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Tr+1为常数项,则20-5r=0∴r=4,∴常数项T5= 17. 解:(1)(x2-3x+2)5=(x-1)5(x-2)5,
16 (x-1)5 展开式的通项公式为Cr(-1)rx5-r5 (4 ,又(a2 )n 展开式的各项系数之和等 0≤r≤C5×5=16 +1 5);(x-2)5 展开式的通项公式为
于2n,由题意得2n=16,∴n=4,由二项式系数的性 Cs5(-2)sx5-s(0≤s≤5).
质知,(a2+1)n 展开式中系数最大的项是中间项T3, 所以(x2-3x+2)5 展开式的通项公式为
∴C2 44a =54,∴a=± 3. CrCs(-1)r+s·2s·x10-r-s5 5 ,∴r+s=8,得
14. 解:(1)第4r 项与第r+2项的二项式系数 r=3, r=4, r=5,
分别为C4r-1和Cr+1,由题设得:C4r-1 r+1
或 或
20 20 20 =C20 由组合 {s=5 {s=4 {s=3.
数性质得:4r-1=r+1,或4r-1=20-(r+1).4r- 所以展开式中x2 的系数为
1=r+1没有整数解,则由4r-1=20-(r+1),得r C3 5 5 4 45C5·2 +C5C5·24+C55C35·22=800,即a2
=4.所以r=4. =800.
(2)T4r=T16=-C15 3020x =-15504x30. Tr+2= (2)令f(x)=(x2-3x+2)5=a0+a1x+ax22 +
T =-C5x106 20 =-15504x10. …+a10x10.
15. 解:(1)∵C4+C6n n=2C5n,∴n2-21n+98= a0=f(0)=25=32,
0,∴n=7或n=14. a0+a1+a2+…+a10=f(1)=0,∴a1+a2+
当n=7时,展开式中二项式系数最大的项是T4 …+a10=-32.
4 35
和T , T 的系数 25 ∴ 4 =C3× (17 ) ×23= ,T (5 的系 3)(a0+a2+a4+a6+a8+a10)-(a1+a3+2 2
a5+a 23 7+a9)
数=C4 1 47× (2 ) ×2=70. =(a0+a1+a2+…+a10)(a0-a1+a2-…+
当n=14时,展开式中二项式系数最大的项是 a10)
1 7 =f(1)·f(-1)=0.T8,∴T8 的系数=C7 714× (2 ) ×2=3432. 第十五章 概率与统计
(2)由C0+C1 2n n+Cn=79,可得n=12,设T
k+1项
的系数最大. §15.1 概 率
1 12 1 12∵ ( (2+2x) = (2 ) 1+4x)12, 五年高考母题原型训练1.C 【解析】 (m+ni)(n-mi)=2mn+(n2
Ck4k≥Ck-1 k-1{ 12 12 4 , 2 2 2∴ ∴9.4≤k≤10.4,∴k=10, -m )i为实数,有n -m =0,∴m=n,所求的概率Ck k124 ≥Ck+1 k+112 4 , 6 1
∴展开式中系数最大的项为T . P= = .本题考查了复数、概率等基础知识11 36 6 .
12
T = (1 ) C10410 10 10 2.D 【解析】 从30名同学中任选3名共有n11 2 12 x =16896x . =C330种选法,其中只选男生有C320种方法,只选女生
16. 解:(1)∵77=4×19+1. 有C310种选法,即得选到的3名同学中既有男同学又
∴7777-7=(76+1)77-7 有女同学有 m=C330-C3 -C320 10种方法,由此可得选
=C0 ·7677+C177 77·7676+…+C7677·76+C7777·1 到的3名同学中既有男同学又有女同学的概率为P
-7 m C3 3 330-C20-C10 20
=76(C077·7676+C177·7675+…+C76)-19+ =n = C3 =
,故应选
77 30 29
D.
(19-6),所以余数是19-6=13. 3.B 【解析】 显然,符合条件的火炬手的编号
(2)1.025=(1+0.02)5=1+C15·0.02+C25· 可以是(1,4,7),(2,5,8),…,(12,15,18),共12组,
0.022+C35·0.023+C45·0.024+C55·0.025,∵C25·0. 12 1
2 而所有 取 法 为 C
3 ,所 以,所 求 概 率 为= = ,
02=4×10-3=0.004,C3 3 -5 18 35·0.02=8×10 ,∴当(2) C18 68
中的结果精确到0.01时,只要取展开式的前三项和 选B.
为:1+0.10+0.004=1.104.近似值为1.10. 4.B 【解析】 本题解题思路是依据题意得出
·178·
相应的取法数,进而得到相关的概率.依题意得从编
A 包含的基本事件数m=5, ( )
m 5
所以 P A = =
号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个, n 20
共有C410种不同的方法,其中所取4个球的最大号码 1=4.
是6的取法共有C35,因此所取4个球的最大号码是6
10. 本题主要考查概率等基础知识,考查运算求
C35 1
的概率等于 4 = ,选B. 解能力、应用数学知识分析和解决实际问题的能力C10 21
.
解:( )【 一共有 种不同的结果
,列举如下:
5.D 解析】
Ⅰ 8
本题主要借助正方体、正八面体
(红、红、红)、(红、红、黑)、(红、黑、红)、(红、黑、
考查概率计算,属于基础知识,基本运算的综合灵活
黑)、(黑、红、红)、(黑、红、黑)、(黑、黑、红)、(黑、黑、
运用.正方体6个面的中心是正八面体的6个顶点,
黑).
甲从这6个点中任意选两个点连成C26 条直线,乙从
( )记“ 次摸球所得总分为 分”为事件
这6个点中任意选两个点连成C2
Ⅱ 3 5 A.
6 条直线,所得的两
事件 A 包含的基本事件为:(红、红、黑)、(红、
12
条直线相互平行但不重合的有12对,则概率为 2 黑、红)、(黑、红、红),事件 包含的基本事件数为C6C2 A 3.6
由(Ⅰ)可知,基本事件总数为8,所以事件4 A
的
= ,选75 D. 3概率为P(A)= .
6.D 【解析】 分成两组的所有情况有6种, 8而
、 11. 本小题主要考查排列、组合知识与等可能事甲 乙相遇只有三种情况:即首场相遇一种情况,第二
件、互斥事件概率的计算,运用概率知识分析问题及
1
场相遇有两种情况,故所求概率为:P= ,选D.本2 解决实际问题的能力.
题考查等可能性概率求法的基础知识,关键是分清所 解:以Ak 表示恰剩下k只果蝇的事件(k=0,1,
有的事件与事件A 所含基本事件的个数. …,6),以Bm 表示至少剩下m 只果蝇的事件(m=0,
1 1,…,6).
7. 【解析】 本题考查了古典概型问题,从5 可以有多种不同的计算P(Ak)的方法.
2.5,2.6,2.7,2.8,2.9这五个数据中任意抽取2个有 方法一(组合模式):当事件Ak 发生时,第(8-
(2.5,2.6);(2.5,2.7);(2.5,2.8);(2.5,2.9); k)只飞出的蝇子是苍蝇,且在前(7-k)只飞出的蝇
(2.6,2.7);(2.6,2.8);(2.6,2.9);(2.7,2.8);(2.7,2. C1 7-k
子中有1只是苍蝇,所以P(Ak)=
7-k= .
9);(
2
2.8,2.9),共10种抽取方法,其中长度恰好相差 C8 28
0.3m仅(2.5,2.8);(2.6,2.9)两组,即得n=10,m= 方法二(排列模式):当事件 Ak 发生时,共飞走
m (8-k)只蝇子,其中第(8-k)只飞出的蝇子是苍蝇,
2,∴它们的长度恰好相差0.3m的概率为P=n = 有两种不同可能.在前(7-k)只飞出的蝇子中有(6-
2 1 k)只是果蝇,有C6-k6 种不同的选择可能,还需考虑这
10=5. (7-k)只蝇子的排列顺序.所以
3
8. 【 】
1 6-k
解析 本题主要考查古典概型的概率 C2·C6 (7-k)!( ) 7-k4 P Ak = A8-k = 28 .8
计算.从四条线段中任意取出三条,有4种不同结果, 由上式得
3
能构成三角形的有3种情况,所以概率P= . 6 34 P(A1)=28=
;
14
1
9. 【解析】 本题主要考查等可能性事件的 ( ) 34 P B5 =P(A5+A6)=P(A5)+P(A6)=28.
概率.20张卡片分别是:“0,1”,“1,2”,“2,3”,“3,4”, 12. 解:(Ⅰ)“抽出的3张卡片上最大的数字是
…,“18,19”,“19,20”,任取一张,基本事件总数n= 4”的事件记为A,由题意
20,卡片上两个数的各位数字之和不小于14的有“7, C1C2+C2C1( ) 2 6 2 6 9P A = = .
8”,“8,9”,“16,17”,“17,18”,“18,19”共5张,即事件 C38 14
·179·
(Ⅱ)“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的 18. 解:(Ⅰ)设Ai 表示事件“一个试验组中,服
C2C1 3 用A 有效的小白鼠有i只”,, i=0
,1,2,B 表示事件
事件记为B 则P(B)= 2 6C3 =28.
i
8 “一个试验组中,服用B 有效的小白鼠有i只”,i=0,
(Ⅲ)“抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事 1,2.
件记为C,“抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事
依题意有P(A1)
1 2 4, ( )
件记为D,由题意,C 与D 是对立事件.因为 =2×3×3=9 P A2 =
1 2
( ) C4C2C
1
P D = 6
3 2 2 4 1 1 1 1
3 = . 3×3=9.P
(B0)=2× =
,P(B )=2×
C8 7 2 4
1 2
( ) ( 3 4 1 1所以P C =1-P D)=1- = . ×2= .
所求的概率为
2 p=P
(B0·A1)+P(B0·
7 7
13. 解:(Ⅰ)由题意知,袋中黑球的个数为10× A2)+P(B1·A2)
2 1 4 1 4 1 4 4
5=4.
=4×9+4×9+2×9=9.
记“从袋中任意摸出两个球,得到的都是黑球”为 3( ) ( 4 ) 604Ⅱ 所求的概率为P=1- 1-9 =2 729.
