2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專(zhuān)題四 概率與統(tǒng)計(jì) 第2講 概率、隨機(jī)變量及其分布列專(zhuān)題強(qiáng)化練 理

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1、第2講 概率、隨機(jī)變量及其分布列 A級(jí) 基礎(chǔ)通關(guān) 一、選擇題 1.某商場(chǎng)舉行有獎(jiǎng)促銷(xiāo)活動(dòng),抽獎(jiǎng)規(guī)則如下:箱子中有編號(hào)為1,2,3,4,5的五個(gè)形狀、大小完全相同的小球,從中任取兩球,若摸出的兩球號(hào)碼的乘積為奇數(shù),則中獎(jiǎng);否則不中獎(jiǎng).則中獎(jiǎng)的概率為(  ) A.  B.   C.  D. 解析:從5個(gè)球中,任取兩球有C=10種情況,其中兩球編號(hào)乘積為奇數(shù)有C=3種情況. 所以所求事件的概率P=. 答案:C 2.(2019·廣東汕頭一模)已知離散型隨機(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 3 P m 則X的數(shù)學(xué)期望E(X)=(  ) A. B.

2、1 C. D.2 解析:由題意可得++m+=1,可得m=. 則E(X)=0×+1×+2×+3×=1. 答案:B 3.(2019·湖南雅禮中學(xué)聯(lián)考)如圖,邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中,點(diǎn)E,F(xiàn)分別是AB,BC的中點(diǎn),在正方形ABCD內(nèi)隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn)Q,則點(diǎn)Q取自陰影部分的概率等于(  ) A. B. C. D. 解析:因?yàn)镾△AEG=S△CFH=S△ABC=S正方形ABCD,又S△DGH=S△ADC=S正方形ABCD,所以S陰影=S正方形ABCD,故點(diǎn)Q取自陰影部分的概率等于. 答案:D 4.(2018·全國(guó)卷Ⅲ)某群體中的每位成員使用移動(dòng)支付的概率都為p,

3、各成員的支付方式相互獨(dú)立.設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù),D(X)=2.4,P(X=4)<P(X=6),則p=(  ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 解析:依題意,X~B(10,p), 所以D(X)=10p(1-p)=2.4,解得p=0.4或p=0.6. 由P(X=4)<P(X=6) 得Cp4(1-p)6<Cp6(1-p)4,解得p>, 因此p=0.6. 答案:B 5.甲、乙、丙、丁四名同學(xué)報(bào)名參加假期社區(qū)服務(wù)活動(dòng),社區(qū)服務(wù)活動(dòng)共有關(guān)懷老人,環(huán)境監(jiān)測(cè)、教育咨詢(xún)、交通宣傳等四個(gè)項(xiàng)目,每人限報(bào)其中一項(xiàng),記事件A為“4名同學(xué)所報(bào)項(xiàng)目各不相同

4、”,事件B為“只有甲同學(xué)一人報(bào)關(guān)懷老人項(xiàng)目”,則P(A|B)=(  ) A. B. C. D. 解析:由題設(shè),得P(B)==,P(AB)==, 所以P(A|B)==. 答案:C 二、填空題 6.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)從2位女生,4位男生中選3人參加科技比賽,且至少有1位女生入選,則不同的選法共有________種(用數(shù)字作答). 解析:法1:分兩種情況:只有1位女生入選,不同的選法有CC=12(種);有2位女生入選,不同的選法有CC=4(種),故至少有1位女生入選的不同的選法有16種. 法2:從6人中任選3人,不同的選法有C=20(種),從6人中任選3人都是男生,不

5、同的選法有C=4(種). 所以至少有1位女生入選的不同的選法有20-4=16(種). 答案:16 7.(2019·浙江卷)在二項(xiàng)式(+x)9的展開(kāi)式中,常數(shù)項(xiàng)是________,系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)是________. 解析:由二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式可知Tr+1=C·()9-r·xr,r∈N,0≤r≤9, 當(dāng)為常數(shù)項(xiàng)時(shí),r=0,T1=C·()9·x0=()9=16. 當(dāng)項(xiàng)的系數(shù)為有理數(shù)時(shí),9-r為偶數(shù), 可得r=1,3,5,7,9,即系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)是5. 答案:16 5 8.(2019·河南六校聯(lián)考)某市高三年級(jí)26 000名學(xué)生參加了2019年3月模擬考試,已知數(shù)學(xué)

