课时作业 10 离散型随机变量的分布列
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．今有电子元件50个，其中一级品45个，二级品5个，从中任取3个，出现二级品的概率为( )
A. B.
C．1－ D.
解析：出现二级品的情况较多，可以考虑不出现二级品概率为，故答案为1－.
答案：C
2．设袋中有80个红球、20个白球，若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：取出的红球个数服从参数为N＝100，M＝80，n＝10的超几何分布．由超几何分布的概率公式，知从中取出的10个球中恰有 6个红球的概率为.
答案：D
3．一个箱内有9张票，其号数分别为1,2,3，…，9，从中任取2张，其号数至少有一个为奇数的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：号数至少有一个奇数有两种情况，而其对立事件则全为偶数，其概率为＝，故答案为：1－＝.
答案：D
4．设随机变量X的分布列如下，则下列各项中正确的是( )
X
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.1
0.2
0.4
A.P(X＝1.5)＝0 B．P(X>－1)＝1
C．P(X<3)＝0.5 D．P(X<0)＝0
解析：由分布列知X＝1.5不能取到，故P(X＝1.5)＝0，正确；而P(X>－1)＝0.9，P(X<3)＝0.6，P(X<0)＝0.1.故A正确．
答案：A
5．设随机变量ξ等可能取值1,2,3，…，n，若P(ξ<4)＝0.3，则n的值为( )
A．3 B．4
C．10 D．不确定
解析：ξ的分布列为：
ξ
1
2
3
…
n
P
…
P(ξ<4)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝＝0.3＝.
∴n＝10.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
5
P
则ξ为奇数的概率为________．
解析：ξ为奇数的概率为P(ξ＝1)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝5)＝＋＋＝.
答案：
7．随机变量η的分布列如下
η
1
2
3
4
5
6
P
0.2
x
0.35
0.1
0.15
0.2
则x＝________，P(η≤3)＝________.
解析：由分布列的性质得
0．2＋x＋0.35＋0.1＋0.15＋0.2＝1，
解得x＝0.故P(η≤3)＝P(η＝1)＋P(η＝2)＋P(η＝3)＝0.2＋0.35＝0.55.
答案：0 0.55
8．若随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝0.8，P(X＝1)＝0.2.令Y＝3X－2，则P(Y＝－2)＝________.
解析：由Y＝－2，且Y＝3X－2，得X＝0，
∴P(Y＝－2)＝0.8.
答案：0.8
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．已知一批200件的待出厂产品中，有1件不合格品，现从中任意抽取2件进行检查，若用随机变量X表示抽取的2件产品中的次品数，求X的分布列．
解析：由题意知，X服从两点分布，
P(X＝0)＝＝，
所以P(X＝1)＝1－＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
P
10.已知随机变量ξ的分布列为：
ξ
－2
－1
0
1
2
3
P
求随机变量η＝ξ的分布列．
解析：由η＝ξ，对于ξ取不同的值－2，－1,0,1,2,3时，η的值分别为－1，－，0，，1，.
所以η的分布列为：
η
－1
－
0
1
P
|能力提升|(20分钟，40分)
11．设X是一个离散型随机变量，其分布列如下，则q等于( )
X
－1
0
1
P
0.5
1－2q
q2
A.1 B．1±
C．1－ D．1＋
解析：由分布列的性质得
解得q＝1－.
故选C.
答案：C
12．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P(ξ＝2)＝________.
解析：ξ可能取的值为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
所以P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝1－－－＝.
答案：
13．一个口袋里有5个同样大小的球，编号为1,2,3,4,5，从中同时取出3个球，以X表示取出的球的最小编号，求随机变量X的概率分布．
解析：X所有可能的取值为1,2,3.
当X＝1时，其余两球可在余下的4个球中任意选取．
∴P(X＝1)＝＝.
当X＝2时，其余两球在编号为3,4,5的球中任意选取，
∴P(X＝2)＝＝.