事件A,则P( )
C4 2A =C2 =10 15
. 19. 解:(Ⅰ)令A 表示两年后柑橘产量恰好达到
(Ⅱ)记“从袋中任意摸出两个球,至少得到一个 灾前产量这一事件,则P(A)=0.2×0.4+0.4×0.3=
白球”为事件B,设袋中白球的个数为x,则P(B)= 0.2.
2
( ) C10-x 7
(Ⅱ)令B 表示两年后柑橘产量超过灾前产量这
1-P B =1- 2 = ,得到C 9 x=5.10 一事件,则P(B)=0.2×0.6+0.4×0.6+0.4×0.3=
14.C 【解析】 本题主要考查考生能否结合具 0.48.
体问题恰当地利用所学排列组合知识确定相关的方 20. 本小题主要考查互斥事件、相互独立事件等
法数,再由概率的意义进而求得相应的概率的具体应 概率的基础知识,考查运用概率知识解决实际问题的
用 能 力.依 题 意 得, 所 求 的 概 率 等 于 能力.
C2C1 1 1 2 1 1 1 26 5C4+C6C5C4+C6C5C4 48= , C. 解:(Ⅰ)设“选 从甲盒内取出的2个球均为红球”为C415 91 事件A,“从乙盒内取出的2个球均为红球”为事件
15.A 【解析】 设取出小球数字之和为3和为 C23 1
6分别为事件A、B,则事件A 与事件B 互斥,且事件 B.由于事件 A,B 相互独立,且 P(A)=C2=
,
7 7
A 的基本事件仅有(1+2=3)1种,事件B 的基本事 C2 5
P(B)= 5C2=1 18
.
件有(1+5=2+4=6)2种,∴P(A)= ,P(B)= 9C25 故取出的4个球均为红球的概率是
2
2, ( )
1 2 3
C P A+B =P
(A)+P(B)= + = ,故应 1 5 5
5 C25 C25 10 P(A·B)=P(A)·P(B)=7×18=126.
选A. (Ⅱ)设“从甲盒内取出的2个球中,1个是红球,
16.D 【解析】 设 不 能 获 奖 为 事 件 A,则 P 1个是黑球;从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事
3+C2(C1+C2)A2( ) 3 5 5 2 93A = = ,则能获奖的概率为: 件C,“从甲盒内取出的2个球均为黑球;从乙盒内取35 243 出的2个球中,1个是红球,1个是黑球”为事件D.由
P( )
93 50
A =1- = ,故选D项.本题考查排列组合 C1C1 C2 2243 81 于事件C,D 互斥,且P(C)= 3 4 4C2
·
C2=
,P(D)
7 9 21
与概率问题,取材于学生熟悉的等可能性概率知识,
C2 1 14 C5C4 10
属于中档题. =C2
·
C2 =7 9 63
.
17.0.98 【解析】 至少有一个准时的对立事件 故取出的4个球中恰有1个红球的概率为
为均不准时,所以两个闹钟至少有一个准时响的概率 2 10 16
为P=1-(1-0.80)( ) P
(C+D)1-0.90 =0.98. =P
(C)+P(D)=21+63=63.
·180·
1 【 】 , 27. 解
:(Ⅰ)每次测试中,被测试者从10张卡片
21. 解析 依题意 在长方形内取每一点3 中随机抽取的1张卡片上,拼音带有后鼻音“g”的概
的可能性均相等.故可用阴影部分的面积与长方形面 3
率为 ,因为三位被测试者分别随机抽取一张卡片
积的比 来 表 示 点 M 取 自 阴 影 部 分 的 概 率 P = 10
1 的事件是相互独立的,因而所求的概率为
∫3x2dx 3
0 1 3 3 3 27
= . 10× × = (33 3 10 10 10) =1000.
2 (Ⅱ)设Ai(i=0,1,2,3)表示所抽取的三张卡片
22. 【解析】3
本题考查 中,恰有i张卡片带有后鼻音“g”的事件,且其相应的
的是几何概率与化归与转换能力, 1 2 3
概率为P(Ai),
CC
则P(A )= 7 3
7 C
︵ 2 C3 =
,
40P
(A 33)=
10 C310
属于容易 题.如 图 可 设AB=1,则
︵ 1, = ,因而所求概率为AB'=1 根 据 几 何 概 率 可 知 其 整 120
2
体事件是其周长3,则其概率是 . P(A2+A3)=P(A2) ( )
7 1 11
3 +P A3 =40+120=60.
23.B 【解析】 ∵事件E 与F 相互独立, 28.解:(1)记A 表示事件:稿件能通过两位初审
1 专家的评审;
∴P(E∩F)=P(E)×P(F)= ,故应选16 B. B 表 示 事 件:稿 件 恰 能 通 过 一 位 初 审 专 家 的
24.D 【解析】 甲获胜由胜胜、胜负胜、负胜胜 评审;
三个 独 立 事 件 组 成,∴P=0.62+2·0.62×0.4= C 表示事件:稿件能通过复审专家的评审;
0.648,故选D. D 表示事件:稿件被录用.
25.0.128 【解析】 记“该选手回答对第i个问 则D=A+B·C,
题”为事件Ai(i=1,2,3,4,5),且P(Ai)=0.8. P(A)=0.5×0.5=0.25,P(B)=2×0.5×0.5=
选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮则该选 0.5,
手第二个问题必回答错,第三、第四个问题必回答对, P(C)=0.3,
∴所求事件概率 P(D)=P(A+B·C)
P=P(A2·A3·A4) =P(A)+P(B·C)
=P(A2)·P(A3)·P(A4) =P(A)+P(B)P(C)
=(1-0.8)×0.8×0.8=0.128. =0.25+0.5×0.3
1 1 =0.40.
26.②④ 【解析】 对①,P(B)
C5 C= × 5 +
C1 110 C11 (2)X~B(4,0.4),其分布列为
C15 C1 9 P(4 X=0)=(1-0.4)
4=0.1296,
1 ×C C1
= ;
10 11 22 P(X=1)=C
1
4×0.4×(1-0.4)3=0.3456,
C1 5 P(X=2)=C
2 2
4×0.4×(1-0.4)25 =0.3456,
对②,P(B|A1)=C1
= ;
11 11 P(X=3)=C34×0.43×(1-0.4)=0.1536,
对③,由P(
1
A )= ,P(B)
9
= ,P(A ·B)= P
(X=4)=0.44=0.0256.
1 2 22 1 期望EX=4×0.4=1.6.
5
知P(A1·B)≠P(A1)·P(B). 29.B 【解析】 本题考查n 次独立重复实验恰22 2 2
故事件B 与事件A 不是相互独立事件; 好发生k 次 的 概 率 公 式,1 P=C
2 4
4 (5 ) · (15 )
对④,从甲罐中只取一球,若取出红就不可能是 96
其他,故两两互斥; =625.
对⑤,由①可算得. 30.B 【解析】 本题考查随机事件的概率,以
·181·
及学生分析问题解决问题的能力、分类讨论思想.点 C1,C2 分别表示三轮中恰有两轮、三轮甲击中环数多
P 移动5次后到达点(2,3),可以看作是在5次移动 于乙击中的环数.
中选择2次右移,3次上移,故有C25 种不同的移动方 (Ⅰ)A=A1·B1+A2·B1+A2·B2,P(A)=
法,而所有的移动方法共有25 种,所以所求的概率P P(A1·B1+A2·B1+A2·B2)
C2 5
= 5=C2 (1 ) . =P(A1·B1)+P(A2·B1)+P(A2·B2)25 5 2 =P(A1)·P(B1)+P(A2)·P(B1)+P(A2)
31. 解:(Ⅰ)5次预报中恰有2次准确的概率为 ·P(B2)
P 2 2 5-25(2)=C5×0.8×(1-0.8)
=0.3×0.4+0.1×0.4+0.1×0.4
=10×0.82×0.23≈0.05.
=0.2.
(Ⅱ)5次预报中至少有2次准确的概率为 (Ⅱ)B=C +C ,P(C )=C2[P(A)]2[1-
1-P 05(0)-P5(1)=1-C5×0.80×(1-0.8)5-0
1 2 1 3
1 1 ( )5-1 P
(A)]=3×0.22×(1-0.2)=0.096,P(C2)=
-C5×0.8 × 1-0.8 =1-0.00032-0.0064≈
[
0.99. P
(A)]3=0.23=0.008,P(B)=P(C1+C2)=
( )“ , P(C1)+P(C2)Ⅲ 5次预报中恰有2次准确 且其中第3次 =0.096+0.008=0.104.
预报准确”的概率为0.8×C1×0.8×(1-0.8)4-1= 34. 本题主要考查随机事件、互斥事件、相互独4
4×0.82×0.23≈0.02. 立事件等概率的基础知识,考查运用概率知识解决实
32. 解:视“选择每道题的方案”为一次试验,则 际问题的能力.
这是4次独立重复试验,且每次试验中“选择正确”这 解:(Ⅰ)设这名学生在上学路上到第三个路口时
1 首次遇到红灯为事件A.因为事件A 等价于事件“这
一事件发生的概率为
4. 名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯,在第三个
由独立重复试验的概率计算公式得: 路口遇 到 红 灯”,所 以 事 件 A 的 概 率 为 P(A)=
(Ⅰ)恰有两道题答对的概率为 ( 1 ) ( 1 1 41-3 × 1-3 )×3=27.2 2
P4(2)=C2
1 3
4× (4 ) × (4 ) (Ⅱ)设这名学生在上学路上因遇到红灯停留的
27
= . 总时间至多是4min为事件B,这名学生在上学路上128 遇到k次红灯为事件Bk(k=0,1,2).
(Ⅱ)解法一:至少有一道题答对的概率为 由题意得
0
1-P (0)=1-C0× (1 ) × (3
4
4 1 3
4 4 4 4 ) P(B0)= (23 ) 16= , ( ) 1 181P B1 =C4 (3 ) (23 )
81 175
=1- 2 2256=256. 32= ,P(B 2 1 2
24
81 2
)=C4× (3 ) × (3 ) =81.
