2023学年高考数学一轮复习课时作业64离散型随机变量的均值与方差理.doc

课时作业64　离散型随机变量的均值与方差 [基础达标] 1．[2023年·湖北黄冈调研]已知6只小白鼠中有1只感染了病毒，需要对6只小白鼠进行病毒DNA化验来确定哪一只受到了感染．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染病毒的小白鼠为止．方案乙：将6只小白鼠分为两组，每组三只，将其中一组的三只小白鼠的待化验物质混合在一起化验，若化验结果显示含有病毒DNA，则表明感染病毒的小白鼠在这三只当中，然后逐个化验，直到确定感染病毒的小白鼠为止；若化验结果显示不含病毒DNA，则在另外一组中逐个进行化验． (1)求执行方案乙化验次数恰好为2次的概率； (2)若首次化验的化验费为10元，第二次化验的化验费为8元，第三次及以后每次化验的化验费都是6元，求方案甲所需化验费的分布列和期望． 解析：(1)执行方案乙化验次数恰好为2次的情况分两种：第一种，先化验一组，结果显示不含病毒DNA，再从另一组中任取一只进行化验，其恰含有病毒DNA，此种情况的概率为×＝，第二种，先化验一组，结果显示含病毒DNA，再从中逐个化验，恰好第一只含有病毒，此种情况的概率为×＝. 所以执行方案乙化验次数恰好为2次的概率为＋＝. (2)设用方案甲化验需要的化验费为η(单位：元)，则η的可能取值为10,18,24,30,36. P(η＝10)＝， P(μ＝18)＝×＝， P(η＝24)＝××＝， P(η＝30)＝×××＝， P(η＝36)＝×××＝， 则化验费η的分布列为 η 10 18 24 30 36 P 所以E(η)＝10×＋18×＋24×＋30×＋36×＝(元)． 2．[2023年·重庆第一次质量调研抽测]自来水公司对某镇居民用水情况进行调查，从该镇居民中随机抽取50户作为样本，得到他们10月份的用水量(单位：吨)，用水量分组区间为[5,15]，(15,25]，(25,35]，(35,45]，由此得到样本的用水量频率分布直方图如图(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)． (1)求a的值，并根据样本数据，估计该镇居民10月份用水量的众数与平均值； (2)以样本的频率作为概率，从该镇居民中随机抽取3户，其中10月份用水量在[5,15]内的用户数为X，求X的分布列和数学期望． 解析：(1)由题意得，(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10 ＝1，解得a＝0.03.由频率分布直方图可知该镇居民10月份用水量的众数为20吨． 50户居民10月份用水量的平均值＝0.2×10＋0.32×20 ＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(吨)， 故估计该镇居民10月份用水量的平均值为24.6吨． (2)利用样本估计总体，该镇居民10月份用水量在[5,15]内的概率为0.2，则X～B，X＝0,1,2,3. P(X＝0)＝C×3＝；P(X＝1)＝C×2×＝； P(X＝2)＝C××2＝；P(X＝3)＝C×3＝. ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P ∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 3．[2023年·河北武邑中学期末]我国城市空气污染指数范围及相应的空气质量类别如下表： 空气污 染指数 0～50 51～ 100 101～ 150 151～ 200 201～ 250 251～ 300 >300 空气 质量 优 良 轻微 污染 轻度 污染 中度 污染 中度重 污染 重污染 我们把空气污染指数在0～100内的称为A类天，在101～200内的称为B类天，大于200的称为C类天．某市从2014年全年空气污染指数的监测数据中随机抽取了18天的数据制成如下茎叶图(百位为茎)： (1)从这18天中任取3天，求至少含2个A类天的概率； (2)从这18天中任取3天，记X是达到A类天或B类天的天数，求X的分布列及数学期望． 解析：(1)从这18天中任取3天，取法种数为C＝816， 3天中至少有2个A类天的取法种数为CC＋C＝46， 所以这3天至少有2个A类天的概率为. (2)X的所有可能取值是3,2,1,0. 当X＝3时，P(X＝3)＝＝， 当X＝2时，P(X＝2)＝＝， 当X＝1时，P(X＝1)＝＝＝， 当X＝0时，P(X＝0)＝＝＝. 所以X的分布列为 X 3 2 1 0 P 数学期望E(X)＝3×＋2×＋1×＋0×＝＝. 4．[2023年·山东淮坊检测]某钢铁加工厂新生产一批钢管，为了了解这批产品的质量状况，检验员随机抽取了100根钢管作为样本进行检测，将它们的内径尺寸(单位：mm)作为质量指标值，由检测结果得如下频率分布表和频率分布直方图： 分组 频数 频率 25.05～25.15 2 0.02 25.15～25.25 25.25～25.35 18 25.35～25.45 25.45～25.55 25.55～25.65 10 0.1 25.65～25.75 3 0.03 合计 100 1 (1)求a，b； (2)质量标准规定：钢管内径尺寸大于或等于25. 75 mm或小于25.15 mm均为不合格，在[25.15 ,25.35)或[25.45,25.75)内为合格，在[25.35,25.45)内为优等．把样本的频率分布作为这批钢管的概率分布．若从这批钢管中随机抽取3根，求优等钢管的根数X的分布列和数学期望． 