利时比赛结束,且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历,甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为,,且每局比赛的结果相互独立.
(1)求甲夺得冠军的概率;
(2)比赛开始前,工作人员买来一盒新球,共有6个,新球在一局比赛中使用后成为“旧球”,“旧球”再在一局比赛中使用后成为“废球”,每局比赛前裁判员从盒中随机取出一个球用于比赛,且局中不换球,该局比赛后,如果这个球成为废球,则直接丢弃,否则裁判员将其放回盒中,记甲、乙决出冠军后,盒内新球的数量为X,求随机变量X的分布列与数学期望.
答案与分层梯度式解析
第七章 随机变量及其分布
综合拔高练
五年高考练
2.B 3.D 12.D
1.解析 (1)平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).
(2)设事件A=“该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)”,则P(A)=1-P()=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89.
(3)设事件B=“任选一人年龄位于区间[40,50)”,事件C=“任选一人患这种疾病”,由条件概率公式可得
P(C|B)====0.001 437 5≈0.001 4.
2.B 根据均值E(X)=xipi,方差D(X)=[xi-E(X)]2·pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表.
选项 均值E(X) 方差D(X) 标准差
A 2.5 0.65
B 2.5 1.85
C 2.5 1.05
D 2.5 1.45
由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B.
3.D 解法一:由分布列得E(X)=,
则D(X)=×+×+×=+,
当a∈时,D(X)单调递减,当a∈时,D(X)单调递增.故选D.
解法二:由分布列得E(X)=,
则D(X)=E(X2)-(E(X))2=0++-==,
当a∈时,D(X)单调递减,当a∈时,D(X)单调递增.故选D.
4.解析 (1)记“甲学校在第i个项目获胜”为事件Ai(i=1,2,3),“甲学校获得冠军”为事件E.则P(E)=P(A1A2A3)+P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=××+××+××+××=.
(2)记“乙学校在第j个项目获胜”为事件Bj(j=1,2,3),X的可能取值为0,10,20,30.
则P(X=0)=P()=××=,
P(X=10)=P(B1)+P(B2)+P(B3)
=××+××+××=,
P(X=20)=P(B1B2)+P(B1B3)+P(B2B3)
=××+××+××=,
P(X=30)=P(B1B2B3)=××=.
∴X的分布列为
X 0 10 20 30
P
E(X)=0×+10×+20×+30×=13.
5.解析 (1)甲以往参加的10次比赛中,有4次比赛成绩达到获得优秀奖的标准,则甲得优秀奖的概率P==.
(2)随机变量X的可能取值为0,1,2,3,设甲、乙、丙获得优秀奖分别为事件A,B,C,则A,B,C,,,相互独立,且P(A)=,P(B)=P(C)=,P()=1-P(A)=1-=,P()=P()=,则P(X=0)=P( )=P()P()P()=××=;P(X=1)=P(A )+P(B)+P( C)=P(A)P()·P()+P()P(B)P()+P()P()P(C)=××+××+××==;P(X=2)=P(AB)+P(AC)+P(BC)=P(A)P(B)P()+P(A)P()P(C)+P()P(B)P(C)=××+××+××=;P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=××=.
故X的数学期望EX=0×+1×+2×+3×=.
(3)丙.
理由:乙夺冠的概率为P(乙)=××+××+××+××+××=,
丙夺冠的概率为P(丙)=+××=,
甲夺冠的概率为P(甲)=1--=,
P(丙)最大,所以丙夺冠的概率最大.
6.解析 设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,事件B=“甲在某次投篮时命中”,事件C=“乙在某次投篮时命中”.由题意知P(A1)=0.5,P(B)=0.6,P(C)=0.8.
(1)设“第2次投篮的人是乙”为事件M,则P(M)=P(A1+C)=P(A1)[1-P(B)]+[1-P(A1)]P(C)=0.5×(1-0.6)+(1-0.5)×0.8=0.6.
(2)P(Ai+1)=P(AiB+)=P(Ai)P(B)+[1-P(Ai)]·[1-P(C)]=P(Ai)+,
所以P(Ai+1)-=.
所以是以P(A1)-=为首项,为公比的等比数列,所以P(Ai)=×+.
(3)E(Y)=P(Ai)==×+=-·.
