章末综合检测（二） 随机变量及其分布（A、B卷）

这是一份章末综合检测（二） 随机变量及其分布（A、B卷），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．袋中有2个黑球6个红球， 从中任取两个， 可以作为随机变量的是( )
A．取到球的个数 B．取到红球的个数
C．至少取到一个红球 D．至少取得一个红球的概率
解析：选B 随机变量是随着实验结果变化而变化的变量，只有B满足．
2．袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，有放回地依次取出2个球，设两个球号码之和为随机变量X，则X所有可能值的个数是( )
A．25 B．10
C．9 D．5
解析：选C 由题意，由于是有放回地取，故可有如下情况：若两次取球为相同号码，则有1＋1＝2,2＋2＝4,3＋3＝6,4＋4＝8,5＋5＝10,5个不同的和；若两次取球为不同号码，则还有1＋2＝3,1＋4＝5,2＋5＝7,4＋5＝9这四个和，故共有9个．
3．某同学通过计算机测试的概率为eq \f(1,3)，他连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(2,9)
C.eq \f(4,27) D.eq \f(2,27)
解析：选A 连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为P＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))2＝eq \f(4,9).
4．已知ξ的分布列为
则ξ的均值为( )
A．0 B．－1
C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,4)
解析：选D E(ξ)＝－1×eq \f(1,4)＋0×eq \f(3,8)＋1×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,8)＝eq \f(1,4).
5．如果随机变量X表示抛掷一个各面分别有1,2,3,4,5,6的均匀的正方体向上面的数字，那么随机变量X的均值为( )
A．2.5 B．3
C．3.5 D．4
解析：选C ∵P(X＝k)＝eq \f(1,6)(k＝1,2,3，…，6)，
∴E(X)＝1×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,6)＋…＋6×eq \f(1,6)＝eq \f(1,6)(1＋2＋…＋6)＝eq \f(1,6)×21＝3.5.
6．若某校研究性学习小组共6人，计划同时参观某科普展，该科普展共有甲、乙、丙三个展厅，6人各自随机地确定参观顺序，在每个展厅参观一小时后去其他展厅，所有展厅参观结束后集合返回，设事件A为：在参观的第一个小时时间内，甲、乙、丙三个展厅恰好分别有该小组的2个人；事件B为：在参观的第一个小时时间内，该小组在甲展厅人数恰好为2人．则P(A|B)＝( )
A.eq \f(3,8) B.eq \f(1,8)
C.eq \f(3,16) D.eq \f(1,16)
解析：选A 由题意，A发生即甲、乙、丙三个展厅恰好分别有该小组的2个人的情况数有Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝90种；B发生，共有Ceq \\al(2,6)·24＝240，P(A|B)＝eq \f(90,240)＝eq \f(3,8).
7．设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝eq \f(5,9)，则D(3Y＋1)＝( )
A.eq \f(8,3) B．4
C．8 D．10
解析：选C 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～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，
故D(Y)＝4×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(8,9)，
所以D(3Y＋1)＝9D(Y)＝9×eq \f(8,9)＝8.
8．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为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(3,10)
C.eq \f(2,25) D.eq \f(6,25)
解析：选D 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)，{an}的前10项分别为8,6,4,2,0，－2，－4，－6，－8，－10.由题意，三次取数相当于三重伯努利试验，在每次试验中取得正数的概率为eq \f(2,5)，取得负数的概率为eq \f(1,2)，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Ceq \\al(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＝eq \f(6,25).
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．下列说法正确的是( )
A．某辆汽车一年中发生事故的次数是一个离散型随机变量
B．正态分布随机变量等于一个特定实数的概率为0
C．公式E(X)＝np可以用来计算离散型随机变量的均值
D．从一副扑克牌中随机抽取5张，其中梅花的张数服从超几何分布
解析：选ABD 公式E(X)＝np并不适用于所有的离散型随机变量的均值的计算，适用于二项分布的均值的计算，故C错误，易知A、B、D正确．
10．已知随机变量ξ的分布如下：
则实数a的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(1,4) D．－eq \f(1,4)
解析：选BC 由随机变量ξ的分布知
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤1－\f(3,2)a≤1，,0≤2a2≤1，,\f(1,4)＋1－\f(3,2)a＋2a2＝1，))解得a＝eq \f(1,2)或a＝eq \f(1,4).