解法二:至少有一道题答对的概率为
由于事件B 等价于事件“这名学生在上学路上
1 3 2 2C14× (4 )× (3 2 14 ) +C4× (4 ) × (34 ) +C34 至多遇到2次红灯”,所以事件B 的概率为
× (1
3 4 0
) × (3 )+C4× (1 ) × (3 ) P(B) 84 =P(B0)+P(B1)+P(B2)=9.4 4 4 4
108 54 12 1 2012—2013高考题源拓展测试
=256+256+256+256 1.C 2.D 3.A 4.C 5.D 6.D 7.C
175
= 2 33 1256. 8.D 9. 9 10.P133. 解:记A1,A2 分别表示甲击中9环,10环, 40
B ,B 分别表示乙击中8环,9环,A 表示在一轮比 13. 解:每 个 人 达 到 减 肥 目 的 概 率 为 P=1 2 60
赛中甲击中的环数多于乙击中的环数,B 表示在三轮 2
比赛中至少有两轮甲击中的环数多于乙击中的环数, =3.
·182·
(1)恰有4人未达到目的的概率为 P1=C45× b<4,(a-2)2+b2≥16.设“方程有两个正根”为事件
4
( 2 ) 2 10 A,则事件A 包含的基本事件为(× = . 6,1),(6,2),(6,3),1-3 3 243
(,) , ( ) 4 14 53 共4个 故所求的概率为P A = = ;
(2) 4 2
2 5 1 5 11 36 9P2=C5× (1- ) × +C5×( )3 3 3 =243. (2)试验的全部结果构成区域,其面积为S(Ω)=
4
() ( 2 ) 2 23P = 1- × = . 16,设“方程无实根”为事件B,则构成事件B 的区域3 3 3 243 为B={(a,b)|2≤a≤6,0≤b≤4,(a-2)2+b2<
14. 解:(1)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,由 1
(2
4
) 16
},其面积为S(B)= ×π×42=4π,故所求的概
等可能性事件的概率公式可得:P(ξ=0)= 43 =
( 4π π16 1· 3 2· 2 率为P B)= = .,P(ξ=1)
C 2 32
= 4 4 = , (
C 2
81 3 81 P ξ=2
)= 4 16 434 =
3· §15.2
统 计
8 4, ( ) C4 2 8, ( ) 1 1,
27Pξ=3 = 34 =81 P ξ=4 = (3 ) =18 五年高考母题原型训练
所以这4位同学选择数学选修课的概率最大时相应 1.C 【解析】 分层抽样就是按比例抽样,则有
的人数为1人. 1504000×30000=20
,选C.
(2)由(1)知,这4位同学至少有2人选择数学选
2.D 【解析】 本题解题思路是依据抽样方法
修课程的概率 P=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)=1-
的定义以及结合题意中的数据确定 依题意得这种抽
2 4 C1·23
.
( ) 4 16 32 333 - 34 =1-81-81=81. 样方法是分层抽样法,选D.
15. 解:(1)设“任取一件作品颜色为绿色”为事 【 】 503.10 解析 由随机抽样得抽样比例为1000
, ( ) 1件A 则P A =24. 1= ,则某部门中有200名员工,需要抽取的人数为20
(2)设“任取一件作品颜色为红色”为事件B,则
1
( ) 4+3-1 1 3
200× 人
P B =1- =1- = . 20
=10 .
24 4 4
4.40 【解析】 本题考查分层抽样的基本概念(3)
.
设“任取一件作品记下颜色后放回,连续取三
5.50 【解析】 分层抽样即按高三学生占总人
次至少有两件作品为红色”为事件C,则
2 3 1
(3 ) (1 ) (3 ) 数的 进行抽样,故样本中高三学生的人数为50.P(C)=C2 33× 44 × 4 +C3× 4 ×
0 160
(1 ) 27 6.150 【解析】 (160-150)÷= . 2400=150.4 32
:() 7.37 20
【解析】 由分组可知,抽号的间隔
16. 解 1 设每位大学生能成为奥运志愿者的
为 ,又因为第 组抽出的号码为 ,所以第 组抽
2 5 5 22 6
概率为 P,则 P=C2× (1 ) × ( 1 1
3
3 2 1-2 ) + (2 ) 出的号码为27,第7组抽出的号码为32,第8组抽出
1 的号码为37.
=2. 40岁以下年龄段的职工数为200×0.5=100,则
(2)设至少有两位大学生成为奥运志愿者的概率 40
应抽取的人数为
200×100=20
人.
4 5
, 1 1 13为P' 则P'=1-C5×2× ( 1 11-2 ) - (2 ) =16. 8.60 【解析】 本 题 是 统 计 中 的 分 层 抽 样 问
(3)设每位大学生被淘汰的概率为P″,则P″= 题,根据分层抽样的本质特征可得,所要求的结果约
1 1 2
2× (2 ) 1 5+2=8. 为15000× (23 21500-500)=60.
17.解:(1)基本事件(a,b)共有36个,方程有正 本题主要考查学生对分层抽样的理解———本质
根等价于a-2>0,16-b2>0,Δ≥0,即a>2,-4< 是按比例抽取.
·183·
9. 解:(Ⅰ)工厂总数为18+27+18=63,样本容 1
13.24 23 【解析】 x甲= ×(10 19+18+20+7 1
量与总体中的个体数的比为 = ,所以从A,B,63 9 21+23+22+20+31+31+35)=24,
C 三个区中应分别抽取的工厂个数为2,3,2. 1
x乙= ×(19+17+11+21+24+22+24+30
(Ⅱ)设 A1,A2 为在 A 区中抽得的2个工厂, 10
B1,B2,B3 为在B 区中抽得的3个工厂,C1,C2 为在 +32+30)=23.
C 区中抽得的2个工厂.在这7个工厂中随机地抽取 14.30 【解析】 本题主要考查样本的频率分
2个,全部可能的结果有:(A ,A 布直方图.由图知,在区间[4,5)上的频率为1-0.051 2),(A1,B1),(A1,
B2),(A1,B3),(A1,C1),(A1,C2),(A2,B1),(A , -0.1-0.4-0.15=0.3,所以所求频数为:100×0.32
B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2),(B1,B2),(B =30.1,
B3),(B1,C1),(B1,C2),(B ,B 15. 解:(Ⅰ)样本中男生人数为40,由分层抽比2 3),(B2,C1),(B2,
C2),(B3,C1),(B3,C2),(C ,C ),共有21种. 例为10%估计全校男生人数为400.1 2
随机地抽取的2个工厂至少有1个来自A 区的 (Ⅱ)由统计图知,样本中身高在170~185cm之
结果(记为事件 X)有:(A ,A ),(A ,B ),(A , 间的学生有14+13+4+3+1=35人,样本容量为1 2 1 1 1
B2),(A1,B3),(A1,C1),(A1,C2),(A2,B ),(A , 70,所以样本中学生身高在170~185cm之间的频率1 2
B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2),共有11种.所以 35f= =0.5,故由 f 估计该校学生身高在170~
这2个工厂中至少有1个来自A 区的概率为P( )
70
X
180cm之间的概率P=0.5.
11
=21. (Ⅲ)样本中女生身高在165~180cm 之间的人
10.A 【解析】 本题考查了统计与概率的知 数为10,身高在170~180cm之间的人数为4.
识,读懂频率分布直方图,会计算概率以及样本中有 设A 表示事件“从样本中身高在165~180cm之
关的数据.据频率分布直方图可得产品净重小于100 间的女 生 中 任 取2人,至 少 有1人 身 高 在170~
2
克的概率为(0.050+0.100)×2=0.300,已知样本中 ”, ( ) C6 2180cm之间 则P A =1- 2 = (或 P(A)=
产品净重小于100克的个数是36,设样本容量为n, C10 3
1 1 2
36 C6×C4×C4 2
则有
n=0.3 n=120
,而净重大于或等于98克并且 2 = )C10 3
.
小于104克的产品的概率为(0.100+0.150+0.125) 16.B 【解析】 利用正态分布的密度曲线的对
×2=0.75,所以样本中净重大于或等于98克并且小 称性.对称轴为x=3,P(2≤x≤4)=0.6826.
于104克的产品的个数是120×0.75=90.故选A. ∴P( )
1 1
x>4 = [ (2 1-P 2≤x≤4
)] = (1-
11.13 【解析】 在频率分布直方图中,各小矩 2
) 故选
形框的面积表示该组的频率,要注意竖轴表示的不是 0.6826 =0.1587. B.
【失分警示】 正态分布频率
相应的频率,而是相应的高,即 ,所以计算各组
组距 的概率函数密度曲线关于x
0.6826
频率时应乘组距,本题中组距为10,所以数量落在五 =μ 对称.求概率即是利用图
个分组 区 间 的 频 率 分 别 为0.20,0.40,0.25,0.10, 象的对称性. 2 4
x=3
0.05,则这20名工人中一天生产该产品数量在[55, 17.A 【解析】 ∵P(ξ
75)的人数为20×(0.40+0.25)=13. ≤4)=Φ (4-2σ )=Φ (2 , (σ ) ∴Pξ≤0)=Φ (0-2)=12.D 【解析】 由题意知a+0+1+2+3=5× σ
1,解得a=-1. Φ ( 2-σ )=1-Φ (2 )=1-0.84=0.16.故选A.(-1-1)2+(2 0-1)2+(1-1)2+(2-1)2+(3-1)2 σs = 5 = 18.D 【解析】 本题解题思路是利用服从正态
2,故选D. 分布的随机变量的概率密度曲线所具有的性质,从而
得出答案.依题意知,随机变量ξ 的概率密度曲线关
·184·
1 第k+8n(, ( ) , n=1
,2,3,…,19)号,此时每个个体被抽到
于直线x=3对 称 结 合 图 形 可 知 P ξ<3 = 2 1
的概率为
选D. 8.
1
19. 【解析】 本题主要考查正态分布的性 () 20 13 分层抽样法:按比例2 160=
,分别在一级
8
质,会画其图象是关键.正态曲线关于直线x=μ 对 品、二级品、 1三级品、次品中抽取48× =6个,64×
称,两边的概率各占一半. 8
20. 解:(1)由题设所给数据,可得散点图如图. 1 1 1
8=8
个,32× =4个,8 16×8=2
个,每个个体被
6,8,4,2 1抽到的概率分别为 ,即都是
48643216 8.
综上可知,无论采取哪种抽样,总体的每个个体
1
被抽到的概率都是
8.
