第七章 随机变量及其分布(B卷)单元测试（含答案）
文档属性
| 名称 | 第七章 随机变量及其分布(B卷)单元测试（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 85.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-23 00:00:00 | ||
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文档简介
第七章 随机变量及其分布
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共11小题,每小题5分,共55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P(B|A)=,P(A)=,则P(AB)等于( )
A. B.
C. D.
2.某班有50名学生,一次考试后的数学成绩X~N(110,102),若P(100A.10 B.9
C.8 D.7
3.中秋节吃月饼是我国的传统习俗,若一盘中共有两种月饼,其中4块五仁月饼、6块枣泥月饼,现从盘中任取3块,在取到的都是同种月饼的条件下,都是五仁月饼的概率是( )
A. B.
C. D.
4.唐代诗人张若虚在《春江花月夜》中曾写道:“春江潮水连海平,海上明月共潮生.”潮水的涨落和月亮的公转运行有直接的关系,这是一种自然现象.根据历史数据,已知沿海某地在某个季节中每天出现大潮的概率均为,则该地在该季节连续三天内,至少有两天出现大潮的概率为( )
A. B.
C. D.
5.某同学上学路上要经过3个路口,在每个路口遇到红灯的概率都是,且在各路口是否遇到红灯是相互独立的,记X为遇到红灯的次数,若Y=3X+5,则Y的标准差为( )
A. B.3
C. D.2
6.排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都相等,为,若前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( )
A. B.
C. D.
7.采取一项单独防疫措施感染某种病毒的概率统计表如表所示:
单独防疫措施 戴口罩 勤洗手 接种疫苗
感染该病毒的概率 p (1-p)
一次核酸检测的准确率为1-10p.某家有3人,如果他们每人只戴口罩,没有做到勤洗手也没有接种疫苗,那么感染该病毒的概率都为0.01.这3人不同人的核酸检测结果,以及其中任何一个人的不同次核酸检测结果都是互相独立的.他们3人都落实了表中的三项防疫措施,而且共做了10次核酸检测.以这家人的每个人每次核酸检测被确诊感染该病毒的概率为依据,这10次核酸检测中,有X次结果为确诊,X的均值为( )
A.1.98×10-6 B.1.98×10-7
C.1.8×10-7 D.2.2×10-7
8.一个不透明的袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球1个、黑球2个,现随机等可能取出小球.当有放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X1;当无放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X2,则( )
A.E(X1)B.E(X1)=E(X2),D(X1)>D(X2)
C.E(X1)=E(X2),D(X1)D.E(X1)>E(X2),D(X1)>D(X2)
9.（多选）设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1,则下列结果正确的有( )
A.q=0.1
B.E(X)=2,D(X)=1.4
C.E(X)=2,D(X)=1.8
D.E(Y)=5,D(Y)=7.2
10（多选）.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广,创建了超级杂交稻技术体系,为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献.某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高,得出株高X(单位:cm)服从正态分布,其正态密度函数为f(x)=,x∈R,则下列说法正确的是( )
A.该地水稻的平均株高为100 cm
B.该地水稻株高的方差为10
C.随机测量一株水稻,其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大
D.随机测量一株水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)的概率一样大
11（多选）.将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次,以Pn表示没有出现连续三次正面的概率.下列四个结论正确的是( )
A.P3=
B.P4=
C.当n≥2时,Pn+1D.Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3(n≥4)
二、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.请把正确答案填在题中的横线上.
12.设随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),向量a=(1,2)与向量b=(X,-1)的夹角为锐角的概率是,则μ= .
13.一射击爱好者对靶射击,直到第一次中靶或用光子弹为止.若他每次射击中靶的概率是0.9,他有3颗子弹,则射击结束后剩余子弹的数目X的均值E(X)= .
14.甲、乙两人进行象棋比赛,约定五局三胜制,假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,不会出现和棋,各局比赛结果相互独立,则甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率等于 ;用X表示比赛决出胜负时的总局数,则E(X)= .
