高二数学选修23第二章概率检测题北师大版附答案.docx

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高二数学选修23第二章概率检测题北师大版附答案

高二数学选修2-3第二章概率检测题（2013北师大版附答案）

综合检测

（二）

第二章概率

（时间120分钟，满分150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）

1．一个袋中有5个白球和3个红球，从中任取3个，则下列叙述中是离散型随机变量的是（）

A．所取球的个数

B．其中所含白球的个数

C．所取白球和红球的总数

D．袋中球的总数

【解析】A、C选项中所取球的个数是常数3；D选项中球的总数是常数8；只有B选项中所取3球中所含白球的个数是可以一一列举的变量，故应选B.

【答案】B

2．若随机变量ξ的分布列如下表所示，则p1等于（）

ξ－124

P15

23

p1

A.0B.215

C.115D．1

【解析】由分布列性质得15＋23＋p1＝1，解得p1＝215.

【答案】B

3．投掷3枚质地均匀的硬币，至少有一枚正面向上的概率是（）

A.38B.12

C.58D.78

【解析】至少有一枚正面向上的对立事件为“三枚均为反面向上”其概率为（12）3＝18，

∴所求概率为1－18＝78.

【答案】D

4．在比赛中，如果运动员A胜运动员B的概率是23，假设每次比赛互不影响，那么在五次比赛中运动员A恰有三次获胜的概率是（）

A.40243B.80243

C.110243D.20243

【解析】所求概率为C35×（23）3×（1－23）2＝80243.

【答案】B

5．一个口袋装有2个白球和3个黑球，第一次摸出1个白球后放回，则再摸出1个白球的概率是（）

A.23B.14

C.25D.15

【解析】由于是有放回摸球，所以第二次摸出1个白球，与第一次摸出白球无关，即相互独立，所以第二次摸出白球的概率为25.

【答案】C

6．已知P（B|A）＝13，P（A）＝35，则P（AB）＝（）

A.1415B.710

C.25D.15

【解析】P（AB）＝P（A）•P（B|A）＝35×13＝15.

【答案】D

7．某校高考数学成绩近似地服从正态分布N（100,102），则该校数学成绩不低于120分的考生占总人数的百分比为（）

A．46%B．23%

C．2.3%D．4.6%

【解析】∵P（μ－2σ∴即P（802P（X≥120）＝1－P（80∴P（X≥120）＝2.3%.

【答案】C

8．将1枚硬币连掷5次，如果出现k次正面向上的概率等于出现k＋1次正面向上的概率，则k的值为（）

A．0B．1

C．2D．3

【解析】设正面向上的次数为X，则X～B（5，12）．

由题意知Ck5（12）5＝Ck＋15（12）5，

∴k＋k＋1＝5.∴k＝2.

【答案】C

9．设随机变量ξ～N（μ，σ2），且P（ξ≤c）＝P（ξ>c）＝p，则p的值（）

A．等于0B．等于0.5

C．等于1D．不确定

【解析】由P（ξ≤c）＋P（ξ>c）＝2p＝1，得p＝0.5.

【答案】B

10．甲、乙、丙三位学生用计算机联网学习数学，每天上课后独立完成6道自我检测题，甲及格的概率为45，乙及格的概率为35，丙及格的概率为710，三人各答一次，则三人中只有1人及格的概率为（）

A.320B.42135

C.47250D．以上都不对

【解析】利用相互独立事件同时发生及互斥事件有一个发生的概率公式可得所求概率为：

45×（1－35）×（1－710）＋（1－45）×35×（1－710）＋（1－45）×（1－35）×710＝47250.

【答案】C

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，将答案填在题中的横线上）

11．有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取到次品的件数，则EX等于________．

【解析】∵随机变量X服从参数N＝10，M＝3，n＝2的超几何分布，∴EX＝nMN＝2×310＝35.

【答案】35

12．已知离散型随机变量X的分布列如下表．若EX＝0，DX＝1，则a＝________，b＝________.

X－1012

Pabc112

【解析】a＋b＋c＝1112－a＋c＋16＝0a＋c＋13＝1⇒a＝512，b＝14，c＝14.

【答案】51214

13．袋中有大小相同的4个红球，6个白球，每次从中摸取一球，每个球被取到的可能性相同，现不放回地取3个球，则在前两次取出的是白球的前提下，第三次取出红球的概率为________．

【解析】设第三次取出红球为事件A，前两次取出白球为事件B，

∵P（B）＝A26A210＝12，P（AB）＝A26•A14A310＝16.

∴P（A|B）＝PABPB＝1613＝12.

【答案】12

14．已知随机变量X服从正态分布，且方程x2＋2x＋X＝0有实数解的概率为12，若P（X≤2）＝0.8，则P（0≤X≤2）＝________.

【解析】由方程x2＋2x＋X＝0有实数解得Δ＝4－4X≥0，

∴X≤1.

即P（X≤1）＝12，

∴正态曲线的对称轴为x＝1.

∴P（X≤0）＝P（X≥2）＝1－P（X≤2）

＝1－0.8＝0.2.

∴P（0≤X≤2）＝1－P（X≤0）－P（X≥2）＝

1－0.2－0.2＝0.6.

【答案】0.6

15．10根大小形状完全相同的签中有3根彩签，若甲先抽一签，然后由乙再抽一签，则甲抽中彩签的概率为________；甲、乙都抽中彩签的概率为________；乙抽中彩签的概率为________．

【解析】设事件A为“甲抽中彩签”，事件B为“乙抽中彩签”，事件C为“甲、乙都抽中彩签”，且C＝AB，则P（A）＝310，P（C）＝P（AB）＝310×29＝115，P（B）＝P（AB＋AB）＝P（AB）＋P（AB）＝115＋710×39＝310.

