7.1.1 条件概率
A级 基础巩固
1.多选题下列结论错误的是 ( )
A.P(A|B)=P(B|A)
B.P(B|A)>0
C.P(A∩B)=P(A)P(B|A)
D.P((A∩B)|A)=P(B)
解析:对于A,由条件概率公式可得P(B|A)=,P(A|B)=,而P(A)和P(B)不一定相等,故A错.对于B,由于当B|A为不可能事件时,P(B|A)=0,故B错.对于C,由P(B|A)=知,P(A∩B)=P(A)·P(B|A),故C正确.对于D,由P((A∩B)|A)==≠P(B),故D错.
答案:ABD
2.某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为,开关两次闭合后都出现红灯的概率为,则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为 ( )
A.
B.
C.
D.
解析:设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A,“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B,则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件AB,“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”的概率为 P(B|A)===.
答案:C
3.4张奖券中只有1张能中奖,现分别由4名同学无放回地抽取.若已知第一名同学没有抽到中奖券,则最后一名同学抽到中奖券的概率是 ( )
A.
B.
C.
D.1
解析:因为第一名同学没有抽到中奖券,所以问题变为3张奖券,1张能中奖,所以最后一名同学抽到中奖券的概率是.
答案:B
4.多空题甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位:分):
甲组:76,90,84,86,81,87,86,82,85,83;
乙组:82,84,85,89,79,80,91,89,79,74.
现从这20名学生中随机抽取1名学生,将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A,“抽出的学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B,则P(AB)=,P(A|B) =.
解析:由题意知,P(AB)==,P(B)==,根据条件概率的计算公式,得P(A|B)===.
5.一个盒子中有6只好的晶体管,4只坏的晶体管,任取两次,每次取1只,每一次取后不放回.已知第1只是好的,求第2只也是好的的概率.
解:设Ai表示“第i只是好的”(i=1,2).
由题意,知要求出P(A2|A1).
方法一 因为P(A1)==,P(A1A2)==,
所以P(A2|A1)==.
方法二 因事件A1已发生(已知),故我们只研究事件A2发生便可,
在A1发生的条件下,盒中仅剩9只晶体管,其中5只好的,
所以P(A2|A1)=.
B级 能力提升
6.已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡,这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着,现需要1只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取1只并不放回,则在第一次抽到的是螺口灯泡的条件下,第二次抽到的是卡口灯泡的概率为 ( )
A.
B.
C.
D.
解析:设事件A为“第一次抽到的是螺口灯泡”,事件B为“第二次抽到的是卡口灯泡”,
则P(A)=,P(AB)==.
故所求概率为P(B|A)===.
答案:D
7.抛掷红、蓝两枚骰子,若已知蓝骰子的点数为3或6,则两枚骰子点数之和大于8的概率为.
解析:用(a,b)表示抛掷结果,其中a表示蓝骰子点数,b表示红骰子点数,令A表示“抛掷出的红、蓝两枚骰子中蓝骰子的点数为3或6”,B表示“两枚骰子点数之和大于8”,则A包含(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共12种结果,AB包含(3,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共5种结果.
所以P(B|A)===.
8.从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽出2张,将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞,则另一张也是假钞的概率为.
解析:设事件A表示“抽出的两张都是假钞”,事件B表示“两张中至少有一张假钞”,所求概率为P(A|B).
因为 P(AB)==,P(B)==,
所以P(A|B)==.
9.盒内装有16个球,其中6个是玻璃球,10个是木质球.玻璃球中有2个是红色的,4个是蓝色的;木质球中有3个是红色的,7个是蓝色的.现从中任取1个,已知取到的是蓝球,那么该球是玻璃球的概率是多少
解:由题意得数据如下.
颜色 材质
玻璃球 木质球
红 2 3
蓝 4 7
设事件A表示“取得蓝球”,事件B表示“取得玻璃球”.
方法一 由题意,得P(A)=,P(AB)==.
所以P(B|A)===.
方法二 由题意,得n(A)=11,n(AB)=4,
所以P(B|A)==.
C级 挑战创新
10.多选题有3台车床加工同一型号的零件.第1台加工的次品率为6% ,第2,3台加工的次品率均为5%,加工出来的零件混放在一起.已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%,则下列选项正确的是 ( )
A.任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B.任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C.如果取到的零件是次品,那么是第2台车床加工的概率为
D.如果取到的零件是次品,那么是第3台车床加工的概率为
解析:记Ai为事件“零件为第i(i=1,2,3)台车床加工”,记B为事件“任取一个零件为次品”,则P(A1)=0.25,P(A2)=0.3,P(A3)=0.45,对于A,即P(A1B)=P(A1)P(B|A1)=0.25×0.06=0.015,A错误.
对于B,P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)+P(A3)·P(B|A3)
=0.25×0.06+0.3×0.05+0.45×0.05
=0.052 5,
B正确.
对于C,P(A2|B)===,C正确.
对于D,P(A3|B)===,D错误.
故选BC.
答案:BC
11.(2023·深圳期中)甲、乙、丙、丁4位志愿者被安排到A,B,C三所学校参加支教活动,要求每所学校至少安排一位志愿者,且每位志愿者只能到一所学校支教.
(1)不同的安排方法共有多少种
(2)求甲、乙志愿者被安排到同一所学校的概率.
(3)求在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下,A学校有两位志愿者的概率.
解:(1)将4人分成3组,再分配到3所学校,不同的安排方法有×=36种.
(2)甲、乙志愿者被安排到同一所学校有=6种方法,甲、乙志愿者被安排到同一所学校的概率为=.
(3)在甲志愿者被安排到A学校的前提下,若A学校只有1个人,则有=6种安排方法;若A学校有2个人(包含甲志愿者),则有=6种安排方法.所以甲志愿者被安排到A学校共有6+6=12种安排方法.所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下,A学校有2名志愿者的概率是=.7.1.2 全概率公式
A级 基础巩固
1.(2023·深圳期中)10支步枪中有6支已经校准过,4支未校准,一名射击运动员用校准过的枪射击时,中靶的概率为0.8,用未校准的枪射击时,中靶的概率为0.3.现从10支中任取1支射击,则中靶的概率为 ( )
A.0.55
B.0.6
C.0.7
D.0.75
解析:设A表示“运动员用校准过的枪射击”,B表示“运动员射击中靶”,则P(A)=0.6,P()=0.4,
则P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.6×0.8+0.4×0.3=0.6.
答案:B
2.一批同型号的螺钉由编号为Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的三台机器共同生产,各台机器生产的螺钉占这批螺钉的百分率分别为35%,40%,25%,各台机器生产的螺钉次品率分别为3%,2%和1%.现从这批螺钉中抽到一颗次品,则次品来自Ⅱ号机器生产的概率为 ( )
A.
B.
C.
D.
解析:设A表示“螺钉是次品”,B1表示“螺钉由Ⅰ号机器生产”,B2表示“螺钉由Ⅱ号机器生产”,B3表示“螺钉由Ⅲ号机器生产”,
则P(B1)=0.35,P(B2)=0.4,P(B3)=0.25,
P(A|B1)=0.03,P(A|B2)=0.02,P(A|B3)=0.01,
P(A)=P(AB1)+P(AB2)+P(AB3)
=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)
=0.03×0.35+0.02×0.4+0.01×0.25=0.021,
所以P(B2|A)===.
答案:B
3.现有n张彩票,里面只有一张奖券,每人从中随机摸取一张,则第二人摸到奖券的概率为.
解析:设Ai表示“第i人摸到奖券”,i=1,2,…,n,则A2=A2,
P(A2)=P(A2)=P()P(A2|).
由题意,得P(A1)=,P()=1-=,P(A2|)=,
所以P(A2)=×=.
4.已知在所有男子中有5%患有色盲症,在所有女子中有0.25%患有色盲症.随机抽一人发现患色盲症的概率为0.026 25(设男子与女子的人数相等).
解析:设A表示“抽到的是男子”,B表示“抽到的是女子”,C表示“这人患色盲症”,
则P(C|A)=0.05,P(C|B)=0.002 5,P(A)=0.5,
P(B)=0.5,则P(C)=P(AC)+P(BC)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=0.5×
0.05+0.5×0.002 5=0.026 25.
5.有一批同型号的产品,已知其中由一厂生产的占30%,二厂生产的占50%,三厂生产的占20%,又知这三个厂的产品次品率分别为2%,1%,1%,求从这批产品中任取一件是次品的概率.
解:设事件B为“任取一件是次品”,事件A1为“任取一件是一厂的产品”,事件A2为“任取一件是二厂的产品”,事件A3为“任取一件是三厂的产品”,则A1∪A2∪A3=Ω,A1,A2,A3两两互斥.
由题意,得P(A1)=0.3,P(A2)=0.5,P(A3)=0.2,
P(B|A1)=0.02,P(B|A2)=0.01,P(B|A3)=0.01,
所以由全概率公式,
得P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)
=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=0.3×0.02+0.5×0.01+0.2×0.01
=0.013.
B级 能力提升
6.根据以往临床记录,某种诊断癌症的试验有如下的效果:若以事件A表示“试验反应为阳性”,以事件C表示“被诊断者患有癌症”,则有P(A|C)=0.95,P(|)=0.95.现在对自然人群进行普查,设被试验的人患有癌症的概率为0.005,即P(C)=0.005,则 P(C|A)≈( )
A.0.05
B.0.95
C.0.087
D.0.995
解析:因为P(|)=0.95,所以P(A|)=1-P(|)=0.05.
因为P(C)=0.005,所以P()=0.995.
因为P(A|C)=0.95,
所以P(C|A)===≈0.087.
答案:C
7.对以往数据的分析结果表明,当机器调整良好时,产品的合格率为98%,而当机器发生某种故障时,其合格率为55%.每天早上机器开动时,机器调整良好的概率为95%.若某日早上第一件产品合格,则这台机器调整良好的概率约为0.971(保留三位小数).
