【数学】随机变量及其分布单元练习2-2023-2024学年高二下人教A版（2019）选择性必修第三册.docx

《【数学】随机变量及其分布单元练习2-2023-2024学年高二下人教A版（2019）选择性必修第三册.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【数学】随机变量及其分布单元练习2-2023-2024学年高二下人教A版（2019）选择性必修第三册.docx（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第七章 随机变量及其分布 2学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知随机变量，若，则（）A0.36B0.18C0.64D0.822在n次独立重复试验（伯努利试验）中，若每次试验中事件A发生的概率为p，则事件A发生的次数X服从二项分布，事实上，在伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A首次发生时试验进行的次数Y，显然，2，3，我们称Y服从“几何分布”，经计算得据此，若随机变量X服从二项分布时，且相应的“几何分布”的数学期望，则n的最小值为（）A6B18C36D373甲乙两地举行数学联考，统计发现：甲地学生的成绩，乙地学生的成绩.下图分别是其正态分布的密度曲线，则（）（若随

2、机变量，则，）A甲地数学的平均成绩比乙地的高B甲地数学成绩的离散程度比乙地的小CD若，则4设离散型随机变量满足，则等于（）ABC3D55某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布，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1000小时的概率为（）ABCD6已知离散型随机变量的分布列为：若，则（）ABCD7已知集合，从集合中任取3个不同的元素，其中最小的元素用表示，从集合中任取3个不同的元素，其中最大的元素用表示，记，则随机变量的期望为（）ABC3D48过正态分布曲线上非顶点

3、的一点作切线，若切线与曲线仅有一个交点，则（）ABCD二、多选题9下面给出的关于正态曲线的4个叙述中，正确的有（）A曲线在x轴上方，且与x轴不相交B当x时，曲线下降，当x时，曲线上升C当一定时，越小，总体分布越分散，越大，总体分布越集中D曲线关于直线x对称，且当x时，位于最高点10假设两所学校的数学联考成绩（分别记为X，Y）均服从正态分布，即，X，Y的正态分布密度曲线如图所示，则下列说法正确的有（）参考数据：若，则，ABCD11下列命题中，正确的命题是()A已知随机变量服从，若，则B已知，则C设随机变量服从正态分布，若，则D某人在次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大三、填空题12根据某地

4、区气象台统计，该地区下雨的概率是 ，刮风的概率为 ，既刮风又下雨的概率为 ，则在刮风天里，下雨的概率为 13设随机变量的概率分布列为01则常数 14某蓝莓基地种植蓝莓，按个蓝莓果重量（克）分为级：的为级，的为级，的为级，的为级，的为废果将级与级果称为优等果已知蓝莓果重量服从正态分布对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出个蓝莓果记每次抽到优等果的概率为（可精确到）若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的期望值不超过，的最大值为 附：，四、解答题15为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天

5、科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分：从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；(2)记甲第i次答题所得分数的数学期望为.写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）：若，求i的最小值.16一商家诚邀甲、乙两名围棋高手进行一场网络国棋比赛，每比赛一局商家要向每名棋手支付2000元对局费，同时商家每局从转让网络转播权及广告宣传中获利12100元，从两名棋手以往比赛中得知，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率

6、为，两名棋手约定：最多下五局，先连胜两局者获胜，比赛结束，比赛结束后，商家为获胜者颁发5000元的奖金，若没有决出获胜者则各颁发2500元.（1）求下完五局且甲获胜的概率是多少；（2）求商家从这场网络棋赛中获得的收益的数学期望是多少.17某次歌手大赛设有专业评委组和业余评委组两个评委组，每组人.每首参赛歌曲都需要位评委打分（满分为分，且各评委打分相互独立）.从专业评委组的个分数中去掉一个最高分，去掉一个最低分，可求出剩余个有效得分的平均分，按照同样的方法可得到业余评委组打分的平均分.参赛选手该歌曲的最终得分为.在该比赛中，对某选手在初赛中参赛歌曲的得分进行整理，得到如下茎叶图.（1）计算、两小

