考点2 随机变量及其分布 题型3 离散型随机变量的均值与方差、正态分布(解析版)

2010-2015年高考真题汇编专题13概率与统计考点2随机变量及其分布题型3离散型随机变量的均值与方差、正态分布1.（2015年湖南7，5分）在如图2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（）A.2386B.2718C.3413D.4772【答案】C.【解析】试题分析：根据正态分布的性质，，故选C.考点：正态分布.2.（2015年山东8，5分）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N（0，3），从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为（附：若随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ²）），则P（μ-σξμ+σ）=68.26%，P（μ-2σξμ+2σ）=95.44%.）（A）4.56%（B）13.59%（C）27.18%（D）31.74%【答案】B【解析】1359.0)6826.09544.0(21]3366[2163）（）（）（PPP3.（2015年湖北4，5分）设，，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是（）A．B．C．对任意正数，D．对任意正数，34.0)11(21)10(xPxP211(,)XN222(,)YN21()()PYPY21()()PXPXt()()PXtPYtt()()PXtPYt【答案】【解析】试题分析：由正态分布的性质并结合图像可知，当时，对应区域的面积总大于对应区域的面积，因此对任意正数，，故选考点：1、正态分布5.（2015年福建16，12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，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决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；否则继续尝试，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次数为X，求X的分布列和数学期望.【答案】(1)2．期望为【解析】1．设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则2．依题意得，X所有可能的取值是1，2，3又所以X的分布列为C0tPXtPYtt()()PXtPYtC12525431(A)=6542P=创1511542(X=1),(X=2),(X=3)1=.6656653PPP==?=创所以.6.（2015年重庆17，13分，(Ⅰ)小问5分，(Ⅱ)小问8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，其中豆沙棕2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(Ⅰ)求三种粽子各取到1个的概率；(Ⅱ)设表示取到的豆沙粽个数，求的分布列与数学期望．【答案】（Ⅰ）41（Ⅱ）分布列见解析，53)(XE【解析】（Ⅰ）解：令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有41)(310151312CCCCAP（Ⅱ）X的所有可能值为0,1,2，且157)0(31038CCXP157)1(3102812CCCXP151)2(3101822CCCXP综上知，X的分布列为X012P15715715153151215711570)(XE（个）7.（2015年安徽17，12分）已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检1125E(X)1236632=???XX测结束。（Ⅰ）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；（Ⅱ）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和均值（数学期望）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）=350【解析】（Ⅰ）第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品概率.…5分（Ⅱ）由题意知的可能取值为200,300,400三种情况，则……………10分所以的分布列如下所以=350……………12分8.（2015年山东19，12分）若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如137,359,567等）.在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得1分；若能被10整除，得1分.（I）写出所有个位数字是5的“三位递增数”；（II）若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX.【解析】（I）由题意可得，个位数字是5的“三位递增数”为：125,135,145,235,245,345。103EX1034352PX1014512)200(XP10334523234523)300(XP1062345322323453232)400(XPX106400103300101200EX（II）个位数字是9的“三位递增数”个数有28C个，个位数字是8的“三位递增数”个数有个，个位数字是7的“三位递增数”个数有个，个位数字是6的“三位递增数”个数有个，个位数字是5的“三位递增数”个数有个，个位数字是4的“三位递增数”个数有个，个位数字是3的“三位递增数”个数有个。“三位递增数”共有个。由题意可知X的可能取值为0，-1,1其中乘积能被10整除的有{589,569,459，259，578，568，158,258,358，458，567,257,457,156,256,356,456,145,245,345,235,125}共22个。其中乘积能被5整除，不能被10整除的有{579,359,159,357,157,135}共6个。故X的分布列为【答案】（I）由题意可得，个位数字是5的“三位递增数”为：125,135,145,235,245,345。（II）X的分布列为9.（2015年四川17，12分）某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐3名男生，2名女生，B中学推荐了3名男生，4名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率.（2）某场比赛前。从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求27C26C25C24C23C22C8428272625242322CCCCCCC421184221）（XP141846)1(XP328456)0(XP214EX214EXX得分布列和数学期望.【答案】（1）正难则反。求出A中学中无学生入选代表队的概率，再用1减去即能得到题目所求。（2）由题意，知，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和期望。【解析】设事件表示“A中学至少有1名学生入选代表队”，由题意，知,;;因此的分布列为：期望为：10.（2015年天津16，13分）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加。现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名。从这8名运动员中随机选择4人参加比赛。（Ⅰ）设为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件发生的概率；（Ⅱ）设为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量的分布列和数学期望【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】本题主要考察了古典概型及其概率计算公式，胡吃时间，离散型随机变量的分布列与数学期望等基础知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力（1）由已知，有，所以，事件A发生的概率为（2）解：随机变量X的所有可能取值为1，2，3，41,2,3XXA33343366199()11100100CCPACC1,2,3X3133461(1)5CCPXC2233463(2)5CCPXC1333461(3)5CCPXCX131()1232555EXAAXX63552P(A)=C22C32+C32C32C84=635635X123P153515；；；所以，随机变量X的分布列为随机变量X的数学期望11.（2015年湖南18，12分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）记事件=｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，=｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝=｛顾客抽奖1次获一等奖｝=｛顾客抽奖1次获二等奖｝，C=｛顾客抽奖1次能获奖｝.由题意，与相互独立，与互斥，与互斥，且=，=+，C=+.因所以故所求概率为；（2）顾客抽奖3次独立重复试验，)4,3,2,1()(48435kCCCkXPkk141)1(483315CCCXPP(X=2)=C52C32C84=3773)3(481335CCCXPP(X=4)=C54C84=11413315()12341477142EX1071A2A1B2B1A2A12AA12AA1B2B1B12AA2B12AA12AA1B2B,21105)(,52104)(21APAP,21)()(,512152)(21212211AAAAPBPAAPBP107)()()(2121BPBPBBPCP由（I）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以于是故的分布列为X0123P的数学期望为考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望12．（2014浙江，5分）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(m≥3，n≥3)，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ξi(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(ξ1)E(ξ2)B．p1p2，E(ξ1)E(ξ2)C．p1p2，E(ξ1)E(ξ2)D．p1p2，E(ξ1)E(ξ2)【答案】A【解析】法一(特值法)：取m＝n＝3进行计算、比较即可．法二(标准解法)：从乙盒中取1个球时，取出的红球的个数记为ξ，则ξ的所有可能取值为0,1，则P(ξ＝0)＝nm＋n＝P(ξ1＝1)，P(ξ＝1)＝mm＋n＝P(ξ1＝2)，所以E(ξ1)＝1·P(ξ1＝1)＋2·P(ξ1＝2)＝mm＋n＋1，所以p1＝Eξ12＝2m＋nm＋n；从乙盒中取2个球时，取出的红球的个数记为η，则η的所有可能取值为0,1,2，则P(η＝0)＝C2nC2m＋n＝P(ξ215),51B(3,~x,12564)54()51()0(3003CxP,12548)54()51()1(2113CxP,12512)54()51()2(1223CxP,1251)54()51()3(0333CxPX6412548125121251125X.53513)(xE＝1)，P(η＝1)＝C1nC1mC2m＋n＝P(ξ2＝2)，P(η＝2)＝C2mC2m＋n＝P(ξ2＝3)，所以E(ξ2)＝1·P(ξ2＝1)＋2P(ξ2＝2)＋3P(ξ2＝3)＝2mm＋n＋1，所以p2＝Eξ23＝3m＋nm＋n，所以p1p2，E(ξ1)E(ξ2)，故选A.13．（2014浙江，4分）随机变量ξ的取值为0,