解析:设事件A为“产品合格”,事件B为“机器调整良好”,
则有P(A|B)=0.98,P(A|)=0.55,
P(B)=0.95,P()=0.05,
P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)P()=0.98×0.95+0.55×0.05=0.958 5,
故P(B|A)===≈0.971.
8.在某次考试中,要从20道题中随机抽出6道题,若考生至少能答对其中的4道题则可通过;若至少能答对其中5道题则获得优秀.已知某考生能答对所有题目中的10道题,并且知道他在这次考试中已经通过,求他获得优秀成绩的概率.
解:设事件A为“该考生6道题全答对”,事件B为“该考生答对了其中5道题而另1道答错”,事件C为“该考生答对了其中4道题而另2道题答错”,事件D为“该考生在这次考试中通过”,事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”,则A,B,C两两互斥,且D=A∪B∪C,E=A∪B,由古典概型的概率公式及加法公式可知
P(D)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=++=,
P(E|D)=P(A∪B|D)
=P(A|D)+P(B|D)
=+=+
=+
=,
即所求概率为.
C级 挑战创新
9.多选题(2023·广州二模)有3台车床加工同一型号的零件,第1台车床加工的次品率为8%,第2台车床加工的次品率为3%,第3台车床加工的次品率为2%,加工出来的零件混放在一起,已知第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的10%,40%,50%,从混放的零件中任取一个零件,则下列结论正确的是 ( )
A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
C.如果该零件是第3台车床加工出来的,那么它不是次品的概率为0.98
D.如果该零件是次品,那么它不是第3台车床加工出来的概率为
解析:设B表示“任取一个零件为次品”,Ai表示“零件为第i(i=1,2,3)个车床加工”,对于选项A,该零件是第1台车床加工出来的次品的概率P1=P(A1)P(B|A1)=10%×8%=0.008,选项A错误;
对于选项B,P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=
10%×8%+40%×3%+50%×2%=0.008+0.012+0.01=0.03,选项B正确;
对于选项C,第3台车床加工的次品率为2%,如果该零件是第3台车床加工出来的,那么它不是次品的概率 P=1-2%=0.98,选项C正确;
对于选项D,如果该零件是次品,那么它是第3台车床加工出来的概率P(A3|B)===,则它不是第3台车床加工出来的概率为1-P(A3|B)=,选项D错误.
答案:BC
10.同一种产品由甲、乙、丙三个厂供应,由长期的经验知,三家的正品率分别为0.95,0.9,0.8,三家产品数的比为2∶3∶5,混合在一起,从中任取一件.
(1)求此产品为正品的概率;
(2)现取到一件产品为正品,则它是由甲、乙、丙三个厂中哪个厂生产的可能性大
解:(1)设事件A表示取到的产品为正品,B1,B2,B3分别表示产品由甲、乙、丙厂生产.
由已知,得P(B1)=0.2,P(B2)=0.3,P(B3)=0.5,
P(A|B1)=0.95,P(A|B2)=0.9,
P(A|B3)=0.8,
故P(A)=P(Bi)P(A|Bi)=0.2×0.95+0.3×0.9+0.5×0.8=0.86.
(2)P(B1|A)==≈0.220 9,
P(B2|A)==≈0.314 0,
P(B3|A)==≈0.465 1,
故它是由丙厂生产的可能性大.第1课时 离散型随机变量及其分布列
A级 基础巩固
1.先后抛掷一枚质地均匀的骰子5次,下列不能作为随机变量的是 ( )
A.出现7点的次数
B.出现偶数点的次数
C.出现2点的次数
D.出现的点数大于2小于6的次数
解析:因为抛掷一枚质地均匀的骰子不可能出现7点,所以出现7点为不可能事件,所以出现7点的次数不能作为随机变量.
答案:A
2.不透明的口袋中有大小、质地都相同的5个球,分别标有号码1,2,3,4,5,现随机有放回地取球2次,每次取1个,设2个球号码之和为随机变量X,则X所有可能取值的个数是 ( )
A.5
B.9
C.10
D.25
解析:号码之和可能为2,3,4,5,6,7,8,9,10,共9个.
答案:B
3.设离散型随机变量X的分布列如下表,则 p= ( )
X 1 2 3 4
P p
A.
B.
C.
D.
解析:由分布列的性质可知,+p++=1,解得p=.
答案:D
4.多选题若ξ是一个随机变量,则下列命题中的真命题有 ( )
A.ξ取每一个可能值的概率都是非负数
B.ξ取所有可能值的概率之和是1
C.ξ的取值与自然数一一对应
D.ξ的取值是实数
解析:根据概率性质可得ξ取每一个可能值的概率都是非负数,所以A正确;ξ取所有可能值的概率之和是1,所以B正确;
ξ的取值是实数,不一定是自然数,所以C错误,D正确.
故选ABD.
答案:ABD
5.小王的钱包中只剩下20元、10元、5元和1元的人民币各一张,他随机抽出两张.用X表示这两张金额之和,写出X的可能取值,并说明所取值表示的随机试验结果.
解:X的可能取值为6,11,15,21,25,30.
其中,X=6表示抽到的是1元和5元;
X=11表示抽到的是1元和10元;
X=15表示抽到的是5元和10元;
X=21表示抽到的是1元和20元;
X=25表示抽到的是5元和20元;
X=30表示抽到的是10元和20元.
B级 能力提升
6.多选题已知随机变量X的分布列如下表(其中a为常数):
X 0 1 2 3 4
P 0.1 0.2 0.4 0.2 a
则下列计算结果正确的是 ( )
A.a=0.1
B.P(X≥2)=0.7
C.P(X≥3)=0.4
D.P(X≤1)=0.3
解析:由分布列的性质,可得0.1+0.2+0.4+0.2+a=1,解得a=0.1,故A选项正确;
由分布列可得,
P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=0.4+0.2+0.1=0.7,故B选项正确;
P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)=0.2+0.1=0.3,故C选项错误;
P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=0.1+0.2=0.3,故D选项正确.
故选ABD.
答案:ABD
7.一个不透明口袋中有4个红球、3个黑球,从袋中任取4个球,取到1个红球得1分,取到1个黑球得3分,设得分为随机变量X,求P(X≤7).
解:由题意可知,若得分不大于7,则4个球都是红球或3个红球、1个黑球,此时X=4或X=6.
因为P(X=4)==,P(X=6)==,
所以P(X≤7)=P(X=4)+P(X=6)=.
8.袋中有1个白球和4个黑球,每次从中任取一个球,每次取出的黑球不再放回,直到取出白球为止,求取球次数X的分布列.
解:X的可能取值为1,2,3,4,5,
则P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××=,
P(X=4)=×××=,P(X=5)=××××=.所以X的分布列是
X 1 2 3 4 5
P
9.从某小组的5名女生和4名男生中任选3人去参加一项公益活动.
(1)求所选3人中恰有1名男生的概率;
(2)求所选3人中男生人数X的分布列.
解:(1)所选3人中恰有1名男生的概率P==.
(2)X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==.
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
C级 挑战创新
10.从装有除颜色外没有区别的3个黄球、3个红球、3个蓝球的不透明口袋中摸3个球,设摸出的3个球的颜色种类为随机变量X,则P(X=2)= ( )
A.
B.
C.
D.
解析:X=2,即摸出的3个球有2种颜色,其中1种颜色的球有2个,另1种颜色的球有1个,故P(X=2)==,故选D.
答案:D
11.多空题若离散型随机变量X的分布列为
X 0 1
P 9c2-c 3-8c
则常数c=,P(X=1)=.
解析:由分布列的性质可知,
解得c=,
故P(X=1)=3-8×=.第2课时 两点分布及随机变量分布列的应用
A级 基础巩固
1.若随机变量X的分布列如下表所示,则 a2+b2的最小值为 ( )
X 0 1 2 3
P a b
A.
B.
C.
D.
解析:由分布列的性质,得+a++b=1,解得a+b=,
所以a2+b2≥=,当且仅当a=b=时,等号成立.
答案:C
2.从只有3张中奖彩票的10张彩票中不放回地随机逐张抽取,设X表示第1次抽到中奖彩票时抽奖的次数,则P(X=3)= ( )
A.
B.
C.
D.
解析:从只有3张中奖的10张彩票中不放回地随机逐张抽取,则所有的情况为.因为X=3表示第1次抽到中奖彩票时的抽奖次数为3,所以前2次抽取没有中奖,第3次抽取中奖的情况为,所以P(X=3)==.
答案:D
3.从含有2名女生的10名大学毕业生中任选3人进行某项调研活动,记女生入选的人数为X,则X的分布列为 ( )
A.
X 0 1 2
P
B.
X 1 2 3
P
C.
X 0 1 2
P
D.
X 0 1 2
P
解析:X的所有可能取值为0,1,2.
则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,
故X的分布列为
X 0 1 2
P
答案:A
4.已知随机变量X的分布列如下表,则P(=1)=.
X 1 2 3 4
P
解析:依题意可得,P(|X-2|=1)=P(X=3)+P(X=1)=+=.
5.一个不透明的盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片.
(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;
(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X的分布列.
解:(1)由古典概型的概率计算公式,得P==.
(2)X的所有可能取值为1,2,3.
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==.
故X的分布列为
X 1 2 3
P
B级 能力提升
6.在5件产品中,有3件一等品和2件二等品,从中任取2件,则在下列事件中概率为的是 ( )
A.都不是一等品
B.恰有1件一等品
C.至少有1件一等品
D.至多有1件一等品
解析:设取到一等品的件数是X,
则X=0,1,2.P(X=0)==,P(X=1)===,P(X=2)==.
因为P(X=0)+P(X=1)=,
所以满足题设的事件是“至多有1件一等品”.
