2020-2021学年第二章 随机变量及其分布综合与测试测试题

这是一份2020-2021学年第二章 随机变量及其分布综合与测试测试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本章达标检测
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.设在一次试验中事件A出现的概率为p,在n次独立重复试验中事件A出现k次的概率为pk,则(　　)
A.p1+p2+…+pn=1 B.p0+p1+p2+…+pn=1
C.p0+p1+p2+…+pn=0 D.p1+p2+…+pn=0
2.甲、乙两人下象棋,赢了得3分,平局每人均得1分,输了得0分,共下三局.若ξ表示甲最终的得分,则ξ=3表示(　　)
A.甲赢三局
B.甲赢一局
C.甲、乙平局三次
D.甲赢一局或甲、乙平局三次
3.分别有编号为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球,若从中取出4个,则取出的编号互不相同的概率为(　　)
A.521 B.27 C.13 D.821
4.已知随机变量X~N(1,σ2),且P(X>2)=0.2,则P(X<0)=(　　)
A.0.2 B.0.3 C.0.5 D.0.7
5.将一枚硬币连掷5次,如果出现k次正面的概率等于出现(k+1)次正面的概率,则k的值为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
6.设样本数据x1,x2,…,x10的均值和方差分别为1和4,若yi=xi+a(a为非零常数,i=1,2,…,10),则y1,y2,…,y10的均值和方差分别为(　　)
A.1+a,4 B.1+a,4+a C.1,4 D.1,4+a
7.某一部件由三个电子元件按如图所示的方式连接而成,设三个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布N(1 000,σ2),若每个元件的使用寿命超过1 200小时的概率为13,且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超过800小时的概率为(　　)

A.1627 B.827 C.127 D.38
8.已知随机变量X,Y满足X~B(2,p),Y=3X-1,若P(X≥1)=59,则D(Y)=(　　)
A.5 B.4 C.7 D.9
9.张家的3个鸡仔钻进了李家装有3个鸡仔的鸡笼里,现打开笼门,让鸡仔一个一个地走出来,如果第一个走出来的是张家的鸡仔,那么第二个走出来的也是张家的鸡仔的概率是(　　)
A.25 B.23 C.15 D.35
10.已知两个随机变量X,Y满足X+2Y=4,且X~N(1,22),则E(Y),D(Y)的值分别为(　　)
A.32,2 B.12,1
C.32,1 D.12,2
11.已知随机变量X服从正态分布N(10,σ2),P(X>12)=m,P(8≤X≤10)=n,且m,n均大于0,则1m+2n的最小值为(　　)
A.3+42 B.6+22
C.3+22 D.6+42
12.现有一条零件生产线,其生产的每个零件达到优等品的概率都为p.某检验员从该生产线上随机抽检50个零件,设其中优等品零件的个数为X.若D(X)=8,P(X=20) A.0.16 B.0.2
C.0.8 D.0.84
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.有9粒种子分种在3个坑内,每个坑放3粒,每粒种子发芽的概率均为0.5,若一个坑内至少有1粒种子发芽,则这个坑不需要补种;若一个坑内的种子都没有发芽,则这个坑需要补种,假定每个坑至多补种一次,则需要补种的坑数为2的概率等于　　　　. 
14.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,3个白球和3个黑球,先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别用A1,A2和A3表示从甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,用B表示从乙罐取出的球是红球的事件.下列结论中正确的是　　　　(填所有正确结论的序号). 
①P(B)=25;②P(B|A1)=511;③事件B与事件A1相互独立;④A1,A2,A3是两两互斥的事件;⑤P(B)的值不能确定,因为它与A1,A2,A3中究竟哪一个发生有关.
15. 在等差数列{an}中,a4=2,a7=-4.现从{an}的前10项中随机取数,每次取出一个数,取后放回,连续抽取3次,假定每次取数互不影响,那么在这三次取数中,取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率是
　　(用数字作答). 
16.若随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
a
2a
b
已知a,b均大于0,则当D(X)最大时,E(X)的值为　　　　. 
三、解答题(共70分)
17.(10分)一个不透明的袋子中,放有大小相同的5个小球,其中3个黑球,2个白球.如果不放回的依次取出2个球.求:
(1)第一次取出的球是黑球的概率;
(2)第一次取出的球是黑球,且第二次取出的球是白球的概率;
(3)在第一次取出的球是黑球的条件下,第二次取出的球是白球的概率.







