2.2.3 独立重复试验与二项分布
A组
1.将一枚硬币连掷5次,如果出现k次正面的概率等于出现(k+1)次正面的概率,那么k的值为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:根据题意,本题为独立重复试验,由概率公式得,解得k=2.
答案:C
2.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是0.5(相互独立),则一天内至少3个人同时上网的概率为( )
A. B. C. D.
解析:设X为同时上网的人数,则X ( http: / / www.21cnjy.com )~B(6,0.5).于是一天内k个人同时上网的概率为P(X=k)=×0.5k×(1-0.5)6-k=×0.56=,故“一天内至少有3人同时上网”的概率为P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)=)=×(20+15+6+1)=.
答案:C
3.在4次独立重复试验中,随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率,则事件A在一次试验中发生的概率p的取值范围是( )
A.[0.4,1] B.(0,0.4]
C.(0,0.6] D.[0.6,1)
解析:由已知得·p(1-p)3≤p2(1-p)2,
∴4(1-p)≤6p,∴0.4≤p≤1.
答案:A
4.一个袋中有除颜色外完全相同的5 ( http: / / www.21cnjy.com )个白球,3个红球,现从袋中往外取球,每次任取一个记下颜色后放回,直到红球出现10次时停止,设停止时共取了X次球,则P(X=12)等于( )
A.
B.
C.
D.
解析:当X=12时,表示前11次中取到9次红球,第12次取到红球,所以P(X=12)=.故选B.
答案:B
5.已知某班有6个值日小组,每个值日小组中有6名同学,并且每个小组中男生的人数相等,现从每个小组中各抽一名同学参加托球跑比赛,若抽出的6人中至少有1名男生的概率为,则该班的男生人数为( )
A.24 B.18 C.12 D.6
解析:设每个小组抽一名同学为男同学的概率为p,则由已知得1-(1-p)6=,即(1-p)6=,解得p=,所以每个小组有6×=4(名)男生,全班共有4×6=24(名)男生.
答案:A
6.设X~B(4,p),且P(X=2)=,则一次试验成功的概率p= .
解析:P(X=2)=p2(1-p)2=,即p2(1-p)2=,解得p=或p=.
答案:
7.在4次独立重复试验中,事件A发生的概率相同,若事件A至少发生1次的概率为,则在1次试验中事件A发生的概率为 .
解析:设在一次试验中,事件A发生的概率为p,
由题意知,1-(1-p)4=,∴(1-p)4=,故p=.
答案:
8.某单位为绿化环境,移栽了甲、乙两种大树各2棵.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为,且各棵大树是否成活互不影响,求移栽的4棵大树中:
(1)至少有1棵成活的概率;
(2)两种大树各成活1棵的概率.
解:设Ak表示第k棵甲种大树成活,k ( http: / / www.21cnjy.com )=1,2,Bl表示第l棵乙种大树成活,l=1,2,则A1,A2,B1,B2相互独立,且P(A1)=P(A2)=,P(B1)=P(B2)=.
(1)至少有1棵成活的概率为1-P()
=1-P()·P()·P()·P()
=1-.
(2)由独立重复试验中事件发生的概率公式知
所求概率为.
( http: / / www.21cnjy.com )
9.如图,一个圆形游戏转盘被分成6 ( http: / / www.21cnjy.com )个均匀的扇形区域,用力旋转转盘,转盘停止转动时,箭头A所指区域的数字就是每次游戏所得的分数(箭头指向两个区域的边界时重新转动),且箭头A指向每个区域的可能性都是相等的.在一次家庭抽奖的活动中,要求每位家庭派一名儿童和一位成年人先后分别转动一次游戏转盘,得分情况记为(a,b)(假设儿童和成年人的得分互不影响,且每个家庭只能参加一次活动).若规定:一个家庭的得分为参与游戏的两人得分之和,且得分大于等于8的家庭可以获得一份奖品.
(1)求某个家庭获奖的概率;
(2)若共有5个家庭参加家庭抽奖活动,记获奖的家庭数为X,求X的分布列.
解:(1)某个家庭在游戏中获奖记为事件A,则符合获奖条件的得分包括(5,3),(5,5),(3,5),共3种情况,
∴P(A)=.
∴某个家庭获奖的概率为.
(2)由(1)知每个家庭获奖的概率都是,5个家庭参加游戏相当于5次独立重复试验.
∴X~B.
∴P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
P(X=4)=,
P(X=5)=.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5
P
B组
1.位于坐标原点的一个质点P按下述规则 ( http: / / www.21cnjy.com )移动:质点每次移动一个单位,移动的方向为向上或向右,并且向上、向右移动的概率都是.则质点P移动5次后位于点(2,3)的概率为( )
A. B.
C. D.
解析:质点每次只能向上或向右移动 ( http: / / www.21cnjy.com ),且概率均为,所以移动5次可看成做了5次独立重复试验.质点P移动5次后位于点(2,3)(即质点在移动过程中向右移动2次,向上移动3次)的概率为.
答案:B
2.一个口袋里放有大小相 ( http: / / www.21cnjy.com )同的2个红球和1个白球,每次有放回地摸取一个球,定义数列{an},an=如果Sn为数列{an}的前n项和,那么S7=3的概率为( )
A.
B.
C.
D.
解析:由S7=3知,在7次摸球中有2次摸取红球,5次摸取白球,而每次摸取红球的概率为,摸取白球的概率为,则S7=3的概率为.
答案:B
3.假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1-p,且各引擎是否出现故障是独立的,已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行,飞机才可成功飞行;2引擎飞机要2个引擎全部正常运行,飞机才可成功飞行,要使4引擎飞机比2引擎飞机更安全,则p的取值范围是 .
解析:4引擎飞机成功飞行的概率为p3(1-p)+p4,2引擎飞机成功飞行的概率为p2,
要使p3(1-p)+p4>p2,必有
答案:
4.一只蚂蚁位于数轴x=0处,这只蚂蚁每 ( http: / / www.21cnjy.com )隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度,设它向右移动的概率为,向左移动的概率为,则3秒后,这只蚂蚁在x=1处的概率为 .
解析:由题意知,3秒内蚂蚁向左移动一个单位长度,向右移动两个单位长度,所以蚂蚁在x=1处的概率为.
答案:
5.现有4个人去参加某娱乐活动,该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏,掷出点数为1或2的人去参加甲游戏,掷出点数大于2的人去参加乙游戏.
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率;
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率.
解:依题意知,这4个人中,每个人去参加甲游戏的概率为,去参加乙游戏的概率为.
设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i=0,1,2,3,4),
则P(Ai)=.
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为P(A2)=.
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B,则B=A3∪A4.
由于A3与A4互斥,故P(B)=P(A3)+P(A4)=.
所以,这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.
6.甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是.假设两人射击是否击中目标,相互之间没有影响;每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响.
(1)求甲射击4次,至少有1次未击中目标的概率;
(2)求两人各射击4次,甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率;
(3)假设某人连续2次未击中目标,则中止其射击.问:甲恰好射击5次后,被中止射击的概率是多少
解:设A={甲射击一次击中目标},B={乙射击一次击中目标},则A,B相互独立,且P(A)=,P(B)=.
(1)设C={甲射击4次,至少有1次未击中目标},
则P(C)=1-.
(2)设D={两人各射击4次,甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次},
∴P(D)=.
(3)甲恰好射击5次,被中止射击,说明甲第4,5次未击中目标,第3次击中目标,第1,2两次至多一次未击中目标,故所求概率P=.2.2.2 事件的相互独立性
A组
1.两个射手彼此独立射击一目标,甲射中目标的概率为0.9,乙射中目标的概率为0.8,在一次射击中,甲、乙同时射中目标的概率是( )
A.0.72 B.0.85 C.0.1 D.不确定
解析:甲、乙同时射中目标的概率是0.9×0.8=0.72.
答案:A
2.一袋中有除颜色外完全相同的3个红 ( http: / / www.21cnjy.com )球,2个白球,另一袋中有除颜色外完全相同的2个红球,1个白球,从每袋中任取1个球,则至少取1个白球的概率为( )
A. B. C. D.
解析:至少取1个白球的对立事件为从每袋中都取得红球,从第一袋中取1个球为红球的概率为,从另一袋中取1个球为红球的概率为,则至少取1个白球的概率为1-.
答案:B
3.从应届高中生中选拔飞行员,已知这批 ( http: / / www.21cnjy.com )学生体型合格的概率为,视力合格的概率为,其他标准合格的概率为,从中任选一名学生,则该生三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响)( )
A. B. C. D.
解析:该生三项均合格的概率为.
