《高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：專題七 概率與統(tǒng)計 專題能力訓練21 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：專題七 概率與統(tǒng)計 專題能力訓練21 Word版含答案（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題能力訓練21　隨機變量及其分布 能力突破訓練 1.甲射擊命中目標的概率是12,乙命中目標的概率是13,丙命中目標的概率是14.現(xiàn)在三人同時射擊目標,則目標被擊中的概率為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.34 B.23 C.45 D.710 2.(20xx浙江,8)已知隨機變量ξ滿足P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2,若0D(ξ2) C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)

2、1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) 3.一袋中有5個白球,3個紅球,現(xiàn)從袋中往外取球(除顏色外其他完全相同),每次任取一個記下顏色后放回,直到紅球出現(xiàn)10次時停止,設(shè)停止時共取了X次球,則P(X=12)等于(　　) A.C12103810582 B.C12938958238 C.C119582382 D.C1193810582 4.已知某批零件的長度誤差(單位:毫米)服從正態(tài)分布N(0,32),則從中隨機取一件,其長度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為(　　) (附:若隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ,σ2),則P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2

3、σ)≈95.45%.) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% 5.如圖所示,A,B兩點5條連線并聯(lián),它們在單位時間內(nèi)能通過的最大信息量依次為2,3,4,3,2.記從中任取三條線且在單位時間內(nèi)通過的最大信息總量為X,則P(X≥8)=　　　　　. 6.設(shè)離散型隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.1 0.3 m 若隨機變量Y=|X-2|,則P(Y=2)=　　　　　. 7.已知隨機變量X服從二項分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,則p=　　　　　. 8.A,B兩組各有7位病

4、人,他們服用某種藥物后的康復時間(單位:天)記錄如下: A組:10,11,12,13,14,15,16 B組:12,13,15,16,17,14,a 假設(shè)所有病人的康復時間相互獨立,從A,B兩組隨機各選1人,A組選出的人記為甲,B組選出的人記為乙. (1)求甲的康復時間不少于14天的概率; (2)如果a=25,求甲的康復時間比乙的康復時間長的概率; (3)當a為何值時,A,B兩組病人康復時間的方差相等?(結(jié)論不要求證明) 9.(20xx山東,理18)在心理學研究中,常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響,具體方法如下:將參加試驗的志愿者隨機

5、分成兩組,一組接受甲種心理暗示,另一組接受乙種心理暗示.通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結(jié)果來評價兩種心理暗示的作用,現(xiàn)有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,從中隨機抽取5人接受甲種心理暗示,另5人接受乙種心理暗示. (1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率. (2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數(shù),求X的分布列與數(shù)學期望E(X). 10.某銀行規(guī)定,一

6、張銀行卡若在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼嘗試錯誤,該銀行卡將被鎖定.小王到該銀行取錢時,發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼,但可以確認該銀行卡的正確密碼是他常用的6個密碼之一.小王決定從中不重復地隨機選擇1個進行嘗試.若密碼正確,則結(jié)束嘗試;否則繼續(xù)嘗試,直至該銀行卡被鎖定. (1)求當天小王的該銀行卡被鎖定的概率; (2)設(shè)當天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學期望. 11.若n是一個三位正整數(shù),且n的個位數(shù)

7、字大于十位數(shù)字,十位數(shù)字大于百位數(shù)字,則稱n為“三位遞增數(shù)”(如137,359,567等). 在某次數(shù)學趣味活動中,每位參加者需從所有的“三位遞增數(shù)”中隨機抽取1個數(shù),且只能抽取一次.得分規(guī)則如下:若抽取的“三位遞增數(shù)”的三個數(shù)字之積不能被5整除,參加者得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)寫出所有個位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)”; (2)若甲參加活動,求甲得分X的分布列和數(shù)學期望E(X). 思維提升訓練 12. 在如圖所示的正方形中隨機投擲1

8、0 000個點,則落入陰影部分(曲線C為正態(tài)分布N(0,1)的密度曲線)的點的個數(shù)的估計值為(　　) A.2 386 B.2 718 C.3 414 D.4 772 附:若X~N(μ,σ2),則P(μ-σ

9、易損零件,在購進機器時,可以額外購買這種零件作為備件,每個200元.在機器使用期間,如果備件不足再購買,則每個500元.現(xiàn)需決策在購買機器時應(yīng)同時購買幾個易損零件,為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內(nèi)更換的易損零件數(shù),得下面柱狀圖: 以這100臺機器更換的易損零件數(shù)的頻率代替1臺機器更換的易損零件數(shù)發(fā)生的概率,記X表示2臺機器三年內(nèi)共需更換的易損零件數(shù),n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數(shù). (1)求X的分布列; (2)若要求P(X≤n)≥0.5,確定n的最小值; (3)以購買易損零件所需費用的均值為決策依據(jù),在n=19與n=20之中選其一,應(yīng)選用哪個?

