第七章测评卷

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第七章测评卷
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.下列说法不正确的是(　　)
　　 　　　　　　　　　　　　　　
A.某辆汽车一年中发生事故的次数是一个离散型随机变量
B.正态分布随机变量等于一个特定实数的概率为0
C.公式E(X)=np可以用来计算离散型随机变量的均值
D.从一副扑克牌中随机抽取5张,其中梅花的张数服从超几何分布
答案C
解析公式E(X)=np并不适用于所有的离散型随机变量的均值的计算,适用于二项分布的均值的计算.故选C.
2.若X的分布列为
X
0
1
P
15
a

则E(X)=(　　)
A.45 B.12 C.25 D.15
答案A
解析由15+a=1,得a=45,所以E(X)=0×15+1×45=45.
3.如果随机变量X~N(4,1),则P(X≤2)=(　　)
(注:P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5)
A.0.210 B.0.022 75 C.0.045 6 D.0.021 5
答案B
解析P(X≤2)=[1-P(2≤X≤6)]×12=[1-P(4-2≤X≤4+2)]×12=(1-0.954 5)×12=0.022 75.
4.甲、乙两个工人在同样的条件下生产,日产量相等,每天出废品的情况如下表所示,则有结论(　　)
工人
甲
乙
废品数
0
1
2
3
0
1
2
3
概率
0.4
0.3
0.2
0.1
0.3
0.5
0.2
0

A.甲的产品质量比乙的产品质量好一些
B.乙的产品质量比甲的产品质量好一些
C.两人的产品质量一样好
D.无法判断谁的产品质量好一些
答案B
解析∵E(X甲)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,E(X乙)=0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9,
∵E(X甲)>E(X乙),
∴乙的产品质量比甲的产品质量好一些.
5.对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测,不放回地依次摸出2件.在第一次摸到正品的条件下,第二次也摸到正品的概率是(　　)
A.35 B.25 C.110 D.59
答案D
解析记“第一次摸到正品”为事件A,“第二次摸到正品”为事件B,则P(A)=C61C91C101C91=35,P(AB)=C61C51C101C91=13.
故P(B|A)=P(AB)P(A)=59.
6.某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A=a1a2a3a4a5,其中A的各位数中a1=1,ak(k=2,3,4,5)出现0的概率为13,出现1的概率为23,记ξ=a1+a2+a3+a4+a5,当程序运行一次时,ξ的数学期望为(　　)
A.827 B.113 C.1681 D.6581
答案B
解析记a2,a3,a4,a5位上出现1的次数为随机变量η,则η~B4,23,
E(η)=4×23=83.因为ξ=1+η,
所以E(ξ)=1+E(η)=113.故选B.
7.投篮测试中,每人投5次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.8,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学未通过测试的概率为(　　)
A.0.006 72 B.0.000 96
C.0.000 64 D.0.000 32
答案A
解析根据题意,记该同学未通过测试为事件A,该同学每次投篮投中的概率为0.8,则投不中的概率为1-0.8=0.2,
事件A包含2种情况,该同学5次都没有投中和只投中1次,
则P(A)=C54(0.2)4×0.8+(0.2)5=0.006 72,故选A.
8.9粒种子分种在3个坑内,每个坑3粒,每粒种子发芽的概率为0.5.若一个坑内至少有1粒种子发芽,则这个坑不需要补种;若一个坑内的种子都没发芽,则这个坑需要补种.假定每个坑至多补种一次,每补种1个坑需10元,用随机变量X表示补种费用,则X的均值等于(　　)
A.154 B.158 C.38 D.34
答案A
解析根据题意,每个坑需要补种的概率是相等的,都是123=18,所以此问题相当于独立重复试验,做了三次,每次发生的概率都是18,所以需要补种的坑的均值为3×18=38,所以补种费用X的均值为10×38=154.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.
9.设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2

