《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第三册人教版青海专用》

训练5

(多选)右图是离散型随机变量X的概率分布图,其中3a = 5b,2b = 3c,则(ABC)
A.a = 0.5
B.E(X) = 2.3
C.D(X) = 0.61
D.D(2X) = 1.22

答案： 选ABC.由题知$\left\{\begin{array}{l} a+b+c=1,\\ 3a=5b,\\ 2b=3c,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} a=0.5,\\ b=0.3,\\ c=0.2,\end{array}\right. $A选项正确;所以$E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.5=2.3$,B选项正确;$D(X)=(1-2.3)^{2}×0.2+(2-2.3)^{2}×0.3+(3-2.3)^{2}×0.5=0.61$,C选项正确;$D(2X)=2^{2}D(X)=2.44$,D选项错误.故选ABC.

训练6
为了解A,B两个旅游景点游客的满意度,某研究性学习小组采用随机抽样的方法,获得了关于A旅游景点的问卷100份,关于B旅游景点的问卷80份。问卷中,对景点的满意度等级为：非常满意、满意、一般、差评,对应分数分别为：4分、3分、2分、1分,数据统计如下：

假设用频率估计概率,且游客对A,B两个旅游景点的满意度评价相互独立。
(1) 从所调查的游客中,在A旅游景点的游客中随机抽取2人,在B旅游景点的游客中随机抽取2人,估计这4人中恰有2人给出“非常满意”的概率；
(2) 根据上述数据,你若旅游,你会选择A,B哪个旅游景点？请说明理由。
(1)设这4人中恰有2人给出"非常满意"的评价为事件C,由题表中数据可知,游客在A景点给出"非常满意"评价的概率为$\frac {50}{100}=\frac {1}{2},$游客在B景点给出"非常满意"评价的概率为$\frac {35}{80}=\frac {7}{16},$则$P(C)=(\frac {1}{2})^{2}×(1-\frac {7}{16})^{2}+C_{2}^{1}×\frac {1}{2}×(1-\frac {1}{2})×C_{2}^{1}×\frac {7}{16}×(1-\frac {7}{16})+(1-\frac {1}{2})^{2}×(\frac {7}{16})^{2}=\frac {191}{512}.$
(2)设游客对A景点的满意度评分为X,游客对B景点的满意度评分为Y,由题中数据得X的分布列为X1234P$\frac {3}{20}$$\frac {1}{20}$$\frac {3}{10}$$\frac {1}{2}$Y的分布列为Y1234P$\frac {1}{10}$$\frac {7}{80}$$\frac {3}{8}$$\frac {7}{16}$则$E(X)=4×\frac {1}{2}+3×\frac {3}{10}+2×\frac {1}{20}+1×\frac {3}{20}=3.15,$$D(X)=0.85^{2}×\frac {1}{2}+(-0.15)^{2}×\frac {3}{10}+(-1.15)^{2}×\frac {1}{20}+(-2.15)^{2}×\frac {3}{20}=1.1275,$$E(Y)=4×\frac {7}{16}+3×\frac {3}{8}+2×\frac {7}{80}+1×\frac {1}{10}=3.15,$$D(Y)=0.85^{2}×\frac {7}{16}+(-0.15)^{2}×\frac {3}{8}+(-1.15)^{2}×\frac {7}{80}+(-2.15)^{2}×\frac {1}{10}=0.9025,$显然$E(X)=E(Y),D(X)＞D(Y)$,所以选择B景点.

答案：
(1)设这4人中恰有2人给出"非常满意"的评价为事件C,由题表中数据可知,游客在A景点给出"非常满意"评价的概率为$\frac {50}{100}=\frac {1}{2},$游客在B景点给出"非常满意"评价的概率为$\frac {35}{80}=\frac {7}{16},$则$P(C)=(\frac {1}{2})^{2}×(1-\frac {7}{16})^{2}+C_{2}^{1}×\frac {1}{2}×(1-\frac {1}{2})×C_{2}^{1}×\frac {7}{16}×(1-\frac {7}{16})+(1-\frac {1}{2})^{2}×(\frac {7}{16})^{2}=\frac {191}{512}.$
(2)设游客对A景点的满意度评分为X,游客对B景点的满意度评分为Y,由题中数据得X的分布列为X1234P$\frac {3}{20}$$\frac {1}{20}$$\frac {3}{10}$$\frac {1}{2}$Y的分布列为Y1234P$\frac {1}{10}$$\frac {7}{80}$$\frac {3}{8}$$\frac {7}{16}$则$E(X)=4×\frac {1}{2}+3×\frac {3}{10}+2×\frac {1}{20}+1×\frac {3}{20}=3.15,$$D(X)=0.85^{2}×\frac {1}{2}+(-0.15)^{2}×\frac {3}{10}+(-1.15)^{2}×\frac {1}{20}+(-2.15)^{2}×\frac {3}{20}=1.1275,$$E(Y)=4×\frac {7}{16}+3×\frac {3}{8}+2×\frac {7}{80}+1×\frac {1}{10}=3.15,$$D(Y)=0.85^{2}×\frac {7}{16}+(-0.15)^{2}×\frac {3}{8}+(-1.15)^{2}×\frac {7}{80}+(-2.15)^{2}×\frac {1}{10}=0.9025,$显然$E(X)=E(Y),D(X)＞D(Y)$,所以选择B景点.

