《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第7讲 高效演练分层突破 (3).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第7讲 高效演练分层突破 (3).doc（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 基础题组练 1已知随机变量 服从正态分布 N(2，2)，且 P(4)0.8，则 P(04)( ) A0.6 B0.4 C0.3 D0.2 解析：选 A由 P(4)0.8，得 P(4)0.2.又正态曲线关于 x2 对称，则 P(0)P(4)0.2，所以 P(04)1P(0)P(4)0.6. 2口袋中有编号分别为 1，2，3 的三个大小和形状相同的小球，从中任取 2 个，则取出的球的最大编号 X 的期望为( ) A13 B23 C2 D83 解析：选 D因为口袋中有编号分别为 1，2，3 的三个大小和形状相同的小球，从中任取 2 个，所以取出的球的最大编号 X 的可能取值为 2，3，所以 P(X
2、2)1C2313，P(X3)C12C11C2323，所以 E(X)21332383. 3(多选)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布 N(1，21)，N(2，22)，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法正确的是( ) A甲类水果的平均质量 10.4 kg B甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右 C甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小 D乙类水果的质量服从的正态分布的参数 21.99 解析： 选 ABC 由图象可知甲图象关于直线 x0.4 对称， 乙图象关于直线 x0.8 对称，所以 10.4，20.8，12，故 A 正确，C 正确；因为甲图象比乙图象更“高瘦”
3、，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故 B 正确；因为乙图象的最大值为 1.99，即1221.99，所以 21.99，故 D 错误 4已知随机变量 X8，若 XB(10，0.6)，则 E()，D()分别是( ) A6，2.4 B2，2.4 C2，5.6 D6，5.6 解析：选 B由已知随机变量 X8，所以 8X. 因此，求得 E()8E(X)8100.62， D()(1)2D(X)100.60.42.4. 5某篮球队对队员进行考核，规则是每人进行 3 个轮次的投篮；每个轮次每人投篮 2 次，若至少投中 1 次，则本轮通过，否则不通过已知队员甲投篮 1 次投中的概率为23.如
4、果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲 3 个轮次通过的次数 X 的期望是( ) A3 B83 C2 D53 解析：选 B在一轮投篮中，甲通过的概率为 P89，未通过的概率为19.由题意可知，甲3 个轮次通过的次数 X 的可能取值为 0，1，2，3， 则 P(X0)1931729， P(X1)C13891192247298243， P(X2)C2389219119272964243， P(X3)893512729. 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1729 8243 64243 512729 数学期望 E(X)0172918243264243351272983. 6若随机变
5、量 的分布列如下表所示，E()1.6，则 ab_ 0 1 2 3 P 0.1 a b 0.1 解析： 易知 a， b0， 1， 由 0.1ab0.11， 得 ab0.8， 又由 E()00.11a2b30.11.6，得 a2b1.3，解得 a0.3，b0.5，则 ab0.2. 答案：0.2 7已知某公司生产的一种产品的质量 X(单位：克)服从正态分布 N(100，4)，现从该产 品的生产线上随机抽取 10 000 件产品，其中质量在98，104内的产品估计有_件 (附： 若 X 服从 N(， 2)， 则 P(X)0.682 7， P(2X20.954 5) 解析：由题意可得，该正态分布的对称轴
6、为 x100，且 2，则质量在96，104内的产品的概率为 P(2X2)0.954 5，而质量在98，102内的产品的概率为 P(X)0.682 7，结合对称性可知，质量在98，104内的产品的概率为 0.682 70.954 50.682 720.818 6，据此估计质量在98，104内的产品的数量为 10 0000.818 68 186(件) 答案：8 186 8(2020 浙江浙北四校模拟)已知袋子中有大小相同的红球 1 个，黑球 2 个，从中任取2 个设 表示取到红球的个数，则 E()_，D()_ 解析：从袋中 3 个球中任取 2 个球，共有 C23种取法，则其中 的可能取值为 0，1
7、，且 服从超几何分布，所以 P(0)C22C2313，P(1)C11C12C2323，所以 E()01312323，D()02321312322329. 答案：23 29 9若 n 是一个三位正整数，且 n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称 n 为“三位递增数”(如 137，359，567 等)在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取 1 个数，且只能抽取一次得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被 5 整除，参加者得 0 分；若能被 5 整除，但不能被 10 整除，得1 分；若能被 10 整除，得 1 分 (1)写出所有个位数字是