答案:B
4.甲、乙两名学生通过某种听力测试的概率分别为,两人同时参加测试,其中有且只有一人能通过的概率是( )
A. B. C. D.1
解析:设事件A表示“甲通过听力测试”,事件B表示“乙通过听力测试”.依题意知,事件A和B相互独立,且P(A)=,P(B)=.记“有且只有一人通过听力测试”为事件C,则C=AB,且AB互斥.
故P(C)=P(AB)
=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=.
答案:C
5.甲、乙两队进行排球决赛,现在的情形是 ( http: / / www.21cnjy.com )甲队只要再赢一局就获冠军,乙队需要再赢两局才能获得冠军,若两队每局获胜的概率相同,则甲队获得冠军的概率为( )
A. B. C. D.
解析:根据题意,由于甲队只要再赢一局就获冠军,乙队需要再赢两局才能获得冠军,根据两队每局中胜出的概率都为,则可知甲队获得冠军的概率为.
答案:D
6.加工某一零件需经过三道工序,设第一、第二、第三道工序的次品率分别为,且各道工序互不影响,则加工出来的零件的次品率为 .
解析:加工出来的零件的正品率是,因此加工出来的零件的次品率为1-.
答案:
7.台风在危害人类的同时,也在保护人类 ( http: / / www.21cnjy.com ).台风给人类送来了淡水资源,大大缓解了全球水荒,另外还使世界各地冷热保持相对均衡.甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风,在同一时刻,甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8,0.7,0.9,各卫星间相互独立,则在同一时刻至少有两颗卫星预报准确的概率是 .
解析:设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A,B,C,不准确记为事件,则P(A)=0.8,P(B)=0.7,P(C)=0.9,P()=0.2,P()=0.3,P()=0.1,至少两颗预报准确的事件有AB,AC,BC,ABC,这四个事件两两互斥.
∴至少两颗卫星预报准确的概率为
P=P(AB)+P(AC)+P(BC)+P(ABC)
=0.8×0.7×0.1+0.8×0.3×0.9+0.2×0.7×0.9+0.8×0.7×0.9
=0.056+0.216+0.126+0.504=0.902.
答案:0.902
8.计算机考试分理论考试和上机操作考试两部分,每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”,两部分考试都“合格”则计算机考试合格并颁发合格证书.甲、乙、丙三人在理论考试中合格的概率分别为;在上机操作考试中合格的概率分别为.所有考试是否合格相互之间没有影响.
(1)甲、乙、丙三人在同一计算机考试中谁获得合格证书的可能性最大
(2)求这三人计算机考试都获得合格证书的概率.
解:记“甲理论考试合格”为事件A1,“乙理论 ( http: / / www.21cnjy.com )考试合格”为事件A2,“丙理论考试合格”为事件A3;记“甲上机考试合格”为事件B1,“乙上机考试合格”为事件B2,“丙上机考试合格”为事件B3.
(1)记“甲计算机考试获得合格 ( http: / / www.21cnjy.com )证书”为事件A,记“乙计算机考试获得合格证书”为事件B,记“丙计算机考试获得合格证书”为事件C,则P(A)=P(A1)P(B1)=,P(B)=P(A2)P(B2)=,P(C)=P(A3)·P(B3)=,有P(B)>P(C)>P(A),故乙获得合格证书的可能性最大.
(2)记“三人计算机考试都获得合格证书”为事件D.
P(D)=P(A)P(B)P(C)=.
所以,三人计算机考试都获得合格证书的概率是.
9.在社会主义新农村建设中,某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目,据预测,三个项目成功的概率分别为,且三个项目是否成功互相独立.
(1)求恰有两个项目成功的概率;
(2)求至少有一个项目成功的概率.
解:(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为
,
只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为
,
只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为
,
故恰有两个项目成功的概率为.
(2)三个项目全部失败的概率为
,
故至少有一个项目成功的概率为1-.
B组
1.同时转动如图所示的两个转盘,记转盘甲指针指的数为x,转盘乙指针指的数为y,x,y构成数对(x,y),则所有数对(x,y)中满足xy=4的概率为( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A. B. C. D.
解析:满足xy=4的所有可能如下:
x=1,y=4;x=2,y=2;x=4,y=1.
∴所求事件的概率为
P(x=1,y=4)+P(x=2,y=2)+P(x=4,y=1)
=.
答案:C
2.在荷花池中,有一只青蛙在成品字 ( http: / / www.21cnjy.com )形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时,均从一片跳到另一片),而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍,如图所示.假设现在青蛙在A片上,则跳三次之后停在A片上的概率是( )
A. B. C. D.
解析:由题意知逆时针方向跳的概率为,顺时针方向跳的概率为,青蛙跳三次要回到A只有两条途径:
第一条:按A→B→C→A,
P1=;
第二条,按A→C→B→A,
P2=,
所以跳三次之后停在A上的概率为
P1+P2=.
答案:A
3.已知甲袋中有除颜色外大小 ( http: / / www.21cnjy.com )相同的8个白球,4个红球;乙袋中有除颜色外大小相同的6个白球,6个红球,从每袋中任取一个球,则取得同色球的概率为 .
解析:设从甲袋中任取一个球,事件A:“取得白 ( http: / / www.21cnjy.com )球”,则此时事件:“取得红球”,从乙袋中任取一个球,事件B:“取得白球”,则此时事件:“取得红球”.
∵事件A与B相互独立,∴事件相互独立.
∴从每袋中任取一个球,取得同色球的概率为
P(AB+)=P(AB)+P()
=P(A)P(B)+P()P()
=.
答案:
4.设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之 ( http: / / www.21cnjy.com )间没有影响,已知在某一小时内,甲、乙都需要照顾的概率为0.05,甲、丙都需要照顾的概率为0.1,乙、丙都需要照顾的概率为0.125.则甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别为 , , .
解析:记“机器甲需要照顾”为事件A,“机器乙需要照顾”为事件B,“机器丙需要照顾”为事件C,由题意可知A,B,C是相互独立事件.
由题意可知得
所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2,0.25,0.5.
答案:0.2 0.25 0.5
5.有甲、乙、丙三支足球队互相进行比赛.每场都要分出胜负,已知甲队胜乙队的概率是0. 4,甲队胜丙队的概率是0.3,乙队胜丙队的概率是0.5,现规定比赛顺序是:第一场甲队对乙队,第二场是第一场中的胜者对丙队,第三场是第二场中的胜者对第一场中的败者,以后每一场都是上一场中的胜者对前场中的败者,若某队连胜四场则比赛结束,求:
(1)第四场结束比赛的概率;
(2)第五场结束比赛的概率.
解:(1)∵P(甲连胜4场)=0.4×0.3×0.4×0.3=0.014 4.
P(乙连胜4场)=0.6×0.5×0.6×0.5=0.09,
∴P(第4场结束比赛)=0.014 4+0.09=0.104 4.
(2)第5场结束比赛即某队从第2场起连胜4场,只有丙队有可能.
∵P(甲胜第一场,丙连胜4场)=0.4×0.7×0.5×0.7×0.5=0.4×0.122 5,
P(乙胜第一场,丙连胜4场)=0.6×0.5×0.7×0.5×0.7=0.6×0.122 5.
∴P(第5场结束比赛)=0.4×0.122 5+0.6×0.122 5=0.122 5.
6.已知A,B是治疗同一种疾病的两种药,用若 ( http: / / www.21cnjy.com )干试验组进行对比试验,每个试验组由4只小白鼠组成,其中2只服用A,另2只服用B,然后观察疗效,若在一个试验组中,服用A有效的白鼠的只数比服用B有效的多,就称该试验组为甲类组,设每只小白鼠服用A有效的概率为,服用B有效的概率为.
(1)求一个试验组为甲类组的概率;
(2)观察3个试验组,求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率.
解:(1)设Ai表示事件“一个试验组中,服用A有效的小白鼠有i只”,i=0,1,2.Bi表示事件“一个试验组中,服用B有效的小白鼠有i只”,i=0,1,2.据题意有:
P(A0)=,P(A1)=2×,P(A2)=,P(B0)=,P(B1)=2×.
所求概率为P(B0A1)+P(B0A2)+P(B1A2)=.
(2)所求概率为1-.
7.甲、乙、丙三人进行羽毛球练 ( http: / / www.21cnjy.com )习赛,其中两人比赛,另一人当裁判,每局比赛结束时,负的一方在下一局当裁判.设各局中双方获胜的概率均为,各局比赛的结果都相互独立,第1局甲当裁判.
(1)求第4局甲当裁判的概率;
(2)X表示前4局中乙当裁判的次数,求X的可能取值及对应的概率.
