第七章过关检测(B卷) (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分 1.抛掷一枚骰子，观察出现的点数，若已知出现的点数不超过4，则出现的点数是奇 数的概率为( A号 B号 c片 答案D 解析：设抛掷一枚骰子出现的点数不超过4为事件A,抛掷一枚骰子出现的点数是 奇数为事件B,则PBA)== 故选D 2.己知PBA)-3P4)-号则P4nB)等于( AS B品 c D品 答案：C 解析：由P(BA)=Pan P(A) 得P4nB)=P(BYA)P(A号×号=品 3.某班有50名学生，一次考试后的数学成绩~N(110,102),若 P(100≤≤110)=0.34，则估计该班学生的数学成绩在120分以上（含120分）的人 数为( A.10 B.9 C.8 D.7 答案：C 解析：，数学成绩服从正态分布N(110,102),且P(100≤≤110)=0.34， .P(≥120)=P(<100)=1×(1-0.34×2)=0.16 .该班数学成绩在120分以上的人数为0.16×50=8. 4.设随机变量X等可能地取值1,2,3，…，10.又设随机变量Y=2X-1,则P(Y<6)的值 为) A.0.3 B.0.5 C.0.1 D.0.2 答案：A 解析：由Y-2X-1<6,得X<3.5,故P(Y<6)=PX<3.5)=PX=1)+PX=2)+PX=3)=0.3 5.设随机变量XN(4,G2),且PK1)=三P2)=p,则P0<XKI)的值为) A B.1-p C.1-2p Dp 答案D
第七章过关检测(B 卷) (时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.抛掷一枚骰子,观察出现的点数,若已知出现的点数不超过 4,则出现的点数是奇 数的概率为( ) A. 1 3 B. 1 4 C. 1 6 D. 1 2 答案:D 解析:设抛掷一枚骰子出现的点数不超过 4 为事件 A,抛掷一枚骰子出现的点数是 奇数为事件 B,则 P(B|A)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐴) = 2 4 = 1 2 . 故选 D. 2.已知 P(B|A)= 1 3 ,P(A)= 2 5 ,则 P(A∩B)等于( ) A. 5 6 B. 9 10 C. 2 15 D. 1 15 答案:C 解析:由 P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) , 得 P(A∩B)=P(B|A)P(A)= 1 3 × 2 5 = 2 15 . 3.某班有 50 名学生,一次考试后的数学成绩 ξ~N(110,102 ),若 P(100≤ξ≤110)=0.34,则估计该班学生的数学成绩在 120 分以上(含 120 分)的人 数为( ) A.10 B.9 C.8 D.7 答案:C 解析:∵数学成绩 ξ 服从正态分布 N(110,102 ),且 P(100≤ξ≤110)=0.34, ∴P(ξ≥120)=P(ξ2)=p,则 P(0<X<1)的值为( ) A. 1 2 p B.1-p C.1-2p D. 1 2 -p 答案:D
解析：由正态曲线的对称性知PK2), 因此P0<X<1)=PXK<1)PX<O)=PKK1)PX2)-之P. 6.若随机变量-B(n,0.6),且E()=3,则P(=1)的值是() A.2×0.44 B.2×0.45 C.3×0.44 D.3×0.64 答案：C 解析：因为-B(n,0.6), 所以E()=n×0.6, 故有0.6n=3, 解得n=5. 则P(=1)=C1×0.6×0.44=3×0.44 7.一个课外兴趣小组共有5名成员，其中3名女生、2名男生，现从中随机选取2 名成员进行学习汇报，记选出女生的人数为X则X的均值是() B.3 0 c D时 案：A 解析：由题意得X可以取0,1,2， 则P心K-0-号=六PK-)=品=P=2)-号=品 c 因此E)=0x+1×3+2×3=5故A正确 10 5 1053 8设∈侣，引随机变量的分布列如表所示，则E 3 ksin20 c0s20 A有最大值，最小值 B有最大值最小值蚓 C有最大值无最小值 D无最大值，有最小值好 答案B 解析：由题意得E)im20+2x号+3cos20=+cos20 :0e店引长cos0≤票从而cos20∈[非引 ∴E(0=+cos20e[B,别 故E(G)有最大值器最小值好 9.已知离散型随机变量X的分布列如下表所示 1 8 10
