8.2.3 二项分布
基础达标练
1.若X~B(10,0.8),则P(X=8)=( )
A.×0.88×0.22
B.×0.82×0.28
C.0.88×0.22
D.0.82×0.28
2.若在一次测量中出现正误差和负误差的概率都是,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( )
A. B. C. D.
3.设随机变量X~B6,,则P(X=3)等于( )
A. B. C. D.
4.设随机变量X的分布列为P(X=k)=·n-k,k=0,1,2,…,n,且E(X)=24,则D(X)的值为( )
A. B.8 C.12 D.16
5.一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9,则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为 (用数字作答).
6.设二项分布X~B(n,p)的随机变量X的均值与方差分别是2.4和1.44,则二项分布的参数n= ,p= .
7.某单位6个员工借助互联网开展工作,每天每个员工上网的概率都是0.5(相互独立),求一天内至少3人同时上网的概率.
8.两个人射击,甲射击一次中靶概率是,乙射击一次中靶概率是.
(1)两人各射击1次,两人总共中靶至少1次就算完成目标,则完成目标的概率是多少
(2)两人各射击2次,两人总共中靶至少3次就算完成目标,则完成目标的概率是多少
(3)两人各射击5次,两人总共中靶至少1次的概率是否超过99%
能力提升练
9.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. B.3 C. D.2
10.(多选题)某射手射击一次击中目标的概率是0.9,他连续射击3次,且他每次射击是否击中目标之间没有影响,下列结论正确的是( )
A.他三次都击中目标的概率是0.93
B.他第三次击中目标的概率是0.9
C.他恰好2次击中目标的概率是2×0.92×0.1
D.他恰好2次未击中目标的概率是3×0.9×0.12
11.若随机变量X~B5,,则P(X=k)最大时,k的值为( )
A.1或2 B.2或3
C.3或4 D.5
12.有n名同学参加某项选拔测试,每名同学通过测试的概率都是p(0
A.(1-p)n B.1-pn
C.pn D.1-(1-p)n
13.设随机变量X~B(2,p),Y~B(4,p),若P(X≥1)=,则D(Y)= .
14.某人抛掷一枚硬币,出现正、反面的概率都是,构造数列{an},使得an= 记Sn=a1+a2+…+an(n∈N*),则S4=2的概率为 .
15.2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京,北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来,某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动,为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动中的参与情况,在该地随机选取了10所学校进行研究,得到如下数据:
(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究,求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率.
(2)现在有一个“单板滑雪”集训营,对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训,且在集训中进行了多轮测试.规定:在一轮测试中,这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”,则该轮测试记为“优秀”.在集训测试中,小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为,每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次,那么理论上至少要进行多少轮测试
拓展探究练
16.掷骰子游戏:规定掷出1点,甲盒中放一球;掷出2点或3点,乙盒中放一球;掷出4点、5点或6点,丙盒中放一球;共掷6次.用x,y,z分别表示掷完6次后甲、乙、丙盒中球的个数,令X=x+y,则E(X)= .
17.我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产,设试产该款芯片的次品率为p(0(1)试产该款芯片共有两道工序,且互不影响,其次品率依次为p1=,p2=,求p的值.
(2)现对该款试产的芯片进行自动智能检测,自动智能检测为次品(注:合格品不会被误检成次品)的芯片会被自动淘汰,然后再进行人工抽检.已知自动智能检测显示该款芯片的合格率为96%,求人工抽检时,抽检的一个芯片是合格品的概率.
8.2.3 二项分布
1.A 由二项分布公式得P(X=8)=×0.88×0.22.
2.A 由题知出现正误差的次数X服从参数为5,的二项分布,则P(X=2)=×3×2=.
3.A ∵X~B6,,
∴P(X=3)=×3×1-3=.
4.B 由题意可知X~Bn,,
所以n=E(X)=24,所以n=36.
所以D(X)=n·×1-=36××=8.
5.0.9477 由题得被治愈的人数X~B(4,0.9),所以至少3人被治愈的概率为P=P(X=3)+P(X=4)=×0.93×0.1+0.94=0.9477.
6.6 0.4 由题意得np=2.4,np(1-p)=1.44,
则1-p=0.6,
故p=0.4,n=6.
7.解 记Ar(r=0,1,2,…,6)表示“r个人同时上网”,由题可知r~B(6,0.5),则其概率为P(Ar)=0.5r(1-0.5)6-r=0.56=.
“一天内至少有3人同时上网”即为事件A3∪A4∪A5∪A6,
因为A3,A4,A5,A6为互斥事件,
所以可应用概率加法公式,得“一天内至少有3人同时上网”的概率为P=P(A3∪A4∪A5∪A6)
=P(A3)+P(A4)+P(A5)+P(A6)
=(+++)
=×(20+15+6+1)=.
8.解 (1)共有三种情况:乙中靶、甲不中靶,概率为×=;
甲中靶、乙不中靶,概率为×=;
甲、乙全中靶,概率为×=.
故所求概率是++=.
(2)共两类情况:
共中靶3次,概率为20×11+11×20=;
共中靶4次,概率为20×20=.
故所求概率为+=.
(3)两人总共中靶至少1次的概率为
1-5×5=1-=>0.99.
所以两人各射击5次,两人总共中靶至少1次的概率超过99%.
9.A 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重伯努利试验,即X~B3,,则X的方差D(X)=3××1-=,又Y=3X+5,所以Y的方差D(Y)=9D(X)=9×=6,所以Y的标准差为=.
10.ABD A正确;
由每次射击击中目标的概率为0.9,且各次射击是否击中目标之间相互独立,可知他第三次击中目标的概率也为0.9,B正确;
3次射击恰好2次击中目标的概率为×0.92×0.1,C不正确;
恰好2次未击中目标,即恰好击中目标1次,概率为×0.9×0.12,D正确.
11.A 依题意P(X=k)=×k×5-k,k=0,1,2,3,4,5.
可以求得P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,P(X=5)=.
故当k的值为1或2时,P(X=k)最大.
12.D 所有同学都不能通过测试的概率为(1-p)n,则至少有1名同学能通过测试的概率为1-(1-p)n.
13. 由随机变量X~B(2,p),且P(X≥1)=,
得P(X≥1)=1-P(X=0)=1-×(1-p)2=,
易得p=,
所以Y~B4,,得随机变量Y的方差D(Y)=4××1-=.
14. S4=2,即抛掷4次中有3次正面1次反面,则所求概率P=×3×=.
15.解 (1)由题意可知这10所学校中参与“自由式滑雪”都超过40人的学校有4所,
设事件A为“从10所学校中选出的3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”,
所以P(A)===.
(2)小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为P=21-+3=,
小明在n轮测试中获“优秀”次数Y满足Y~Bn,,
由n·≥5,解得n≥,
所以理论上至少要进行20轮测试.
16.3 将每一次掷骰子看作一次实验,实验的结果分丙盒中投入球(成功)或丙盒中不投入球(失败)两种,且丙盒中投入球(成功)的概率为,z表示6次实验中成功的次数,则z~B6,,
E(z)=3,∵x+y+z=6,
∴X=x+y=6-z,
∴E(X)=E(6-z)=6-E(z)=6-3=3.
17.(1)解 ∵两道工序互不影响,
(方法一)p=1-(1-p1)(1-p2)=1-1-1-=;
(方法二)p=×1+1-×=.
