章末检测（七）　随机变量及其分布 课件(共44张PPT)

(共44张PPT)
章末检测（七）　随机变量及其分布
（时间：120分钟　满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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. 已知离散型随机变量X的分布列如下，则p＝（　　）
X 1 2 3 4
P p
A. B.
解析： 　由 ＋ ＋ ＋p＝1得，p＝ .故选C.
C. D.
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2. 已知随机变量X服从正态分布N（3，σ2），且P（X＜1）＝0.1，则P
（3≤X≤5）＝（　　）
A. 0.1 B. 0.2
C. 0.3 D. 0.4
解析： 　因为随机变量X服从正态分布N（3，σ2），所以正态曲线关于
直线x＝3对称，又P（X＜1）＝0.1，所以P（X＞5）＝0.1，则P
（3≤X≤5）＝ ＝ ＝0.4.
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3. 已知事件A，B，若A B，且P（A）＝0.4，P（B）＝0.7，则下列
结论正确的是（　　）
A. P（AB）＝0.28 B. P（A｜B）＝0.4
C. P（B｜ ）＝0.5 D. P（B｜A）＝
解析： 　因为A B，所以P（AB）＝P（A）＝0.4，P（A｜B）＝
＝ ＝ ，P（B｜A）＝1，P（ ）＝1－P（A）＝0.6，P
（B ） ＝P（B）－P（A）＝0.7－0.4＝0.3，P（B｜ ）＝
＝ ＝0.5，故选C.
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4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝{两次的点数均为偶数}，B＝
{两次的点数之和为8}，则P（B｜A）＝（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　抛掷一枚质地均匀的骰子两次，样本点共有6×6＝36个，其中
事件A有3×3＝9个样本点，事件AB有（2，6），（4，4），（6，2），
共3个样本点，所以P（B｜A）＝ ＝ ＝ .故选C.
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5. 学校要从10名候选人中选2名组成学生会，其中高二（1）班有4名候选
人，假设每名候选人都有相同的机会被选到.若X表示选到高二（1）班的
候选人的人数，则E（X）＝（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　由题意得随机变量X服从超几何分布，且N＝10，M＝4，n＝
2，则E（X）＝ ＝ ＝ .
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6. 位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，
移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是 .质点P移动
5次后位于点（2，3）的概率为（　　）
A. （ ）5 B. （ ）5
C. （ ）5 D. （ ）5
解析： 　依题意，质点在移动过程中向右移动2次，向上移动3次，因此
质点P移动5次后位于点（2，3）的概率P＝ ×（ ）2×（ 1－ ）3＝
（ ）5.
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7. 某人投篮命中的概率为0.6，则投篮14次，最有可能命中的次数为（　　）
A. 7 B. 8
C. 7或8 D. 8或9
解析： 　投篮命中次数X～B（14，0.6），P（X＝k）＝
·0.6k·0. ，设最有可能命中m次，则
则 ·0.6m·0.414－m≥ ·0.6m－1·0.415
－m，且 ·0.6m·0.414－m≥ ·0.6m＋1·0.413－m，解得8≤m≤9，
∵m∈Z，∴m＝8或m＝9.∴最有可能命中8或9次.故选D.
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8. 泊松分布的概率分布列为P（X＝k）＝ e－λ（k＝0，1，2，…），
其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值.若随机变量X服从二项分
布，当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ＝np，即
X～B（n，p），P（X＝i）＝ （n∈N）.现已知某种元件
的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则次品率小于3%的概率约为（ 参
考数据： ＝0.367 879…）（　　）
A. 99% B. 97%
C. 92% D. 74%
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解析： 依题意， n＝100，p＝0.01，泊松分布可作为二项分布的近
似，此时λ＝100×0.01＝1，则P（X＝k）＝ e－1，于是P（X＝0）＝
e－1＝ ，P（X＝1）＝ e－1＝ ，P（X＝2）＝ e－1＝ ，所以次品
率小于3%的概率约为P＝P（X＝0）＋P（X＝1）＋P（X＝2）＝ ＋
＋ ≈92%.故选C.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的
四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部
分分，有选错的得0分）
9. 已知某市18岁男性市民的身高X（单位：cm）近似服从正态分布N
（172，σ2），且P（X＞175）＝0.3，则（　　）
A. 该市18岁男性市民的平均身高为172 cm
B. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过172 cm的概率为0.5
C. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高在172 cm—175 cm之间的概率
为0.7
D. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过170 cm与超过174 cm的
概率相等
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解析： 　因为正态分布N（172，σ2），所以平均数μ＝172 cm，即A
正确；由正态分布的对称性可判断B正确；易知P（X＞172）＝0.5，又P
（X＞175）＝0.3，所以P（172＜X＜175）＝0.5－0.3＝0.2，即从该市
18岁男性市民中任选1名，其身高在172 cm—175 cm之间的概率为0.2，C
错误；又因为 ＝172，所以D正确.故选A、B、D.
