高三理科数学新课标二轮复习专题整合高频突破习题：专题七 概率与统计 专题能力训练21 Word版含答案

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1、 高考数学精品复习资料 2019.5 专题能力训练21　随机变量及其分布 能力突破训练 1.甲射击命中目标的概率是12,乙命中目标的概率是13,丙命中目标的概率是14.现在三人同时射击目标,则目标被击中的概率为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.34 B.23 C.45 D.710 2.(20xx浙江,8)已知随机变量ξ满足P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2,若0<p1<p2<12,则(　　) A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ

2、2) B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2) D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) 3.一袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球(除颜色外其他完全相同),每次任取一个记下颜色后放回,直到红球出现10次时停止,设停止时共取了X次球,则P(X=12)等于(　　) A.C12103810582 B.C12938958238 C.C119582382 D.C1193810582 4.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),则从中随机取一件,

3、其长度误差落在区间(3,6)内的概率为(　　) (附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)≈95.45%.) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% 5.如图所示,A,B两点5条连线并联,它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.记从中任取三条线且在单位时间内通过的最大信息总量为X,则P(X≥8)=　　　　　.  6.设离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.1 0.

4、3 m 若随机变量Y=|X-2|,则P(Y=2)=　　　　　.  7.已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=　　　　　.  8.A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下: A组:10,11,12,13,14,15,16 B组:12,13,15,16,17,14,a 假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙. (1)求甲的康复时间不少于14天的概率; (2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率; (3)当a为何

5、值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明) 9.(20xx山东,理18)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率. (2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者

6、人数,求X的分布列与数学期望E(X). 10.某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一.小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定. (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率; (2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.

7、 11.若n是一个三位正整数,且n的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n为“三位递增数”(如137,359,567等). 在某次数学趣味活动中,每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数,且只能抽取一次.得分规则如下:若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除,参加者得0分;若能被5整除,但不能被10整除,得-1分;若能被10整除,得1分. (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”;

8、 (2)若甲参加活动,求甲得分X的分布列和数学期望E(X). 思维提升训练 12. 在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为(　　) A.2 386 B.2 718 C.3 414 D.4 772 附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 5. 13.在15个村庄中有7个村庄交通不方便,现从中任意选10个村庄,用X

9、表示这10个村庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于C74C86C1510的是(　　) A.P(X=2) B.P(X≤2) C.P(X=4) D.P(X≤4) 14.某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图: 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零

10、件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. (1)求X的分布列; (2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值; (3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个? 15.某家电产品受在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每件的利润(单位:百元)与该产品首次出现故障的时间(单位:年)有关.某厂家生产甲、乙两种品牌,保修期均为2年.现从该厂已售出的两种品牌家电中各随机抽取50件,统计数据如下: 品牌 甲 乙 首次出现 故障时间x 0<x≤1 1<x≤2 x>2 0<x≤

11、2 x>2 数量 2 3 45 5 45 每件利润 1 2 3 1.8 2.9 将频率视为概率,解答下列问题: (1)从该厂生产的甲、乙品牌产品中随机各抽取一件,求其至少有一件首次出现故障发生在保修期内的概率; (2)若该厂生产的家电均能售出,记生产一件甲品牌家电的利润为X1,生产一件乙品牌家电的利润为X2,分别求X1,X2的分布列; (3)该厂预计今后这两种品牌家电销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的家电.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的家电?说明理由. 16.(20xx江苏,23)已知一个

12、口袋中有m个白球,n个黑球(m,n∈N*,n≥2),这些球除颜色外完全相同.现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如图所示的编号为1,2,3,…,m+n的抽屉内,其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,…,m+n). 1 2 3 … m+n (1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p; (2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X)<n(m+n)(n-1). 参考答案 专题能力训练21　随机变量及其分布 能力突破训练 1.A　解析设甲命中目标为事件A,乙命中目标为

13、事件B,丙命中目标为事件C,则击中目标表示事件A,B,C中至少有一个发生.∵P(A·B·C)=P(A)·P(B)·P(C)=[1-P(A)]·[1-P(B)]·[1-P(C)]=1-12×1-13×1-14=14.∴击中的概率P=1-P(A·B·C)=34. 2.A　解析∵E(ξ1)=p1,E(ξ2)=p2, ∴E(ξ1)<E(ξ2). ∵D(ξ1)=p1(1-p1),D(ξ2)=p2(1-p2), ∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p1-p2)(1-p1-p2)<0,故选A.