(2)记“该款芯片自动智能检测合格”为事件A,“人工抽检合格”为事件B,
且P(A)=96%,P(AB)=1-p=,
∴人工抽检时,抽检的一个芯片是合格品的概率为
P(B|A)===.8.2.4 超几何分布
基础达标练
1.在15个村庄中,有7个村庄交通不方便,若用随机变量X表示任选10个村庄中交通不方便的村庄的个数,则X服从超几何分布,其参数为( )
A.N=15,M=7,n=10
B.N=15,M=10,n=7
C.N=22,M=10,n=7
D.N=22,M=7,n=10
2.在100张奖券中,有4张能中奖,从中任取2张,则2张都能中奖的概率是( )
A. B. C. D.
3.设袋中有8个红球、4个白球,若从袋中任取4个球,则其中至多3个红球的概率为( )
A. B.
C.1- D.1-
4.盒中有10个螺丝钉,其中有3个是坏的,现从盒中随机地抽取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
5.某手机经销商从已购买某品牌手机的市民中抽取20人参加宣传活动,这20人中年龄低于30岁的有5人.现从这20人中随机选取2人各赠送一部手机,记X为选取的年龄低于30岁的人数,则P(X=1)= .
6.有同一型号的电视机100台,其中一级品97台、二级品3台,从中任取4台,则二级品不多于1台的概率为 (用式子表示).
7.一个袋中装有7个除颜色外完全相同的球,其中红球4个,编号分别为1,2,3,4;蓝球3个,编号分别为2,4,6.现从袋中任取3个球(假设取到任一球的可能性相同).
(1)求取出的3个球中含有编号为2的球的概率;
(2)记ξ为取到的球中红球的个数,求ξ的分布列.
能力提升练
8.10名同学中有a名女生,若从中抽取2个人作为学生代表,恰抽取1名女生的概率为,则a的值为( )
A.2 B.4
C.8 D.2或8
9.在某次学校的春游活动中,高二(2)班设计了这样一个游戏:一个纸箱里放了5个红球和5个白球,这些球除颜色外其余完全相同,若一次性从中摸出5个球,摸到4个或4个以上红球即中奖.中奖的概率是(精确到0.001)( )
A.0.114 B.0.112
C.0.103 D.0.121
10.在10个排球中有6个正品、4个次品,从中抽取4个,则正品数比次品数少的概率为( )
A. B.
C. D.
11.袋中装有5个红球和4个黑球,从袋中任取4个球,取到1个红球得3分,取到1个黑球得1分,设得分为随机变量X,则P(X≥8)= .
12.50张彩票中只有2张中奖票,现从中任取n张,为了使这n张彩票里至少有一张中奖的概率大于0.5,n至少为 .
13.设一个口袋中装有10个球,其中红球2个、绿球3个、白球5个,这三种球除颜色外完全相同.从中一次任意选取3个,取后不放回.
(1)求三种颜色的球各取到1个的概率;
(2)设X表示取到红球的个数,求X的分布列.
14.老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背诵,规定至少要背出其中2篇才能及格.某同学只能背诵其中的6篇,试求:
(1)抽到该同学能背诵的课文的数量X的分布列;
(2)该同学能及格的概率.
拓展探究练
15.有甲、乙两个盒子,甲盒子里有1个红球,乙盒子里有3个红球和3个黑球,现从乙盒子里随机取出n(1≤n≤6,n∈N*)个球放入甲盒子后,再从甲盒子里随机取一球,记取到的红球个数为ξ,则随着n的增大,下列说法正确的是( )
A.E(ξ)增大,D(ξ)增大
B.E(ξ)增大,D(ξ)减小
C.E(ξ)减小,D(ξ)增大
D.E(ξ)减小,D(ξ)减小
8.2.4 超几何分布
1.A
2.C 记X为抽出的2张中的中奖数,由题得X服从超几何分布,则P(X=2)==.
3.D 从袋中任取4个球,其中红球的个数X~H(4,8,12),故至多3个红球的概率为P(X≤3)=1-P(X=4)=1-.
4.C 记X为取出的好的螺丝钉数,令“X=k”表示“取出的螺丝钉恰有k个是好的”,
则P(X=k)=(k=1,2,3,4).所以P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,故选C.
5. 易知X服从超几何分布,所以P(X=1)==.
6. 二级品不多于1台,即一级品有3台或4台,故所求概率为.
7.解 (1)设事件A为“取出的3个球中含有编号为2的球”,
则P(A)====.
(2)由题意得,ξ可能取的值是0,1,2,3,则
P(ξ=0)==,
P(ξ=1)==,
P(ξ=2)==,
P(ξ=3)==.
∴ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
8.D 设抽取女生的数量为X,则X服从超几何分布,根据题意,得P(X=1)==,
解得a=2或a=8.
9.C 设摸出的红球个数为X,则X服从超几何分布,其中N=10,M=5,n=5,于是中奖的概率为P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)=+≈0.103.
10.A 正品数比次品数少有两种情况:0个正品4个次品、1个正品3个次品.由超几何分布的概率公式可知,当0个正品4个次品时,P==;当1个正品3个次品时,P===.所以正品数比次品数少的概率为+=.
11. 由题意知P(X≥8)=1-P(X=6)-P(X=4)=1--=.
12.15 用X表示中奖票数,易知X服从超几何分布,所以P(X≥1)=+>0.5,解得n≥15.
13.解 (1)设事件A表示“三种颜色的球各取到1个”,
则P(A)==.
(2)随机变量X服从超几何分布,X的所有可能取值为0,1,2,
且P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
则X的分布列为
X 0 1 2
P
14.解 (1)由题知X~H(3,6,10),X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(2)该同学能及格的概率为P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=+=.
15.C 由题意可知,从乙盒子里随机取出的n个球中,含有的红球个数X服从超几何分布,P(X=k)=,其中k∈N,k≤3且k≤n,E(X)==.
故从甲盒中取球,相当于从含有+1个红球的(n+1)个球中取一球,设取到红球的个数为ξ.
故P(ξ=1)==+,
随机变量ξ服从两点分布,所以E(ξ)=P(ξ=1)==+,随着n的增大,E(ξ)减小;
D(ξ)=P(ξ=1)·[1-P(ξ=1)]=-,随着n的增大,D(ξ)增大.8.3 正态分布
基础达标练
1.已知随机变量X服从正态分布N(1,σ2),若P(X>2)=0.15,则P(0≤X≤1)=( )
A.0.85 B.0.70
C.0.35 D.0.15
2.某厂生产的零件外径X~N(10,0.04),今从该厂上午、下午生产的零件中各取一件,测得其外径分别为9.9 cm,9.3 cm,则可认为( )
A.上午生产情况正常,下午生产情况异常
B.上午生产情况异常,下午生产情况正常
C.上午、下午生产情况均正常
D.上午、下午生产情况均异常
3.(多选题)某次我市高二教学质量检测中,甲、乙、丙三科考试成绩近似服从正态分布,则由如图曲线可得下列说法中正确的是( )
A.甲科总体的标准差最小
B.丙科总体的平均数最小
C.乙科总体的标准差及平均数都居中
D.甲、乙、丙的总体的平均数相同
4.若随机变量X服从正态分布,其正态曲线上的最高点的坐标是10,,则该随机变量的方差等于( )
A.10 B.100 C. D.
5.若随机变量Z~N(0,1),且P(-a0,通过查标准正态分布表可得a= .
6.如果随机变量X~N(2,σ2),且P(X≤4)=0.8,那么P(X<0)= .
7.某市有48 000名学生,一次考试后数学成绩服从正态分布,平均分为80,标准差为10,从理论上讲,在80分到90分之间有 人.