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10. 2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选
题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选
对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两
个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确
选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确
选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在
余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又
在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲、乙两位同学的得分分别记为X
和Y，则（　　）
A. P（X＝0）＞P（Y＝0） B. P（X＝6）＞P（Y＝6）
C. E（X）＞E（Y） D. D（X）＞D（Y）
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解析： 　P（X＝0）＝ · ＋ · ＝ ，P（X＝4）＝ · ＝ ，P（X
＝6）＝ · ＝ ，X的分布列为
X 0 4 6
P
由此可得E（X）＝0× ＋4× ＋6× ＝ ，D（X）＝（ 0－ ）2× ＋
（ 4－ ）2× ＋（ 6－ ）2× ＝ .P（Y＝0）＝ · ＝ ，P（Y＝
4）＝ · ＝ ，P（Y＝6）＝ · ＝ ，
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Y的分布列为
Y 0 4 6
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由此可得E（Y）＝0× ＋4× ＋6× ＝3，D（Y）＝（0－3）2× ＋
（4－3）2× ＋（6－3）2× ＝5.故A、D正确，B、C错误，故选A、D.
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11. 某校进行一项问卷调查，为了调动学生参与的积极性，凡参与者均有
机会获得奖品.学校设置了3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球质地
均匀，大小相同，其中红色箱子放有2个红球，2个黄球，2个绿球，黄色
箱子放有2个黄球，1个绿球，绿色箱子放有1个黄球，2个绿球.参与者先
从红色箱子中随机抽取1个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再
从放入小球的箱子中随机抽取1个小球，如此重复，抽取3个小球，抽奖结
束.若抽取的3个小球颜色全不相同为一等奖，3个小球颜色全部相同为二
等奖，其他情况没有奖品.已知甲同学参与了问卷调查，则（　　）
A. 甲第一次取到红球的条件下，获得一等奖的概率为
B. 甲第一次取到黄球的条件下，获得二等奖的概率为
C. 甲获奖的条件下，第一次取到绿球的概率为
D. 甲第一次取球取到红球获奖的概率最大
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解析： 　设A1，A2，A3分别表示第一次抽取到的是红球，黄球，绿
球，B1，B2分别表示获得一等奖，二等奖，对于A，P（B1｜A1）＝
＝ ＝ ，所以A正确；对于B，P（B2｜A2）＝
＝ ＝ ，所以B正确；
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对于C，设甲获奖为事件C，甲获得一等奖的概率为P（B1）＝ × ×
×2＝ ，甲获得二等奖的概率为P（B2）＝（ ）3＋ × × ×2＝ ，
所以P（C）＝ ，甲第一次取到绿球且获奖的概率为P（A3C）＝ ×
× ＝ ，所以甲获奖的条件下，第一次取到绿球的概率为P（A3｜C）
＝ ＝ ，故C正确；
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对于D，甲第一次取球取到红球获奖的概率为P（A1C）＝（ ）3＋ ×
× ×2＝ ，甲第一次取球取到黄球获奖的概率为P（A2C）＝ × ×
＝ ，甲第一次取球取到绿球获奖的概率为P（A3C）＝ × × ＝ ，
则甲第一次取球取到绿球或者黄球获奖的概率最大，故D错误.故选A、B、
C.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横
线上）
12. 从只有3张有奖的10张彩票中不放回地随机逐张抽取，设X表示直至抽
到中奖彩票时的次数，则P（X＝4）＝ 　　　.