解析:由正态曲线的对称性知 P(X2), 因此 P(02)= 1 2 -p. 6.若随机变量 ξ~B(n,0.6),且 E(ξ)=3,则 P(ξ=1)的值是( ) A.2×0.4 4 B.2×0.4 5 C.3×0.4 4 D.3×0.6 4 答案:C 解析:因为 ξ~B(n,0.6), 所以 E(ξ)=n×0.6, 故有 0.6n=3, 解得 n=5. 则 P(ξ=1)=C5 1×0.6×0.4 4=3×0.4 4 . 7.一个课外兴趣小组共有 5 名成员,其中 3 名女生、2 名男生,现从中随机选取 2 名成员进行学习汇报,记选出女生的人数为 X,则 X 的均值是( ) A. 6 5 B. 3 10 C. 4 5 D. 1 5 答案:A 解析:由题意得,X 可以取 0,1,2, 则 P(X=0)= C2 2 C5 2 = 1 10 ,P(X=1)= C2 1×C3 1 C5 2 = 6 10 = 3 5 ,P(X=2)= C3 2 C5 2 = 3 10 . 因此 E(X)=0× 1 10 +1× 3 5 +2× 3 10 = 6 5 ,故 A 正确. 8.设 θ∈[ π 6 , π 3 ],随机变量 ξ 的分布列如表所示,则 E(ξ)( ) ξ 1 2 3 P 1 2 sin2θ 1 2 1 2 cos2θ A.有最大值5 2 ,最小值3 2 B.有最大值9 4 ,最小值7 4 C.有最大值9 4 ,无最小值 D.无最大值,有最小值7 4 答案:B 解析:由题意得 E(ξ)= 1 2 sin2 θ+2× 1 2 + 3 2 cos2 θ= 3 2 +cos2 θ. ∵θ∈[ 𝜋 6 , 𝜋 3 ],∴ 1 2 ≤cos θ≤ √3 2 ,从而 cos2θ∈[ 1 4 , 3 4 ]. ∴E(ξ)= 3 2 +cos2θ∈[ 7 4 , 9 4 ]. 故 E(ξ)有最大值9 4 ,最小值7 4 . 9.已知离散型随机变量 X 的分布列如下表所示: X 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2 2 2 2 33 35 37 38 则PX=10)等于( A品 2 c时 D 答案：C 解析：由分布列的性质，得号+子+系+号+m=1, 因光P-10-m=1-+号+台++)12空-京 1-2 10.某同学上学路上要经过3个路口，在每个路口遇到红灯的概率都是，且在各路 口是否遇到红灯是相互独立的，记X为遇到红灯的次数，若Y=3X+5,则Y的标准 差为( A.V6 B.3 C.3 D.2 答案：A 解析：因为该同学经过每个路口时，是否遇到红灯互不影响，所以可看成3次独立 重复试验，即XB(3,),则X的方差D0的=3x×(1-)=子 所以Y的方差D)=D(3X+5)=32×D)=9×2=6,所以Y的标准差为√DY=V6. 11.排球比赛的规则是5局3胜制（无平局），在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中 获胜的概率都相等，为若前2局中乙队以2：0领先，则最后乙队获胜的概率是 () B号 c D.0 81 案B 解析：由题意知，最后乙队获胜事件含3种情况：第三局乙胜；第三局甲胜，第四局乙 胜，第三局和第四局都是甲胜，第五局乙胜，故最后乙队获胜的概率P+号×+ (xg=是故选B 12.一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上 标以数2.将这个小正方体抛掷2次，则两次面朝上的数字之积的均值是() A号 B.2 9 D 答案D 解析将小正方体抛掷1次，面朝上的数字X可能是01,2，概率分别为言将这 个小正方体抛掷2次，可以用下表所示：
P 2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 4 2 3 5 2 3 6 2 3 7 2 3 8 2 3 9 m 则 P(X=10)等于( ) A. 2 3 9 B. 2 3 10 C. 1 3 9 D. 1 10 9 答案:C 解析:由分布列的性质,得 2 3 + 2 3 2 + 2 3 3+…+ 2 3 9+m=1, 因此 P(X=10)=m=1-( 2 3 + 2 3 2 + 2 3 3 + … + 2 3 9 )=1-2× 1 3 (1- 1 3 9 ) 1- 1 3 = 1 3 9 . 10.某同学上学路上要经过 3 个路口,在每个路口遇到红灯的概率都是1 3 ,且在各路 口是否遇到红灯是相互独立的,记 X 为遇到红灯的次数,若 Y=3X+5,则 Y 的标准 差为( ) A.√6 B.3 C.√3 D.2 答案:A 解析:因为该同学经过每个路口时,是否遇到红灯互不影响,所以可看成 3 次独立 重复试验,即 X~B(3, 1 3 ),则 X 的方差 D(X)=3× 1 3 × (1- 1 3 ) = 2 3 , 所以 Y 的方差 D(Y)=D(3X+5)=3 2×D(X)=9× 2 3 =6,所以 Y 的标准差为√𝐷(𝑌) = √6. 11.排球比赛的规则是 5 局 3 胜制(无平局),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中 获胜的概率都相等,为 2 3 ,若前 2 局中乙队以 2∶0 领先,则最后乙队获胜的概率是 ( ) A. 4 9 B. 19 27 C. 11 27 D. 40 81 答案:B 解析:由题意知,最后乙队获胜事件含 3 种情况:第三局乙胜;第三局甲胜,第四局乙 胜;第三局和第四局都是甲胜,第五局乙胜.故最后乙队获胜的概率 P=1 3 + 2 3 × 1 3 + ( 2 3 ) 2 × 1 3 = 19 27 .故选 B. 12.一个均匀小正方体的六个面中,三个面上标以数 0,两个面上标以数 1,一个面上 标以数 2.将这个小正方体抛掷 2 次,则两次面朝上的数字之积的均值是( ) A. 1 9 B. 2 9 C. 1 3 D. 4 9 答案:D 解析:将小正方体抛掷 1 次,面朝上的数字 X 可能是 0,1,2,概率分别为1 2 , 1 3 , 1 6 ,将这 个小正方体抛掷 2 次,可以用下表所示:
2 1.1 1.1 11 i×2 ×有 2×6 11 11 11 2×3 3X3 3×6 11 1.1 1.1 五×6 3×6 6×6 令‘为小正方体抛掷2次后朝上的面上的数之积， 则积为0的概率P(G=0)号×+×+号×+×+×名=是 2641 积为1的概率P(G=1)=×= 3 3 9 积为2的概率PG=2×名+×=号 ,1 1 积为4的概率P《-4)后×= 636 国此两次面朝上的数字之积的均值E(0-0x2+1×号+2x号+4×品=专 二、填空题本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.己知随机变量-B(n,p),若E()=4,1=2+3,D)=3.2,则P(=2)= 答案器 解析：由已知得np=4,D()=4D()=3.2 即D()=0.8,np(1-p)=0.8, ∴.n=5p=0.8 P=2)=C3p2(1p=32 625 14,某处有水龙头5个，调查表示每个水龙头被打开的可能性均为品则3个水龙头 同时被打开的概率为 答案0.0081 解析：对5个水龙头的处理可视为做5次独立重复试验，每次试验有2种可能结 果：打开或不打开，相应的概率为0.1或0.9.根据题意得3个水龙头同时被打开的 概率为C3×0.13×0.92=0.0081. 15.设随机变量服从正态分布N(u,σ2)，向量a=(1,2)与向量b=(5,-1)的夹角为锐角 的概率是二则u=」 答案2 解析：由向量a=(1,2)与向量b=(,-1)的夹角是锐角，得ab>0, 即6-2>0， 解得>2， 则P2) 根据正态密度曲线的对称性，可知1=2
X 0 1 2 0 1 2 × 1 2 1 2 × 1 3 1 2 × 1 6 1 1 2 × 1 3 1 3 × 1 3 1 3 × 1 6 2 1 2 × 1 6 1 3 × 1 6 1 6 × 1 6 令 ξ 为小正方体抛掷 2 次后朝上的面上的数之积, 则积为 0 的概率 P(ξ=0)= 1 2 × 1 2 + 1 2 × 1 3 + 1 2 × 1 6 + 1 2 × 1 3 + 1 2 × 1 6 = 3 4 . 积为 1 的概率 P(ξ=1)= 1 3 × 1 3 = 1 9 . 积为 2 的概率 P(ξ=2)= 1 3 × 1 6 + 1 3 × 1 6 = 1 9 . 积为 4 的概率 P(ξ=4)= 1 6 × 1 6 = 1 36 , 因此两次面朝上的数字之积的均值 E(ξ)=0× 3 4 +1× 1 9 +2× 1 9 +4× 1 36 = 4 9 . 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.已知随机变量 ξ~B(n,p),若 E(ξ)=4,η=2ξ+3,D(η)=3.2,则 P(ξ=2)= . 答案: 32 625 解析:由已知得 np=4,D(η)=4D(ξ)=3.2, 即 D(ξ)=0.8,np(1-p)=0.8, ∴n=5,p=0.8, ∴P(ξ=2)=C5 2p 2 (1-p) 3= 32 625 . 14.某处有水龙头 5 个,调查表示每个水龙头被打开的可能性均为 1 10 ,则 3 个水龙头 同时被打开的概率为 . 答案:0.008 1 解析:对 5 个水龙头的处理可视为做 5 次独立重复试验,每次试验有 2 种可能结 果:打开或不打开,相应的概率为 0.1 或 0.9.根据题意得 3 个水龙头同时被打开的 概率为C5 3×0.1 3×0.9 2=0.008 1. 15.设随机变量 ξ 服从正态分布 N(μ,σ 2 ),向量 a=(1,2)与向量 b=(ξ,-1)的夹角为锐角 的概率是1 2 ,则 μ= . 答案:2 解析:由向量 a=(1,2)与向量 b=(ξ,-1)的夹角是锐角,得 a·b>0, 即 ξ-2>0, 解得 ξ>2, 则 P(ξ>2)= 1 2 . 根据正态密度曲线的对称性,可知 μ=2
