PAGEPAGE1其次篇專題七第3講概率、隨機變量及其分布[限時訓練·素能提升](限時50分鐘，滿分76分)一、選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)1．(2024·?？诙?某學校星期一至星期五每天上午共支配五節課，每節課的時間為40分鐘，第一節課上課時間為7：50－8：30，課間休息10分鐘，某同學請假后返校，若他在8：50－9：30之間隨機到達教室，則他聽其次節課的時間不少于20分鐘的概率是A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)解析他在8：50－9：30之間隨機到達教室，區間長度為40，他聽其次節課的時間不少于20分鐘，則他在8：50－9：00之間隨機到達教室，區間長度為10，所以他在8：50－9：30之間隨機到達教室，則他聽其次節課的時間不少于20分鐘的概率是eq\f(10,40)＝eq\f(1,4).答案B2．(2024·湖南八校聯考)甲、乙、丙三位同學上課后獨立完成5道自我檢測題，甲的及格概率為eq\f(4,5)，乙的及格概率為eq\f(2,5)，丙的及格概率為eq\f(2,3)，則三人中至少有一人及格的概率為A.eq\f(16,75)B.eq\f(59,75)C.eq\f(1,25)D.eq\f(24,25)解析設“甲及格”為事務A，“乙及格”為事務B，“丙及格”為事務C，則P(A)＝eq\f(4,5)，P(B)＝eq\f(2,5)，P(C)＝eq\f(2,3)，∴P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(1,5)，P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(3,5)，P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(1,3)，則P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(1,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,25)，∴三人中至少有一人及格的概率P＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(24,25).故選D.答案D3．2024年高考前其次次適應性訓練考試結束后，對全市的英語成果進行統計，發覺英語成果的頻率分布直方圖形態與正態分布N(95，82)的密度曲線擬合．據此估計：在全市隨機抽取的4名高三同學中，恰有2名同學的英語成果超過95分的概率是A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,8)解析由題意，英語成果超過95分的概率是eq\f(1,2)，所以在全市隨機抽取的4名高三同學中，恰有2名同學的英語成果超過95分的概率是Ceq\o\al(2,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8).答案D4．(2024·衡水模擬)《中華好詩詞》是由河北電視臺創辦的令廣闊觀眾喜聞樂見的節目，旨在弘揚中國古代詩詞文化，觀眾可以選擇從A，B，C和河北衛視這四家視聽媒體的播放平臺中觀看，若甲乙兩人各自隨機選擇一家播放平臺觀看此節目，則甲乙二人中恰有一人選擇在河北衛視觀看的概率是A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,8)C.eq\f(1,4)D.eq\f(3,16)解析甲、乙兩人從A，B，C和河北衛視這四家播放平臺隨機選擇一家有4×4＝16(種)等可能狀況，其中甲、乙兩人恰有一人選擇在河北衛視觀看的狀況有Ceq\o\al(1,2)×3＝6(種)，∴所求概率為eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).答案B5．五個人圍坐在一張圓桌旁，每個人面前放著完全相同的硬幣，全部人同時翻轉自己的硬幣．若硬幣正面朝上，則這個人站起來；若硬幣正面朝下，則這個人接著坐著．那么，沒有相鄰的兩個人站起來的概率為A.eq\f(5,16)B.eq\f(11,32)C.eq\f(15,32)D.eq\f(1,2)解析依據題意沒有相鄰的兩個人站起來包括三種狀況：5人都不站起來，或只有1人站起來，或由2人中間隔一人站起來，故沒有相鄰的兩個人站起來的概率為Ceq\o\al(5,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋Ceq\o\al(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋Ceq\o\al(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(11,32).答案B二、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)6．(2024·蘭州模擬)從裝有除顏色外完全相同的3個白球和m個黑球的布袋中隨機摸取一球，有放回的摸取5次，設摸得白球數為X，已知E(X)＝3，則D(X)等于________．解析依據題目條件，每次摸到白球的概率都是p＝eq\f(3,3＋m)，滿意二項分布，則有E(X)＝np＝5×eq\f(3,3＋m)＝3，解得m＝2，那么D(X)＝np(1－p)＝5×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq\f(6,5).答案eq\f(6,5)7．(2024·張家界三模)已知在[0，1]內任取一個實數x，在[0，2]內任取一個實數y，則點(x，y)位于y＝ex－1上方的概率為________．解析由題意知，x，y滿意的平面區域長為2，寬為1的矩形，面積為2，其中位于y＝ex－1下方的點構成的區域面積為eq\i\in(0,1,)(ex－1)dx＝e－2，點(x，y)位于y＝ex－1上方的概率為p＝1－eq\f(e－2,2)＝eq\f(4－e,2).答案eq\f(4－e,2)8．甲、乙兩位學生進行五子棋競賽，約定先勝3局者獲得競賽的成功，競賽隨即結束．除第五局甲獲勝的概率是eq\f(1,2)外，其余每局競賽甲獲勝的概率都是eq\f(2,3).假設各局競賽結果相互獨立，則甲以3∶1獲勝的概率為________．解析解法一設各局競賽甲獲勝的事務分別為A，B，C，D，則所求概率P＝P(eq\o(A,\s\up6(－))BCD)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))CD)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－))D)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).