答案:D
7.如图所示,A,B两点由5条连线并联,它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.现记从中任取3条线且在单位时间内能通过的最大信息总量为X,则 P(X≥8)=.
解析:由已知,得X的可能取值为7,8,9,10.
P(X=7)==,
P(X=8)==,
P(X=9)==,P(X=10)==.
所以X的分布列为
X 7 8 9 10
P
所以P(X≥8)=P(X=8)+P(X=9)+P(X=10)=++=.
8.一个不透明口袋中有大小、质地均相同的4个红球、3个黑球.随机取球,设取到1个红球得2分,取到1个黑球得1分,从袋中随机取4个球,记得分为随机变量X.
(1)求得分X的分布列;
(2)求得分大于6分的概率.
解:(1)从袋中随机取4个球的情况分别为1红3黑、2红2黑、3红1黑、4红,分别得分为5分、6分、7分、8分.
故X的可能取值为5,6,7,8.
P(X=5)==,P(X=6)==,
P(X=7)==,P(X=8)==.
故X的分布列为
X 5 6 7 8
P
(2)根据随机变量X的分布列,可以得到得分大于6分的概率为P(X>6)=P(X=7)+P(X=8)=+=.
9.为了解本学期学生参加公益劳动的情况,某校从初高中学段抽取了100名学生,收集了他们参加公益劳动时间(单位:h)的数据,绘制表格的一部分如下.
公益劳动 时间/h 男生 人数 女生 人数 初中学 段人数 高中学 段人数
[0,5) 6 5 a
[5,10) 9 12 8
[10,15) 10 13 11
[15,20) 10 8 11
[20,25) 9 6 10
[25,30) 4 8 7
(1)从男生中随机抽取1人,求抽到的男生参加公益劳动时间在区间[10,20)上的概率;
(2)从参加公益劳动时间在区间[25,30)上的学生中抽取3人进行面谈,记X为抽到高中学段的人数,求X的分布列.
解:(1)由题意可得,100名学生中共有48名男生,其中共有20人参加公益劳动时间在区间[10,20)上.所以从男生中随机抽取1人,抽到的男生参加公益劳动时间在区间[10,20)上的概率P==.
(2)由题意可得,公益劳动时间在区间[25,30)上的学生人数为4+8=12.因为初中学段人数为7,所以高中学段人数为12-7=5.
所以X的所有可能取值为0,1,2,3.
所以P(X=0)==,P(X=1)==,
P(X=2)==,P(X=3)==.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
C级 挑战创新
10.多空题已知随机变量X的分布列如下表:
X -1 0 1
P a b c
若a,b,c成等差数列,公差为d,则P(|X|=1)=,d的取值范围为[-,].
解析:因为a,b,c成等差数列,
所以2b=a+c.由a+b+c=1,解得b=,
则P(|X|=1)=a+c=2b=.
由题意可得,a=-d,c=+d.
根据分布列的性质,得解得-≤d≤.7.3.1 离散型随机变量的均值
A级 基础巩固
1.今有两台独立工作的雷达,每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85,设发现目标的雷达台数为X,则E(X)为 ( )
A.0.765
B.1.75
C.1.765
D.0.22
解析:X的可能取值为0,1,2.
因为P(X=0)=0.1×0.15=0.015,
P(X=1)=0.9×0.15+0.1×0.85=0.22,
P(X=2)=0.9×0.85=0.765,
所以E(X)=0×0.015+1×0.22+2×0.765=1.75.
答案:B
2.口袋中有编号分别为1,2,3的三个完全相同的小球,若从中任取2个,则取出球的最大编号X的均值为 ( )
A.
B.
C.2
D.
解析:X的可能取值为2,3.
因为P(X=2)=,P(X=3)=,
所以E(X)=2×+3×=.
答案:D
3.如果a1,a2,a3,a4,a5,a6的均值为3,那么 2(a1-3),2(a2-3),2(a3-3),
2(a4-3),2(a5-3),2(a6-3)的均值是( )
A.0
B.3
C.6
D.12
解析:由E(aX+b)=aE(X)+b,可知所求均值是2×3-6=0.
答案:A
4.(2021·新高考全国Ⅱ卷)一种微生物可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数相互独立且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数,P(X=i)=
pi(i=0,1,2,3).已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X).
解:由题意,p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,
故E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.
5.(2022·北京卷)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛成绩达到 9.50 m 以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m):
甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25;
乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;
丙:9.85,9.65,9.20,9.16.
假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望E(X).
解:用频率估计概率,则在校运动会铅球比赛中,甲获得优秀奖的概率为=,乙获得优秀奖的概率为=,丙获得优秀奖的概率为=,
X的所有可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=××=,
P(X=1)=××+××+××==,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××==,
所以E(X)=0×+1×+2×+3×=.
B级 能力提升
6.设口袋中有质地均匀的黑球和白球共7个,从中任取2个球(白球个数多于2个,黑球个数多于2个),若取到白球个数的均值为,则口袋中白球的个数为( )
A.3
B.4
C.5
D.2
解析:设白球有x个(2
设取出的2个球中所含白球个数为X,
则X的可能取值为0,1,2.
因为P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
所以0×+1×+2×=,
解得x=3,
即口袋中有3个白球.
答案:A
7.多空题(2022·浙江卷)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则 P(ξ=2)=,E(ξ)=.
解析:根据题意可得ξ的取值可为1,2,3,4,
所以P(ξ=1)==,
P(ξ=2)==,
P(ξ=3)==,
P(ξ=4)==,
所以E(ξ)=1×+2×+3×+4×=.
8.(2021·新高考全国Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题,每名参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误,则该同学比赛结束;若回答正确,则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回答正确与否,该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得80分,否则得0分.已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明先回答A类问题,记X为小明的累计得分,求X的分布列.
(2)为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题 请说明理由.
解:(1)由题可知,X的所有可能取值为0,20,100.
P(X=0)=1-0.8=0.2,
P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,
P(X=100)=0.8×0.6=0.48.
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)由(1)知,E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.
若小明先回答B类问题,记Y为小明的累计得分,则Y的所有可能取值为0,80,100.
P(Y=0)=1-0.6=0.4,
P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,
P(X=100)=0.8×0.6=0.48.
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6.
因为54.4<57.6,所以小明应选择先回答B类问题.
C级 挑战创新
9.(2023·新高考全国Ⅰ卷)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为 0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率.
(2)求第i次投篮的人是甲的概率.
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则EXi=qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
解:(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,“第i次投篮的人是乙”为事件Bi,
所以P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)
=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)
=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8
=0.6.
(2)设P(Ai)=pi,由题意得P(Bi)=1-pi,
则P(Ai+1)=P(AiAi+1)+P(BiAi+1)=P(Ai)·P(Ai+1|Ai)+P(Bi)P(Ai+1|Bi),
即pi+1=0.6pi+(1-0.8)×(1-pi)=0.4pi+0.2.
构造等比数列{pi+λ},设pi+1+λ=(pi+λ),
解得λ=-,
则pi+1-=pi-).
又p1=,p1-=,所以{pi-}是首项为,公比为的等比数列,
即pi-=×()i-1,pi=×()i-1+.
(3)因为pi=×()i-1+,i=1,2,…,n,
所以当n∈N*时,E(Y)=p1+p2+…+pn=×+=[1-()n]+,
故E(Y)=[1-()n]+.7.3.2 离散型随机变量的方差
A级 基础巩固
1.若随机变量X满足P(X=1)=0.3,P(X=2)=0.7,则E(X)和D(X)的值分别为 ( )
A.0.6和0.7
B.1.7和0.09
C.0.3和0.7
D.1.7和0.21
解析:E(X)=1×0.3+2×0.7=1.7,
D(X)=(1-1.7)2×0.3+(2-1.7)2×0.7=0.21.
答案:D
2.随机变量X的分布列如下表,若E(X)=1.1,则 D(X)= ( )
X 0 1 x
P p
A.0.36
B.0.52
C.0.49
D.0.68
解析:由随机变量分布列的性质求得p=.
由E(X)=0×+1×+x=1.1,得x=2.
故D(X)=(0-1.1)2×+(1-1.1)2×+(2-1.1)2×=0.49.
答案:C
3.多选题甲、乙两支女子球队在去年的某场比赛中,甲队平均每场进球数为3.2,乙队平均每场进球数为1.8.已知甲队去年全年比赛进球数的标准差为3,乙队去年全年比赛进球数的标准差为0.3.下列说法中,正确的是( )
A.乙队的进球技术比甲队好
B.乙队发挥比甲队稳定
C.乙队几乎每场都进球
D.甲队的表现时好时坏
解析:因为甲队平均每场进球数为3.2,乙队平均每场进球数为1.8,甲队平均数远大于乙队,所以甲队的进球技术比乙队好,A错误;
因为甲队去年全年比赛进球数的标准差为3,乙队去年全年进球数的标准差为0.3,乙队进球数的标准差小于甲队,所以乙队发挥比甲队稳定,B正确;
因为乙队进球数的标准差为0.3,说明每次进球数均值,乙队几乎每场都进球,所以C正确.
因为甲队标准差为3,说明甲队表现时好时坏,所以D正确.
答案:BCD
4.多空题已知随机变量X的分布列为
X -1 0 1
P a
则X的均值E(X)=-;若随机变量 Y=2X+1,则Y的方差D(Y)=.
解析:由随机变量X的分布列,得++a=1,解得a=,
所以E(X)=-1×+0×+1×=-,
所以D(X)=×+×+×=.
因为随机变量Y=2X+1,
所以Y的方差D(Y)=4D(X)=.
5.编号为1,2,3的三名同学随意入座编号为1,2,3的三个座位,每名同学一个座位,若与座位编号相同的学生人数为X,则D(X)=1.
解析:由题意可知,X的所有可能取值为0,1,3.