18.(12分)甲、乙两人各进行3次射击,甲每次击中目标的概率为12,乙每次击中目标的概率为23.
(1)记甲击中目标的次数为X,求X的分布列及数学期望E(X);
(2)求乙至多击中目标2次的概率;
(3)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.







19.(12分)下图是某市某年3月1日至14日的空气质量指数趋势图.空气质量指数小于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重度污染.某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市,并停留2天.

(1)求此人到达当日空气重度污染的概率;
(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数,求X的分布列与数学期望;
(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大?(结论不要求证明)









20.(12分)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1 000元,此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表:
作物产量(kg)
300
500
概率
0.5
0.5

作物市场价格(元/kg)
6
10
概率
0.4
0.6
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润,求X的分布列;
(2)若在这块地上连续3季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率.










21.(12分)2021年,广东省将实施新高考,2018年暑期入学的高一学生是新高考首批考生,新高考不再分文理科,采用3+1+2模式,其中“3”是指语文、数学、外语;“1”是指在物理和历史中必选一科(且只能选一科);“2”是指在化学、生物、政治、地理四科中任选两科.为积极推进新高考,某中学将选科分为两个环节,第一环节:学生在物理和历史两科中选择一科;第二环节:学生在化学、生物、政治、地理四科中任选两科.若一个学生两个环节的选科都确定,则称该学生的选考方案确定;否则,称该学生选考方案待确定.该学校为了解高一年级1 000名学生选考科目的意向,随机选取50名学生进行了一次调查,这50人中第一环节的选考科目都已确定,其中有32人选物理,18人选历史;第二环节的选考科目已确定的有30人,待确定的有20人,具体调查结果如下表:

选考方案确定情况
化学
生物
政治
地理
物理
选考方案确定的有18人
16
11
5
4
选考方案待确定的有14人
5
5
0
0
历史
选考方案确定的有12人
3
5
4
12
选考方案待确定的有6人
0
0
3
2
(1)估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考政治的学生有多少人?
(2)从选考方案确定的12名历史选考学生中随机选出2名学生,设随机变量X=0,2名学生选考方案不同,1,2名学生选考方案相同,求X的分布列及数学期望E(X);
(3)在选考方案确定的18名物理选考学生中,有11名学生选考方案为物理、化学、生物,求剩余7人中选考方案为物理、政治、地理的人数.(只需写出结果)















22.(12分)某市高三学生的4月理科数学调研测试的数据统计显示,全市10 000名学生的成绩(记为X)近似服从正态分布N(110,144),现从甲校100分以上(含100分)的200份试卷中用简单随机抽样的方法抽取了20份试卷来分析,统计如下:
试卷编号
n1
n2
n3
n4
n5
n6
n7
n8
n9
n10
试卷得分
109
118
112
114
126
128
127
124
126
120

试卷编号
n11
n12
n13
n14
n15
n16
n17
n18
n19
n20
试卷得分
135
138
135
137
135
139
142
144
148
150
(1)该市又从乙校中采用同样的方法抽取了20份试卷,将甲、乙两校这40份试卷的得分制作了茎叶图(如图),试通过茎叶图比较两校学生成绩的平均分及分散程度(均不要求计算出具体值,给出结论即可);
甲校

乙校





9
10
2
4
8





8
4
2
11
1
5
9


8
7
6
6
4
0
12
2
6
7
8
9
9
8
7
5
5
5
13
2
4
5
7
9



8
4
2
14
2
3
3
7






0
15






(2)在第(1)问的前提下,从甲、乙两校这40名学生中,成绩在140分以上(含140分)的学生中任意抽取3人,记这3人的成绩排在全市前15名的人数为ξ,求ξ的分布列和数学期望.
附:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ





