2022版高考数学大一轮复习作业本63《离散型随机变量的均值与方差、正态分布》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本63《离散型随机变量的均值与方差、正态分布》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
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
已知袋中有3个白球，2个红球，现从中随机取出3个球，其中每个白球计1分，每个红球计2分，记X为取出3个球的总分值，则E(X)=( )
A.eq \f(18,5) B.eq \f(21,5) C.4 D.eq \f(24,5)
随机变量X的分布列如下表，且E(X)=2，则D(2X－3)=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
随机变量X的分布列如下表，且E(X)=2，则D(2X－3)=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(3，p)，若P(X≥1)=eq \f(5,9)，则D(3Y＋1)=( )
A.2 B.3 C.6 D.7
如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体.经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值E(X)等于( )
A.eq \f(126,125) B.eq \f(6,5) C.eq \f(168,125) D.eq \f(7,5)
设袋中有两个红球一个黑球，除颜色不同，其他均相同，每次抽取一个球，记下颜色后放回袋中，连续抽三次，X表示三次中红球被抽中的次数，每个小球被抽中的概率相同，每次抽取相对独立，则方差D(X)=( )
A.2 B.1 C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
甲、 乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σeq \\al(2,1))，N(μ2，σeq \\al(2,2))，
乙、其正态分布密度曲线如图所示，则下列说法错误的是( )
A.甲类水果的平均质量为0.4 kg
B.甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右
C.甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D.乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2=1.99
设随机变量ξ服从正态分布N(4,3)，若P(ξa＋1)，则实数a等于( )
A.7 B.6 C.5 D.4
设X～N(1，σ2)，其正态分布密度曲线如图所示，且P(X≥3)=0.022 8，那么向正方形OABC中随机投掷20 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为( )
附：(随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)=0.682 6，
P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)=0.954 4).
A.12 076 B.13 174 C.14 056 D.7 539
设X～N(μ1，σeq \\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq \\al(2,2))，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )
A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C.对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D.对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
若随机事件A在1次试验中发生的概率为p(0＜p＜1)，用随机变量ξ表示A在1次试验中发生的次数，则 SKIPIF 1 < 0 的最大值为( )
A.2＋2eq \r(2) B.2eq \r(2) C.2－eq \r(2) D.2－2eq \r(2)
二、填空题
设随机变量X的概率分布列为
则P(|X－3|=1)=________.
已知X是离散型随机变量，P(X=x1)=eq \f(2,3)，P(X=x2)=eq \f(1,3)，且x1＜x2.若E(X)=eq \f(4,3)，D(X)=eq \f(2,9)，
则x1＋x2的值为________.
在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1，σ2)(σ＞0).若ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，则ξ在(0,2)内取值的概率为________.
已知某公司生产的一种产品的质量X(单位：克)服从正态分布N(100,4).现从该产品的生产线上随机抽取10 000件产品，其中质量在[98,104]内的产品估计有 件.
附：若X服从正态分布N(μ，σ2)，
则P(μ－σ \s 0 参考答案
答案为：B；
解析：设没有发芽的种子有ξ粒，则ξ～B(1 000,0.1)，且X=2ξ，
∴E(X)=E(2ξ)=2E(ξ)=2×1 000×0.1=200.
答案为：B.
解析：由题意知，X的所有可能取值为3,4,5，且P(X=3)=eq \f(C\\al(3,3),C\\al(3,5))=eq \f(1,10)，P(X=4)=eq \f(C\\al(2,3)·C\\al(1,2),C\\al(3,5))=eq \f(3,5)，P(X=5)=eq \f(C\\al(1,3)·C\\al(2,2),C\\al(3,5))=eq \f(3,10)，所以E(X)=3×eq \f(1,10)＋4×eq \f(3,5)＋5×eq \f(3,10)=eq \f(21,5).
答案为：C.
解析：p=1－eq \f(1,6)－eq \f(1,3)=eq \f(1,2)，E(X)=0×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＋a×eq \f(1,3)=2，得a=3，
∴D(X)=(0－2)2×eq \f(1,6)＋(2－2)2×eq \f(1,2)＋(3－2)2×eq \f(1,3)=1，∴D(2X－3)=4.
答案为：C
解析：p=1－eq \f(1,6)－eq \f(1,3)=eq \f(1,2)，E(X)=0×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＋a×eq \f(1,3)=2⇒a=3，
所以D(X)=(0－2)2×eq \f(1,6)＋(2－2)2×eq \f(1,2)＋(3－2)2×eq \f(1,3)=1，所以D(2X－3)=22D(X)=4，故选C.