8.设X~N(3,42),试求:
(1)P(-1能力提升练
9.在某市3月份的高三线上质量检测考试中,学生的数学成绩X服从正态分布N(98,100).已知参加本次考试的全市学生有9 464人,如果某学生在这次考试中的数学成绩是108分,那么他的数学成绩大约排在全市第( )
A.1 500名 B.1 700名
C.4 500名 D.8 000名
10.(多选题)下列说法中正确的是( )
A.设随机变量X服从二项分布B6,,则P(X=3)=
B.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(X<4)=0.9,则P(0C.已知随机变量X~N(0,σ2),若P(|X|<2)=a,则P(X>2)的值为
D.E(2X+3)=2E(X)+3;D(2X+3)=2D(X)+3
11.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附:若X~N(μ,σ2),
则P(μ-σP(μ-2σA.2 386 B.2 718
C.3 415 D.4 772
12.(多选题)设X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )
A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B.P(X≤σ2)>P(X≤σ1)
C.对任意正数t,P(X≤t)>P(Y≤t)
D.对任意正数t,P(X≥t)>P(Y≥t)
13.已知某正态分布的概率密度函数为P(x)=,x∈(-∞,+∞),则函数P(x)的极值点为 ,X落在区间[2,3)内的概率为 .
14.某人骑自行车上班,第一条路线较短但拥挤,到达时间X(分钟)服从正态分布N(5,1);第二条路线较长不拥挤,X服从N(6,0.16).若有一天他出发时离点名时间还有不足7分钟,他应选哪一条路线 若离点名时间还有不足6.5分钟,他应选哪一条路线
15.已知某种零件的尺寸X(单位:mm)服从正态分布,其正态分布曲线在(0,80)上单调递增,在(80,+∞)上单调递减,且P(80)=.
(1)求正态分布的正态密度函数的解析式;
(2)估计尺寸在72~88 mm(不包括72 mm 及88 mm)间的零件占总数的百分比.
拓展探究练
16.随着时代发展和社会进步,教师职业越来越受青睐,考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前,中小学教师资格考试分笔试和面试两部分.已知某市2021年共有10 000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试,现从中随机抽取100人的笔试成绩(满分100分)作为样本,整理得到如下频数分布表:
笔试成绩X [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
人数/人 5 10 25 30 20 10
由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中,μ近似为100名样本考生笔试成绩的平均值(同一组的数据用该组区间的中点值代替),则μ= .若σ=12.9,据此估计该市全体考生中笔试成绩不低于85.9分的人数为 .(结果保留整数)
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ8.3 正态分布
1.C 由题知正态密度曲线关于直线x=1对称,P(0≤X≤1)=P(1≤X≤2)=0.5-P(X>2)=0.35.
2.A 因测量值X为随机变量,又X~N(10,0.04),所以μ=10,σ=0.2,
记I=(μ-3σ,μ+3σ)=(9.4,10.6),由正态分布相关知识可认为落在区间I外时为生产情况异常,则9.9∈I,9.3 I.故选A.
3.AD 由图象可知三科总体的平均数(均值)相等,由正态密度曲线的性质,可知σ越大,正态密度曲线越扁平;σ越小,正态密度曲线越尖陡,故三科总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙.故选AD.
4.C 由正态分布密度曲线上的最高点为10,知=,∴D(X)=σ2=.
5.0.84 ∵P(-a∴P(0由P(Z≤a)=0.8查表可得a≈0.84.
6.0.2 ∵P(X≤4)=0.8,
∴P(X>4)=1-P(X≤4)=1-0.8=0.2.
∵随机变量X~N(2,σ2),
∴P(X<0)=P(X>4)=0.2.
7.16392 设X表示该市学生的数学成绩,则X~N(80,102),则P(80-108.解 ∵X~N(3,42),∴μ=3,σ=4.
(1)P(-1(2)∵P(X≥11)=P(X≤-5),
∴P(X≥11)=[1-P(-59.A 因为学生的数学成绩X服从正态分布N(98,100),所以P(X≥108)=[1-P(8810.AB ∵随机变量X服从二项分布B6,,
则P(X=3)=3×1-3=,故A正确;
∵随机变量X服从正态分布N(2,σ2),
∴正态曲线的对称轴是直线x=2.
∵P(X<4)=0.9,
∴P(2∴P(0已知随机变量X~N(0,σ2),
若P(|X|<2)=a,
则P(X>2)=[1-P(|X|<2)]=,故C错误;
E(2X+3)=2E(X)+3,D(2X+3)=4D(X),故D错误.
11.C 由P(-112.BC 由题图可知μ1<0<μ2,σ1<σ2,
∴P(Y≥μ2)P(X≤σ2)>P(X≤σ1),故B正确;
当t为任意正数时,由题图可知P(X≤t)>P(Y≤t),
而P(X≤t)=1-P(X>t),P(Y≤t)=1-P(Y>t),
∴P(X>t)t),故C正确,D错误.
13.x=1 0.1355 由正态分布的概率密度函数知μ=1,σ=1,所以总体分布密度曲线关于直线x=1对称,且在x=1处取得最大值.根据正态密度曲线的特点可知x=1为f(x)的极大值点.由X~N(1,1)知P(2≤X<3)=[P(-114.解 离点名时间还有7分钟时:
若选第一条路线,即X~N(5,1),能及时到达的概率P1=P(X<7)=P(X≤5)+P(5若选第二条路线,即X~N(6,0.16),能及时到达的概率P2=P(X<7)=P(X≤6)+P(6因为P1同理,还有6.5分钟时,应选第一条路线.
15.解 (1)∵正态密度曲线在(0,80)上单调递增,在(80,+∞)上单调递减,
∴正态分布曲线关于直线x=80对称,且在x=80处达到峰值,∴μ=80.
又=,∴σ=8,
故正态密度函数的解析式为
P(x)=.
(2)由μ=80,σ=8,得μ-σ=80-8=72,
μ+σ=80+8=88.
∴P(72故尺寸在72mm~88mm(不包括72mm及88mm)间的零件大约占总数的68.3%.
16.73 1585 由题意知100名考生笔试成绩的平均值为=73,
易知P(X≥85.9)=P(X≥73+12.9)≈=0.1585,
故该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数大约为10000×0.1585≈1585.培优练 二项分布、超几何分布、正态分布
基础达标练
1.若X~B(5,0.1),则P(X≤2)等于( )
A.0.665 B.0.008 56
C.0.918 54 D.0.991 44
2.已知随机变量X的概率分布为
X 0 1 2
P
设Y=2X+3,则D(Y)等于( )
A. B. C. D.
3.某电子管正品率为,次品率为,现对该批电子管进行测试,设首次测到正品的次数为X,则P(X=3)等于( )
A.× B.×
C.× D.×
4.有8名学生,其中有5名男生,从中选出4名代表,选出的代表中男生人数为X,则其均值E(X)等于( )
A.2 B.2.5 C.3 D.3.5
5.(多选题)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,则下列结论正确的有( )
A.P(X=1)=E(X)
B.E(3X+2)=4
C.D(3X+2)=4
D.D(X)=
6.若随机变量X服从正态分布,其正态曲线上的最高点的坐标是,则该随机变量的方差等于( )
A.9 B.81 C. D.
7.设随机变量X的分布列为P(X=k)=··,k=0,1,2,…,300,则E(X)= .
8.一批产品共50件,其中5件次品,其余均为合格品,从这批产品中任意抽取两件,其中出现次品的概率为 .
9.已知某种从太空飞船中带回来的植被种子每粒成功发芽的概率都为,某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验,每次试验种一粒种子,如果某次没有发芽,那么称该次试验是失败的.
(1)第一小组做了3次试验,记该小组试验成功的次数为X,求X的概率分布;
(2)第二小组进行试验,到成功了4次为止,求在第4次成功之前共有3次失败的概率.
10.袋中有4只红球,3只黑球,今从袋中随机取出4只球,设取到一只红球得2分,取到一只黑球得1分,试求得分X的均值.