答案全解全析
一、选择题
1.B　记在n次独立重复试验中事件A出现的次数为ξ.由题意可知ξ~B(n,p),由分布列的性质可知∑k=0npk=1.故选B.
2.D　由于赢了得3分,平局每人均得1分,输了得0分,故ξ=3可分成两种情况:3+0+0,1+1+1,即甲赢一局或甲、乙平局三次,故选D.
3.D　从10个球中任取4个,有C104=210种取法,取出的编号互不相同的取法有C54×24=80种,∴所求概率P=80210=821.故选D.
4.A　因为随机变量X~N(1,σ2),且P(X>2)=0.2,所以正态曲线关于直线x=1对称,所以P(X<0)=P(X>2)=0.2,故选A.
5.C　由题意知C5k12k125-k=C5k+1·12k+1·125-k-1,即C5k=C5k+1,
∴k+(k+1)=5,∴k=2.故选C.
6.A　给每个数据都加上常数a后,均值也增加a,方差不变,故选A.
7.A　设该部件的使用寿命超过800小时的概率为P(A).因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000,σ2),且每个元件的使用寿命超过1 200小时的概率为13,所以每个元件的使用寿命不足800小时的概率为13,所以元件1,2,3的使用寿命超过800小时的概率均为1-13=23,∴P(A)=1-13×13×23=1627,故选A.
8.B　∵随机变量X满足X~B(2,p),P(X≥1)=59,
∴P(X=0)=1-P(X≥1)=C20(1-p)2=49,
∴p=13p=53舍去,∴X~B2,13,
∴D(X)=np(1-p)=2×13×23=49,
又∵Y=3X-1,
∴D(Y)=9D(X)=4,故选B.
9.A　记事件A为“第一个走出来的是张家的鸡仔”,事件B为“第二个走出来的是张家的鸡仔”.由题意得P(AB)=A32A62,P(A)=A31A61,
∴P(B|A)=P(AB)P(A)=25,故选A.
10.C　由题意可知X~N(1,22),所以E(X)=1,D(X)=4,因为X+2Y=4,所以Y=2-12X,所以E(Y)=2-12E(X)=32,D(Y)=14D(X)=1,故选C.
11.D　由于X~N(10,σ2),故由正态曲线的对称性可知,P(X>12)=P(X<8)=m,
所以P(X<8)+P(8≤X≤10)=12,即m+n=12,∴2m+2n=1,且m,n均大于0,
由不等式的性质可得1m+2n=1m+2n(2m+2n)=4mn+2nm+6≥24mn·2nm+6=42+6,
当且仅当4mn=2nm,即n=2m=1-22时,等号成立,
故1m+2n的最小值为6+42,故选D.
12.C　由题意可得X~B(50,p)
∵P(X=20) 即p>12,又D(X)=8=50p(1-p),解得p=0.2或p=0.8,∴p=0.8,故选C.
二、填空题
13.答案　21512
解析　由相互独立事件的定义可知,3粒种子都没有发芽的概率为0.53=18,
所以一个坑需要补种的概率为18,由独立重复试验的概率公式可得,需要补种的坑数为2的概率为C32·182·78=21512,故答案为21512.
14.答案　②④
解析　由条件概率知②正确,显然③不正确,④正确.
易知P(B)=P(B∩(A1∪A2∪A3))
=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)
=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)×P(B|A3)=510×511+210×411+310×411=922,故①⑤不正确.
15.答案　625
解析　由a4=2,a7=-4可得等差数列{an}的通项公式为an=10-2n(n=1,2,…,10).
由题意知,三次取数相当于进行了三次独立重复试验,在每次试验中取得正数的概率为25,取得负数的概率为12,在三次取数中,取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为C32252121=625.
16.答案　54
解析　由题意可知b=1-3a,∴E(X)=2a+2(1-3a)=2-4a,
∴D(X)=(4a-2)2×a+(4a-1)2×2a+(4a)2×(1-3a)=-16a2+6a,
故当a=316时,D(X)取得最大值,经检验满足要求,此时E(X)=54,故答案为54.
三、解答题
17.解析　依题意,设事件A表示“第一次取出的球是黑球”,事件B表示“第二次取出的球是白球”.
(1)因为黑球有3个,球的总数为5,所以P(A)=35.
(2)第一次取出的球是黑球,且第二次取出的球是白球的概率为P(AB)=35×24=310.
(3)在第一次取出的是黑球的条件下,第二次取出的是白球的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12.
18.解析　(1)X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=C30123=18,P(X=1)=C31123=38,P(X=2)=C32123=38,P(X=3)=C33123=18.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
18
38
38
18
E(X)=0×18+1×38+2×38+3×18=32.
(2)乙至多击中目标2次的概率为1-C33233=1927.
(3)设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A,
甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标0次为事件A1,