7.答案 0.18
解析 解法一:由题意可得,一共比赛了五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场,输一场.前四场甲队胜三场,输一场的情况如下:
①甲队主场输一场,其概率P1=×0.6×0.4××0.52=0.12;②甲队客场输一场,其概率P2=×0.62××0.5×0.5=0.18.
所以所求概率P=(P1+P2)×0.6=0.18.
解法二:前四场中有一场客场输,第五场赢时,甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;前四场中有一场主场输,第五场赢时,甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072.
综上所述,甲队以4∶1获胜的概率是0.108+0.072=0.18.
8.解析 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为,故X~B,从而P(X=k)=,k=0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随机变量X的数学期望E(X)=3×=2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,
则Y~B,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.
由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,
从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})
=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)
=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)
=×+×=.
9.答案 ;
解析 所抽取的3张卡片上数字的最小值为2可分两种情况:(1)3张卡片中恰有1张卡片上数字为2;(2)3张卡片中恰有2张卡片上数字为2,所以P(ξ=2)=+==.
而P(ξ=1)==,P(ξ=3)==,P(ξ=4)==,所以E(ξ)=1×+2×+3×+4×==.
10.答案 1;
解析 解法一:∵P(ξ=2)===,可得=36,∴m+n+4=9,
又∵P(一红一黄)====,解得m=3,∴n=2,∴m-n=1.
∵P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)=,∴E(ξ)=0×+1×+2×=.
解法二:由解法一知m-n=1.
由于ξ服从超几何分布,且N=9,M=4,n=2,
故E(ξ)==.
11.解析 (1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)(i)随机变量X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=(k=0,1,2,3).
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.
由(i)知,P(B)=P(X=2)=,
P(C)=P(X=1)=,
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=.
12.D 因为该物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),所以正态曲线关于直线x=10对称,且方差σ2越小,分布越集中.对于A,σ越小,测量结果越集中在10左右,则该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故A中结论正确;对于B,测量结果大于10的概率为0.5,故B中结论正确;对于C,由于正态曲线关于直线x=10对称,所以测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C中结论正确;对于D,测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率,故D中结论错误.故选D.
13.答案 0.14
解析 由正态曲线的特点可知P(X>2.5)=P(X>2)-P(2三年模拟练
1.B 2.AC 3.BD 4.C
1.B 记“该篮球运动员第1球投进”为事件A,“该篮球运动员第2球投进”为事件B,
由题知,P(B|A)=,P(B|)=,
又P(A)=,所以P()=,
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)
=×+×==.故选B.
2.AC 对于A,由二项分布可知,甲射中次数的期望为3×=2,乙射中次数的期望为3×=,所以期望之和为2+=,故A正确;
对于B,由二项分布可知,甲射中次数的方差为3××=,乙射中次数的方差为3××=,所以方差之和为+=,故B错误;
对于C,甲、乙两人均射中2次的概率为×××××=,故C正确;
对于D,甲、乙两人共射中2次的概率为×××+×××××+×××=,故D错误.
故选AC.
3.BD ∵该型号汽车配件的质量指标值ξ服从正态分布N(200,224),∴μ=200,σ2=224,
又∵≈14.97,∴σ=14.97.
对于A,P(185.03≤ξ≤200)=P(|ξ-μ|≤σ)≈×0.682 7=0.341 35,故A错误;
对于B,P(200≤ξ≤229.94)=P(|ξ-μ|≤2σ)≈×0.954 5=0.477 25,故B正确;
对于C,P(185.03≤ξ≤229.94)=P(|ξ-μ|≤σ)+P(|ξ-μ|≤2σ)=0.341 35+0.477 25=0.818 6,故C错误;
对于D,由C中计算知P(185.03≤ξ≤229.94)=0.818 6,10 000×0.818 6=8 186,故任取10 000件该型号的汽车配件,其质量指标值位于区间[185.03,229.94]内的件数约为8 186,故D正确.
故选BD.
4.C 设从甲袋中取出2个球,其中红球的个数为i(i=0,1,2)的事件为Ai,从乙袋中取出2个球,其中红球的个数为2为事件B,则P(A0)==,P(A1)==,P(A2)==,P(B|A0)==,P(B|A1)==,P(B|A2)==,
所以P(A2|B)==.故选C.
5.答案
解析 由已知可得一个人去打篮球的概率为,去打乒乓球的概率为.
随机变量ξ的可能取值为0,2,4,
P(ξ=4)=P(X=4,Y=0)+P(X=0,Y=4)=××+××=,
P(ξ=2)=P(X=3,Y=1)+P(X=1,Y=3)=××+××=,
P(ξ=0)=××=,
所以E(ξ)=0×+2×+4×=.
