学习k12精品新版高中数学人教A版选修2-3习题：第二章随机变量及其分布 检测(B)

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
则X 的数学期望E (X )=( )
A .32
B.2
C .5
2
D.3
(X )=1×3
5+2×310+3×110=1510=3
2.
2.正态分布N 1(μ1,σ12),N 2(μ2,σ22),N 3(μ3,σ32
)(其中σ1,σ2,σ3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.μ1最大,σ1最大
B.μ3最大,σ3最大
C.μ1最大,σ3最大
D.μ3最大,σ1最大
N (μ,σ2)中,x=μ为正态曲线的对称轴,结合题图可知,μ3最大;又参数σ确定了曲线的形状:σ越大,曲线越“矮胖”,σ越小,曲线越“高瘦”.故由题图知σ1最大.
3.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 .5
64
B .15
64
C .5
32 D .5
16
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C 53(12
)3×(12
)2
×12
=
532
.
4.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 .3
5
B .2
5
C .59
D .
110
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 )=
C 61C 9
1C 101C 9
1=3
5
.
P (AB )=
C 61C 5
1C 101C 9
1=1
3,
则P (B|A )=P (AB )
P (A )=5
9.
5.若随机变量ξ~B(n,p),且E(ξ)=6,D(ξ)=3,则P(ξ=1)的值为()
A.3×2-2
B.3×2-10
C.2-4
D.2-8
ξ~B(n,p),且E(ξ)=6,D(ξ)=3,
∴np=6,且np(1-p)=3,
解得n=12,p=1
2
,
∴P(ξ=1)=C121×1
2(1-1
2
)
11
=3×2-10.
6.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,记它的涂漆面数为X,则X的均值E(X)=()
A.126
125B.6
5
C.168
125D.7
5
X的可能取值为0,1,2,3.
由于P(X=0)=27
125,P(X=1)=54
125
,
P(X=2)=36
125,P(X=3)=8
125
,
故E(X)=0×27
125+1×54
125
+2×36
125
+3×8
125
=150
125
=6
5
.
7.某商家进行促销活动,促销方案是顾客每消费1 000元,便可以获得奖券1张,每张奖券中奖的概率为15
,若中奖,则商家返还中奖的顾客现金1 000元.小王购买一套价格为2 400元的西服,只能得到2张奖券,于是小王补偿50元给一同事购买一件价格为600元的便服,这样小王就得到了3张奖券.设小王这次消费的实际支出为ξ(元),则E (ξ)等于( ) A.1 850元 B.1 720元
C.1 560元
D.1 480元
,ξ的可能取值为
2 450,1 450,450,-550,且P (ξ=2 450)=(45
)
3
=
64
125,P (ξ=1 450)=C 31(15)1
×(45)2
=48
125,P (ξ=450)=C 32
(15)2(45)1
=12
125,P (ξ=-550)=C 33(15)3
=1
125,则E (ξ)=2 450×
64125+1 450×48125+450×12125+(-550)×1
125
=1 850(元),故选A .
8.一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 .1
48
B .1
24
C .1
12 D .1
6
,得3a+2b+0×c=2,
即3a+2b=2,
故ab=1
6×3a×2b ≤16(3a+2b 2)2
=1
6.
9.设随机变量η服从正态分布(1,σ2),若P (η<-1)=0.2,则函数f (x )=1
3x 3+x 2+η2x 没有极值点的概率是( ) A.0.2
B.0.3
C.0.7
D.0.8
函数f(x)=1
3
x3+x2+η2x没有极值点,
∴f'(x)=x2+2x+η2=0无解,
∴Δ=4-4η2<0,
∴η<-1或η>1.
∵随机变量η服从正态分布N(1,σ2),P(η<-1)=0.2,
∴P(η<-1或η>1)=0.2+0.5=0.7,故选C.
10.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(m≥3,n≥3),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ξi(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p i(i=1,2).
则()
A.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2)
B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2)
C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2)
D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2)
1=m
m+n
+n
m+n
×1
2
=2m+n
2(m+n)
,
p2=3m 2-3m+2mn+n2-n
3(m+n)(m+n-1)
,
p1-p2=2m+n
2(m+n)−3m2-3m+2mn+n2-n 3(m+n)(m+n-1)
=5mn+n(n-1)
6(m+n)(m+n-1)
>0.
故p 1>p 2.
ξ1的可能取值为1,2,
P (ξ1=1)=
C n
1C m+n 1=n
m+n ;
P (ξ1=2)=
C m
1C m+n
1=m
m+n .
