《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題四 概率與統(tǒng)計 第1講 概率、離散型隨機變量及其分布列練典型習題 提數(shù)學素養(yǎng)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題四 概率與統(tǒng)計 第1講 概率、離散型隨機變量及其分布列練典型習題 提數(shù)學素養(yǎng)（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講　概率、離散型隨機變量及其分布列 [A組　夯基保分專練] 一、選擇題 1．(2019·唐山市摸底考試)隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，若P(ξ<2)＝0.2，P(2<ξ<6)＝0.6，則μ＝(　　) A．6　　　　　　　 B．5 C．4 D．3 解析：選C.由題意可知，P(ξ<6)＝P (ξ<2)＋P(2<ξ<6)＝0.2＋0.6＝0.8， 所以P(ξ>6)＝1－0.8＝0.2，所以P(ξ<2)＝P(ξ>6)，所以μ＝＝4，故選C 2．用1，2，3，4，5組成無重復數(shù)字的五位數(shù)，若用a1，a2，a3，a4，a5分別表示五位數(shù)的萬位、千位、百位、十位、個位，則出現(xiàn)

2、a1a4>a5特征的五位數(shù)的概率為(　　) A． B． C． D． 解析：選B.1，2，3，4，5可組成A＝120個不同的五位數(shù)，其中滿足題目條件的五位數(shù)中，最大的5必須排在中間，左、右各兩個數(shù)字只要選出，則排列位置就隨之而定，滿足條件的五位數(shù)有CC＝6個，故出現(xiàn)a1a4>a5特征的五位數(shù)的概率為＝. 3．(2019·福建省質(zhì)量檢查)某商場通過轉(zhuǎn)動如圖所示的質(zhì)地均勻的6等分的圓盤進行抽獎活動，當指針指向陰影區(qū)域時為中獎．規(guī)定每位顧客有3次抽獎機會，但中獎1次就停止抽獎．假設每次抽獎相互獨立，則顧客中獎的概率是　(　　) A． B． C． D． 解析：選

3、D.記顧客中獎為事件A，恰抽1次就中獎為事件A1，恰抽2次中獎為事件A2，恰抽3次中獎為事件A3，每次抽獎相互獨立，每次抽獎中獎的概率均為，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋×＋××＝，故選D. 4．(2019·湛江模擬)某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，則他第2次和第3次均命中的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選A.某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，所以基本事件總數(shù)n＝CC＝10，他第2次和第3次均命中包含的基本事件個數(shù)m＝CCC＝3，所以他第2次和第3次均命中的概率P＝＝.故選A. 5．某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p

4、, 各成員的支付方式相互獨立．設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數(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：選B.由題意知，該群體的10位成員使用移動支付的概率分布符合二項分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6. 6．(多選)(2019·山東煙臺期中)某人參加一次測試，在備選的10道題中，他能答對其中的5道．現(xiàn)從備選的10道題中隨機抽出3道題進

5、行測試，規(guī)定至少答對2題才算合格．則下列選項正確的是(　　) A．答對0題和答對3題的概率相同，都為 B．答對1題的概率為 C．答對2題的概率為 D．合格的概率為 解析：選CD.設此人答對題目的個數(shù)為ξ，則ξ＝0，1，2，3，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，則答對0題和答對3題的概率相同，都為，故A錯誤；答對1題的概率為，故B錯誤；答對2題的概率為，故C正確；合格的概率P＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝＋＝，故D正確．故選CD. 二、填空題 7．(2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一))若8件產(chǎn)品中包含6件一等品，從中任取2件，則在已知取出的2件

6、產(chǎn)品中有1件不是一等品的條件下，另1件是一等品的概率為________． 解析：設事件“從8件產(chǎn)品中取出的2件產(chǎn)品中有1件不是一等品”為A，事件“從8件產(chǎn)品中取出的2件產(chǎn)品中有1件是一等品”為B，則P(A)＝＝，P(AB)＝＝＝，所以另1件是一等品的概率為P(B|A)＝＝＝. 答案： 8．某商場在兒童節(jié)舉行回饋顧客活動，凡在商場消費滿100元者即可參加射擊贏玩具活動，具體規(guī)則如下：每人最多可射擊3次，一旦擊中，則可獲獎且不再繼續(xù)射擊，否則一直射滿3次為止．設甲每次擊中的概率為p(p≠0)，射擊次數(shù)為η，若η的均值E(η)>，則p的取值范圍是________． 解析：由已知得，P(η＝1