6、考試成績(jī)X~N(100,σ2),統(tǒng)計(jì)結(jié)果顯示數(shù)學(xué)考試成績(jī)X在80分到120分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的,則數(shù)學(xué)成績(jī)不低于120分的學(xué)生人數(shù)約為_(kāi)_______. 解析:因?yàn)槌煽?jī)X~N(100,σ2),所以正態(tài)分布曲線(xiàn)關(guān)于X=100對(duì)稱(chēng),又成績(jī)?cè)?0分到120分之間的人數(shù)約占總?cè)藬?shù)的,由對(duì)稱(chēng)性知:成績(jī)不低于120分的學(xué)生約為總?cè)藬?shù)的×=,所以此次考試成績(jī)不低于120分的學(xué)生約有×26 000=3 250. 答案:3250 三、解答題 9.(2018·北京卷)電影公司隨機(jī)收集了電影的有關(guān)數(shù)據(jù),經(jīng)分類(lèi)整理得到下表: 電影類(lèi)型 第一類(lèi) 第二類(lèi) 第三類(lèi) 第四類(lèi) 第五類(lèi) 第六類(lèi) 電影部

7、數(shù) 140 50 300 200 800 510 好評(píng)率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1 好評(píng)率是指:一類(lèi)電影中獲得好評(píng)的部數(shù)與該類(lèi)電影的部數(shù)的比值. 假設(shè)所有電影是否獲得好評(píng)相互獨(dú)立. (1)從電影公司收集的電影中隨機(jī)選取1部,求這部電影是獲得好評(píng)的第四類(lèi)電影的概率; (2)從第四類(lèi)電影和第五類(lèi)電影中各隨機(jī)選取1部,估計(jì)恰有1部獲得好評(píng)的概率; (3)假設(shè)每類(lèi)電影得到人們喜歡的概率與表格中該類(lèi)電影的好評(píng)率相等.用“ξk=1”表示第k類(lèi)電影得到人們喜歡,“ξk=0”表示第k類(lèi)電影沒(méi)有得到人們喜歡(k=1,2,3,4,5,6).寫(xiě)出方差D(

8、ξ1),D(ξ2),D(ξ3),D(ξ4),D(ξ5),D(ξ6)的大小關(guān)系. 解:(1)設(shè)“從電影公司收集的電影中隨機(jī)選取1部,這部電影是獲得好評(píng)的第四類(lèi)電影”為事件A. 因?yàn)榈谒念?lèi)電影中獲得好評(píng)的電影有200×0.25=50(部), 所以P(A)===0.025. (2)設(shè)“從第四類(lèi)電影和第五類(lèi)電影中各隨機(jī)取一部,恰有1部獲得好評(píng)”為事件B. 則P(B)=0.25×(1-0.2)+(1-0.25)×0.2=0.35. 故所求事件的概率估計(jì)為0.35. (3)由題意可知,定義隨機(jī)變量如下: ξk= 則ξk顯然服從兩點(diǎn)分布,故D(ξ1)=0.4×(1-0.4)=0.24,

9、D(ξ2)=0.2×(1-0.2)=0.16, D(ξ3)=0.15×(1-0.15)=0.127 5, D(ξ4)=0.25×(1-0.25)=0.187 5, D(ξ5)=0.2×(1-0.2)=0.16, D(ξ6)=0.1×(1-0.1)=0.09. 綜上所述,D(ξ1)>D(ξ4)>D(ξ2)=D(ξ5)>D(ξ3)>D(ξ6). 10.(2019·廣東佛山二模)某電子設(shè)備工廠生產(chǎn)一種電子元件,質(zhì)量控制工程師要在產(chǎn)品出廠前將次品檢出.估計(jì)這個(gè)廠生產(chǎn)的電子元件的次品率為0.2%,且電子元件是不是次品相互獨(dú)立,一般的檢測(cè)流程是:先把n個(gè)(n>1)電子元件串聯(lián)起來(lái)成組進(jìn)行檢驗(yàn).

10、若檢驗(yàn)通過(guò),則全部為正品,若檢測(cè)不通過(guò),則至少有一個(gè)次品,再逐一檢測(cè),直到把所有的次品找出,若檢測(cè)一個(gè)電子元件的花費(fèi)為5分錢(qián),檢測(cè)一組(n個(gè))電子元件的花費(fèi)為(4+n)分錢(qián). (1)當(dāng)n=4時(shí),估算一組待檢元件中有次品的概率; (2)設(shè)每個(gè)電子元件檢測(cè)費(fèi)用的期望為A(n),求A(n)的表達(dá)式; (3)試估計(jì)n的值,使每個(gè)電子元件的檢測(cè)費(fèi)的期望最?。? (提示:用(1-p)n≈1-np進(jìn)行估算) 解:(1)設(shè)事件A:一組(4個(gè))電子元件中有次品,則事件:一組(4個(gè))電子元件中無(wú)次品,即4個(gè)電子元件均是正品.又4個(gè)電子元件是不是次品相互獨(dú)立,則P()=(1-0.002)4,所以P(A)=1

11、-P()=1-(1-0.002)4≈1-(1-4×0.002)=0.008. (2)設(shè)每組(n個(gè))電子元件的檢測(cè)費(fèi)用為X分錢(qián),則X的所有可能取值為n+4,6n+4, P(X=n+4)=0.998n,P(X=6n+4)=1-0.998n, 則X的分布列為 X n+4 6n+4 P 0.998n 1-0.998n 所以E(X)=(n+4)×0.998n+(6n+4)×(1-0.998n)=6n+4-5n×0.998n, 則有A(n)==6+-5×0.998n(n>1). (3)A(n)=6+-5×0.998n=6+-5×(1-0.002)n≈6+-5×(1-0.002n)=