8、5 的“三位递增数”； (2)若甲参加活动，求甲得分 X 的分布列和数学期望 E(X) 解：(1)个位数字是 5 的“三位递增数”有 125，135，145，235，245，345. (2)由题意知， 全部“三位递增数”的个数为 C3984， 随机变量 X 可能的取值为 0， 1，1，因此 P(X0)C38C3923，P(X1)C24C39114， P(X1)1114231142， 所以 X 的分布列为 X 0 1 1 P 23 114 1142 则 E(X)023(1)11411142421. 10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
9、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：(1)执行方案乙化验次数恰好为 2 次的情况分两种：第一
10、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C35C361C1316；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C25C361C1316. 所以执行方案乙化验次数恰好为 2 次的概率为161613. (2)设用方案甲化验需要的化验费为 (单位：元)，则 的可能取值为 10，18，24，30，36. P(10)16， P(18)561516， P(24)56451416， P(30)5645341316， P(36)5645342313， 则化验费 的分布列为 10 18 24
11、 30 36 P 16 16 16 16 13 所以 E()10161816241630163613773(元) 综合题组练 1(2020 湖北部分重点中学测试)为了研究学生的数学核心素养与抽象能力(指标 x)、推理能力(指标 y)、建模能力(指标 z)的相关性，将它们各自量化为 1，2，3 三个等级，再用综合指标 xyz 的值评定学生的数学核心素养， ，若 7，则数学核心素养为一级；若 56，则数学核心素养为二级；若 34，则数学核心素养为三级为了了解某校学生的数学核心素养，调查人员随机访问了某校 10 名学生，得到如下数据： 学生编号 A1 A2 A3 A4 A5 (x，y，z) (2，2
12、，3) (3，2，3) (3，3，3) (1，2，2) (2，3，2) 学生编号 A6 A7 A8 A9 A10 (x，y，z) (2，3，3) (2，2，2) (2，3，3) (2，1，1) (2，2，2) (1)从这 10 名学生中任取 2 人，求这 2 人的建模能力指标相同条件下综合指标值也相同的概率； (2)从这 10 名学生中任取 3 人，其中数学核心素养等级是一级的学生人数记为 X，求随机变量 X 的分布列及数学期望 解：(1) A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10 x 2 3 3 1 2 2 2 2 2 2 y 2 2 3 2 3 3 2 3 1 2 z
13、3 3 3 2 2 3 2 3 1 2 w 7 8 9 5 7 8 6 8 4 6 由题意可知，数学核心素养为三级的学生是 A9；数学核心素养为二级的学生是 A4，A7，A10；数学核心素养为一级的学生是 A1，A2，A3，A5，A6，A8. 记“所取的 2 人的建模能力指标相同”为事件 A， 记“所取的 2 人的综合指标值相同”为事件 B， 则 P(B|A)P(AB)P(A)C23C22C24C2541614. (2)由题意可知，数学核心素养为一级的学生为 A1，A2，A3，A5，A6，A8. 非一级的学生为余下 4 人， 所以 X 的所有可能取值为 0，1，2，3. P(X0)C06C34
14、C310130，P(X1)C16C24C310310， P(X2)C26C14C31012，P(X3)C36C04C31016， 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 130 310 12 16 所以 E(X)0130131021231695. 2(2020 云南昆明检测)某地区为贯彻“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树某农户考察三种不同的果树苗 A，B，C，经引种试验后发现，引种树苗 A的自然成活率为 0.8，引种树苗 B，C 的自然成活率均为 p(0.7p0.9) (1)任取树苗 A，B，C 各一棵，估计自然成活的棵数为 X，求 X 的分布列及 E(X)
15、； (2)将(1)中的 E(X)取得最大值时 p 的值作为 B 种树苗自然成活的概率该农户决定引种n 棵 B 种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有 75%的树苗可经过人工栽培技术处理， 处理后成活的概率为 0.8，其余的树苗不能成活 求一棵 B 种树苗最终成活的概率； 若每棵树苗引种最终成活后可获利 300 元，不成活的每棵亏损 50 元，该农户为了获利不低于 20 万元，问至少引种 B 种树苗多少棵？ 解：(1)由题意知，X 的所有可能值为 0，1，2，3， 则 P(X0)0.2(1p)2， P(X1)0.8(1p)20.2C12p(1p)0.8(1p)20.4p(1p)0.4p21.2p0
16、.8， P(X2)0.2p20.8C12p(1p)0.2p21.6p(1p)1.4p21.6p， P(X3)0.8p2. X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.2p20.4p0.2 0.4p21.2p0.8 1.4p21.6p 0.8p2 所以 E(X)1(0.4p21.2p0.8)2(1.4p21.6p)30.8p22p0.8. (2)当 p0.9 时，E(X)取得最大值 一棵 B 树苗最终成活的概率为 0.90.10.750.80.96. 记 Y 为 n 棵 B 种树苗的成活棵数，M(n)为 n 棵 B 种树苗的利润，则 YB(n，0.96)，E(Y)0.96n，M(n)300Y50(nY)350Y50n，E(M(n)350E(Y)50n286n，要使E(M(n)200 000，则有 n699.3. 所以该农户至少种植 700 棵 B 种树苗，就可获利不低于 20 万元