7、组各自有效得分的均值、及标准差、；（2）专业评委组由于其专业性，有效打分通常比较集中；业余评委组由于水平不一，有效打分通常比较分散.利用（1）的计算结果推断、两个小组中的哪一个更有可能是专业评委组？请说明理由；在的推断下，计算此选手初赛歌曲的最终得分；（3）若（2）的推断正确，且该选手成功进入复赛，复赛中位评委所打分数大致服从正态分布，试估计位评委中，打分在分以上的人数.参考数据：组名评委打分总和为，组名评委打分总和为；若，则，.182022年3月，全国大部分省份出现了新冠疫情，对于出现确诊病例的社区，受到了全社会的关注为了把被感染的人筛查出来，防疫部门决定对全体社区人员筛查核酸检测，为了减少

8、检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有个人，把这个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这个人的血液全为阴性，因而这个人只要检验一次就够了；如果为阳性，为了明确这个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这个人再逐个进行检验假设在接受检验的人群中，随机抽一人核酸检测呈阳性概率为，每个人的检验结果是阳性还是阴性是相互独立的核酸检测通常有两种分组方式可以选择：方案一：10人一组；方案二：8人一组(1)分别求出采用方案一和方案二中每组的化验次数的分布列和数学期望；(2)若该社区约有2000人，请你为防疫部门选择一种方案，并说明理由（参考数据：，）19泉州是历史文化名城、东亚文化之都，是联合国认定的

9、“海上丝绸之路”起点.著名的“泉州十八景”是游客的争相打卡点，泉州文旅局调查打卡十八景游客，发现90%的人至少打卡两个景点.为提升城市形象，泉州文旅局为大家准备了4种礼物，分别是世遗泉州金属书签、闽南古厝徽章、开元寺祈福香包、小关公陶瓷摆件.若打卡十八景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次抽奖机会.每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物.假设打卡十八景游客打卡景点情况相互独立.(1)从全体打卡十八景游客中随机抽取3人，求3人抽奖总次数不低于4次的概率；(2)任选一位打卡十八景游客，求此游客抽中开元寺祈福香包的概率.第5页 共6页 第6页 共6页学科网（北京）股份有

10、限公司参考答案：1C【分析】根据正态分布的对称性即可求解.【详解】因为，所以，所以故选:C2D【分析】根据二项分布和“几何分布”的定义，列不等式求解.【详解】由题可知，因为，所以，解得，所以n的最小值为37.故选：D.3D【分析】根据正态曲线比较两地平均值可判断A；根据曲线的特征比较成绩的离散程度判断B；根据正态曲线的对称性可判断C，根据特殊区间的概率值可判断D.【详解】对于A，由正态曲线可知甲地数学平均分为90分，乙地数学平均分为100分，故甲地数学的平均成绩比乙地的低，A错误；对于B，由正态分布曲线可看出乙地数学成绩更集中，故甲地数学成绩的离散程度比乙地的大，B错误；对于C，由于，根据正态

11、分布曲线的对称性可知，C错误；对于D，D正确，故选：D4B【分析】由期望的性质求解即可.【详解】因为离散型随机变量满足，所以.故选：B.5B【分析】设元件1，元件2，元件3正常工作分别为事件A、B、C，求出即得解.【详解】解：设元件1，元件2，元件3正常工作分别为事件A、B、C，则；故该部件能正常工作的概率为.故选：B6D【分析】利用随机变量分布列的性质以及期望公式计算出、的值，利用方差公式求得的值，然后利用方差的性质可计算出的值.【详解】由题意可得，解得，由数学期望公式得，解得，由方差公式得.由方差的性质可得.故选：D.【点睛】本题考查利用随机变量分布列的性质求参数，同时也考查了利用方差的性

