2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题四 第1讲 概率、离散型随机变量及其分布列 练典型习题 提数学素养含解析
[A组 夯基保分专练]
一、选择题
1．(2019·唐山市摸底考试)随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，若P(ξ<2)＝0.2，P(2<ξ<6)＝0.6，则μ＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：选C.由题意可知，P(ξ<6)＝P (ξ<2)＋P(2<ξ<6)＝0.2＋0.6＝0.8，
所以P(ξ>6)＝1－0.8＝0.2，所以P(ξ<2)＝P(ξ>6)，所以μ＝＝4，故选C
2．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1
a4>a5特征的五位数的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B.1，2，3，4，5可组成A＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有CC＝6个，故出现a1a4>a5特征的五位数的概率为＝.
3．(2019·福建省质量检查)某商场通过转动如图所示的质地均匀的6等分的圆盘进行抽奖活动，当指针指向阴影区域时为中奖．规定每位顾客有3次抽奖机会，但中奖1次就停止抽奖．假设每次抽奖相互独立，则顾客中奖的概率是 ( )
A． B．
C． D．
解析：选D.记顾客中奖为事件A，恰抽1次就中奖为事件A1，恰抽2次中奖为事件A2，恰抽3次中奖为事件A3，每次抽奖相互独立，每次抽奖中奖的概率均为，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋×＋××＝，故选D.
4．(2019·湛江模拟)某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，则他第2次和第3次均命中的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选A.某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，所以基本事件总数n＝CC＝10，他第2次和第3次均命中包含的基本事件个数m＝CCC＝3，所以他第2次和第3次均命中的概率P＝＝.故选A.
5．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p, 各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
解析：选B.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D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.
6．(多选)(2019·山东烟台期中)某人参加一次测试，在备选的10道题中，他能答对其中的5道．现从备选的10道题中随机抽出3道题进行测试，规定至少答对2题才算合格．则下列选项正确的是( )
A．答对0题和答对3题的概率相同，都为
B．答对1题的概率为
C．答对2题的概率为
D．合格的概率为
解析：选CD.设此人答对题目的个数为ξ，则ξ＝0，1，2，3，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，则答对0题和答对3题的概率相同，都为，故A错误；答对1题的概率为，故B错误；答对2题的概率为，故C正确；合格的概率P＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝＋＝，故D正确．故选CD.
二、填空题
7．(2019·东北四市联合体模拟(一))若8件产品中包含6件一等品，从中任取2件，则在已知取出的2件产品中有1件不是一等品的条件下，另1件是一等品的概率为________．
解析：设事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件不是一等品”为A，事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件是一等品”为B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝＝，
所以另1件是一等品的概率为P(B|A)＝＝＝.
答案：
8．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p(p≠0)，射击次数为η，若η的均值E(η)>，则p的取值范围是________．
解析：由已知得，P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝p(1－p)，
P(η＝3)＝(1－p)2，则E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>，
解得p>，或p<，又因为p∈(0，1)，所以p∈(0，)．
答案：(0，)
9．(2019·山东德州齐河一中期中)甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，则恰有1人解出这道题目的概率是________，这道题被解出的概率是________．
解析：设“甲解出这道题目”为事件A，“乙解出这道题目”为事件B，则P(A)＝，P(B)＝，P(A)＝，P(B)＝.则“恰有1人解出这道题目”为事件A B＋A B，所以P(A B＋AB)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝×＋×＝.“这道题被解出”为事件C，所以P(C)＝1－P(A B)＝1－P(A)P(B)＝1－×＝.
答案：
三、解答题
10．(2019·福州市第一学期抽测)某市某超市为了回馈新老顾客，决定在2019年元旦来临之际举行“庆元旦，迎新年”的抽奖派送礼品活动．为设计一套趣味性抽奖送礼品的活动方案，该超市面向该市某高中学生征集活动方案，该中学某班数学兴趣小组提供的方案获得了征用．方案如下：将一个4×4×4的正方体各面均涂上红色，再把它分割成64个相同的小正方体．经过搅拌后，从中任取两个小正方体，记它们的着色面数之和为ξ，记抽奖一次中奖的礼品价值为η.
(1)求P(ξ＝3)；
(2)凡是元旦当天在该超市购买物品的顾客，均可参加抽奖．记抽取的两个小正方体着色面数之和为6，设为一等奖，获得价值50元的礼品；记抽取的两个小正方体着色面数之和为5，设为二等奖，获得价值30元的礼品；记抽取的两个小正方体着色面数之和为4，设为三等奖，获得价值10元的礼品，其他情况不获奖．求某顾客抽奖一次获得的礼品价值的分布列与数学期望．
解：(1)64个小正方体中，三面着色的有8个，两面着色的有24个，一面着色的有24个，另外8个没有着色，
所以P(ξ＝3)＝＝＝.
(2)设ξ为抽取的面数之和，η为获得的礼品价值，则
ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6，η的取值为50，30，10，0，
P(η＝50)＝P(ξ＝6)＝＝＝，
P(η＝30)＝P(ξ＝5)＝＝＝，
P(η＝10)＝P(ξ＝4)＝＝＝，
P(η＝0)＝1－－－＝.
