2013年高考数学总复习10-9随机变量的数字特征与正态分布理新人教B版

1、1 10-9 随机变量的数字特征与正态分布(理) 基础巩固强化 1.已知X的分布列为 答案B 解析由分布列的性质知：2+1 + a= 1a= 3, 2 6 3 1111 由期望的定义知，E(X) =- 1 x + ox 6+ 1X 3 =-. 2 由期望的性质知，E(Y) = 2 巳X) + 1 = 3. 2 .已知随机变量 X的概率分布如下表所示： X 1 3 5 P 0.4 0.1 x 则X的方差为( ) A. 3.56 C. 3.2 答案A 解析 由 0.4 + 0.1 + x= 1 得 x = 0.5 , 日 X) = 1X 0.4 + 3X 0.1 + 5X 0.5 = 3.2 ,

2、2 2 2 QX = (1 3.2) X 0.4 + (3 3.2) X 0.1 + (5 3.2) X 0.5 = 3.56. 3. 已知随机变量 E , n 满足 E = 2 n 1，且 E B(10 , p)，若 E( E) = 8,则 D( n ) =( ) A. 0.5 B. 0.8 C 0.2 D. 0.4 答案D 解析/ E( E ) = 10p= 8 , p= 0.8 , D( E ) = 10p(1 p) = 10X 0.8 x 0.2 = 1.6，又X 1 0 1 P 1 2 1 6 a 设Y= 2X+ 1，则Y的数学期望E(Y)的值是( A. C. 1 29 D.36 B

3、. 8.12 D. 3.56 分x，再依据期望、方差的定义求解. 2 D( E ) = D(2 n 1) = 4D( n )，二 D( n ) = 04 4. (2011 湘潭模拟)设一随机试验的结果只有 A和，且P(A) = p,令随机变量 X= A. p B. 2p(1 p) C. p(1 p) D. p(1 p) 答案D 解析X服从两点分布，故 D(X) = p(1 p). 3 5. (2011 浙江温州模拟)某人射击一次击中的概率为 ，经过 3 次射击，此人至少有两 5 次击中目标的概率为( ) 36 7 C. D. 125 125 答案 A 解析 该人 3 次射击，恰有两次击中目标的

4、概率是 P= d 3 2 () 2 5， 3 三次全部击中目标的概率是 F2= d ()3, 5 所以此人至少有两次击中目标的概率是 7如果随机变量 E B(n,p)，且曰 E ) = 4,且 D( E ) = 2，则 E(pE D( E ) = _ 6某种种子每粒发芽的概率都为 0.9，现播种了 1 000 粒，对于没有发芽的种子，每 粒需再补种 2 粒，补种的种子数记为 X,则X的数学期望为( ) A. 100 B. 200 C. 300 D. 400 答案 B 解析 记不发牙的种子数为 E ”，贝U E B(1 000, 0.1) ,所以 E( E ) = 1 000X 0.1 =100

5、,而 X= 2 E，故曰 X) = E(2 E ) = 2E( E ) = 200,故选 B. 2 P= P1 + F2= C3 A出现 ， A不出现 I 则X的方差D(X)等于( A. 81 125 B. 54 125 3 2 2 3 3 3 81 (計 J(5)=质. 3 答案0 解析T E B(n, p)，且 E( E) = 4 , np= 4, 又 Q E ) = 2 , np(1 p) = 2 , p = 2 ,4 E(pE D( E) = E(?E 2) = 2E( ) 2 = 0. 解析依题意，X的可能取值为 2、3、4， 2 2 1 14 - E(X) :+ 3X- + 4X

6、-=. 5 5 5 5 10. (2012 江西理，18)如图，从 A(1,O,O) , A(2,0,0) , B(O,1,O) , B(0,2,0) , C(O,O,1)， C2(0,0,2)这 6 个点中随机选取 3 个点，将这 3 个点及原点O两两相连构成一个“立体”，&甲罐中有 5 个红球、2 个白球和 3 个黑球，乙罐中有 4 个红球、4 个白球和 2 个黑球, 先从甲罐中任意取出再从乙罐中取出一球, 则从乙罐中取出的球是白球的概 21 答案55 解析 设从甲罐中取出红球、 白球、 黑球的事件分别为 白球的事件为B,则 1 1 3 RA)= ，HA) = 5, RA)= io