因为P(X=0)==,P(X=1)==,
P(X=3)==,
所以X的分布列为
X 0 1 3
P
所以E(X)=0×+1×+3×=1,
所以D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(3-1)2×=1.
6.已知随机变量X的分布列如下表所示,E(X)=.
X 0 1 x
P p
(1)求D(X)的值;
(2)若Y=3X-2,求D(Y)的值.
解:(1)由++p=1,得p=.
因为E(X)=0×+1×+x=,
所以x=2.D(X)=(0-)2×+(1-)2×+(2-)2×=.
(2)因为Y=3X-2,所以D(Y)=D(3X-2)=9D(X)=5.
B级 能力提升
7.甲、乙两名射击运动员命中环数X,Y的分布列如下表.由表可知,射击成绩比较稳定的运动员是( )
概率 环数k
8 9 10
P(X=k) 0.3 0.2 0.5
P(Y=k) 0.2 0.4 0.4
A.甲
B.乙
C.二人一样
D.无法比较
解析:由题中分布列可得,
E(X)=8×0.3+9×0.2+10×0.5=9.2,
E(Y)=8×0.2+9×0.4+10×0.4=9.2,
所以D(X)=(8-9.2)2×0.3+(9-9.2)2×0.2+(10-9.2)2×0.5=0.76,
D(Y)=(8-9.2)2×0.2+(9-9.2)2×0.4+(10-9.2)2×0.4=0.56.
所以E(X)=E(Y),D(X)>D(Y).
所以乙的成绩波动性较小,比较稳定.
答案:B
8.随机变量X的取值为0,1,2.若P(X=0)=,E(X)=1,则D(X)=.
解析:设P(X=1)=a,P(X=2)=b,
则解得
所以D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2×=.
9.多空题已知随机变量X的分布列如下表.
X a 2 3 4
P b
若E(X)=2,则a=0,D(X)=.
解析:由随机变量X的分布列及E(X)=2,
得解得
故D(X)=(0-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×+(4-2)2×=.
10.袋子中装有大小形状完全相同的5个小球,其中红球3个,白球2个,现每次从中不放回地取出1个球,直到取到白球为止.
(1)求取球次数X的分布列;
(2)求取球次数X的均值和方差.
解:(1)由题意知,X的可能取值有1,2,3,4,
P(X=1)=,
P(X=2)=×=,
P(X=3)=××=,
P(X=4)=××=,
故X的分布列为
X 1 2 3 4
P
(2)由(1)知,取球次数X的均值为E(X)=1×+2×+3×+4×=2,
X的方差D(X)=(1-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×+(4-2)2×=1.
C级 挑战创新
11.多选题已知0ξ k k-1
P a 1-a
A.a=
B.a=
C.k=
D.k=1
解析:由题意得E(ξ)=ka+(k-1)(1-a)=k-1+a,
D(ξ)=[k-(k-1+a)]2·a+[k-1-(k-1-a)]2·(1-a)=a(1-a).
因为E(ξ)=D(ξ),所以k-1+a=a(1-a),所以k=1-a2.
又0答案:ABC
12.某工厂生产A,B两种元件,现从一批产品中随机抽取这两种元件各5件进行质量检测,检测结果记录如下:
A B
7 6
7 x
7.5 8.5
9 8.5
9.5 y
由于表格被污损,数据x,y看不清,统计员只记得A,B两种元件的检测数据的均值相等,方差也相等,则xy=72.
解析:==8,
==8,可得x+y=17, ①
DA=[(8-7)2+(8-7)2+(8-7.5)2+(8-9)2+(8-9.5)2]=1.1,
则DB=[(8-6)2+(8-x)2+(8-8.5)2+(8-8.5)2+(8-y)2]=1.1,
可得(x-8)2+(y-8)2=1, ②
由①②可得xy=72.7.4.2 超几何分布
A级 基础巩固
1.(2023·佛山月考)下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是 ( )
A.将一枚硬币连抛3次,记正面向上的次数为X
B.从7男3女共10名学生中随机选出5名,记选出女生的人数为X
C.某射手的射击命中率为0.8,现对目标射击1次,记命中的次数为X
D.盒中有4个白球和3个黑球,每次从中摸出1个球且不放回,记第一次摸出黑球时摸取的次数为X
答案:B
2.有10件产品,其中3件是次品,从中任取2件,若X表示取得次品的件数,则P(X<2)等于 ( )
A.
B.
C.
D.1
解析:由题意,知X取0,1,2,X服从超几何分布,
则 P(X=0)==,P(X=1)==,
所以P(X<2)=P(X=0)+P(X=1)=+=.
答案:C
3.一批产品共50件,次品率为4%,从中任取2件,则含有1件次品的概率约为 ( )
A.0.078
B.0.78
C.0.007 8
D.0.022
解析:由于次品率为4%,故次品数为50×4%=2,正品数为50-2=48,故从中任取2件,含有1件次品的概率为≈0.078.
答案:A
4.盒中有10个螺丝钉,其中有3个是坏的,现从盒中随机取出4个,则概率是的事件为 ( )
A.恰有1个是坏的
B.4个全是好的
C.恰有2个是好的
D.至多有2个是坏的
解析:对于选项A,概率为=;对于选项B,概率为=;对于选项C,概率为=;对于选项D,至多有2个是坏的包括没有坏的、有1个坏的和有2个坏的三种情况,根据A选项,恰有1个坏的概率是>,故D选项中事件发生的概率大于.故选C.
答案:C
5.12人组成的兴趣小组,有5名男同学,现从小组中任意选6人参加竞赛,用X表示这6人中男同学的人数,则下列概率中等于的是
( )
A.P(X=2)
B.P(X=3)
C.P(X≤2)
D.P(X≤3)
解析:从12人中选6人共有种可能情况.
若X=3,则6人中男同学的人数为3的可能情况有种,
则P(X=3)=.
答案:B
6.数学老师从6道习题中随机抽3道对同学进行检测,规定至少要解答正确2道题才能及格.某同学只会求解其中的4道题,则他能及格的概率是.
解析:设从6道题中随机抽的3道题中该同学会求解的道数为X,
则X服从超几何分布,
由超几何分布的概率公式可得,
他能及格的概率是P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=+=.
B级 能力提升
7.一个班级共有30名学生,其中有10名女生,现从中任选3人代表班级参加学校开展的某项活动,假设选出的3名代表中的女生人数为变量X,男生人数为变量Y,则 P(X=2)+P(Y=2)等于 ( )
A.
B.
C.
D.
解析:由题意,得P(X=2)=,P(Y=2)=,
所以P(X=2)+P(Y=2)=.
答案:C
8.在10件产品中存在次品,从中抽取2件检查,其次品数为X,已知P(X=1)=,且该产品的次品率不超过40%,则这10件产品的次品率为
( )
A.10%
B.20%
C.30%
D.40%
解析:设10件产品中存在n件次品.
已知从中抽取2件,其次品数为X,且P(X=1)=,
所以=,
化简,得n2-10n+16=0,解得n=2或n=8.
又因为该产品的次品率不超过40%,所以n≤4,
所以n=2,所以这10件产品的次品率为=20%.
答案:B
9.在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响.具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列.
解:(1)接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率为P==.
(2)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,且X服从超几何分布.
则P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==,
P(X=4)==,
故X的分布列如下表所示.
X 0 1 2 3 4
P
C级 挑战创新
10.多选题一个不透明的袋中有大小相同的4个红球和2个白球,给出下列4个结论,其中正确的有 ( )
A.从中任取3球,恰有一个白球的概率是
B.从中有放回的取球6次,每次任取一球,则取到红球次数的方差为
C.现从中不放回的取球2次,每次任取1球,则在第一次取到红球后,第二次再次取到红球的概率为
D.从中有放回的取球3次,每次任取一球,则至少有一次取到红球的概率为
解析:A选项,恰有一个白球的概率P==,故选项A正确.B选项,每次任取一球,取到红球次数X~B(6,),其方差为6××(1-)=,故选项B正确.C选项,设A={第一次取到红球},B={第二次取到红球}.则P(A)=,P(AB)==,所以P(B|A)==,故选项C错误.D选项,每次取到红球的概率P=,所以至少有一次取到红球的概率为 1-(1-)3=,故选项D正确.故选ABD.
答案:ABD
11.多空题某校为了解高三学生身体素质情况,从某项体育测试成绩中随机抽取n名学生的成绩进行分析,得到成绩频率分布直方图(如图所示).已知成绩在区间[90,100]上的学生人数为8,且有4名女生的成绩在区间[50,60)上,则n=50.现从成绩在区间[50,60)上的样本中随机抽取2名学生,记所抽取学生中女生的人数为X,则X的均值是.
解析:依题意,得0.016×10n=8,则n=50.所以成绩在区间[50,60)上的人数为0.012×10×50=6,其中4名为女生,2名为男生.X的所有可能取值为0,1,2.因为P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,所以E(X)=0×+1×+2×=.7.5 正态分布
A级 基础巩固
1.设随机变量X~N(μ,7),若P(X<2)=P(X>4),则 ( )
A.μ=3,D(X)=
B.μ=6,D(X)=
C.μ=3,D(X)=7
D.μ=6,D(X)=7
解析:因为随机变量X~N(μ,7),P(X<2)=P(X>4),所以μ=3,D(X)=7.
答案:C
2.设随机变量X~N(1,σ2),若P(X>2)=0.2,则 P(X≥0)= ( )
A.0.5
B.0.6
C.0.7
D.0.8
解析:因为随机变量X~N(1,σ2),
所以正态曲线的对称轴为直线x=1.
又因为P(X>2)=0.2,所以P(X<0)=0.2,
所以P(X≥0)=1-0.2=0.8.
故选D.