16.一射手对靶射击，直到第一次中靶或用光子弹为止.若他每次射击中靶的概率 是0.9，他有3颗子弹，则射击结束后剩余子弹的数目X的均值 E(X)=」 答案1.89 解析：由题意知X的可能取值是0,1,2，对应的概率分别为 PX=2)=0.9,P(X=1)=0.1×0.9=0.09,PX=0)=0.13+0.12×0.9=0.01, 由此可得均值E0=2×0.9+1×0.09+0×0.01=1.89. 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.(10分)有甲、乙两种建筑材料，从中各取等量样品检查它们的抗拉强度如下 110 120 125 130 135 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 100 115 125 130 145 P b.1 0.2 b.4 0.1 b.2 其中，4，B分别表示甲、乙两种材料的抗拉强度，在使用时要求抗拉强度不低于 120,试比较甲、乙两种建筑材料的稳定程度（哪一个的稳定性较好）， 解：由题意得，甲种建筑材料的均值 E(A)=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125 乙种建筑材料的均值E(5B)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+145×0.2=125, 则甲种建筑材料的方差D(4)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125- 125)2+0.1×(130-1252+0.2×(135-125)2=50 乙种建筑材料的方差D(B)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125 125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165, 由此可见，E()=E(B),D(5A)KD(B), 故两种材料的抗拉强度的均值相等，其稳定程度材料乙明显不如材料甲，即甲的稳 定性好」 18.(12分)从1,2,3，…9这9个自然数中，任取3个数 (1)求这3个数恰有1个偶数的概率； (2)记X为3个数中两数相邻的组数，例如取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2 和2,3，此时X的值为2，求随机变量X的分布列及均值E(X) 解(1)设Y表示“任取的3个数中偶数的个数”， 则Y服从超几何分布，且N=9,M=4,n=3. 因此这3个款恰有1个偶数的概率PY=I)警=吕 (2)由题意得X的取值为0,1,2， PK=1)-26t5= PX=2-=吉 1
16.一射手对靶射击,直到第一次中靶或用光子弹为止.若他每次射击中靶的概率 是 0.9,他有 3 颗子弹,则射击结束后剩余子弹的数目 X 的均值 E(X)= . 答案:1.89 解析:由题意知,X 的可能取值是 0,1,2,对应的概率分别为 P(X=2)=0.9,P(X=1)=0.1×0.9=0.09,P(X=0)=0.1 3+0.1 2×0.9=0.01, 由此可得均值 E(X)=2×0.9+1×0.09+0×0.01=1.89. 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)有甲、乙两种建筑材料,从中各取等量样品检查它们的抗拉强度如下: ξA 110 120 125 130 135 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 ξB 100 115 125 130 145 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 其中,ξA,ξB 分别表示甲、乙两种材料的抗拉强度,在使用时要求抗拉强度不低于 120,试比较甲、乙两种建筑材料的稳定程度(哪一个的稳定性较好). 解:由题意得,甲种建筑材料的均值 E(ξA)=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125, 乙种建筑材料的均值 E(ξB)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+145×0.2=125, 则甲种建筑材料的方差 D(ξA)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125- 125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50, 乙种建筑材料的方差 D(ξB)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125- 125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165, 由此可见,E(ξA)=E(ξB),D(ξA)<D(ξB), 故两种材料的抗拉强度的均值相等,其稳定程度材料乙明显不如材料甲,即甲的稳 定性好. 18.(12 分)从 1,2,3,…,9 这 9 个自然数中,任取 3 个数. (1)求这 3 个数恰有 1 个偶数的概率; (2)记 X 为 3 个数中两数相邻的组数,例如取出的数为 1,2,3,则有两组相邻的数 1,2 和 2,3,此时 X 的值为 2,求随机变量 X 的分布列及均值 E(X). 解:(1)设 Y 表示“任取的 3 个数中偶数的个数”, 则 Y 服从超几何分布,且 N=9,M=4,n=3. 因此这 3 个数恰有 1 个偶数的概率 P(Y=1)= C4 1C5 2 C9 3 = 10 21 . (2)由题意得 X 的取值为 0,1,2, P(X=1)= 2×6+6×5 C9 3 = 1 2 , P(X=2)= 7 C9 3 = 1 12
