2020版人教A版数学选修2-3同步配套练习：第二章 随机变量及其分布 检测（B） WORD版含解析.docx

1、第二章检测(B)(时间:90分钟满分:120分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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的分布列为X123P35310110则X的数学期望E(X)=()A.32B.2C.52D.3解析:E(X)=135+2310+3110=1510=32.答案:A2正态分布N1(1,12),N2(2,22),N3(3,32)(其中1,2,3均大于0)所对应的密度函数图象如图,则下列说法正确的是()A.1最大,1最大B.3最大,3最大C.1最大,3最大D.3最大,1最大解析:在正态分布N(,2)中,x=为正态曲线的对称轴,结合

2、题图可知,3最大;又参数确定了曲线的形状,越大,曲线越“矮胖”,越小,曲线越“高瘦”.故由题图知1最大.答案:D3乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行,比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜,比赛结束),假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同,那么甲以4比2获胜的概率为()A.564B.1564C.532D.516解析:甲以4比2获胜,则需打六局比赛且甲第六局胜,前五局胜三局,故其概率为C5312312212=532.答案:C4对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测,不放回地依次摸出2件.在第一次摸出正品的条件下,第二次也摸到正品的概率是()A.35B.25C.59D.110解析:“

3、第一次摸出正品”记为事件A,“第二次摸出正品”记为事件B.则P(A)=C61C91C101C91=35.P(AB)=C61C51C101C91=13,则P(B|A)=P(AB)P(A)=59.答案:C5若随机变量B(n,p),且E()=6,D()=3,则P(=1)的值为()A.32-2B.32-10C.2-4D.2-8解析:B(n,p),且E()=6,D()=3,np=6,且np(1-p)=3,解得n=12,p=12,P(=1)=C121121-1211=32-10.答案:B6如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125个同样大小的小正方体.经过搅匀后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面

4、数为X,则X的均值E(X)=()A.126125B.65C.168125D.75解析:由题意可知涂漆面数X的可能取值为0,1,2,3.由于P(X=0)=27125,P(X=1)=54125,P(X=2)=36125,P(X=3)=8125,故E(X)=027125+154125+236125+38125=150125=65.答案:B7一人将编号为1,2,3,4的四个小球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子里,每个盒子里放一个小球,球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了,否则叫做放错了.设放对的个数为,则的均值为()A.12B.23C.1D.2解析:将四个不同小球放入四个不同盒子里,每个盒子里放

5、一个小球,共有A44种不同放法,放对的个数可取的值为0,1,2,4.其中,P(=0)=9A44=38,P(=1)=C412A44=13,P(=2)=C42A44=14,P(=4)=1A44=124,E()=038+113+214+4124=1,故选C.答案:C8一名篮球运动员投篮一次得3分的概率为a,得2分的概率为b,不得分的概率为c(a,b,c(0,1).已知他投篮一次得分的均值为2(不计其他得分情况),则ab的最大值为()A.148B.124C.112D.16解析:由已知,得3a+2b+0c=2,即3a+2b=2,故ab=163a2b163a+2b22=16.答案:D9设随机变量服从正态分

6、布(1,2),若P(-1)=0.2,则函数f(x)=13x3+x2+2x没有极值点的概率是()A.0.2B.0.3C.0.7D.0.8解析:函数f(x)=13x3+x2+2x没有极值点,f(x)=x2+2x+2=0无解,=4-420,1.随机变量服从正态分布N(1,2),P(-1)=0.2,P(1)=0.2+0.5=0.7,故选C.答案:C10已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(m3,n3),从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中.(1)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为i(i=1,2);(2)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i=1,2).

7、则()A.p1p2,E(1)E(2)B.p1E(2)C.p1p2,E(1)E(2)D.p1p2,E(1)0.故p1p2.1的可能取值为1,2,P(1=1)=Cn1Cm+n1=nm+n;P(1=2)=Cm1Cm+n1=mm+n.故E(1)=1nm+n+2mm+n=2m+nm+n.2的可能取值为1,2,3.P(2=1)=Cn2Cm+n2=n(n-1)(m+n)(m+n-1),P(2=2)=Cm1Cn1Cm+n2=2mn(m+n)(m+n-1),P(2=3)=Cm2Cm+n2=m(m-1)(m+n)(m+n-1),故E(2)=1n(n-1)(m+n)(m+n-1)+22mn(m+n)(m+n-1)+

8、3m(m-1)(m+n)(m+n-1)=n(n-1)+4mn+3m(m-1)(m+n)(m+n-1).于是E(1)-E(2)=2m+nm+n-n(n-1)+4mn+3m(m-1)(m+n)(m+n-1)=(2m+n)(m+n-1)-n(n-1)+4mn+3m(m-1)(m+n)(m+n-1)=-m(m+n-3)(m+n)(m+n-1).又m3,n3,E(1)-E(2)0,即E(1)E(2).综上,应选A.答案:A二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11两名狙击手在一次射击比赛中,狙击手甲得1分、2分、3分的概率分别为0.4,0.1,0.5;狙击手乙得1分、

9、2分、3分的概率分别为0.1,0.6,0.3.那么两名狙击手中,获胜希望大的是.解析:设甲得分为X,乙得分为Y,则E(X)=10.4+20.1+30.5=2.1,E(Y)=10.1+20.6+30.3=2.2.因为E(X)0,不合题意,舍去,a=12.答案:1215在(x+1)9的二项展开式中任取2项,Pi表示取出的2项中有i项系数为奇数的概率.若用随机变量表示取出的2项中系数为奇数的项数i,则随机变量的均值为.解析:(x+1)9的展开式中各项的系数为C9k(k=0,1,2,9),共10个,系数为奇数的有C90,C91,C98,C99共4个.P(=0)=C62C102=13,P(=1)=C41

10、C61C102=815,P(=2)=C42C102=215.E()=013+1815+2215=1215=45.答案:45三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16(8分)某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠.若该电梯在底层载有5名乘客,且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13,用表示这5位乘客在第20层下电梯的人数.求:(1)随机变量的分布列;(2)随机变量的均值.解: (1)考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验,这是5次独立重复试验,则B5,13,即有P(=k)=C5k13k235-k,k=0,1,2,3,4,5.