7、)＝p，P(η＝2)＝p(1－p)， P(η＝3)＝(1－p)2，則E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>， 解得p>，或p<，又因為p∈(0，1)，所以p∈(0，)． 答案：(0，) 9．(2019·山東德州齊河一中期中)甲、乙兩人獨立解同一道數(shù)學題目，甲解出這道題目的概率是，乙解出這道題目的概率是，則恰有1人解出這道題目的概率是________，這道題被解出的概率是________． 解析：設“甲解出這道題目”為事件A，“乙解出這道題目”為事件B，則P(A)＝，P(B)＝，P(A)＝，P(B)＝.則“恰有1人解出這道題目”為事件A B＋A B，所以P(A

8、B＋AB)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝×＋×＝.“這道題被解出”為事件C，所以P(C)＝1－P(A B)＝1－P(A)P(B)＝1－×＝. 答案：　 三、解答題 10．(2019·福州市第一學期抽測)某市某超市為了回饋新老顧客，決定在2019年元旦來臨之際舉行“慶元旦，迎新年”的抽獎派送禮品活動．為設計一套趣味性抽獎送禮品的活動方案，該超市面向該市某高中學生征集活動方案，該中學某班數(shù)學興趣小組提供的方案獲得了征用．方案如下：將一個4×4×4的正方體各面均涂上紅色，再把它分割成64個相同的小正方體．經(jīng)過攪拌后，從中任取兩個小正方體，記它們的著色面數(shù)之和為ξ，記抽獎一次中獎的禮品價

9、值為η. (1)求P(ξ＝3)； (2)凡是元旦當天在該超市購買物品的顧客，均可參加抽獎．記抽取的兩個小正方體著色面數(shù)之和為6，設為一等獎，獲得價值50元的禮品；記抽取的兩個小正方體著色面數(shù)之和為5，設為二等獎，獲得價值30元的禮品；記抽取的兩個小正方體著色面數(shù)之和為4，設為三等獎，獲得價值10元的禮品，其他情況不獲獎．求某顧客抽獎一次獲得的禮品價值的分布列與數(shù)學期望． 解：(1)64個小正方體中，三面著色的有8個，兩面著色的有24個，一面著色的有24個，另外8個沒有著色， 所以P(ξ＝3)＝＝＝. (2)設ξ為抽取的面數(shù)之和，η為獲得的禮品價值，則 ξ的所有可能取值為0，1，2，

10、3，4，5，6，η的取值為50，30，10，0， P(η＝50)＝P(ξ＝6)＝＝＝， P(η＝30)＝P(ξ＝5)＝＝＝， P(η＝10)＝P(ξ＝4)＝＝＝， P(η＝0)＝1－－－＝. 所以η的分布列如下： η 50 30 10 0 P 所以E(η)＝50×＋30×＋10×＋0×＝. 11．(2019·廣州市調(diào)研測試)某企業(yè)對設備進行升級改造，現(xiàn)從設備改造前后生產(chǎn)的大量產(chǎn)品中各抽取了100件產(chǎn)品作為樣本，檢測一項質(zhì)量指標值，若該項質(zhì)量指標值落在[20，40)內(nèi)的產(chǎn)品視為合格品，否則為不合格品，圖1是設備改造前樣本的頻率分布直方圖，表1是設備改造后

11、樣本的頻數(shù)分布表． 圖1：設備改造前樣本的頻率分布直方圖 表1：設備改造后樣本的頻數(shù)分布表 質(zhì)量指標值 [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) [40，45) 頻數(shù) 2 18 48 14 16 2 (1)請估計該企業(yè)在設備改造前的產(chǎn)品質(zhì)量指標的平均值； (2)該企業(yè)將不合格品全部銷毀后，對合格品進行等級細分，質(zhì)量指標值落在[25，30)內(nèi)的定為一等品，每件售價240元；質(zhì)量指標值落在[20，25)或[30，35)內(nèi)的定為二等品，每件售價180元；其他的合格品定為三等品，每件售價120元．根據(jù)表1的數(shù)據(jù)，用該組樣本中

12、一等品、二等品、三等品各自在合格品中的頻率代替從所有產(chǎn)品中抽到一件相應等級產(chǎn)品的概率．現(xiàn)有一名顧客隨機購買兩件產(chǎn)品，設其支付的費用為X(單位：元)，求X的分布列和數(shù)學期望． 解：(1)根據(jù)題圖1可知，設備改造前樣本的頻數(shù)分布表如下， 質(zhì)量指標值 [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) [40，45) 頻數(shù) 4 16 40 12 18 10 4×17.5＋16×22.5＋40×27.5＋12×32.5＋18×37.5＋10×42.5＝3 020. 樣本產(chǎn)品的質(zhì)量指標平均值為＝30.2， 根據(jù)樣本質(zhì)量指標平均值估計總體質(zhì)量

