课时作业33 高考大题规范练——概率与统计
1．(2015·重庆卷)端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．
(1)求三种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望． 解：(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的
11C1C1C概率计算公式有P(A)＝C4. 10
(2)X的所有可能值为0,1,2，且
32C7C17CP(X＝0)＝C＝15，P(X＝1)＝C15， 1010
21CC1P(X＝2)＝C＝15. 10
综上知，X的分布列为
7故E(X)＝0×151×15＋2×155个)．
2．(2015·安徽卷)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为
1A13A事件A，P(A)＝A＝10.
5
(2)X的可能取值为200,300,400. A21P(X＝200)＝A＝10，
5
112
A3＋C332C3A2
P(X＝300)＝10 A5
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300) 136＝1－101010. 故X的分布列为
1E(X)＝200×10300×10＋400×10350.
3．在一次数学测验后，班级学习委员王明对选做题的选题情况进行了统计，如下表：(单位：人)
程》称为几何类，把《不等式选讲》称为代数类，我们可以得到如下
2×2列联表：(单位：人)
何类”或“代数类”与性别有关？
(2)在原统计结果中，如果不考虑性别因素，按分层抽样的方法从选做不同选做题的同学中随机选出7名同学进行座谈．已知学习委员王明和两名数学课代表三人都在选做《不等式选讲》的同学中．
①求在这名班级学习委员被选中的条件下，两名数学课代表也被选中的概率；
②记抽到数学课代表的人数为X，求X的分布列及数学期望E(X)． 下面临界值表仅供参考：
参考公式：K2＝n＝a＋b＋c＋?a＋b??c＋d??a＋c??b＋d?
d.
解：(1)由表中数据得K2的观测值
42×?16×12－8×6?2252k＝＝55≈4.582>3.841. 24×18×20×22
所以，据此统计可在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关．
(2)由题可知在选做《不等式选讲》的18位同学中，要选取3位
同学．
①方法1：令事件A为“这名班级学习委员被抽到”；
事件B为“两名数学课代表被抽到”，则
2C3CP(A∩B)＝CP(A)＝C1818
P?A∩B?C321所以P(B|A)C＝P?A?17×1613617
方法2：令事件C为“在这名学委被抽到的条件下，两名数学课
2C21代表也被抽到”，则P(C)＝C＝17×1613617
②由题知X的可能值为0,1,2.
3C35依题意P(X＝0)＝C＝51； 18
212CC15CC1P(X＝1)＝C17P(X＝2)C＝51. 1818
从而X的分布列为：
35于是E(X)＝0×511×17＋2×5151＝34．袋中有1个白球和4个黑球，且球的大小、形状都相同．每次从其中任取一个球，若取到白球则结束，否则，继续取球，但取球总次数不超过k次(k≥5)．
(1)当每次取出的黑球不再放回时，求取球次数ξ的数学期望与方差．
(2)当每次取出的黑球仍放回去时，求取球次数η的分布列与数学期望．
解：(1)当每次取出的黑球不再放回时，ξ的可能取值为1,2,3,4,5，
1易知P(ξ＝n)＝5，n＝1,2,3,4,5.
11111E(ξ)＝1×5＋2×5＋3×5＋4×55×53，
1111222D(ξ)＝(1－3)×5＋(2－3)×5＋(3－3)×5＋(4－3)×5＋(5－2
13)×5＝2. 2
(2)当每次取出的黑球仍放回去时，直到取球k次结束，则η的可能取值是1,2,3，?，k，则有：
141P(η＝1)＝5P(η＝2)＝55，
?4?21p(η＝3)＝?5?5，?， ??
?4?k－21P(η＝k－1)＝?55， ??
?4?k－1P(η＝k)＝?5?. ??
所求概率分布列为：
2k－2?E(η)＝1×5＋2×5×5＋3×5×5＋?＋(k－1)×?5×5＋????
?4?k－1k×?5? ??
?4?2?4?k－2?41???＝51＋25＋3×5＋?＋?k－1?×?5? ??????
?4?2?4?k－141?4??＋k×5，所以5(η)＝51×5＋2×?5?＋3× ?????
?4?3?4??4???4???＋?＋?k－2?×??k－2＋?k－1?×?k－1?＋k×??k，上述两式相?5??5??5???5?
??4?k?减，整理得E(η)＝5?1－?5??. ????
??4?k??即η的期望值为51－?5?. ????
5．(2015·湖北卷)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A，B两种奶制品．生产1吨A产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1 000元；生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1 200元．要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍，设备每天生产A，B两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
每天的最大获利Z(单位：元)是一个随机变量．
(1)求Z的分布列和均值；
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．
解：(1)设每天A，B两种产品的生产数量分别为x，y，相应的获
??x＋1.5y≤12，利为z，则有?2x－y≥0，??x≥0，y≥02x＋1.5y≤W， (*)
目标函数为z＝1 000x＋1 200y.
当W＝12时，(*)表示的平面区域如图①，三个顶点分别为A(0,0)，B(2.4,4.8)，C(6,0)．
5z将z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－6x＋1 200
5z当x＝2.4，y＝4.8时，直线l：y＝－6＋1 200在y轴上的截距最
大，
最大获利Z＝zmax＝2.4×1 000＋4.8×1 200＝8 160.
当W＝15时，(*)表示的平面区域如图②，三个顶点分别为A(0,0)，B(3,6)，C(7.5,0)．
5z将z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－6x＋1 200
5z当x＝3，y＝6时，直线l：y＝－6＋1 200在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝3×1 000＋6×1 200＝10 200.
当W＝18时，(*)表示的平面区域如图③，四个顶点分别为A(0,0)，
B(3,6)，C(6,4)，D(9,0)．
5z将z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－6x＋1 200
5z当x＝6，y＝4时，直线l：y＝－6＋1 200在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝6×1 000＋4×1 200＝10 800.
故最大获利Z的分布列为
因此，E(Z)＝×0.2＝9 708.
(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元概率为：
p1＝P(Z>10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为：p＝1－(1－p1)3＝1－0.33＝0.973.
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