11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有6个红球，2个白球和2个黑球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2，A3表示事件“由甲罐取出的球是红球、白球和黑球”，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，下列结论正确的是( )
A．事件B与事件A1不相互独立
B．A1，A2，A3是两两互斥的事件
C．P(B|A1)＝eq \f(7,11)
D．P(B)＝eq \f(3,5)
解析：选ABC 由题意知，A1，A2，A3是两两互斥事件，且P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，
所以P(B|A1)＝eq \f(PBA1,PA1)＝eq \f(\f(1,2)×\f(7,11),\f(1,2))＝eq \f(7,11)，
P(B|A2)＝eq \f(6,11)，P(B|A3)＝eq \f(6,11)，
所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)
＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝eq \f(1,2)×eq \f(7,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(6,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(6,11)＝eq \f(13,22).
所以A、B、C正确，D不正确．
12.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))，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法正确的是( )
A．甲类水果的平均质量μ1＝0.4 kg
B．甲类水果的质量比乙类水果的质量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
解析：选ABC 由图象可知甲图象关于直线x＝0.4对称，乙图象关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，μ1＜μ2，故A正确，C正确；因为甲图象比乙图象更“瘦高”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；因为乙图象的最大值为1.99，即eq \f(1,σ2\r(2π))＝1.99，所以σ2≠1.99，故D错误．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．某处有供水龙头5个，调查表示每个水龙头被打开的可能性均为eq \f(1,10)，3个水龙头同时被打开的概率为________．
解析：对5个水龙头的处理可视为做5重伯努利试验，每次试验有2种可能结果：打开或不打开，相应的概率为0.1或1－0.1＝0.9，根据题意得3个水龙头同时被打开的概率为Ceq \\al(3,5)×0.13×0.92＝0.008 1.
答案：0.008 1
14．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，P(ξ≤4)＝0.84，则P(ξ＜0)＝________.
解析：因为P(ξ≤4)＝0.84，μ＝2，所以P(ξ＜0)＝P(ξ＞4)＝1－0.84＝0.16.
答案：0.16
15. 已知随机变量X的分布列如下表：
则P(X＝10)＝________.
解析：由离散型随机变量分布列的性质可知
eq \f(2,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(2,39)＋m＝1，
∴m＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)＋\f(2,32)＋\f(2,33)＋…＋\f(2,39)))
＝1－2·eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))9)),1－\f(1,3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))9＝eq \f(1,39).
答案：eq \f(1,39)
16．设一次试验成功的概率为p，进行100次重伯努利试验，当p＝________时，成功次数的方差的值最大，其最大值为__________．
解析：成功次数X～B(100，p)，
所以D(X)＝100p(1－p)≤100×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p＋1－p,2)))2＝25，
当且仅当p＝1－p，即p＝eq \f(1,2)时，成功次数的方差最大，
其最大值为25.
答案：eq \f(1,2) 25
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求
(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．
解：设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为
Aeq \\al(2,6)＝30，
根据分步计数原理第1次抽到舞蹈节目的事件数为Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,5)＝20，
于是P(A)＝eq \f(20,30)＝eq \f(2,3).
(2)因为第1次和第2次都抽到舞蹈节目的事件数为Aeq \\al(2,4)＝12，
于是P(AB)＝eq \f(12,30)＝eq \f(2,5).
(3)由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq \f(3,5).
18．(12分)某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动．
(1)设所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列；
(2)求男生甲或女生乙被选中的概率；
(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(B|A)．
解：(1)ξ的所有可能取值为0,1,2，
依题意得P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,2),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，
P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,2),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5).