解:(1)记A1表示事件“第2局结果为甲胜”,A2表示事件“第3局甲参加比赛时,结果为甲负”,A表示事件“第4局甲当裁判”,
则A=A1·A2.故P(A)=P(A1·A2)=P(A1)·P(A2)=.
(2)X的可能取值为0,1,2.
B1表示事件“第1局乙和丙比赛结果乙胜”,
B2表示事件“第2局乙参加比赛结果乙胜”,
B3表示事件“第3局乙参加比赛结果乙胜”.
则P(X=0)=P(B1·B2·B3)=P(B1)P(B2)P(B3)=,
P(X=2)=P()=P()P()=,
P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=1-.( http: / / www.21cnjy.com )
2.2.1 条件概率
A组
1.已知P(B|A)=,P(A)=,则P(AB)等于( )
A. B. C. D.
解析:由条件概率公式变形得到乘法公式P(AB)=P(B|A)·P(A)=.
答案:C
2.抛掷红、黄两枚质地均匀的骰子,当红色骰子的点数为4或6时,两枚骰子的点数之积大于20的概率是( )
A. B. C. D.
解析:抛掷红、黄两枚骰子共有6×6=36个基本事件,其中红色骰子的点数为4或6的有12个基本事件,此时两枚骰子点数之积大于20包含4×6,6×4,6×5,6×6,共4个基本事件.所求概率为.
答案:B
3.根据历年气象统计资料,某地四月份吹东风的概率为,下雨的概率为,既吹东风又下雨的概率为,则在吹东风的条件下下雨的概率为( )
A. B. C. D.
解析:设事件A表示“该地区四月份下雨”,B表 ( http: / / www.21cnjy.com )示“四月份吹东风”,则P(A)=,P(B)=,P(AB)=,从而在吹东风的条件下下雨的概率为P(A|B)=.
答案:D
4.在某班学生考试成绩中,数 ( http: / / www.21cnjy.com )学不及格的占15%,语文不及格的占5%,两门都不及格的占3%.已知一名学生数学不及格,则他语文也不及格的概率是( )
A.0.2 B.0.33 C.0.5 D.0.6
解析:A=“数学不及格”,B=“语文不及格”,P(B|A)==0.2.所以数学不及格时,该学生语文也不及格的概率为0.2.
答案:A
5.在10个球中有6个红球和4个白球(各不相同),不放回地依次摸出2个球,在第1次摸出红球的条件下,第2次也摸出红球的概率为( )
A. B. C. D.
解析:不放回地依次摸出2个球,“第1次摸出红球”记为事件A,“第2次摸出红球”记为事件B,则n(A)=6×9=54,n(AB)=6×5=30,故P(B|A)=.
答案:D
6.从1~100这100个整数中,任取1个数,已知取出的1个数是不大于50的数,则它是2或3的倍数的概率为 .
解析:根据题意可知取出的1个数是不大于50的数,则这样的数共有50个,其中是2或3的倍数共有33个,故所求概率为.
答案:
7.从1,2,3,4,5中任取2 ( http: / / www.21cnjy.com )个不同的数,事件A=“取到的2个数之和为偶数”,事件B=“取到的2个数均为偶数”,则P(B|A)= .
解析:P(A)=,P(A∩B)=.
由条件概率计算公式,得
P(B|A)=.
答案:
( http: / / www.21cnjy.com )
8.如图,一个正方形被平均分成9部分,向大 ( http: / / www.21cnjy.com )正方形区域随机地投掷一点(每一次都能投中).设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A,投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B,求P(A|B),P(AB).
解:用μ(B)表示事件B所包含区域的面积,μ(Ω)表示大正方形区域的面积,由题意可知,
P(AB)=,P(B)=,
P(A|B)=.
9.1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,现随机地从1号箱中取出一个球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一个球,问:
(1)在从1号箱中取出的是红球的条件下,从2号箱取出红球的概率是多少
(2)从2号箱取出红球的概率是多少
解:记事件A为“最后从2号箱中取出的是红球”;
事件B为“从1号箱中取出的是红球”.
P(B)=,P()=1-P(B)=.
(1)P(A|B)=.
(2)∵P(A|)=,
∴P(A)=P(AB)+P(A)
=P(A|B)P(B)+P(A|)P()
=.
B组
1.某班有6名班干部,其中4名男生,2 ( http: / / www.21cnjy.com )名女生,从中选出3人参加学校组织的社会实践活动,在男生甲被选中的情况下,女生乙也被选中的概率为( )
A. B. C. D.
解析:记“男生甲被选中”为事件A,“女生乙被选中”为事件B.
P(A)=,P(AB)=,
故P(B|A)=.
答案:B
2.抛掷两枚质地均匀的骰子,在已知它们点数不同的情况下,至少有一枚出现6点的概率是( )
A. B. C. D.
解析:设“至少有一枚出现6点”为事件A,设“两枚骰子的点数不同”为事件B,则n(B)=6×5=30,n(AB)=10,
所以P(A|B)=.
答案:A
3.设某动物由出生算起活到20岁的概率为0.8,活到25岁的概率为0.4,现有一个20岁的这种动物,则它活到25岁的概率是 .
解析:“该动物由出生算起活到20岁”记为事件A,“活到25岁”记为事件B.
P(A)=0.8,P(AB)=0.4,
∴P(B|A)==0.5.
答案:0.5
4.从编号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个,在选出4号球的条件下,选出球的最大号码为6的概率为 .
解析:记“选出4号球”为事件A,“选出球的最大号码为6”为事件B,
则P(A)=,P(AB)=,
所以P(B|A)=.
答案:
5.任意向x轴上(0,1)这一区间内投掷一个点,问:
(1)该点落在区间内的概率是多少
(2)在(1)的条件下,求该点落在内的概率.
解:由题意可知,任意向(0,1)这一区间内投掷一个点,该点落在(0,1)内各个位置是等可能的,
令A=,由几何概型的概率计算公式可知
(1)P(A)=.
(2)令B=,则AB=,
∴P(AB)=,
故在A的条件下B发生的概率为
P(B|A)=.
6.在一次口试中,共有10道题可供 ( http: / / www.21cnjy.com )考生选择,已知某考生会答其中的6道题,现随机从中抽5道题供考生回答,答对3道题及格,求该考生在第一道题不会答的情况下及格的概率.
解:设事件A为“从10道题中依次 ( http: / / www.21cnjy.com )抽5道题,第一道题不会答”;设事件B为“从10道题中依次抽5道题,第一道题不会答,其余4道题中有3道题或4道题会答”.
n(A)=,n(B)=).
则P=.
所以该考生在第一道题不会答的情况下及格的概率为.
7.一袋中装有10个大小相同的黑球和白球.若从袋中任意摸出2个球,至少有1个白球的概率为.
(1)求白球的个数;
(2)现从中不放回地取球,每次取1个球,取2次,已知第2次取得白球,求第1次取得黑球的概率.
解:(1)记“从袋中任意摸出2个球,至少有1个白球”为事件A,记袋中白球个数为x.
则P(A)=1-,
解得x=5,即白球的个数为5.
(2)记“第2次取得白球”为事件B,“第1次取得黑球”为事件C,则
P(BC)=,
P(B)=.
故P(C|B)=.2.1.2 离散型随机变量的分布列
A组
1.设随机变量X等可能取值1,2,3,…,n,如果P(X<4)=0.3,那么( )
A.n=3 B.n=4 C.n=10 D.n=9
解析:由X<4知X=1,2,3,
所以P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=0.3=,
解得n=10.
答案:C
2.已知随机变量X所有可能取值的集合为{-2,0,3,5},且P(X=-2)=,P(X=3) =,P(X=5)=,则P(X=0)的值为( )
A.0 B. C. D.
解析:由分布列的性质可知,
P(X=0)=1-P(X=-2)-P(X=3)-P(X=5)=.
答案:C
3.设随机变量X等可能地取值为1,2,3,4,…,10.又设随机变量Y=2X-1,则P(Y<10)的值为( )
A.0.3 B.0.5 C.0.1 D.0.2
解析:Y<10,即2X-1<10,解得X<5.5,即X=1,2,3,4,5,所以P(Y<10)=0.5.
答案:B
4.一个盒子里装有大小相同的10个黑球,12个红球,4个白球,从中任取2个,其中白球的个数记为X,则下列概率等于的是( )
A.P(0C.P(X=1) D.P(X=2)
解析:本题所给概率值相当于至多取出1个白球的概率,即取到1个白球或没有取到白球的概率.
答案:B
5.已知随机变量Y的分布列如下:
Y 1 2 3 4 5 6
P 0.1 x 0.35 0.1 0.15 0.2
则x= ,P(Y>3)= ,P(1解析:由pi=1,得x=0.1.