12、质求方差，考查计算能力，属于中等题.7A【分析】根据题意，求得随机变量的取值为，分别求得相应的概率，结合期望的计算公式，即可求解.【详解】根据题意，从集合中任取3个不同的元素，则有，其中最小的元素取值分别为，从集合中任取3个不同的元素，其中最大的元素的取值分别为，因为，可得随机变量的取值为，则，所以随机变量的期望为：.故选：A.【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的计算，其中解答中正确理解题意，求得随机变量的取值，求得相应的概率是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.8A【分析】由题意可得正态函数二次求导之后在处的导数为，计算可得答案.【详解】因为正态分布曲线在拐

13、点处切线穿过曲线，与曲线有且仅有一个交点令即故选：A9ABD【分析】依据状态密度曲线的几何特征，逐条分析，判断正误即可.【详解】由正态密度曲线的几何特点可知：（1）曲线在轴上方，且与轴不相交；故A正确.（2）曲线关于直线对称，当时，曲线处于最高点，当向左右远离时，曲线不断降低，呈现出“中间高、两边低”的钟形曲线；故D正确.（3）当时，曲线上升，当时，曲线下降，并且当曲线向左向右无限延伸时，以轴为渐近线，向轴无限靠近；故B正确.（4）当一定时，曲线的形状由确定；越小，曲线越“瘦高”，总体分布越集中，越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；故C错误.故选：ABD.10CD【分析】由图可知，由此可判断

14、A；由图可知Y分布更集中，有，由此可判断B；由计算可判断C；由可知，可判断D【详解】对A，由图可知，所以A错误；对B，由图可知Y分布更集中，所以，则，所以B错误；对C，由正态分布，则，故C正确；对D，由图可知，所以，故D正确故选：CD.11BCD【分析】选项A：利用二项分布期望、方差公式计算判断；选项B：由互斥事件概率的加法公式计算判断；选项C：利用正态分布图象的对称性即可判断；选项D：由独立重复实验的概率计算公式和组合数公式,求出，时的概率，通过解不等式求出的范围即可判断.【详解】对于选项A：随机变量服从二项分布，可得，则，选项A错误；对于选项B：为必然事件，所以，而与互斥，选项B正确；对于

15、选项C：随机变量服从正态分布，则图象关于轴对称，若，则，选项C正确；对于选项D：因为在10次射击中，击中目标的次数为，当时，对应的概率，所以当时，由得，即，因为，所以且，又，即时，概率最大，故选项D正确故选：BCD【点睛】二项分布的概率公式，可用作商法确定其中的最大值或最小值12【分析】设事件A=“该地区下雨”，事件B=“该地区刮风”，利用条件概率公式即可作答.【详解】设事件A=“该地区下雨”，事件B=“该地区刮风”，则，AB=“该地区既刮风又下雨”，进而有，所以该地区在刮风天里，下雨的概率为.故答案为：13【分析】由随机变量概率之和等于1和概率的取值范围列出方程和不等式，即可解出的值.【详解

16、】由题意得且所以，解得 故答案为：144【分析】依题意可得，设，利用错位相减法求出，即可得到，从而得到，再根据指数函数的性质及所给数据判断即可.【详解】因为蓝莓果重量服从正态分布其中，设第次抽到优等果的概率（），恰好抽取次的概率，所以，设，则，两式相减得：，所以，由，即，的最大值为故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设，利用错位相减法求出，进而求出，利用指数函数的单调性解不等式即可.15(1)；(2)，且；5.【分析】（1）甲甲前3次答题得分之和为40分的事件是甲前3次答题中恰答对一次的事件，再利用相互独立事件概率的乘法公式计算作答.（2）求出，再分析、写出与满足的等量关系式作答；利用