答案:D
3.多选题甲、乙两类水果的质量(单位:kg)分别服从正态分布N(μ1,),N(μ2,),其正态曲线如图所示,则下列说法中正确的是( )
A.甲类水果的平均质量μ1=0.4 kg
B.甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值附近
C.甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D.乙类水果的质量比甲类水果的质量更集中于平均值附近
解析:由题中图象可知,甲类水果的平均质量μ1=0.4 kg,乙类水果的平均质量μ2=0.8 kg,故选项A,C都正确;因为σ越小,曲线越“瘦高”,表示随机变量的分布越集中,故选项B正确,选项D不正确.故选ABC.
答案:ABC
4.(2021·新高考全国Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),下列结论中不正确的是 ( )
A.σ越小,该物理量在一次测量中在区间(9.9,10.1)内的概率越大
B.σ越小,该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C.σ越小,该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D.σ越小,该物理量在一次测量中落在区间(9.9,10.2)内与落在区间(10,10.3)内的概率相等
解析:对于A,σ2为数据的方差,所以σ越小,数据在 μ=10附近越集中,所以测量结果落在区间(9.9,10.1)内的概率越大,故A正确;对于B,由正态分布密度曲线的对称性知,该物理量一次测量大于10的概率为0.5,故B正确;对于C,由正态分布密度曲线的对称性知,该物理一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C正确;对于D,因为该物理量一次测量结果落在区间(9.9,10.0)内的概率与落在区间(10.2,10.3)内的概率不相等,所以一次测量结果落在区间(9.9,10.2)内的概率与落在区间(10,10.3)内的概率不相等,故D错误.故选D.
答案:D
5.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(X<4)=0.8,则P(0A.0.2
B.0.3
C.0.4
D.0.6
解析:因为随机变量X服从正态分布N(2,σ2),
所以μ=2,即正态曲线的对称轴是直线x=2.
因为P(X<4)=0.8,
所以P(X≥4)=P(X≤0)=1-P(X<4)=0.2,
所以P(0所以P(0答案:B
6.(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)=0.14.
解析:因为随机变量X服从正态分布N(2,σ2),
所以P(22.5)=0.5,
所以P(X>2.5)=0.5-0.36=0.14.
7.已知随机变量X服从正态分布N(0,1),且P(X≤1)=0.841 3,求P(-1≤X≤0).
解:因为X~N(0,1),P(X≤1)=0.841 3,
所以P(X>1)=1-0.841 3=0.158 7,
所以P(X<-1)=0.158 7,
所以P(-1≤X≤0)=0.5-0.158 7=0.341 3.
B级 能力提升
8.已知X~N(1,σ2),若P(-1A.-a
B.1-a
C.a
D.+a
解析:由题意,知随机变量X服从正态分布N(1,σ2),所以正态曲线关于直线x=1对称.
因为P(-1所以P(1所以P(-1答案:A
9.多选题某厂生产了一批红外线自动测温门,其测量体温误差服从正态分布,设X表示其体温误差,且X~N(0.2,0.32),则下列结论正确的是 ( )
(若X~N(μ,σ2),
则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈95.45%)
A.E(X)=0.2,D(X)=0.3
B.P(X≥0.2)=0.5
C.P(X>0.5)=0.158 65
D.P(X<-0.4)=0.022 75
解析:依题意X~N(0.2,0.32),所以μ=0.2,σ2=0.32,
即E(X)=0.2,D(X)=0.32,故A选项错误.
由于 μ=0.2,所以P(X≥0.2)=0.5,故B选项正确.
由于μ=0.2,σ=0.3,所以P(X>0.5)==0.158 65,故C选项正确.
由于μ=0.2,σ=0.3,P(X<-0.4)==0.022 75,故D选项正确.
故选BCD.
答案:BCD
10.(2023·佛山二模)某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖的某项指标为X~N (800,σ2) ,且 P(X<801)=0.6. 现从该生产线上随机抽取10片瓷砖,记Y表示800≤X<801的瓷砖片数,则E(Y)=1.
解析:由题意,X~N(800,σ2),所以正态曲线关于直线X=800对称,
所以P(X<800)=0.5,
因为P(X<801)=P(X<800)+P(800≤X<801)=0.6,
所以P(800≤X<801)=0.6-0.5=0.1.
由题意,Y~B(10,0.1),所以E(Y)=10×0.1=1.
C级 挑战创新
11.多空题为了解高三复习备考情况,某校组织了一次阶段考试.若高三全体考生的数学成绩近似服从正态分布N(100,17.52).已知成绩在117.5分以上的学生有64人,则此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率为0.16;如果成绩在135分以上的为特别优秀,那么本次考试数学成绩特别优秀的大约有10人.
(若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.68,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95)
解析:由题意,知P(X<82.5)=P(X<μ-σ)=≈=0.16,
P(X>117.5)=P(X>μ+σ)
=
≈=0.16.
因为成绩在117.5分以上的学生有64人,所以参加此次阶段考试的高三考生总人数约有=400(人).
因为P(X>135)=P(X>μ+2σ)
=
≈=0.025,
所以本次考试数学成绩特别优秀的大约有400×0.025=10(人).
12.一投资者要在两个投资方案中选择一个,这两个投资方案的利润(单位:万元)分别为X,Y,且X,Y分别服从正态分布N(8,32)和N(7,12),如果投资者要求“利润不低于5万元”的概率尽量大,那么他应该选择哪一个方案
解:对于第一个方案有X~N(8,32),
则P(X≥5)=+P(5≤X≤11)=≈;
对于第二个方案有Y~N(7,12),
则P(Y≥5)=≈.
显然第二个方案“利润不低于5万元”的概率比较大,
故他应该选择第二个方案.章末复习课
回顾本章学习过程,建构“基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验”之间的联系.
要点训练一 条件概率与全概率公式
(1)求事件概率的关键是将事件分解为若干个小事件,然后利用概率的加法公式和乘法公式来求解.
(2)求条件概率可通过两种方法求解:
①先求事件A包含的样本点数n(A),再求在事件A发生的条件下事件B包含的样本点数n(AB),得P(B|A)=.
②利用定义,分别计算出P(A)和P(AB),得P(B|A)=.
(3)一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,有P(B)=
P(Ai)P(B|Ai).
1.小明的妈妈为小明煮了 5 个粽子,其中2个腊肉馅,3个豆沙馅,小明随机取出2个,设事件A为“取到的2个为同一种馅”,事件B为“取到的2个都是豆沙馅”,则 P(B|A)=( )
A.B.C.D.
解析:由题意,得P(A)==,
P(AB)==,
所以P(B|A)==.
答案:B
2.某教师准备对一天的五节课进行课程安排,要求语文、数学、外语、物理、化学每科分别要排一节课,则在数学不排第一节、物理不排最后一节的情况下,化学排第四节的概率是( )
A.B.C.D.
解析:设事件A为“数学不排第一节,物理不排最后一节”;事件B为“化学排第四节”.
P(A)==,
P(AB)==,
故所求概率P(B|A)==.
答案:C
3.甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军,若比赛为“三局两胜”制,甲在每局比赛中获胜的概率均为,且各局比赛结果相互独立,则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为( )
A.B.C.D.
解析:记事件A:甲获得冠军;事件B:比赛进行了三局;事件AB:甲获得冠军,且比赛进行了三局.
则第三局甲胜,前两局甲胜了一局,
所以P(AB)=×××=.
事件A包含两种情况:前两局甲胜和事件AB,
所以P(A)=+=,
所以P(B)==×=,故选A.
答案:A
4.据报道,某地居民患肺癌的概率约为0.1%,其中有20%是吸烟者,他们患肺癌的概率约为0.4%,则不吸烟者患肺癌的概率是0.000 25.
解析:记患肺癌为事件C,吸烟为事件A.
由题意,得P(C)=0.001,P(A)=0.2,P(C|A)=0.004.
由全概率公式,得P(C)=P(C|A)P(A)+P(C|)P(),
将数据代入,得0.001=0.004×0.2+P(C|)×0.8,
解得P(C|)=0.000 25.
所以不吸烟者患肺癌的概率为0.000 25.
5.某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人,女生2人)中,任选3人参加演讲比赛.
(1)设所选3人中女生人数为X,求X的分布列;
(2)求男生甲或女生乙被选中的概率;
(3)设“男生甲被选中”为事件A,“女生乙被选中”为事件B,求P(B)和P(B|A).
解:(1)由题意,得X的所有可能取值为0,1,2.
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
(2)设“男生甲、女生乙都不被选中”为事件C,
则P(C)===.
所以所求概率为P()=1-P(C)=1-=.
(3)P(B)===.
P(B|A)===.
要点训练二 离散型随机变量的分布列
(1)求离散型随机变量的分布列,首先要确定随机变量X的所有可能取值以及取每一个值所代表的意义.
(2)要根据概率的相关知识,求出每一个取值所对应事件的概率.
(3)分布列可以用解析式表示,也可用表格表示.
1.已知随机变量X的分布列为
X -2 -1 0 1 2 3
P
若P(X2A.4C.x<4或x≥9D.x≤4或x>9
解析:由随机变量X的分布列,可知X2的所有可能取值为0,1,4,9,
P(X2=0)=,P(X2=1)=+=,
P(X2=4)=+=,P(X2=9)=.
因为P(X2所以实数x的取值范围是4答案:A
2.已知随机变量X的分布列为P(X=k)=,k=1,2,3,4,则P(X<3)=.
解析:因为P(X=k)=(k=1,2,3,4),
所以P(X=1)=,P(X=2)==,
所以P(X<3)=+=.
3.一个盒子里装有7张卡片,其中有红色卡片4张,编号分别为1,2,3,4;白色卡片3张,编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同).
(1)求取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率.
(2)在取出的4张卡片中,红色卡片编号的最大值设为X,求随机变量X的分布列.
解:(1)取出的4张卡片中,不含编号为3的卡片的概率为P1===,故所求概率P=1-P1=.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==,
P(X=4)==.