7、， A、A、A,设从乙罐中取出 所求概率 P(B) = F(AiB) + F(AaB) + P(AB 4 1 5 3 4 21 2X石+5X石+帀亍驀. 9 已知袋中装有大小相同2 个白球和 4 个红球.从袋中随机地将球逐个取出，每次 取后不放回，直到取出两个红球为止，取球次数 X的均值为 _ 答 14 5 RX= 2) = A = 5； P(X= 3)= R X= 4)= ,1C1A3 C3 1 A6 = 5, A6 5 记该“立体”的体积为随机变量 V(如果选取的 3 个点与原点在同一个平面内， 此时“立体” 的体积V= 0). 求V= 0 的概率； (2)求V的分布列及数学期望 E( V

8、). 分析(1)从 6 个不同的点中随机选取 3 个点，共有 G 种方法，选取的 3 个点与原点 共面时， 3 个点必须在同一个坐标平面内.因为每条坐标轴上有两个点， 所以同一坐标平面 内有 4 个点，从这 4 个点中任取 3 个即可；(2)先求出V的各种可能取值，然后求其概率. 解析(1)从 6 个点中随机选取 3 个点总共有 &= 20 种取法，选取的 3 个点与原点在 12 3 同一个面内的取法有 3C4= 12 种，因此 V= 0 的概率为P(V= 0)= =-. 20 5 112 4 (2) V的所有可能取值为 0、6、3、3 3 因此V的分布列为 V 0 1 6 1 3 2

9、 3 4 3 P 3 1 3 3 1 5 20 20 20 20 由V的分布列得 3 1 1 1 3 2 3 4 1 9 日 V) = 0 x +x+ x一+ -x一 + -X一=一. 5 6 20 3 20 3 20 3 20 40 点评本题以立体图形为载体，考查概率知识及分布列、期望的求法，立意新颖，第 1 问易于解决，第 2 问中要对各种体积情况进行逐一运算，以防遗漏，难度中等. 能力拓展提升 11.(2012 杭州质检)体育课的排球发球项目考试的规则是： 每位学生最多可发球 3 次, 一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到 3 次为止设学生一次发球成功的概率为 p(pz 0), 发球次

10、数为X,若X的数学期望E(X)1.75，则p的取值范围是( ) 7 7 A. (0, 12) B.(祛 1) 1 1 C. (0 , 2) D (-，1) 答案C 解析由已知条件可得 P(X= 1) = p, RX= 2) = (1 p)p, 2 3 2 RX= 3) = (1 p) p+ (1 p) = (1 p), 2 2 则 E(X) = P(X= 1) + 2P(X= 2) + 3P(X= 3) = p+ 2(1 p) p+ 3(1 p) = p - 3p+ 31.75 , 6 5 1 解得P2 或p2,7 1 4 旦=亍。+ 9x 1 + 9X 2=7 13. 一批产品的次品率为 0

11、.01，现连续抽取 20 次，抽得次品数为 E，则 答案0.198 解析 I E B(20,0.01) , D E ) = 20X 0.01 X (1 0.01) = 0.198. 1 14. _ 如果EB(100 ,刁，当F( E = k)取得最大值时，k = _ . 答案50 解析P( E = k) = C 碣) )0-k k 1 100 =Cooj,由组合数的性质知，当 k= 50 时取到最大值. 15. (2012 湖北理，20)根据以往的经验，某工程施工期间的降水量 X(单位： mm 对工 期的影响如下表： 降水量X X300 300W *700 700W X 900 工期延误天数Y

12、 0 2 6 10 1 又由p (0,1)，可得p (0, 2)，故应选 C. 12 .已知抛物线 y= ax2 + bx+ c(a0)的对称轴在 y轴的左侧，其中 a、b、c 3, 2, 1,0,1,2,3，在这些抛物线中，记随机变量 E =“| 8 A.9 3 B.5 2 C.5 1 D.3 答案A 解析 对称轴在y轴左0,即 a与 b 同号, 2a 满足条件的抛物2C3dd= 126 条. E的取值为 0、1、2, 6X7 R E= 0)=莎 F( E = 1) = 8X7 = -, P( E = 2)= 126 9 4X7 2 126 _ 9 2 一 8 9 一 9. 8 历年气象资料

13、表明，该工程施工期间降水量 X小于 300、700、900 的概率分别为 0.3、 0.7、0.9. 求: (1)工期延误天数 Y的均值与方差；9 (2)在降水量X至少是 300 的条件下，工期延误不超过 6 天的概率. 分析(1)利用概率的加法公式及对立事件求分布列， 再求均值与方差.(2)利用条件 概率公式求解. 解析(1)由已知条件和概率的加法公式有： R X300) = 0.3 , P(300 X700) = R X700) R X300) = 0.7 0.3 = 0.4 , F(700 w X900) = P(X900) P(X 900) = 1 P(X 300) = 1 F( X3