能力提升练
11.设随机变量ξ~N(μ,1),函数f(x)=x2+2x-ξ没有零点的概率是0.5,则P(0≤ξ<1)等于(附:若ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σA.0.158 7 B.0.135 5
C.0.271 8 D.0.341 3
12.在一次抽奖中,一个箱子里有编号为1至10的10个号码球(球的大小、质地完全相同,但编号不同),其中有n个号码为中奖号码,若从中任意取出4个号码球,其中恰有1个中奖号码的概率为,则这10个小球中,中奖号码球的个数为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
13.“石头、剪刀、布”又称“猜丁壳”,是一种流行多年的猜拳游戏,起源于中国,然后传到日本、朝鲜等地,随着亚欧贸易的不断发展,它传到了欧洲,到了近代逐渐风靡世界.其游戏规则是出拳之前双方齐喊口令,然后在语音刚落时同时出拳,握紧的拳头代表“石头”,食指和中指伸出代表“剪刀”,五指伸开代表“布”.“石头”胜“剪刀”,“剪刀”胜“布”,而“布”又胜过“石头”.若所出的拳相同,则为和局.小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是( )
A. B. C. D.
14.3月5日为“学雷锋纪念日”,某校将举行“弘扬雷锋精神,做全面发展一代新人”知识竞赛,某班现从6名女生和3名男生中选出5名学生参赛,要求每人回答一个问题,答对得2分,答错得0分.已知6名女生中有2人不会答所有题目,只能得0分,其余4人可得2分,3名男生每人得2分的概率均为.现选择2名女生和3名男生,每人答一题,则该班所选队员得分之和为6分的概率为 .
拓展探究练
15.设随机变量X~B(2,p),Y~B(3,p),若P(X≥1)=,则P(Y=2)= .
16.某项调查结果表明,某地区新生儿体重X近似服从正态分布N(μ,σ2),假设随机抽取r个新生儿体检,记ξ表示抽取的r个新生儿体重在(μ-3σ,μ+3σ)以外的个数.若ξ的均值E(ξ)<0.05,则r的最大值是 .
[注:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-3σ17.某市举办数学知识竞赛活动,共5 000名学生参加,竞赛分为初试和复试,复试环节共3道题,其中2道单选题、1道多选题,得分规则如下:参赛学生每答对一道单选题得2分,答错得0分;答对多选题得3分,答错得0分.答完3道题后的得分之和为参赛学生的复试成绩.
(1)通过分析可以认为学生初试成绩X服从正态分布N(μ,σ2),其中μ=66,σ2=144,试估计初试成绩不低于90分的人数.
(2)已知小强已通过初试,他在复试中单选题答对的概率为,多选题答对的概率为,且每道题回答正确与否互不影响.记小强复试成绩为Y,求Y的概率分布及均值.
附:P(μ-σ培优练 二项分布、超几何分布、正态分布
1.D P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)
=×0.10×0.95+×0.1×0.94+×0.12×0.93
=0.99144.
2.A ∵E(X)=0×+1×+2×=1,
∴D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2×=,
∴D(Y)=D(2X+3)=4D(X)=.
3.C P(X=3)=×.
4.B 由题意可知X服从超几何分布,
∴E(X)==2.5.
5.AB 随机变量X服从两点分布,其中P(X=0)=,
∴P(X=1)=,
E(X)=0×+1×=,
D(X)=0-2×+1-2×=,
故A正确,D错误;
E(3X+2)=3E(X)+2=3×+2=4,故B正确;
D(3X+2)=9D(X)=9×=2,故C错误.
6.C 由正态分布密度曲线上的最高点为9,,
知=,解得σ=,∴D(X)=σ2=.
7.100 由P(X=k)=·k·300-k,
可知X~B300,,∴E(X)=300×=100.
8. 设抽取的两件产品中次品的件数为X,则X~H(2,5,50),∴P(X=k)=,k=0,1,2,
∴P(X>0)=P(X=1)+P(X=2)=+=.
9.解 (1)由题意,得随机变量X的可能取值为0,1,2,3,
则X~B3,,
所以P(X=k)=k1-3-k,k=0,1,2,3,
即P(X=0)=×0×1-3=,
P(X=1)=×1×1-2=,
P(X=2)=×2×1-1=,
P(X=3)=×3=,
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
(2)第二小组第7次试验成功,前面6次试验中有3次失败、3次成功,每次试验又是相互独立的,
因此所求概率P=3×1-3×=.
10.解 取出4只球颜色及得分情况如下:
4红得8分,3红1黑得7分,2红2黑得6分,1红3黑得5分,因此,X的取值为5,6,7,8,
P(X=5)==,
P(X=6)==,
P(X=7)==,
P(X=8)==,
故X的概率分布为
X 5 6 7 8
P
所以E(X)=5×+6×+7×+8×=.
11.B 函数f(x)=x2+2x-ξ没有零点,
即二次方程x2+2x-ξ=0无实根,
∴Δ=4-4(-ξ)<0,∴ξ<-1.
又∵f(x)=x2+2x-ξ没有零点的概率是0.5,
∴P(ξ<-1)=0.5,
由正态曲线的对称性知μ=-1,
∴ξ~N(-1,1),∴μ=-1,σ=1,
∴μ-σ=-2,μ+σ=0,μ-2σ=-3,μ+2σ=1,
∴P(-2<ξ<0)≈0.683,P(-3<ξ<1)≈0.954,
∴P(0≤ξ<1)=[P(-3<ξ<1)-P(-2<ξ<0)]≈(0.954-0.683)=0.1355.
12.C 由题意,可得=,
∴n(10-n)(9-n)(8-n)=480,将选项中的值代入检验,知选C.
13.B 根据“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”,而“布”又胜“石头”,可得每局比赛中小军胜大明、小军与大明和局和小军输给大明的概率都为,
∴小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,比赛至第四局小军胜出,则前3局中小军胜2局,有1局不胜,第四局小军胜,
∴小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率P=×2××=.
14. 依题意“设该班所选队员得分之和为6分”记为事件A,
则可分为下列三类:设事件A1为“女生得0分,男生得6分”;事件A2为“女生得2分,男生得4分”;事件A3为“女生得4分,男生得2分”.
则P(A1)=×3=,
P(A2)=×2==,
P(A3)=×2==,
P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=.
15. 因为随机变量X~B(2,p),
且P(X≥1)=,
所以P(X≥1)=p(1-p)+p2=,
解得p=或p=(舍去),
所以随机变量Y~B3,,
所以P(Y=2)=21-=.
16.16 因为新生儿体重落在(μ-3σ,μ+3σ)内的概率为0.997,则落在(μ-3σ,μ+3σ)外的概率为0.003,
所以ξ~B(r,0.003),
所以E(ξ)=0.003r<0.05,即r<≈16.67.
因为r为正整数,所以r的最大值为16.
17.解 (1)∵学生初试成绩X服从正态分布N(μ,σ2),
其中μ=66,σ2=144,
∴μ+2σ=66+2×12=90,
∴P(X≥90)=P(X≥μ+2σ)≈×(1-0.954)=0.023,
∴估计初试成绩不低于90分的人数为0.023×5000=115.
(2)Y的所有可能取值为0,2,3,4,5,7,
则P(Y=0)=××=,
P(Y=2)=×××=,
P(Y=3)=××=,
P(Y=4)=××=,
P(Y=5)=×××=,
P(Y=7)=××=,
∴Y的概率分布为
Y 0 2 3 4 5 7
P
∴E(Y)=0×+2×+3×+4×+5×+7×=.午练17 条件概率
1.已知事件A,B,若P(B)=,P(AB)=,则P(A|B)=( )
A. B. C. D.
2.某人忘记了一个电话号码的最后一个数字,只好去试拨,他第一次失败、第二次成功的概率是( )
A. B. C. D.
3.若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形,任何事件都对应样本空间的一个子集,且事件发生的概率对应子集的面积,则下图所示的涂色部分的面积表示( )
A.事件A发生的概率
B.事件B发生的概率
C.事件B不发生条件下事件A发生的概率
D.事件A,B同时发生的概率
4.近年来,淮南市全力推进全国文明城市创建工作,构建良好的宜居环境,城市公园越来越多,某周末,甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上窑森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择其中一个景点游玩,记事件M:甲和乙中至少有一人选择八公山森林公园,事件N:甲和乙选择的景点不同,则P(N|M)=( )
A. B. C. D.
5.(多选题)下列说法正确的有( )
A.P(B|A)≥P(AB)
B.P(B|A)=可能成立
C.0D.P(A|A)=0
6.(多选题)已知A,B是两个随机事件,0A.若A,B相互独立,则P(B|A)=P(B)
B.若事件A B,则P(B|A)=1
C.若A,B是对立事件,则P(B|A)=1
D.若A,B是互斥事件,则P(B|A)=0
7.已知随机事件M,N,P(M)=,P(N)=,P(M|N)=,则P(N|M)的值为 .