故随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P
要点训练三 离散型随机变量的数字特征
(1)求离散型随机变量的均值与方差的关键:
①确定随机变量的所有可能取值;
②写出随机变量的分布列;
③正确运用均值、方差公式进行计算.
(2)求离散型随机变量X的均值与方差的步骤:
①理解X的意义,写出X的所有可能取值;
②求X取每个值的概率;
③写出X的分布列;
④由均值的定义求E(X);
⑤由方差的定义求D(X).
1.已知随机变量X满足E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,则下列选项正确的是( )
A.E(X)=,D(X)=
B.E(X)=2,D(X)=4
C.E(X)=2,D(X)=8
D.E(X)=,D(X)=4
解析:E(2X+3)=2E(X)+3=7,D(2X+3)=4D(X)=16.故E(X)=2,D(X)=4.
答案:B
2.随机变量X的分布列如表所示,若E(X)=,则D(3X-2)=( )
X -1 0 1
P a b
A.B.C.5D.7
解析:因为E(X)=,
所以由随机变量X的分布列,得解得
所以D(X)=×+×+×=,
所以D(3X-2)=9D(X)=9×=5.
答案:C
3.已知5台机器中有2台存在故障,现需要通过逐台检测直至区分出2台故障机器为止.若检测一台机器的费用为1 000元,则所需检测费的均值为3 500.
解析:设检测机器所需的费用为X,
则X的所有可能取值为2 000,3 000,4 000.
P(X=2 000)==,
P(X=3 000)==,
P(X=4 000)=1--=.
所以所需检测费的均值为
2 000×+3 000×+4 000×=3 500.
4.某企业甲、乙两个研发小组研发新产品成功的概率分别为和,现安排甲组研发新产品M,乙组研发新产品N.设甲、乙两组的研发是相互独立的.
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率;
(2)若新产品M研发成功,则企业可获得利润120万元,若新产品N研发成功,则企业可获得利润100万元,求该企业可获得利润的分布列和均值.
解:(1)设“至少有一种新产品研发成功”为事件A,且事件B为事件A的对立事件,则事件B为“新产品M,N都没有研发成功”.
因为甲、乙两组研发新产品成功的概率分别为,,
所以P(B)=×=×=,
所以P(A)=1-P(B)=,
所以至少有一种新产品研发成功的概率为.
(2)设该企业可获得的利润为X(单位:万元),
则X的可能取值为0,100,120,220.
P(X=0)=×=,
P(X=100)=×=,
P(X=120)=×=,
P(X=220)=×=.
所以X的分布列为
X 0 100 120 220
P
则E(X)=0×+100×+120×+220×=20+32+88=140.
要点训练四 二项分布与超几何分布
1.求解二项分布问题的注意事项
(1)首先要判断随机变量是否服从二项分布.
判断方法:
①看是否为n重伯努利试验;
②看随机变量是否为n重伯努利试验中某事件发生的次数.
(2)建立二项分布模型,求出随机变量取值时对应事件的概率.
2.求解超几何分布问题的注意事项
(1)在产品抽样中,若采用的是不放回抽样,则抽到的次品数服从超几何分布.
(2)如果随机变量服从超几何分布,那么只要代入公式就可求得相应的概率,关键是明确随机变量的所有取值.
1.已知X~B,则P=( )
A.B.C.D.
解析:P=P(X=2)+P(X=3)
=××+××
=.
答案:C
2.有8件产品,其中4件是次品,从中有放回地取3次,每次取1件,若X表示取得次品的次数,则P(X≤2)=( )
A.B.C.D.
解析:因为是有放回地取产品,
所以每次取到次品的概率为=.
从中取3次,X为取得次品的次数,
则X~B,
P(X≤2)=P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)
=××+××+×
=.
答案:D
3.某地7个村中有3个村是旅游示范村,现从这7个村中任意选3个村,下列事件中概率等于的是( )
A.至少有1个旅游示范村
B.有1个或2个旅游示范村
C.有2个或3个旅游示范村
D.恰有2个旅游示范村
解析:用X表示所选3个村中旅游示范村数,X服从超几何分布,
故P(X=k)=,
所以P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==,
因为P(X=1)+P(X=2)=,
所以所选3个村中有1个或2个旅游示范村的概率为.
答案:B
4.某种水果按照果径大小可分为四类:标准果、优质果、精品果、礼品果.某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个,利用水果的等级分类标准得到的数据如下:
等级 标准果 优质果 精品果 礼品果
个数 10 30 40 20
(1)若用频率估计概率,从这100个水果中有放回地随机抽取4个,求恰好有2个水果是礼品果的概率(结果用分数表示).
(2)用样本估计总体,果园老板提出两种方案给采购商参考.
方案1:不分类卖出,单价为20元/kg.
方案2:分类卖出,分类后的水果售价如下:
等级 标准果 优质果 精品果 礼品果
售价/(元/kg) 16 18 22 24
从采购商的角度考虑,应该采用哪种方案
(3)用分层随机抽样的方法从这100个水果中抽取10个,再从抽取的10个水果中随机抽取3个,Y表示抽取的是精品果的数量,求Y的分布列及均值E(Y).
解:(1)设“从这100个水果中随机抽取1个,抽到礼品果”为事件A,则P(A)==.
现有放回地随机抽取4个,设抽到礼品果的个数为X,则X~B,
所以恰好抽到2个礼品果的概率为P(X=2)=××=.
(2)设方案2的售价为Z,则售价的均值为
E(Z)=16×+18×+22×+24×==20.6.
因为E(Z)>20,所以从采购商的角度考虑,应该采用方案1.
(3)用分层随机抽样的方法从100个水果中抽取10个,其中精品果有4个,非精品果有6个.
现从中随机抽取3个,则精品果的数量Y服从超几何分布,Y的所有可能的取值为0,1,2,3.
则P(Y=0)==,
P(Y=1)==,
P(Y=2)==,
P(Y=3)==.
所以Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
所以E(Y)=0×+1×+2×+3×=.
要点训练五 正态分布的概率
(1)解题时注意3σ原则,记住随机变量在三个区间内取值的概率.
(2)注意数形结合,根据正态曲线的对称性结合图象解决某一区间内的概率问题.
1.若随机变量X服从正态分布N(2,σ2),X在区间(4,+∞)上取值的概率是0.2,则X在区间[0,2]上取值的概率是( )
A.0.3B.0.4C.0.6D.0.8
解析:根据题意分析知,随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(X>4)=0.2.
根据对称性可得P(X<0)=0.2,
所求概率P(0≤X≤2)==0.3.
答案:A
2.某校约有1 000人参加模块考试,其数学考试成绩Y服从正态分布N(90,σ2)(σ>0),统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的60%,则此次数学考试成绩不低于110分的学生人数约为( )
A.600B.400C.300D.200
解析:根据正态分布知,
其均值为90分.
又因为70分到110分之间的人数约为总人数的60%,
所以根据对称性知90分到110分之间的人数约为总人数的30%,
所以不低于110分的人数约为总人数的50%-30%=20%,
故大约有1 000×20%=200(人).
答案:D
3.若X~N(2,σ2),P(1.6( )
A.0.1B.0.3C.0.4D.0.6
解析:由题意,得μ=2,P(2≤X≤2.8)=P(1.6所以P(X<1.2)=P(X>2.8)=0.5-P(2≤X≤2.8)=0.1.
答案:A
要点训练六 求解条件概率的方法
1.用定义法求条件概率P(B|A)
先分析题意,弄清概率模型,再计算P(A),P(AB),最后代入公式P(B|A)=求解.
2.利用缩小样本空间计算条件概率
将原来的样本空间Ω缩小为已知的事件A,原来的事件B缩小为事件AB.在缩小的样本空间上利用古典概型公式计算条件概率,即P(B|A)=.利用缩小样本空间求条件概率问题,应搞清楚是求哪个事件的样本点数.
3.用条件概率的性质解题
对于比较复杂的事件的概率,一般先把它分解成两个(或若干个)互斥的较简单的事件之和,求出这些简单事件的概率,再利用概率加法公式即得所求的复杂事件的概率.
1.已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8,超过2年的概率为0.6,若一个这种元件使用到1年时还未破损,则这个元件使用寿命超过2年的概率为( )
A.0.75B.0.6C.0.52D.0.48
解析:因为这种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8,超过2年的概率为0.6,
所以在一个这种元件使用到1年时还未破损的前提下,这个元件使用寿命超过2年的概率P==0.75,故选A.
答案:A
2.已知甲在上班途中要经过两个路口,在第一个路口遇到红灯的概率为0.5 ,两个路口连续遇到红灯的概率为0.4 ,则甲在第一个路口遇到红灯的条件下,第二个路口遇到红灯的概率为( )
A.0.6B.0.7C.0.8D.0.9
解析:设“第一个路口遇到红灯”为事件A,“第二个路口遇到红灯”为事件B,
则P(A)=0.5 ,P(AB) =0.4,则P(B|A)==0.8,
故选C.
答案:C
要点训练七 方程思想
方程思想是一种重要的数学思想,用方程思想解题的关键是利用
已知条件或公式、定理中的已知结论构造方程(组).这种思想在代数、
几何及生活实际中有着广泛的应用.
1.设X是一个离散型随机变量,其分布列如下表,则q=( )
X -1 0 1
P 2q-1 q
A.B.C.D.
解析:由分布列的性质,可得解得q=.
答案:B
2.已知随机变量X的分布列为P(X=k)=,k=1,2,3,则P(X=3)=( )
A.B.C.D.
解析:因为随机变量X的分布列为P(X=k)=(k=1,2,3),
所以a=1,解得a=.
所以P(X=3)=×=.故选A.
答案:A
要点训练八 转化思想
转化思想是解决数学问题的重要思想,数学解题的本质就是转化.如:将实际问题与数学问题互相转化.
