2024-2025学年高中数学第二章随机变量及其分布单元评估卷习题含解析新人教A版选修2-3

其次章单元评估卷时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．将一颗质地匀称的骰子掷两次，不能作为随机变量的是(D)A．第一次出现的点数B．其次次出现的点数C．两次出现点数之和D．两次出现相同点的种数解析：由于两次出现相同点的种数是定值6，故不是随机变量．2．已知离散型随机变量X的分布列为：X123…nPeq\f(k,n)eq\f(k,n)eq\f(k,n)…eq\f(k,n)则k的值为(B)A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．3解析：由分布列的性质知eq\f(k,n)＋eq\f(k,n)＋…＋eq\f(k,n)＝1，故k＝1.3．若随机变量ξ～B(n,0.6)，且E(ξ)＝3，则P(ξ＝1)的值是(C)A．2×0.44 B．2×0.45C．3×0.44 D．3×0.64解析：因为E(ξ)＝n×0.6＝3，所以n＝5.所以P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,5)×0.6×(1－0.6)4＝3×0.44.4．将两枚质地匀称的骰子各掷一次，设事务A＝{两个点数互不相同}，B＝{出现一个5点}，则P(B|A)＝(A)A.eq\f(1,3) B.eq\f(5,18)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,4)解析：出现点数互不相同的共有6×5＝30种，出现一个5点共有5×2＝10种，∴P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)＝eq\f(1,3).5．在篮球竞赛中，罚球命中得1分，不中得0分，若某球员罚球一次得分X的均值为0.6，则他的命中率为(B)A．0.5 B．0.6C．0.7 D．0.8解析：设命中率为p，X听从两点分布，故E(X)＝p＝0.6.6．把10个骰子全部投出，设出现6点的骰子的个数为X，则P(X≤2)＝(D)A．Ceq\o\al(2,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))8B．Ceq\o\al(1,10)×eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))9＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))10C．Ceq\o\al(1,10)×eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))9＋Ceq\o\al(2,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))8D．以上都不对解析：P(X≤2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝Ceq\o\al(0,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))10＋Ceq\o\al(1,10)eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))9＋Ceq\o\al(2,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))8.7．如图所示，A，B，C表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，则该系统的牢靠性为(B)A．0.504 B．0.994C．0.496 D．0.06解析：1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C))＝1－P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))·P(eq\x\to(C))＝1－0.1×0.2×0.3＝1－0.006＝0.994.8．已知10件产品中有3件是次品，任取2件，若X表示取到次品的件数，则E(X)等于(A)A.eq\f(3,5) B.eq\f(8,15)C.eq\f(14,15) D．1解析：由题意知，随机变量X的分布列为X012Peq\f(7,15)eq\f(7,15)eq\f(1,15)∴E(X)＝0×eq\f(7,15)＋1×eq\f(7,15)＋2×eq\f(1,15)＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).9．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元处理．依据前5年节日期间对这种鲜花销售状况需求量X(束)的统计(如下表)，若进这种鲜花500束在今年节日期间销售，则期望利润是(A)X200300400500P0.200.350.300.15A.706元 B．690元C．754元 D．720元解析：节日期间这种鲜花需求量X的均值为E(X)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340(束)．设利润为Y，则Y＝5X＋1.6(500－X)－500×2.5＝3.4X－450，所以E(Y)＝3.4E(X)－450＝3.4×340－450＝706(元)．10．假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是听从正态分布N(800,502)的随机变量，若一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0，则p0的值为(D)A．0.9545 B．0.6827C．0.9973 D．0.97725解析：由X～N(800,502)，知μ＝800，σ＝50，依题意，P(700<x≤900)＝0.9545，由正态曲线的对称性，可得p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800<X≤900)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)P(700<X≤900)＝0.97725.11．在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为(C)(附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544)A．2386 B．2718C．3413 D．4772解析：由于曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线，所以P(－1<X<1)＝0.6826，由正态分布密度曲线的对称性知P(0<X<1)＝0.3413，即图中阴影部分的面积为0.3413.由几何概型知点落入阴影部分的概率P＝eq\f(0.3413,1)＝0.3413.因此，落入阴影部分的个数的估计值为10000×0.3413＝3413.故选C.12．已知随机变量ξi满意P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0<p1<p2<eq\f(1,2)，则(A)A．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)B．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)解析：依据题意，得E(ξi)＝pi，D(ξi)＝pi(1－pi)，i＝1,2，∵0<p1<p2<eq\f(1,2)，∴E(ξ1)<E(ξ2)．令f(x)＝x(1－x)，则f(x)在(0，eq\f(1,2))上单调递增，所以f(p1)<f(p2)，即D(ξ1)<D(ξ2)，故选A.第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)13．在5道题中有3道理科题和2道文科题．假如从中任取2道题，已知其中一题为理科题，则另一题为文科题的概率为eq\f(2,3).解析：设事务A表示“2题中至少有一道为理科题”，事务B表示“2题恰好一文一理”，则P(A)＝eq\f(C\o\al(2,5)－C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(9,10)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,5),\f(9,10))＝eq\f(2,3).14．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川流不息．假设每天到西江苗寨的游客人数ξ是听从正态分布N(2000,10000)的随机变量．则每天到西江苗寨的游客人数超过2100的概率为0.158_7.解析：因为听从正态分布N(μ，σ2)的随机变量在区间(μ－σ，μ＋σ)内取值的概率为0.6826，随机变量ξ听从正态分布N(2000,1002)，所以每天到西江苗寨的游客人数超过2100的概率为eq\f(1,2)×(1－0.6826)＝0.1587.15．