所以η的分布列如下：
η
50
30
10
0
P
所以E(η)＝50×＋30×＋10×＋0×＝.
11．(2019·广州市调研测试)某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在[20，40)内的产品视为合格品，否则为不合格品，图1是设备改造前样本的频率分布直方图，表1是设备改造后样本的频数分布表．
图1：设备改造前样本的频率分布直方图
表1：设备改造后样本的频数分布表
质量指标值
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
[40，45)
频数
2
18
48
14
16
2
(1)请估计该企业在设备改造前的产品质量指标的平均值；
(2)该企业将不合格品全部销毁后，对合格品进行等级细分，质量指标值落在[25，30)内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在[20，25)或[30，35)内的定为二等品，每件售价180元；其他的合格品定为三等品，每件售价120元．根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率．现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望．
解：(1)根据题图1可知，设备改造前样本的频数分布表如下，
质量指标值
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
[40，45)
频数
4
16
40
12
18
10
4×17.5＋16×22.5＋40×27.5＋12×32.5＋18×37.5＋10×42.5＝3 020.
样本产品的质量指标平均值为＝30.2，
根据样本质量指标平均值估计总体质量指标平均值为30.2.
(2)根据样本频率分布估计总体分布，样本中一、二、三等品的频率分别为，，，
故从所有产品中随机抽一件，是一、二、三等品的概率分别是，，.
随机变量X的取值为240，300，360，420，480.
P(X＝240)＝×＝，P(X＝300)＝C××＝，
P(X＝360)＝C××＋×＝，P(X＝420)＝C××＝，P(X＝480)＝×＝，
所以随机变量X的分布列为
X
240
300
360
420
480
P
所以E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400.
12．(2018·高考全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
(ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；
(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
解：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18.因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0，0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1，1)时，f′(p)<0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180，0.1)，
X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.
(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EX>400，故应该对余下的产品作检验．
[B组 大题增分专练]
1．(2019·广州市综合检测(一))为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户)．
阶梯级别
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
月用电范围/度
[0，210]
(210，400]
(400，＋∞)
某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：
居民用电
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
户编号
用电量/度
53
86
90
124
132
200
215
225
300
410
(1)若规定第一阶梯电价每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算某居民用电户用电410度时应交电费多少元？
(2)现要从这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的户数的分布列与期望；
(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．
解：(1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)．
(2)设取到第二阶梯电量的户数为ξ，可知第二阶梯电量的用户有3户，则ξ可取0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(3)设从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯的有X户，则X～B，可知P(X＝k)＝C·(k＝0，1，2，3，…，10)，
，
解得≤k≤，k∈N*，
所以当k＝6时用电量为第一阶梯的可能性最大，
所以k＝6.
2．(2019·高考北京卷)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，
从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
支付金额(元)
支付方式
(0，1 000]
(1 000，
2 000]
大于2 000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人
(1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；
(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X的分布列和数学期望；
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．
解：(1)由题意知，样本中仅使用A的学生有18＋9＋3＝30人，仅使用B的学生有10＋14＋1＝25人，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40人．
所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率估计为＝0.4.
(2)X的所有可能值为0，1，2.
记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”．
由题设知，事件C、D相互独立，且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6.
所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24.
P(X＝1)＝P(CD∪CD)
＝P(C)P(D)＋P(C)P(D)
＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6
＝0.52，
P(X＝0)＝P(C D)＝P(C)P(D)＝0.24，
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故X的数学期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.
(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2
000元”．假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝＝.
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化．所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．
3．(2019·昆明市质量检测)某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的理念，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A，B，C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B，C的自然成活率均为p(0.7≤p≤0.9)．
(1)任取树苗A，B，C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及数学期望E(X)；
(2)将(1)中的E(X)取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．
①求一棵B种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗最终成活后可获利300元，不成活的每棵树苗亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？
解：(1)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3.
则P(X＝0)＝0.2(1－p)2＝0.2p2－0.4p＋0.2，
P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×C×p×(1－p)
＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p＋0.8，
P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×C×p×(1－p)＝0.2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p，
P(X＝3)＝0.8p2.
X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.2p2－0.4p＋0.2
0.4p2－1.2p＋0.8
－1.4p2＋1.6p
0.8p2
E(X)＝0×(0.2p2－0.4p＋0.2)＋1×(0.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8.
(2)当p＝0.9时，E(X)取得最大值．
①一棵B种树苗最终成活的概率为0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96.
②记Y为n棵树苗的成活棵数，M(n)为n棵树苗的利润，
则Y～B(n，0.96)，E(Y)＝0.96n，M(n)＝300Y－50(n－Y)＝350Y－50n，E(M(n))＝350E(Y
)－50n＝286n，要使E(M(n))≥200 000，则有n>699.所以该农户至少引种700棵B种树苗，才可获利不低于20万元．
4．为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性；
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得x＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16.
用样本平均数x作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查．剔除(－3，＋3)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，
则P(μ－3σ
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