三、解答题:本题共5小题,共80分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(16分)有甲、乙两种建筑材料,从中各取等量样品检查它们的抗拉强度如下:
XA 110 120 125 130 135
P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2
XB 100 115 125 130 145
P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2
其中,XA,XB分别表示甲、乙两种材料的抗拉强度,在使用时要求抗拉强度不低于120,试比较甲、乙两种建筑材料的稳定程度(哪一个的稳定性较好).
16.(15分)甲、乙两人参加某种选拔测试,在备选的10道题中,甲答对其中每道题的概率都是,乙能答对其中的8道题.规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出4道题进行测试,只有选中的4个题目均答对才能入选;
(1)求甲恰有2道题目答对的概率;
(2)求乙答对的题目数X的分布列;
(3)试比较甲、乙两人平均答对的题目数的大小,并说明理由.
17.(15分)(2024·全国新高考卷Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率;
(2)假设0(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,则该由谁参加第一阶段比赛
(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛
18.(17分)某市为了鼓励市民节约用电,实行“阶梯式”电价,将该市每户居民的月用电量划分为三档,月用电量不超过200 kW·h的部分按0.5元/kW·h收费,超过200 kW·h但不超过400 kW·h的部分按0.8元/kW·h收费,超过400 kW·h的部分按1.0元/kW·h收费.
(1)求某户居民用电费用y(单位:元)关于月用电量x(单位:度)的函数解析式;
(2)为了解居民的用电情况,通过简单随机抽样,获得了今年1月份100户居民每户的用电量,统计分析后得到频率分布直方图如图所示.若这100户居民中,今年1月份用电费用不超过260元的占80%,求a,b的值;
(3)在满足(2)的条件下,若以这100户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用电量的概率,且同组中的数据用该组区间的中点值代替,记Y为该居民用户1月份的用电费用,求Y的分布列和均值E(Y).
19.(17分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量(单位:瓶)相同,进货成本4元/瓶,售价6元/瓶,未售出的酸奶降价处理,以2元/瓶的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量(单位:瓶)与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25 ℃,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25)内,需求量为300瓶;如果最高气温低于20 ℃,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得到下面的频数分布表:
最高气温/℃ [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X的分布列;
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量n为多少时,Y的均值达到最大值
第七章 随机变量及其分布
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共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.C
解析:由P(B|A)=,得P(AB)=P(B|A)·P(A)=.
2.C
解析:∵数学成绩X服从正态分布N(110,102),且P(100∴P(X≥120)=P(X≤100)=×(1-0.34×2)=0.16,
∴该班数学成绩在120分以上(含120分)的人数为0.16×50=8.
3.D
解析:设“取到的都是同种月饼”为事件A,“都是五仁月饼”为事件B,
则P(AB)=,P(A)=,
所以P(B|A)=.
4.A
解析:沿海某地在某个季节中每天出现大潮的概率均为,则该地在该季节内连续三天内,至少有两天出现大潮的概率为P=.故选A.
5.A
解析:因为该同学经过每个路口时,是否遇到红灯互不影响,
所以可看成3次独立重复试验,
即X~B,则X的方差D(X)=3×,
所以Y的方差D(Y)=D(3X+5)=32×D(X)=9×=6,
所以Y的标准差为.
6.B
解析:由题意知,最后乙队获胜事件含3种情况:第三局乙胜;第三局甲胜,第四局乙胜;第三局和第四局都是甲胜,第五局乙胜.
故最后乙队获胜的概率P=.故选B.
7.B
解析:由题意可知p=0.01,一个人落实了表中的三项防疫措施,也被感染的概率为0.01××(1-0.01)×=2.2×10-8,
又因一次核酸检测的准确率为1-10×0.01=0.9,这个人再进行一次核酸检测,可知此人被核酸检测确诊感染该病毒的概率为2.2×10-8×0.9=1.98×10-8,
所以以这家人核酸检测确诊感染该病毒的概率为依据,这家三人10次核酸检测中确诊感染该病毒的均值为10×1.98×10-8=1.98×10-7.
故选B.
8.B
解析:当有放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X1,
则X1的可能取值为0,1,2,X1~B,E(X1)=2×,D(X1)=2×.
当无放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X2,
则X2的所有可能取值为0,1,
P(X2=0)=,
P(X2=1)=,
∴E(X2)=0×+1×,
D(X2)=.