故E (ξ1)=1×
n m+n +2×m m+n
=
2m+n
m+n
. ξ2的可能取值为1,2,3.
P (ξ2=1)=
C n
2C m+n
2=
n (n -1)
(m+n )(m+n -1)
,
P (ξ2=2)=
C m 1C n
1C m+n 2=2mn
(m+n )(m+n -1),
P (ξ2=3)=
C m
2C m+n
2=m (m -1)
(m+n )(m+n -1),
故E (ξ2)=1×
n (n -1)(m+n )(m+n -1)+2×2mn (m+n )(m+n -1)+3×m (m -1)
(m+n )(m+n -1)
=
n (n -1)+4mn+3m (m -1)
(m+n )(m+n -1)
. 于是E (ξ1)-E (ξ2) =2m+n
m+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∵m ≥3,n ≥3,
∴E (ξ1)-E (ξ2)<0,
即E (ξ1)<E (ξ2). 综上,应选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、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 .
X ,乙得分为Y ,
则E (X )=1×0.4+2×0.1+3×0.5=2.1, E (Y )=1×0.1+2×0.6+3×0.3=2.2. 因为E (X )<E (Y ),所以乙获胜的希望大.
12.园丁要用红、黄、蓝、白四种不同颜色的鲜花布置如图所示圆形花坛的四块区域.要求同一区域内须用同一种颜色的鲜花,相邻区域须用不同颜色的鲜花.设花圃中布置红色鲜花的区域数量为ξ,则随机变量ξ的均值E (ξ)= .
ξ的取值分别为0,1,2.当ξ=0时用黄、蓝、白三种颜色来涂色,只能左右同色,共有3×2×1=6(种),即ξ=0所包含的基本事件有6种,所以P (ξ=0)=6
48=1
8;
P (ξ=2)=6
48=1
8;
P (ξ=1)=1-1
8−1
8=3
4.
则E (ξ)=0×1
8+1×3
4+2×1
8=1.
13.随机变量ξ的取值为0,1,2,若P (ξ=0)=15
,E (ξ)=1,则D (ξ)= .
ξ=1时的概率为p ,
则E (ξ)=0×1
5+1×p+2(1-p -1
5
)=1,
解得p=3
5.
故D (ξ)=(0-1)2×1
5+(1-1)2×3
5+(2-1)2×1
5=2
5.
14.某商场举行摸奖活动,规则为:从装有除颜色外完全相同的7个白球、3个红球的盒子中摸出3个不同的球,摸出后把球放回.若3个球全是红球,则中一等奖;若3个球中1个白球2个红球为二等奖.现有3人去摸奖,则恰有2人中奖的概率为 .
,中一等奖的概率为P 1=1
C 10
3,中二等奖的概率为P 2=
C 32C 7
1C 10
3,所以任何一人中奖的概率
为P 1+P 2=
1
C 10
3+
C 32C 7
1
C 10
3=11
60.
若3人去摸奖,恰有2人中奖的概率为C 32
(1160)2
×(1-11
60)=5 929
72 000.
15.在(x+1)9的二项展开式中任取2项,P i 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ξ表示取出的2项中系数为奇数的项数i ,则随机变量ξ的均值为 .
(x+1)9的展开式中各项的系数为C 9k (k=0,1,2,…,9),共10个,
∴系数为奇数的有C 90,C 91,C 98,C 99共4个.
P (ξ=0)=
C 6
2C 10
2=
13,P (ξ=1)=C 41C 61
C 10
2=8
15,
P (ξ=2)=
C 4
2C 10
2=2
15.
∴E (ξ)=0×1
3+1×8
15+2×2
15=12
15=4
5.
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ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数.求:
(1)随机变量ξ的分布列; (2)随机变量ξ的均值.
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ξ~B (5,1
3
),
即有
P (ξ=k )=C 5
k ×(13
)k ×(23
)5-k
,k=0,1,2,3,4,5. 由此可得ξ的分布列为
(2)∵ξ~B (5,1
3),∴E (ξ)=5×1
3=5
3.
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(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x,σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布,求P(187.8<Z<212.2);
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
(187.8,212.2)的产品件数.利用①的结果,求E(X).
附:√150≈12.2.若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)≈0.954 5.
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=170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200,
s2=(-30)2×0.02+(-20)2×0.09+(-10)2×0.22+0×0.33+102×0.24+202×0.08+302×0.02=150.
(2)①由(1)知,Z~N(200,150),从而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)≈0.682 7.