PX=0)=1-PX=1PX=2)=5 因此X的分布列为 b 2 5 1 2 2 故E)=0x5+1×2+2×是 12 19.(12分)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 解(1)记“第一次检测出的是次品，且第二次检测出的是正品”为事件A 则PA==音 A (2)X的可能取值为200,300,400. P0X=20)-袋= P(X=300)-A+CCiA =3 0 P0X=40=1P0X-200P0X=30)=1品-品=品=号 故X的分布列为 200 300 400 1 10 5 均值E)=200×+300×2+400×2=350. 10 10 5 20.(12分)袋中装着外形、质地完全相同且标有数字1,2,3,4,5的小球各2个，从袋 中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性相 等，用X表示取出的3个小球上的最大数字，求： (1)取出的3个小球上的数字互不相同的概率； (2)随机变量X的分布列： (3)计算介于20分到40分之间的概率 解取出的3个小球上的数字互不相同的事件记为4，则P4=cC=号 (2)由题意知X的可能取值为2,34,5，且 PX-2老e-六 Cio P=3)- Cio
P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)= 5 12 . 因此 X 的分布列为 X 0 1 2 P 5 12 1 2 1 12 故 E(X)=0× 5 12 +1× 1 2 +2× 1 12 = 2 3 . 19.(12 分)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. 解:(1)记“第一次检测出的是次品,且第二次检测出的是正品”为事件 A. 则 P(A)= A2 1A3 1 A5 2 = 3 10 . (2)X 的可能取值为 200,300,400. P(X=200)= A2 2 A5 2 = 1 10 , P(X=300)= A3 3+C2 1C3 1A2 2 A5 3 = 3 10 , P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1- 1 10 − 3 10 = 6 10 = 3 5 . 故 X 的分布列为 X 200 300 400 P 1 10 3 10 3 5 均值 E(X)=200× 1 10 +300× 3 10 +400× 3 5 =350. 20.(12 分)袋中装着外形、质地完全相同且标有数字 1,2,3,4,5 的小球各 2 个,从袋 中任取 3 个小球,按 3 个小球上最大数字的 9 倍计分,每个小球被取出的可能性相 等,用 X 表示取出的 3 个小球上的最大数字,求: (1)取出的 3 个小球上的数字互不相同的概率; (2)随机变量 X 的分布列; (3)计算介于 20 分到 40 分之间的概率. 解:(1)“取出的 3 个小球上的数字互不相同”的事件记为 A,则 P(A)= C5 3C2 1C2 1C2 1 C10 3 = 2 3 . (2)由题意知 X 的可能取值为 2,3,4,5,且 P(X=2)= C2 2C2 1+C2 1C2 2 C10 3 = 1 30 , P(X=3)= C2 2C4 1+C2 1C4 2 C10 3 = 2 15
PK=4)=ctc5C匠=三 0 P(X=5)-CCB+Cci=8 Cio 所以随机变量X的分布列为 3 5 1 2 8 30 15 10 15 (3)“一次取球得分介于20分到40分之间”记为事件C,则 PC=PX-3)+P0X=4-品+品=号 21.(12分)某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用 电量划分为三档，月用电量不超过200度的部分按0.5元度收费，超过200度但不 超过400度的部分按0.8元度收费，超过400度的部分按1.0元度收费 (1)求某户居民用电费用单位：元)关于月用电量x(单位：度)的函数解析式： 频率组距 0.0030H b 0.0010 0.0005 0100200300400500600月用电量/度 (2)为了解居民的用电情况，通过简单随机抽样，获得了今年1月份100户居民每 户的用电量，统计分析后得到频率分布直方图如图所示若这100户居民中，今年1 月份用电费用不超过260元的占80%，求a,b的值： (3)在满足(2)的条件下，若以这100户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用 电量的概率，且同组中的数据用该组区间的中点值代替，记Y为该居民用户1月份 的用电费用，求Y的分布列和均值E(Y), 解(1)当0≤x≤200时y=0.5x, 当200400时y=0.5×200+0.8×200+1.0×(x-400)=x-140 0.5x,0≤x≤200， 故y与x之间的函数解析式为y=0.8x-60,200400. (2)由(1)可知：当y=260时，x=400,则P(x≤400)=0.80 结合频率分布直方图可知01+2×100b+0.3=08, 1100a+0.05=0.2 解得a=0.0015,b=0.0020. (3)由题意可知居民月用电量x可取50,150,250,350,450,550. 当x=50时，Y=0.5×50=25