6.答案 180
解析 设车门高为x cm,
由题意得P(X≤x)>99%,
因为Z~N(0,1),P(Z≤2.33)=0.99,
所以≥2.33,解得x≥173+2.33×2≈173+2.33×2×1.4=179.524≈180,
所以车门高至少应设计为180 cm.
7.解析 (1)小明采用方案一答题,得分不低于100分的情况为至少答对2道问题,所求概率P=××+=.
(2)小明选择方案二参加比赛更加合理.理由如下:
若采用方案一,设其得分为X分,X的可能取值为0,50,100,150,
P(X=0)==,
P(X=50)=××==,
P(X=100)=××==,
P(X=150)==.
所以E(X)=0×+50×+100×+150×=50.
若采用方案二,设其得分为Y分,Y的可能取值为0,30,50,80,100,150,
P(Y=0)=××=,
P(Y=30)=××+××==,
P(Y=50)=××=,
P(Y=80)=××+××=,
P(Y=100)=××=,
P(Y=150)=××=.
所以E(Y)=0×+30×+50×+80×+100×+150×=≈53.7.
因为E(Y)>E(X),所以小明选择方案二参加比赛更加合理.
8.解析 (1)设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16”为事件A,由题意知,若事件A发生,则该套净水系统中一个一级过滤器需要更换8个滤芯,两个二级过滤器均需要更换4个滤芯,易得一个一级过滤器需要更换8个滤芯的概率为=0.6,一个二级过滤器需要更换4个滤芯的概率为=0.2,所以P(A)=0.6×0.2×0.2=0.024.
(2)由题图2可知,一个二级过滤器需要更换滤芯的个数为4,5,6的概率分别为0.2,0.4,0.4,
X的可能取值为8,9,10,11,12,
且P(X=8)=0.2×0.2=0.04,
P(X=9)=2×0.2×0.4=0.16,
P(X=10)=2×0.2×0.4+0.4×0.4=0.32,
P(X=11)=2×0.4×0.4=0.32,
P(X=12)=0.4×0.4=0.16,
所以X的分布列为
X 8 9 10 11 12
P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16
E(X)=8×0.04+9×0.16+10×0.32+11×0.32+12×0.16=10.4.
(3)记该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用为Y元,由题意可分两类:
①若m=8,则n=11,
此时E(Y)=160×8+400×1×+80×11+200×1×0.16=2 352;
②若m=9,则n=10,
此时E(Y)=160×9+80×10+200×1×0.32+200×2×0.16=2 368.
因为2 352<2 368,故该客户在安装净水系统的同时应购买一级滤芯8个,二级滤芯11个.
9.解析 (1)该市此次检测理科数学的平均成绩u0=65×0.05+75×0.08+85×0.12+95×0.15+105×0.24+115×0.18+125×0.1+135×0.05+145×0.03=103.2≈103(分).
(2)(i)记本次检测成绩达到升一本分数要求的理科数学成绩约为x1分,
根据题意,得P(X>x1)=1-Φ=1-Φ≈0.4,即Φ≈0.6.
由Φ(0.725 7)=0.6,得≈0.725 7,
解得x1≈117,
所以本次检测成绩达到升一本分数要求的理科数学成绩约为117分.
(ii)由题意得Y~B,
P(Y=0)=××=,
P(Y=1)=××=,
P(Y=2)=××=,
P(Y=3)=××=,
P(Y=4)=××=.
所以Y的分布列为
Y 0 1 2 3 4
P
E(Y)=4×=.
10.思路分析
(1)
(2)
解析 (1)记事件Ai=“甲在第i(i=1,2,3)局比赛中获胜”,则P(Ai)=,P()=1-P(Ai)=.
记事件A=“甲夺得冠军”,则P(A)=P(A1A2)+P(A1 A3)+P(A2A3)=+2××=.
(2)设甲、乙决出冠军共进行了Y局比赛,易知Y=2或Y=3,
则P(Y=2)=P(A1A2)+P( )=+=,故P(Y=3)=1-P(Y=2)=.
记Ni=“第i(i=1,2,3)局比赛后抽到新球”,
比赛一局后,盒内必为5个新球,1个旧球,此时P(N1)=,P()=.