∴ξ的分布列为
(2)设“甲、乙都不被选中”为事件eq \x\t(C)，
则P(eq \x\t(C))＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,6))＝eq \f(4,20)＝eq \f(1,5).
∴所求概率为P(C)＝1－P(eq \x\t(C))＝1－eq \f(1,5)＝eq \f(4,5).
(3)P(B)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(3,6))＝eq \f(10,20)＝eq \f(1,2)，P(B|A)＝eq \f(C\\al(1,4),C\\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5).
19．(12分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望．
解：(1)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,4)·C\\al(3－k,3),C\\al(3,7))(k＝0,1,2,3)．
所以随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望
E(X)＝0×eq \f(1,35)＋1×eq \f(12,35)＋2×eq \f(18,35)＋3×eq \f(4,35)＝eq \f(12,7).
20.(12分)某人骑自行车上班，第一条路线较短但拥挤，到达时间X(分钟)服从正态分布N(5,1)；第二条路线较长但不拥挤，X服从正态分布N(6,0.16)．有一天他出发时离点名时间还有7分钟，问他应选哪一条路线？若离点名时间还有6.5分钟，问他应选哪一条路线？
解：还有7分钟时，若选第一条路线，X服从N(5,1)，能及时到达的概率P1＝P(X≤7)＝P(X≤5)＋P(5若选第二条路线，X服从N(6,0.16)，能及时到达的概率P2＝P(X≤7)＝P(X≤6)＋P(6同理，还有6.5分钟时，选第一条路线．
21．(12分)九节虾的虾身上有一深一浅的横向纹路，煮熟后有明显的九节白色花纹，肉味鲜美．某酒店购进一批九节虾，并随机抽取了40只统计质量，得到的结果如下表所示：
(1)若购进这批九节虾35 000 g，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批九节虾的数量(所得结果保留整数)；
(2)以频率估计概率，若在本次购买的九节虾中随机挑选4只，记质量在[5,25)间的九节虾的数量为X，求X的分布列及期望．
解：(1)由表中数据可以估计每只九节虾的质量为
eq \f(1,40)×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)，因为35 000÷29.5≈1 186(只)，
所以这批九节虾的数量约为1 186只．
(2)由表中数据知，任意挑选1只九节虾，质量在[5,25)间的概率p＝eq \f(4＋12,40)＝eq \f(2,5)，
X的所有可能取值为0,1,2,3,4，
则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))4＝eq \f(81,625)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(216,625)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＝eq \f(216,625)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3×eq \f(3,5)＝eq \f(96,625)，
P(X＝4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))4＝eq \f(16,625).
所以X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(81,625)＋1×eq \f(216,625)＋2×eq \f(216,625)＋3×eq \f(96,625)＋4×eq \f(16,625)＝eq \f(8,5).
22．(12分)目前，新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐，为了解新冠肺炎传播途径，采取有效防控措施，某医院组织专家统计了该地区500名患者新冠病毒潜伏期的相关信息，数据经过汇总整理得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求这500名患者潜伏期的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，并计算这500名患者中潜伏期超过8天的人数；
(2)研究发现，有5种药物对新冠病毒有一定的抑制作用，其中有2种特别有效，现在要通过逐一试验直到把这2种特别有效的药物找出来为止，每一次试验花费的费用是500元，设所需要的试验费用为X，求X的分布列与数学期望．
解：(1)平均数eq \(x,\s\up6(－))＝(0.02×1＋0.08×3＋0.15×5＋0.18×7＋0.03×9＋0.03×11＋0.01×13)×2＝6，
这500名患者中潜伏期超过8天的频率为
(0.03＋0.03＋0.01)×2＝0.14，
所以潜伏期超过8天的人数为500×0.14＝70.