P(X=4)= C2 2C6 1+C2 1C6 2 C10 3 = 3 10 , P(X=5)= C2 2C8 1+C2 1C8 2 C10 3 = 8 15 , 所以随机变量 X 的分布列为 X 2 3 4 5 P 1 30 2 15 3 10 8 15 (3)“一次取球得分介于 20 分到 40 分之间”记为事件 C,则 P(C)=P(X=3)+P(X=4)= 2 15 + 3 10 = 13 30 . 21.(12 分)某市为了鼓励市民节约用电,实行“阶梯式”电价,将该市每户居民的月用 电量划分为三档,月用电量不超过 200 度的部分按 0.5 元/度收费,超过 200 度但不 超过 400 度的部分按 0.8 元/度收费,超过 400 度的部分按 1.0 元/度收费. (1)求某户居民用电费用 y(单位:元)关于月用电量 x(单位:度)的函数解析式; (2)为了解居民的用电情况,通过简单随机抽样,获得了今年 1 月份 100 户居民每 户的用电量,统计分析后得到频率分布直方图如图所示.若这 100 户居民中,今年 1 月份用电费用不超过 260 元的占 80%,求 a,b 的值; (3)在满足(2)的条件下,若以这 100 户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用 电量的概率,且同组中的数据用该组区间的中点值代替,记 Y 为该居民用户 1 月份 的用电费用,求 Y 的分布列和均值 E(Y). 解:(1)当 0≤x≤200 时,y=0.5x; 当 200400 时,y=0.5×200+0.8×200+1.0×(x-400)=x-140. 故 y 与 x 之间的函数解析式为 y={ 0.5𝑥,0 ≤ 𝑥 ≤ 200, 0.8𝑥-60,200 400. (2)由(1)可知:当 y=260 时,x=400,则 P(x≤400)=0.80. 结合频率分布直方图可知{ 0.1 + 2 × 100𝑏 + 0.3 = 0.8, 100𝑎 + 0.05 = 0.2, 解得 a=0.001 5,b=0.002 0. (3)由题意可知居民月用电量 x 可取 50,150,250,350,450,550. 当 x=50 时,Y=0.5×50=25
即P(Y=25)=0.1; 当x=150时，Y=0.5×150=75. 即P(Y=75)=0.2: 当x=250时，Y=0.8×250-60=140, 即P(Y=140)=0.3: 当x=350时，Y=0.8×350-60=220, 即P(Y=220)=0.2: 当x=450时，Y=450-140=310, 即P(Y=310)=0.15 当x=550时，Y=550-140=410, 即P(Y=410)=0.05. 故Y的分布列为 25 75 140 220 310 410 P .1 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05 因此随机变量Y的均值 E(0=25×0.1+75×0.2+140×0.3+220×0.2+310×0.15+410×0.05=170.5. 22.(12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量（单位：瓶）相同，进货成本每瓶 4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完， 根据往年销售经验，每天需求量（单位：瓶）与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高 气温不低于25℃，需求量为500瓶：如果最高气温位于区间20,25)内，需求量为 300瓶：如果最高气温低于20℃，需求量为200瓶为了确定六月份的订购计划，统 计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表： 最高气 10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 温/℃ 天数 16 36 25 7 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率 (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X的分布列； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进 货量n为多少时，Y的数学期望达到最大值？ 解(1)由题意知，X的可能取值为200,300,500.由表格数据知 PX=200)=2416=0.2 90 PX=300)=36=0.4, 90 PX=500)=25+7+4=0.4, 90 因此X的分布列为 200 300 500 0.2 0.4 0.4