若N1发生,则比赛两局后,盒内有4个新球,2个旧球,此时P(N1N2)=×=,P(N1)=×=.
若发生,则比赛两局后,盒内有5个新球,
故P(N2)=×1=.
因为每个球最多使用两次,所以X的可能取值为3,4,5.
P(X=3)=P(Y=3)P(N1N2)=×=,
(三局比赛后比赛结束,且全取新球)
P(X=4)=P(Y=2)P(N1)+P(Y=3)P(N1)+P(Y=3)P(N2)=×+×+×=,
(两局比赛后比赛结束,且全取新球,或三局比赛后比赛结束,且取球为新新旧、新旧新)
P(X=5)=P(Y=2)P()=×=,
(两局比赛后比赛结束,且取一新一旧球)
故X的分布列为
X 3 4 5
P
E(X)=3×+4×+5×=.
素养评析 第(1)问中主要考查数学建模与数学运算素养,利用n重伯努利试验求概率,可结合二项分布简化运算;第(2)问中主要考查逻辑推理、数学建模素养,考查了两个随机事件的结合:一是比赛的局数(2局或3局)——n重伯努利试验的应用,二是每局比赛前抽取的是新球还是旧球——古典概型求概率.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
2024人教版高中数学选择性必修第三册同步
第七章 随机变量及其分布
综合拔高练
五年高考练
考点1 条件概率
1.(2022新高考Ⅱ,19)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图:
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率;
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.000 1).
考点2 离散型随机变量的分布列及数字特征
2.(2020全国Ⅲ理,3)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( )
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4
B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3
D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
3.(2019浙江,7)设0
P
则当a在(0,1)内增大时,( )
A.D(X)增大 B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小 D.D(X)先减小后增大
4.(2022全国甲理,19)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10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.已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.
5.(2022北京,18)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m):
甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25;
乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;
丙:9.85,9.65,9.20,9.16.
假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望EX;
(3)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大 (结论不要求证明)
6.(2023新课标Ⅰ,21)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率;
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E()=记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
考点3 二项分布
7.(2019课标全国Ⅰ理,15)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .
8.(2019天津,16)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.
考点4 超几何分布
9.(2022浙江,15)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)= ,E(ξ)= .
10.(2021浙江,15)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n= ,E(ξ)= .
11.(天津高考,16)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
(ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
考点5 正态分布
12.(2021新高考Ⅱ,6)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中不正确的是( )
A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大
B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等
D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等
13.(2022新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(2
三年模拟练
应用实践
1.(2023辽宁鞍山期中)为了提升全民身体素质,学校十分重视学生体育锻炼.某校一篮球运动员进行投篮练习,若他第1球投进,则第2球投进的概率为,若他第1球投不进,则第2球投进的概率为.若他第1球投进的概率为,则他第2球投进的概率为( )
A. B. C. D.
2.(多选题)(2023山东烟台期中)甲、乙两人独立地进行3次足球射门练习,两人每次射中的概率分别为,,则( )
A.甲、乙两人射中次数的期望之和为
B.甲、乙两人射中次数的方差之和为
C.甲、乙两人均射中2次的概率为
D.甲、乙两人共射中2次的概率为
3.(多选题)(2022山东潍坊期末)某地区某大型汽车配件厂为提高其产品的质量,对现有某种型号的汽车配件进行抽检,由抽检结果可知,该型号汽车配件的质量指标值ξ服从正态分布N(200,224),则下列结论正确的是( )
附:≈14.97,若ξ~N(μ,σ2),则P(|ξ-μ|≤σ)≈0.682 7,P(|ξ-μ|≤2σ)≈0.954 5.
A.P(185.03≤ξ≤200)≈0.682 7
B.P(200≤ξ≤229.94)≈0.477 25
C.P(185.03≤ξ≤229.94)≈0.954 5
D.任取10 000件该型号的汽车配件,其质量指标值位于[185.03,229.94]内的件数约为8 186
4.(2023江苏扬州期末)已知甲袋中有3个白球和3个红球,乙袋中有2个白球和2个红球,现从甲袋中任取2个球放入乙袋,再从乙袋中任取2个球.若从乙袋中取出的是2个红球,则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为( )
A. B. C. D.
5.(2023北京汇文中学教育集团期中)有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动,掷出的点数为1或2的人去打篮球,掷出的点数大于2的人去打乒乓球.用X,Y分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数,记ξ=|X-Y|,则E(ξ)= .
