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2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 12-4課時(shí)作業(yè)

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2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 12-4課時(shí)作業(yè)

課時(shí)作業(yè)(六十六) 一、選擇題 1.下列隨機(jī)變量中,不是離散型隨機(jī)變量的是(  ) A.從10只編號(hào)的球(0號(hào)到9號(hào))中任取一只,被取出的球的號(hào)碼ξ B.拋擲兩個(gè)骰子,所得的最大點(diǎn)數(shù)ξ C.[0,10]區(qū)間內(nèi)任一實(shí)數(shù)與它四舍五入取整后的整數(shù)的差值ξ D.一電信局在未來某日內(nèi)接到的電話呼叫次數(shù)ξ 答案 C 解析 僅C項(xiàng)中的差值ξ不是離散型隨機(jī)變量. 2.設(shè)隨機(jī)變量ξ的概率分布列為P(ξ=i)=a()i,i=1,2,3,則a的值是(  ) A.     B.     C.     D. 答案 B 解析 1=p(ξ=1)+p(ξ=2)+p(ξ=3) =a[+()2+()3] 解得a=. 3.已知隨機(jī)變量ξ服從二項(xiàng)分布ξ~B(6,),即P(ξ=2)等于(  ) A.     B. C.     D. 答案 D 解析 已知ξ~B(6,),P(ξ=k)=Cnkpkqn-k, 當(dāng)ξ=2,n=6,p=時(shí), 有P(ξ=2)=C62()2(1-)6-2 =C62()2()4=. 4.一袋中有5個(gè)白球,3個(gè)紅球,現(xiàn)從袋中往外取球,每次任取一個(gè)記下顏色后放回,直到紅球出現(xiàn)10次時(shí)停止,設(shè)停止時(shí)共取了ξ次球,則P(ξ=12)等于(  ) A.C1210()10·()2 B.C119()9()2· C.C119()9·()2 D.C119()9·()2 答案 B 解析 P(ξ=12)表示第12次為紅球,前11次中有9次為紅球,從而P(ξ=12)=C119·()9()2×. 5.在初三一個(gè)班中,有的學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)優(yōu)秀,若從班中隨機(jī)找出5名學(xué)生,那么,其中數(shù)學(xué)成績(jī)優(yōu)秀的學(xué)生數(shù)ξ~B(5,),則p(k;5,)取最大值的k值為(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 答案 B 解析 C5k()5-k()k≥C5k-1()5-(k-1)()k-1 C5k()5-k()k≥C5k+1()5-(k+1)()k+1 ∴解得≤k≤ ∴k=1,故選B 二、填空題 6.從裝有3個(gè)紅球、2個(gè)白球的袋中隨機(jī)取出2個(gè)球,設(shè)其中有ξ個(gè)紅球,則隨機(jī)變量ξ的概率分布為 ξ 0 1 2 P 答案  ξ 0 1 2 P 三、解答題 7.(09·安徽)某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感,其中只有A到過疫區(qū),B肯定是受A感染的.對(duì)于C,因?yàn)殡y以斷定他是受A還是受B感染的,于是假定他受A和受B感染的概率都是.同樣也假定D受A、B和C感染的概率都是.在這種假定之下,B、C、D中直接受A感染的人數(shù)X就是一個(gè)隨機(jī)變量.寫出X的分布列(不要求寫出計(jì)算過程). 解析 隨機(jī)變量X的分布列是 X 1 2 3 P 8.