17、构造法求出的通项，列出不等式并结合单调性作答.【详解】（1）甲前3次答题得分之和为40分的事件是：甲前3次答题中仅只答对一次的事件，所以甲前3次答题得分之和为40分的概率.（2）甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，则，甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为，则，显然，甲第次答题所得分数的数学期望为，因此第次答对题所得分数为，答错题所得分数为10分，其概率分别为，于是甲第i次答题所得分数的数学期望为，所以与满足的等量关系式是：，且；由知，当时，而，因此数列以为首项，为公比的等比数列，于是，由得：，显然数列是递增数列，而，则有正整数，所以i的最小值是5.16（1）（2）【分析】（1

18、）根据题意,连胜两局获胜.若比赛五局,且甲获胜,则五局的胜负情况为乙胜,甲胜,乙胜,甲胜,甲胜.进而由各自取胜的概率即可求解.（2）根据题意可知,两人比赛局数可能的取值有.由所给取胜的概率,分别求得这四种情况下的概率,即可求得比赛局数的期望.扣除支出,即为商家获得的收益情况.【详解】（1）根据题意,先连胜两局者获胜.则下完五局甲获胜,这五局的胜负情况分别为:乙胜,甲胜,乙胜,甲胜,甲胜.甲每局获胜的概率为,乙每局获胜的概率为所以下完五局甲获胜的概率为 （2）设为比赛的局数,表示商家获得的收益则由题意可知,可能的取值有当比赛五局时,前四局两人各胜两局,且第五局无论谁胜商家都需支付5000元,因而

19、所以由离散型数学期望公式可得 故所以商家从这场网络棋赛中获得的收益的数学期望是【点睛】本题考查了离散型随机变量概率的求法,分布列即数学期望的求法,对题意理解要正确,分析出各自取胜的情况,属于中档题.17（1），；（2）组更有可能是业评委组，理由见解析；（3）大约为人.【分析】（1）根据题意结合平均数公式可求得、，并结合标准差公式可求得、；（2）比较、的大小，进而可得出结论；根据题中公式可求得的值；（3）计算出正态分布的均值，标准差，利用原则求得，再乘以可得结果.【详解】（1）由题意可知，；（2）因为，因此组更有可能是业评委组；（3）由（1）（2）可知，正态分布的参数，.设某评委打出的分数为随机

20、变量，则，故.，于是估计位评委中，打分在分以上的人数大约为人.【点睛】本题考查平均数与方差的计算，同时也考查了利用正态分布原则进行计算，考查计算能力，属于中等题.18(1)方案一：分布列见解析，数学期望为；方案二：分布列见解析，数学期望为；(2)选择方案一，理由见解析【分析】（1）方案一中每组的化验次数为1、11，则概率为、；方案二中每组的化验次数为1、9，则概率为、.根据定义列分布列，求期望即可.（2）先求对应方案的组数，用“总化验次数=组数期望”评估即可【详解】（1）设方案一中每组的化验次数为，则的取值为1，11，的分布列为：1110.9700.030设方案二中每组的化验次数为，则的取值为

21、1，9，的分布列为：190.9760.024（2）根据方案一，该社区化验分组数为200，方案一的化验总次数的期望值为：次根据方案二，该社区化验分组数为250，方案二的化验总次数的期望为次，方案一工作量更少故选择方案一19(1)0.999(2)【分析】（1）用间接法，先求其对立事件“3人抽奖总次数低于4次”的概率即可；（2）应用全概率公式求解.【详解】（1）设3人抽奖总次数为，则的可能取值为3，4，5，6.由题意知，每位打卡十八景游客至少打卡两个景点的概率为，只打卡一个景点的概率为，随机抽取3人，3人打卡景点情况相互独立.表示抽奖总次数为3次，即3人都只打卡一个景点.依题意可得，所以.（2）记事件“每位打卡十八景游客至少打卡两个景点”，则“每位打卡十八景游客只打卡一个景点”，事件“一位打卡十八景游客抽中开元寺祈福香包”，则，由全概率公式得，.答案第11页，共11页学科网（北京）股份有限公司