《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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)的期望最小． (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 -