8.某个闯关游戏规定:闯过前一关才能去闯后一关,若某一关没有通过,则游戏结束.小明闯过第一关的概率为,连续闯过前两关的概率为,连续闯过前三关的概率为.事件A表示小明第一关闯关成功,事件C表示小明第三关闯关成功,则P(C|A)= .
9.为了研究不同性别学生患先天性色觉障碍的比例,某机构调查了某学校2 000名学生,数据如下表所示.
男 女 合计
先天性色觉障碍 60 2 62
非先天性色觉障碍 1 140 798 1 938
合计 1 200 800 2 000
从这2 000人中随机选择1个人.
(1)已知选到的是男生,求他患先天性色觉障碍的概率;
(2)已知选到的学生患先天性色觉障碍,求他是男生的概率.
10.已知P(A)>0,P(B)>0,P(B|A)=P(B),证明:P(A|B)=P(A).
午练17 条件概率
1.A 因为P(B)=,P(AB)=,所以P(A|B)==.故选A.
2.A 记事件A为“第一次失败”,事件B为“第二次成功”,
则P(A)=,P(B|A)=,
所以P(AB)=P(A)P(B|A)=.
3.B 由题意可知,P(B|A)表示在事件A发生的条件下,事件B发生的概率,P(B|)表示在事件A不发生的条件下,事件B发生的概率,结合在一块就是事件B发生的概率.故选B.
4.D 由已知可得甲、乙两人随机选择景点,所有的情况为4×4=16种,甲、乙两人都不选择八公山森林公园的情况为3×3=9种,所以甲、乙两人都不选择八公山森林公园的概率为p1=,所以P(M)=1-=.
事件MN:甲选择八公山森林公园,乙选择其他地方,有3种可能;或乙选择八公山森林公园,甲选择其他地方,有3种可能.甲、乙两人随机选择,所以事件MN发生的概率为P(MN)==.根据条件概率公式可得P(N|M)===.故选D.
5.AB 由条件概率公式P(B|A)=及0≤P(A)≤1知,P(B|A)≥P(AB),故A正确;当事件A包含事件B时,有P(AB)=P(B),此时P(B|A)=,故B正确;由于0≤P(B|A)≤1,P(A|A)=1,故C,D错误.故选AB.
6.ABD 对于A,随机事件A,B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B),P(B|A)==P(B),A正确;对于B,事件A B,P(AB)=P(A),P(B|A)==1,B正确;对于C,若A,B是对立事件,则P(AB)=0,P(B|A)==0,C不正确;对于D,若A,B是互斥事件,则P(AB)=0,P(B|A)==0,D正确.故选ABD.
7. 依题意得P(M|N)==,
所以P(MN)=P(N)=×=,
故P(N|M)===.
故答案为.
8. 设事件B表示小明第二关闯关成功,
由题意 P(A)=,P(ABC)=,
所以P(C|A)===.
故答案为.
9.解 (1)记“选到男生”为事件A,则P(A)==,
记“选到既是男生又是先天性色觉障碍的” 为事件B,则P(B)==,
所以在选到的是男生的条件下,选到先天性色觉障碍的概率P==.
(2)记“选到的学生患先天性色觉障碍”为事件C,则P(C)==,
则在选到先天性色觉障碍学生的条件下,选到男生的概率P==.
10.证明 因为P(A)>0,P(B)>0,所以P(B|A)==P(B),即P(AB)=P(A)P(B),
所以P(A|B)===P(A),
即P(A|B)=P(A).午练18 全概率公式
1.甲箱中有4个红球,3个白球和3个黑球,乙箱中有5个红球,3个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一个球放入乙箱中,再从乙箱中随机取出一球,则从乙箱中取出的是红球的概率为( )
A. B.
C. D.
2.学校食堂分设有一、二餐厅,学生小吴第一天随机选择了某餐厅就餐,根据统计:第一天选择一餐厅就餐,第二天还选择一餐厅就餐的概率为0.6;第一天选择二餐厅就餐,第二天选择一餐厅就餐的概率为0.7.那么学生小吴第二天选择一餐厅就餐的概率为( )
A.0.18 B.0.28
C.0.42 D.0.65
3.深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的调配上总是进行数据分析,根据以往的数据统计,乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置,且出场率分别为0.2,0.5,0.2,0.1,当乙球员担当前锋、中锋、后卫以及守门员时,球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.6,0.2.当乙球员参加比赛时,该球队某场比赛不输球的概率为( )
A.0.3 B.0.32
C.0.68 D.0.7
4.已知编号为1,2,3的三个盒子,其中1号盒子内装有两个1号球,一个2号球和一个3号球;2号盒子内装有两个1号球,一个3号球;3号盒子内装有三个1号球,两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球,将取出的球放入与球同编号的盒子中,第二次从放入球的盒子中任取一个球,则第二次抽到3号球的概率为( )
A. B.
C. D.
5.(多选题)甲罐中有5个红球,3个白球,乙罐中有4个红球,2个白球.整个取球过程分两步,先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别用A1,A2表示由甲罐取出的球是红球、白球的事件;再从乙罐中随机取出两球,分别用B,C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”、“两球为一红一白”的事件,则下列结论正确的有( )
A.P(B|A1)=
B.P(C|A2)=
C.P(B)=
D.P(C)=
6.(多选题)甲箱中有4个红球,2个白球和3个黑球,乙箱中有3个红球,3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别以A1,A2和A3表示由甲箱中取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙箱中随机取出一球,以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件,则下列结论正确的有( )
A.事件B与事件Ai(i=1,2,3)相互独立
B.P(A1B)=
C.P(B)=
D.P(A2|B)=
7.已知红箱内有5个红球,3个白球,白箱内有3个红球,5个白球.第一次从红箱内取出一球,观察颜色后放回原处;第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内再取出一球.则第二次取到的是红球的概率为 .
8.甲袋中有4个白球,6个红球,乙袋中有4个白球,2个红球,从两个袋中随机取一袋,再从此袋中随机取一球,则取到红球的概率为 .
9.某学校有A,B两家餐厅,王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅,那么第2天去A餐厅的概率为0.6;如果第1天去B餐厅,那么第2天去A餐厅的概率为0.8.计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率.
10.在A,B,C三个地区爆发了流感,这三个地区分别有6%、5%、4%的人患了流感,假设这三个地区的人口数的比为5∶7∶8,现从这三个地区中任意选取一个人.
(1)求这个人患流感的概率;
(2)若此人患流感,则求此人选自A地区的概率.
午练18 全概率公式
1.D 依题意,从乙箱中取出的是红球的概率为×+×==.故选D.
2.D 设事件A1为“第一天去一餐厅就餐”,事件B1为“第一天去二餐厅就餐”,事件A2为“第二天去一餐厅就餐”,
则P(A1)=P(B1)=0.5,P(A2|A1)=0.6,P(A2|B1)=0.7,
由全概率公式可知
P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.5×0.6+0.5×0.7=0.65.
故选D.
