2013年高考数学总复习 10-9 随机变量的数字特征与正态分布(理)但因为测试 新人教B版

一、
1．(2011•烟台模拟)设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝p，则P(－1<ξ<0)＝(　　)
A.12＋p B.12－p
C．1－2p D．1－p
[答案]　B
[解析]　∵ξ～N(0,1)，
∴P(ξ<－1)＝P(ξ>1)＝p，
∴P(－1<ξ<0)＝12[1－2p(ξ>1)]＝12－p.
2．(2011•衢州模拟)已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10,0.6)，则Eη，Dη分别是(　　)
A．6和2.4 B．2和2.4
C．2和5.6 D．6和5.6
[答案]　B
[解析]　∵X～B(10,0.6)，∴E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，
∴E(η)＝8－E(X)＝2，D(η)＝(－1)2D(X)＝2.4.
3．(2011•盐城、浙江温州模拟)某人射击一次击中的概率为35，经过3次射击，此 人至少有两次击中目标的概率为(　　)
A.81125 B.54125
C.36125 D.27125
[答案]　A
[解析]　该人3次射击，恰有两次击中目标的概率是
P1＝C23•(35)2•25，
三次全部击中目标的概率是P2＝C33•(35)3，
所 以此人至少有两次击中目标的概率是
P＝P1＋P2＝ C23•(35) 2•25＋C33•(35)3＝81125.
4．(2011•福州调研)已知某一随机变量ξ的概率分布列如下，且E(ξ)＝6.3，则a的值为(　　)
ξ4a9
P0.50.1b
A.5 B．6
C．7 D．8
[答案]　C
[解析]　由0.5＋0.1＋b＝1知，b＝0.4，
由E(ξ)＝4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3知，a＝7，故选C.
5．(2011•湘潭模拟)设一随机试验的结果只有A和A－，且P(A)＝p，令随机变量X＝1　A出现0　A不出现，则X的方差D(X)等于(　　)
A．p B．2p(1－p)
C．－p(1－p) D．p(1－p)
[答案]　D
[解析]　X服从两点分布，故D(X)＝p(1－p)．
6．(2011•浙江五校联考)设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝59，则P(η≥2)的值为(　　)
A.3281 B.1127
C.6581 D.1681
[答案]　B
[解析]　由P(ξ≥1)＝59，得C12p(1－p)＋C22p2＝59，
即9p2－18p＋5＝0，解得p＝13或p＝53(舍去)，
∴P(η≥2)＝C24p2(1－p)2＋C34p3(1－p)＋C44p4
＝6×(13)2×(23)2＋4×(13)3×23＋(13)4＝1127.
7．(2011•滨州模拟)有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中任取3件，若ξ表示取到次品的件数，则E(ξ)＝________.
[答案]　34
[解析]　分布列如下：
ξ0123
PC312C316
C14C212C316
C24C112C316
C34C316

