2020届高考数学二轮复习第二部分专题四概率与统计第2讲概率、随机变量及其分布列专题强化练理.docx

第2讲 概率、随机变量及其分布列A级基础通关一、选择题1某商场举行有奖促销活动，抽奖规则如下：箱子中有编号为1，2，3，4，5的五个形状、大小完全相同的小球，从中任取两球，若摸出的两球号码的乘积为奇数，则中奖；否则不中奖则中奖的概率为()A.B.C.D.解析：从5个球中，任取两球有C10种情况，其中两球编号乘积为奇数有C3种情况所以所求事件的概率P.答案：C2(2019广东汕头一模)已知离散型随机变量X的分布列为X0123Pm则X的数学期望E(X)()A. B1 C. D2解析：由题意可得m1，可得m.则E(X)01231.答案：B3.(2019湖南雅礼中学联考)如图，边长为1的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，在正方形ABCD内随机取一个点Q，则点Q取自阴影部分的概率等于()A. B.C. D.解析：因为SAEGSCFHSABCS正方形ABCD，又SDGHSADCS正方形ABCD，所以S阴影S正方形ABCD，故点Q取自阴影部分的概率等于.答案：D4(2018全国卷)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)2.4，P(X4)P(X6)，则p()A0.7 B0.6 C0.4 D0.3解析：依题意，XB(10，p)，所以D(X)10p(1p)2.4，解得p0.4或p0.6.由P(X4)P(X6)得Cp4(1p)6Cp6(1p)4，解得p，因此p0.6.答案：B5甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人，环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A为“4名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P(A|B)()A. B. C. D.解析：由题设，得P(B)，P(AB)，所以P(A|B).答案：C二、填空题6(2018全国卷)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_种(用数字作答)解析：法1：分两种情况：只有1位女生入选，不同的选法有CC12(种)；有2位女生入选，不同的选法有CC4(种)，故至少有1位女生入选的不同的选法有16种法2：从6人中任选3人，不同的选法有C20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C4(种)所以至少有1位女生入选的不同的选法有20416(种)答案：167(2019浙江卷)在二项式(x)9的展开式中，常数项是_，系数为有理数的项的个数是_解析：由二项展开式的通项公式可知Tr1C()9rxr，rN，0r9，当为常数项时，r0，T1C()9x0()916.当项的系数为有理数时，9r为偶数，可得r1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数是5.答案：1658(2019河南六校联考)某市高三年级26 000名学生参加了2019年3月模拟考试，已知数学考试成绩XN(100，2)，统计结果显示数学考试成绩X在80分到120分之间的人数约为总人数的，则数学成绩不低于120分的学生人数约为_解析：因为成绩XN(100，2)，所以正态分布曲线关于X100对称，又成绩在80分到120分之间的人数约占总人数的，由对称性知：成绩不低于120分的学生约为总人数的，所以此次考试成绩不低于120分的学生约有26 0003 250.答案：3250三、解答题9(2018北京卷)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值假设所有电影是否获得好评相互独立(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等用“k1”表示第k类电影得到人们喜欢，“k0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k1，2，3，4，5，6)写出方差D(1)，D(2)，D(3)，D(4)，D(5)，D(6)的大小关系解：(1)设“从电影公司收集的电影中随机选取1部，这部电影是获得好评的第四类电影”为事件A.因为第四类电影中获得好评的电影有2000.2550(部)，所以P(A)0.025.(2)设“从第四类电影和第五类电影中各随机取一部，恰有1部获得好评”为事件B.则P(B)0.25(10.2)(10.25)0.20.35.故所求事件的概率估计为0.35.(3)由题意可知，定义随机变量如下：k则k显然服从两点分布，故D(1)0.4(10.4)0.24，D(2)0.2(10.2)0.16，D(3)0.15(10.15)0.127 5，D(4)0.25(10.25)0.187 5，D(5)0.2(10.2)0.16，D(6)0.1(10.1)0.09.综上所述，D(1)D(4)D(2)D(5)D(3)D(6)10(2019广东佛山二模)某电子设备工厂生产一种电子元件，质量控制工程师要在产品出厂前将次品检出估计这个厂生产的电子元件的次品率为0.2%，且电子元件是不是次品相互独立，一般的检测流程是：先把n个(n1)电子元件串联起来成组进行检验若检验通过，则全部为正品，若检测不通过，则至少有一个次品，再逐一检测，直到把所有的次品找出，若检测一个电子元件的花费为5分钱，检测一组(n个)电子元件的花费为(4n)分钱(1)当n4时，估算一组待检元件中有次品的概率；(2)设每个电子元件检测费用的期望为A(n)，求A(n)的表达式；(3)试估计n的值，使每个电子元件的检测费的期望最小(提示：用(1p)n1np进行估算)解：(1)设事件A：一组(4个)电子元件中有次品，则事件：一组(4个)电子元件中无次品，即4个电子元件均是正品又4个电子元件是不是次品相互独立，则P()(10.002)4，所以P(A)1P()1(10.002)41(140.002)0.008.(2)设每组(n个)电子元件的检测费用为X分钱，则X的所有可能取值为n4，6n4，P(Xn4)0.998n，P(X6n4)10.998n，则X的分布列为Xn46n4P0.998n10.998n所以E(X)(n4)0.998n(6n4)(10.998n)6n45n0.998n，则有A(n)650.998n(n1)(3)A(n)650.998n65(10.002)n65(10.002n)10.01n121.4，当且仅当0.01n时取等号，此时n20.所以，估计当n20时，每个电子元件平均检测费用最低，约为1.4分钱B级能力提升11(2019浙江卷)设0a1，随机变量X的分布列是X0a1P则当a在(0，1)内增大时，()AD(X)增大 BD(X)减小CD(X)先增大后减小 DD(X)先减小后增大解析：由题意知E(X)0a1，因此，D(X)(a1)2(12a)2(a2)2(6a26a6).当0a时，D(X)单调递减；当a1时，D(X)单调递增；故当a在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大答案：D12某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1 kg的包裹收费10元；重量超过1 kg的包裹，除1 kg收费10元之外，超过1 kg的部分，每超出1 kg(不足1 kg，按1 kg计算)需再收5元该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下：包裹重量/kg12345包裹件数43301584公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：包裹件数范围0100101200201300301400401500包裹件数(近似处理)50150250350450天数6630126以上数据已做近似处理，并将频率视为概率(1)计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101400之间的概率；(2)估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，工资100元公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？解：(1)样本中包裹件数在101400之间的天数为48，频率f，故可估计概率为，显然未来3天中，包裹件数在101400之间的天数X服从二项分布，即XB，故所求概率为C.(2)样本中快递费用及包裹件数如下表：包裹重量/kg12345快递费/元1015202530包裹件数43301584故样本中每件快递收取的费用的平均值为15(元)，故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元根据题意及(2)，揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加155(元)，将题目中的天数转化为频率，得包裹件数范围0100101200201300301400401500包裹件数(近似处理)50150250350450天数6630126频率0.10.10.50.20.1若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：包裹件数(近似处理)50150250350450实际揽件数Y50150250350450频率0.10.10.50.20.1E(Y)500.11500.12500.53500.24500.1260故公司平均每日利润的期望值为2605