6.(2023江苏南京外国语学校期中)公共汽车门的高度是按照确保99%以上的成年男子头部不与车门顶部碰撞设计的.如果某地成年男子的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(173,8),则车门高至少应设计为 cm(结果精确到1 cm).
参考数据:①若X~N(μ,σ2),令Z=,则Z~N(0,1);②若Z~N(0,1),则P(Z≤2.33)=0.99,P(Z≤3.09)=0.999,≈1.4.
7.(2023湖北四地七校联盟期中联考)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题,规定每位参赛选手共回答3道问题.现有两种方案供参赛选手任意选择.
方案一:只选A类问题.
方案二:第一次选A类问题,以后按如下规则选题,若本次回答正确,则下一次选A类问题,回答错误,则下一次选B类问题.
A类问题中的每道问题回答正确得50分,否则得0分;B类问题中的每道问题回答正确得30分,否则得0分.已知小明能正确回答A类问题的概率为,能正确回答B类问题的概率为,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)求小明采用方案一答题,得分不低于100分的概率;
(2)小明选择何种方案参加比赛更加合理 请说明理由.
8.(2022陕西西安中学月考)某客户准备在家中安装一套净水系统,该系统为二级过滤,使用寿命为十年.如图1所示,两个二级过滤器采用并联安装,再与一级过滤器串联安装.
其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中,一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立).若客户在安装净水系统的同时购买滤芯,则一级滤芯每个160元,二级滤芯每个80元.若客户在使用过程中单独购买滤芯,则一级滤芯每个400元,二级滤芯每个200元.现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量,为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表,其中下表是根据100个一级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表,图2是根据200个二级过滤器更换的滤芯个数制成的条形图.
一级滤芯更换频数分布表
一级滤芯更换的个数 8 9
频数 60 40
以100个一级过滤器更换滤芯的频率代替一个一级过滤器更换滤芯发生的概率,以200个二级过滤器更换滤芯的频率代替一个二级过滤器更换滤芯发生的概率.
(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16的概率;
(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的二级滤芯总个数,求X的分布列及数学期望;
(3)记m,n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若m+n=19,且m∈{8,9},以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据,试确定m,n的值.
9.(2022黑龙江哈尔滨第三中学二模)为了解某市高三数学复习备考情况,该市教研机构组织了一次检测考试,并随机抽取了部分高三理科学生的数学成绩绘制成了如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图,估计该市此次检测理科数学的平均成绩u0(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表,精确到个位);
(2)研究发现,本次检测的理科数学成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(μ,σ2)(μ=u0,σ约为19.3),按以往的统计数据,理科数学成绩能达到升一本分数要求的学生约占40%.
(i)估计本次检测成绩达到升一本分数要求的理科数学成绩是多少分(精确到个位);
(ii)从该市高三理科学生中随机抽取4人,记理科数学成绩能达到升一本分数要求的人数为Y,求Y的分布列及数学期望E(Y).
附:P(X>x)=1-Φ表示X>x的概率,Φ(0.725 7)=0.6,Φ(0.655 4)=0.4.
迁移创新
10.(2023安徽六安一中期中)甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军,比赛采取三局两胜制,即某选手率先获得两局胜利时比赛结束,且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历,甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为,,且每局比赛的结果相互独立.
(1)求甲夺得冠军的概率;
(2)比赛开始前,工作人员买来一盒新球,共有6个,新球在一局比赛中使用后成为“旧球”,“旧球”再在一局比赛中使用后成为“废球”,每局比赛前裁判员从盒中随机取出一个球用于比赛,且局中不换球,该局比赛后,如果这个球成为废球,则直接丢弃,否则裁判员将其放回盒中,记甲、乙决出冠军后,盒内新球的数量为X,求随机变量X的分布列与数学期望.
答案与分层梯度式解析
第七章 随机变量及其分布
综合拔高练
五年高考练
2.B 3.D 12.D
1.解析 (1)平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).
(2)设事件A=“该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)”,则P(A)=1-P()=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89.
(3)设事件B=“任选一人年龄位于区间[40,50)”,事件C=“任选一人患这种疾病”,由条件概率公式可得
P(C|B)====0.001 437 5≈0.001 4.
2.B 根据均值E(X)=xipi,方差D(X)=[xi-E(X)]2·pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表.