14、00) = 0.7 , 又 P(300 w X900) = R X900) P(X 300) = P(X900| X 300)= P x90ii = 0.6 6 07 = 7. 10 r C2 3 2 R 0)= C2T 5= 25； C6 3 C4 2 28 R 1)=古 5 + C2/5=75； C2 3 d C 2 31 R E=2) = CT 5+-B厂 5=75； C2 2 2 R E = 3)=而 5=话 所以E的分布列为 11 日 E)=Ox 2 25 + 1X 75 E 0 1 2 3 P 2 25 28 75 31 75 2 15 28 31 2X + 3X 75 备选题库

15、1.(2011 广东广州二模)设随机变量E服从正态分布N(3,4)，若 R E a A.- B.- C. 5 D. 3 答案A 解析已知EN(3,4)，所以= 3, 又因为 P( E a+ 2), 2a3 + a+? 7 所以亠2 - = 3,解得a =-. 2. (2011 浙江五校联考)设随机变量EB(2 , p) , n旦 4 , P)，若F( E 1) 则F( n 2)的值为( 32 A.81 11 B.27 81 答案B 解析由 F( E1) = 9,得 C2P(1 P) + C2P = 9, 2 15 8 5 12 1 5 即 9p2 18p+ 5= 0,解得 p= 3 或 p =

16、 3(舍去)， P( n2) = Cp%1 p)2+ c4p(1 p) + c4p4 z 1 2 z 2 2 z 1 3 2 1 4 11 =6n + 4厂 3+(3)=刃. 3. (2011 潍坊模拟)某市进行一次高三教学质量抽样检测，考试后统计的所有考生的 数学成绩服从正态分布.已知数学成绩平均分为 90 分，60 分以下的人数占 10%则数学成 绩在 90 分至 120 分之间的考生人数所占百分比约为 ( ) A. 10% B. 20% C. 30% D. 40% 答案D 解析由条件知 卩=90, F( E 120) = 0.1 , 1 R90 E 120)=口 2F( E 60) 1

17、=2 (1 0.2) = 0.4，故选 D. E(X = 3X 20+ 4X 20 + 5x 話 + 6X 2 = 5.25. 5.设随机变量E的分布列如下表所示， E(E) = 1.6，贝 U a b=( E 0 1 2 3 P 0.1 a b 0.1 A.0.2 B. 0.1 C. 0.2 D. 0.4 答案C 解析 由 0.1 + a+ b+ 0.1 = 1,得 a+ b= 0.8 号码之中取大的一个.则 X的均值为( ) A. 5 B. 5.25 C. 5.8 D. 4.6 答案 B 解析 由题意可知， X可以取 3、4、5、6, 1 1 d 3 1 1 d 3 F(X= 3) = C

18、6 = 20； F(X= 4) = C3= 20； 5) G3G 3 CC 1 10；6) = C6= 2， 4.签盒中有编号为 1、2、3、4、5、6 的 6 支签，从中任意取 3 支，设X为这 3 支签的 13 答案 分、6 分，答错任一题减 2 分; 当累计分数大于或等于 14 分时，答题结束，进入下一轮；当答完四题，累计分数仍不足 分时，答题结束，淘汰出局; 每位参加者按问题 A B C D顺序作答，直至答题结束. 假设甲同学对问题 A、B C D回答正确的概率依次为 否相互之间没有影响. (1)求甲同学能进入下一轮的概率; C D的对立事件(例如A表示甲同学第一题回答错误 ). 4,

19、 RB)=1, P(C) = 1, RD)= 4 P( A) =1, P(-) =*，R -) 2 3 3, P(D)= 4. 又由 E( E ) = 0 x 0.1 + ix a + 2X b+ 3x 0.1 = 1.6，得 a+ 2b= 1.3 由解得 a= 0.3 , b= 0.5 , a b=- 0.2，故应选 C. 6在 4 次独立重复试验中，随机事件 A恰好发生 1 次的概率不小于其恰好发生两次的 概率，则事件 A在一次试验中发生的概率 p的取值范围是( A. 0.4,1 B. (0,0.4 C. (0,0.6 D. 0.6,1) 答案B 解析P， 解得pw 0.4，故选 B. 7.(2011 -温州十校联考 )已知随机变量 XN(3,2 2)，若 X= 2n + 3,则 D( n )等于( A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 解 由 X= 2 n + 3, 得 D(X) = 4D( _ , 2 n )，而 D(X) = 2 = 4, D( n ) = 1. &某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有 A B、 D四个每位参加者计分器的初始分均为 10 分，答对问题 B C D分别加 1 分、2 分、 每回答一题，计分器显示累计