理科数学高考真题分类汇编-第三十五讲离散型随机变量的分布列、期望与方差答案

专题十一概率与统计第三十五讲离散型随机变量的分布列、期望与方差答案部分1．B【解析】由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以10(1)2.4DXpp，所以0.6p或0.4p．由(4)(6)PXPX，得4466641010C(1)C(1)pppp，即22(1)pp，所以0.5p，所以0.6p．故选B．2．D【解析】由题可得1()2Ep，所以22111()()422Dppp，所以当p在(0,1)内增大时，()D先增大后减小．故选D．3．A【解析】由题意可得101201P11p1pP21p2p由两点分布11()Ep，22()Ep；111()(1)Dpp，222()(1)Dpp，∵222122112121()()(1)(1)()()DDpppppppp2121()(1)pppp∵12102pp，∴210pp，2110pp∴1()E2()E，1()D2()D，选A．4．A【解析】解法一（特值法）取mn=3进行计算、比较即可．解法二从乙盒中取1个球时，取出的红球的个数记为，则的所有可能取值为0，1，则1(0)(1)nPPmn，1(1)(2)mPPmn，所以111()1(1)2(2)1mEPPmn，所以11()222()Emnpmn；从乙盒中取2个球时，取出的红球的个数记为，则的所有可能的取值为0，1，2，则222C(0)(1)CnmnPP，1122CC(1)(2)CnmmnPP，222C(2)(3)CmmnPP∴22222()1(=1)2(=2)3(=3)1mEPPPmn，∴22()333()Emnpmn，所以12pp，12EE，故选A．5．1.96【解析】由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即~100,0.02XB，由二项分布的期望公式可得11000.020.981.96DXnpp．6．32【解析】实验成功的概率34p，故3(2,)4XB，所以33()242EX．7．25【解析】由题意设(1),Pp的分布列如下012P15p45p由()1E，可得35p，所以2()5D．8．【解析】(1)由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000，第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50．故所求概率为500.0252000．(2)设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”．故所求概率为()()()PABABPABPAB=()(1())(1())()PAPBPAPB．由题意知：()PA估计为0．25，()PB估计为0．2．故所求概率估计为0．25×0．8+0．75×0．2=0．35．(3)1D4D2D=5D3D6D．9．【解析】(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为221820()C(1)fppp．因此2182172172020()C[2(1)18(1)]2C(1)(110)fpppppppp．令()0fp，得0.1p．当(0,0.1)p时，()0fp；当(0.1,1)p时，()0fp．所以()fp的最大值点为00.1p．(2)由(1)知，0.1p．（i）令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知(180,0.1)YB:，20225XY，即4025XY．所以(4025)4025490EXEYEY．（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于400EX，故应该对余下的产品作检验．10．【解析】(1)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．(2)（i）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3．34337CC()CkkPXk(k=0，1，2，3)．所以，随机变量X的分布列为X0123P13512351835435随机变量X的数学期望11218412()0123353535357EX．（ii）设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；事件C为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，则ABC，且B与C互斥，由（i）知，()(2)PBpX，()(1)PCPX，故6()()(2)(1)7PAPBCPXPX．所以，事件A发生的概率为67．11．【解析】（1）由题意知，X所有的可能取值为200,300,500，由表格数据知2162000.290PX，363000.490PX，25745000.490PX．因此X的分布列为X200300500P0．20．40．4（2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200500n≤≤当300500n≤≤时，若最高气温不低于25，则642Ynnn；若最高气温位于区间[20,25)，则63002(200)412002Ynnn；若最高气温低于20，则62002(200)48002Ynnn；因此20.4(12002)0.4(8002)0.26400.4EYnnnn．当200300n≤时，若最高气温不低于20，则642Ynnn；若最高气温低于20，则62002(200)48002Ynnn；因此2(0.40.4)(8002)0.21601.2EYnnn．所以300n时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．12．【解析】(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p为:11C  Cnmnnmnnpmn.(2)随机变量X的概率分布为:X1n11n12n…1k…1mnP11CCnnnmn1CCnnnmn11CCnnnmn…11CCnknmn…11CCnnmnmn随机变量X的期望为：11C111(1)!()CC(1)!()!nmnmnknnknknmnmnkEXkknkn.所以1(2)!1(2)!()C(1)!()!(1)C(2)!()!mnmnnnknknmnmnkkEXnknnnkn222121(1CCC)(1)Cnnnnnmnnmnn12221121(CCCC)(1)Cnnnnnnnmnnmnn12221(CCC)(1)Cnnnnnmnnmnn12221(CC)(1)Cnnmnmnnmnn11C(1)C()(1)nmnnmnnnmnn()()(1)nEXmnn.13．【解析】（Ⅰ）随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.1111(0)(1)(1)(1)2344PX，11111111111(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)23423423424PX，1111111111(2)(1)(1)(1)2342342344PX，1111(3)23424PX.所以，随机变量X的分布列为X0123P14112414124随机变量X的数学期望1111113()012342442412EX.（Ⅱ）设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为(1)(0,1)(1,0)PYZPYZPYZ(0)(1)(1)(0)PYPZPYPZ1111111142424448.所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.14．【解析】（Ⅰ）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含1A但不包含1B的事件为M，则485105().18CPMC(Ⅱ)由题意知X可取的值为：0,1,2,3,4．则565101(0),42CPXC41645105(1),21CCPXC326451010(2),21CCPXC23645105(3),21CCPXC14645101(4),42CCPXC因此X的分布列为X01234P1425211021521142X的数学期望是0(0)1(1)2(2)3(3)4(4)EXPXPXPXPXPX=510510+1+2+3+421212142=2．15．【解析】（Ⅰ）由图知，在服药的50名患者中，指标y的值小于60的有15人，所以从服药的50名患者中随机选出一人，此人指标y的值小于60的概率为150.350．（Ⅱ）由图知，A,B,C,D四人中，指标x的值大于1.7的有2人：A和C．所以的所有可能取值为0,1,2．21122222222444CCCC121(0),(1),(2)C6C3C6PPP．所以的分布列为012P162316故的期望121()0121636E．（Ⅲ）在这100名患者中，服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差．16．【解析】（Ⅰ）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而；；；；；；.所以的分布列为16171819202122（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故的最小值为19.（Ⅲ）记表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.当时，.04.02.02.0)16(XP16.04.02.02)17(XP24.04.04.02.02.02)18(XP24.02.04.022.02.02)19(XP2.02.02.04.02.02)20(XP08.02.02.02)21(XP04.02.02.0)22(XPXXP04.016.024.024.02.008.004.044.0)18(XP68.0)19(XPnY19n08.0)500220019(2.0)50020019(68.020019EY404004.0)500320019(当时，.可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值，故应选.17．【解析】（Ⅰ）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则5431()=6542PA（Ⅱ）依题意得，X所有可能的取值是1，2，3又1511542(=1),(=2),(=3)1=6656653PXPXPX．所以X的分布列为X123P161623所以1125()1236632EX．18．【解析】（Ⅰ）个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；（Ⅱ）由题意知，全部“三位递增数”的个数为8439C，随机变量X是取值为：0，-1，1，因此32)0(3938CCXP，141)1(3924CCXP，4211321411)1(XP，所以X的分布列为X0-11P321414211则21442111141)1(320EX．19．【解析】（1）由题意，参加集训的男、女生各有6名，参赛学生全从B中抽取（等价于A中学没有学生入选代表队）的概率为333433661100CCCC．因此，A中学至少1名学生入选的概率为199110