3.C 设事件A1表示“乙球员担当前锋”,事件A2表示“乙球员担当中锋”,事件A3表示“乙球员担当后卫”,事件A4表示“乙球员担当守门员”,事件B表示“当乙球员参加比赛时,球队输球”.
则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)·P(B|A3)+P(A4)P(B|A4)
=0.2×0.4+0.5×0.2+0.2×0.6+0.1×0.2=0.32,
所以当乙球员参加比赛时,该球队某场比赛不输球的概率为1-0.32=0.68.
故选C.
4.C 记第一次抽到i号球的事件为Ai(i=1,2,3),
则有P(A1)=,P(A2)=P(A3)=.
记第二次在i号盒内抽到3号球的事件为Bi(i=1,2,3),
而A1,A2,A3两两互斥,和为Ω,P(B1|A1)=,P(B2|A2)=,P(B3|A3)=.
记第二次抽到3号球的事件为B,
P(B)=P(AiBi)==×+×+×=.
故选C.
5.BCD 在事件A1发生的条件下,乙罐中有5红2白7个球,则P(B|A1)==,A不正确;
在事件A2发生的条件下,乙罐中有4红3白7个球,则
P(C|A2)==,B正确;
因为P(A1)=,P(A2)=,P(B|A1)=,P(B|A2)==,
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×+×=,C正确;
因为P(C|A2)=,P(C|A1)==,
则P(C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)=×+×=,D正确.
故选BCD.
6.BD P(A1)=,P(A2)=,P(A3)==,
A1先发生,则乙袋中有4个红球,3个白球,3个黑球,P(B|A1)==,
A2先发生,则乙袋中有3个红球,4个白球,3个黑球,P(B|A2)=,
A3先发生,则乙袋中有3个红球,3个白球,4个黑球,P(B|A3)=.
P(A1B)=P(B|A1)P(A1)=×=,B正确;
P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=×=,
P(A3B)=P(B|A3)P(A3)=×=,
P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)·P(A3)=,C不正确,
P(A1)P(B)≠P(A1B),A不正确,
P(A2|B)====,D正确.
故选BD.
7. 依题意,第二次取到的是红球的概率为×+×=.故答案为.
8. 记事件A1为“选取的是甲袋”,事件A2为“选取的是乙袋”,事件B为“从选出的袋中取出的一球为红球”,
则P(A1)=P(A2)=,P(B|A1)==,P(B|A2)==.
由全概率公式可得P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)=×=.
故答案为.
9.解 设A1为“第1天去A餐厅用餐”,B1为“第1天去B餐厅用餐”,A2为“第2天去A餐厅用餐”,则Ω=A1∪B1,且A1与B1互斥.根据题意得
P(A1)=P(B1)=0.5,P(A2|A1)=0.6,P(A2|B1)=0.8.
由全概率公式,得
P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)
=0.5×0.6+0.5×0.8
=0.7.
因此,王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.7.
10.解 (1)记事件D为“选取的这个人患了流感”,记事件E为“此人来自A地区”,记事件F为“此人来自B地区”,记事件G为“此人来自C地区”,
则Ω=G∪E∪F,且G,E,F彼此互斥.
由题意可得P(E)==0.25,P(F)==0.35,P(G)==0.4,
P(D|E)=0.06,P(D|F)=0.05,P(D|G)=0.04.
由全概率公式可得P(D)=P(E)·P(D|E)+P(F)·P(D|F)+P(G)·P(D|G)=0.25×0.06+0.35×0.05+0.4×0.04=0.0485.
(2)由条件概率公式可得P(E|D)====.午练19 离散型随机变量及其分布列
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.甲赢一局输两局
C.甲、乙平局二次
D.甲赢一局输两局或甲、乙平局三次
2.已知离散型随机变量X的分布列PX==ak(k=1,2,3,4,5),则a=( )
A.1 B. C. D.
3.若某品种水稻杂交试验成功率是失败率的2倍,一次试验只有成功与失败两种结果,用ξ描述一次试验的成功次数,则P(ξ=1)=( )
A.0 B. C. D.
4.甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有3个抢答题,比赛规定:对于每一个题,没有抢到题的队伍得0分,抢到题并回答正确的得1分,抢到题但回答错误的扣1分(即得-1分).若X是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜),则X的所有可能取值之和是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
5.(多选题)一副扑克共有54张牌,其中52张是正牌,另2张是副牌(大王和小王),从中任取4张,则随机变量可能为( )
A.所取牌数
B.所取正牌和大王的总数
C.这副牌中正牌数
D.取出的副牌的个数
6.(多选题)已知随机变量ξ的概率分布列为
ξ -2 -1 0 1 2 3
P
若P(ξ2A.1 B.2
C.3 D.4
7.袋中有大小相同的5个球,分别标有1,2,3,4,5五个号码,现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球,设两个球的号码之和为随机变量X,则X的取值范围是 .
8.某一随机变量ξ的概率分布列如下表,则P(ξ>0)= .
ξ -1 1 3
P a 0.3 a+0.1
9.某学校高二年级有200名学生,将他们的体育综合测试成绩分5个等级,每个等级对应的分数和人数如下表所示:
等级 不及格 及格 中等 良 优
分数 1 2 3 4 5
人数 20 50 60 40 30
从这200名学生中任意选取1人,求所选同学分数X的分布列,以及P(X≥4).
10.若离散型随机变量X的概率分布列如下表:
X 0 1
P 9c2-c 3-8c
试求出离散型随机变量X的概率分布.
午练19 离散型随机变量及其分布列
1.D 因为甲、乙两人下象棋,赢了得3分,平局得1分,输了得0分,故{ξ=3}表示两种情况,即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次.
故选D.
2.C 由题意得随机变量X的概率分布如表所示.
X 1
P a 2a 3a 4a 5a
由概率分布的性质得a+2a+3a+4a+5a=1,解得a=.
故选C.
3.C 据题意知,“ξ=0”表示一次试验结果失败,“ξ=1”表示一次试验结果成功.
设一次试验的失败率为p,则成功率为2p,所以p+2p=1,所以p=,所以P(ξ=1)=.故选C.
4.C 若甲抢到一题但答错,乙抢到两题都答错,则X=-1;
若甲没抢到题,乙抢到三题但答错两题或全错,或甲抢到两题,一对一错,乙抢到一题但答错,则X=0;
若甲抢到一题并答对,乙抢到两题一对一错或全错,或甲抢到三题,两对一错,则X=1;
若甲抢到两题且答对,则X=2;
若甲抢到三题且答对,则X=3.
所以X的所有可能取值之和为-1+0+1+2+3=5.
故选C.
5.BD 对于A,所取牌数为4,是一个常数,不是随机变量,所以A错误,
对于B,4张牌中所取正牌和大王的总数可能为3,4,所以是随机变量,所以B正确,
对于C,这副牌中正牌数为52,是一个常数,不是随机变量,所以C错误,
对于D,4张牌中所取出的副牌的个数可能为0,1,2,所以是随机变量,所以D正确,
故选BD.
6.BCD 由随机变量ξ的概率分布列可知,随机变量ξ2的可能取值为0,1,4,9,
则ξ2的概率分布列为
P(ξ2=0)=P(ξ=0)=,
P(ξ2=1)=P(ξ=-1)+P(ξ=1)=+=,
P(ξ2=4)=P(ξ=-2)+P(ξ=2)=+=,
P(ξ2=9)=P(ξ=3)=,
用表格表示为
ξ2 0 1 4 9
P
∴对于A,当x=1时,P(ξ2<1)=P(ξ2=0)=≠,故选项A错误;
对于B,当x=2时,P(ξ2<2)=P(ξ2=0)+P(ξ2=1)=+=,故选项B正确;
对于C,当x=3时,P(ξ2<3)=P(ξ2=0)+P(ξ2=1)=+=,故选项C正确;
对于D,当x=4时,P(ξ2<4)=P(ξ2=0)+P(ξ2=1)=+=,故选项D正确.