∴E(X1)=E(X2),D(X1)>D(X2).
9.ACD
解析:由离散型随机变量X的分布列的性质,得
q=1-0.4-0.1-0.2-0.2=0.1,
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,
D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8.
∵离散型随机变量Y满足Y=2X+1,
∴E(Y)=2E(X)+1=5,D(Y)=4D(X)=7.2.
10.AC
解析:由正态密度函数f(x)=,x∈R,得μ=100,σ=10.所以该地水稻的平均株高为100 cm,故A正确;该地水稻株高的标准差σ=10,方差为100,故B错误;因为P(X>120)=[1-P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)]≈×(1-0.954 5)=0.022 75,P(X<70)=[1-P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)]≈×(1-0.997 3)=0.001 35,0.022 75>0.001 35,所以随机测量一株水稻,其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大,故C正确;P(800.135 9,所以随机测量一株水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)的概率不一样大,故D错误.
故选AC.
11.ACD
解析:对于选项A,P3=1-,故选项A正确;
对于选项B,又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有正正正正或正正正反或反正正正,即P4=1-3×,故选项B错误;
对于选项D,共分三种情况:
a.如果第n次出现反面,那么前n次不出现连续三次正面和前(n-1)次不出现连续三次正面是相同的,因此这个时候不出现连续三次正面的概率是Pn-1;
b.如果第n次出现正面,第(n-1)次出现反面,那么前n次不出现连续三次正面和前(n-2)次不出现连续三次正面是相同的,因此这个时候不出现连续三次正面的概率是Pn-2;
c.如果第n次出现正面,第(n-1)次出现正面,第(n-2)次出现反面,那么前n次不出现连续三次正面和前(n-3)次不出现连续三次正面是相同的,因此这时候不出现三次连续正面的概率是Pn-3,综上,Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3(n≥4),故D正确;
对于选项C,由D知,当n≥4时,数列{Pn}单调递减,又P1=P2>P3>P4,因此n≥2时,数列{Pn}单调递减,即当n≥2时,Pn+1故答案为ACD.
二、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.请把正确答案填在题中的横线上.
12. 2
解析:由向量a=(1,2)与向量b=(X,-1)的夹角是锐角,得a·b>0,
即X-2>0,解得X>2,则P(X>2)=.
根据正态密度曲线的对称性,可知μ=2.
13. 1.89
解析:由题意知,X的可能取值是0,1,2,对应的概率分别为P(X=2)=0.9,P(X=1)=0.1×0.9=0.09,P(X=0)=0.13+0.12×0.9=0.01,
由此可得均值E(X)=2×0.9+1×0.09+0×0.01=1.89.
14.
解析:甲4局以内(含4局)赢得比赛,则前三局获胜或前三局有一局输,第四局赢,故所求概率为P=.
X的所有可能取值为3,4,5,
所以P(X=3)=,
P(X=4)=,
P(X=5)=1-P(X=3)-P(X=4)=,
所以E(X)=3×+4×+5×.
三、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.
解由题意得,甲种建筑材料的均值E(XA)=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125,
乙种建筑材料的均值E(XB)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+145×0.2=125,
则甲种建筑材料的方差D(XA)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125-125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50,
乙种建筑材料的方差D(XB)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125-125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165,
由此可见,E(XA)=E(XB),D(XA)故两种材料的抗拉强度的均值相等,其稳定程度材料乙明显不如材料甲,即甲的稳定性好.
16.
解(1)∵甲、乙两人参加某种选拔测试,在备选的10道题中,
甲答对其中每道题的概率都是,
∴选中的4道题目甲恰有2道题目答对的概率P=.
(2)由题意知乙答对的题目数X的可能取值为2,3,4,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
P(X=4)=,
因此X的分布列为
X 2 3 4
P
(3)∵乙平均答对的题目数E(X)=2×+3×+4×,
记甲答对题目数为Y,则Y~B,
甲平均答对的题目数E(Y)=4×.
∴甲平均答对的题目数等于乙平均答对的题目数.
17.
解:(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次,
则所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)(ⅰ)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3;
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3.
P甲-P乙=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0,
所以P甲>P乙,故应该由甲参加第一阶段比赛.