P(Y>3)=P(Y=4)+P(Y=5)+P(Y=6)
=0.1+0.15+0.2=0.45.
P(1=0.1+0.35+0.1=0.55.
答案:0.1 0.45 0.55
6.设随机变量X的概率分布列为P(X=n)=(n=1,2,3,4),其中a为常数,则P= .
解析:由题意,知P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)
==1,∴a=.
∴P=P(X=1)+P(X=2)=.
答案:
7.已知随机变量X的分布列为
X -6 -2 0 1 2 6
P
求随机变量Y=X的分布列.
解:由于Y=X,对于X的不同取值-6,-2,0,1,2,6可得到不同的Y,即Y=-3,-1,0,,1,3.故Y=X的分布列为
Y -3 -1 0 1 3
P
8.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)抽到他能背诵的课文的数量的分布列;
(2)他能及格的概率.
解:(1)设抽到他能背诵的课文的数量为X,则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)他能及格的概率为P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=.
B组
1.一个人有n把钥匙,其中只有一把可以打开房门,他随意地进行试开,若试开过的钥匙放在一旁,试过的次数X为随机变量,则P(X=k)等于( )
A. B. C. D.
解析:{X=k}表示“第k次恰好打开,前k-1次没有打开”,
∴P(X=k)=×…×.
答案:B
2.设随机变量X的分布列如下:
X 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
P m
则P (X=10)等于( )
A. B. C. D.
解析:P(X=10)=1-=1-.
答案:C
3.已知随机变量X的分布列为P(X=k)=,k=1,2,3,其中c为常数,则P(X≥2)= .
解析:∵P(X=k)==c.
∴P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=cc=1,∴c=.
∴P(X≥2)=P (X=2)+P(X=3)=1-P(X=1)=1-.
答案:
4.若P(X≤x2)=1-β,P(X≥x1)=1-α,其中x1解析:∵P(X≤x2)=1-β,∴P(X>x2)=β.
∴P(X≥x1)=1-α,∴P(X∴P(x1≤X1≤x2)= 1-P(Xx2)=1-α-β.
答案:1-α-β
5.已知箱中装有大小相同的4个白球和5个黑球,且规定:取出一个白球得2分,取出一个黑球得1分.现从该箱中任取(无放回,且每球取到的机会均等)3个球,记随机变量X为取出的3个球所得分数之和.求X的分布列.
解:由题意得X的可能取值为3,4,5,6,
且P(X=3)=,P(X=4)=,
P(X=5)=,P(X=6)=,
所以X的分布列为
X 3 4 5 6
P
6.有三张形状、大小、质地完全一致的卡 ( http: / / www.21cnjy.com )片,在每张卡片上分别写上数字0,1,2,现从中任意抽取一张,将其上的数字记作x,然后放回,再抽取一张,将其上的数字记作y,令X=x·y.求:
(1)X的分布列;
(2)X为偶数的概率.
解:(1)X的可能取值为0,1,2,4.
P(X=0)=,P(X=2)=.
P(X=1)=,P(X=4)=.
所以X的分布列为
X 0 1 2 4
P
(2)记“X为偶数”为事件A,则
P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=4)=.
7.袋中装着外形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都相等,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)“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A,则P(A)=.
(2)由题意,知X的所有可能取值为2,3,4,5,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
P(X=4)=,
P(X=5)=.
所以随机变量X的分布列为
X 2 3 4 5
P
(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)=.【优化设计】2015-2016学年高中数学 第二章 随机变量及其分布单元测评B 新人教A版选修2-3
(高考体验卷)
(时间:90分钟,满分:100分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.(2014课标全国Ⅱ高考) ( http: / / www.21cnjy.com )某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A.0.8 B.0.75
C.0.6 D.0.45
解析:设某天空气质量为优 ( http: / / www.21cnjy.com )良为事件A,随后一天空气质量为优良为事件B,由已知得P(A)=0.75,P(AB)=0.6,所求事件的概率为P(B|A)==0.8.
答案:A
2.(2015课标全国Ⅰ高考)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为( )
A.0.648 B.0.432
C.0.36 D.0.312
解析:由条件知该同学通过测试,即3次投篮投中2次或投中3次.
故P=0.62(1-0.6)+0.63=0.648.
答案:A
3.(2012上海高考改编)设10≤x1A.D(X1)>D(X2)
B.D(X1)=D(X2)
C.D(X1)D.D(X1)与D(X2)的大小关系与x1,x2,x3,x4的取值有关
解析:因为E(X1)和E(X2)相等,且第二组数据是第一组数据的两两平均值,所以比第一组更“集中”、更“稳定”,根据方差的概念可得D(X1)>D(X2).
答案:A
4.(2014云南部分名校联考)我校在模块考 ( http: / / www.21cnjy.com )试中约有1 000人参加考试,其数学考试成绩X~N(90,σ2)(σ>0,试卷满分150分),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,则此次数学考试成绩不低于110分的学生人数约为( )
A.600 B.400
C.300 D.200
解析:由题意知考试成绩在70分到 ( http: / / www.21cnjy.com )110分之间的人数约为600,则落在90分到110分之间的人数约为300,故数学考试成绩不低于110分的学生人数约为500-300=200.
答案:D
5.(2015湖北高考)设X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图所示,下列结论中正确的是( )
( http: / / www.21cnjy.com )
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)
解析:由曲线X的对称轴为x=μ1,曲线Y的对称轴为x=μ2,可知μ2>μ1.
∴P(Y≥μ2)由图象知σ1<σ2且均为正数,
∴P(X≤σ2)>P(X≤σ1),故B错;
对任意正数t,由题中图象知,P(X≤t)≥P(Y≤t),故C正确,D错.
答案:C
6.(2015湖南高考)在如图所示的正 ( http: / / www.21cnjy.com )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( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A.2 386 B.2 718
C.3 413 D.4 772
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ解析:由于曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线,所以P(-1答案:C
7.(2013湖北高考)如图所示,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面数为X,则X的均值E(X)等于 ( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A. B.
C. D.
解析:依题意得X的取值可能为0, ( http: / / www.21cnjy.com )1,2,3,且P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,故E(X)=×0+×1+×2+×3=.故选B.
答案:B
8.(2015山东高考)已知某批零 ( http: / / www.21cnjy.com )件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )
(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%.)
A.4.56% B.13.59%
C.27.18% D.31.74%
解析:由正态分布N(0,32)可知,ξ落在(3,6)内的概率为
==13.59%.
( http: / / www.21cnjy.com )
答案:B
9.(2015陕西省教学质检一)周老师 ( http: / / www.21cnjy.com )上数学课时,给班里同学出了两道选择题,她预估计做对第一道题的概率为0.80,做对两道题的概率为0.60,则预估计做对第二道题的概率为( )
A.0.80 B.0.75 C.0.60 D.0.48
解析:记做对第一道题为事件A,做对第 ( http: / / www.21cnjy.com )二道题为事件B,则P(A)=0.80,P(AB)=0.60,因为做对第一道、第二道题这两个事件是相互独立的,所以P(AB)=P(A)P(B),即P(B)==0.75,故选B.
答案:B
10.(2014浙江高考)已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中.(a)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为Xi(i=1,2);(b)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i=1,2).则( )
A.p1>p2,E(X1)B.p1E(X2)
C.p1>p2,E(X1)>E(X2)
D.p1解析:p1=,p2=,
p1-p2=>0.
故p1>p2.
X1的可能取值为1,2,
P(X1=1)=;
P(X1=2)=.
故E(X1) =1×+2×.
X2的可能取值为1,2,3.
P(X2=1)=,
P(X2=2)=,
P(X2=3)=,
故E(X2)=1×+2×+3×
=.
于是E(X1)-E(X2)
=
=
=.
又∵m≥3,n≥3,∴E(X1)-E(X2)<0,
即E(X1)综上,应选A.
答案:A
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中横线上)
11.(2014江西高考)10件产品中有7件正品,3件次品,从中任取4件,则恰好取到1件次品的概率是 .
解析:本题属于超几何分布,由超几何分布概率公式可得所求概率为.
答案:
12.(2014浙江高考)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=.
答案:
13.(2015广东高考)已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p= .
解析:根据二项分布的均值、方差公式,得解得p=.
答案:
14.(2014安徽合肥一模)若随机变量X~N(2,1),且P(X>3)=0.158 7,则P(X>1)= .
解析:由题意可知正态分布密度函 ( http: / / www.21cnjy.com )数的图象关于直线x=2对称.∴P(X<1)=P(X>3)=0.158 7,∴P(X>1)=1-P(X<1)=1-0.158 7=0.841 3.