当X＝3时，取出的球只能是编号为3,4,5的球．
∴P(X＝3)＝＝.
∴随机变量X的概率分布为：
X
1
2
3
P
14.某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；
(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列．
解析：(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝＝.
所以，选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以，随机变量X的分布列是
X
0
1
2
3
P
课时作业 11 条件概率
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．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( )
A．0.4 B．0.5
C．0.6 D．0.8
解析：设动物活到20岁的事件为A，活到25岁的事件为B，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，由于AB＝B，所以P(AB)＝P(B)，所以活到20岁的动物活到25岁的概率是P(B|A)＝＝＝＝0.5.
答案：B
2．从1,2,3,4,5中任取2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)＝( )
A. B.
C. D.
解析：P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
P(B|A)＝＝.
答案：B
3．抛掷一枚骰子两次，在第一次掷得的点数是偶数的条件下，第二次掷得的点数也是偶数的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：记“第一次掷得的点数是偶数”为事件A，“第二次掷得的点数是偶数”为事件B，在第一次掷得的点数是偶数的条件下，第二次掷得的点数也是偶数的概率为P(B|A)＝＝＝.故选C.
答案：C
4．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“三个人去的景点不相同”，B为“甲独自去一个景点”，则概率P(A|B)等于( )
A. B.
C. D.
解析：由题意可知，
n(B)＝C22＝12，n(AB)＝A＝6.
∴P(A|B)＝＝＝.
答案：C
5．抛掷两枚骰子，则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，“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
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．设P(B|A)＝，P(A)＝P(B)＝，则P(A|B)＝________.
解析：∵P(B|A)＝，P(A)＝，∴P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝，∴P(A|B)＝＝＝.
答案：
7．从编号为1,2，…，10的10个大小相同的球中任取4个，已知选出4号球的条件下，选出球的最大号码为6的概率为________．
解析：令事件A＝{选出的4个球中含4号球}，
B＝{选出的4个球中最大号码为6}．
依题意知n(A)＝C＝84，n(AB)＝C＝6，
∴P(B|A)＝＝＝.
答案：
8．从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张．已知第1次抽到A，则第2次也抽到A的概率是________．
解析：设“第1次抽到A”为事件A，“第2次也抽到A”为事件B，则AB表示两次都抽到A.
P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝.
答案：
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．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．
解析：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)＝＝＝.
10．一个盒子装有4只产品，其中有3只一等品，1只二等品，从中不放回地取产品两次，每次任取一只，设事件A为“第一次取到的是一等品”，事件B为“第二次取到的是一等品”，试求条件概率P(B|A)．
解析：法一 P(A)＝＝，P(AB)＝＝＝.
所以P(B|A)＝＝＝.
法二 将产品编号.1,2,3号为一等品，4号为二等品，以(i，j)表示第一次、第二次分别取到第i号、第j号产品，则试验的样本空间为Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}，
A＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)}，
AB＝{(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,3)，(3,1)，(3,2)}，
P(B|A)＝＝＝.
|能力提升|(20分钟，40分)
11．下列说法正确的是( )
A．P(B|A)
B．P(B|A)＝是可能的
C．0D．P(A|A)＝0
解析：∵P(B|A)＝，而P(A)≤1，
∴P(B|A)≥P(AB)，∴A错．
当P(A)＝1时，P(AB)＝P(B)，
∴P(B|A)＝＝，∴B正确．
而0≤P(B|A)≤1，P(A|A)＝1，∴C，D错，故选B.
答案：B
12．抛掷骰子2次，每次结果用(x1，x2)表示，其中x1、x2分别表示第一、二次骰子的点数．若设A＝{(x1，x2)|x1＋x2＝10}，B＝{(x1，x2)|x1>x2}，则P(B|A)＝________.
解析：P(A)＝＝，P(AB)＝，∴P(B|A)＝＝＝.