(ⅱ)若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15,
P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3,
P(X=5)=[1-(1-p)3]q(1-q)2,
P(X=10)=[1-(1-p)3]q2(1-q),
P(X=15)=[1-(1-p)3]q3,
所以E(X)=[1-(1-p)3][5×q(1-q)2+10×q2(1-q)+15q3]=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p).
若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15,
P(Y=0)=(1-q)3+[1-(1-q)3](1-p)3,
P(Y=5)=[1-(1-q)3]p(1-p)2,
P(Y=10)=[1-(1-q)3]p2(1-p),
P(Y=15)=[1-(1-q)3]p3,
所以E(Y)=15p(q3-3q2+3q),
则E(X)-E(Y)=15pq(p-q)(p+q-3)>0,
故应该由甲参加第一阶段比赛.
18
解(1)当0≤x≤200时,y=0.5x;
当200当x>400时,y=0.5×200+0.8×200+1.0×(x-400)=x-140.
故y与x之间的函数解析式为y=
(2)由(1)可知:当y=260时,x=400,则P(x≤400)=0.80.
结合频率分布直方图可知
解得a=0.001 5,b=0.002 0.
(3)由题意可知居民月用电量x可取50,150,250,350,450,550.
当x=50时,Y=0.5×50=25,
即P(Y=25)=0.1;
当x=150时,Y=0.5×150=75,
即P(Y=75)=0.2;
当x=250时,Y=0.8×250-60=140,
即P(Y=140)=0.3;
当x=350时,Y=0.8×350-60=220,
即P(Y=220)=0.2;
当x=450时,Y=450-140=310,
即P(Y=310)=0.15;
当x=550时,Y=550-140=410,
即P(Y=410)=0.05.
故Y的分布列为
Y 25 75 140 220 310 410
P 0.1 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05
因此随机变量Y的均值
E(Y)=25×0.1+75×0.2+140×0.3+220×0.2+310×0.15+410×0.05=170.5.
19.
解(1)由题意知,X的可能取值为200,300,500.
由表格数据知P(X=200)==0.2,
P(X=300)==0.4,
P(X=500)==0.4,
因此X的分布列为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500,至少为200,
因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时,
若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温位于区间[20,25)内,
则Y=6×300+2(n-300)-4n=1 200-2n;
若最高气温低于20,
则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此E(Y)=2n×0.4+(1 200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.
当200≤n<300时,
若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温低于20,
则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此E(Y)=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n.
所以,当n=300时,Y的均值达到最大值,最大值为520元.
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共11小题,每小题5分,共55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P(B|A)=,P(A)=,则P(AB)等于( )
A. B.
C. D.
2.某班有50名学生,一次考试后的数学成绩X~N(110,102),若P(100
C.8 D.7
3.中秋节吃月饼是我国的传统习俗,若一盘中共有两种月饼,其中4块五仁月饼、6块枣泥月饼,现从盘中任取3块,在取到的都是同种月饼的条件下,都是五仁月饼的概率是( )
A. B.
C. D.
4.唐代诗人张若虚在《春江花月夜》中曾写道:“春江潮水连海平,海上明月共潮生.”潮水的涨落和月亮的公转运行有直接的关系,这是一种自然现象.根据历史数据,已知沿海某地在某个季节中每天出现大潮的概率均为,则该地在该季节连续三天内,至少有两天出现大潮的概率为( )
A. B.
C. D.
5.某同学上学路上要经过3个路口,在每个路口遇到红灯的概率都是,且在各路口是否遇到红灯是相互独立的,记X为遇到红灯的次数,若Y=3X+5,则Y的标准差为( )
A. B.3
C. D.2
6.排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都相等,为,若前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( )