答案:0.841 3
15.(2014云南部分名校 ( http: / / www.21cnjy.com )一联)在昆明市2014届第一次统测中我校的理科数学考试成绩X~N(90,σ2)(σ>0),统计结果显示P(60≤X≤120)=0.8,假设我校参加此次考试的有420人,试估计此次考试中,我校成绩高于120分的有 人.
解析:因为X~N(90,σ2)(σ>0), ( http: / / www.21cnjy.com )且P(60≤X≤120)=0.8,所以P(90≤X≤120)=0.4.又因为P(X≥90)=0.5,所以P(X≥120)=0.1,所以0.1×420=42(人).
答案:42
三、解答题(本大题共4小题,共25分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(6分)(2015重庆高考)端午节吃 ( http: / / www.21cnjy.com )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”,则由古典概型的概率计算公式有
P(A)=.
(2)X的所有可能值为0,1,2,且
P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=.
综上知,X的分布列为
X 0 1 2
P
故E(X)=0×+1×+2×(个).
17.(6分)(2015福建高考)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一.小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.
解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,
则P(A)=.
(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.
又P(X=1)=,P(X=2)=,
P(X=3)=×1=,
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)=1×+2×+3×.
18.(6分)(2015山东高考)若n是 ( http: / / www.21cnjy.com )一个三位正整数,且n的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n为“三位递增数”(如137,359,567等).
在某次数学趣味活动中,每位参 ( http: / / www.21cnjy.com )加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数,且只能抽取一次.得分规则如下:若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除,参加者得0分;若能被5整除,但不能被10整除,得-1分;若能被10整除,得1分.
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”;
(2)若甲参加活动,求甲得分X的分布列和数学期望E(X).
解:(1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;
(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为=84,
随机变量X的取值为:0,-1,1,因此P(X=0)=,P(X=-1)=,P(X=1)=1-.
所以X的分布列为
X 0 -1 1
P
则E(X)=0×+(-1)×+1×.
19.(7分)(2015 ( http: / / www.21cnjy.com )安徽高考)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 ( http: / / www.21cnjy.com )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”为事件A,
P(A)=.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X=200)=,
P(X=300)=,
P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-.
故X的分布列为
X 200 300 400
P
E(X)=200×+300×+400×=350.【优化设计】2015-2016学年高中数学 第二章 随机变量及其分布单元测评A 新人教A版选修2-3
(基础过关卷)
(时间:90分钟,满分:100分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.P(AB)=,P(A)=,则P(B|A)等于( )
A. B.
C. D.
解析:P(B|A)=×3=.
答案:B
2.某同学通过计算机测试的概率为,他连续测试3次,其中恰有1次通过的概率为( )
A. B.
C. D.
解析:连续测试3次,其中恰有1次通过的概率为.
答案:A
3.已知甲投球命中的概率是,乙投球命中 ( http: / / www.21cnjy.com )的概率是.假设他们投球命中与否相互之间没有影响.如果甲、乙各投球1次,则恰有1人投球命中的概率为( )
A. B.
C. D.
解析:记“甲投球1次命中”为事件A,“乙投 ( http: / / www.21cnjy.com )球1次命中”为事件B.根据互斥事件的概率公式和相互独立事件的概率公式,得所求的概率为P=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=.
答案:D
4.已知甲、乙、丙三人参加某项测试,他们能达到标准的概率分别是0.8,0.6,0.5,则三人中至少有一人达到标准的概率是( )
A.0.16 B.0.24
C.0.96 D.0.04
解析:三人都达不到标准的概率是(1-0.8)×(1-0.6)×(1-0.5)=0.04,故三人中至少有一人达到标准的概率为1-0.04=0.96.
答案:C
5.如图所示,A,B,C表示3种开关,若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7,则该系统的可靠性为( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A.0.504 B.0.994
C.0.496 D.0.06
解析:1-P()=1-P()·P()·P()=1-0.1×0.2×0.3=1-0.006=0.994.
答案:B
6.已知随机变量X~N(0,σ2).若P(X>2)=0.023,则P(-2≤X≤2)等于( )
A.0.477 B.0.628
C.0. 954 D.0.977
解析:因为随机变量X~N(0,σ2),所以正态曲线关于直线x=0对称.又P(X>2)=0.023,
所以P(X<-2)=0.023,所以P(-2≤X≤2)=1-P(X>2)-P(X<-2)=1-2×0.023=0.954.
答案:C
7.若随机变量X1~B(n,0.2),X2~B(6,p),X3~B(n,p),且E(X1)=2,D(X2)=,则D(X3)等于( )
A.2.5 B.1.5
C.0.5 D.3.5
解析:由已知得解得
故D(X3)=10×0.5×(1-0.5)= 2.5.
答案:A
8.已知10件产品中有3件是次品,任取2件,若X表示取到次品的件数,则E(X)等于( )
A. B. C. D.1
解析:由题意知,随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
∴E(X)=0×+1×+2×.
答案:A
9.某地区高二女生的体重X(单位:kg)服从 ( http: / / www.21cnjy.com )正态分布N(50,25),若该地区共有高二女生2 000人,则体重在50~65 kg的女生约有( )
A.997人 B.954人
C.683人 D.994人
解析:由题意知μ=50,σ=5,
∴P(50-3×5∴P(50∴体重在50~65 kg的女生大约有
2 000×0.498 5≈997(人).
答案:A
10.已知甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次,其命中率分别为0.6,0.5,若目标被击中,则它是被甲击中的概率是( )
A.0.45 B.0.6
C.0.65 D.0.75
解析:令事件A,B分别表示甲、乙两人各 ( http: / / www.21cnjy.com )射击一次击中目标,由题意可知P(A)=0.6,P(B)=0.5,令事件C表示目标被击中,则C=A∪B,则
P(C)=1-P()P()=1-0.4×0.5=0.8,
所以P(A|C)==0. 75.
答案:D
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中横线上)
11.某人参加考试,共考6个科目,假设他通过各科考试的事件是相互独立的,并且概率都是p,若此人未能通过的科目数X的均值是2,则p= .
解析:因为通过各科考试的概率为p,所以不能通过考试的概率为1-p,易知X~B(6,1-p),
所以E(X)=6(1-p)=2,解得p=.
答案:
12.已知事件A,B,C相互独立,如果P(AB)=,P( C)=,P(AB)=,则P(B)= .
解析:依题意得
解得P(A)=,P(B)=,
∴P(B)=.
答案:
13.在一个均匀小正方体 ( http: / / www.21cnjy.com )的6个面中,三个面上标注数字0,两个面上标注数字1,一个面上标注数字2.将这个小正方体抛掷2次,则向上的数之积的均值是 .
解析:设X表示两次向上的数之积,
则P(X=1)=,P(X=2)=,
P(X=4)=,P(X=0)=,
∴E(X)=1×+2×+4×.
答案:
14.某种电路开关闭合后,会出现红灯或 ( http: / / www.21cnjy.com )绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯闪烁的概率是,两次闭合后都出现红灯闪烁的概率为.则在第一次闭合后出现红灯闪烁的条件下,第二次出现红灯闪烁的概率是 .
解析:第一次闭合后出现红灯闪烁记为事件A,第二次闭合后出现红灯闪烁记为事件B.
则P(A)=,P(AB)=,
所以P(B|A)=.
答案:
15.某次知识竞赛规则如下: ( http: / / www.21cnjy.com )在主办方预设的5个问题中,选手若能连续正确回答出两个问题,即停止答题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8,且每个问题的回答结果相互独立,则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于 .
解析:此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮,
说明此选手第2个问题回答错误,
第3、第4个问题均回答正确,
第1个问题答对答错都可以.
因为每个问题的回答结果相互独立,故所求的概率为1×0.2×0.82=0.128.
答案:0.128
三、解答题 (本大题共4小题,共25分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(6分)某迷宫有三个通道,进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门.首次到达此门,系统会随机(即等可能)为你打开一个通道.若是1号通道,则需要1小时走出迷宫;若是2号、3号通道,则分别需要2小时、3小时返回智能门,再次到达智能门时,系统会随机打开一个你未到过的通道,直至走出迷宫为止.令X表示走出迷宫所需的时间.
(1)求X的分布列;
(2)求X的均值.
解:(1)X的所有可能取值为1,3,4,6.
P(X=1)=,P(X=3)=,P(X=4)=,
P(X=6)=,
所以X的分布列为
X 1 3 4 6
P
(2)E(X)=1×+3×+4×+6×.