答案为：C
解析：由题意得P(X≥1)=P(X=1)＋P(X=2)=Ceq \\al(1,2)p(1－p)＋Ceq \\al(2,2)p2=eq \f(5,9)，所以p=eq \f(1,3)，
则Y～B(3,eq \f(1,3))，故D(Y)=3×eq \f(1,3)×(1-eq \f(1,3))=eq \f(2,3)，所以D(3Y＋1)=9D(Y)=9×eq \f(2,3)=6.
答案为：B.
解析：由题意X可取0,1,2,3，且P(X=0)=eq \f(33,125)=eq \f(27,125)，P(X=1)=eq \f(9×6,125)=eq \f(54,125)，
P(X=2)=eq \f(3×12,125)=eq \f(36,125)，P(X=3)=eq \f(8,125).故E(X)=eq \f(54,125)＋2×eq \f(36,125)＋3×eq \f(8,125)=eq \f(6,5).
答案为：C.
解析：每次取球时，取到红球的概率为eq \f(2,3)，取到黑球的概率为eq \f(1,3)，
所以取出红球的次数X服从二项分布，即X～B(3,eq \f(2,3))，
所以D(X)=3×eq \f(2,3)×(1-eq \f(2,3))=eq \f(2,3)，故选C.
答案为：D.
解析：由图象可知甲的正态曲线关于直线x=0.4对称，乙的正态曲线关于直线x=0.8对称，所以μ1=0.4，μ2=0.8，故A正确，C正确.由图可知甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右，故B正确.因为乙的正态曲线的最大值为1.99，即eq \f(1,\r(2π)σ2)=1.99，所以σ2≠1.99，故D错误，于是选D.
答案为：B
解析：由随机变量ξ服从正态分布N(4,3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x=4，
又P(ξa＋1)，∴x=a－5与x=a＋1关于直线x=4对称，
∴(a－5)＋(a＋1)=8，即a=6.故选B.
答案为：B
解析：由题意，得P(X≤－1)=P(X≥3)=0.022 8，
∴P(－1∵P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)=0.954 4，
∴1－2σ=－1，故σ=1，∴P(0故估计落入阴影部分的点的个数为20 000×(1－0.341 3)=13 174，故选B.
答案为：C；
解析：由题图可知μ1<0<μ2，σ1<σ2，∴P(Y≥μ2)P(X≥σ2)>P(X≤σ1)，故B错；当t为任意正数时，由题图可知P(X≤t)≥P(Y≤t)，
而P(X≤t)=1－P(X≥t)，P(Y≤t)=1－P(Y≥t)，∴P(X≥t)≤P(Y≥t)，故C正确，D错.
答案为：D
解析：随机变量ξ的所有可能取值为0,1，且P(ξ=1)=p，P(ξ=0)=1－p，
即ξ～B(1，p)，则E(ξ)=p，D(ξ)=p(1－p)， SKIPIF 1 < 0 =2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2p＋\f(1,p))).
而2p＋eq \f(1,p)≥2eq \r(2p·\f(1,p))=2 eq \r(2)，当且仅当2p=eq \f(1,p)，即p=eq \f(\r(2),2)时取等号.
因此当p=eq \f(\r(2),2)时， SKIPIF 1 < 0 取得最大值2－2eq \r(2).
答案为：eq \f(5,12).
解析：由eq \f(1,3)＋m＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)=1，解得m=eq \f(1,4)，P(|X－3|=1)=P(X=2)＋P(X=4)=eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)=eq \f(5,12).
答案为：3.
解析：由题意得X的所有可能取值为x1，x2，所以E(X)=eq \f(2,3)x1＋eq \f(1,3)x2=eq \f(4,3)，
D(X)=eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(4,3)))2＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(4,3)))2=eq \f(2,9)，整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＋x2＝4，,6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(4,3)))2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(4,3)))2＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝1，,x2＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(5,3)，,x2＝\f(2,3)，))(舍去)，故x1＋x2=3.
答案为：0.8.
解析：由正态分布N(1，σ2)(σ＞0)的图象关于直线x=1对称，且ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，知ξ在(1,2)内取值的概率也为0.4，故ξ在(0,2)内取值的概率为0.8.
答案为：8186.
解析：由题意知μ=100，σ=2，则P(98