1.多选题已知随机变量X~N(0.4, ),Y~N(0.8, ), 其正态曲线如图所示,则下列说法正确的是( )
A.P(X≥0.4)=P(Y≥0.8)
B.P(X≥0)=P(Y≥0)
C.X的取值比Y的取值更集中于平均值左右
D.两条正态曲线与x轴之间的区域的面积均为1
解析:由已知,得μ1=0.4, μ2=0.8,σ1<σ2.
故P(X≥0.4)=P(Y≥0.8)=0.5,故A项正确.
由题图可知,在y轴的左侧,随机变量X~N(0.4, )的图象在Y~N(0.8,)的图象下方,
故P(X≥0)>P(Y≥0).故B项错误.
随机变量X~N(0.4,)的图象比Y~N(0.8,)的图象更“瘦高”,故X的取值比Y的取值更集中于平均值左右,故C项正确.
显然,两条正态曲线与x轴之间的区域的面积均为1,故D项正确.故选ACD.
答案:ACD
2.如图所示,曲线C为正态分布N(2, 1)的正态曲线的一部分,在正方形中随机投掷1 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是
( )
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+
2σ)≈0.954 5.
A.136 B.159C.341D.477
解析:由题意可知,正态分布N(2,1)在区间[0,1]上取值的概率是题图中阴影部分的面积,
则S阴=×[P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)-P(μ-σ≤X≤μ+σ)]≈×(0.954 5-0.682 7)=
0.135 9,故落入阴影部分的点的个数的估计值是1 000×0.135 9=135.9≈
136.故选A.
答案:A
3.若随机变量X~N(μ,σ2),且P(X>5)=P(X<-1)=0.2,则P(2≤X≤5)=0.3.
解析:因为随机变量X~N(μ,σ2),且P(X>5)=P(X<-1)=0.2,
所以μ==2.所以正态曲线关于直线x=2对称.
所以P(-1≤X≤5)=2P(2≤X≤5)=1-0.2-0.2=0.6,
所以P(2≤X≤5)=0.3.
4.江先生的单位实行的是“朝九晚五”的工作时间,他上班通常乘坐公交或地铁加步行.已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行
5 min,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1(单位:min)服从正态分布N(33, 42),下车后步行再到单位需要12 min;乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2(单位:min)服从正态分布N(44,22),下地铁后再步行到单位需要5 min.现有下列说法:
①若8:00出门,则乘坐公交一定不会迟到;
②若8:02出门,则乘坐公交和乘坐地铁上班不迟到的可能性相同;
③若8:06出门,则乘坐公交比乘坐地铁上班迟到的可能性大;
④若8:12出门,则乘坐地铁比乘坐公交上班迟到的可能性大.
则以上说法中正确的序号是②④.
参考数据:若Z~N(μ,σ2),则
P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.682 7,
P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.954 5,
P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.997 3.
解析:若8:00出门,江先生乘坐公交,从家到公交站需要5 min,下车后再步行到单位需要12 min,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N(33,42),故P(Z1>45)=≈=0.001 35.
所以江先生仍有可能迟到,只不过概率很小,故①错误.
若8:02出门,江先生乘坐公交.
因为从家到公交站需要5 min,下车后再步行到单位需要12 min,乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N(33,42),
故当满足P(Z1≤41)=+P(25≤Z1≤41)≈0.977 25时,江先生乘坐公交不会迟到.
若8:02出门,江先生乘坐地铁.
因为从家到地铁站需要5 min,下地铁后再步行到单位需要5 min,乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2服从正态分布N(44,22),
故当满足P(Z2≤48)=+P(40≤Z2≤48)≈0.977 25时,江先生乘坐地铁不会迟到.
此时两种上班方式江先生不迟到的概率相等,故②正确.
类似可得,若8:06出门,则乘坐公交比乘坐地铁上班迟到的可能性小,故③错误.若8:12出门,则乘坐地铁比乘坐公交上班迟到的可能性大,故④正确.
故答案为②④.
随机变量及其分布的综合问题
改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下: 支付方式支付金额/元(0,1 000](1 000,2 000]大于2 000仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人
(1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率. (2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数,求X的分布列和均值. (3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用A的学生中,随机抽查3人,发现他们本月的支付金额都大于2 000元.根据抽查结果,能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化 说明理由.
解:(1)由题意,得从全校所有学生中随机抽取的100人中,A,B两种支付方式都不使用的有5人,仅使用A的有30人,仅使用B的有25人, 所以A,B两种支付方式都使用的人数为100-5-30-25=40①, ………………………1分 所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率约为=0.4②. ……………………1分(累计2分) (2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数,则X的所有可能取值为0,1,2. ……………1分(累计3分) 样本中仅使用A的学生有30人,其中支付金额在区间(0,1 000]上的有18人,超过1 000元的有12人,样本中仅使用B的学生有25人,其中支付金额在区间(0,1 000]上的有10人,超过1 000元的有15人, 故P(X=0)=×=, P(X=1)=×+×=, P(X=2)=×=,③ ………3分(累计6分) 所以X的分布列如下: X012④ P
………………………1分(累计7分) 均值E(X)=0×+1×+2×=1⑤. …………………………3分(累计10分) (3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中,随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2 000元”. 假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)==. …………………………1分(累计11分) 答案1:…1分(累计12分) 理由如下: P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生,所以有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化.⑦ …………………………1分(累计13分) 答案2: …………………………1分(累计12分) 理由如下: 事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化.⑦ ………………1分(累计13分) 评分细则 第(1)题: ①求出使用人数得1分. ②概率结果正确得1分. 第(2)题: ③要有列举,每个取值的概率正确得1分. ④列出正确的分布列得1分. ⑤求出均值时,有式子可得2分,结果正确得1分. 第(3)题: ⑥有判断得1分,没有判断不得分. ⑦理由合理,与判断的结果相吻合即可得分. 得分技巧 1.得步骤分:第(1)题①中求出人数得1分. 第(2)题③中列举每个取值的概率各有相应得分. 2.得规范分:第(3)题⑥中没有对结论的判断会失分. 3.得运算分:如第(2)题⑤中运算结果错误会失分.第七章质量评估
(时间:120分钟 分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.甲、乙两人下象棋,赢了得3分,平局得1分,输了得0分,共下三局.用ξ表示甲的得分,则{ξ=3}表示 ( )
A.甲赢三局
B.甲赢一局
C.甲、乙平局三次
D.甲赢一局输两局或甲、乙平局三次
解析:甲、乙两人下象棋,赢了得3分,平局得1分,输了得0分,
故ξ=3有两种情况,即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次.
答案:D
2.由“0”“1”“2”组成的三位数码组(每位数字可以重复)中,若用事件A表示“第二位数字为0”,用事件B表示“第一位数字为0”,则P(A|B)=( )
A.B.C.D.
解析:P(A|B)===.
答案:B
3.若随机变量Y~B(n,p),且E(Y)=3.6,D(Y)=2.16,则( )
A.Y~B(4,0.9)
B.Y~B(9,0.4)
C.Y~B(18,0.2)
D.Y~B(36,0.1)
解析:因为随机变量Y~B(n,p),且E(Y)=3.6,D(Y)=2.16,
所以
②除以①,得1-p=0.6,即p=0.4,代入①,解得n=9,
所以Y~B(9,0.4).
答案:B
4.某同学进行3分投篮训练,如果该同学投中的概率为,他连续投篮n次至少得到3分的概率大于0.9,那么n的最小值是 ( )
A.3B.4C.5D.6
解析:由题意可知,该同学连投n次,一次都不中的概率为=
,故n次投篮至少得到3分即至少中一次的概率为1->0.9(n∈N*),得<0.1,所以n≥4.
答案:B
5.某面粉供应商所供应的某种袋装面粉质量Z(单位:kg)服从正态分布N(10,0.12).现抽取500袋样本,X表示抽取的面粉质量在10≤Z≤10.2的袋数,则X的均值约为( )
附:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.954 5.
A.171B.239C.341D.477
解析:由题意,得Z~N(10,0.12),
所以P(10≤Z≤10.2)=P(9.8≤Z≤10.2)=P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.477 25.
由题意得X~B(500,0.477 25),
所以E(X)=500×0.477 25=238.625≈239.
答案:B
6.已知随机变量X的分布列如表,且E(X)=2,则D(2X-3)=( )
X 0 2 a
P p
A.2B.3C.4D.5
解析:因为p=1--=,
所以E(X)=0×+2×+a×=2,所以a=3.
所以D(X)=(0-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×=1,
所以D(2X-3)=22·D(X)=4.
答案:C
7.已知甲、乙两人通过某考试的概率分别为0.5,0.8,两人考试时互不影响,记X表示两人中通过该考试的人数,则X的方差为( )
A.0.41B.0.42C.0.45D.0.46
解析:两人中通过该考试人数X的分布列为
X 0 1 2
P 0.1 0.5 0.4
所以E(X)=0×0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,
所以D(X)=(0-1.3)2×0.1+(1-1.3)2×0.5+(2-1.3)2×0.4
=0.169+0.045+0.196
=0.41.
答案:A
8.先后投掷一枚质地均匀的骰子(骰子的六个面分别有1,2,3,4,5,6个点)两次落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x,y,设事件A为“x+y为偶数”,事件B为“x,y中有偶数,且x≠y”,则概率P(B|A)=( )
A.B.C.D.
解析:因为事件A为“x+y为偶数”,所以事件A发生时,x,y同为奇数或同为偶数,共包含18个样本点.事件A,B同时发生,则x,y都为偶数,且x≠y,则包含=6个样本点.所以P(B|A)===.
答案:A
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.若随机变量X服从正态分布N(90,52),则下列结论正确的是
( )
A.E(X)=90
B.D(X)=5
C.P(X>100)=P(X<80)
D.P(X>100)>P(X<100)
解析:由随机变量X服从正态分布N(90,52),得μ=90,σ2=52,即E(X)=90,D(X)=52=25,故A项正确,B项错误;由正态曲线的对称性,得P(X>100)=P(X<80),P(X>100)故选AC.