14. 解:(1)依题意可算出第三组的频率为:
4 1
4
(2)由 对 照 数 据,计 算 得 ∑x2 2+3+4+6+4+1
=5.
i =86,x =
i=1
1 第三组的频数3+4+5+6 , 因频率 ,于是作品数
4 =4.5 5
= 样本容量 =12×5
=60(件)2.5+3+4+4.5 4 .
y= 4 =3.5
,已知∑xiyi=66.5,
i=1 (2)根据频率分布直方图,可看出第四组上交的
所以,由最小二乘法确定的回归方程的系数为 6作品数量最多,共有60× =18(件).
4 20
∑xiyi-4x·y
b=i=1 ( 10 54 3)第四组获奖率为 = ,第六组获奖率为
∑x2i-4x2 18 9
i=1 2
66.5-4×4.5×3.5 ,所以,第六组获奖率较高.
= 86-4×4.52 =0.7.
3
15. 解:工人的月均收入在(500-a,500+a)内
a=y-bx=3.5-0.7×4.5=0.35.
的概率
因此,所求的线性回归方程为y=0.7x+0.35.
(3)由(2)的回归方程及技改前生产100吨甲产 F(x)=Φ (500+a-500)-Φ (500-a-50020 20 )
品的生产能耗,能降低的生产能耗为90-(0.7×100
=Φ (a )-Φ ( a+0.35)=19.65(吨标准煤). 20 -20)
2012—2013高考题源拓展测试 a
=2Φ (a20)-1≥0.95,∴Φ (a20)≥0.975,∴ ≥1.D 2.C 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C 20
8.A 9.54 10.1 11.11.69 12.18 1.96,∴a≥39.2.∴a至少为39.2.
13. 解:(1)简单随机抽样法:可采取抽签法,将 16.解:(1)甲网站的极差为:73-8=65;乙网站
160个零件按1~160编号,相应地制作1~160号的 的极差为71-5=66;
160个签,从中随机抽20个,显然每个个体被抽到的 (2)甲网站点击量在[10,40]
4 2
间的频率为
20 1 14
=7
概率为
160=8. =0.28571;
(2)系统抽样法:将160个零件从1~160编上 (3)甲网站的点击量集中在茎叶图的下方,而乙
号,按编号顺序分成20组,每组8个.先在第1组用 网站的点击量集中在茎叶图的上方.
抽签法抽到k号(1≤k≤8),则在其余组中分别抽取 从数据的分布情况来看,甲网站更受欢迎.
·185·
10 1 10: 117. 解txx=∑x2- (∑x 2 41 50 8i 10 i
)=50520- × P
i=1 i=1 10 99 99 99
10 1 10 10
7102=110,t =∑xy - ∑x ·∑y =51467- : 41 50 8xy i i
i=1 10 i ii=1 i=1 ξ 的数学期望 Eξ=0×99+1×99+2×99
1 t 134
10×710×723=134
,所以b= xyt = ≈1.22
,
110 a=y
2
xx =3.
-bx=72.3-1.22×71≈-14.32,故所求的回归直 1
3. 解:(Ⅰ)依题意知X~B(4, ),即X 的分布
线方程为y=1.22x-14.32. 3
§15.3 离散型随机变量的期望与方差 列为:
五年高考母题原型训练
X 0 1 2 3 4
1. 解:(Ⅰ)设该射手第i次击中目标的事件为
Ai(i=1,2,3),则 P(Ai)=0.8,P(Ai)=0.2, 16 32 24 8 1
P(A1A2)=P(A1)P(A2)=0.2×0.8=0.16.
P 81 81 81 81 81
(Ⅱ)ξ可能取的值为0,1,2,3.
( )设 表示事件“第一次击中目标时,击中
ξ的分布列为:
Ⅱ Ai
第i部分”,i=1,2.Bi 表示事件“第二次击中目标时,
ξ 0 1 2 3 击中第i部分”,i=1,2.依题意知P(A1)=P(B1)=
P 0.008 0.032 0.16 0.8 0.1,P(A2)=P(B2)=0.3,A=A1B1∪A1B1∪
Eξ=0×0.008+1×0.032+2×0.16+3×0.8 A1B1∪A2B2,所求的概率为
=2.752. P(A)=P(A1 B1)+P(A1B1)+P(A1B1)
2. 解:由图可知,参加活动1次、2次和3次的学 +P(A2B2)
生人数分别为10,50和40.
=P(A1)P(B1)+P(A1)P(B1)+P(A1)P
(Ⅰ)该 合 唱 团 学 生 参 加 活 动 的 人 均 次 数 为
(B1)+P(A2)P(B2)
1×10+2×50+3×40 230
100 =100=2.3. =0.1×0.9+0.9×0.1+0.1×0.1+0.3×0.3
(Ⅱ)从合唱团中任选两名学生,他们参加活动次 =0.28.
C2 +C2 +C2 41 【要点提示】 求解概率问题关键是能够分析清
数恰好相等的概率为P = 10 50 400 C2 =99.100 楚题意,明确任务内容以及各个事件所含的基本事件
(Ⅲ)从合唱团中任选两名学生,记“这两人中一 情况.在具体问题中也要能够准确地分析各个事件之
人参加1次活动,另一人参加2次活动”为事件 A, 间的关系,能够灵活应用各种概率模型和概率求解公
“这两人中一人参加2次活动,另一人参加3次活动” 式进行求解.
为事件B,“这两人中一人参加1次活动,另一人参加 4.解:(1)由x2-x-6≤0得-2≤x≤3,即S=
3次活动”为事件C 易知 {x|-2≤x≤3}.
1 1 1 1
P( ) (
C C C C 由于 , , , 且 ,所以 包
ξ=1 =P A)+P(B)=
10 50+ 50 40 m n∈Nm n∈S m+n=0 AC2 2100 C100 含的基本事件为:(-2,2),(2,-2),(-1,1),(1,-
50
= ; 1),(0,0).99 ()由于 的所有不同取值为 , ,,,,
C1 1
2 m -2 -1012
P(ξ=2)=P(
C 8
C)= 10 40 2C2 =
;
99 3,所以ξ=m 的所有不同取 值 为0,1,4,9,且 有100
41 ( ) 1 2 1 2又P(ξ=0)=P = . Pξ=0 =
,P(ξ=1)= , ( )0 99 6 6
=3 P ξ=4 =6=
ξ的分布列: 1, 1
3 P
(ξ=9)=6.
ξ 0 1 2 故ξ的分布列为
·186·
0 1 4 9 ( 4 1ξ Pξ=-2)= ,200=50
P 1 1 1 16 3 3 6 P(ξ=1)
20 1
= = ,200 10
1 1 1 1 19
所以Eξ=0× +1× +4× +9× = . ( ) 50 16 3 3 6 6 Pξ=2 =200=
,
4
5.解:(1)设X 为射手在5次射击中击中目标的 ( ) 126 63Pξ=6 = = .
次数,则X~B ( ,2 200 1005 ) .在5次射击中,恰有2次击中3 ξ的分布列为:
目标的概率. ξ -2 1 2 6
2 3
P(X=2)=C25× (23 ) × ( 21-3 ) 40=243. P 1 1 1 6350 10 4 100
(1)设“第i次射击击中目标”为事件 Ai(i=1,
1 1
2,3,4,5);“射手在5次射击中,有3次连续击中目 (Ⅱ)ξ的数学期望为:Eξ=(-2)×50+1×10
标,另外2次未击中目标”为事件A,则 1 63
P(A) +2× +6× =4.34.=P(A1A2A3A4A5)+(A1A2A3A4A5) 4 100
+P(A1A A A A ) 即1件产品的平均利润是4.34万元.2 3 4 5
3 2 3 2 (Ⅲ)1 1 技术革新后2 1 2 1 ξ
的可能取值仍为-2,1,2,6.
= (3 ) × (3 ) +3× (3 ) ×3+ (3 ) 但ξ的分布列为:
3
× (2 8 ξ -2 1 2 63 ) =81.
1 70
(3)由题意可知,ξ 的所有可能取值为0,1,2, P 100 x y 100
3,6. 其中x,y 分别为三、二等品率.根据分布列的性
3
P(ξ=0) ( ) (1 ) 1=P A1A2A3 = = ; 质有:3 27
1 70 29
P(ξ=1)=P(A1 A2 A3)+P(A1A2A3)+ x+y=1-100-
,
100=100
2 1 2 1 2 1 1 2P(A A A )= 所以技术革新后1件产品的平均利润为:1 2 3 3× (3 ) +3×3×3+ (3 )
( ) 1 70 476
2 2 Eξ= -2 ×100+1×x+2×y+6×× = ; 100
=100
3 9 -x.
P(=2)=P(A A A )
2 1 2 4
= × × = ; 要使1件产品的平均利润不小于4.73万元,即ξ 1 2 3 3 3 3 27 476 3
P(ξ=3)=P(A1A2A3)+P(A1A2A ) Eξ≥4.73
,解
100-x≥4.73
得x≤100.3
(2
2
) 1 1 (2
2
) 8; 即要使技术革新后1件产品平均利润不小于= 3 ×3+3× 3 =27 4.73万元,三等品率最多为3%.
3
P(ξ=6)=P(A1A2A3)= (2 ) 8= . ìEX=03 27 5 1 【解析】 由 DX=1
所以ξ的分布列是
7.12 4 í 1
a+b+c+12=1
1 5
ξ 0 1 2 3 6
ì-a+c+6=0
ìa=
12
P 1 2 4 8 8 1 127 9 27 27 27 ía+c+
3
=1 íb=
4
1 1
6. 解:(Ⅰ) a+b+c+ c=ξ的可能取值为-2,1,2,6. 12 4
·187·
8.0.4 【解析】 x+0.1+0.3+y=1,即x+y ① ② ③ ④ ⑤ ⑥
=0.6. ① — — — A B C A B C A B D A C D
A B
A B C D C
又7x+0.8+2.7+10y=8.9,
D D C B
化简得7x+10y= D
5.4. ② 在情形①和②之下,A 直接感染了一个人;在情
由①②联立解得x=0.2,y=0.4. 形③,④,⑤之下,A 直接感染了两个人;在情形⑥之
9.解:(1)ξ的所有可能取值为:1,3,4,6. 下,A 直接感染了三人.