答案：
13．如图所示，一个正方形被平均分成9个相同的小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，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个正方形区域的事件记为B，求P(AB)，P(A|B).
解析：用μ(AB)表示事件“AB区域的面积”，用μ(B)表示事件“B区域的面积”，μ(Ω)表示事件“大正方形区域的面积”，由题意可知P(AB)＝＝，P(B)＝＝，所以P(A|B)＝＝.
14．某个班级有学生40人，其中有共青团员15人，全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中共青团员4人．现在要在班内任选一名共青团员当团员代表，求这个代表恰好在第一组内的概率．
解析：把40名学生看成40个基本事件，其中第一小组所包含的基本事件个数为10个，第一小组的团员所包含的基本事件个数为4个．
记“代表恰好在第一组”为事件A.
记“代表为团员代表”记为事件B.
∴n(A)＝10，n(AB)＝4.
∴P(B|A)＝＝＝.
故这个团员代表恰好在第一组内的概率为.
课时作业 12 事件的相互独立性
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列事件中，A，B是独立事件的是( )
A．一枚硬币掷两次，A＝{第一次为正面}，B＝{第二次为反面}
B．袋中有2白，2黑的小球，不放回地摸两球，A＝{第一次摸到白球}，B＝{第二次摸到白球}
C．掷一枚骰子，A＝{出现点数为奇数}，B＝{出现点数为偶数}
D．A＝{人能活到20岁}，B＝{人能活到50岁}
解析：把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后影响，故A是独立事件；B中是不放回地摸球，显然A事件与B事件不相互独立；对于C，其结果具有唯一性，A，B应为互斥事件；D是条件概率，事件B受事件A的影响．
答案：A
2．甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是，，，现3人各投篮1次，则3人都没有投进的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：甲、乙、丙3人投篮相互独立，都不进的概率为＝.
答案：C
3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：∵P(A)＝，P(B)＝，∴P()＝，P()＝.
又A，B为相互独立事件，
∴P()＝P()P()＝×＝.
∴A，B中至少有一件发生的概率为
1－P()＝1－＝.
答案：C
4．在一次反恐演习中，我方三架武装直升机分别从不同方位对同一目标发动攻击(各发射一枚导弹)，由于天气原因，三枚导弹命中目标的概率分别为0.9,0.9,0.8，若至少有两枚导弹命中目标方可将其摧毁，则目标被摧毁的概率为( )
A．0.998 B．0.046
C．0.002 D．0.954
解析：依题意，三枚导弹命中目标相互独立，因此
法一 至少有两枚导弹命中目标的概率为
P＝0.9×0.9×0.2＋0.9×0.1×0.8＋0.1×0.9×0.8＋0.9×0.9×0.8＝0.9×0.9×(0.2＋0.8)＋2×0.9×0.1×0.8＝0.954.
法二 三枚导弹中仅有一枚命中目标或均未命中目标的概率为P＝0.9×0.1×0.2＋0.1×0.9×0.2＋0.1×0.1×0.8＋0.1×0.1×0.2＝2×0.9×0.1×0.2＋0.01＝0.046.
由对立事件的概率公式知，至少有两枚导弹命中目标的概率为P′＝1－P＝0.954.
故选D.
答案：D
5．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是，且是互相独立的，灯亮的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：记A、B、C、D这4个开关闭合分别为事件A、B、C、D，
又记A与B至少有一个不闭合为事件，
则P()＝P(A)＋P(B)＋P()＝，
则灯亮的概率为
P＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－＝.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8,0.6,0.5，则3人都达标的概率是________，三人中至少有一人达标的概率是________．
解析：由题意可知三人都达标的概率为P＝0.8×0.6×0.5＝0.24；三人中至少有一人达标的概率为P′＝1－(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.96.
答案：0.24 0.96
7．大学生甲、乙两人独立地参加论文答辩，他们的导师根据他们的论文质量估计他们都能过关的概率为，甲过而乙没过的概率为(导师不参与自己学生的论文答辩)，则导师估计乙能过关的概率为________．
解析：设导师估计甲、乙能过关的概率分别为p，q，
则
解得p＝，q＝.