即 P(Y=25)=0.1; 当 x=150 时,Y=0.5×150=75, 即 P(Y=75)=0.2; 当 x=250 时,Y=0.8×250-60=140, 即 P(Y=140)=0.3; 当 x=350 时,Y=0.8×350-60=220, 即 P(Y=220)=0.2; 当 x=450 时,Y=450-140=310, 即 P(Y=310)=0.15; 当 x=550 时,Y=550-140=410, 即 P(Y=410)=0.05. 故 Y 的分布列为 Y 25 75 140 220 310 410 P 0.1 0.2 0.3 0.2 0.15 0.05 因此随机变量 Y 的均值 E(Y)=25×0.1+75×0.2+140×0.3+220×0.2+310×0.15+410×0.05=170.5. 22.(12 分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量(单位:瓶)相同,进货成本每瓶 4 元,售价每瓶 6 元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶 2 元的价格当天全部处理完. 根据往年销售经验,每天需求量(单位:瓶)与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高 气温不低于 25 ℃,需求量为 500 瓶;如果最高气温位于区间[20,25)内,需求量为 300 瓶;如果最高气温低于 20 ℃,需求量为 200 瓶.为了确定六月份的订购计划,统 计了前三年六月份各天的最高气温数据,得到下面的频数分布表: 最高气 温/℃ [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率. (1)求六月份这种酸奶一天的需求量 X 的分布列; (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进 货量 n 为多少时,Y 的数学期望达到最大值? 解:(1)由题意知,X 的可能取值为 200,300,500.由表格数据知 P(X=200)= 2+16 90 =0.2, P(X=300)= 36 90 =0.4, P(X=500)= 25+7+4 90 =0.4, 因此 X 的分布列为 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑 200≤n≤500. 当300≤n≤500时， 若最高气温不低于25，则Y=6n-4n=2n, 若最高气温位于区间[20,25)内， 则Y=6×300+2n-300)-4n=1200-2n; 若最高气温低于20， 则Y=6×200+2n-200)4n=800-2n 因此E()=2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n. 当200≤n<300时 若最高气温不低于20，则Y=6n-4n=2n 若最高气温低于20， 则Y=6×200+2n-200)4n=800-2n. 因此E(Y)=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n. 所以，当=300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元
(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为 500,至少为 200,因此只需考虑 200≤n≤500. 当 300≤n≤500 时, 若最高气温不低于 25,则 Y=6n-4n=2n; 若最高气温位于区间[20,25)内, 则 Y=6×300+2(n-300)-4n=1 200-2n; 若最高气温低于 20, 则 Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此 E(Y)=2n×0.4+(1 200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n. 当 200≤n<300 时, 若最高气温不低于 20,则 Y=6n-4n=2n; 若最高气温低于 20, 则 Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此 E(Y)=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n. 所以,当 n=300 时,Y 的数学期望达到最大值,最大值为 520 元