∴E(ξ)＝0×C312C316＋1×C14C212C316＋2×C24C112C316＋3×C34C316＝34.
8．如果ξ～B(100，12)，当P(ξ＝k)取得最大值时，k＝________.
[答案]　50
[解析]　P(ξ＝k)＝Ck10012k•12100－k
＝Ck10012100，由组合数的性质知，当k＝50时取到最大值．
9．(2011•龙岩月考)袋中有3个黑球，1个红球．从中任取2个，取到一个黑球得0分，取到一个红球得2分，则所得分数ξ的数学期望E(ξ)＝________
[答案]　1
[解析]　P(ξ＝0)＝C23C24＝12，P(ξ＝2)＝C13•C11C24＝12，
∴E(ξ)＝0×12＋2×12＝1.
10．(2010•东理)某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有A、B、C、D四个问题，规则如下：
①每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题A、B、C、D分别加1分、2分、3分、6分，答错任一题减2分；
②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；当答完四题，累计分数仍不足14分时，答题结束，淘 汰出局；
③每位参加者按问题A、B、C、D顺序作答，直至答题结束．
假设甲同学对问题A、B、C、D回答正确的概率依次为34，12，13，14，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)求甲同学能进入下一轮的概率；
(2)用ξ表示 甲 同学本轮答题结束时答题的个数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
[解析]　设A、B、C、D分别表示甲同学能正确回答第一、二、三、四个问题的事件，A－、B－、C－、D－分别为A、B、C、D的对立事件(例如A－表示甲同学第一题回答错误)．
由题设条件知，P(A)＝34，P(B)＝12，P(C)＝13，P(D)＝14，P(A－)＝14，P(B－)＝12，P(C－)＝23，P(D－)＝34.
(1)记“甲同学能进入下一轮”为事件W，则由题设条件知W＝ABC＋ABC－D＋AB－CD＋A－BCD＋A－BC－D，
∵A、B、C、D各事件相互独立，
∴P(W)＝P(A)•P(B)•P(C)＋P(A)•P(B)•P(C－)•P(D)＋P(A)•P(B－)•P(C)•P(D)＋P(A－)•P(B)•P(C)•P(D)＋P(A－)•P(B)•P(C－)•P(D)
＝34×12×13＋34×12×23×14＋34×12×13×14＋14×12×13×14＋14×12×23×14＝14.
(2)由题意知，ξ的可能取值为2、3、4，则
P(ξ＝2)＝P(A－B－)＝P(A－)•P(B－)＝14×12＝18，
P(ξ＝3)＝P(ABC＋AB－C－)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B－)P(C－)＝34×12×13＋34×12×23＝38.
P(ξ＝4)＝1－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝1－18－38＝12，
∴ξ的分布列为
ξ234
P(ξ)18
38
12

∴E(ξ)＝2×18＋3×38＋4×12＝278.

11.(2011•广东广州二模)设随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，若P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，则a的值等于(　　)
A.73 B.53
C．5 D．3
[答案]　A
[解析]　已知ξ～N(3,4)，所以μ＝3，
又因为P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，
所以2a－3＋a＋22＝3，解得a＝73.
12．(2011•温州十校联考)已知随机变量X～N(3,22)，若X＝2η＋3，则D(η)等于(　　)
A．0　　　　B．1　　　　
C．2　　　　D．4
[答案]　B
[解析]　由X＝2η＋3，得D(X)＝4D(η)，而D(X)＝22＝4，∴D(η)＝1.
13．(2011•广州模拟)一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率为0.6，现有4 颗子弹，射击停止后尚余子弹的数目X的期望值为(　　)
A．2.44 B．3.376
C．2.376 D．2.4
[答案]　C
[解析]　X的取值为3,2,1,0，
P(X＝3)＝0.6
P(X＝2)＝0.4×0.6＝0.24
P(X＝1)＝0.42×0.6＝0.096
P(X＝0)＝0.43×0.6＋0.44＝0.064
∴E(X)＝3×0.6＋2×0.24＋1×0.096＋0×0.064＝2.376.
14．(2011•北京丰台模拟)某程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都是“合格”，则该程考核“合格”．若甲，乙，丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9,0.8,0.7；在实验考核中合格的概率分别为0.8,0.7,0.9，所有考核是否合格相互之间没有影响．
(1)求甲，乙，丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率；
(2)求这三个人该程考核都合格的概率(结 果保留三位小数)．
[解析]　设“甲理论考核合格”为事件A1，“乙理论考核合格”为事件A2，“丙理论考核合格”为事件A3，A－i为Ai的对立事件，i＝1,2,3.
设“甲实验考核合格”为事件B1，“乙实验考核合格”为事件B2，“丙实验考核合格”为事件 B3.
(1)设“理论考核中至少有两人合格”为事件C，
P(C)＝P(A1A2A3∪A1A2A－3∪A1A－2A3∪A－1A2A3)
＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A－3)＋P(A1A－2A3)＋P(A－1A2A3)
＝0.9×0.8×0.7＋0.9×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.7＝0.902.
(2)设“三个人该程考核都合格”为事件D.
P(D)＝P[(A1B1)(A2B2)(A3B3)]
＝P(A1B1)P(A2B2)P(A3B3)
＝P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)P(B3)
＝0.9×0.8×0.8×0.7×0.7×0.9≈0.254.
所以，这三个人该程考核都合格的概率为0.254.
15．设两球队A、B进行友谊比赛，在每局比赛中A队获胜的概率都是p(0≤p≤1)．
(1)若比赛6局，且p＝23，求其中A队至多获胜4局的概率是多少？
(2)若比赛6局，求A队恰好获胜3局的概率的最大值是多少？
(3)若采用“五局三胜”制，求A队获胜时的比赛局数ξ的分布列和数学期望．
[解析]　(1)设“比赛6局，A队至多获胜4局”为事件A，
则P(A)＝1－[P6(5)＋P6(6)]
＝1－C562351－23＋C66236＝1－256729＝473729.
∴A队至多获胜4局的概率为473729.
(2)设“若比赛6局，A队恰好获胜3局”为事件B，则P(B)＝C36p3(1－p)3.
当p＝0或p＝1时，显然有P(B)＝0.
当0<p<1时，P(B)＝C36p3(1－p)3＝20•[p(1－p)]3≤20•p＋1－p223＝20•126＝516
当且仅当p＝1－p，即p＝12时取等号．
故A队恰好获胜3局的概率的最大值是516.
(3)若采用“五局三胜”制，A队获胜时的比赛局数ξ＝3,4,5.
P(ξ＝3)＝p3，
P(ξ＝4)＝C23p3(1－p)＝3p3(1－p)
P(ξ＝5)＝C24p3(1－p)2＝6p3(1－p)2，
所以ξ的分布列为：
ξ345
Pp33p3(1－p)6p3(1－p)2
E(ξ)＝3p3(10p2－24p＋15)．
[点评]　本题第(3)问容易出错，“五局三胜制”不一定比满五局，不是“五局中胜三局”．A队获胜包括：比赛三局，A队全胜；比赛四局，A队前三局中胜两局，第四局胜；比赛五局，前四局中胜两局，第五局胜，共三种情况．