所以导师估计乙能过关的概率为.
答案：
8．设两个相互独立事件A与B，若事件A发生的概率为p，B发生的概率为1－p，则A与B同时发生的概率的最大值为________．
解析：事件A与B同时发生的概率为p(1－p)＝p－p2(p∈[0,1]) ，当p＝时，最大值为.
答案：
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．一个袋子中有4个小球，其中两个白球，两个红球，讨论下列A，B事件的相互独立性与互斥性．
(1)A：取一个球为红球，B：取出的红球放回后，再从中取一球为白球；
(2)从袋中取两个球，A：取出的两球为一白球一红球；B：取出的两球中至少有一个白球．
解析：(1)由于取出的红球放回，故事件A与B的发生互不影响，因此A与B相互独立，A，B能同时发生，不是互斥事件．
(2)设两个白球为a，b，两个红球为1,2，则从袋中取两个球的所有取法为{a，b}，{a,1}，{a,2}，{b,1}，{b,2}，{1,2}，
则P(A)＝＝，P(B)＝，P(AB)＝，
∵P(AB)≠P(A)·P(B)，
∴事件A，B不是相互独立事件，事件A，B能同时发生．∴A，B不是互斥事件．
10．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，试求下列事件的概率；
(1)第3次拨号才接通电话；
(2)拨号不超过3次而接通电话．
解析：设Ai＝{第i次拨号接通电话}，i＝1,2,3.
(1)第3次才接通电话可表示为12A3，
于是所求概率为P(12A3)＝××＝.
(2)拨号不超过3次而接通电话可表示为A1＋1A2＋12A3，
于是所求概率为P(A1＋1A2＋12A3)
＝P(A1)＋P(1A2)＋P(12A3)
＝＋×＋××＝.
|能力提升|(20分钟，40分)
11．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：“左边转盘指针落在奇数区域”记为事件A，则P(A)＝＝，“右边转盘指针落在奇数区域”记为事件B，则P(B)＝，事件A、B相互独立，所以两个指针同时落在奇数区域的概率为×＝，故选A.
答案：A
12．设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率P(A)是________．
解析：由题意P()·P()＝，P()·P(B)＝P(A)·P()．
设P(A)＝x，P(B)＝y，
则
即
所以x2－2x＋1＝，
所以x－1＝－或x－1＝(舍去)，
所以x＝.
答案：
13．设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．求：
(1)进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；
(2)进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率．
解析：记A表示事件“进入商场的1位顾客购买甲种商品”，记B表示事件“进入商场的1位顾客购买乙种商品”，记C表示事件“进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种”，记D表示事件“进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种”．
(1)易知C＝A∪B，则P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.
(2)易知＝，则P()＝P()＝P()P()＝0.5×0.4＝0.2，
故P(D)＝1－P()＝0.8.
14．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
(1)求甲、乙各射击一次均击中目标的概率；
(2)求甲射击4次，恰有3次连续击中目标的概率．
解析：(1)记事件A表示“甲击中目标”，事件B表示“乙击中目标”，
依题意知事件A和事件B相互独立，
因此甲、乙各射击一次均击中目标的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
(2)记事件Ai表示“甲第i次射击击中目标”(其中i＝1,2,3,4)，并记“甲4次射击恰有3次连续击中目标”为事件C，
则C＝A1A2A34∪1A2A3A4，且A1A2A34与1A2A3A4是互斥事件，
由于A1，A2，A3，A4之间相互独立，
所以Ai与j(i，j＝1,2,3,4，且i≠j)之间也相互独立．
由于P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(A4)＝，
故P(C)＝P(A1A2A34∪1A2A3A4)
＝P(A1)P(A2)P(A3)P(4)＋P(1)P(A2)·P(A3)P(A4)
＝()3×＋×()3＝.