故选BCD.
7.{2,3,4,5,6,7,8,9,10} 因为抽球是在有放回抽取的条件下进行的,所以每次抽取的球号均可能是1,2,3,4,5中的某个,
故两次抽取的球的号码之和可能为2,3,4,5,6,7,8,9,10.
故答案为{2,3,4,5,6,7,8,9,10}.
8.0.7 由a+0.3+a+0.1=1,得a=0.3,
所以P(ξ>0)=P(ξ=1)+P(ξ=3)=0.7.
故答案为0.7.
9.解 由题意知,X是一个离散型随机变量,其可能取值为1,2,3,4,5,且{X=1}=“不及格”,{X=2}=“及格”,{X=3}=“中等”,{X=4}=“良”,{X=5}=“优”.根据古典概型的知识,可得X的概率分布如下表所示,
X 1 2 3 4 5
P
则P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)=+=.
10.解 由已知可得9c2-c+3-8c=1,
∴9c2-9c+2=0,∴c=或c=.
检验:当c=时,9c2-c=9×2-=>0,
3-8c=3-=>0;
当c=时,9c2-c=9×2->1,
3-8c=3-<0(不适合,舍去).
故c=,
故所求概率分布列为
X 0 1
P午练20 离散型随机变量的均值
1.下列说法正确的是( )
A.离散型随机变量的均值是[0,1]上的一个数
B.离散型随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平
C.若离散型随机变量X的均值E(X)=2,则E(2X+1)=4
D.离散型随机变量X的均值E(X)=
2.已知随机变量X的概率分布为P(X=k)=,k=0,1,2,则随机变量X的期望为( )
A.1 B. C. D.2
3.已知随机变量X的概率分布如下:
X 1 2
P m n
若E(X)=,则m=( )
A. B. C. D.
4.一台机器生产某种产品,且生产出一件甲等品可获利50元,生产出一件乙等品可获利30元,生产出一件次品要赔20元.已知这台机器生产出甲等品、乙等品和次品的概率分别为0.6,0.3和0.1,那么这台机器每生产一件产品,平均预期可获利( )
A.36元 B.37元 C.38元 D.39元
5.(多选题)已知随机变量X的概率分布为
X 1 2 3
P 0.3 m 0.1+m
则( )
A.m=0.3 B.m=0.4
C.E(X)=2.1 D.E(X)=2.6
6.(多选题)体育课的排球发球项目考试的规则:每位学生最多可发球3次,一旦发球成功,则停止发球,否则发满3次为止.设某学生一次发球成功的概率为p(p≠0),发球次数为X,若X的均值E(X)>1.75,则p的取值可以为( )
A. B. C. D.
7.已知随机变量ξ的概率分布如下:
ξ -1 0 1
P a c
若E(ξ)=,则ac= .
8.抛掷一枚质地均匀的骰子,设出现的点数为X,求X的均值.
9.根据天气预报,某地区近期有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0.01.该地区某工地上有一台大型设备,遇到大洪水时要损失60 000元,遇到小洪水时要损失10 000元.为保护设备,有以下3种方案:
方案1 运走设备,搬运费为3 800元;
方案2 建保护围墙,建设费为2 000元,但围墙只能防小洪水;
方案3 不采取措施.
工地的领导该如何决策呢
午练20 离散型随机变量的均值
1.B 对于A,离散型随机变量的均值是一个常数,不一定在[0,1]上,故A错误;
对于B,离散型随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,故B正确;
对于C,离散型随机变量X的均值E(X)=2,则E(2X+1)=2E(X)+1=5,故C错误;
对于D,离散型随机变量X的均值E(X)=xipi,故D错误.
故选B.
2.A 因为随机变量X的概率分布为P(X=k)=,k=0,1,2,
所以随机变量X的期望E(X)=×(0+1+2)=1.
故选A.
3.B 由已知得解得m=.
故选B.
4.B 由题意可设这台机器每生产一件产品可获利X元,则X可能取的数值为50,30,-20,所以X的分布列为P(X=50)=0.6,P(X=30)=0.3,P(X=-20)=0.1,所以这台机器每生产一件产品平均预期可获利50×0.6+30×0.3-20×0.1=37(元).
故选B.
5.AC 由0.3+m+0.1+m=1,得m=0.3,则E(X)=1×0.3+2×0.3+3×0.4=2.1.
故选AC.
6.AB 根据题意知,X的所有可能取值为1,2,3,且P(X=1)=p,P(X=2)=p(1-p),P(X=3)=(1-p)2,
则E(X)=p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3.
依题意有E(X)>1.75,则p2-3p+3>1.75,
解得p>或p<,
结合p的实际意义,可得0结合选项可知AB正确.
7. 依题意 所以ac=.
故答案为.
8.解 X的分布列P(X=k)=,k=1,2,3,4,5.6.
因此,E(X)=×(1+2+3+4+5+6)=3.5.
9.解 设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1,X2,X3.
采用方案1,无论有无洪水,都损失3800元,因此P(X1=3800)=1.
采用方案2,遇到大洪水时,总损失为2000+60000=62000元;没有大洪水时,总损失为2000元.因此,
P(X2=62000)=0.01,P(X2=2000)=0.99.
采用方案3,P(X3=60000)=0.01,P(X3=10000)=0.25,P(X3=0)=0.74.
所以E(X1)=3800,
E(X2)=62000×0.01+2000×0.99=2600,
E(X3)=60000×0.01+10000×0.25+0×0.74=3100.
故从期望损失最小的角度考虑,应采取方案2.午练21 离散型随机变量的方差与标准差
1.下列说法不正确的是( )
A.离散型随机变量的方差越大,随机变量越稳定
B.若a是常数,则D(a)=0
C.离散型随机变量的方差反映了随机变量偏离于均值的平均程度
D.随机变量的方差和标准差越小,则偏离变量的平均程度越小
2.若随机变量ξ取值的概率分别为P(ξ=k)=ck,k=1,2,3,4,其中c是常数,则D(ξ)的值为( )
A. B. C.1 D.
3.若随机变量X的概率分布如下表:
X 0 1
P 0.4 m
则D(X)=( )
A.0.5 B.0.42 C.0.24 D.0.16
4.已知随机变量Xi(i=1,2)的概率分布如表所示:
Xi 0 +pi 1+pi
P pi -pi
其中0A.E(X1)=E(X2),D(X1)=D(X2)
B.E(X1)>E(X2),D(X1)>D(X2)
C.E(X1)=E(X2),D(X1)>D(X2)
D.E(X1)5.(多选题)设离散型随机变量X的概率分布如下:
X 1 2 3 4
P
则( )
A.E(X)= B.D(X)=
C.D(X)= D.E(X)=
6.(多选题)已知离散型随机变量X的概率分布如下,则( )
X 1 2 3 4
P p2 3p2 1-2p+p2 1-3p+p2
A.p= B.p=
C.P(X>2)= D.D(X)=
7.随机变量X的概率分布如下:
X 0 1 m
P n
且E(X)=1.1,则D(X)= .
8.设0ξ 0 1 2
P
则当p变化时,D(ξ)的最大值是 .
9.若随机变量X满足P(X=c)=1,其中c为常数,求D(X).
10.投资A,B两种股票,每股收益的概率分布分别如表1和表2所示.
表1 股票A收益的概率分布
收益X/元 -1 0 2
概率 0.1 0.3 0.6
表2 股票B收益的概率分布
收益Y/元 0 1 2
概率 0.3 0.4 0.3
(1)投资哪种股票的期望收益大
(2)投资哪种股票的风险较高
午练21 离散型随机变量的方差与标准差
1.A 方差反映了随机变量偏离于均值的平均程度,方差越大,随机变量越不稳定,故A错误,C正确;常数的方差为0,故B正确;
标准差等于方差的算术平方根,故随机变量的方差和标准差越小,则偏离变量的平均程度越小,即D正确.