1 1 1 14.解:(1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为A、B、
P(ξ=1)= ,3 P
(ξ=3)= ,6 P
(ξ=4)= ,6 P
C,那么P(A)
1
=P(B)=P(C)=6.
(ξ=6)
1
= ,所以ξ的分布列为3
P(A·B·C)
1
=P(A)P(B)P(C)= 6 ×
ξ 1 3 4 6
2 25
P 1 1 1 1 (56 ) =216.3 6 6 3
: 、 25答 甲中奖且乙 丙都没有中奖的概率是
(2)
1 1 1 1 7
Eξ=1× +3× +4× +6× = 216
.
3 6 6 3 2
(2)ξ的可能取值为0,1,2,( ) 3.小时 .
1 k 5 3-k
10.B 【解析】 1000粒种子每粒不发芽的概率 P(=k)=Ckξ 3 (6 ) ( ) ,6 k=0,1,2,3.
为0.1. 所以中奖人数ξ的分布列为
∴不发芽的种子数ξ~B(1000,0.1),
∴1000粒种子中不发芽的种子数为1000×0.1 ξ 0 1 2 3
=100粒, P 125 25 5 1216 72 72 216
又每粒不发芽需补种2粒;∴需补种的数 X=2
125 25 5 1 1
×100=200. Eξ=0×216+1×72+2×72+3×216=2.
11.8.2 【解析】 由分布列可知Eξ=7×0.3+8 15. 解:(Ⅰ)由于从10件产品中任取3件的结
×0.35+9×0.2+10×0.15=8.2. 果数为C310,从10件产品中任取3件,其中恰有k 件
4
12. 【解析】 由已知条件可得P(ξ=0)= 一等品的结果数为CkC3-k3 7 ,那么从10件产品中任取7
2 1 1 0 2 3件,其中恰有k 件一等品的概率为 ( )C CC CC P X=k =5
2,P(ξ=1)=
5 2
2 ,P(ξ=2)=
5 2
2 ,∴E(ξ)=0× CkC3-kC7 C7 C7 3 7
3 ,k=0,1,2,C 3.
( ) ( ) ( ) C
1C1 10
Pξ=0 +1×P ξ=1 +2×P ξ=2 =
5 2
C2 + 所以随机变量X 的分布列为:7
2C05C22 4 X 0 1 2 3
C2 = .7 7 7 21 7 1
13. 解:随机变量X 的分布列是: P 24 40 40 120
X 1 2 3 7 21 7 1 9
EX=0×24+1×40+2×1 1 1 40
+3×120=10.
P 3 2 6 (Ⅱ)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等
品件数”为事件A,“恰好取出1件一等品和 件三等1 1 1 11 2
X 的均值EX=1×3+2×2+3×6=6. 品”为事件 A1,“恰好取出2件一等品”为事件 A2,
附:X 的分布列的一种求法 “恰好取出3件一等品”为事件A3.由于事件A1,A2,
共有如下6种不同的可能情形,每种情形发生的 A3 彼此互斥,且 A=A1∪A2∪A3,而 P(A1)=
1 C1 2: 3C3 3 7概率都是
C3 =
,
40P
(A2)=P(X=2)= ,6 10 40
·188·
( ) ( ) 1 , 1 2 4 8P A3 =P X=3 =120 Eξ=0×27+1×9+2×9+3×27=2.
所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品 解法二:根据题设可知,ξ~B ( 23, ),
的概率为 3
3 7 因此ξ的分布列为
P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=40+40+ 2 k 2 3-kP(ξ=k)=Ck3× (3 ) × (1- k1 31 3 ) =C3×
= . 2k120 120
3,k=0,1,2,3.
16. 解:只考虑甲、乙两单位的相对位置,故可用 3
组合计算基本事件数. 因为 ~B ( ,2ξ 3 ), 2所以3 Eξ=3×3=2.
(Ⅰ)设A 表示“甲、乙的演出序号至少有一个奇 (Ⅱ)解法一:用C表示“甲得2分乙得1分”这一事
数”,则A 表示“甲、乙的序号均为偶数”.由等可能性 件,用D 表示“甲得3分乙得0分”这一事件,所以AB=
C2 2
事件的概念计算公式得P(A)=1-P(A)=1- 32=C C∪D,且 C、D 互 斥,又 P (C)=C
2
3 ×
6 (23 ) ×
1 4
1-5=5. ( 21-3 ) ×
(Ⅱ)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,且 (2 1 1 1 2 1 1 1 1 10× × + × × + × × )= 4,5 1 4 4 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3
P(ξ=0)= 2= ,P(ξ=1)=C 2
= ,P(ξ= 3
6 3 C6 15 P(D)=C3× (2 ) × (1 1 1 43 × ,
3 1 2 2 1 3 3 3
×2 )=35
2)= 2= ,P(ξ=3)5 = =
,P(=4)=
C6 C2 15
ξ C2 由互斥事件的概率的公式得6 6
1
= . P(AB) ( ) ( )
10 4 34 34
=P C +P D =34+35=35=243.15
从而知 的分布列为: 解法二:用Ak 表示“甲队得k 分”ξ 这一事件
,用
Bk 表示“乙队得k分”这一事件,k=0,1,2,3.由于事
ξ 0 1 2 3 4 件A3B0,A2B1 为互斥事件,故有P(AB)=P(A3B0
P 1 4 1 2 1 ∪A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1).3 15 5 15 15
由题设可知,事件A3 与B0 独立,事件A2 与B1
1 4 1 2
所以,Eξ=0× +1× +2× +3× +4 独立,因此P(AB)=P(A3B0)+P(A2B1)=P(A3)3 15 5 15
3
1 4 ·P(B0)+P(A2)·P(B1)= (23 ) × (1 1× +×15= . 32 2 )3
22 34
17. 解:(Ⅰ)解法一:由题意知,ξ的可能取值为 C
2
3×33× (1 1 1 22×32+2×C12× 2 )=3 243.
3
0,1,2,3,且P(ξ=0)=C0× ( 2 11- ) = , 2012—2013高考题源拓展测试3 3 27 1.A 2.C 3.D 4.B 5.C 6.A 7.A
2 2 2
P(ξ=1)=C13× × ( 21- ) = , 32 1 2 43 3 9 8.D 9.625 10. -6 3 11.3 12. 7
2 2P(ξ=2)=C2× ( ) × ( 21- ) 4= , 13.解:记第一天通过检查的事件为A,第二天通3 3 3 9 过的事件为B.
3 8
P(ξ=3)=C33× (2 ) = . () ( ) C49 33 27 1P A = 4 = ;C10 5
所以ξ的分布列为:
(2)
4 8
P(ξ=-1)= ;15P
(ξ=1)= ;P(15 ξ=3
)=
ξ 0 1 2 3
1 2 4 8 1 2P E27 9 9 27 5 ξ
=3.
·189·
14. 解:(1)ξ的分布列为 P(
16
X=3)=1-P(X=1)-P(X=2)=25.
故取球次数X 的分布列为
ξ 0 1
X 1 2 3
P 0.4 0.6
1 4 16
由期望的定义可得Eξ=0×0.4+1×0.6=0.6.
P 5 25 25
由方差的定义可得 1 4 16 61
( )2 ( )2 EX=5×1+25×2+14×3=25.Dξ= 0-0.6 ×0.4+ 1-0.6 ×0.6
=0.36×0.4+0.16×0.6=0.144+0.096=0.24. 17. 解:(1)三人恰好买到同一只股票的概率P1
(2)由二项分布的期望公式得:Eη=np=5×0.6 1 1 1 1=10×10× × = .=3. 10 10 100
由二项分布的方差公式得 (2)解法1:三人中恰好有两人买到同一只股票
Dη=npq=5×0.6×0.4=1.2. 1 9 27的概率P 22=10×C3×( )2
:() , 10
×10=100.
15. 解 1 设5发子弹命中ξ发 则5发全部命 由(1)知,三人恰好买到同一只股票的概率P1=
中的概率是P(ξ=5)=C5
1
5×0.55=32. 1 ,所以三人中至少有两人买到同一只股票的概率
() 1002 ∵5发子弹命中ξ发的概率是Pξ=Cξ5×0.5ξ
5- 5, 27 1 7×0.5 ξ=Cξ5×0.5 P=P1+P2=100+100=25.
∴ξ的分布列为: 3
解法2:
A
P =1- 10
7
2 1 1 1 = .
ξ 0 1 2 3 4 5 C10×C10×C10 25
()每股当天获利钱数 的分布列为:
P 1 5 10 10 5 1
3 ξ
32 32 32 32 32 32 ξ 2 0 -1
∴P(ξ≤3)=P(ξ=0)+P(ξ=1)+P(ξ=2)+ P 0.5 0.2 0.3
( 26Pξ=3)= ,∴设游客在一次游戏中获得奖金32 η 所以,1000股在当天交易中获利钱数的数学期
元,则η的分布列为:
望为
1000Eξ=1000×[2×0.5+0×0.2+(-1)×0.3]
η -2 0 40 =700.
P 26 5 132 32 32 第十六章 常用逻辑用语
∴该游客在一次游戏中获得奖金的期望为 §16.1 逻辑联结词与四种命题
Eη=(-2)
26 5 1
× +0× +40× =-0.375, 五年高考母题原型训练32 32 32
1.D 【解析】 当同一平面内两直线平行时,结
∴该游戏规则对该游客不利.
论 错误;当三直线两两垂直时,结论 错误
16.解:(1)恰好摸到两个“ ”
① ③ .
心 字球的取法共有4
2.C 【解析】 将几何符号语言转换为文字语
种情形;开心心,心开心,心心开,心心乐.
言如下:
“ ” 5 3则恰好摸到2个 心 字球的概率是P=10×10 ①如果两条平行线中一条垂直于一个平面,则另
3 3 3 2 153 一条也必垂直于该平面,该命题正确;
×10×3+10×10×10=1000. ②分别在两个平行平面内的两条直线互相平行,
1 该命题不正确(还可异面);
( C 12)X=1,2,3,则P(X=1)= 21 = ,P(X=C10 5 ③两条平行线中一条平行于一个平面,则另一条
C1 C18 2 4 也必平行 于 该 平 面,该 命 题 不 正 确(还 可 在 该 平 面2)=
C1
·
C1
= ,
10 10 25 内);
·190·§15.3 离散型随机变量的期望与方差
考纲·题型解读
1.了解离散型随机变量的意义,会求某些简单的离散型随机变量的分布列.