解析：(1)由题意知，b＝÷0.1＝1.8， 所以(a＋2.3＋1.8＋1.4＋1＋0.3＋0.2)×0.1＝1， 得a＝3. (2)由(1)知，优等钢管的概率为0.3，则X所有可能的取值为0,1,2,3， P(X＝0)＝C×0.73＝0.343， P(X＝1)＝C×0.72×0.3＝0.441， P(X＝2)＝C×0.7×0.32＝0.189， P(X＝3)＝C×0.33＝0.027， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.343 0.441 0.189 0.027 E(X)＝0×0.343＋1×0.441＋2×0.189＋3×0.027＝0.9. 5．[2023年·南昌市高三模拟]随着改革开放的深入，许多家庭作坊式企业渐渐引进并实现机械化作业，以提高生产效率与市场竞争力．某村一加工厂的核心机器的重要系统有5个元件，各个元件是否正常工作相互独立，且每个元件正常工作的概率均为，若系统中有多于一半的元件正常工作，则系统就能够正常工作． (1)求该系统不能正常工作的概率； (2)为提高该系统的工作性能，拟增加两个功能一样的其他品牌元件，且每个新元件正常工作的概率均为p，则p满足什么条件，可以提高整个系统的工作性能？ 解析：(1)设系统不能正常工作的概率为P1，则 P1＝C05＋C14＋C23＝， 故该系统不能正常工作的概率为. (2)设增加两个新元件后，该系统能够正常工作的概率为P2，由题意知， 若两个新元件都不能正常工作，则系统能够正常工作的概率为(1－p)2＝(1－p)2， 若新元件中仅有一个能正常工作，则系统能够正常工作的概率为Cp(1－p)＝p(1－p)， 若新元件中两个都能正常工作，则系统能够正常工作的概率为p2＝p2. 则P2＝(1－p)2＋p(1－p)＋p2，由P2>得p>. 故当每个新元件正常工作的概率超过时，能够提高整个系统的工作性能． 6．[2023年·河南郑州一测]一些资料表明，近几年来，郑州市雾霾治理取得了很大成效，空气质量与前几年相比得到了很大改善．郑州市设有9个监测站点监测空气质量指数(AQI)，其中在轻度污染区、中度污染区、重度污染区分别设有2,5,2个监测站点，以9个站点测得的AQI的平均值为依据，播报我市的空气质量． (1)若某日播报的AQI为118，已知轻度污染区AQI的平均值为74，中度污染区AQI的平均值为114，求重度污染区AQI的平均值． (2)下表是2023年年某月的30天中AQI的分布，该月仅有一天AQI在[170,180)内． 组数 分组 天数 第一组 [50,80) 3 第二组 [80,110) 4 第三组 [110,140) 4 第四组 [140,170) 6 第五组 [170,200) 5 第六组 [200,230) 4 第七组 [230,260) 3 第八组 [260,290] 1 ①郑州市某中学利用每周日的时间进行社会实践，以公布的AQI为标准，如果AQI小于180，则去进行社会实践．以统计数据中的频率作为概率，求该校周日去进行社会实践的概率； ②在“创建文明城市”活动中，验收小组把郑州市的空气质量作为一个评价指标，从当月的空气质量监测数据中抽取3天的数据进行评价，其中AQI不小于180的天数记为X，求X的分布列及数学期望E(X)． 解析：(1)设重度污染区AQI的平均值为x，则74×2＋114×5＋2x＝118×9，解得x＝172. 即重度污染区AQI的平均值为172. (2)①由题意知，AQI在[170,180)内的天数为1， 由题表可知，AQI在[50,170)内的天数为17，故该月AQI小于180的天数为1＋17＝18， 又＝，所以该校周日去进行社会实践的概率为. ②由题意知，X的所有可能取值为0,1,2,3，且 P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝. 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. [能力挑战] 7．[2023年·全国卷Ⅰ]为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X的分布列； (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0,1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1,2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8. (ⅰ)证明：{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)为等比数列； (ⅱ)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性． 解析：(1)X的所有可能取值为－1,0,1. P(X＝－1)＝(1－α)β， P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)， P(X＝1)＝α(1－β)． 所以X的分布列为 X －1 0 1 P (1－α)β αβ＋(1－α)(1－β) α(1－β) (2)(ⅰ)由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1. 因此pi＝0.4Pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)． 又因为p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)为公比为4，首项为p1的等比数列． (ⅱ)由(ⅰ)可得 p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0 ＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0) ＝p1. 由