解析：P（X＝4）＝ × × × ＝ .

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13. 针对“中学生追星问题”，某校团委做了一次调查，其中女生人数是
男生人数的 ，男生追星的人数占男生人数的 ，女生追星的人数占女生人
数的 .现随机选择一名学生，则这名学生追星的概率是 　 　.
解析：记A1表示“女生”，A2表示“男生”，B表示“追星”.设女生人
数为x，则男生人数为2x，总人数为x＋2x＝3x，所以P（A1）＝ ＝
，P（A2）＝ ＝ ，P（B｜A1）＝ ，P（B｜A2）＝ ，所以这名学
生追星的概率P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）
＝ × ＋ × ＝ .
　
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14. 假设某型号的每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p（0
＜p＜1），且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运
行，飞机就可成功飞行，若使4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，则p的取
值范围是 .
（ ，1）
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解析：由已知可得，飞机引擎正常运行的个数X～B（n，p），所以4引
擎飞机正常飞行的概率为P1＝ p2（1－p）2＋ p3（1－p）＋ p4＝
3p4－8p3＋6p2.2引擎飞机正常飞行的概率为P2＝ p（1－p）＋ p2＝
－p2＋2p.所以P1－P2＝3p4－8p3＋6p2－（－p2＋2p）＝p（p－1）2
（3p－2）.因为4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，所以P1－P2＞0，即p
（p－1）2（3p－2）＞0.因为0＜p＜1，所以 ＜p＜1.
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证
明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）某班包括男生甲和女生乙在内共有6名班干部，其
中男生4人，女生2人，从中任选3人参加义务劳动.
（1）求男生甲和女生乙至少一人被选中的概率；
解： 从6人中任选3人，选法共有 ＝20（种），
其中男生甲和女生乙都不被选中的概率为 ＝ .
故男生甲和女生乙至少一人被选中的概率为1－ ＝ .
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（2）设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P
（A）和P（A｜B）.
解： 由题知，P（A）＝ ＝ .又P（B）＝P（A）＝ ，P
（AB）＝ ＝ ，所以P（A｜B）＝ ＝ .
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16. （本小题满分15分）南昌瓷板画，融合了中国传统绘画、陶瓷彩绘和
西方摄影术的精髓，从绘画到烧制流程复杂，精品率非常低，在制作过程
会出现常规品和精品两种情况.
（1）某新匠人一天能制作两件作品，制作第一件作品精品率为 ，第二
件作品在第一件是精品的前提下的精品率为 ，第二件作品在第一件是常
规品的前提下的精品率为 ，求该新匠人第二件作品是精品的概率；
解： 设新匠人第一件作品是精品为事件A，第二件作品是精品为事件B，
由题意P（B）＝P（AB）＋P（ B）＝ × ＋ × ＝ .
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（2）某老匠人水平稳定且一天能制作三件作品，每一件瓷板画作品的精
品率为 ，若常规品每件盈利100元，精品每件盈利300元，求该老匠人一
天盈利的分布列和期望.
解： 设老匠人一天制作精品作品的件数为X，盈利为Y，
由题意，X～B（ 3， ），Y＝300X＋100（3－X）＝200X＋300（X＝
0，1，2，3），
所以P（Y＝300）＝P（X＝0）＝ （ ）0（ 1－ ）3＝ ，
P（Y＝500）＝P（X＝1）＝ （ ）1（ 1－ ）2＝ ，
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P（Y＝700）＝P（X＝2）＝ （ ）2（ 1－ ）＝ ，
P（Y＝900）＝P（X＝3）＝ （ ）3（ 1－ ）0＝ ，
所以分布列为：
Y 300 500 700 900
P
E（Y）＝E（200X＋300）＝200E（X）＋300＝200× ＋300＝375
（元）.
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17. （本小题满分15分）某短视频软件经过几年的快速发展，深受人们的
喜爱，该软件除了有娱乐属性外，也可通过平台推送广告.某公司为了宣
传新产品，现有以下两种宣传方案：
方案一：投放该平台广告，据市场调研，其收益X分别为0元，20万元，40
万元，且P（X＝20）＝0.3，期望E（X）＝30.