13、指標平均值為30.2. (2)根據(jù)樣本頻率分布估計總體分布，樣本中一、二、三等品的頻率分別為，，， 故從所有產(chǎn)品中隨機抽一件，是一、二、三等品的概率分別是，，. 隨機變量X的取值為240，300，360，420，480. P(X＝240)＝×＝，P(X＝300)＝C××＝， P(X＝360)＝C××＋×＝，P(X＝420)＝C××＝，P(X＝480)＝×＝， 所以隨機變量X的分布列為 X 240 300 360 420 480 P 所以E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400. 12．(2018·高考全國卷Ⅰ)某工廠的

14、某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對產(chǎn)品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗，再根據(jù)檢驗結(jié)果決定是否對余下的所有產(chǎn)品作檢驗．設每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p(0＜p＜1)，且各件產(chǎn)品是否為不合格品相互獨立． (1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)，求f(p)的最大值點p0. (2)現(xiàn)對一箱產(chǎn)品檢驗了20件，結(jié)果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p0作為p的值，已知每件產(chǎn)品的檢驗費用為2元，若有不合格品進入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用． (ⅰ)若不對該箱余下的產(chǎn)品作檢驗，這一箱產(chǎn)品的檢

15、驗費用與賠償費用的和記為X，求EX； (ⅱ)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗？ 解：(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝Cp2(1－p)18.因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.當p∈(0，0.1)時，f′(p)>0；當p∈(0.1，1)時，f′(p)<0. 所以f(p)的最大值點為p0＝0.1. (2)由(1)知，p＝0.1. (i)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＝20×2＋

16、25Y，即X＝40＋25Y. 所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490. (ii)如果對余下的產(chǎn)品作檢驗，則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗費為400元． 由于EX>400，故應該對余下的產(chǎn)品作檢驗． [B組　大題增分專練] 1．(2019·廣州市綜合檢測(一))為了引導居民合理用電，國家決定實行合理的階梯電價，居民用電原則上以住宅為單位(一套住宅為一戶)． 階梯級別 第一階梯 第二階梯 第三階梯 月用電范圍/度 [0，210] (210，400] (400，＋∞) 某市隨機抽取10戶同一個月的用電情況，得到統(tǒng)計表如下： 居民用電 戶編號 1 2 3

17、4 5 6 7 8 9 10 用電量/度 53 86 90 124 132 200 215 225 300 410 (1)若規(guī)定第一階梯電價每度0.5元，第二階梯超出第一階梯的部分每度0.6元，第三階梯超出第二階梯的部分每度0.8元，試計算某居民用電戶用電410度時應交電費多少元？ (2)現(xiàn)要從這10戶家庭中任意選取3戶，求取到第二階梯電量的戶數(shù)的分布列與期望； (3)以表中抽到的10戶作為樣本估計全市居民用電，現(xiàn)從全市中依次抽取10戶，若抽到k戶用電量為第一階梯的可能性最大，求k的值． 解：(1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－

18、400)×0.8＝227(元)． (2)設取到第二階梯電量的戶數(shù)為ξ，可知第二階梯電量的用戶有3戶，則ξ可取0，1，2，3， P(ξ＝0)＝＝， P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝， P(ξ＝3)＝＝， 故ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (3)設從全市中抽取10戶的用電量為第一階梯的有X戶，則X～B，可知P(X＝k)＝C·(k＝0，1，2，3，…，10)， ， 解得≤k≤，k∈N*， 所以當k＝6時用電量為第一階梯的可能性最大， 所以k＝6. 2．(2019·高考北京卷)改革開放以來，人們的

19、支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變．近年來，移動支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校學生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額分布情況如下： 　　 支付金額(元) 支付方式　　　　 (0，1 000] (1 000， 2 000] 大于2 000 僅使用A 18人 9人 3人 僅使用B 10人 14人 1人 (1)從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率； (2)從樣本僅使用A和僅使用B的學生中各隨機抽取1人，以X表示這2

20、人中上個月支付金額大于1 000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望； (3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化．現(xiàn)從樣本僅使用A的學生中，隨機抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2 000元．根據(jù)抽查結(jié)果，能否認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化？說明理由． 解：(1)由題意知，樣本中僅使用A的學生有18＋9＋3＝30人，僅使用B的學生有10＋14＋1＝25人，A，B兩種支付方式都不使用的學生有5人． 故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學生有100－30－25－5＝40人． 所以從全校學生中隨機抽取1人，該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率估計