甲恰好击中目标3次且乙恰好击中目标1次为事件A2,则A=A1+A2.
乙恰好击中目标0次的概率为133=127,
乙恰好击中目标1次的概率为C31×231×132=29.
因为A1、A2为互斥事件,所以P(A)=P(A1)+P(A2)=38×127+18×29=124.
19.解析　设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i=1,2,…,13).
根据题意,P(Ai)=113.
(1)设B事件为“此人到达当日空气重度污染”,则B=A5∪A8.
∴P(B)=P(A5∪A8)=P(A5)+P(A8)=213.
(2)由题意可知,X的所有可能取值为0,1,2,
P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11)=P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)=413,
P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)=P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)=413,
P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=513,
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
513
413
413
故X的数学期望E(X)=0×513+1×413+2×413=1213.
(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.
20.解析　(1)设A表示事件“作物产量为300 kg”,B表示事件“作物市场价格为6元/kg”,由题设知P(A)=0.5,P(B)=0.4.
∵利润=产量×市场价格-成本,
∴500×10-1 000=4 000,
500×6-1 000=2 000,
300×10-1 000=2 000,
300×6-1 000=800.
∴X的所有可能取值为4 000,2 000,800,
P(X=4 000)=P(A)P(B)=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3,
P(X=2 000)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5,
P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,
∴X的分布列为
X
4 000
2 000
800
P
0.3
0.5
0.2
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i=1,2,3),
由题意知C1,C2,C3相互独立,由(1)知,
P(Ci)=P(X=4 000)+P(X=2 000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),
所以3季的利润均不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512;
3季中有2季的利润不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)+P(C1C2C3)+P(C1C2C3)=3×0.82×0.2=0.384,
∴这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512+0.384=0.896.
21.解析　(1)由题表可知,选考方案确定的18名物理选考学生中确定选考政治的有5人,选考方案确定的12名历史选考学生中确定选考政治的有4人,
所以估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考政治的学生有1 000×18+1250×4+530=180人.
(2)由题表可知,选考方案确定的12名历史选考学生中有3人选考化学、地理;有5人选考生物、地理;有4人选考政治、地理.
由已知得X的所有可能取值为0,1,则
P(X=0)=C31C51+C31C41+C41C51C122=15+12+2066=4766,
P(X=1)=C32+C52+C42C122=3+10+666=1966,
所以X的分布列为
X
0
1
P
4766
1966
其数学期望E(X)=0×4766+1×1966=1966.
(3)剩余7人中选考方案为物理、政治、地理的人数为2.
22.解析　(1)通过茎叶图可知,甲校学生成绩的平均分高于乙校学生成绩的平均分,甲校学生成绩比较集中,乙校学生成绩比较分散.
(2)∵1510 000=0.001 5,由正态分布可知:P(74 ∴P(X≥146)≈1-99.7%2=0.001 5,即全市前15名的成绩全部在146分以上(含146分).
由茎叶图可知这40个人中成绩在146分以上(含146分)的有3人,而成绩在140分以上(含140分)的有8人.
∴ξ的所有可能取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=C53C83=528,P(ξ=1)=C52C31C83=1528,
P(ξ=2)=C51C32C83=1556,P(ξ=3)=C33C83=156,
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
528
1528
1556
156
因此E(ξ)=0×528+1×1528+2×1556+3×156=98.