若离散型随机变量Y满足Y=2X+1,则下列结果正确的有(　　)
A.q=0.1 B.E(X)=2,D(X)=1.4
C.E(X)=2,D(X)=1.8 D.E(Y)=5,D(Y)=7.2
答案ACD
解析由离散型随机变量X的分布列的性质得
q=1-0.4-0.1-0.2-0.2=0.1,
E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,
D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8.
∵离散型随机变量Y满足Y=2X+1,
∴E(Y)=2E(X)+1=5,
D(Y)=4D(X)=7.2.
10.(2021湖南常德临澧校级月考)设随机变量ξ的分布列为Pξ=k5=ak(k=1,2,3,4,5),则(　　)
A.15a=1 B.P(0.5<ξ<0.8)=0.2
C.P(0.1<ξ<0.5)=0.2 D.P(ξ=1)=0.3
答案ABC
解析由题意可得a+2a+3a+4a+5a=1,即15a=1,故A正确;
由A可知,a=115,则P(0.5<ξ<0.8)=P(ξ=0.6)=3a=315=0.2,故B正确;
P(0.1<ξ<0.5)=P(ξ=0.2)+P(ξ=0.4)=115×1+115×2=315=0.2,故C正确;
P(ξ=1)=115×5=13,故D不正确.
11.(2021江苏南京鼓楼校级月考)从装有大小相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一个球,有放回地摸取5次,设摸到白球个数为X,已知E(X)=3,则下列说法正确的是(　　)
A.D(X)=85 B.D(X)=65
C.m=2 D.m=4
答案BC
解析从装有大小相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一个球,有放回地摸取5次,
每次取到白球的概率为33+m,
∵有放回地摸取5次,摸得白球个数为X,
∴X~B5,33+m,
∵E(X)=3,∴E(X)=5×33+m=3,解得m=2,
∴D(X)=5×35×25=65.
12.掷一个不均匀的硬币6次,每次掷出正面的概率均为23,恰好出现k次正面的概率记为Pk,则下列说法正确的是(　　)
A.P1=P5
B.P1 C.∑k=16Pk=1
D.P0,P1,P2,…,P6中最大值为P4
答案BD
解析由n次独立重复试验的概率计算公式可知,Pk=C6k×23k×1-236-k,
∴P1=C61×231×135=4243,P5=C65×235×131=64243,显然P1 由必然事件的概率可知,∑k=06Pk=1,而P0=C60×230×136≠0,故选项C错误;
根据二项分布概率公式,可得P0=1729,P1=4243,P2=20243,P3=160729,P4=80243,P5=64243,P6=64729,∴P0,P1,P2,…,P6中最大的为P4,故选项D正确.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.某同学罚篮一次的得分X服从参数为0.85的两点分布,则P(X=0)=　　　　. 
答案0.15
解析∵某同学罚篮一次的得分X服从参数为0.85的两点分布,
∴P(X=0)=1-0.85=0.15.
14.(2021山东模拟)某市购置新能源汽车的车主中女性车主所占的比例为25,现从该市购置新能源汽车的车主中随机选取5人,则女性车主恰有2人的概率是　　　　　　　　　. 
答案216625
解析女性车主所占的比例为25,现从该市购置新能源汽车的车主中随机选取5人,
则女性车主恰有2人的概率是C52×252×1-253=216625.
15.甲罐中有5个红球、2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球、3个白球和3个黑球,先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A1,A2和A3表示由甲罐中取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐中取出的球是红球的事件.则P(B)=　　　　　. 
答案922
解析由题意A1,A2,A3是两两互斥的事件,且A1∪A2∪A3=Ω,
所以P(B)=P[B∩(A1∪A2∪A3)]
=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)=
P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=510×511+210×411+310×411=922.
16.(2021浙江模拟)某学校组织教师进行“学习强国”知识竞赛,规则为:每位参赛教师都要回答3个问题,且对这三个问题回答正确与否相互之间不影响,已知对给出的3个问题,教师甲答对的概率分别为34,12,p.若教师甲恰好答对3个问题的概率是14,则p=　　　　,在前述条件下,设随机变量X表示教师甲答对题目的个数,则X的数学期望为　　　　. 
答案23　2312
解析对给出的3个问题,教师甲答对的概率分别为34,12,p.
∵教师甲恰好答对3个问题的概率是14,
∴34×12×p=14,
解得p=23.
设随机变量X表示教师甲答对题目的个数,则X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=1-34×1-12×1-23=124,
P(X=1)=34×1-12×1-23+1-34×12×1-23+1-34×1-12×23=624=14,
P(X=2)=34×12×1-23+34×1-12×23+1-34×12×23=1124,
P(X=3)=34×12×23=624=14,
∴E(X)=0×124+1×14+2×1124+3×14=2312.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一球,问:
(1)从1号箱中取出的是红球的条件下,从2号箱取出红球的概率是多少?
(2)从2号箱取出红球的概率是多少?
解记事件A:最后从2号箱中取出的是红球,
事件B:从1号箱中取出的是红球.
P(B)=42+4=23.
P(B)=1-P(B)=13.
(1)P(A|B)=3+18+1=49.
(2)∵P(A|B)=38+1=13,
∴P(A)=P(A∩B)+P(A∩B)
=P(A|B)P(B)+P(A|B)P(B)
=49×23+13×13=1127.
18.(12分)在某次数学考试中,考生的成绩ξ服从一个正态分布,即ξ~N(90,100).
(1)试求考试成绩ξ位于区间[70,110]上的概率;
(2)若这次考试共有2 000名考生,试估计考试成绩在[80,100]的考生大约有多少人?
解因为ξ~N(90,100),
所以μ=90,σ=100=10.
(1)由于正态变量在区间[μ-2σ,μ+2σ]内取值的概率是0.954 5,而该正态分布中,μ-2σ=90-2×10=70,μ+2σ=90+2×10=110,于是考试成绩ξ位于区间[70,110]内的概率为0.954 5.
(2)由μ=90,σ=10,得μ-σ=80,μ+σ=100.
由于正态变量在区间[μ-σ,μ+σ]内取值的概率是0.682 7,所以考试成绩ξ位于区间[80,100]内的概率是0.682 7.一共有2 000名学生,所以考试成绩在[80,100]的考生大约有2 000×0.682 7≈1 365(人).
19.(12分)甲、乙两名工人加工同一种零件,两人每天加工的零件数相同,所得次品数分别为X,Y,X和Y的分布列如下表.试对这两名工人的技术水平进行比较.
X
0
1
2
P
0.6
0.1
0.3