21、為＝0.4. (2)X的所有可能值為0，1，2. 記事件C為“從樣本僅使用A的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1 000元”，事件D為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于1 000元”． 由題設知，事件C、D相互獨立，且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6. 所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24. P(X＝1)＝P(CD∪CD) ＝P(C)P(D)＋P(C)P(D) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52， P(X＝0)＝P(C D)＝P(C)P(D)＝0.24， 所以X的分布列為 X

22、 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24 故X的數(shù)學期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1. (3)記事件E為“從樣本僅使用A的學生中隨機抽查3人，他們本月的支付金額都大于2 000元”．假設樣本僅使用A的學生中，本月支付金額大于2 000元的人數(shù)沒有變化，則由上個月的樣本數(shù)據(jù)得P(E)＝＝. 答案示例1：可以認為有變化．理由如下： P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生．一旦發(fā)生，就有理由認為本月的支付金額大于2 000元的人數(shù)發(fā)生了變化．所以可以認為有變化． 答案示例2：無法確定有沒有變化．理由如下： 事件E是隨機事件，P(E)比較

23、小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的，所以無法確定有沒有變化． 3．(2019·昆明市質(zhì)量檢測)某地區(qū)為貫徹習近平總書記關(guān)于“綠水青山就是金山銀山”的理念，鼓勵農(nóng)戶利用荒坡種植果樹．某農(nóng)戶考察三種不同的果樹苗A，B，C，經(jīng)引種試驗后發(fā)現(xiàn)，引種樹苗A的自然成活率為0.8，引種樹苗B，C的自然成活率均為p(0.7≤p≤0.9)． (1)任取樹苗A，B，C各一棵，估計自然成活的棵數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學期望E(X)； (2)將(1)中的E(X)取得最大值時p的值作為B種樹苗自然成活的概率．該農(nóng)戶決定引種n棵B種樹苗，引種后沒有自然成活的樹苗中有75%的樹苗可經(jīng)過人工栽培技術(shù)處理，處理后成活

24、的概率為0.8，其余的樹苗不能成活． ①求一棵B種樹苗最終成活的概率； ②若每棵樹苗最終成活后可獲利300元，不成活的每棵樹苗虧損50元，該農(nóng)戶為了獲利不低于20萬元，問至少引種B種樹苗多少棵？ 解：(1)依題意，X的所有可能取值為0，1，2，3. 則P(X＝0)＝0.2(1－p)2＝0.2p2－0.4p＋0.2， P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×C×p×(1－p) ＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p＋0.8， P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×C×p×(1－p)＝0.2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p， P(X＝3)＝0

25、.8p2. X的分布列為 X 0 1 2 3 P 0.2p2－0.4p＋0.2 0.4p2－1.2p＋0.8 －1.4p2＋1.6p 0.8p2 E(X)＝0×(0.2p2－0.4p＋0.2)＋1×(0.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8. (2)當p＝0.9時，E(X)取得最大值． ①一棵B種樹苗最終成活的概率為0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96. ②記Y為n棵樹苗的成活棵數(shù)，M(n)為n棵樹苗的利潤， 則Y～B(n，0.96)，E(Y)＝0.96n，M(n)＝300Y－50(n－Y)＝350Y－5

26、0n，E(M(n))＝350E(Y)－50n＝286n，要使E(M(n))≥200 000，則有n>699.所以該農(nóng)戶至少引種700棵B種樹苗，才可獲利不低于20萬元． 4．為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗員每天從該生產(chǎn)線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸(單位：cm)．根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，可以認為這條生產(chǎn)線在正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(μ，σ2)． (1)假設生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X表示一天內(nèi)抽取的16個零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學期望； (2)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認為這條

27、生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查． (i)試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性； (ii)下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 經(jīng)計算得x＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1，2，…，16. 用樣本平均數(shù)x作為μ的估計值，用樣本標準差s作為σ的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查．

28、剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計μ和σ(精確到0.01)． 附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)， 則P(μ－3σ

29、(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 7，一天內(nèi)抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.042 3，發(fā)生的概率很?。虼艘坏┌l(fā)生這種情況，就有理由認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查，可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的． (ii)由x＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ的估計值為＝0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查． 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(16×9.97－9.22)＝10.02， 因此μ的估計值為10.02. x＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估計值為≈0.09. - 11 -