(2)由题意知，所需要的试验费用X所有可能的取值为1 000,1 500,2 000，
P(X＝1 000)＝eq \f(A\\al(2,2),A\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，
P(X＝1 500)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,3)A\\al(2,2)＋A\\al(3,3),A\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，
P(X＝2 000)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,3)A\\al(3,3)C\\al(1,2),A\\al(4,5))＝eq \f(3,5)，
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝1 000×eq \f(1,10)＋1 500×eq \f(3,10)＋2 000×eq \f(3,5)＝1 750(元)．
B卷——高考能力达标卷
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设随机变量X～N(1,32)，若P(X≤c)＝P(X>c)，则c＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B 因为P(X≤c)＝P(X>c)，所以c＝1，故选B.
2．随机变量X的分布列如下表，则E(5X＋4)等于( )
A.16 B．11
C．2.2 D．2.3
解析：选A 由已知得E(X)＝0×0.3＋2×0.2＋4×0.5＝2.4，故E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.4＋4＝16.故选A.
3．设随机变量ξ～B(n，p)，若E(ξ)＝2.4，D(ξ)＝1.44，则参数n，p的值分别为( )
A．12,0.4 B．12,0.6
C．6,0.4 D．6,0.6
解析：选C E(ξ)＝np＝2.4，D(ξ)＝np(1－p)＝1.44，解得n＝6，p＝0.4.
4．甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为eq \f(2,3)，乙命中目标的概率为eq \f(4,5)，设命中目标的人数为X，则D(X)等于( )
A.eq \f(86,225) B.eq \f(259,675)
C.eq \f(22,15) D.eq \f(15,22)
解析：选A X的可能取值为0,1,2，
则P(X＝0)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,15)，
P(X＝1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(4,5)＝eq \f(2,5)，
P(X＝2)＝eq \f(2,3)×eq \f(4,5)＝eq \f(8,15)，
所以E(X)＝eq \f(22,15)，D(X)＝eq \f(86,225).
5．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸到正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(1,10) D.eq \f(5,9)
解析：选D 记“第一次摸到正品”为事件A，“第二次摸到正品”为事件B，
则P(A)＝eq \f(C\\al(1,6)C\\al(1,9),C\\al(1,10)C\\al(1,9))＝eq \f(3,5)，P(AB)＝eq \f(C\\al(1,6)C\\al(1,5),C\\al(1,10)C\\al(1,9))＝eq \f(1,3).
故P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(5,9).
6．一接待中心有A，B，C，D四部热线电话，已知某一时刻电话A，B占线的概率为0.5，电话C，D占线的概率为0.4，各部电话是否占线相互之间没有影响，假设该时刻有ξ部电话占线，则P(ξ＝2)等于( )
A．0.47 B．0.38
C．0.37 D．0.25
解析：选C P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,2)×(0.5)2×(0.6)2＋Ceq \\al(2,2)×(0.4)2×(0.5)2＋Ceq \\al(1,2)×(0.5)2×Ceq \\al(1,2)×0.4×0.6＝0.37.
7．一台机床有eq \f(1,3)的时间加工零件A，其余时间加工零件B.加工零件A时，停机的概率为eq \f(3,10)，加工零件B时，停机的概率是eq \f(2,5)，则这台机床停机的概率为( )
A.eq \f(11,30) B.eq \f(7,30)
C.eq \f(7,10) D.eq \f(1,10)
解析：选A 假设总时间为1，则在1时间内，加工零件A停机的概率是eq \f(1,3)×eq \f(3,10)＝eq \f(1,10)，
加工零件B停机的概率是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，
所以这台机床停机的概率是eq \f(1,10)＋eq \f(4,15)＝eq \f(11,30).