17.(6分)(2015 ( http: / / www.21cnjy.com )天津高考)为推动乒乓球运动的发展,某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名,其中种子选手2名;乙协会的运动员5名,其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手,且这2名种子选手来自同一个协会”,求事件A发生的概率;
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数,求随机变量X的分布列和数学期望.
解:(1)由已知,有P(A)=.
所以,事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X=k)=(k=1,2,3,4).
所以,随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P
随机变量X的数学期望E(X)=1×+2×+3×+4×.
18.(6分)某联欢晚会 ( http: / / www.21cnjy.com )举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为,中奖可以获得3分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.
(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为X,求X≤3的概率;
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何种方案抽奖,累计得分的均值较大
解:方法一:(1)由已知得,小明中奖的概率为,小红中奖的概率为,且两人中奖与否互不影响.
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A,
则事件A的对立事件为“X=5”.
因为P(X=5)=,
所以P(A)=1-P(X=5)=1-,
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 ( http: / / www.21cnjy.com )X1,都选择方案乙抽奖中奖次数为X2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的均值为E(2X1),选择方案乙抽奖累计得分的均值E(3X2).
由已知可得,X1~B,X2~B,
所以E(X1)=2×,E(X2)=2×,
从而E(2X1)=2E(X1)=,E(3X2)=3E(X2)=.
因为E(2X1)>E(3X2),
所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的均值较大.
方法二:(1)由已知得,小明中奖的概率为,小红中奖的概率为,且两人中奖与否互不影响.
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A,
则事件A包含“X=0”“X=2”“X=3”三个两两互斥的事件.
因为P(X=0)=,P(X=2)=,P(X=3)=,所以P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=3)=,即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1,都选择方案乙所获得的累计得分为X2,则X1,X2的分布列如下:
X1 0 2 4
P
X2 0 3 6
P
所以E(X1)=0×+2×+4×,
E(X2)=0×+3×+6×.
因为E(X1)>E(X2),
所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的均值较大.
19.(7分)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘 ( http: / / www.21cnjy.com )游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音乐获得20分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分(即获得-200分).设每次击鼓出现音乐的概率为,且各次击鼓出现音乐相互独立.
(1)设每盘游戏获得的分数为X,求X的分布列;
(2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少
(3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.
解:(1)X的可能取值为10,20,100,-200.根据题意,有
P(X=10)=,
P(X=20)=,
P(X=100)=,
P(X=-200)=.
所以X的分布列为
X 10 20 100 -200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3),则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=.
所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1-P(A1A2A3)=1-=1-.
因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)X的均值为E(X)=10×+20×+100×-200×=-.
这表明,获得分数X的均值为负,
因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大.【优化设计】2015-2016学年高中数学 2.4正态分布课后训练 新人教A版选修2-3
A组
1.设随机变量X服从正态分布N(2,9),若P(X>c+1)=P(X
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:区间(-∞,c-1)和(c+1,+∞)关于x=c对称,故x=c为正态曲线的对称轴,即c=2.
答案:B
2.设随机变量X服从正态分布N(3,σ2),若P(X>m)=a,则P(X>6-m)等于( )
A.a B.1-2a
C.2a D.1-a
解析:因为直线x=m与直线x=6-m关于直线x=3对称,所以P(X>6-m)=1-a.
答案:D
3.设随机变量X服从正态分布,且相应的概率密度函数为φμ,σ(x)=,则( )
A.μ=2,σ=3 B.μ=3,σ=2
C.μ=2,σ= D.μ=3,σ=
解析:φμ,σ(x)=,∴σ=,μ=2.
答案:C
4.一批电阻的电阻值X(Ω ( http: / / www.21cnjy.com ))服从正态分布N(1 000,52),现从甲、乙两箱出厂成品中各随机抽取一个电阻,测得电阻值分别为1 011 Ω和982 Ω,可以认为( )
A.甲、乙两箱电阻均可出厂
B.甲、乙两箱电阻均不可出厂
C.甲箱电阻可出厂,乙箱电阻不可出厂
D.甲箱电阻不可出厂,乙箱电阻可出厂
解析:∵X~N(1 000,52),
∴μ=1 000,σ=5,∴μ-3σ=1 000-3×5=985,
μ+3σ=1 000+3×5=1 015.
∵1 011∈(985,1 015),982 (985,1 015),
∴甲箱电阻可出厂,乙箱电阻不可出厂.
答案:C
5.设随机变量X~N(1,22),则D等于( )
A.4 B.2 C. D.1
解析:因为X~N(1,22),所以D(X)=4,所以DD(X)=1.
答案:D
6.为了解某地区高三男生的身体发育状 ( http: / / www.21cnjy.com )况,抽查了该地区1 000名年龄在17.5岁至19岁的高三男生的体重情况,抽查结果表明他们的体重X(kg)服从正态分布N(μ,22),且正态分布密度曲线如图所示.若体重大于58.5 kg小于等于62.5 kg属于正常情况,则这1 000名男生中属于正常情况的人数是( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A.997 B.954
C.819 D.683
解析:由题意,可知μ=60.5,σ=2,
故P(58.5从而属于正常情况的人数是1 000×0.682 6≈683.
答案:D
7.已知正态总体的数据落在区间(-3,-1)里的概率和落在区间(3,5)里的概率相等,则这个正态总体的均值为 .
解析:正态总体的数据落在这两 ( http: / / www.21cnjy.com )个区间的概率相等说明在这两个区间上位于正态曲线下方的面积相等.另外,因为区间(-3,-1)和区间(3,5)的长度相等,说明正态曲线在这两个区间上是对称的.因为区间(-3,-1)和区间(3,5)关于x=1对称,所以正态总体的均值为1.
答案:1
8.设随机变量X~N(1,22),则Y=3X-1服从的总体分布可记为 .
解析:因为X~N(1,22),所以μ=1,σ=2.
又Y=3X-1,所以E(Y)=3E(X)-1=3μ-1=2,
D(Y)=9D(X)=62.
∴Y~N(2,62).
答案:Y~N(2,62)
9.某年级的一次信息技术测验成绩近似服从正态分布N(70,102),如果规定低于60分为不及格,求:
(1)成绩不及格的学生占多少
(2)成绩在80~90分内的学生占多少
解:(1)设学生的得分情况为随机变量X,X~N(70,102),则μ=70,σ=10.
在60~80分之间的学生所占的比例为P(70-10所以不及格的学生所占的比例为×(1-0.682 6)=0.158 7=15.87%,
即成绩不及格的学生占15.87%.
(2)成绩在80~90分内的学生所占的比例为
[P(70-2×10=×(0.954 4-0.682 6)=0.135 9=13.59%,
即成绩在80~90分内的学生占13.59%.
10.已知某地农民工年均收入X服从正态分布,其密度函数图象如图所示.
( http: / / www.21cnjy.com )
(1)写出此地农民工年均收入的密度函数的表达式;
(2)求此地农民工年均收入在8 000~8 500元之间的人数所占的百分比.
解:设农民工年均收入X~N(μ,σ2),
结合题图可知,μ=8 000,σ=500.
(1)此地农民工年均收入的正态分布密度函数表达式为
φμ,σ(x)=
=,x∈(-∞,+∞).
(2)∵P(7 500=P(8 000-500∴P(8 000即农民工年均收入在8 000~8 500元之间的人数所占的百分比为34.13%.
B组
1.已知一次考试共有60名学生参加,考生的成绩X~N(110,52),据此估计,大约应有57人的分数所在的区间应是( )
A.(90,110] B.(95,125]
C.(100,120] D.(105,115]
解析:∵X~N(110,52),∴μ=110,σ=5.
∴考试成绩在区间(105,115],(100,120],(95,125]内的概率分别应是0.682 6,0.954 4,0.997 4.
由于共有60人参加考试,
故成绩位于上述三个区间内的人数分别是60×0.682 6≈41,60×0.954 4≈57,60×0.997 4≈60.
答案:C
2.已知随机变量X服从正态分布N(0,1),若P(X≤-1.96)=0.025,则P(|X|<1.96)等于( )
A.0.025 B.0.050
C.0.950 D.0.975
解析:由随机变量X服从正态分布N(0,1),
得P(X<1.96)=1-P(X≤-1.96).
所以P(|X|<1.96)=P(-1.96=P(X<1.96)-P(X≤-1.96)
=1-2P(X≤-1.96)
=1-2×0.025=0.950.
答案:C
3.已知X~N(4,σ2),且P(2解析:∵X~N(4,σ2),且P(2∴μ=4.结合3σ原则可知
∴σ=2.