10、 15.某家電產(chǎn)品受在保修期內(nèi)維修費等因素的影響,企業(yè)生產(chǎn)每件的利潤(單位:百元)與該產(chǎn)品首次出現(xiàn)故障的時間(單位:年)有關(guān).某廠家生產(chǎn)甲、乙兩種品牌,保修期均為2年.現(xiàn)從該廠已售出的兩種品牌家電中各隨機抽取50件,統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下: 品牌 甲 乙 首次出現(xiàn) 故障時間x 02 02 數(shù)量 2 3 45 5 45 每件利潤 1 2 3 1.8 2.9 將頻率視為概率,解答下列問題: (1)從該廠生產(chǎn)的甲、乙品牌產(chǎn)品中隨機各抽取一件,求其至少有一件首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率; (2)若該

11、廠生產(chǎn)的家電均能售出,記生產(chǎn)一件甲品牌家電的利潤為X1,生產(chǎn)一件乙品牌家電的利潤為X2,分別求X1,X2的分布列; (3)該廠預計今后這兩種品牌家電銷量相當,由于資金限制,只能生產(chǎn)其中一種品牌的家電.若從經(jīng)濟效益的角度考慮,你認為應(yīng)生產(chǎn)哪種品牌的家電?說明理由. 16.(20xx江蘇,23)已知一個口袋中有m個白球,n個黑球(m,n∈N*,n≥2),這些球除顏色外完全相同.現(xiàn)將口袋中的球隨機地逐個取出,并放入如圖所示的編號為1,2,3,…,m+n的抽屜內(nèi),其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k=1,2,3,…,m+n). 1 2 3 … m+n

12、 (1)試求編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p; (2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數(shù),E(X)是X的數(shù)學期望,證明:E(X)

13、1,E(ξ2)=p2, ∴E(ξ1)

14、與P(X=7)是對立事件,故P(X≥8)=1-P(X=7)=1-C22C21C53=45. 6.0.5　解析由分布列的性質(zhì),知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,則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　解析根據(jù)二項分布的均值、方差公式,得E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得p=13. 8.解設(shè)事件Ai為“甲是A組的第i個人”,事件Bi為“乙是B組的第i個人”,i=1,2,…,7. 由題意可知P(Ai)=P(Bi)=17,i=1,2,…,7.

15、 (1)由題意知,事件“甲的康復時間不少于14天”等價于“甲是A組的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康復時間不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=37. (2)設(shè)事件C為“甲的康復時間比乙的康復時間長”,由題意知,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)=1

16、049. (3)a=11或a=18. 9.解(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M,則P(M)=C84C105=518. (2)由題意知X可取的值為:0,1,2,3,4,則 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的分布列為 X 0 1 2 3 4 P 142 521 1021 521 142 X的數(shù)學期望是 E(X)=0P(X=

17、0)+1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)+4P(X=4) =0+1521+21021+3521+4142=2. 10.解(1)設(shè)“當天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A, 則P(A)=564534=12. (2)依題意得,X所有可能的取值是1,2,3. 又P(X=1)=16,P(X=2)=5615=16,P(X=3)=56451=23,所以X的分布列為 X 1 2 3 P 16 16 23 所以E(X)=116+216+323=52. 11.解(1)個位數(shù)是5的“三位遞增數(shù)”有125,135,145,235,245,345; (2)由題意知,全部“

18、三位遞增數(shù)”的個數(shù)為C93=84,隨機變量X的取值為: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的分布列為 X 0 -1 1 P 23 114 1142 則E(X)=023+(-1)114+11142=421. 思維提升訓練 12.C　解析因為曲線C為正態(tài)分布N(0,1)的密度曲線,所以P(-1

19、.34135.因此,落入陰影部分的點的個數(shù)的估計值為100000.34135≈3414.故選C. 13.C　解析X服從超幾何分布P(X=k)=C7kC810-kC1510,故k=4. 14.解(1)由柱狀圖并以頻率代替概率可得,一臺機器在三年內(nèi)需更換的易損零件數(shù)為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2. 從而P(X=16)=0.20.2=0.04; P(X=17)=20.20.4=0.16; P(X=18)=20.20.2+0.40.4=0.24; P(X=19)=20.20.2+20.40.2=0.24; P(X=20)=20.20.4+0.20.2=0.

20、2; P(X=21)=20.20.2=0.08; P(X=22)=0.20.2=0.04. 所以X的分布列為 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≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值為19. (3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位:元). 當n=19時, E(Y)=192000.68+(19200+500)0.2+(19200+2500)0.08+(19200+3500)0.04=4040. 當n=20

21、時, E(Y)=202000.88+(20200+500)0.08+(20200+2500)0.04=4080. 可知當n=19時所需費用的均值小于n=20時所需費用的均值,故應(yīng)選n=19. 15.解(1)設(shè)“甲、乙品牌家電至少有一件首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)”為事件A,則P(A)=1-45504550=19100. (2)依題意得,X1的分布列為 X1 1 2 3 P 125 350 910 X2的分布列為 X2 1.8 2.9 P 110 910 (3)由(2)得E(X1)=1125+2350+3910=14350=2.86(百元),E(X2

22、)=1.8110+2.9910=2.79(百元).因為E(X1)>E(X2),所以應(yīng)生產(chǎn)甲品牌家電. 16.解(1)編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p為p=Cm+n-1n-1Cm+nn=nm+n. (2)隨機變量X的概率分布為 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 隨機變量X的期望為E(X)=∑k=nm+n1kCk-1n-1Cm+nn=1Cm+nn∑k=nm+n1k(k-1)!(n-1)!(k-n

23、)!. 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)