答案:AC
10.设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1,则下列结论正确的有( )
A.q=0.1
B.E(X)=2,D(X)=1.4
C.E(X)=2,D(X)=1.8
D.E(Y)=5,D(Y)=7.2
解析:由离散型随机变量X的分布列的性质,
得q=1-0.4-0.1-0.2-0.2=0.1,
所以E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,
D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8.
因为离散型随机变量Y满足Y=2X+1,
所以E(Y)=2E(X)+1=5,D(Y)=4D(X)=7.2.
故选ACD.
答案:ACD
11.若随机变量X服从两点分布,其中P(X=0)=,E(X),D(X)分别为随机变量X的均值与方差,则下列结论正确的是( )
A.P(X=1)=E(X)
B.E(3X+2)=4
C.D(3X+2)=4
D.D(X)=
解析:因为随机变量X服从两点分布,P(X=0)=,所以P(X=1)=.
所以E(X)=0×+1×=,D(X)=×+×=.
因为P(X=1)=E(X),所以A项正确;
因为E(3X+2)=3E(X)+2=3×+2=4,所以B项正确;
因为D(3X+2)=9D(X)=9×=2,所以C项错误;
因为D(X)=,所以D项错误.
故选AB.
答案:AB
12.已知某高校学生每周阅读时间X服从正态分布X~N(9,4),则
( )
(附:X~N(μ,σ2),P(μ-σP(μ-3σA.该校学生每周平均阅读时间为9 h
B.该校学生每周阅读时间的标准差为4
C.该校学生每周阅读时间不超过3 h的人数占0.3%
D.若该校有10 000名学生,则每周阅读时间在3~5 h的人数约为214
解析:因为E(X)=9,D(X)=4,所以平均数是9,标准差为2,A正确,B不正确;
因为P(7P(3每周阅读时间在3~5 h的人数占=0.021 4,
0.021 4×10 000=214,所以D正确.
故选AD.
答案: AD
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.某智力游戏玩一次所得的积分是一个随机变量X,其分布列如表,若均值E(X)=2,则ab=.
X 0 3 6
P a b
解析:根据题意可得,解得从而ab=.
14.某诗词节目以“赏中华诗词,寻文化基因,品生活之美”为宗旨,每一期的比赛包含“个人追逐赛”“攻擂资格争夺赛”和“擂主争霸赛”环节,其中“擂主争霸赛”由“攻擂资格争夺赛”获胜者与上一场擂主进行比拼.“擂主争霸赛”共有九道抢答题,抢到并答对者得一分,答错则对方得一分,率先获得五分者即为该场擂主.在某一期节目中,若进行“擂主争霸赛”的甲、乙两位选手每道抢答题得到一分的概率都为0.5,则抢答完七道题后甲成为擂主的概率为.
解析:抢答完七道题后甲成为擂主,则第七道题甲得1分,前六道题甲得4分,乙得2分,
甲最后以5∶2获胜,概率为P=×0.54×0.52×0.5=.
15.近年来,新能源汽车技术不断推陈出新,新产品不断涌现,在汽车市场上影响力不断增大,动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术,它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车,车载动力蓄电池充放电循环次数达到2 000次的概率为85%,充放电循环次数达到2 500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充放电,则他的车能够充放电2 500次的概率为.
解析:设事件A为“车载动力蓄电池充放电循环次数达到2 000次”,事件B为“车载动力蓄电池充放电循环次数达到2 500次”,
则P(A)=85%,P(AB)=35%,
所以若某用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充放电,则他的车能够充放电2 500次的概率为P(B|A)===.
16.(2021·新高考浙江卷)袋中有4个红球、m个黄球、n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球个数为ζ.若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n=1,E(ζ)=.
解析:P(ζ=2)=== =36,
所以m+n+4=9.P(一红一黄)==== m=3,
所以n=2,所以m-n=1.
又P(ζ=2)=,P(ζ=1)===,P(ζ=0)===,
所以E(ζ)=×2+×1+×0=+=.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)有一批产品是由甲、乙、丙三厂同时生产的.其中甲厂产品占50%,乙厂产品占30%,丙厂产品占20%,甲厂产品正品率为95%,乙厂产品正品率为90%,丙厂产品正品率为85%,如果从这批产品中随机抽取一件,试计算该产品的正品率.
解:设A,B,C分别表示抽的产品是甲厂、乙厂、丙厂生产的,D表示抽的产品为正品,
由已知,得P(A)=50%,P(B)=30%,P(C)=20%,
P(D|A)=95%,P(D|B)=90%,P(D|C)=85%,
从而任取一件产品为正品的概率为
P(D)=P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B)+P(D|C)P(C)
=95%×50%+90%×30%+85%×20%
=0.915.
18.(12分)根据以往统计资料,某地车主购买甲种保险的概率为0.5,购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立.
(1)求该地某位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率;
(2)X表示该地的100位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数,求X的期望.
解:(1)设该车主购买乙种保险的概率为P,
则P(1-0.5)=0.3,故P=0.6,
该车主甲、乙两种保险都不购买的概率为(1-0.5)(1-0.6)=0.2,
由对立事件的概率该车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率为1-0.2=0.8.
(2)甲、乙两种保险都不购买的概率为0.2,
所以X~B(100,0.2).
所以E(X)=100×0.2=20.
19.(12分)(2021·新高考北京卷)为加快新冠病毒核酸检测效率,某检测机构采取“k合1检测法”,即将k人的拭子样本合并检测,若为阴性,则可以确定所有样本都是阴性的;若为阳性,则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人,已知其中2人感染病毒.
(1)若采用“10合1检测法”,且两名患者在同一组,求总检测次数;
(2)已知10人分成一组,分10组,两名感染患者在同一组的概率为,定义随机变量X为总检测次数,求检测次数X的分布列和数学期望E(X).
解:(1)对每组进行检测,需要10次,
再对结果为阳性的组每个人进行检测,需要10次,
所以总检测次数为20.
(2)由题意,X可以取20,30,P(X=20)=,P(X=30)=1-=,
则X的分布列为
X 20 30
P
所以E(X)=20×+30×=.
20.(12分)某乒乓球团队决赛中,甲队与乙队相遇,甲队选手A,B,C,D,E依次出场比赛,在以往对战乙队选手的比赛中他们五人获胜的概率分别是0.8,0.8,0.8,0.75,0.7,并且比赛胜负相互独立.比赛采用五局三胜制,先赢3局者获得胜利.
(1)在决赛中,甲队以3∶1获胜的概率是多少
(2)求比赛局数的分布列及均值.
解:(1)若甲队以3∶1获胜,则前三局中赢两局输一局,第四局比赛胜利,设甲队以3∶1获胜为事件A,
则P(A)=×0.2×0.82×0.75=0.288.
(2)设比赛局数为X,则X的所有取值为3,4,5,
则P(X=3)=0.83+0.23=0.52,
P(X=4)=×0.2×0.82×0.75+×0.22×0.8×0.25=0.312,
P(X=5)=1-P(X=3)-P(X=4)=0.168,
则X的分布列为
X 3 4 5
P 0.52 0.312 0.168
E(X)=3×0.52+4×0.312+5×0.168=3.648.
21.(12分)生活垃圾中有一部分可以回收利用,回收1 t废纸可再造出0.8 t好纸,从而降低造纸的污染排放,节省造纸能源消耗.某环保小组调查了某垃圾处理场某年6月至12月生活垃圾回收情况,其中可回收物中废纸和塑料品的回收量(单位:t)的折线图如图所示.
(1)现从6月至12月中随机选取1个月,求该垃圾处理厂可回收物中废纸和塑料品的回收量均超过4.0 t的概率.
(2)从6月至12月中任意选取2个月,记X为选取的这2个月中回收的废纸再造好纸超过3.0 t的月份的个数. 求X的分布列及数学期望.
(3)假设第二年1月该垃圾处理场可回收物中塑料品的回收量为a t. 当a为何值时,自第一年6月至第二年1月该垃圾处理场可回收物中塑料品的回收量的方差最小.(只需写出结论,不需证明)
注:方差s2=[+(x2-+…+],其中为x1,x2,…,xn的平均数.
解:(1)记“该垃圾处理厂可回收物中废纸和塑料品的回收量均超过4.0 t”为事件A,
由题意,只有8月份的可回收物中废纸和塑料品的回收量均超过4.0 t,所以P(A)=.
(2)因为回收利用1 t废纸可再造出0.8 t好纸,
所以6月至12月回收的废纸可再造好纸超过3.0 t 的月份有7月、8月、10月,共3个月.
X的所有可能取值为0,1,2.
P(X=0)===,P(X=1)===,P(X=2)===.
所以X的分布列为:
X 0 1 2
P
E(X)=0×+1×+2×=.
(3)a=4.4.
当添加的新数a等于原几个数的平均值时,方差最小.
22.(12分)某学校实行自主招生,参加自主招生的学生从8道试题中随机挑选出4道进行作答,至少答对3道才能通过初试.已知甲、乙两人参加初试,在这8道试题中甲能答对6道,乙能答对每道试题的概率为,且甲、乙两人是否答对每道试题互不影响.
(1)试通过概率计算,分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性大;
(2)若答对一道试题得5分,答错或不答得0分,记乙答题的得分为Y,求Y的分布列、均值和方差.
解:(1)甲通过自主招生初试的概率为P1=+=.
乙通过自主招生初试的概率为P2=××+=.
因为>,
所以甲通过自主招生初试的可能性大.
(2)根据题意,知乙答对试题的道数X的可能取值为0,1,2,3,4,
且X~B.
P(X=k)=(k=0,1,2,3,4),且Y=5X.
所以Y的分布列为
Y 0 5 10 15 20
P
E(Y)=5×4×=15,
D(Y)=25×4××=.