某射手对目标进行射击，直到第一次命中为止，每次射击的命中率为0.6，现共有子弹4颗，剩余子弹的均值为2.376.解析：设剩余的子弹个数为X，则X全部可能的取值为3,2,1,0.P(X＝3)＝0.6，P(X＝2)＝0.4×0.6＝0.24，P(X＝1)＝0.4×0.4×0.6＝0.096.P(X＝0)＝1－0.6－0.24－0.096＝0.064.所以E(X)＝3×0.6＋2×0.24＋1×0.096＋0×0.064＝2.376.16．已知离散型随机变量X的分布列为X012Pabc若E(X)＝1，则当a2＋b2＋c2取最小值时，方差D(X)＝eq\f(2,3).解析：由题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,b＋2c＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1－2c，,a＝c，))∴a2＋b2＋c2＝c2＋(1－2c)2＋c2＝6c2－4c＋1.要使a2＋b2＋c2取得最小值，则c＝eq\f(1,3)，∴a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(1,3)，∴D(X)＝(0－1)2×eq\f(1,3)＋(1－1)2×eq\f(1,3)＋(1－2)2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中随意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．解：(1)令A表示事务“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3)C\o\al(1,5),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,4).(2)X的全部可能值为0,1,2，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,15).综上知，X的分布列为X012Peq\f(7,15)eq\f(7,15)eq\f(1,15)故E(X)＝0×eq\f(7,15)＋1×eq\f(7,15)＋2×eq\f(1,15)＝eq\f(3,5)(个)．18．(12分)抛掷一枚骰子(六个面上分别标以数字1,2,3,4,5,6)．(1)连续抛掷2次，求向上的数不同的概率；(2)连续抛掷2次，求向上的数之和为6的概率；(3)连续抛掷5次，求向上的数为奇数恰好出现3次的概率．解：(1)设A表示事务“抛掷2次，向上的数不同”，则P(A)＝eq\f(6×5,6×6)＝eq\f(5,6).(2)设B表示事务“抛掷2次，向上的数之和为6”，则向上的数之和为6的结果有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，共5种，故P(B)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36).(3)设C表示事务“抛掷5次，向上的数为奇数恰好出现3次”．故P(C)＝Ceq\o\al(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(5,16).19．(12分)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发觉自己遗忘了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一．小王确定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则接着尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事务为A，则P(A)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,2).(2)依题意得，X全部可能的取值是1,2,3.又P(X＝1)＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝eq\f(5,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×1＝eq\f(2,3)，所以X的分布列为X123Peq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(2,3)所以E(X)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(2,3)＝eq\f(5,2).20．(12分)一个袋中装有除颜色外完全相同的9个球，其中3个红球，6个白球，每次随机取1个，直到取出3次红球才停止．(1)从袋中不放回地取球，求恰好取4次停止的概率P1.(2)从袋中有放回地取球．①求恰好取5次停止的概率P2；②记5次之内(含5次)取到红球的个数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望．解：(1)P1＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,6)A\o\al(3,3),A\o\al(4,9))＝eq\f(1,28).(2)①P2＝Ceq\o\al(2,4)×(eq\f(1,3))2×(eq\f(2,3))2×eq\f(1,3)＝eq\f(8,81).②随机变量ξ的全部可能取值为0,1,2,3.由n次独立重复试验概率公式Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，得P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,5)(1－eq\f(1,3))5＝eq\f(32,243)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,5)×eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,3))4＝eq\f(80,243)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,5)×(eq\f(1,3))2×(1－eq\f(1,3))3＝eq\f(80,243)，P(ξ＝3)＝1－eq\f(32＋80×2,243)＝eq\f(17,81)，所以随机变量ξ的分布列是ξ0123Peq\f(32,243)eq\f(80,243)eq\f(80,243)eq\f(17,81)所以ξ的数学期望E(ξ)＝0×eq\f(32,243)＋1×eq\f(80,243)＋2×eq\f(80,243)＋3×eq\f(17,81)＝eq\f(131,81).21．(12分)某市对高三期末考试中的数学成果进行统计，统计结果显示，全市10000名学生的数学成果听从正态分布N(120,25)．在某校随机抽取了50名学生的数学成果进行分析，这50名学生的成果全部介于85分到145分之间，将结果按如下方式分为6组，第一组[85,95)，其次组[95,105)，……，第六组[135,145]，得到如图所示的频率分布直方图．(1)试估计此次考试该校数学的平均成果；(2)从这50名成果在125分及以上的学生中随意抽取3人，把这3人中在全市数学成果排名前15的人数记为X，求X的分布列和期望．附：若x～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<x<μ＋σ)＝68.3%，P(μ－2σ<x<μ＋2σ)＝95.4%，P(μ－3σ<x<μ＋3σ)＝99.7%.解：(1)由题中频率分布直方图，可知成果在[125,135)内的频率为1－(0.01×10＋0.024×10＋0.03×10＋0.016×10＋0.008×10)＝0.12，所以估计此次考试该校数学的平均成果为90×0.1＋100×0.24＋110×0.3＋120×0.16＋130×0.12＋140×0.08＝112(分)．(2)由题意，得P(120－3×5<X<120＋3×5)＝99.7%，故P(X≥135)＝eq\f(1－99.7%,2)＝0.15%，则0.15%×10000＝15，所以排名在前15的成果全部在135分及以上．依据题中频率分布直方图，可知这50人中成果在135分及以上的有50×0.08＝4(人)，而成果在[125,145]内的学生有50×(0.12＋0.08)＝10(人)，所以X的全部可能取值为0,1,2,3.所以P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,30).所以X的分布列为X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)数学期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).22．(12分)某超市安排按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处