2.了解离散型随机变量的期望与方差的意义,会根据离散型随机变量的分布列求期望值和方差.
3.期望值与方差是随机变量最重要的两个特征数,它们所表示的意义具有很大的实用价值,是高考的热点之一.高考的主
要题型有两种:一是求期望值和方差;二是有关的应用题,因此本节应把复习的重点放在以下三个方面:
(1)理解离散型随机变量的期望值和方差的定义及其所表示的意义;
(2)根据离散型随机变量的分布列求出其期望值与方差;
(3)解决一些相关的实际问题.
题源1 离散型随机变量的分布列
解题模型
1.如果随机试验的结果可以用一个变量来表示,那么
这样的变量叫做随机变量;按一定次序一一列出,这样的
随机变量叫做离散型随机变量;随机变量可以取某一区间
内的一切值,这样的随机变量叫做连续型随机变量.
2.设 离 散 型 随 机 变 量ξ 可 能 取 的 值 为x1、x2、…、
xi、…,ξ取每一个值xi(i=1,2,…,n,…)的概率 P(ξ=
xi)=pi,则称表
(1)求直方图中x 的值;
ξ x1 x2 … xi … (2)若将频率视为概率,从这个城市随机抽取3位居民(看
P p1 p2 … pi … 作有放回的抽样),求月均用水量在3至4吨的居民数X 的分布
, :① ≥0,i= 列和数学期望为随机变量 的概率分布列 具有性质 p .ξ i
,,…,n,…; …
[解析] (1)依题意及频率分布直方图知,12 ②p +p + =1. 0.02+0.1+x+1 2
,
离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取 0.37+0.39=1
解得
这个范围内各个值的概率之和. x=0.12.
3.二项分布:
()由题意知, (, )
如果在第一次试验中某事件发生的概率 2 X~B 30.1 .
因此 ( ) 0 3 ,
是p,那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次 P X=0 =C3×0.9=0.729
1 2
的概率是P(ξ=k)=Ck k n-knpq ,其中k=0,1,2,3,…,n, P
(X=1)q =C3×0.1×0.9=0.243
,
2 2
=1-p.于是得到随机变量 ( )ξ的概率分布列如下: P X=2 =C3×0.1×0.9=0.027
… … P
(X=3)=C33×0.13=0.001.
ξ 0 1 k n 故随机变量X 的分布列为
P C0p0qn C1p1qn-1 … Ckpkqn-k … Cn n 0n n n npq
X 0 1 2 3
由于Ckpkqn-kn 恰好是二项展开式(q+p)n=C0p0qnn P 0.729 0.243 0.027 0.001
+C1p1qn-1+…+Ckpkqn-kn n +…+Cn n 0npq 中的第k+1项
(k=0,1,2,…,n)中的各个值,故称为随机变量ξ 的二项 X
的数学期望为EX=3×0.1=0.3.
分布,记作 ~B(n,p). [真题2] (2021·陕西)某食品企业一个月内被消费者投ξ
诉的次数用ξ表示.据统计,随机变量ξ的概率分布如下:
[真题1] (2022·湖南)下图是某城市通过抽样得到的居 ξ 0 1 2 3
民某年的月均用水量(单位:吨)的频率分布直方图.
P 0.1 0.3 2a a
(Ⅰ)求a的值和ξ的数学期望;
(Ⅱ)假设一月份与二月份被消费者投诉的次数互不影响,
求该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率.
·334·
[解析] (Ⅰ)由概率分布的性质有0.1+0.3+2a+a=1, 篮训练中,规定每人最多投3次;在A 处每投进一球得3分,在
解得a=0.2. B 处每投进一球得2分;如果前两次得分之和超过3分即停止
∴ξ的概率分布为 投篮,否则投第三次.某同学在A 处的命中率q1 为0.25,在B 处
的命中率为q2.该同学选择先在A 处投一球,以后都在B 处投,
0 1 2 3 用ξ表示该同学投篮训练结束后所得的总分,其分布列为ξ
P 0.1 0.3 0.4 0.2 ξ 0 2 3 4 5
∴Eξ=0×0.1+1×0.3+2×0.4+3×0.2=1.7. P 0.03 p1 p2 p3 p4
(Ⅱ)设事件A 表示“两个月内共被投诉2次”;事件A1 表 (Ⅰ)求q2 的值;
示“两个月内有一个月被投诉2次,另外一个月被投诉0次”;事 (Ⅱ)求随机变量ξ的数学期望Eξ;
件A2 表示“两个月内每个月均被投诉1次”. (Ⅲ)试比较该同学选择都在B 处投篮得分超过3分与选择
则由事件的独立性得 上述方式投篮得分超过3分的概率的大小.
P(A1)=C12P(ξ=2)P(ξ=0)=2×0.4×0.1=0.08, [解析] (Ⅰ)由题设知,“ξ=0”对应的事件为“在三次投篮
P(A2)=[P(ξ=1)]2=0.32=0.09, 中没有一次投中”,由对立事件和相互独立事件性质可知
∴P(A)=P(A1)+P(A2)=0.08+0.09=0.17. P(ξ=0)=(1-q1)(1-q2)2=0.03,解得q2=0.8.
故该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率为0.17. (Ⅱ)根据题意
[真题3] (2022·广东)某食品厂为了检查一条自动包装 P1=P(ξ=2)=(1-q1)C12(1-q2)q2
流水线的生产情况,随机抽取该流水线上40件产品作为样本称 =0.75×2×0.2×0.8=0.24.
出它们的重量(单位:克),重量的分组区间为(490,495],(495, P2=P(ξ=3)=q1(1-q2)2
500],…,(510,515],由此得到样本的频率分布直方图,如图 =0.25×(1-0.8)2=0.01.
所示. P3=P(ξ=4)=(1-q 21)q2
(1)根据频率分布直方图,求重量超过505克的产品数量; =0.75×0.82=0.48.
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件,设Y 为重量不超 P4=P(ξ=5)=q1q2+q1(1-q2)q2
过505克的产品数量,求Y 的分布列; =0.25×0.8+0.25×0.2×0.8=0.24.
(3)从该流水线上任取5件产品,求恰有2件产品的重量超
因此Eξ=0×0.03+2×0.24+3×0.01+4×0.48+5×
过505克的概率.
0.24=3.63.
(Ⅲ)用C 表示事件“该同学选择第一次在A 处投,以后都
在B 处投,得分超过3分”,用 D 表示事件“该同学选择都在B
处投,得分超过3分”则
P(C)=P(ξ=4)+P(ξ=5)=P3+P4
=0.48+0.24=0.72.
P(D)=q2+C12 2q2(1-q2)q2
=0.82+2×0.8×0.2×0.8=0.896.
故P(D)>P(C).
[解析] (1)根据频率分布直方图可知,重量超过505克的 即该同学选择都在B 处投篮得分超过3分的概率大于该同
产品数量为[(0.01+0.05)×5]×40=12(件). 学选择第一次在A 处投以后都在B 处得分超过3分的概率.
(2)Y 的可能取值为0,1,2.
2 题源2 离散型随机变量的期望与方差及其性质
( C 63P Y=0)= 282 =C40 130
.
1 1 解题模型
( ) C28C12 56P Y=1 =
C2
= .
40 130 1.若离散型随机变量ξ的概率分布P(ξ=xi)=pi,i
2
( ) C12 11 =1,2,…,则称Eξ=x1p1+x2p2+ …+xnpn+…为P Y=2 = = . ξ
的
C240 130 数学期望或平均数、均值.
Y 的分布列为 若η=aξ+b,其中a、b是常数,则η也是随机变量,数
Y 0 1 2 学期望为Eη=aEξ+b,即E(aξ+b)=aEξ+b.若ξ~B
63 56 11 (n,p),则Eξ=np.P 130 130 130 2.方差:把(x -Eξ)21 ·p1+(x2-Eξ)2·p2+…+
(3)利用样本估计总体,该流水线上产品重量超过505克的 (xn-Eξ)2·pn+…叫做随机变量ξ的均方差,简称为方
概率为0.3.令ξ为任取的5件产品中重量超过505克的产品数 差;标准差是σξ= Dξ,D(aξ+b)=a2Dξ;若ξ~B(n,
量,则ξ~B(5,0.3).故所求概率为P(ξ=2)=C
2(0.3)2(0.7)35 = p),那么Dξ=npq.
0.3087.
[真题4] (2021·山东)在某学校组织的一次篮球定点投 [真题5] (2022·福建)设S 是不等式x2-x-6≤0的解
·335·
集,整数m,n∈S. P(M1)P(N2)P(M3)P(M4)+P(M1)P(M2)P(N3)P(M4)+
(Ⅰ)记“使得m+n=0成立的有序数组(m,n)”为事件A, P(N1)P(M2)P(N3)P(M4)
试列举A 包含的基本事件; 3 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
= × × + × × × + × × × +
(Ⅱ)设ξ=m2,求ξ的分布列及其数学期望Eξ. 4 2 3 4 2 3 4 4 2 3 4
[解析] (Ⅰ)由x2-x-6≤0得-2≤x≤3,即S={x|- 3 1 2 1 1 1 2 1 1
4×2×3×4+4×2×3×4= .2≤x≤3}. 4
由于m,n∈Z,m,n∈S 且m n , A () ,+ =0 所以 包含的基本事 2 由题意 随机变量ξ的可能取值为2,3,4,由于每题答题
件为:(-2,2),(2,-2),(
,
-1,1),(1,-1),(0,0). 结果相互独立
(Ⅱ)由于m 的所有不同取值为-2,-1,0,1,2,3, 1所以P(ξ=2)=P(N1N2)=P(N1)·P(N2)= ,8
所以ξ=m2 的所有不同取值为0,1,4,9, P(ξ=3)=P(M1M2M3)+P(M1N2N3)1
且有P(ξ=0)= ,P(ξ=1)
2 1
= = , (
2
6 6 3 P ξ=4
)=6= =P(M1)P(M2)P(M3)+P(M1)P(N2)P(N3)
1, ( ) 1
3 1 1 3 1 2 3
P =9 = .故 的分布列为: =4× × + × × =
,P(ξ=4)=1-P(ξ=
3 ξ 6 ξ 2 3 4 2 3 8
) ( ) 1 3 1ξ 0 1 4 9 2 -Pξ=3 =1-8-8=2.