课时作业 13 独立重复试验与二项分布
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．任意抛掷三枚硬币，恰有2枚正面朝上的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：每枚硬币正面朝上的概率为，
故所求概率为C×2×＝.故选B.
答案：B
2．一袋中有5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ξ次球，则P(ξ＝12)等于( )
A．C102 B．C102
C．C92 D．C92
解析：当ξ＝12时，表示前11次中取到9次红球，第12次取到红球，
所以P(ξ＝12)＝C·9·2·.故选B.
答案：B
3．某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有2次击中目标的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：至少有2次击中目标包含以下情况：
只有2次击中目标，此时概率为C×0.62×(1－0.6)＝；
3次都击中目标，此时的概率为C×0.63＝.
∴至少有2次击中目标的概率为＋＝.
答案：A
4．甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3?1的比分获胜的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：当甲以3?1的比分获胜时，说明甲乙两人在前三场比赛中，甲中赢了两局，乙赢了一局，第四局甲赢，所以甲以3?1的比分获胜的概率为P＝C2×＝3×××＝，故选A.
答案：A
5．若随机变量ξ～B，则P(ξ＝k)最大时，k的值为( )
A．5 B．1或2
C．2或3 D．3或4
解析：依题意P(ξ＝k)＝C×k×5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
可以求得P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，P(ξ＝3)＝，P(ξ＝4)＝，P(ξ＝5)＝.
故当k＝1或2时，P(ξ＝k)最大．
答案：B
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．一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)．
解析：“4个病人服用某种新药”相当于做4次独立重复试验，“至少3人被治愈”即“3人被治愈”，“4人被治愈”两个互斥事件有一个要发生，由独立重复试验和概率的加法公式即可得，4个病人服用某种新药3人被治愈的概率为C·0.93·(1－0.9)＝0.2916，4个病人服用某种新药4人被治愈的概率为C·0.94＝0.6561.
故服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为0.291 6＋0.6561＝0.947 7.
答案：0.947 7
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，则事件A在1次试验中发生的概率为________．
解析：设事件A在1次试验中发生的概率为p，
由题意知，1－(1－p)4＝，∴(1－p)4＝，故p＝.
答案：
8．下列说法正确的是________．
①某同学投篮命中率为0.6，他10次投篮中命中的次数X是一个随机变量，且X～B(10,0.6)；
②某福彩的中奖概率为P，某人一次买了8张，中奖张数X是一个随机变量，且X～B(8，P)；
③从装有5红5白的袋中，有放回的摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X是随机变量，且X～B(n，)．
解析：①、②显然满足独立重复试验的条件，而③虽然是有放回的摸球，但随机变量X的定义是直到摸出白球为止，也就是说前面摸出的一定是红球，最后一次是白球，不符合二项分布的定义．
答案：①②
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．甲、乙两人各射击3次，甲每次击中目标的概率是，乙每次击中目标的概率为.求：
(1)甲恰好击中目标2次的概率；
(2)乙至少击中目标2次的概率；
(3)乙恰好比甲多击中目标2次的概率．
解析：(1)甲恰好击中目标2次的概率为
C3＝.
(2)乙至少击中目标2次的概率为
C2·＋C3＝.
(3)记“乙恰好比甲多击中目标2次”为事件A，“乙恰好击中目标2次且甲恰好击中目标0次”为事件B1，“乙恰好击中目标3次且甲恰好击中目标1次”为事件B2，则A＝B1＋B2，B1，B2为互斥事件．
P(A)＝P(B1)＋P(B2)＝C2··C·3＋C3·C2·＝＋＝，
所以乙恰好比甲多击中目标2次的概率为.
10．一袋中有6个黑球，4个白球．有放回地依次取出3球，求取到白球个数X的分布列．并判断X是否服从二项分布．
解析：设“摸一次球，摸到白球”为事件D，则
P(D)＝＝，P()＝.