②由①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
X~B(100,0.682 7),所以E(X)≈100×0.682 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.
记事件A1={从甲箱中摸出的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)=4
10=2
5
,P(A2)=5
10
=1
2
,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=2
5×1
2
=1
5
,
P (B 2)=P (A 1A 2+A 1A 2)=P (A 1A 2)+P (A 1A 2) =P (A 1)P (A 2)+P (A 1)P (A 2) =P (A 1)(1-P (A 2))+(1-P (A 1))P (A 2) =2
5×(1-1
2)+(1-2
5)×1
2=1
2.
故所求概率为P (C )=P (B 1+B 2)=P (B 1)+P (B 2)=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1
5
,所以X~B (3,1
5).
于是
P (X=0)=C 30(15)0(45)
3=64
125,
P (X=1)=C 31
(15)1(45)2
=48
125,
P (X=2)=C 32(15)2(45)1
=12
125,
P (X=3)=C 33(15)3(45)
=1
125.
故X 的分布列为
X 的均值为E (X )=3×15
=35
.
19.(10分)某车间在两天内,每天生产10件产品,其中第一天、第二天分别生产了1件、2件次品.质检部每天要在生产的10件产品中随意抽取4件进行检查,若发现有次品,则当天的产品不能通过. (1)求两天全部通过检查的概率;
(2)若厂内对该车间生产的产品质量采用奖惩制度,两天全不通过检查罚300元,通过1天、2天分别奖300元、900元.那么该车间在这两天内得到奖金的数学期望是多少元?
运用独立事件同时发生的概率求两天全部通过的概率.(2)列奖金的分布列,求均值.
随机抽取4件产品进行检查是随机事件.“记第一天通过检查”为事件A ,
则P (A )=
C 9
4C 10
4=3
5.
记“第二天通过检查”为事件B ,
则P (B )=
C 8
4C 10
4=1
3.
因第一天、第二天检查是否通过是相互独立的,所以两天全部通过检查的概率为P (AB )=P (A )P (B )=3
5×1
3=1
5.
(2)记所得奖金为ξ元,则ξ的取值为-300,300,900. P (ξ=-300)=P (A B )=P (A )P (B )=2
5
×23
=
415
. P (ξ=300)=P ((A B )∪(A B ))=P (A B )+P (A B )=P (A )P (B )+P (A )P (B )=35×23+25×13=8
15.
P (ξ=900)=P (AB )=15
.
所以,ξ的分布列为
E (ξ)=-300×4
15+300×8
15+900×1
5=260.
故该车间在这两天内得到奖金的均值是260元.
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A →C →D 算两个路段:设路段AC 发生堵车事件的概率为1
10,路段CD 发生堵车事件的概率为1
15 ).
(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A →C →F →B 中遇到堵车的次数为随机变量ξ,求ξ的均值E (ξ).
记路段AC 发生堵车的事件为AC (其他路段也类似),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A →C →D →B 中遇到堵车的概率为1-P (AC ·CD ·DB )=1-P (AC )·P (CD )·P (DB )=1-[(1-1
10)×(1-1
15)×(1-1
6)]=1-9
10×14
15×5
6=3
10.
同理,路线A →C →F →B 中遇到堵车的概率为1-P (AC ·CF ·FB )=239
800
<
310
, 路线A →E →F →B 中遇到堵车的概率为1-P (AE ·EF ·FB )=
91300
>
310
. 路线A →E →F →C →D →B 中遇到堵车的概率为1-P (AE ·EF ·FC ·CD ·DB )=2 2394 500>3
10. 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A →C →F →B ,可使途中发生堵车的概率最小.
(2)路线A →C →F →B 中遇到堵车的次数ξ的可能取值为0,1,2,3,
P (ξ=0)=P (AC ·CF ·FB )=
561
800
, P (ξ=1)=P (AC ·CF ·FB )+P (AC ·CF ·FB )+P (AC ·CF ·FB )=110×1720×1112+910×320×11
12+
910×1720×112
=637
2 400,
P(ξ=2)=P(AC·CF·FB)+P(AC·CF·FB)+P(AC·CF·FB)=1
10×3
20
×11
12
+9
10
×3
20
×1
12
+
1 10×17
20
×1
12
=77
2400
,
P(ξ=3)=P(AC·CF·FB)=1
10
×3
20
×1
12
=1
800
,所以E(ξ)=0×561
800
+1×637
2400
+2×77
2400
+3×1
800
=1
3
,即路
线A→C→F→B中遇到堵车的次数的均值为1
3
.。