方案二：投放传统广告，据市场调研，其收益Y分别为10万元，20万元，
30万元，其概率依次为0.3，0.4，0.3.
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（1）请写出方案一的分布列，并求方差D（X）；
解： 设P（X＝0）＝a，P（X＝40）＝b，
依题意得a＋b＋0.3＝1，　①
又E（X）＝0×a＋20×0.3＋40b＝30，　②
由①②解得a＝0.1，b＝0.6.
∴X的分布列为
X 0 20 40
P 0.1 0.3 0.6
则D（X）＝（0－30）2×0.1＋（20－30）2×0.3＋（40－30）2×0.6＝180.
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（2）请你根据所学的统计知识给出建议，该公司宣传应该投放哪种广
告？并说明你的理由.
解： 由题得Y的分布列为
Y 10 20 30
P 0.3 0.4 0.3
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则E（Y）＝10×0.3＋20×0.4＋30×0.3＝20，
D（Y）＝（10－20）2×0.3＋（20－20）2×0.4＋（30－20）2×0.3＝
60.
由E（X）＞E（Y）可知采用平台广告投放期望收益较大，又D（X）
＞D（Y），说明平台广告投放的风险较高.
综上所述，如果公司期望高收益，选择平台广告；如果公司期望收益稳
定，选择传统广告.
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18. （本小题满分17分）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.
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（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；
解： 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a＝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.
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（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、数
学期望和方差；
解： 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10人，
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则从日平均阅读时间在（14，16]内的学生中抽取 ×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）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝1）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝3）＝ ＝ ＝ ，
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X 0 1 2 3
P
∴数学期望E（X）＝1× ＋2× ＋3× ＝ ，D（X）＝（ －0）
2× ＋（ －1）2× ＋（ －2）2× ＋（ －3）2× ＝ .
∴X的分布列为：
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（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.
（写出证明）
解： 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）＝ （ ）k（ 1－ ）10－k＝ （ ）10，
由组合数的性质可得 ＝ ，且当k≤5时 递增，故当k＝5时P
（k）最大.
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19. （本小题满分17分）正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变
量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量X，定义其累积分布函数
为F（x）＝P（X≤x）.已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个
元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系
统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立.
（1）已知电源电压X（单位：V）服从正态分布N（40，4），且X的累积
分布函数为F（x），求F（44）－F（38）；
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解： 由题设得P（38＜X＜42）＝0.682 7，P（36＜X＜44）＝
0.954 5，
所以F（44）－F（38）＝P（X≤44）－P（X≤38）＝P
（40≤X≤44）＋P（38≤X≤40）
＝ ×（0.682 7＋0.954 5）＝0.818 6.
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（2）在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时
间.已知随机变量T（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从
指数分布，其累积分布函数为G（t）＝
①设t1＞t2＞0，证明：P（T＞t1｜T＞t2）＝P（T＞t1－t2）；
②若第n天元件A发生故障，求第n＋1天系统正常运行的概率.
附：若随机变量Y服从正态分布N（μ，σ2），则P（｜Y－μ｜＜σ）
＝0.682 7，P（｜Y－μ｜＜2σ）＝0.954 5，P（｜Y－μ｜＜3σ）＝
0.997 3.
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解： ①证明：由题设得：
P（T＞t1｜T＞t2）＝ ＝ ＝ ＝
＝ ＝ ＝ ，
P（T＞t1－t2）＝1－P（T≤t1－t2）＝1－G（t1－t2）＝ ，
所以P（T＞t1｜T＞t2）＝P（T＞t1－t2）.
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②由①得P（T＞n＋1｜T＞n）＝P（T＞1）＝1－P（T≤1）＝1－G
（1）＝ ，
所以第n＋1天元件B，C正常工作的概率均为 .
为使第n＋1天系统仍正常工作，元件B，C必须至少有一个正常工作，
因此所求概率为1－（1－ ）2＝ .
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THANKS
演示完毕 感谢观看