A. B.
C. D.
7.采取一项单独防疫措施感染某种病毒的概率统计表如表所示:
单独防疫措施 戴口罩 勤洗手 接种疫苗
感染该病毒的概率 p (1-p)
一次核酸检测的准确率为1-10p.某家有3人,如果他们每人只戴口罩,没有做到勤洗手也没有接种疫苗,那么感染该病毒的概率都为0.01.这3人不同人的核酸检测结果,以及其中任何一个人的不同次核酸检测结果都是互相独立的.他们3人都落实了表中的三项防疫措施,而且共做了10次核酸检测.以这家人的每个人每次核酸检测被确诊感染该病毒的概率为依据,这10次核酸检测中,有X次结果为确诊,X的均值为( )
A.1.98×10-6 B.1.98×10-7
C.1.8×10-7 D.2.2×10-7
8.一个不透明的袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球1个、黑球2个,现随机等可能取出小球.当有放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X1;当无放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X2,则( )
A.E(X1)
C.E(X1)=E(X2),D(X1)
9.（多选）设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1,则下列结果正确的有( )
A.q=0.1
B.E(X)=2,D(X)=1.4
C.E(X)=2,D(X)=1.8
D.E(Y)=5,D(Y)=7.2
10（多选）.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广,创建了超级杂交稻技术体系,为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献.某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高,得出株高X(单位:cm)服从正态分布,其正态密度函数为f(x)=,x∈R,则下列说法正确的是( )
A.该地水稻的平均株高为100 cm
B.该地水稻株高的方差为10
C.随机测量一株水稻,其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大
D.随机测量一株水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)的概率一样大
11（多选）.将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次,以Pn表示没有出现连续三次正面的概率.下列四个结论正确的是( )
A.P3=
B.P4=
C.当n≥2时,Pn+1
二、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.请把正确答案填在题中的横线上.
12.设随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),向量a=(1,2)与向量b=(X,-1)的夹角为锐角的概率是,则μ= .
13.一射击爱好者对靶射击,直到第一次中靶或用光子弹为止.若他每次射击中靶的概率是0.9,他有3颗子弹,则射击结束后剩余子弹的数目X的均值E(X)= .
14.甲、乙两人进行象棋比赛,约定五局三胜制,假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,不会出现和棋,各局比赛结果相互独立,则甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率等于 ;用X表示比赛决出胜负时的总局数,则E(X)= .
三、解答题:本题共5小题,共80分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(16分)有甲、乙两种建筑材料,从中各取等量样品检查它们的抗拉强度如下:
XA 110 120 125 130 135
P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2
XB 100 115 125 130 145
P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2
其中,XA,XB分别表示甲、乙两种材料的抗拉强度,在使用时要求抗拉强度不低于120,试比较甲、乙两种建筑材料的稳定程度(哪一个的稳定性较好).
16.(15分)甲、乙两人参加某种选拔测试,在备选的10道题中,甲答对其中每道题的概率都是,乙能答对其中的8道题.规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出4道题进行测试,只有选中的4个题目均答对才能入选;
(1)求甲恰有2道题目答对的概率;
(2)求乙答对的题目数X的分布列;
(3)试比较甲、乙两人平均答对的题目数的大小,并说明理由.
17.(15分)(2024·全国新高考卷Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率;
(2)假设0
(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛
18.(17分)某市为了鼓励市民节约用电,实行“阶梯式”电价,将该市每户居民的月用电量划分为三档,月用电量不超过200 kW·h的部分按0.5元/kW·h收费,超过200 kW·h但不超过400 kW·h的部分按0.8元/kW·h收费,超过400 kW·h的部分按1.0元/kW·h收费.
(1)求某户居民用电费用y(单位:元)关于月用电量x(单位:度)的函数解析式;
(2)为了解居民的用电情况,通过简单随机抽样,获得了今年1月份100户居民每户的用电量,统计分析后得到频率分布直方图如图所示.若这100户居民中,今年1月份用电费用不超过260元的占80%,求a,b的值;
(3)在满足(2)的条件下,若以这100户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用电量的概率,且同组中的数据用该组区间的中点值代替,记Y为该居民用户1月份的用电费用,求Y的分布列和均值E(Y).
19.(17分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量(单位:瓶)相同,进货成本4元/瓶,售价6元/瓶,未售出的酸奶降价处理,以2元/瓶的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量(单位:瓶)与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25 ℃,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25)内,需求量为300瓶;如果最高气温低于20 ℃,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得到下面的频数分布表:
最高气温/℃ [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X的分布列;
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量n为多少时,Y的均值达到最大值
第七章 随机变量及其分布
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共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.C
解析:由P(B|A)=,得P(AB)=P(B|A)·P(A)=.