【答案】310115310

三、解答题（本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

16．（本小题满分12分）船队要对下个月是否出海作出决策，若出海后是好天气，可收益5000元；若出海后天气变坏，将要损失2000元；若不出海，无论天气好坏都要承担1000元的损失费．据预测，下月是好天气的概率是0.6，是坏天气的概率是0.4，问：

应如何作出决策？

【解】设船队下个月出海的收益为随机变量X（单位：

元），则其分布列为

X5000－2000

P0.60.4

EX＝5000×0.6＋（－2000）×0.4＝2200（元），

即出海的平均收益为2200元，

而不出海的收益为－1000元，

故应选择出海．

17．（本小题满分12分）（2013•天津高考）一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1,2,3,4；白色卡片3张，编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片（假设取到任何一张卡片的可能性相同）．

（1）求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；

（2）在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．

【解】

（1）设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则P（A）＝C12C35＋C22C25C47＝67.

所以取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.

（2）随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.

P（X＝1）＝C33C47＝135，P（X＝2）＝C34C47＝435，

P（X＝3）＝C35C47＝27，P（X＝4）＝C36C47＝47.

所以随机变量X的分布列是

X1234

P135

435

27

47

故随机变量X的数学期望EX＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.

18．（本小题满分12分）某气象站天气预报的准确率为80%，计算（结果保留到小数点后面第2位）：

（1）5次预报中恰有2次准确的概率；

（2）5次预报中至少有2次准确的概率；

（3）5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．

【解】

（1）记预报一次准确为事件A，则P（A）＝0.8.

5次预报相当于5次独立重复试验，

2次准确的概率为P＝C25×0.82×0.23＝0.0512≈0.05，

因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.

（2）“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”，

其概率为

P＝C05×（0.2）5＋C15×0.8×0.24＝0.00672≈0.01.

所以所求概率为1－P＝1－0.01＝0.99.

所以5次预报中至少有2次准确的概率约为0.99.

（3）说明第1,2,4,5次中恰有1次准确．

所以概率为P＝C14×0.8×0.23×0.8＝0.02048≈0.02，

所以恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02.

19．（本小题满分13分）某工厂生产甲、乙两种产品．甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等品率为90%，二等品率为10%.生产1件甲产品，若是一等品则获得利润4万元，若是二等品则亏损1万元；生产1件乙产品，若是一等品则获得利润6万元，若是二等品则亏损2万元．设生产各件产品相互独立．

（1）记X（单位：

万元）为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润，求X的分布列；

（2）求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率．

【解】

（1）由题设知，X的可能取值为10,5,2，－3，且

P（X＝10）＝0.8×0.9＝0.72，

P（X＝5）＝0.2×0.9＝0.18，

P（X＝2）＝0.8×0.1＝0.08，

P（X＝－3）＝0.2×0.1＝0.02.

由此得X的分布列为：

X－32510

P0.020.080.180.72

（2）设生产的4件甲产品中一等品有n件，

则二等品有（4－n）件．

由题设知4n－（4－n）≥10，解得n≥145.

又n∈N，得n＝3，或n＝4.所以P＝C34×0.83×0.2＋C44×0.84＝0.8192.

故所求概率为0.8192.

20．（2013•课标全国卷Ⅱ）（本小题满分13分）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品．以X（单位：

t,100≤X≤150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T（单位：

元）表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．

图1

（1）将T表示为X的函数；

（2）根据直方图估计利润T不少于57000元的概率；

（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：

若需求量X∈100,110），则取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入100,110）的频率）．求T的数学期望．

【解】

（1）当X∈100,130）时，

T＝500X－300（130－X）＝800X－39000.

当X∈130,150]时，

T＝500×130＝65000.

所以T＝800X－39000，100≤X＜130，65000，130≤X≤150.

（2）由

（1）知利润T不少于57000元当且仅当120≤X≤150.

由直方图知需求量X∈120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7.

（3）依题意可得T的分布列为

T45000530006100065000

P0.10.20.30.4

所以ET＝45000×0.1＋53000×0.2＋61000×0.3＋65000×0.4＝59400.

21．（2013•湖北高考）（本小题满分13分）假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N（800,502）的随机变量．记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.

（1）求p0的值；

（参考数据：

若X～N（μ，σ2），有P（μ－σ

（2）某客运公司用A，B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A，B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆．公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆．若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？

【解】

（1）由于随机变量X服从正态分布N（800,502），

故有μ＝800，σ＝50，P（700

（2）设A型、B型车辆的数量分别为x，y，则相应的营运成本为1600x＋2400y.依题意，x，y还需满足x＋y≤21，y≤x＋7，P（X≤36x＋60y）≥p0.

由

（1）知，p0＝P（X≤900），故P（X≤36x＋60y）≥p0等价于36x＋60y≥900.

于是问题等价于求满足约束条件x＋y≤21，y≤x＋7，36x＋60y≥900，x，y≥0，x，y∈N，

且使目标函数z＝1600x＋2400y达到最小的x，y.

作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P（5，12），Q（7,14），R（15,6）．

由图可知，当直线z＝1600x＋2400y经过可行域的点P时，直线z＝1600x＋2400y在y轴上截距z2400最小，即z取得最小值．故应配备A型车5辆、B型车12辆．