(2020·北京東城區(qū))有甲、乙、丙、丁四名網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員,通過對(duì)他們過去成績(jī)的統(tǒng)計(jì),在一場(chǎng)比賽中,甲對(duì)乙、丙、丁取勝的概率分別為0.6,0.8,0.9. (1)若四名運(yùn)動(dòng)員每?jī)扇酥g進(jìn)行一場(chǎng)比賽,求甲恰好勝兩場(chǎng)的概率; (2)若四名運(yùn)動(dòng)員每?jī)扇酥g進(jìn)行一場(chǎng)比賽,設(shè)甲獲勝場(chǎng)次為ξ,求隨機(jī)變量ξ的分布列及期望Eξ. 解析 (1)記“甲勝乙”、“甲勝丙”、“甲勝丁”三個(gè)事件分別為A、B、C,則P(A)=0.6,P(B)=0.8,P(C)=0.9.則四名運(yùn)動(dòng)員每?jī)扇酥g進(jìn)行一場(chǎng)比賽,甲恰好勝兩場(chǎng)的概率為 P(A·B·+A··C+·B·C)=P(A)·P(B)·[1-P(C)]+P(A)·[1-P(B)]·P(C)+[1-P(A)]·P(B)·P(C)=0.6×0.8×0.1+0.6×0.2×0.9+0.4×0.8×0.9=0.444. (2)隨機(jī)變量ξ的可能取值為0,1,2,3. P(ξ=0)=0.4×0.2×0.1=0.008; P(ξ=1)=0.6×0.2×0.1+0.4×0.8×0.1+0.4×0.2×0.9=0.116; 由(1)得P(ξ=2)=0.444; P(ξ=3)=0.6×0.8×0.9=0.432. ∴隨機(jī)變量ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 0.008 0.116 0.444 0.432 Eξ=0×0.008+1×0.116+2×0.444+3×0.432=2.3 9.(09·天津)在10件產(chǎn)品中,有3件一等品,4件二等品,3件三等品.從這10件產(chǎn)品中任取3件,求: (Ⅰ)取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望; (Ⅱ)取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)多于二等品件數(shù)的概率. 解析 (Ⅰ)由于從10件產(chǎn)品中任取3件的結(jié)果數(shù)為C103,從10件產(chǎn)品中任取3件,其中恰好有k件一等品的結(jié)果數(shù)為C3kC73-k,那么從10件產(chǎn)品中任取3件,其中恰有k件一等品的概率為P(X=k)=,k=0,1,2,3.所以隨機(jī)變量X的分布列是 X 0 1 2 3 P X的數(shù)學(xué)期望EX=0×+1×+2×+3×=. (Ⅱ)設(shè)“取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)多于二等品件數(shù)”為事件A.“恰好取出1件一等品和2件三等品”為事件A1,“恰好取出2件一等品”為事件A2,“恰好取出3件一等品”為事件A3.由事件A1,A2,A3彼此互斥,且A=A1∪A2∪A3,而 P(A1)==,P(A2)=P(X=2)=,P(A3)=P(X=3)=, 所以取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)多于二等品件數(shù)的概率為 P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=++=. 10.有5支不同標(biāo)價(jià)的圓珠筆,分別標(biāo)有10元、20元、30元、40元、50元.從中任取3支,若以ξ表示取到的圓珠筆中的最高標(biāo)價(jià),試求ξ的分布列. 解析 ξ的可能取值為30,40,50. P(ξ=30)==,P(ξ=40)==, P(ξ=50)==,分布列為 ξ 30 40 50 P 11.某研究機(jī)構(gòu)準(zhǔn)備舉行一次數(shù)學(xué)新課程研討會(huì),共邀請(qǐng)50名一線教師參加,使有不同版本教材的教師人數(shù)如下表所示: 版本 人教A版 人教B版 蘇教版 北師大版 人數(shù) 20 15 5 10 (1)從這50名教師中隨機(jī)選出2名,求2人所使用版本相同的概率; (2)若隨機(jī)選出2名使用人教版的教師發(fā)言,設(shè)使用人教A版的教師人數(shù)為ξ,求隨機(jī)變量ξ的分布列. 