2.C
解析:∵数学成绩X服从正态分布N(110,102),且P(100
∴该班数学成绩在120分以上(含120分)的人数为0.16×50=8.
3.D
解析:设“取到的都是同种月饼”为事件A,“都是五仁月饼”为事件B,
则P(AB)=,P(A)=,
所以P(B|A)=.
4.A
解析:沿海某地在某个季节中每天出现大潮的概率均为,则该地在该季节内连续三天内,至少有两天出现大潮的概率为P=.故选A.
5.A
解析:因为该同学经过每个路口时,是否遇到红灯互不影响,
所以可看成3次独立重复试验,
即X~B,则X的方差D(X)=3×,
所以Y的方差D(Y)=D(3X+5)=32×D(X)=9×=6,
所以Y的标准差为.
6.B
解析:由题意知,最后乙队获胜事件含3种情况:第三局乙胜;第三局甲胜,第四局乙胜;第三局和第四局都是甲胜,第五局乙胜.
故最后乙队获胜的概率P=.故选B.
7.B
解析:由题意可知p=0.01,一个人落实了表中的三项防疫措施,也被感染的概率为0.01××(1-0.01)×=2.2×10-8,
又因一次核酸检测的准确率为1-10×0.01=0.9,这个人再进行一次核酸检测,可知此人被核酸检测确诊感染该病毒的概率为2.2×10-8×0.9=1.98×10-8,
所以以这家人核酸检测确诊感染该病毒的概率为依据,这家三人10次核酸检测中确诊感染该病毒的均值为10×1.98×10-8=1.98×10-7.
故选B.
8.B
解析:当有放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X1,
则X1的可能取值为0,1,2,X1~B,E(X1)=2×,D(X1)=2×.
当无放回地依次取出两个小球时,记取出的红球数为X2,
则X2的所有可能取值为0,1,
P(X2=0)=,
P(X2=1)=,
∴E(X2)=0×+1×,
D(X2)=.
∴E(X1)=E(X2),D(X1)>D(X2).
9.ACD
解析:由离散型随机变量X的分布列的性质,得
q=1-0.4-0.1-0.2-0.2=0.1,
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,
D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8.
∵离散型随机变量Y满足Y=2X+1,
∴E(Y)=2E(X)+1=5,D(Y)=4D(X)=7.2.
10.AC
解析:由正态密度函数f(x)=,x∈R,得μ=100,σ=10.所以该地水稻的平均株高为100 cm,故A正确;该地水稻株高的标准差σ=10,方差为100,故B错误;因为P(X>120)=[1-P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)]≈×(1-0.954 5)=0.022 75,P(X<70)=[1-P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)]≈×(1-0.997 3)=0.001 35,0.022 75>0.001 35,所以随机测量一株水稻,其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大,故C正确;P(80
故选AC.
11.ACD
解析:对于选项A,P3=1-,故选项A正确;
对于选项B,又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有正正正正或正正正反或反正正正,即P4=1-3×,故选项B错误;
对于选项D,共分三种情况:
a.如果第n次出现反面,那么前n次不出现连续三次正面和前(n-1)次不出现连续三次正面是相同的,因此这个时候不出现连续三次正面的概率是Pn-1;
b.如果第n次出现正面,第(n-1)次出现反面,那么前n次不出现连续三次正面和前(n-2)次不出现连续三次正面是相同的,因此这个时候不出现连续三次正面的概率是Pn-2;
c.如果第n次出现正面,第(n-1)次出现正面,第(n-2)次出现反面,那么前n次不出现连续三次正面和前(n-3)次不出现连续三次正面是相同的,因此这时候不出现三次连续正面的概率是Pn-3,综上,Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3(n≥4),故D正确;
对于选项C,由D知,当n≥4时,数列{Pn}单调递减,又P1=P2>P3>P4,因此n≥2时,数列{Pn}单调递减,即当n≥2时,Pn+1
二、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.请把正确答案填在题中的横线上.
12. 2
解析:由向量a=(1,2)与向量b=(X,-1)的夹角是锐角,得a·b>0,
即X-2>0,解得X>2,则P(X>2)=.
根据正态密度曲线的对称性,可知μ=2.