P 1 1 1 1 因此随机变量ξ的分布列为6 3 3 6
2 3 4
1 1 1 1 19 ξ
所以Eξ=0×6+1×3+4×3+9×6=6. P 1 3 1
[点评] 列举是学习概率的基础,古典概型是高考考查的 8 8 2
重点. 1 3 1 27 所以Eξ=2× +3× +4× = .
[真题6] (
8 8 2 8
2022·山东)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: 题源3 期望与方差的实际应用
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; 解题模型
②每回答一题,计分器显示累计分数,当累计分数小于8分
离散型随机变量期望与方差的应用问题,一般应先分
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, 析题意,明确题目欲求的是期望还是方差,在此基础上将进入下一轮;当答完四题,累计分数仍不足14分时,答题
结束, ; 题中考查的数量指标用随机变量表示,把实际问题转化为淘汰出局
随机变量的期望与方差
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、 、
3 1
C D 回答正确的概率依次为 , , [真题7] (2022·浙江)如图,一个4 2
小球从 M 处投入,通过管道自上而下落
1,1,且各题回答正确与否相互之间没有影响
3 4 . 到A 或B 或C.已知小球从每个叉口落入
(1)求甲同学能进入下一轮的概率; 左右两个管道的可能性是相等的.某商家
(2)用ξ表示甲同学本轮答题结束时答题的个数,求 的分
按上述投球方式进行促销活动,若投入的
ξ
布列和数学期望E . 小球落 到ξ A
,B,C,则 分 别 设 为1,2,3
[解析] 设 A、B、C、D 分别为第一、二、三、四个问题,用 等奖.
Mi(i=1,2,3,4)表示甲同学第i个问题回答正确,用 N (i=1,
(1)已知获得1,2,3等奖的折扣率分
i
2,3,4)表示甲同学第i个问题回答错误,则 M 与N 是对立事 别为50%,70%,90%.记随机变量ξ为获i i
件(i=1,2,3,4). (由题意得 得kk=1,2,3)等奖的折扣率,求随机变量ξ 的分布列及期
3 1 1 1 望Eξ;
P(M1)= ,P(M2)= ,P(M3)= ,P(M4)4 2 3 =4. (2)若有3人次(投入1球为1人次)参加促销活动,记随机
1 变量 为获得1等奖或2等奖的人次,求P(=2).
所以P(N1)= ,P(N2)
1
= ,P(N3)
2, ( ) 3 η η
4 2 =3 P N4 =4. [解析] (1)由题意得ξ的分布列为
(1)记“甲同学能进入下一轮”为事件Q, ξ 50% 70% 90%
则 Q = M1M2M3 + N1M2M3M4 + M1M2M3M4 + 3 3 7
M1N2N3M4+N1M2N3M4. P 16 8 16
由于每题答题结果相互独立,因此 3 3 7 3
P(Q)=P(M M M +N M M M +M N M M + 则E = ×50%+ ×70%+ ×90%= .1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 ξ 16 8 16 4
M1M2N3M4 + N1M2N3M4 ) = P (M1M2M3 ) + P () () , 3 3 9由 可知 获得 等奖或 等奖的概率为
(N1M2M3M4)+P(M1N2M3M4) (
2 1 1 2 + = .
+P M1M2N3M4)+P 16 8 16
(N1M2N3M4)=P(M1)P(M2)P(M3)+P(N1)P(M2)P 由题意得 9η~B (3,16) .(M3)P(M4)+
·336·
2 (9
2
) ( 9 ) 1701 P(ξ=3)=P(A1·B1·B2)+P(A1·B1·B2)+P(( A ·则P 1η=2)=C3 ·16 1-16 =4096. A2·B1)
[真题8] (2019·宁海)甲、乙、丙三名射箭运动员在某次 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1
测试中各射箭20次,三人的测试成绩如下表 =3×2×2+3×2×2+3×3×2=6+6+
甲的成绩 1 4乙的成绩 = ,9 9
环数 7 8 9 10 环数 7 8 9 10 P(ξ=4)=P(A1·A2·B1·B2)+P(A1·A2·B1·B2)
频数 5 5 5 5 频数 6 4 4 6 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1=3×3×2×2+3×3×2×
,
2=18+18=9
丙的成绩 4 4 1 8
故Eξ=2×9+3× +4× = .环数 7 8 9 10 9 9 3
8
频数 4 6 6 4 答:该考生参加考试次数的数学期望为3.
s1、s2、s3 分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的标 [真题10] (2022·安徽)品酒师需定期接受酒味鉴别功能
准差,则有 ( ) 测试,一种通常采用的测试方法如下:拿出n 瓶外观相同但品质
A.s3>s1>s2 B.s2>s1>s3 不同的酒让其品尝,要求其按品质优劣为它们排序;经过一段时
C.s1>s2>s3 D.s2>s3>s1 间,等其记忆淡忘之后,再让其品尝这n 瓶酒,并重新按品质优
[解析] 本题考查随机变量分布列的期望与方差及标准差 劣为它们排序,这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的
的求法等知识.根据各人成绩的频数,可计算得其频率.根据期望 偏离程度的高低为其评分.
现设 ,分别以 , , , 表示第一次排序时被排为
及方差公式,得:E(
5 n=4 a1 a2 a3 a4
甲)=(7+8+9+10)× , (甲) (20=8.5D = 1. 1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号,并令 X=|1-a1|+
52
5
+0.52+0.52+1.52)× =1.25;E(乙)=(
6
7+10)× +(8 |2-a2|+|3-a3|+|4-a4|,则 X 是对两次排序的偏离程度20 20 的一种描述.
4
+9)× =8.5,D(乙) ( 2 2)
6 ( 2 2) 4
20 = 1.5 +1.5 × + 0.5 +0.5 ×
(1)写出X 的可能值集合;
20 20 (2)假设a1,a2,a3,a4 等可能地为1,2,3,4的各种排列,求
=1.45;E(丙)=(
4 6
7+10)× +(8+9)× =8.5, X 的分布列;20 20
(3)某品酒师在相继进行的三轮测试中,都有X≤2,
D(丙)=(1.52
4 6
+1.52)× +(20 0.5
2+0.52)×20=1.05. (ⅰ)试按(2)中的结果,计算出现这种现象的概率(假定各
因为D(乙)>D(甲)>D(丙),所以s >s >s .选B. 轮测试相互独立);2 1 3
[真题9] (2020·福建)某项考试按科目A、科目B 依次 (ⅱ)你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何 说明理由.
进行,只有当科目A 成绩合格时,才可继续参加科目B 的考试. [解析] (1)X 的可能值集合为{0,2,4,6,8}.
已知每个科目允许有一次补考机会,两个科目成绩均合格方可 在1,2,3,4中奇数与偶数各有两个,所以a2,a4 中的奇数个
获得证书.现某人参加这项考试,科目A 每次考试成绩合格的概 数等于a1,a3 中的偶数个数,因此|1-a1|+|3-a3|与|2-a2|+
2 1 |4-a4|的奇偶性相同,从而X=(|1-a1|+|3-a3|)+(|2-a2|
率均为 ,科目B 每次考试成绩合格的概率均为 假设各次3 2. +|4-a4|)必为偶数.
考试成绩合格与否均互不影响. X 的值非负,且易知其值不大于8.容易举出使得 X 的值等
(Ⅰ)求他不需要补考就可获得证书的概率; 于0,2,4,6,8各值的排列的例子.
(Ⅱ)在这项考试过程中,假设他不放弃所有的考试机会,记 (2)可用列表或树状图列出1,2,3,4的一共24种排列,计
他参加考试的次数为ξ,求ξ的数学期望Eξ. 算每种排列下的X 值,在等可能的假定下,得到
[解析] 设“科目A 第一次考试合格”为事件A1,“科目A X 0 2 4 6 8
补考合格”为事件A2;“科目B 第一次考试合格”为事件B1,“科 1 3 7 9 4
目B 补考合格”为事件B P2. 24 24 24 24 24
(Ⅰ)不需要补考就可获得证书的事件 A1·B1,注意到 A1 4 1
2 1 (3)(ⅰ)首先P(X≤2)=P(X=0)+P(X=2)= ,
与B 相互独立,则 P(A ·B )=P(A )×P(B )= × 24
=6
1 1 1 1 1 3 2 将三轮测试都有X≤2的概率记做p,由上述结果和独立性假
1
= . , 1 13 设 得P=63=216.
: 1答 该考生不需要补考就可获得证书的概率为 . ( ) 1 53 ⅱ 由于P= < 是一个很小的概率,这表明如果仅216 1000
(Ⅱ)由已知得ξ=2,3,4.注意到各事件之间的独立性与互 凭随机猜测得到三轮测试都有 X≤2的结果的可能性很小,所
斥性,可得 以我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能,不是靠随机
P(ξ=2)=P(A1·B1)+P(A1·A2) 猜测.
2 1 1 1 1 1 4
=3×2+ ×
,
3 3=3+9=9
·337·
(★代表高考出现的频次)
( ) 4.(2022·福建)设S 是不等式x
2-x-6≤0的解集,整数
题源1 离散型随机变量的分布列 ★★★★★ m,n∈S.
1.(2020·陕西)某射击测试规则为:每人最多射击3次,击 (1)记“使得m+n=0成立的有序数组(m,n)”为事件A,试
中目标即终止射击;第i次击中目标得4-i(i=1,2,3)分,3次 列举A 包含的基本事件;
均未击中目标得0分.已知某射手每次击中目标的概率为0.8,且 (2)设ξ=m2,求ξ的分布列及其数学期望Eξ.
各次射击结果互不影响.
(Ⅰ)求该射手恰好射击两次的概率;
(Ⅱ)该射手的得分记为ξ,求随机变量ξ的分布列及数学
期望.
2
5.(2022·天津)某射手每次射击击中目标的概率是 ,且3
各次射击的结果互不影响.