∴P(|X-2|<4)=P(-2=P(-2=[P(-2=P(-2答案:2 0.84
4.据抽样统计,在某市的公务员考试中,考生的综合评分X服从正态分布N(60,102),考生共10 000人,若一考生的综合评分为80分,则该考生的综合成绩在所有考生中的名次是第 名.
解析:依题意,P(60-20P(X>80)=(1-0.954 4)=0.022 8,
故成绩高于80分的考生人数为10 000×0.022 8=228.
所以该生的综合成绩在所有考生中的名次是第229名.
答案:229
5.某建筑工地所需要的钢筋的长度X~N(8 ( http: / / www.21cnjy.com ),22),质检员在检查一大批钢筋的质量时,发现有的钢筋长度小于2米,这时,他是让钢筋工继续用切割机截钢筋呢,还是停下来检修切割机
解:∵X~N(8,22),∴μ=8,σ=2.
而2 (μ-3σ,μ+3σ),
所以应让钢筋工停下来检修切割机.
6.一台机床生产一种尺寸为10 mm的零件,现在从中抽测10个,它们的尺寸分别如下(单位:mm):10.2,10.1,10,9.8,9.9,10.3,9.7,10,9.9,10.1.如果机床生产零件的尺寸Y服从正态分布,求Y的正态分布密度函数.
解:依题意得
μ=(10.2+10.1+10+9.8+9.9+10.3+9.7+10+9.9+10.1)=10.
σ2=[(10.2-10)2+ (10.1-10)2+(10-10)2+(9.8-10)2+(9.9-10)2+(10.3-10)2+(9.7-10)2+(10-10)2+(9.9-10)2+(10.1-10)2]=0.03.
即μ=10,σ2=0.03.
所以Y的正态分布密度函数为φμ,σ(x)=.
7.某投资者在两个投资方案中 ( http: / / www.21cnjy.com )选择一个,这两个投资方案的利润X(万元)分别服从正态分布N(8,32)和N(7,12).投资者要求“利润超过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),其中μ=8,σ=3,
P(X>5)=+P(5=.
对于第二个方案有X~N(7,12),其中μ=7,σ=1,
P(X>5)=.
显然第二个方案“利润超过5万元”的概率比较大,故他应该选择第二个方案.2.3.2 离散型随机变量的方差
A组
1.已知X的分布列为
X 1 2 3 4
P
则D(X)的值为( )
A. B. C. D.
解析:∵E(X)=1×+2×+3×+4×,
∴D(X)=.
答案:C
2.已知随机变量X+Y=8,若X~B(10,0.6),则E(Y),D(Y)分别是( )
A.6,2.4 B.2,2.4
C.2,5.6 D. 6,5.6
解析:∵X~B(10,0.6),∴E(X)=10×0.6=6,D(X)=10×0.6×(1-0.6)=2.4.
又X+Y=8,∴Y=8-X.
∴E(Y)=E(8-X)=8-E(X)=8-6=2,
D(Y)=D(-X+8)=D(X)=2.4.
答案:B
3.由以往的统计资料表明,甲、乙两名运动员在比赛中的得分情况为:
X1(甲得分) 0 1 2
P 0.2 0.5 0.3
X2(乙得分) 0 1 2
P 0.3 0.3 0.4
现有一场比赛,应派哪位运动员参加较好( )
A.甲 B.乙
C.甲、乙均可 D.无法确定
解析:E(X1)=E(X2 ( http: / / www.21cnjy.com ))=1.1,D(X1)=1.12×0.2+0.12×0.5+0.92×0.3=0.49,D(X2)=1.12×0.3+0.12×0.3+0.92×0.4=0.69,
∴D(X1)即甲比乙得分稳定,甲运动员参加较好.
答案:A
4.设一随机试验的结果只有A和,且P(A)=m,令随机变量X=则X的方差D(X)等于( )
A.m B.2m(1-m)
C.m(m-1) D.m(1-m)
解析:随机变量X的分布列为
X 0 1
P 1-m m
∴E(X)=0×(1-m)+1×m=m.
∴D(X)=(0-m)2×(1-m)+(1-m)2×m=m(1-m).
答案:D
5.设随机变量X的分布列为P(X=k)=,k=0,1,2,…,n,且E(X)=24,则D(X)的值为( )
A.8 B.12
C. D.16
解析:由题意可知X~B,
∴E(X)=n=24.∴n=36.
∴D(X)=36×=8.
答案:A
6.已知某离散型随机变量X服从的分布列如下,则随机变量X的方差D(X)= .
X 0 1
P m 2m
解析:由分布列知m+2m=1,m=.
∴E(X)=1×.
D(X)=.
答案:
7.袋中有大小相同的三个球,编号分别为1,2,3,从袋中每次取出一个球,若取到球的编号为奇数,则取球停止,用X表示所有被取到的球的编号之和,则X的方差为 .
解析:X的分布列为
X 1 3 5
P
则E(X)=1×+3×+5×,D(X)=.
答案:
8.有10张卡片,其中8张标有数字2,2张标有数字5,从中随机地抽取3张卡片,设3张卡片上的数字之和为X,求D(X).
解:由题知X=6,9,12.
P(X=6)=,P(X=9)=,P(X=12)=.
∴X的分布列为
X 6 9 12
P
∴E(X)=6×+9×+12×=7.8.
D(X)=(6-7.8)2×+(9-7.8)2×+(12-7.8)2×=3.36.
9.根据以往的经验,某工程施工期间的降水量X(单位:mm)对工期的影响如下表:
降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900
工期延误天数Y 0 2 6 10
历年气象资料表明,该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9,求:
(1)工期延误天数Y的均值与方差;
(2)在降水量X至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率.
解:(1)由已知条件和概率的加法公式有
P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X<300)=0.7-0.3=0.4,
P(700≤X<900)=P(X<900)-P(X<700)=0.9-0.7=0.2.
P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1.
所以Y的分布列为
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
于是,E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3,
D(Y)=( 0-3)2×0.3+(2-3)2×0.4+(6-3)2×0.2+(10-3)2×0.1=9.8.
故工期延误天数Y的均值为3,方差为9.8.
(2)由概率的加法公式,P(X≥300)=1-P(X<300)=0.7,
又P(300≤X<900)=P(X<900)-P(X<300)=0.9-0.3=0.6.
由条件概率,得P(Y≤6|X≥300)=P(X<900|X≥300)=.
故在降水量X至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率是.
B组
1.已知随机变量X的分布列为
x m n
P a
若E(X)=2,则D(X)的最小值等于( )
A.0 B.2 C.4 D.6
解析:依题意得a=1-,
∴E(X)=m+n=2,即m+2n=6.
又D(X)=(m-2)2+(n-2)2=2n2-8n+8=2(n-2)2,∴当n=2时,D(X)取得最小值0.
答案:A
2.已知随机变量X的分布列如下:
X 1 2 3
P a b c
其中a,b,c成等差数列,若E(X)=,则D(X)= .
解析:由题意得2b=a+c①,a+b+c=1②,a+2b+3c=③,以上三式联立解得a=,b=,c=,故D(X)=.
答案:
3.若p为非负实数,随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P -p p
则E(X)的最大值是 ,D(X)的最大值是 .
解析:由分布列的性质可知p∈,
则E(X)=p+1∈,故E(X)的最大值为.
∵D(X)=(p+1)2+p(p+1-1)2+(p+1-2)2=-p2-p+1=-,
又p∈,∴当p=0时,D(X)取得最大值1.
答案: 1
4.某旅游公司为三个旅游团提供了a,b,c,d四条旅游线路,每个旅游团队可任选其中一条线路,则选择a线路的旅游团数X的方差D(X)= .
解析:由题意知X的可能取值有0,1,2,3,并且
P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=.
∴E(X)=0×+1×+2×+3×.
D(X)=
=.
答案:
5.数字1,2,3,4,5任意排成一列,如果数字k恰好在第k个位置上,则称有一个巧合.
(1)求巧合数X的分布列;
(2)求巧合数X的均值与方差.
解:(1)X的可能取值为0,1,2,3,5,
P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=5)=,所以巧合数X的分布列为
X 0 1 2 3 5
P
(2)E(X)=0×+1×+2×+3×+5×=1,D(X)=1×+0+1×+4×+16×=1.
6.A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析,X1和X2的分布列分别为
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A,B两个项目上各投资100万元,Y1(万元)和Y2(万元)分别表示投资项目A和B所获得的利润,求方差D(Y1),D(Y2);
(2)将x(0≤x≤100)万元投 ( http: / / www.21cnjy.com )资A项目,(100-x)万元投资B项目,f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差的和.求f(x)的最小值,并指出x为何值时,f(x)取到最小值.