8．某商家进行促销活动，促销方案是顾客每消费1 000元，便可以获得奖券1张，每张奖券中奖的概率为eq \f(1,5)，若中奖，则商家返还中奖的顾客现金1 000元．小王购买一套价格为2 400元的西服，只能得到2张奖券，于是小王补偿50元给一同事购买一件价格为600元的便服，这样小王就得到了3张奖券．设小王这次消费的实际支出为ξ(元)，则E(ξ)等于( )
A．1 850 B．1 720
C．1 560 D．1 480
解析：选A 根据题意知，ξ的可能取值为2 450,1 450,450，－550，且P(ξ＝2 450)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))3＝eq \f(64,125)，P(ξ＝1 450)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＝eq \f(48,125)，P(ξ＝450)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))＝eq \f(12,125)，P(ξ＝－550)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))3＝eq \f(1,125)，
∴E(ξ)＝2 450×eq \f(64,125)＋1 450×eq \f(48,125)＋450×eq \f(12,125)＋(－550)×eq \f(1,125)＝1 850.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．已知ξ是离散型随机变量，则下列结论正确的是( )
A．Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|ξ|≤\f(1,3)))≤Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ2≤\f(1,3)))
B．(E(ξ))2≤E(ξ2)
C．D(ξ)＝D(1－ξ)
D．D(ξ2)＝D((1－ξ)2)
解析：选ABC 在A中，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|ξ|≤\f(1,3)))＝P－eq \f(1,3)≤ξ≤eq \f(1,3)≤Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ2≤\f(1,3)))＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)≤ξ≤\f(\r(3),3)))，故A正确；在B中，由数学期望的性质得(E(ξ))2≤E(ξ2)，故B正确；在C中，由方差的性质得D(ξ)＝D(1－ξ)，故C正确；在D中，D(ξ2)≠D((1－ξ)2)＝4D(ξ)＋D(ξ2)，故D错误．故选A、B、C.
10．某人参加一次测试，在备选的10道题中，他能答对其中的5道．现从备选的10道题中随机抽出3道题进行测试，规定至少答对2题才算合格，则下列选项正确的是( )
A．答对0题和答对3题的概率相同，都为eq \f(1,8)
B．答对1题的概率为eq \f(3,8)
C．答对2题的概率为eq \f(5,12)
D．合格的概率为eq \f(1,2)
解析：选CD 设此人答对题目的个数为ξ，
则ξ＝0,1,2,3，P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(0,5)C\\al(3,5),C\\al(3,10))＝eq \f(1,12)，
P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(1,5)C\\al(2,5),C\\al(3,10))＝eq \f(5,12)，
P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(2,5)C\\al(1,5),C\\al(3,10))＝eq \f(5,12)，P(ξ＝3)＝eq \f(C\\al(3,5)C\\al(0,5),C\\al(3,10))＝eq \f(1,12)，
所以答对0题和答对3题的概率相同，都为eq \f(1,12)，故A错误；答对1题的概率为eq \f(5,12)，故B错误；答对2题的概率为eq \f(5,12)，故C正确；合格的概率P＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝eq \f(5,12)＋eq \f(1,12)＝eq \f(1,2)，故D正确．故选C、D.
11．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)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)
解析：选AC 由题图可知μ1<0<μ2，σ1<σ2，
∴P(Y≥μ2)P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，故B错误；
当t为任意正数时，由图可知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错误．
12．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论中正确的是( )
A．从中任取3球，恰有一个白球的概率是eq \f(3,5)
B．从中有放回地取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为eq \f(4,3)
C．现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为eq \f(2,5)
D．从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为eq \f(26,27)
解析：选ABD 恰有一个白球的概率P＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,4),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，故A正确；每次任取一球，取到红球次数X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(2,3)))，其方差为6×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(4,3)，故B正确；设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}，则P(A)＝eq \f(2,3)，P(AB)＝eq \f(4×3,6×5)＝eq \f(2,5)，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(3,5)，故C错误；每次取到红球的概率P＝eq \f(2,3)，所以至少有一次取到红球的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))3＝eq \f(26,27)，故D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．如果随机变量X～N(4,1)，则P(X≤2)＝________.
(保留到小数点后三位)
解析：P(X≤2)＝(1－P(2答案：0.023
14．一道有5个选项的试题，其中只有一个选项正确，假定应考人知道正确答案的概率为p.如果他最后选对了，则他确实知道答案的概率是________．
解析：设A＝{知道答案}，B＝{选择正确}，由题意可知
P(B|eq \x\t(A))＝eq \f(1,5)，P(B|A)＝1，P(AB)＝P(A)＝p.