选项 均值E(X) 方差D(X) 标准差
A 2.5 0.65
B 2.5 1.85
C 2.5 1.05
D 2.5 1.45
由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B.
3.D 解法一:由分布列得E(X)=,
则D(X)=×+×+×=+,
当a∈时,D(X)单调递减,当a∈时,D(X)单调递增.故选D.
解法二:由分布列得E(X)=,
则D(X)=E(X2)-(E(X))2=0++-==,
当a∈时,D(X)单调递减,当a∈时,D(X)单调递增.故选D.
4.解析 (1)记“甲学校在第i个项目获胜”为事件Ai(i=1,2,3),“甲学校获得冠军”为事件E.则P(E)=P(A1A2A3)+P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=××+××+××+××=.
(2)记“乙学校在第j个项目获胜”为事件Bj(j=1,2,3),X的可能取值为0,10,20,30.
则P(X=0)=P()=××=,
P(X=10)=P(B1)+P(B2)+P(B3)
=××+××+××=,
P(X=20)=P(B1B2)+P(B1B3)+P(B2B3)
=××+××+××=,
P(X=30)=P(B1B2B3)=××=.
∴X的分布列为
X 0 10 20 30
P
E(X)=0×+10×+20×+30×=13.
5.解析 (1)甲以往参加的10次比赛中,有4次比赛成绩达到获得优秀奖的标准,则甲得优秀奖的概率P==.
(2)随机变量X的可能取值为0,1,2,3,设甲、乙、丙获得优秀奖分别为事件A,B,C,则A,B,C,,,相互独立,且P(A)=,P(B)=P(C)=,P()=1-P(A)=1-=,P()=P()=,则P(X=0)=P( )=P()P()P()=××=;P(X=1)=P(A )+P(B)+P( C)=P(A)P()·P()+P()P(B)P()+P()P()P(C)=××+××+××==;P(X=2)=P(AB)+P(AC)+P(BC)=P(A)P(B)P()+P(A)P()P(C)+P()P(B)P(C)=××+××+××=;P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=××=.
故X的数学期望EX=0×+1×+2×+3×=.
(3)丙.
理由:乙夺冠的概率为P(乙)=××+××+××+××+××=,
丙夺冠的概率为P(丙)=+××=,
甲夺冠的概率为P(甲)=1--=,
P(丙)最大,所以丙夺冠的概率最大.
6.解析 设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,事件B=“甲在某次投篮时命中”,事件C=“乙在某次投篮时命中”.由题意知P(A1)=0.5,P(B)=0.6,P(C)=0.8.
(1)设“第2次投篮的人是乙”为事件M,则P(M)=P(A1+C)=P(A1)[1-P(B)]+[1-P(A1)]P(C)=0.5×(1-0.6)+(1-0.5)×0.8=0.6.
(2)P(Ai+1)=P(AiB+)=P(Ai)P(B)+[1-P(Ai)]·[1-P(C)]=P(Ai)+,
所以P(Ai+1)-=.
所以是以P(A1)-=为首项,为公比的等比数列,所以P(Ai)=×+.
(3)E(Y)=P(Ai)==×+=-·.
7.答案 0.18
解析 解法一:由题意可得,一共比赛了五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场,输一场.前四场甲队胜三场,输一场的情况如下:
①甲队主场输一场,其概率P1=×0.6×0.4××0.52=0.12;②甲队客场输一场,其概率P2=×0.62××0.5×0.5=0.18.
所以所求概率P=(P1+P2)×0.6=0.18.
解法二:前四场中有一场客场输,第五场赢时,甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;前四场中有一场主场输,第五场赢时,甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072.
综上所述,甲队以4∶1获胜的概率是0.108+0.072=0.18.
8.解析 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为,故X~B,从而P(X=k)=,k=0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随机变量X的数学期望E(X)=3×=2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,
则Y~B,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.
由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,
从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})
=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)
=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)
=×+×=.
9.答案 ;
解析 所抽取的3张卡片上数字的最小值为2可分两种情况:(1)3张卡片中恰有1张卡片上数字为2;(2)3张卡片中恰有2张卡片上数字为2,所以P(ξ=2)=+==.
而P(ξ=1)==,P(ξ=3)==,P(ξ=4)==,所以E(ξ)=1×+2×+3×+4×==.
10.答案 1;
解析 解法一:∵P(ξ=2)===,可得=36,∴m+n+4=9,
又∵P(一红一黄)====,解得m=3,∴n=2,∴m-n=1.