解:(1)由题设可知Y1和Y2的分布列分别为
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
E(Y1)=5×0.8+10×0.2=6,
D(Y1)=(5-6)2×0.8+(10-6)2×0.2=4;
E(Y2)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8,
D(Y2)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2×0.3=12.
(2)f(x)=D+D
=D(Y1)+D(Y2)
=[x2+3(100-x)2]
=(4x2-600x+3×1002).
所以当x==75时,f(x)=3为最小值.( http: / / www.21cnjy.com )
2.1.1 离散型随机变量
A组
1.给出下列四个命题:
①在某次数学期中考试中,一个考场30名考 ( http: / / www.21cnjy.com )生做对选择题第12题的人数是随机变量;②黄河每年的最大流量是随机变量;③某体育馆共有6个出口,散场后从某一出口退场的人数是随机变量;④方程x2-2x-3=0根的个数是随机变量.其中正确命题的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:①②③是正确的,④中方程x2-2x-3=0的根有2个是确定的,不是随机变量.
答案:C
2.一个袋子中有质量相等的红、黄、绿、白四种小球各若干个,一次倒出三个小球,下列变量是离散型随机变量的是( )
A.小球滚出的最大距离
B.倒出小球所需的时间
C.倒出的三个小球的质量之和
D.倒出的三个小球的颜色的种数
解析:对于A,小球滚出的最大距离不是随机变 ( http: / / www.21cnjy.com )量,因为滚出的最大距离不能一一列出;对于B,倒出小球所需的时间不是随机变量,因为所需的时间不能一一列出;对于C,三个小球的质量之和是一个定值,可以预见,结果只有一种,不是随机变量;对于D,倒出的三个小球的颜色的种数可以一一列出,是离散型随机变量.
答案:D
3.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:X的可能取值是2,3,4,5,6,7,8,9,10,共9个.
答案:B
4.一串钥匙有5把,只有一把能打开锁,依次试验,打不开的扔掉,直到找到能开锁的钥匙为止,则试验次数X的最大值可能为( )
A.5 B.2
C.3 D.4
解析:由题意可知X取最大值时只剩下一把钥匙,但锁此时未打开,故试验次数为4.
答案:D
5.抛掷两枚质地均匀的骰子一次,X为第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差,则X的所有可能取值为( )
A.0≤X≤5,X∈N B.-5≤X≤0, X∈Z
C.1≤X≤6,X∈N D.-5≤X≤5,X∈Z
解析:设x表示第一枚骰子掷出的点数,y表示第二枚骰子掷出的点数,X=(x-y)∈Z.|x-y|≤|1-6|,即-5≤X≤5.
答案:D
6.已知一批产品共12件,其中有3件次品,每次从中任取一件,在取得合格品之前取出的次品数X的所有可能取值是 .
解析:可能第一次就取得合格品,也可能取完次品后才取得合格品.
答案:0,1,2,3
7.某射手射击一次所击中的环数为X,则{X>7}表示的试验结果是 .
解析:射击一次所击中的环数X的所有可能取值 ( http: / / www.21cnjy.com )为0,1,2,…,10,故{X>7}表示的试验结果为“该射手射击一次所击中的环数为8环或9环或10环”.
答案:射击一次所击中的环数为8环或9环或10环
8.某篮球运动员在罚球时,罚中1球得2分,罚不中得0分,该队员在5次罚球中命中的次数X是一个随机变量.
(1)写出X的所有可能取值及每一个取值所表示的试验结果;
(2)若记该队员在5次罚球后的得分为Y,写出所有Y的取值及每一个取值所表示的试验结果.
解:(1)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.表示在5次罚球中分别罚中0次,1次,2次,3次,4次,5次.
(2)Y的所有可能取值为0,2,4,6,8,10.表示5次罚球后分别得0分,2分,4分,6分,8分,10分.
9.王刚同学将平时积攒的零 ( http: / / www.21cnjy.com )钱兑换后有100元,50元,20元,10元各一张,他决定随机抽出两张用来捐款,用X表示抽出两张人民币面值的和,写出X的所有可能取值,并说明所取值表示的随机试验结果.
解:X的所有可能取值为30,60,70,110,120,150.
{X=30}表示“抽到10元和20元”;
{X=60}表示“抽到10元和50元”;
{X=70}表示“抽到20元和50元”;
{X=110}表示“抽到10元和100元”;
{X=120}表示“抽到20元和100元”;
{X=150}表示“抽到50元和100元”.
B组
1.袋中有大小相同的红球6个,白球5个 ( http: / / www.21cnjy.com ),从袋中每次任意取出1个球且不放回,直到取出的球是白球为止,所需要的取球次数为随机变量X,则X的可能取值为( )
A.1,2,3,…,6 B.1,2,3,…,7
C.0,1,2,…,5 D.1,2,…,5
解析:由于取到白球游戏结束,那么取球次数可以是1,2,3,…,7.
答案:B
2.袋中装有大小和颜色均相同的5个 ( http: / / www.21cnjy.com )乒乓球,分别标有数字1,2,3,4,5,现从中任意抽取2个,设两个球上的数字之积为X,则X所有可能取值的个数是( )
A.6 B.7 C.10 D.25
解析:X的所有可能取值有1×2,1×3,1×4,1×5,2×3,2×4,2×5,3×4,3×5,4×5,共10个.
答案:C
3.某用户在打电话时忘记了号码的最 ( http: / / www.21cnjy.com )后三个数字,只记得最后三个数字两两不同,且都大于5,于是他随机拨最后三个数字,设他拨到所要号码的次数为X,则随机变量X的可能取值共有 个.
解析:后三个数字两两不同且都大于5的电话号码共有=24(个).
答案:24
4.一个木箱中装有8个同样大小的篮球,编号分 ( http: / / www.21cnjy.com )别为1,2,3,4,5,6,7,8,现从中随机取出3个篮球,以X表示取出的篮球的最大号码,则{X=8}表示的试验结果有 种.
解析:{X=8}表示“3个篮球中一个编号是8,另外两个从剩余7个编号中选2个”,有种选法,即{X=8}表示的试验结果有21种.
答案:21
5.一个袋中装有大小相同的5个白球和5个黑球,从中任取3个,其中所含白球的个数为X.
(1)列表说明可能出现的结果与对应的X的值;
(2)若规定抽取3个球中, ( http: / / www.21cnjy.com )每抽到一个白球加5分,抽到黑球不加分,且最后不管结果如何都加上6分,求最终得分Y的可能取值,并判定Y的随机变量类型.
解:(1)
X 0 1 2 3
结果 取得3个黑球 取得1个白球,2个黑球 取得2个白球,1个黑球 取得3个白球
(2)由题意可得Y=5X+6,而X的可能取值为0,1,2,3,∴Y对应的取值为5×0+6,5×1+6,5×2+6,5×3+6,
即Y的可能取值为6,11,16,21,显然Y为离散型随机变量.
6.写出下列随机变量的可能取值,并说明随机变量的取值所表示的随机试验的结果:
(1)在10件产品中有2件是次品,8件是正品,任取3件,取到正品的个数X;
(2)在10件产品中有2件次品,8件正品,每次取一件,取后不放回,直到取到两件次品为止,抽取的次数X;
(3)在10件产品中有2件次品,8件正品,每次取一件,取后放回,直到取到两件次品为止,抽取的次数X.
解:(1)X=1,2,3,{X=k}(k=1,2,3)表示“取到k个正品”.
(2)X=2,3,4,…,10,{X=k}(k=2,3,…,10)表示“取了k次,第k次取得次品,前k-1次只取得一件次品”.
(3)X=2,3,4,…,{X=k}(k=2,3,4,…)表示“取了k次,前k-1次取得一件次品,第k次取得次品”.
7.某次演唱比赛,需要加试文化科学素质,每位参赛选手需回答3个问题,组委会为每位选手都备有10道不同的题目可供选择,其中有5道文史类题目,3道科技类题目,2道体育类题目,测试时,每位选手从给定的10道题目中不放回地随机抽取3次,每次抽取一道题目,回答完该题后,再抽取下一道题目做答.某选手抽到科技类题目的道数X.
(1)试求出随机变量X的可能取值;
(2){X=1}表示的试验结果是什么 可能出现多少种不同的结果
解:(1)由题意得X的可能取值为0,1,2,3.
(2){X=1)表示的事件是“恰抽到一道科技类题目”.
从三类题目中各抽取一道有=180种不同的结果.
抽取1道科技类题目,2道文史类题目有=180种不同的结果.
抽取1道科技类题目,2道体育类题目,有=18种不同的结果.
由分类加法计数原理知可能出现180+180+18=378种不同的结果.