由全概率公式：P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|eq \x\t(A))P(eq \x\t(A))
＝p＋eq \f(1,5)(1－p)＝eq \f(4p＋1,5)，
得到：P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(5p,4p＋1).
答案：eq \f(5p,4p＋1)
15．设随机变量ξ的分布列为
则ξ的数学期望的最小值是________．
解析：E(ξ)＝0×eq \f(p,3)＋1×eq \f(p,3)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2p,3)))＝2－p，
又因为1>eq \f(p,3)≥0,1≥1－eq \f(2p,3)≥0，所以0≤p≤eq \f(3,2).
所以当p＝eq \f(3,2)时，E(ξ)的值最小，E(ξ)＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
16．一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标注数字0，两个面上标注数字1，一个面上标注数字2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是________．
解析：设ξ表示向上的数之积，
则P(ξ＝1)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,9)，
P(ξ＝4)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,36)，P(ξ＝0)＝eq \f(3,4)，
所以E(ξ)＝1×eq \f(1,9)＋2×eq \f(1,9)＋4×eq \f(1,36)＋0×eq \f(3,4)＝eq \f(4,9).
答案：eq \f(4,9)
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)黔东南州雷山西江千户苗寨是目前中国乃至全世界最大的苗族聚居村寨，每年来自世界各地的游客络绎不绝．假设每天到西江苗寨的游客人数ξ是服从正态分布N(2 000,10 000)的随机变量．求每天到西江苗寨的游客人数超过2 100的概率．
解：因为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量在区间(μ－σ，μ＋σ)内取值的概率为0.682 7，随机变量ξ服从正态分布N(2 000,1002)，
所以每天到西江苗寨的游客人数超过2 100的概率为eq \f(1,2)×(1－0.682 7)≈0.158 7.
18．(12分)在1,2,3，…，9这9个自然数中，任取3个数，
(1)求这3个数恰有1个偶数的概率；
(2)记X为3个数中两数相邻的组数，例如取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2和2,3，此时X的值为2，求随机变量X的分布列及其数学期望E(X)．
解：(1)设Y表示“任取的3个数中偶数的个数”，则Y服从N＝9，M＝4，n＝3的超几何分布，
所以P(Y＝1)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,5),C\\al(3,9))＝eq \f(10,21).
(2)X的取值为0,1,2，
P(X＝1)＝eq \f(2×6＋6×5,C\\al(3,9))＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(7,C\\al(3,9))＝eq \f(1,12).
P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝eq \f(5,12)，
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝0×eq \f(5,12)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,12)＝eq \f(2,3).
19．(12分)由于新型冠状病毒的影响，某地对可能遭受污染的某海产品在进入餐饮区前必须进行两轮检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知该海产品第一轮检测不合格的概率为eq \f(1,6)，第二轮检测不合格的概率为eq \f(1,10)，两轮检测是否合格相互没有影响．
(1)求该海产品不能销售的概率；
(2)如果该海产品可以销售，则每件产品可获利40元；如果该海产品不能销售，则每件产品亏损80元(即获利－80元)．已知一箱中有该海产品4件，记一箱该海产品获利ξ元，求ξ的分布列，并求出数学期望E(ξ)．
解：(1)记“该海产品不能销售”为事件A，
则P(A)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))＝eq \f(1,4).
所以该海产品不能销售的概率为eq \f(1,4).
(2)由已知，可知ξ的可能取值为－320，－200，－80,40,160.
P(ξ＝－320)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))4＝eq \f(1,256)，
P(ξ＝－200)＝Ceq \\al(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3·eq \f(3,4)＝eq \f(3,64)，
P(ξ＝－80)＝Ceq \\al(2,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2＝eq \f(27,128)，
P(ξ＝40)＝Ceq \\al(3,4)·eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＝eq \f(27,64)，
P(ξ＝160)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＝eq \f(81,256).