∵P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)=,∴E(ξ)=0×+1×+2×=.
解法二:由解法一知m-n=1.
由于ξ服从超几何分布,且N=9,M=4,n=2,
故E(ξ)==.
11.解析 (1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)(i)随机变量X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=(k=0,1,2,3).
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.
由(i)知,P(B)=P(X=2)=,
P(C)=P(X=1)=,
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=.
12.D 因为该物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),所以正态曲线关于直线x=10对称,且方差σ2越小,分布越集中.对于A,σ越小,测量结果越集中在10左右,则该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故A中结论正确;对于B,测量结果大于10的概率为0.5,故B中结论正确;对于C,由于正态曲线关于直线x=10对称,所以测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C中结论正确;对于D,测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率,故D中结论错误.故选D.
13.答案 0.14
解析 由正态曲线的特点可知P(X>2.5)=P(X>2)-P(2
1.B 2.AC 3.BD 4.C
1.B 记“该篮球运动员第1球投进”为事件A,“该篮球运动员第2球投进”为事件B,
由题知,P(B|A)=,P(B|)=,
又P(A)=,所以P()=,
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)
=×+×==.故选B.
2.AC 对于A,由二项分布可知,甲射中次数的期望为3×=2,乙射中次数的期望为3×=,所以期望之和为2+=,故A正确;
对于B,由二项分布可知,甲射中次数的方差为3××=,乙射中次数的方差为3××=,所以方差之和为+=,故B错误;
对于C,甲、乙两人均射中2次的概率为×××××=,故C正确;
对于D,甲、乙两人共射中2次的概率为×××+×××××+×××=,故D错误.
故选AC.
3.BD ∵该型号汽车配件的质量指标值ξ服从正态分布N(200,224),∴μ=200,σ2=224,
又∵≈14.97,∴σ=14.97.
对于A,P(185.03≤ξ≤200)=P(|ξ-μ|≤σ)≈×0.682 7=0.341 35,故A错误;
对于B,P(200≤ξ≤229.94)=P(|ξ-μ|≤2σ)≈×0.954 5=0.477 25,故B正确;
对于C,P(185.03≤ξ≤229.94)=P(|ξ-μ|≤σ)+P(|ξ-μ|≤2σ)=0.341 35+0.477 25=0.818 6,故C错误;
对于D,由C中计算知P(185.03≤ξ≤229.94)=0.818 6,10 000×0.818 6=8 186,故任取10 000件该型号的汽车配件,其质量指标值位于区间[185.03,229.94]内的件数约为8 186,故D正确.
故选BD.
4.C 设从甲袋中取出2个球,其中红球的个数为i(i=0,1,2)的事件为Ai,从乙袋中取出2个球,其中红球的个数为2为事件B,则P(A0)==,P(A1)==,P(A2)==,P(B|A0)==,P(B|A1)==,P(B|A2)==,
所以P(A2|B)==.故选C.
5.答案
解析 由已知可得一个人去打篮球的概率为,去打乒乓球的概率为.
随机变量ξ的可能取值为0,2,4,
P(ξ=4)=P(X=4,Y=0)+P(X=0,Y=4)=××+××=,
P(ξ=2)=P(X=3,Y=1)+P(X=1,Y=3)=××+××=,
P(ξ=0)=××=,
所以E(ξ)=0×+2×+4×=.
6.答案 180
解析 设车门高为x cm,
由题意得P(X≤x)>99%,
因为Z~N(0,1),P(Z≤2.33)=0.99,
所以≥2.33,解得x≥173+2.33×2≈173+2.33×2×1.4=179.524≈180,
所以车门高至少应设计为180 cm.
7.解析 (1)小明采用方案一答题,得分不低于100分的情况为至少答对2道问题,所求概率P=××+=.
(2)小明选择方案二参加比赛更加合理.理由如下:
若采用方案一,设其得分为X分,X的可能取值为0,50,100,150,
P(X=0)==,
P(X=50)=××==,
P(X=100)=××==,
P(X=150)==.
所以E(X)=0×+50×+100×+150×=50.
若采用方案二,设其得分为Y分,Y的可能取值为0,30,50,80,100,150,
P(Y=0)=××=,
P(Y=30)=××+××==,
P(Y=50)=××=,
P(Y=80)=××+××=,
P(Y=100)=××=,
P(Y=150)=××=.