1．设随机变量ξ服从分布P(ξ＝k)＝k15，(k＝1,2,3,4,5)，E(3ξ－1)＝，E(ξ2)＝n，则－n＝(　　)
A．－ 319 B．7
C.83 D．－5
[答案]　D
[解析]　E(ξ)＝1×115＋2×215＋3×315＋4×415＋5×515＝113，∴E(3ξ－1)＝3E(ξ)－1＝10，
又E(ξ2) ＝12×115＋22×215＋32×315＋42×415＋52×515＝15，∴－n＝－5.
2．(2010•东理)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝(　　)
A．0.477 B．0.628
C．0.9 54 D．0.977
[答案]　C
[分析]　若ξ～N(μ，σ2)，则μ为其均值，图象关于x＝μ对称，σ为其标准差．
[解析]　∵P(ξ>2)＝0.023，∴P(ξ<－2)＝0.023，
故P(－2≤ξ≤2)＝1－P(ξ>2)－P(ξ<－2)＝0.954.故选C.
[点评]　考查其对称性是考查正态分布的主要方式．
3．某次国际象棋比赛规定，胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分，某参赛队员比赛一局胜的概率为a，平局的概率为b，负的概率为c(a，b，c∈[0,1))，已知他比赛一局得分的数学期望为1，则ab的最大值为(　　)
A.13 B.12
C.112 D.16
[答案]　C
[解析]　由条件知，3a＋b＝1，∴ab＝13(3a)•b≤13•3a＋b22＝112，等号在3a＝b＝12，即a＝16，b＝12时成立．
4．(2011•盐城模拟)袋中有相同的5个球，其中3个红球，2个黄球，现从中随机且不放回地摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时，即停止摸球，记随机变量ξ为此时已摸球的次数，求：
(1)随机变量ξ的概率分布列；
(2)随机变量ξ的数学期望与方差．
[解析]　(1)随机变量ξ可取的值为2,3,4，
P(ξ＝2)＝C12C13C12C15C14＝35；
P(ξ＝3)＝A22C13＋A23C12C15C14C13＝310；
P(ξ＝4)＝A33C12C15C14C13C12＝110；
所以随机变量ξ的概率分布列为：
ξ 234
P35
310
110

(2)随机变量ξ的数学期望
E(ξ)＝2•35＋3•310＋4•110＝52；
随机变量ξ的方差
D(ξ)＝(2－52)2•35＋(3－52)2•310＋(4－52)2•110＝920.

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