解法二設“甲以3∶1獲勝”為事務A，由各局競賽結果相互獨立，得P(A)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).答案eq\f(8,27)三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)9．(2024·全國卷Ⅰ)某工廠的某種產品成箱包裝，每箱200件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取20件作檢驗再依據檢驗結果確定是否對余下的全部產品作檢驗．設每件產品為不合格品的概率都為p(0＜p＜1)，且各件產品是否為不合格品相互獨立．(1)記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)，求f(p)的最大值點p0；(2)現對一箱產品檢驗了20件，結果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p0作為p的值．已知每件產品的檢驗費用為2元，若有不合格品進入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用．(ⅰ)若不對該箱余下的產品作檢驗，這一箱產品的檢驗費用與賠償費用的和記為X，求EX；(ⅱ)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據，是否該對這箱余下的全部產品作檢驗？解析(1)20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝Ceq\o\al(2,20)p2(1－p)18.因此f′(p)＝Ceq\o\al(2,20)[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Ceq\o\al(2,20)p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.當p∈(0，0.1)時，f′(p)＞0；當p∈(0.1，1)時，f′(p)＜0.所以f(p)的最大值點為p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1(ⅰ)令Y表示余下的180件產品中的不合格品件數，依題意知Y～B(180，0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.(ⅱ)假如對余下的產品作檢驗，則這一箱產品所須要的檢驗費為400元．由于E(X)＞400，故應當對余下的產品作檢驗．10．(2024·北京)電影公司隨機收集了電影的有關數據，經分類整理得到下表：電影類型第一類其次類第三類第四類第五類第六類電影部數14050300200800510好評率0.40.20.150.250.20.1好評率是指：一類電影中獲得好評的部數與該類電影的部數的比值．假設全部電影是否獲得好評相互獨立．(1)從電影公司收集的電影中隨機選取1部，求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率；(2)從第四類電影和第五類電影中各隨機選取1部，估計恰有1部獲得好評的概率；(3)假設每類電影得到人們喜愛的概率與表格中該類電影的好評率相等．用“ξk＝1”表示第k類電影得到人們喜愛，“ξk＝0”表示第k類電影沒有得到人們喜愛(k＝1，2，3，4，5，6)．寫出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)，D(ξ4)，D(ξ5)，D(ξ6)的大小關系．解析(1)設“從電影公司收集的電影中隨機選取1部，這部電影是獲得好評的第四類電影”為事務A，第四類電影中獲得好評的電影為200×0.25＝50部，P(A)＝eq\f(50,140＋50＋300＋200＋800＋510)＝eq\f(50,2000)＝0.025.(2)設“第四類電影和第五類電影中各隨機選取1部，恰有1部獲得好評”為事務B，P(B)＝0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35.(3)由題意可知，定義隨機變量如下：ξk＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，第k類電影沒有得到人們喜愛,1，第k類電影得到人們喜愛))則ξk明顯聽從兩點分布，則六類電影的分布列及方差計算如下：第一類電影：ξ110p0.40.6E(ξ1)＝1×0.4＋0×0.6＝0.4.D(ξ1)＝(1－0.4)2×0.4＋(0－0.4)2×0.6＝0.24.其次類電影：ξ210p0.20.8E(ξ2)＝1×0.2＋0×0.8＝0.2.Dξ2＝(1－0.2)2×0.2＋(0－0.2)2×0.8＝0.16.第三類電影：ξ310p0.150.85E(ξ3)＝1×0.15＋0×0.85＝0.15Dξ3＝(1－0.15)2×0.15＋(0－0.15)2×0.85＝0.1275.第四類電影：ξ410p0.250.75E(ξ4)＝1×0.25＋0×0.75＝0.25.Dξ1＝(1－0.25)2×0.25＋(0－0.25)2×0.75＝0.1875.第五類電影：ξ510p0.20.8E(ξ5)＝1×0.2＋0×0.8＝0.2，Dξ5＝(1－0.2)2×0.2＋(0－0.2)2×0.8＝0.16.第六類電影：ξ610p0.10.9E(ξ6)＝1×0.1＋0×0.9＝0.1.Dξ6＝(1－0.1)2×0.1＋(0－0.1)2×0.9＝0.09.綜上所述，Dξ1>Dξ4>Dξ2＝Dξ5>Dξ3>Dξ6.(備注：兩點分布的方差計算公式Dξ＝p(1－p))11．(2024·揭陽模擬)某地政府擬在該地一水庫上建立一座水電站，用泄流水量發電．如圖是依據該水庫歷年的日泄流量的水文資料畫成的日泄流量X(單位：萬立方米)的頻率分布直方圖(不完整)，已知X∈[0，120]，歷年中日泄流量在區間[30，60)的年平均天數為156，一年按364天計．(1)請把頻率分布直方圖補充完整；(2)該水電站希望安裝的發電機盡可能都運行，但每30萬立方米的日泄流量才夠運行一臺發電機，如60≤X<90時才夠運行兩臺發電機．若運行一臺發電機，每天可獲利潤為4000元；若不運行，則該臺發電機每天虧損500元．以各段的頻率作為相應段的概率，以水電站日利潤的期望值為決策依據，問：為使水電站日利潤的期望值最大，該水電站應安裝多少臺發電機？解析(1)在區間[30，60)的頻率為eq\f(156,364)＝eq\f(3,7)，eq\f(頻率,組距)＝eq\f(3,7×30)＝eq\f(1,70).設在區間[0，30)上，eq\f(頻率,組距)＝a，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,70)＋\f(1,105)＋\f(1,210)))×30＝1，解得a＝eq\f(1,210).補充完整的頻率分布直方圖如圖所示．(2)記水電站日利潤為Y元．由(1)知，無法運行發電機的概率為eq\f(