所以ξ的分布列为
E(ξ)＝－320×eq \f(1,256)－200×eq \f(3,64)－80×eq \f(27,128)＋40×eq \f(27,64)＋160×eq \f(81,256)＝40.
20．(12分)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
从第一个顾客开始办理业务时计时．
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望．
解：设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：
(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件A对应三种情形：
①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；
②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；
③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)
＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.
(2)X所有可能的取值为0,1,2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；
X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，
所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.
所以X的分布列为
E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.
21．(12分)某投资公司在2020年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为eq \f(7,9)和eq \f(2,9)；
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为eq \f(3,5)，eq \f(1,3)和eq \f(1,15).
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
解：若按“项目一”投资，设获利为X1万元，则X1的分布列为
∴E(X1)＝300×eq \f(7,9)＋(－150)×eq \f(2,9)＝200，
D(X1)＝(300－200)2×eq \f(7,9)＋(－150－200)2×eq \f(2,9)＝35 000.
若按“项目二”投资，设获利为X2万元，则X2的分布列为
∴E(X2)＝500×eq \f(3,5)＋0×eq \f(1,15)＋(－300)×eq \f(1,3)＝200，
D(X2)＝(500－200)2×eq \f(3,5)＋(－300－200)2×eq \f(1,3)＋(0－200)2×eq \f(1,15)＝140 000.
∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥．
综上所述，建议该投资公司选择项目一投资．
22．(12分)将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落过程中，将4次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时向左、右两边下落的概率都是eq \f(1,2).
(1)求小球落入A袋中的概率P(A)；
(2)在容器入口处依次放入4个小球，记ξ为落入A袋中小球的个数，试求ξ＝3的概率与ξ的数学期望E(ξ)．
解：(1)法一：记小球落入B袋中的概率为P(B)，
显然事件A，B互为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1.
由于小球每次遇到黑色障碍物时一直向左或者一直向右下落小球将落入B袋，
∴P(B)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,4)，
∴P(A)＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).
法二：由于小球每次遇到黑色障碍物时，有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时小球将落入A袋，
∴P(A)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(3,4).
(2)由题意知，ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(3,4)))，
∴P(ξ＝3)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(27,64)，
∴E(ξ)＝4×eq \f(3,4)＝3.ξ
－1
0
1
2
P
eq \f(1,4)
eq \f(3,8)
eq \f(1,4)
eq \f(1,8)
ξ
1
2
3
P
eq \f(1,4)
1－eq \f(3,2)a
2a2
X
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
eq \f(2,3)
eq \f(2,32)
eq \f(2,33)
eq \f(2,34)
eq \f(2,35)
eq \f(2,36)
eq \f(2,37)
eq \f(2,38)
eq \f(2,39)
m
ξ
0
1
2
P
eq \f(1,5)
eq \f(3,5)
eq \f(1,5)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,35)
eq \f(12,35)
eq \f(18,35)
eq \f(4,35)
质量/g
[5,15)
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55]
数量
4
12
11
8
5
X
0
1
2
3
4
P
eq \f(81,625)
eq \f(216,625)
eq \f(216,625)
eq \f(96,625)
eq \f(16,625)
X
1 000
1 500
2 000
P
eq \f(1,10)
eq \f(3,10)
eq \f(3,5)
X
0
2
4
P
0.3
0.2
0.5
ξ
0
1
2
P
eq \f(p,3)
eq \f(p,3)
1－eq \f(2p,3)
X
0
1
2
P
eq \f(5,12)
eq \f(1,2)
eq \f(1,12)
ξ
－320
－200
－80
40
160
P
eq \f(1,256)
eq \f(3,64)
eq \f(27,128)
eq \f(27,64)
eq \f(81,256)
办理业务所需的时间(分)
1
2
3
4
5
频率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
Y
1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
X1
300
－150
P
eq \f(7,9)
eq \f(2,9)
X2
500
0
－300
P
eq \f(3,5)
eq \f(1,15)
eq \f(1,3)