2.(2019·北京)某中学号召学生在春节期间至少参加一次 (1)假设这名射手射击5次,求恰有2次击中目标的概率;
社会公益活动(以下简称活动).该校合唱团共有100名学生,他 (2)假设这名射手射击5次,求有3次连续击中目标,另外2
们参加活动的次数统计如图所示: 次未击中目标的概率;
(3)假设这名射手射击3次.每次射击,击中目标得1分,未
击中目标得0分.在3次射击中,若有2次连续击中,而另外1次
未击中,则额外加1分;若3次全击中,则额外加3分.记ξ为射
手射击3次后的总得分数,求ξ的分布列.
(Ⅰ)求合唱团学生参加活动的人均次数;
(Ⅱ)从合唱团中任选两名学生,求他们参加活动次数恰好
相等的概率;
(Ⅲ)从合唱团中任选两名学生,用ξ表示这两人参加活动
次数之差的绝对值,求随机变量ξ的分布列及数学期望Eξ. 6.(2020·广东)随机抽取某厂的某种产品200件,经质检,
其中有一等品126件、二等品50件、三等品20件、次品4件,已
知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1
万元,而1件次品亏损2万元.设1件产品的利润(单位:万元)
为ξ.
( ( )求 的分布列;3.2021·辽宁)某人向一目标射击4次,每次击中目标的 Ⅰ ξ
(Ⅱ)求1件产品的平均利润(即ξ的数学期望);1
概率为 .该目标分为3个不同的部分,第一、二、三部分面积之3 (Ⅲ)经技术革新后,仍有四个等级的产品,但次品率降为
比为1∶3∶6.击中目标时,击中任何一部分的概率与其面积成 1%,一等品率提高为70%.如果此时要求1件产品的平均利润
正比. 不小于4.73万元,则三等品率最多是多少
(Ⅰ)设X 表示目标被击中的次数,求X 的分布列;
(Ⅱ)若目标被击中2次,A 表示事件“第一部分至少被击中
1次或第二部分被击中2次”,求P(A).
·338·
题源2 离散型随机变量的期望 1概率都是 .在这种假定之下,B、C、D 中直接受A 感染的人数3
与方差及其性质(★★★★★) X 是一个随机变量.写出X 的分布列(不要求写出计算过程),并
7.(2021·广东)已知离散型随机变量 X 的分布列如下.若 求X 的均值(即数学期望).
EX=0,DX=1,则a= ,b= .
8.(2022·湖北)某射手射击所数环数ξ的分布列如下:
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知ξ的期望Eξ=8.9,则y 的值为 .
9.(2022·江西)某迷宫有三个通道,进入迷宫的每个人都
要经过一扇智能门.首次到达此门 ,系统会随机(即等可能)为你
打开一个通道.若是1号通道,则需要1小时走出迷宫;若是2 14.(2022·四川)某种有奖销售的饮料,瓶盖内印有“奖励
号、3号通道,则分别需要2小时、3小时返回智能门.再次到达智 一瓶”或“谢谢购买”字样,购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”
能门时,系统会随机打开一个你未到过的通道,直至走出迷宫为 1
字样即为中奖,中奖概率为 .甲、乙、丙都三位同学每人购买了
止.令ξ表示走出迷宫所需的时间. 6
(1)求ξ的分布列; 一瓶该饮料.
(2)求ξ的数学期望. (1)求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率;
(2)求中奖人数ξ的分布列及数学期望Eξ.
题源3 期望与方差的实际应用(★★★★★)
10.(2022·全国)某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播
种了1000粒,对于没有发芽的种子,每粒需要再补种2粒,补种
的种子数记为X,则X 的数学期望为 ( )
A.100 B.200 15.(2021·天津)在10件产品中,有3件一等品,4件二等
C.300 D.400 品,3件三等品.从这10件产品中任取3件,求:
11.(2022·上海)随机变量ξ的概率分布律由下表给出: (Ⅰ)取出的3件产品中一等品件数 X 的分布列和数学
期望;
x 7 8 9 10 (Ⅱ)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率.
P(ξ=x) 0.3 0.35 0.2 0.15
该随机变量ξ的均值是 .
12.(2021·上海)某学校要从5名男生和2名女生中选出2
人作为上海世博会志愿者,若用随机变量ξ表示选出的志愿者
中女生的人数,则数学期望 Eξ= (结果用最简分数
表示).
13.(2021·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 到过疫区.B 肯定是受A 感染的.对于
C,因为难以断定他是受A 还是受B 感染的,于是假定他受A
1
和受B 感染的概率都是 .同样也假定2 D
受A、B 和C 感染的
·339·
16.(2022·重庆)在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲 17.(2020·山东)甲、乙两队参加奥运知识竞赛,每队3人,
传”演出活动中,每个单位的节目集中安排在一起.若采用抽签 每人回答一个问题,答对者为本队赢得一分,答错得零分.假设
的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2,…,6),求: 2 2
甲队中每人答对的概率为 ,乙队中3人答对的概率分别为 ,
(Ⅰ)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率; 3 3
(Ⅱ)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列与期望. 2,1,且各人回答正确与否相互之间没有影响,用
3 2 ξ
表示甲队
的总得分.
(Ⅰ)求随机变量ξ的分布列和数学期望;
(Ⅱ)用A 表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件,
用B 表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件,求P(AB).
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分.每小题只 6.( 3)某射手射击击中目标的概率为0.8,从开始射击到
有一个选项符合题意) 击中目标所需的射击次数为ξ,则Eξ等于 ( )
1.( 2)设随机变量ξ~B(n,p),且Eξ=1.6,Dξ=1.28,则 5 5 5A. B. C. D.5
( ) 4 3 2
A.n=8,p=0.2 B.n=4,p=0.4 7.( 2.3)已知抛物线y=ax
2+bx+c(a≠0)的对称轴在y
C.n=5,p=0.32 D.n=7,p=0.45 轴的左侧,其中a、b、c∈{-3,-2,-1,0,1,2,3},在这些抛物线
2.( 3)一项商业活动中,某人获利300元的概率是0.5,亏 中,记随机变量ξ=“|a-b|的取值”,则ξ的数学期望Eξ为
损100元的概率是0.4,不盈不亏的概率是0.1,那么,他经营的 ( )
期望值是 ( ) 8 3 2 1A.9 B.5 C.5 D.3
A.100 B.105
8.( 3)一批零件有5个合格品和2个次品,抽检时,从这
C.110 D.115
批零件中任意取出一个,若每次取出的次品不再放回,且取得合
3.( 1.2)若ξ的分布列为 格品之前取出的次品数为ξ,则Eξ等于 ( )
ξ 0 1 2 5 5 1
A.21 B.7 C.P p q 21
D.3
二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
其中P∈(0,1),则 ( ) 9.( 2)已知随机变量ξ~B(n,p),若Eξ=4,η=2ξ+3,
A.Eξ=p,Dξ=p3 B.Eξ=p,Dξ=p2 Dη=3.2,则P(ξ=2)= (结果用数字表示).
C.Eξ=q,Dξ=q2 D.Eξ=1-p,Dξ=p-p2 10.( 1.2)已知随机变量ξ的分布列为
4.( 2)某一计算机网络有n个终端,每个终端在一天中使
用的概率为p,则这个网络中一天平均使用的终端个数是 ξ -1 0 1
( ) P 1 1 1
A.np(1-p) B.np 2 6 3
C.n D.p(1-p) 那么ξ的数学期望Eξ= ,设η=2ξ+1,则η 的数
5.( 2.3)袋子里装有5只球,编号为1,2,3,4,5,从中任取 学期望是Eη= .
3只球,用ξ表示取出球的最大号码,则Eξ等于 ( ) 11.( 2.3)从依次标着数字0,1,2,3的四张号码牌中不放
A.4 B.5 C.4.5 D.4.75 回地随机选取两张,这两张号码牌的数字之和ξ的数学期望Eξ
·340·
= . 16.( 2.3)一袋子中有大小、质量均相同的10个小球,其中
12.( 2.3)设l为平面上过点(0,1)的直线,l的斜率等可 标记“开”字的小球有5个,标记“心”字的小球有3个,标记“乐”
5 5 字的小球有2个.从中任意摸出1个球确定标记后放回袋中,再
能地取-22,- 3,- ,0, ,3,22.用ξ表示坐标原点到2 2 从中任取1个球.不断重复以上操作,最多取3次,并规定若取出
l的距离,则随机变量ξ的数学期望Eξ= . “乐”字球,则停止摸球.求:
三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分) (1)恰好摸到2个“心”字球的概率;
13.( 1.2)某车间在两天内,每天生产10件产品,其中第一 (2)摸球次数X 的概率分布列和数学期望.
天生产了1件次品,第二天生产了2件次品.而质检部每天要在
生产的10件产品中随意抽4件进行检查,发现次品则当天产品
不能通过.
(1)求第一天通过的概率;
(2)若厂内对车间生产的产品采用记分制,两天都不能通过
记-1分,通过1天记1分,两天都通过得3分,求该车间在这两
天内得分的ξ分布列和数学期望.
14.( 3)设某运动员投篮投中的概率为p=0.6.
(1)求一次投篮时投中次数ξ的期望和方差; 17.( 3)美国次贷危机引发2008年全球金融动荡,波及中
(2)求重复5次投篮时投中次数η的期望和方差. 国两大股市.甲、乙、丙三人打算趁股市低迷之际“抄底”.若三人
商定在圈定的10只股票中各自随机购买一只(假定购买时每支
股票的基本情况完全相同).
(1)求甲、乙、丙三人恰好买到同一只股票的概率;
(2)求甲、乙、丙三人中至少有两人买到同一只股票的概率;
(3)由于国家采取了积极的救市措施,股市渐趋回暖.若某
人某天按上一交易日的收盘价20元/股买入1000股某只股票,
且预计当天收盘时,该只股票涨停(比上一交易日的收盘价上涨
10%)的概率0.5,持平的概率为0.2,否则将下跌5%,求此人当
天获利的数学期望(不考虑交易税).
15.( 3)某游戏射击场规定:
①每次射击5发子弹;
②5发全部命中奖励40元;命中4发不奖励,也不付款;命
中3发或3发以下,应付款2元.
1
现有一游客,其每发子弹的命中率为
2.
(1)求该游客一次游戏中5发全部命中的概率;
(2)试从期望的角度分析,该游戏规则对该游客是否有利.
·341·

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