12、1+0.01n+≥1+2=1.4, 當(dāng)且僅當(dāng)0.01n=時(shí)取等號(hào),此時(shí)n=20. 所以,估計(jì)當(dāng)n=20時(shí),每個(gè)電子元件平均檢測(cè)費(fèi)用最低,約為1.4分錢(qián). B級(jí) 能力提升 11.(2019·浙江卷)設(shè)0<a<1,隨機(jī)變量X的分布列是 X 0 a 1 P 則當(dāng)a在(0,1)內(nèi)增大時(shí),(  ) A.D(X)增大 B.D(X)減小 C.D(X)先增大后減小 D.D(X)先減小后增大 解析:由題意知E(X)=0×+a×+1×=, 因此,D(X)=×+×+×=[(a+1)2+(1-2a)2+(a-2)2]=(6a2-6a+6)=. 當(dāng)0<a<時(shí),D(

13、X)單調(diào)遞減; 當(dāng)<a<1時(shí),D(X)單調(diào)遞增; 故當(dāng)a在(0,1)內(nèi)增大時(shí),D(X)先減小后增大. 答案:D 12.某快遞公司收取快遞費(fèi)用的標(biāo)準(zhǔn)是:重量不超過(guò)1 kg的包裹收費(fèi)10元;重量超過(guò)1 kg的包裹,除1 kg收費(fèi)10元之外,超過(guò)1 kg的部分,每超出1 kg(不足1 kg,按1 kg計(jì)算)需再收5元.該公司將最近承攬的100件包裹的重量統(tǒng)計(jì)如下: 包裹重量/kg 1 2 3 4 5 包裹件數(shù) 43 30 15 8 4 公司對(duì)近60天,每天攬件數(shù)量統(tǒng)計(jì)如下表: 包裹件數(shù)范圍 0~100 101~200 201~300 301~400

14、 401~500 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 450 天數(shù) 6 6 30 12 6 以上數(shù)據(jù)已做近似處理,并將頻率視為概率. (1)計(jì)算該公司未來(lái)3天內(nèi)恰有2天攬件數(shù)在101~400之間的概率; (2)①估計(jì)該公司對(duì)每件包裹收取的快遞費(fèi)的平均值; ②公司將快遞費(fèi)的三分之一作為前臺(tái)工作人員的工資和公司利潤(rùn),剩余的用作其他費(fèi)用.目前前臺(tái)有工作人員3人,每人每天攬件不超過(guò)150件,工資100元.公司正在考慮是否將前臺(tái)工作人員裁減1人,試計(jì)算裁員前后公司每日利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望,并判斷裁員是否對(duì)提高公司利潤(rùn)更有利? 解:(1)樣本中包裹件數(shù)在101

15、~400之間的天數(shù)為48,頻率f==,故可估計(jì)概率為,顯然未來(lái)3天中,包裹件數(shù)在101~400之間的天數(shù)X服從二項(xiàng)分布, 即X~B,故所求概率為C××=. (2)①樣本中快遞費(fèi)用及包裹件數(shù)如下表: 包裹重量/kg 1 2 3 4 5 快遞費(fèi)/元 10 15 20 25 30 包裹件數(shù) 43 30 15 8 4 故樣本中每件快遞收取的費(fèi)用的平均值為=15(元), 故該公司對(duì)每件快遞收取的費(fèi)用的平均值可估計(jì)為15元. ②根據(jù)題意及(2)①,攬件數(shù)每增加1,可使前臺(tái)工資和公司利潤(rùn)增加15×=5(元),將題目中的天數(shù)轉(zhuǎn)化為頻率,得 包裹件數(shù) 范

16、圍 0~100 101~200 201~300 301~400 401~500 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 450 天數(shù) 6 6 30 12 6 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 若不裁員,則每天可攬件的上限為450件,公司每日攬件數(shù)情況如下: 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 450 實(shí)際攬件數(shù)Y 50 150 250 350 450 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 E(Y) 50×0.1+150×0.1+250×0.5+350×0.2+

17、450×0.1=260 故公司平均每日利潤(rùn)的期望值為260×5-3×100=1 000(元). 若裁員1人,則每天可攬件的上限為300件,公司每日攬件數(shù)情況如下: 包裹件數(shù)(近似處理) 50 150 250 350 450 實(shí)際攬件數(shù)Z 50 150 250 300 300 頻率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 E(Y) 50×0.1+150×0.1+250×0.5+300×0.2+300×0.1=235 故公司平均每日利潤(rùn)的期望值為235×5-2×100=975(元), 因975<1 000,故公司將前臺(tái)工作人員裁減1人對(duì)提高公司利潤(rùn)不利. - 7 -

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