Y
0
1
2
P
0.5
0.3
0.2

解工人甲生产出次品数X的数学期望和方差分别为
E(X)=0×0.6+1×0.1+2×0.3=0.7,
D(X)=(0-0.7)2×0.6+(1-0.7)2×0.1+(2-0.7)2×0.3=0.81.
工人乙生产出次品数Y的数学期望和方差分别为
E(Y)=0×0.5+1×0.3+2×0.2=0.7,
D(Y)=(0-0.7)2×0.5+(1-0.7)2×0.3+(2-0.7)2×0.2=0.61.
由E(X)=E(Y)知,两人生产出次品的平均数相同,技术水平相当,但D(X)>D(Y),可见乙的技术比较稳定.
20.(12分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片.
(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;
(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X的分布列与数学期望.
(注:若三个数a,b,c满足a≤b≤c,则称b为这三个数的中位数)
解(1)由古典概型的概率计算公式知所求概率为
P=C43+C33C93=584.
(2)X的所有可能值为1,2,3,且
P(X=1)=C42C51+C43C93=1742,
P(X=2)=C31C41C21+C32C61+C33C93=4384,
P(X=3)=C22C71C93=112.
故X的分布列为
X
1
2
3
P
1742
4384
112

从而E(X)=1×1742+2×4384+3×112=4728.
21.(12分)A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:
A组:10,11,12,13,14,15,16
B组:12,13,15,16,17,14,a
假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;
(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;
(3)当a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)
解设事件Ai为“甲是A组的第i个人”,事件Bi为“乙是B组的第i个人”,i=1,2,…,7.
由题意可知P(Ai)=P(Bi)=17,i=1,2,…,7.
(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=37.
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,
C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=1049.
(3)a=11或a=18.
22.(12分)某车间在两天内,每天生产10件产品,其中第一天、第二天分别生产了1件、2件次品.质检部每天要在生产的10件产品中随意抽取4件进行检查,若发现有次品,则当天的产品不能通过.
(1)求两天全部通过检查的概率;
(2)若厂内对该车间生产的产品质量采用奖惩制度,两天全不通过检查罚300元,通过1天、2天分别奖300元、900元.那么该车间在这两天内得到奖金的均值是多少元?
解(1)随机抽取4件产品进行检查是随机事件.记“第一天通过检查”为事件A,则P(A)=C94C104=35.记“第二天通过检查”为事件B,则P(B)=C84C104=13.
因第一天、第二天检查是否通过是相互独立的,所以两天全部通过检查的概率为P(AB)=P(A)P(B)=35×13=15.
(2)记所得奖金为ξ元,则ξ的取值为-300,300,900.
P(ξ=-300)=P(A B)=P(A)P(B)=25×23=415.
P(ξ=300)=P((AB)∪(AB))=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=35×23+25×13=815.P(ξ=900)=P(AB)=15.
所以,ξ的分布列为
ξ
-300
300
900
P
415
815
15

E(ξ)=-300×415+300×815+900×15=260.故该车间在这两天内得到奖金的均值是260元.