《2018年高中数学人教a版选修2-3第2章随机变量及其分布 检测（b）习题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高中数学人教a版选修2-3第2章随机变量及其分布 检测（b）习题含解析（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、人教 A 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-3 习题 1 第二章检测(B) (时间:90 分钟 满分:120 分) 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的) 1.已知离散型随机变量 X 的分布列为 X123 P 3 5 3 10 1 10 则 X 的数学期望 E(X)=( ) AB.2 .3 2 CD.3 .5 2 解析:E(X)=1+2+3 3 5 3 10 1 10 = 15 10 = 3 2. 答案:A 2.正态分布 N1(1,),N2(2,),N3(3,)(其中 1,2,3均大于 0)所对应的密度
2、函数图象如图,则下列说 2 1 2 2 2 3 法正确的是( ) A.1最大,1最大 B.3最大,3最大 C.1最大,3最大 D.3最大,1最大 解析:在正态分布 N(,2)中,x= 为正态曲线的对称轴,结合题图可知,3最大;又参数 确定了曲线的 形状: 越大,曲线越“矮胖”, 越小,曲线越“高瘦”.故由题图知 1最大. 答案:D 3.乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行,比赛采用 7 局 4 胜制(即先胜 4 局者获胜,比赛结束), 假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同,那么甲以 4 比 2 获胜的概率为( ) AB . 5 64 .15 64 CD . 5 32 . 5 16 人教 A
3、 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-3 习题 2 解析:甲以 4 比 2 获胜,则需打六局比赛且甲第六局胜,前五局胜三局,故其概率为 3 5( 1 2) 3 (1 2) 2 1 2 = 5 32. 答案:C 4.对标有不同编号的 6 件正品和 4 件次品的产品进行检测,不放回地依次摸出 2 件.在第一次摸出正 品的条件下,第二次也摸到正品的概率是( ) AB .3 5 .2 5 CD .5 9 . 1 10 解析:“第一次摸出正品”记为事件 A,“第二次摸出正品”记为事件 B. 则 P(A)= 1 6 1 9 1 10 1 9 = 3 5. P(AB)=, 1 6 1 5 1 10
4、 1 9 = 1 3 则 P(B|A)= () () = 5 9. 答案:C 5.若随机变量 B(n,p),且 E()=6,D()=3,则 P(=1)的值为( ) A.32-2B.32-10C.2-4D.2-8 解析:B(n,p),且 E()=6,D()=3, np=6,且 np(1-p)=3, 解得 n=12,p= , 1 2 P(=1)=32-10. 1 12 1 2( 1 - 1 2) 11 答案:B 6.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为 125 个同样大小的小正方体.经过搅匀后,从中随机取 一个小正方体,记它的涂漆面数为 X,则 X 的均值 E(X)=( ) AB .126
5、125 .6 5 CD .168 125 .7 5 解析:由题意可知涂漆面数 X 的可能取值为 0,1,2,3. 人教 A 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-3 习题 3 由于 P(X=0)=,P(X=1)=, 27 125 54 125 P(X=2)=,P(X=3)=, 36 125 8 125 故 E(X)=0+1+2+3 27 125 54 125 36 125 8 125 = 150 125 = 6 5. 答案:B 7.某商家进行促销活动,促销方案是顾客每消费 1 000 元,便可以获得奖券 1 张,每张奖券中奖的概率 为 ,若中奖,则商家返还中奖的顾客现金 1 000 元
6、.小王购买一套价格为 2 400 元的西服,只能得到 2 张 1 5 奖券,于是小王补偿 50 元给一同事购买一件价格为 600 元的便服,这样小王就得到了 3 张奖券.设小 王这次消费的实际支出为 (元),则 E()等于( ) A.1 850 元B.1 720 元 C.1 560 元D.1 480 元 解析:根据题意知, 的可能取值为 2 450,1 450,450,-550,且 P(=2 450)=,P(=1 450)= ( 4 5) 3 = 64 125 ,P(=450)=,P(=-550)=,则 E()=2 450+1 450 1 3( 1 5) 1 (4 5) 2 = 48 125
7、2 3( 1 5) 2(4 5) 1 = 12 125 3 3( 1 5) 3 = 1 125 64 125 +450+(-550)=1 850(元),故选 A. 48 125 12 125 1 125 答案:A 8.一名篮球运动员投篮一次得 3 分的概率为 a,得 2 分的概率为 b,不得分的概率为 c(a,b,c(0,1).已 知他投篮一次得分的均值为 2(不计其他得分情况),则 ab 的最大值为( ) AB . 1 48 . 1 24 CD . 1 12 .1 6 解析:由已知,得 3a+2b+0c=2, 即 3a+2b=2, 故 ab=3a2b 1 6 1 6( 3 + 2 2 ) 2
8、 = 1 6. 答案:D 9.设随机变量 服从正态分布(1,2),若 P(1. 随机变量 服从正态分布 N(1,2),P(1)=0.2+0.5=0.7,故选 C. 答案:C 10.已知甲盒中仅有 1 个球且为红球,乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球(m3,n3),从乙盒中随机抽取 i(i=1,2)个球放入甲盒中. (1)放入 i 个球后,甲盒中含有红球的个数记为 i(i=1,2); (2)放入 i 个球后,从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi(i=1,2). 则( ) A.p1p2,E(1)E(2) C.p1p2,E(1)E(2) D.p10. 5 + ( - 1) 6( + )( +
9、- 1) 故 p1p2. 1的可能取值为 1,2, P(1=1)=; 1 1 + = + P(1=2)= 1 1 + = + . 故 E(1)=1+2 + + = 2 + + . 2的可能取值为 1,2,3. P(2=1)=, 2 2 + = ( - 1) ( + )( + - 1) P(2=2)=, 1 1 2 + = 2 ( + )( + - 1) P(2=3)=, 2 2 + = ( - 1) ( + )( + - 1) 人教 A 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-3 习题 5 故 E(2)=1+2+3 ( - 1) ( + )( + - 1) 2 ( + )( + - 1)
10、 ( - 1) ( + )( + - 1) = ( - 1) + 4 + 3( - 1) ( + )( + - 1) . 于是 E(1)-E(2) = 2 + + ( - 1) + 4 + 3( - 1) ( + )( + - 1) = (2 + )( + - 1) - ( - 1) + 4 + 3( - 1) ( + )( + - 1) = - ( + - 3) ( + )( + - 1). 又m3,n3, E(1)-E(2) 3 10. 路线 AEFCDB 中遇到堵车的概率为 1-P()= 2 239 4 500 3 10. 显然要使由 A 到 B 的路线中发生堵车事件的概率最小,只可能在
11、以上四条路线中选择,因此选择 路线 ACFB,可使途中发生堵车的概率最小. (2)路线 ACFB 中遇到堵车的次数 的可能取值为 0,1,2,3, P(=0)=P()=, 561 800 P(=1)=P(AC)+P(CF)+P(FB)= , 1 10 17 20 11 12 + 9 10 3 20 11 12 + 9 10 17 20 1 12 = 637 2 400 P(=2)=P(ACCF)+P(CFFB)+P(ACFB)= , 1 10 3 20 11 12 + 9 10 3 20 1 12 + 1 10 17 20 1 12 = 77 2 400 P(=3)=P(ACCFFB)=,所以 E()=0+1+2+3,即 1 10 3 20 1 12 = 1 800 561 800 637 2 400 77 2 400 1 800 = 1 3 路线 ACFB 中遇到堵车的次数的均值为 1 3.