故选A.
2.C ∵P(ξ=k)=ck,k=1,2,3,4,
∴10c=1,解得c=,
∴E(ξ)=1×+2×+3×+4×=3,
∴D(ξ)=(1-3)2×+(2-3)2×+(3-3)2×+(4-3)2×=1.
故选C.
3.C 根据概率的性质可得m=1-0.4=0.6,
所以E(X)=0×0.4+1×0.6=0.6,
所以D(X)=(0-0.6)2×0.4+(1-0.6)2×0.6=0.24.
故选C.
4.A 因为E(Xi)=0+pi+pi+-pi(1+pi)=,所以E(X1)=E(X2),D(Xi)=×+pi+-pi=-.因为p1+p2=,所以p2=-p1,D(X2)=-=-=D(X1).
故选A.
5.AC E(X)=1×+2×+3×+4×=,D(X)=1-2×+2-2×+3-2×+4-2×=.故选AC.
6.BCD 由题意可知6p2-5p+2=1,解得p=或p=.当p=时,P(X=4)=1-+=-<0,故p=,A不正确,B正确.
P(X>2)=P(X=3)+P(X=4)=+=,C正确.E(X)=p2+6p2+3(1-2p+p2)+4(1-3p+p2)=,
则D(X)=×1-2+×+×+×=,D正确.
故选BCD.
7.0.49 由+n+=1,得n=.
∵E(X)=1.1,
∴0×+1×+m×=1.1,解得m=2,
∴D(X)=(0-1.1)2×+(1-1.1)2×+(2-1.1)2×=0.49.
故答案为0.49.
8. 因为E(ξ)=0×+1×+2×=,所以D(ξ)=0-2+1-2+·2-2=[2-(2p-1)2]≤,当且仅当p=时取等号,因此D(ξ)的最大值是.
9.解 因为随机变量X满足P(X=c)=1,其中c为常数,
所以E(X)=c×1=c,
所以D(X)=(c-c)2×1=0.
10.解 (1)股票A和股票B投资收益的期望分别为
E(X)=(-1)×0.1+0×0.3+2×0.6=1.1,
E(Y)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1.
因为E(X)>E(Y),所以投资股票A的期望收益较大.
(2)股票A和股票B投资收益的方差分别为
D(X)=(-1)2×0.1+02×0.3+22×0.6-1.12=1.29,
D(Y)=02×0.3+12×0.4+22×0.3-12=0.6.
因为E(X)和E(Y)相差不大,且D(X)>D(Y),所以投资股票A比投资股票B的风险高.午练22 二项分布
1.n重伯努利试验应满足的条件:
①各次试验之间是相互独立的;②每次试验只有两种结果;③各次试验成功的概率是相同的;④每次试验发生的事件是互斥的.
其中正确的是( )
A.①② B.②③ C.①②③ D.①②④
2.将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次,记X为“正面朝上”出现的次数,则随机变量X的均值E(X)=( )
A.2 B.1 C. D.
3.已知随机变量X服从二项分布B3,,当k∈{0,1,2,3}时,P(X=k)的最大值是( )
A. B. C. D.
4.我国古代典籍《艺经》中记载了一种名为“弹棋”的游戏:“弹棋,二人对局,先列棋相当.下呼,上击之.”其规则为双方各执4子,摆放好后,轮流用己方棋子击打对方棋子,使己方棋子射入对方的圆洞中,先射完全部4子者获胜.现有甲、乙两人对弈,其中甲、乙击中的概率分别为,甲执先手,则双方共击9次后游戏结束的概率为( )
A. B. C. D.
5.(多选题)某篮球运动员罚球命中的概率为0.8,若罚球10次,各次之间相互独立,其中命中的次数为X,则下列结论正确的有( )
A.P(X=k)=0.8k×0.210-k
B.P(X=k)=0.8k×0.210-k
C.E(X)=8
D.D(X)=1.6
6.(多选题)某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A=a1a2a3a4a5(例如10 100),其中A的各位数ak(k=2,3,4,5)中出现0的概率为,出现1的概率为,记X=a2+a3+a4+a5,则当程序运行一次时( )
A.X服从二项分布
B.P(X=1)=
C.X的均值E(X)=
D.X的方差D(X)=
7.设X~B(2,p),若P(X≥1)=,则p= .
8.如图,一个质点在随机外力的作用下,从原点0出发,每隔1 s等可能地向左或向右移动一个单位长度,共移动6次,求下列事件的概率.
(1)质点回到原点;
(2)质点位于4的位置.
9.一个车间有3台车床,它们各自独立工作.设同时发生故障的车床数为X,在下列两种情形下分别求X的概率分布.
(1)假设这3台车床型号相同,它们发生故障的概率都是20%;
(2)这3台车床中有A型号2台,B型号1台,A型号车床发生故障的概率为10%,B型号车床发生故障的概率为20%.
午练22 二项分布
1.C 只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验,将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验,
故n重伯努利试验应满足的条件:
①各次试验之间是相互独立的;
②每次试验只有两种结果;
③各次试验成功的概率是相同的.
故选C.
2.A 由题意可知,X~B,
所以E(X)=4×=2.
故选A.
3.B 因为随机变量X服从二项分布B,
所以P(X=k)=··,k∈{0,1,2,3},
所以P(X=0)=··=,
P(X=1)=··=,
P(X=2)=··=,
P(X=3)=··=,
∴P(X=k)max=P(X=1)=.
故选B.
4.C 由题知,因为甲执先手,双方共击9次后游戏结束,
所以甲一定获胜,且最后一次甲击中,乙至多击中3次,
故概率P=××=.
故选C.
5.BCD 每次罚球之间相互独立,则罚球次数X~B(10,0.8),
根据二项分布的定义及性质,P(X=k)=0.8k0.210-k,所以A错误,B正确;
E(X)=10×0.8=8,所以C正确;
D(X)=10×0.8×0.2=1.6,所以D正确.
故选BCD.
6.ABC 由二进制数A的特点知,每一个数位上的数字只能填0,1,且每个数位上的数字再填时互不影响,故以后的5位数中后4位的所有结果有5类:
①后4个数位出现4个0,X=0,则其概率P(X=0)==;
②后4个数位出现1个1,X=1,则其概率P(X=1)==;
③后4个数位出现2个1,X=2,则其概率P(X=2)==,
④后4个数位出现3个1,X=3,则其概率P(X=3)==,
⑤后4个数位出现4个1,X=4,则其概率P(X=4)==,
所以X~B4,,故A正确;
又P(X=1)==,故B正确;
因为X~B,所以E(X)=4×=,故C正确;
因为X~B4,,所以X的方差D(X)=4××=,故D错误.故选ABC.
7. ∵X~B(2,p),
∴P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)=p(1-p)+p2·(1-p)0=2p-p2,
∴2p-p2=,解得p=或p=(舍去).故答案为.
8.解 设质点向右移动的次数为X,又质点每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位长度,共移动6次,且每次移动相互独立,则X~6,.
(1)质点回到原点,则X=3,
P(X=3)=·=,
所以质点回到原点的概率是.
(2)当质点位于4的位置时,则X=5,
P(X=5)=·=,
所以质点位于4的位置的概率是.
9.解 (1)P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==,
所以X的概率分布如下.
X 0 1 2 3
P
(2)P(X=0)=(1-0.1)2×(1-0.2)=0.648,
P(X=1)=(1-0.1)×0.1×(1-0.2)+(1-0.1)2×0.2=0.306,
P(X=2)=(1-0.1)×0.1×0.2+0.12×(1-0.2)=0.044,
P(X=3)=0.12×0.2=0.002,
所以X的概率分布如下.
X 0 1 2 3
P 0.648 0.306 0.044 0.002