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2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七概率與統(tǒng)計(jì) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練21 隨機(jī)變量及其分布理.doc

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《2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七概率與統(tǒng)計(jì) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練21 隨機(jī)變量及其分布理.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七概率與統(tǒng)計(jì) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練21 隨機(jī)變量及其分布理.doc（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專(zhuān)題能力訓(xùn)練21　隨機(jī)變量及其分布一、能力突破訓(xùn)練 1.甲射擊命中目標(biāo)的概率是,乙命中目標(biāo)的概率是,丙命中目標(biāo)的概率是.現(xiàn)在三人同時(shí)射擊目標(biāo),則目標(biāo)被擊中的概率為(　　) A. B. C. D.710 2.已知隨機(jī)變量ξ滿(mǎn)足P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2,若0D(ξ2) C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) 3.一袋中有5個(gè)白球,3個(gè)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(gè)記下顏色后放回,直到紅球出現(xiàn)10次時(shí)停止,設(shè)停止時(shí)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(zhǎng)度誤差(單位:毫米)服從正態(tài)分布N(0,32),則從中隨機(jī)取一件,其長(zhǎng)度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為(　　) (附:若隨機(jī)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+2σ)≈95.45%.) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% 5.(2018全國(guó)Ⅲ,理8)某群體中的每名成員使用移動(dòng)支付的概率都為p,各成員的支付方式相互獨(dú)立.設(shè)X為該群體的10名成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù),D(X)=2.4,P(X=4)2 02 數(shù)量 2 3 45 5 45 每件利潤(rùn) 1 2 3 1.8 2.9 將頻率視為概率,解答下列問(wèn)題: (1)從該廠生產(chǎn)的甲、乙品牌產(chǎn)品中隨機(jī)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(rùn)為X1,生產(chǎn)一件乙品牌家電的利潤(rùn)為X2,分別求X1,X2的分布列; (3)該廠預(yù)計(jì)今后這兩種品牌家電銷(xiāo)量相當(dāng),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(jì)效益的角度考慮,你認(rèn)為應(yīng)生產(chǎn)哪種品牌的家電?說(shuō)明理由. 16.(2018全國(guó)Ⅰ,理20)某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝,每箱200件,每一箱產(chǎn)品在交付用戶(hù)之前要對(duì)產(chǎn)品作檢驗(yàn),如檢驗(yàn)出不合格品,則更換為合格品.檢驗(yàn)時(shí),先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗(yàn),再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對(duì)余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn).設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p(0(1-p)2, ∴p>0.5,∴p=0.6(其中p=0.4舍去). 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(xiàng)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(gè)人”,事件Bi為“乙是B組的第i個(gè)人”,i=1,2,…,7. 由題意可知P(Ai)=P(Bi)=17,i=1,2,…,7. (1)由題意知,事件“甲的康復(fù)時(shí)間不少于14天”等價(jià)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(fù)時(shí)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(fù)時(shí)間比乙的康復(fù)時(shí)間長(zhǎng)”,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)=1049. (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(xué)期望是 E(X)=0P(X=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(dāng)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(gè)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“三位遞增數(shù)”的個(gè)數(shù)為C93=84,隨機(jī)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. 二、思維提升訓(xùn)練 12.C　解析因?yàn)榍€(xiàn)C為正態(tài)分布N(0,1)的密度曲線(xiàn),所以P(-1E(X2),所以應(yīng)生產(chǎn)甲品牌家電. 16.解 (1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)=C202p2(1-p)18. 因此f(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C202p(1-p)17(1-10p). 令f(p)=0,得p=0.1.當(dāng)p∈(0,0.1)時(shí),f(p)>0; 當(dāng)p∈(0.1,1)時(shí),f(p)<0. 所以f(p)的最大值點(diǎn)為p0=0.1. (2)由(1)知,p=0.1. ①令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù),依題意知Y~B(180,0.1), X=202+25Y,即X=40+25Y. 所以E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=490. ②如果對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn),那么這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗(yàn)費(fèi)為400元. 由于E(X)>400,故應(yīng)該對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn).

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