解析 (1)從50名教師中隨機(jī)選出2名的方法數(shù)為C502=1225. 選出2人使用版本相同的方法數(shù)為 C202+C152+C52+C102=350. 故2人使用版本相同的概率為:P==. (2)∵P(ξ=0)==, P(ξ=1)==,P(ξ=2)==, ∴ξ的分布列為 ξ 0 1 2 P 12.(2020·海淀區(qū))某種家用電器每臺(tái)的銷售利潤(rùn)與該電器的無故障使用時(shí)間T(單位:年)有關(guān).若T≤1,則銷售利潤(rùn)為0元;若1<T≤3,則銷售利潤(rùn)為100元;若T>3,則銷售利潤(rùn)為200元,設(shè)每臺(tái)該種電器的無故障使用時(shí)間T≤1,1<T≤3及T>3這三種情況發(fā)生的概率分別為p1、p2、p3,又知p1,p2是方程25x2-15x+a=0的兩個(gè)根,且p2=p3. (1)求p1,p2,p3的值; (2)記ξ表示銷售兩臺(tái)這種家用電器的銷售利潤(rùn)總和,求ξ的分布列; (3)求銷售兩臺(tái)這種家用電器的銷售利潤(rùn)總和的平均值. 解析 (1)由已知得p1+p2+p3=1. ∵p2=p3,∴p1+2p2=1. ∵p1,p2是方程25x2-15x+a=0的兩個(gè)根, ∴p1+p2=. ∴p1=,p2=p3=. (2)ξ的可能取值為0,100,200,300,400. p(ξ=0)=×=, p(ξ=100)=2××=, p(ξ=200)=2××+×=, p(ξ=300)=2××=, p(ξ=400)=×=. 隨機(jī)變量ξ的分布列為: ξ 0 100 200 300 400 p (3)銷售利潤(rùn)總和的平均值為 Eξ=0×+100×+200×+300×+400×=240. ∴銷售兩臺(tái)這種家用電器的利潤(rùn)總和的平均值為240元. 13.(2020·滄州七校聯(lián)考)亞洲聯(lián)合館(一)與歐洲聯(lián)合館(一)分別位于上海世博展館的A片區(qū)與C片區(qū):其中亞洲聯(lián)合館(一)包括馬爾代夫館、東帝汶館、吉爾吉斯斯坦館、孟加拉館、塔吉克斯坦館、蒙古館等6個(gè)展館;歐洲聯(lián)合館(一)包括馬耳他館、圣馬力諾館、列支敦士登館、塞浦路斯館等4個(gè)展館.某旅游團(tuán)擬從亞洲聯(lián)合館(一)與歐洲聯(lián)合館(一)中的10個(gè)展館中選擇4個(gè)展館參觀,參觀每一個(gè)展館的機(jī)會(huì)是相同的. (1)求選擇的4個(gè)展館中恰有孟加拉館與列支敦士登館的概率; (2)記X為選擇的4個(gè)展館中包含有亞洲聯(lián)合館(一)的展館的個(gè)數(shù),寫出X的分布列并求X的數(shù)學(xué)期望. 解析 (1)旅游團(tuán)從亞洲聯(lián)合館一與歐游聯(lián)合館一中的10個(gè)展館中選擇4個(gè)展館參觀的總結(jié)果數(shù)為C104=210,記事件A為選擇的4個(gè)展館中恰有孟加拉館與列支敦士登館,依題意可知我們必須再?gòu)氖O碌?個(gè)展館中選擇2個(gè)展館,其方法數(shù)是C82=28,所以P(A)==. (2)根據(jù)題意可知X可能的取值為0,1,2,3,4. X=0表示只參觀歐洲聯(lián)合館一中的4個(gè)展館,不參觀亞洲聯(lián)合館一中的展館,這時(shí)P(X=0)==, X=1表示參觀歐洲聯(lián)合館一中的3個(gè)展館,參觀亞洲聯(lián)合館一中的1個(gè)展館,這時(shí)P(X=1)==, X=2表示參觀歐洲聯(lián)合館一中的2個(gè)展館,參觀亞洲聯(lián)合館一中的2個(gè)展館,這時(shí)P(X=2)==, X=3表示參觀歐洲聯(lián)合館一中的1個(gè)展館,參觀亞洲聯(lián)合館一中的3個(gè)展館,這時(shí)P(X=3)==, X=4表示參觀亞洲聯(lián)合館中的4個(gè)展館,這時(shí)P(X=4)==. 所以X的分布列為: X 0 1 2 3 4 P X的數(shù)學(xué)期望為EX=0×+1×+2×+3×+4×=.

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