11、由此可得的分布列为012345P32243802438024340243102431243(2)B5,13,E()=513=53.17(8分)从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图:(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).(2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(,2),其中近似为样本平均数x,2近似为样本方差s2.利用该正态分布,求P(187.8Z212.2);某用户从该企业购买了100件这种产品,记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.

12、8,212.2)的产品件数.利用的结果,求E(X).附:15012.2.若ZN(,2),则P(-Z+)0.682 7,P(-2Z+2)0.954 5.解: (1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x=1700.02+1800.09+1900.22+2000.33+2100.24+2200.08+2300.02=200,s2=(-30)20.02+(-20)20.09+(-10)20.22+00.33+1020.24+2020.08+3020.02=150.(2)由(1)知,ZN(200,150),从而P(187.8Z212.2)=P(200-12.2Z200+12.2)0.

13、682 7.由知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率约为0.682 7,依题意知XB(100,0.682 7),所以E(X)1000.682 7=68.27.18(9分)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖,每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率;(2)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,求X的分布列和均值.解: (1)记事件A1=从甲箱中摸出

14、的1个球是红球,A2=从乙箱中摸出的1个球是红球,B1=顾客抽奖1次获一等奖,B2=顾客抽奖1次获二等奖,C=顾客抽奖1次能获奖.由题意,A1与A2相互独立,A1A2与A1A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1A2+A1A2,C=B1+B2,因为P(A1)=410=25,P(A2)=510=12,所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=2512=15,P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)+P(A1A2)=P(A1)P(A2)+P(A1)P(A2)=P(A1)(1-P(A2)+(1-P(A1)P(A2)=251-12+1-2512=12.故所求概率为

15、P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=15+12=710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为15,所以XB3,15.于是P(X=0)=C30150453=64125,P(X=1)=C31151452=48125,P(X=2)=C32152451=12125,P(X=3)=C33153450=1125.故X的分布列为X0123P6412548125121251125X的均值为E(X)=315=35.19(10分)某次考试中,从甲、乙两个班各抽取10名学生的成绩进行统计分析,两班各10名学生成绩的茎叶图如图所示,成绩不小于90分为及格.

16、(1)从每班抽取的学生中各抽取一人,求至少有一人及格的概率;(2)从甲班10人中抽取两人,乙班10人中抽取一人,三人中及格人数记为X,求X的分布列和期望.解: (1)由茎叶图可知甲班有4人及格,乙班有5人及格.事件“从两班抽取的学生中各抽取一人,至少有一人及格”记作A,则P(A)=1-C61C51C101C101=1-30100=710.(2)X的取值为0,1,2,3.P(X=0)=C62C102C51C101=16,P(X=1)=C41C61C102C51C101+C62C102C51C101=1330,P(X=2)=C42C102C51C101+C41C61C102C51C101=13,P

17、(X=3)=C42C102C51C101=115.所以X的分布列为X0123P16133013115因此E(X)=016+11330+213+3115=1310.20(10分)某人居住在城镇的A处,准备开车到单位B处上班,若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的,且在同一路段发生堵车事件最多只有一次,发生堵车事件的概率如图例如ACD算两个路段:设路段AC发生堵车事件的概率为110,路段CD发生堵车事件的概率为115.(1)请你为其选择一条由A到B的路线,使得途中发生堵车事件的概率最小;(2)若记路线ACFB中遇到堵车的次数为随机变量,求的均值E().解: (1)记路段AC发生堵车的事件为AC(其

18、他路段也类似),因为各路段发生堵车的事件是相互独立的,且在同一路段发生堵车的事件最多只有一次,所以路线ACDB中遇到堵车的概率为1-P(ACCDDB)=1-P(AC)P(CD)P(DB)=1-1-1101-1151-16=1-910141556=310.同理,路线ACFB中遇到堵车的概率为1-P(ACCFFB)=239800310.路线AEFCDB中遇到堵车的概率为1-P(AEEFFCCDDB)=2 2394 500310.显然要使由A到B的路线中发生堵车事件的概率最小,只可能在以上四条路线中选择,因此选择路线ACFB,可使途中发生堵车的概率最小.(2)路线ACFB中遇到堵车的次数的可能取值为0,1,2,3,P(=0)=P(ACCFFB)=561800,P(=1)=P(ACCFFB)+P(ACCFFB)+P(ACCFFB)=11017201112+9103201112+9101720112=6372 400,P(=2)=P(ACCFFB)+P(ACCFFB)+P(ACCFFB)=1103201112+910320112+1101720112=772 400,P(=3)=P(ACCFFB)=110320112=1800,所以E()=0561800+16372 400+2772 400+31800=13,即路线ACFB中遇到堵车的次数的均值为13.