13. 1.89
解析:由题意知,X的可能取值是0,1,2,对应的概率分别为P(X=2)=0.9,P(X=1)=0.1×0.9=0.09,P(X=0)=0.13+0.12×0.9=0.01,
由此可得均值E(X)=2×0.9+1×0.09+0×0.01=1.89.
14.
解析:甲4局以内(含4局)赢得比赛,则前三局获胜或前三局有一局输,第四局赢,故所求概率为P=.
X的所有可能取值为3,4,5,
所以P(X=3)=,
P(X=4)=,
P(X=5)=1-P(X=3)-P(X=4)=,
所以E(X)=3×+4×+5×.
三、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.
解由题意得,甲种建筑材料的均值E(XA)=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125,
乙种建筑材料的均值E(XB)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+145×0.2=125,
则甲种建筑材料的方差D(XA)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125-125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50,
乙种建筑材料的方差D(XB)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125-125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165,
由此可见,E(XA)=E(XB),D(XA)
16.
解(1)∵甲、乙两人参加某种选拔测试,在备选的10道题中,
甲答对其中每道题的概率都是,
∴选中的4道题目甲恰有2道题目答对的概率P=.
(2)由题意知乙答对的题目数X的可能取值为2,3,4,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
P(X=4)=,
因此X的分布列为
X 2 3 4
P
(3)∵乙平均答对的题目数E(X)=2×+3×+4×,
记甲答对题目数为Y,则Y~B,
甲平均答对的题目数E(Y)=4×.
∴甲平均答对的题目数等于乙平均答对的题目数.
17.
解:(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次,
则所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)(ⅰ)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3;
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3.
P甲-P乙=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0,
所以P甲>P乙,故应该由甲参加第一阶段比赛.
(ⅱ)若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15,
P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3,
P(X=5)=[1-(1-p)3]q(1-q)2,
P(X=10)=[1-(1-p)3]q2(1-q),
P(X=15)=[1-(1-p)3]q3,
所以E(X)=[1-(1-p)3][5×q(1-q)2+10×q2(1-q)+15q3]=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p).
若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15,
P(Y=0)=(1-q)3+[1-(1-q)3](1-p)3,
P(Y=5)=[1-(1-q)3]p(1-p)2,
P(Y=10)=[1-(1-q)3]p2(1-p),
P(Y=15)=[1-(1-q)3]p3,
所以E(Y)=15p(q3-3q2+3q),
则E(X)-E(Y)=15pq(p-q)(p+q-3)>0,
故应该由甲参加第一阶段比赛.
18
解(1)当0≤x≤200时,y=0.5x;
当200
故y与x之间的函数解析式为y=
(2)由(1)可知:当y=260时,x=400,则P(x≤400)=0.80.
结合频率分布直方图可知
解得a=0.001 5,b=0.002 0.
(3)由题意可知居民月用电量x可取50,150,250,350,450,550.
当x=50时,Y=0.5×50=25,
即P(Y=25)=0.1;
当x=150时,Y=0.5×150=75,
即P(Y=75)=0.2;
当x=250时,Y=0.8×250-60=140,
即P(Y=140)=0.3;
当x=350时,Y=0.8×350-60=220,
即P(Y=220)=0.2;
当x=450时,Y=450-140=310,
即P(Y=310)=0.15;
当x=550时,Y=550-140=410,
即P(Y=410)=0.05.
故Y的分布列为
Y 25 75 140 220 310 410
P 0.1 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05
因此随机变量Y的均值
E(Y)=25×0.1+75×0.2+140×0.3+220×0.2+310×0.15+410×0.05=170.5.
19.
解(1)由题意知,X的可能取值为200,300,500.
由表格数据知P(X=200)==0.2,
P(X=300)==0.4,
P(X=500)==0.4,
因此X的分布列为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500,至少为200,
因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时,
若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温位于区间[20,25)内,
则Y=6×300+2(n-300)-4n=1 200-2n;
若最高气温低于20,
则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此E(Y)=2n×0.4+(1 200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.
当200≤n<300时,
若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温低于20,
则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此E(Y)=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n.
所以,当n=300时,Y的均值达到最大值,最大值为520元.