因为这三次摸球互不影响，所以P(X＝0)＝C3＝，
P(X＝1)＝C··2＝，
P(X＝2)＝C2·＝，
P(X＝3)＝C3＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
显然这个试验为3次独立重复试验，X服从二项分布，即X～B.
|能力提升|(20分钟，40分)
11．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：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.5 B．C5
C．C3 D．CC5
解析：质点每次只能向上或向右移动，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)的概率为C23＝C5.
答案：B
12．在等差数列{an}中，a4＝2，a7＝－4.现从{an}的前10项中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续抽取3次，假定每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为________(用数字作答)．
解析：由已知可求通项公式为an＝10－2n(n＝1,2,3，…)，其中a1，a2，a3，a4为正数，a5＝0，a6，a7，a8，a9，a10为负数，∴从中取一个数为正数的概率为＝，取得负数的概率为.
∴取出的数恰为两个正数和一个负数的概率为
C×2×1＝.
答案：
13．“三个臭皮匠顶一个诸葛亮”是在中国民间流传很广的一句谚语．我们也可以从概率的角度来分析一下它的正确性．刘备帐下以诸葛亮为首的智囊团共有9名谋士(不包括诸葛亮)，假定对某事进行决策时，根据经验每名谋士对事情做出正确判断的概率为0.7，诸葛亮对事情做出正确判断的概率为0.9，现为某事可行与否而单独征求每名谋士的意见，并按多数人的意见做出决策，求做出正确决策的概率，并判断一下这句谚语是否有道理．
解析：根据题意，设9名谋士中对事情做出正确判断的人数为X，由于是单独征求意见，相互之间没有影响，故X～B(9,0.7)，按照多数人的判断做出决策就是X≥5.这个概率是P(X≥5)＝C0.75(1－0.7)4＋C0.76(1－0.7)3＋C0.77(1－0.7)2＋C0.78·(1－0.7)1＋C0.79(1－0.7)0≈0.901 2，0.901 2>0.9.
所以“三个臭皮匠顶一个诸葛亮”这种说法有一定的道理．
14．根据以往统计资料，某地车主只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1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；
(2)用X表示该地的5位车主中甲、乙两种保险都不购买的车主数，求X的分布列．
解析：记A表示事件：该地的1位车主只购买甲种保险；
B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；
C表示事件：该地的1位车主购买甲、乙两种保险中的1种；
D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买．
(1)P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B，P(C)＝
P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.
(2)D＝，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，
由已知得X～B(5,0.2)，
所以P(X＝k)＝C0.2k0.85－k(k＝0,1,2,3,4,5)，分布列如下表：
X
0
1
2
3
4
5
P
0.85
0.84
C0.22×0.83
C0.23×0.82
C0.24×0.81
0.25
课时作业 14 离散型随机变量的均值
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．若X 的分布列为
X
0
1
P
a
，则E(X)＝( )
A. B.
C. D.
解析：由题意知＋a＝1，
∴a＝，E(X)＝0×＋a＝a＝.
答案：A
2．已知ξ～B，η～B，且E(ξ)＝15，则E(η)等于( )
A．5 B．10
C．15 D．20
解析：E(ξ)＝n＝15，∴n＝30.
∴η～B，∴E(η)＝30×＝10.
答案：B
3．设10件产品中有3件次品，从中抽取2件进行检查，则查得次品数的均值为( )
A. B.
C. D.
解析：设取得次品数为ξ(ξ＝0,1,2)，
则P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
答案：B
4．某班有14名学生数学成绩优秀，如果从该班随机找出5名学生，那么其中数学成绩优秀的学生数X～B，则E(2X＋1)等于( )
A. B.
C．3 D.
解析：因为X～B，所以E(X)＝，
则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝2×＋1＝.
