2020版高考数学一轮复习课时规范练61二项分布与正态分布理北师大版.doc

1、1课时规范练 61 二项分布与正态分布基础巩固组1.(2018江西南昌二模,6)已知随机变量 X服从正态分布,即 XN( , 2),且 P(- 3)=0.2,则 P( -1)= . 8.(2018河北模拟,19)质检部门从某超市销售的甲、乙两种食用油中分别随机抽取 100桶检测某项质量指标,由检测结果得到如图的频率分布直方图:2甲乙(1)写出频率分布直方图(甲)中 a的值;记甲、乙两种食用油 100桶样本的质量指标的方差分别为,试比较 的大小(只要求写出答案 );21,22 21,22(2)估计在甲、乙两种食用油中各随机抽取 1桶,恰有一桶的质量指标大于 20,且另一桶的质量指标不大于 20的

2、概率;(3)由频率分布直方图可以认为,乙种食用油的质量指标值 Z服从正态分布 N( , 2).其中 近似为样本平均数 , 2近似为样本方差 ,设 X表示从乙种食用油中随机抽取 10桶,其质量指标值位于 22(14.55,38.45)的桶数,求 X的均值 .注: 同一组数据用该区间的中点值作代表,计算得 s2= 11 .95;142.75 若 ZN( , 2),则 P(- 3)=0.2,P ( -1)=P( 3),P ( -1)= 1-P( 3)=1-0.2=0.8.8.解 (1)由频率分布直方图的性质得(0 .010+a+0.020+0.025+0.030)10=1,解得 a=0.015.记甲

3、、乙两种食用油 100桶的质量指标的方差分别为 , ,2122由甲、乙两种食用油检测结果得到的频率分布直方图得到 .2122(2)设事件 A:在甲种食用油中随机抽取 1桶,其质量指标不大于 20,事件 B:在乙种食用油中随机抽取 1桶,其质量指标不大于 20,事件 C:在甲、乙两种食用油中随机抽取 1桶,恰有一桶的质量指标大于 20,且另一桶不大于 20,则 P(A)=0.20+0.10=0.3,P(B)=0.10+0.20=0.3,P (C)=P( )P(B)+P(A)P( )=0.42. (3) =(50.01+150.02+250.03+350.025+450.015)10=26.5,s

4、 211 .95, 由条件得 ZN(26.5,142.75),从而 P(26.5-11.95Z26.5+11.95)=68.3%, 从乙种食用油中随机抽取 10桶,其质量指标值位于(14 .55,38.45)的概率是 68.3%,依题意得 XB(10,68.3%),EX= 1068.3%=6.83.9.C 设正方形 ABCD的边长为 a,则圆 I的半径为 r=,其面积为 S= 2= a2,设正方形 EFGH的边长为 b,则 b=ab= a,其面积为 S1= a 2= a2,222 22 12则在圆 I内且在四边形 EFGH内的面积为 S1=S-S1,所以 P(B|A)= =1- ,故选 C.-

5、1 210.C 假设事件 A在每次试验中发生说明试验成功,设每次试验成功的概率为 p,由题意得事件 A发生的次数 XB(3,p),则有 1-(1-p)3= ,得 p=,故事件 A恰好发生一次的概率为 1- 2= .6364 13 96411.1 620 随机变量 XN(2,32),均值是 2,且 P(X1) =P(X a),a= 3, (x+a)2 ax- 5=(x+3)2 3x- 5=(x2+6x+9) 3x- 5.1 1 1又 3x- 5展开式的通项公式为 Tr+1= (3x)5-r - r=(-1)r35-r ,1 5 1 5 5-32令 5- =1,解得 r= ,不合题意 ,舍去;32

6、 836令 5- =2,解得 r=2,对应 x2的系数为( -1)233 =270;32 25令 5- =3,解得 r= ,不合题意 ,舍去 .32 43 展开式中 x3项的系数是 6270=1 620.12.解 (1)比赛结束后甲的进球数比乙的进球数多 1个有以下几种情况:甲进 1球,乙进 0球;甲进2球,乙进 1球;甲进 3球,乙进 2球 .所以比赛结束后甲的进球数比乙的进球数多 1个的概率 P= 2 3+ 213 23 13 12 23 23 3+ 3 3= .13 13 12 33 23 23 12 1136(2) 的可能取值为 0,1,2,3,且 P(= 0)= 0 3 0 3+ 1

7、 2 1 2+ 2 1 2 1+0323 13 0312 12 1323 13 1312 12 2323 13 2312 12 333 0 3 0= .23 13 3312 12 724同理可求得: P(= 1)= ,P(= 2)= ,P(= 3)= ,1124 524 124所以 的概率分布列为: 0 1 2 3P7241124524124所以均值 E= 0 +1 +2 +3 =1.724 1124 524 12413.B 甲、乙再打 2局,甲胜的概率为 =;甲、乙再打 3局,甲胜的概率为 2=;甲、乙再打 4局,甲胜的概率为 3 4= ,所以甲最后获胜的概率为 + = ,故选 B.316

8、316111614. 第二次打开门,说明第一次没有打开门,故第二次打开门的概率为 =.如果试过的钥匙不扔掉,这个概率为 =.15.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用户数为 ,可知第二阶梯电量的用户有 3户,则 可取 0,1,2,3,P(= 0)= = ,P(= 1)= = ,P(= 2)= = ,P(= 3)= = .37310724271331021401723310740333101120故 的分布列是: 0 1 2 3P724214074011207所以 E= 0 +1 +2 +3 = .724 2140 740 1120910(3)可知从全市中抽取 10户的用电量为第一阶梯,满足 XB 10, ,35可知 P(X=k)= k 10-k(k=0,1,2,3,10)1035 25由10(35) (25) 10-+110(35) +1(25) 10-(+1),10(35) (25) 10-110(35) -1(25) 10-(-1),解得 k ,kN +,285 335所以当 k=6时,概率最大,所以 k=6.