14、3.D　解析由题意知第12次取到红球,前11次中恰有9次红球2次白球,因为每次取到红球的概率为38,所以P(X=12)=C119389×582×38. 4.B　解析由正态分布N(0,32)可知,ξ落在(3,6)内的概率为P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)-P(μ-σ<ξ<μ+σ)2 ≈95.45%-68.27%2=13.59%. 5.45　解析由已知得,X的可能取值为7,8,9,10,则P(X≥8)与P(X=7)是对立事件,故P(X≥8)=1-P(X=7)=1-C22C21C53=45. 6.0.5　解析由分布列的性质,知0.2+0.1+0.1

15、+0.3+m=1,则m=0.3.由Y=2,即|X-2|=2,得X=4或X=0,故P(Y=2)=P(X=4或X=0)=P(X=4)+P(X=0)=0.3+0.2=0.5. 7.13　解析根据二项分布的均值、方差公式,得E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得p=13. 8.解设事件Ai为“甲是A组的第i个人”,事件Bi为“乙是B组的第i个人”,i=1,2,…,7. 由题意可知P(Ai)=P(Bi)=17,i=1,2,…,7. (1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪

16、A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=37. (2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6. 因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=1049. (3)a=11或a=18. 9.解(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,则P(M)=C84C105=518.

17、 (2)由题意知X可取的值为:0,1,2,3,4,则 P(X=0)=C65C105=142, P(X=1)=C64C41C105=521, P(X=2)=C63C42C105=1021, P(X=3)=C62C43C105=521, P(X=4)=C61C44C105=142. 因此X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 142 521 1021 521 142 X的数学期望是 E(X)=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4) =0+1×

18、;521+2×1021+3×521+4×142=2. 10.解(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A, 则P(A)=56×45×34=12. (2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3. 又P(X=1)=16,P(X=2)=56×15=16,P(X=3)=56×45×1=23,所以X的分布列为 X 1 2 3 P 16 16 23 所以E(X)=1×16+2×16+3×23=52. 11.解(1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,14

19、5,235,245,345; (2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为C93=84,随机变量X的取值为:0,-1,1,因此P(X=0)=C83C93=23,P(X=-1)=C42C93=114,P(X=1)=1-114-23=1142.所以X的分布列为 X 0 -1 1 P 23 114 1142 则E(X)=0×23+(-1)×114+1×1142=421. 思维提升训练 12.C　解析因为曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线,所以P(-1<X≤1)≈0.6827,由正态分布密度曲线的对称性知P(0<X≤1)=0.34

20、135,即图中阴影部分的面积为0.34135.由几何概型知点落入阴影部分的概率P=0.341351=0.34135.因此,落入阴影部分的点的个数的估计值为10000×0.34135≈3414.故选C. 13.C　解析X服从超几何分布P(X=k)=C7kC810-kC1510,故k=4. 14.解(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2. 从而P(X=16)=0.2×0.2=0.04; P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16; P(X=18)=2&#

21、215;0.2×0.2+0.4×0.4=0.24; P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24; P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2; P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08; P(X=22)=0.2×0.2=0.04. 所以X的分布列为 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 (2)由(1)知P(X

22、≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19. (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元). 当n=19时, E(Y)=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040. 当n=20时, E(Y)=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)

23、5;0.04=4080. 可知当n=19时所需费用的均值小于n=20时所需费用的均值,故应选n=19. 15.解(1)设“甲、乙品牌家电至少有一件首次出现故障发生在保修期内”为事件A,则P(A)=1-4550×4550=19100. (2)依题意得,X1的分布列为 X1 1 2 3 P 125 350 910 X2的分布列为 X2 1.8 2.9 P 110 910 (3)由(2)得E(X1)=1×125+2×350+3×910=14350=2.86(百元),E(X2)=1.8×110+2.9

24、15;910=2.79(百元).因为E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌家电. 16.解(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p为p=Cm+n-1n-1Cm+nn=nm+n. (2)随机变量X的概率分布为 X 1n 1n+1 1n+2 … 1k … 1m+n P Cn-1n-1Cm+nn Cnn-1Cm+nn Cn+1n-1Cm+nn … Ck-1n-1Cm+nn … Cn+m-1n-1Cm+nn 随机变量X的期望为E(X)=∑k=nm+n1k·Ck-1n-1Cm+nn=1Cm+nn∑k=nm+n1k·(k-1)!(n-1

25、)!(k-n)!. 所以E(X)<1Cm+nn∑k=nm+n(k-2)!(n-1)!(k-n)!=1(n-1)Cm+nn∑k=nm+n(k-2)!(n-2)!(k-n)! =1(n-1)Cm+nn(1+Cn-1n-2+Cnn-2+…+Cm+n-2n-2) =1(n-1)Cm+nn(Cn-1n-1+Cn-1n-2+Cnn-2+…+Cm+n-2n-2) =1(n-1)Cm+nn(Cnn-1+Cnn-2+…+Cm+n-2n-2) =…=1(n-1)Cm+nn(Cm+n-2n-1+Cm+n-2n-2) =Cm+n-1n-1(n-1)Cm+nn=n(m+n)(n-1), 即E(X)<n(m+n)(n-1).