答案：D
5．已知随机变量 X和Y，其中Y＝12X＋7，且E(Y)＝34，若X的分布列如表，则m的值为( )
X
1
2
3
4
P
m
n
A. B.
C. D.
解析：由Y＝12X＋7得E(Y)＝12E(X)＋7＝34，
从而E(X)＝，
所以E(X)＝1×＋2×m＋3×n＋4×＝，
又m＋n＋＋＝1，联立解得m＝.
故选A.
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝，则随机变量X的数学期望E(X)＝________.
解析：由题意知P(X＝0)＝(1－p)2＝，∴p＝.随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
答案：
7．设口袋中有黑球、白球共7个，从中任取2个球，令取到白球的个数为ξ，且ξ的数学期望E(ξ)＝，则口袋中白球的个数为________．
解析：设口袋中白球有n个，则由超几何分布的概率公式可得E(ξ)＝＝，解得n＝3.
答案：3
8．随机变量ξ的概率分布列由下表给出：
x
7
8
9
10
P(ξ＝x)
0.3
0.35
0.2
0.15
则随机变量ξ的均值是________．
解析：E(ξ)＝7×0.3＋8×0.35＋9×0.2＋10×0.15＝8.2.
答案：8.2
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．已知箱中装有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．
(1)求X的分布列；
(2)求X的均值E(X)．
解析：(1)X＝3,4,5,6，
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
(2)X的均值E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＝＝.
10．甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为.记甲击中目标的次数为ξ，乙击中目标的次数为η.
(1)求ξ的分布列；
(2)求ξ和η的数学期望．
解析：(1)P(ξ＝0)＝C3＝，
P(ξ＝1)＝C3＝，
P(ξ＝2)＝C3＝，
P(ξ＝3)＝C3＝，
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
(2)由题意可得，ξ～B，η～B.
∴E(ξ)＝3×＝＝1.5，
E(η)＝3×＝2.
|能力提升|(20分钟，40分)
11．在某校篮球队的首轮选拔测试中，参加测试的5名同学的投篮命中率分别为，，，，，每人均有10次投篮机会，至少投中6次才能晋级下一轮测试．假设每人每次投篮相互独立，则晋级下一轮的大约有( )
A．2人 B．3人
C．4人 D．5人
解析：5名同学投篮各10次，
相当于各做了10次独立重复试验，
他们投中的次数服从二项分布，
则他们投中的期望分别满足10×＝6，
10×<6,10×>6,10×>6,10×<6，
故晋级下一轮的大约有3人．故选B.
答案：B
12．福彩中心发行彩票的目的是为了获取资金资助福利事业，现在福彩中心准备发行一种面值为5元的福利彩票刮刮卡，设计方案如下：(1)该福利彩票中奖率为50%；(2)每张中奖彩票的中奖奖金有5元，50元和150元三种；(3)顾客购买一张彩票获得150元奖金的概率为p，获得50元奖金的概率为2%.为了能够筹得资金资助福利事业，则p的取值范围为________．
解析：设福彩中心卖出一张彩票可能获得的资金为ξ，则ξ可以取5,0，－45，－145，则ξ的分布列为
ξ
5
0
－45
－145
P
50%
50%－2%－p
2%
p
所以ξ的期望为E(ξ)＝5×50%＋0×(50%－2%－p)＋(－45)×2%＋(－145)×p＝2.5－0.9－145p＝1.6－145p，所以当1.6－145p>0，即0答案：013．一个盒子里装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数2,3,4,5；另一个盒子也装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数3,4,5,6.现从一个盒子中任取一张卡片，其上面的数记为x；再从另一盒子里任取一张卡片，其上面的数记为y，记随机变量η＝x＋y，求η的分布列和数学期望．
解析：依题意，随机变量η＝5,6，…，11，则有
P(η＝5)＝＝，
P(η＝6)＝，
P(η＝7)＝，
P(η＝8)＝，
P(η＝9)＝，
P(η＝10)＝，
P(η＝11)＝，
∴η的分布列为
η
5
6
7
8
9
10
11
P
E(η)＝5×＋6×＋7×＋8×＋9×＋10×＋11×＝8.