训练7
已知课桌上有12本书,其中理科书籍有4本,现从中任意拿走6本书,用随机变量$ \xi $表示这6本书中理科书籍的本数,则概率为$ \frac{C_{8}^{6}C_{4}^{0}}{C_{12}^{6}} + \frac{C_{8}^{5}C_{4}^{1}}{C_{12}^{6}} $的是(A)
A.$ P(\xi \leq 1) $
B.$ P(\xi = 1) $
C.$ P(\xi ＞ 1) $
D.$ P(\xi ＞ 2) $

答案： 选A.由题意,随机变量ξ表示这6本书中理科书籍的本数,且服从超几何分布,所以$\frac {C_{8}^{0}C_{4}^{6}}{C_{12}^{6}}+\frac {C_{8}^{1}C_{4}^{5}}{C_{12}^{6}}=P(ξ=0)+P(ξ=1)=P(ξ≤1)$.故选A.

训练8
设随机变量$ X \sim B(n,p) $,记$ p_k = C_{n}^{k}p^{k} \cdot (1 - p)^{n - k} $,$ k = 0,1,2,…,n $。在研究$ p_k $的最大值时,某学习小组发现并证明了如下结论：若$ (n + 1)p $为正整数,当$ k = (n + 1)p $时,$ p_k = p_{k - 1} $,此时这两项概率均为最大值；若$ (n + 1)p $不为正整数,则当且仅当k取$ (n + 1)p $的整数部分时,$ p_k $取最大值。某同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数。当投掷到第20次时,记录到此时点数1出现4次,若继续再进行80次投掷试验,则在这100次投掷试验中,点数1总共出现的次数为17的概率最大。

答案： 17.解析:继续再进行80次投掷试验,点数1出现的次数X服从二项分布$B(80,\frac {1}{6})$,由$k=(n+1)p=81×\frac {1}{6}=\frac {81}{6}=13.5$,结合题中结论可知,$k=13$时概率最大,即后面80次中点数1出现13次的概率最大,加上前面20次中点数1出现的4次,所以点数1总共出现17次的概率最大.答案:17

训练9
一盒乒乓球中共装有2只黄色球与4只白色球,现从中随机抽取3次,每次仅取1个球。
(1) 若每次抽取之后,记录抽到乒乓球的颜色,再将其放回盒中,记抽到黄球的次数为随机变量X,求$ P(X = 1) $及E(X)；
(2) 若每次抽取之后,不放回,记最终抽到的黄球个数为随机变量Y,求$ P(Y = 1) $及E(Y)；
(3) 在(1)(2)的条件之下,求$ P(|X - Y| \leq 1) $。
(1)由题意知,每次取到黄球的概率为$\frac {2}{6}=\frac {1}{3}$,故$X\sim B(3,\frac {1}{3}),$因为$P(X=k)=C_{3}^{k}×(\frac {1}{3})^{k}×(\frac {2}{3})^{3-k}(k=0,1,2,3),$代入$k=1$得$P(X=1)=\frac {12}{27}=\frac {4}{9},$同理可得$P(X=0)=\frac {8}{27},P(X=2)=\frac {2}{9},P(X=3)=\frac {1}{27},$故$E(X)=0×\frac {8}{27}+1×\frac {4}{9}+2×\frac {2}{9}+3×\frac {1}{27}=1$(或$E(X)=np=3×\frac {1}{3}=1).$
(2)由题意可知Y服从超几何分布,$P(Y=k)=\frac {C_{2}^{k}C_{4}^{3-k}}{C_{6}^{3}}(k=0,1,2),$代入$k=1$得$P(Y=1)=\frac {12}{20}=\frac {3}{5},$同理可得$P(Y=0)=\frac {1}{5},P(Y=2)=\frac {1}{5},$故$E(Y)=0×\frac {1}{5}+1×\frac {3}{5}+2×\frac {1}{5}=1.$
(3)由(1)(2)知,$P(|X-Y|≤1)=1-P(|X-Y|≥2)=1-P(X=0,Y=2)-P(X=2,Y=0)-P(X=3,Y=0)-P(X=3,Y=1)=1-\frac {8}{27}×\frac {1}{5}-\frac {2}{9}×\frac {1}{5}-\frac {1}{27}×\frac {1}{5}-\frac {1}{27}×\frac {3}{5}=1-\frac {2}{15}=\frac {13}{15}.$

答案：
(1)由题意知,每次取到黄球的概率为$\frac {2}{6}=\frac {1}{3}$,故$X\sim B(3,\frac {1}{3}),$因为$P(X=k)=C_{3}^{k}×(\frac {1}{3})^{k}×(\frac {2}{3})^{3-k}(k=0,1,2,3),$代入$k=1$得$P(X=1)=\frac {12}{27}=\frac {4}{9},$同理可得$P(X=0)=\frac {8}{27},P(X=2)=\frac {2}{9},P(X=3)=\frac {1}{27},$故$E(X)=0×\frac {8}{27}+1×\frac {4}{9}+2×\frac {2}{9}+3×\frac {1}{27}=1$(或$E(X)=np=3×\frac {1}{3}=1).$
(2)由题意可知Y服从超几何分布,$P(Y=k)=\frac {C_{2}^{k}C_{4}^{3-k}}{C_{6}^{3}}(k=0,1,2),$代入$k=1$得$P(Y=1)=\frac {12}{20}=\frac {3}{5},$同理可得$P(Y=0)=\frac {1}{5},P(Y=2)=\frac {1}{5},$故$E(Y)=0×\frac {1}{5}+1×\frac {3}{5}+2×\frac {1}{5}=1.$
(3)由
(1)
(2)知,$P(|X-Y|≤1)=1-P(|X-Y|≥2)=1-P(X=0,Y=2)-P(X=2,Y=0)-P(X=3,Y=0)-P(X=3,Y=1)=1-\frac {8}{27}×\frac {1}{5}-\frac {2}{9}×\frac {1}{5}-\frac {1}{27}×\frac {1}{5}-\frac {1}{27}×\frac {3}{5}=1-\frac {2}{15}=\frac {13}{15}.$