所以E(Y)=0×+30×+50×+80×+100×+150×=≈53.7.
因为E(Y)>E(X),所以小明选择方案二参加比赛更加合理.
8.解析 (1)设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为16”为事件A,由题意知,若事件A发生,则该套净水系统中一个一级过滤器需要更换8个滤芯,两个二级过滤器均需要更换4个滤芯,易得一个一级过滤器需要更换8个滤芯的概率为=0.6,一个二级过滤器需要更换4个滤芯的概率为=0.2,所以P(A)=0.6×0.2×0.2=0.024.
(2)由题图2可知,一个二级过滤器需要更换滤芯的个数为4,5,6的概率分别为0.2,0.4,0.4,
X的可能取值为8,9,10,11,12,
且P(X=8)=0.2×0.2=0.04,
P(X=9)=2×0.2×0.4=0.16,
P(X=10)=2×0.2×0.4+0.4×0.4=0.32,
P(X=11)=2×0.4×0.4=0.32,
P(X=12)=0.4×0.4=0.16,
所以X的分布列为
X 8 9 10 11 12
P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16
E(X)=8×0.04+9×0.16+10×0.32+11×0.32+12×0.16=10.4.
(3)记该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用为Y元,由题意可分两类:
①若m=8,则n=11,
此时E(Y)=160×8+400×1×+80×11+200×1×0.16=2 352;
②若m=9,则n=10,
此时E(Y)=160×9+80×10+200×1×0.32+200×2×0.16=2 368.
因为2 352<2 368,故该客户在安装净水系统的同时应购买一级滤芯8个,二级滤芯11个.
9.解析 (1)该市此次检测理科数学的平均成绩u0=65×0.05+75×0.08+85×0.12+95×0.15+105×0.24+115×0.18+125×0.1+135×0.05+145×0.03=103.2≈103(分).
(2)(i)记本次检测成绩达到升一本分数要求的理科数学成绩约为x1分,
根据题意,得P(X>x1)=1-Φ=1-Φ≈0.4,即Φ≈0.6.
由Φ(0.725 7)=0.6,得≈0.725 7,
解得x1≈117,
所以本次检测成绩达到升一本分数要求的理科数学成绩约为117分.
(ii)由题意得Y~B,
P(Y=0)=××=,
P(Y=1)=××=,
P(Y=2)=××=,
P(Y=3)=××=,
P(Y=4)=××=.
所以Y的分布列为
Y 0 1 2 3 4
P
E(Y)=4×=.
10.思路分析
(1)
(2)
解析 (1)记事件Ai=“甲在第i(i=1,2,3)局比赛中获胜”,则P(Ai)=,P()=1-P(Ai)=.
记事件A=“甲夺得冠军”,则P(A)=P(A1A2)+P(A1 A3)+P(A2A3)=+2××=.
(2)设甲、乙决出冠军共进行了Y局比赛,易知Y=2或Y=3,
则P(Y=2)=P(A1A2)+P( )=+=,故P(Y=3)=1-P(Y=2)=.
记Ni=“第i(i=1,2,3)局比赛后抽到新球”,
比赛一局后,盒内必为5个新球,1个旧球,此时P(N1)=,P()=.
若N1发生,则比赛两局后,盒内有4个新球,2个旧球,此时P(N1N2)=×=,P(N1)=×=.
若发生,则比赛两局后,盒内有5个新球,
故P(N2)=×1=.
因为每个球最多使用两次,所以X的可能取值为3,4,5.
P(X=3)=P(Y=3)P(N1N2)=×=,
(三局比赛后比赛结束,且全取新球)
P(X=4)=P(Y=2)P(N1)+P(Y=3)P(N1)+P(Y=3)P(N2)=×+×+×=,
(两局比赛后比赛结束,且全取新球,或三局比赛后比赛结束,且取球为新新旧、新旧新)
P(X=5)=P(Y=2)P()=×=,
(两局比赛后比赛结束,且取一新一旧球)
故X的分布列为
X 3 4 5
P
E(X)=3×+4×+5×=.
素养评析 第(1)问中主要考查数学建模与数学运算素养,利用n重伯努利试验求概率,可结合二项分布简化运算;第(2)问中主要考查逻辑推理、数学建模素养,考查了两个随机事件的结合:一是比赛的局数(2局或3局)——n重伯努利试验的应用,二是每局比赛前抽取的是新球还是旧球——古典概型求概率.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)