14．某中学选派40名学生参加北京市高中生技术设计创意大赛的培训，他们参加培训的次数统计如下表所示：
培训次数
1
2
3
参加人数
5
15
20
(1)从这40名学生中任选3名，求这3名学生中至少有2名学生参加培训次数恰好相等的概率；
(2)从这40名学生中任选2名，用X表示这2人参加培训次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列及数学期望E(X)．
解析：(1)这3名学生中至少有2名学生参加培训次数恰好相等的概率
P＝1－＝.
(2)由题意知X＝0,1,2，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
则随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
所以X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
课时作业 15 离散型随机变量的方差
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列说法正确的是( )
A．离散型随机变量ξ的数学期望E(ξ)反映了ξ取值的概率的平均值
B．离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的平均水平
C．离散型随机变量ξ的数学期望E(ξ)反映了ξ取值的平均水平
D．离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的概率的平均值
解析：由离散型随机变量的数学期望与方差的定义可知，C正确．故选C.
答案：C
2．已知X的分布列如下表所示，则下列式子：
①E(X)＝－；②D(X)＝；③P(X＝0)＝.其中正确的有( )
X
－1
0
1
P
A.0个 B．1个
C．2个 D．3个
解析：E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－，
D(X)＝(－1＋)2×＋(0＋)2×＋(1＋)2×＝，故只有①③正确．
答案：C
3．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C()k·()n－k，k＝0,1,2，…，n，且E(ξ)＝24，则D(ξ)的值为( )
A．8 B．12
C. D．16
解析：由题意可知ξ～B(n，)，∴n＝E(ξ)＝24.∴n＝36.
∴D(ξ)＝n××(1－)＝×36＝8.
答案：A
4．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 等于( )
A．0.5 B.
C. D．3.5
解析：因为X1～B(n,0.2)，所以E(X1)＝0.2n＝2，
所以n＝10.又X2～B(6，p)，所以D(X2)＝6p(1－p)＝，
所以p＝.
又X3～B(n，p)，所以X3～B，
所以 ＝ ＝.
答案：C
5．由以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中得分情况为：
ξ1(甲得分)
0
1
2
P(ξ1＝xi)
0.2
0.5
0.3
ξ2(乙得分)
0
1
2
P(ξ2＝xi)
0.3
0.3
0.4
现有一场比赛，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(ξ1)＝E(ξ2)＝1.1，D(ξ1)＝1.12×0.2＋0.12×0.5＋0.92×0.3＝0.49，D(ξ2)＝1.12×0.3＋0.12×0.3＋0.92×0.4＝0.69，
∴D(ξ1)即甲比乙得分稳定，选甲参加较好，故选A.
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．有两台自动包装机甲与乙，包装质量分别为随机变量X1，X2，已知E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)，则自动包装机________的质量较好．
解析：因为E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)，故乙包装机的质量稳定．
答案：乙
7．若事件A在一次试验中发生的方差等于0.25，则事件A在一次试验中发生的概率为________．
解析：事件A发生的次数ξ的分布列如下表：
ξ
0
1
P
p
1－p
E(ξ)＝1－p，
D(ξ)＝(1－p)2p＋p2(1－p)
＝(1－p)·p
＝0.25.
所以p＝0.5.所以1－p＝0.5.
答案：0.5
8．已知随机变量ξ～B(36，p)，且E(ξ)＝12，则D(ξ)＝________.
解析：由题意知E(ξ)＝np＝36×p＝12得p＝，
∴D(ξ)＝np(1－p)＝36××＝8.
答案：8
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．编号为1,2,3的三位同学随意入座编号为1,2,3的三个座位，每位同学一个座位，设与座位编号相同的学生的个数为ξ，求D(ξ)．
解析：ξ＝0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝＝；
P(ξ＝1)＝＝；
P(ξ＝2)＝0；
P(ξ＝3)＝＝.
所以，ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
0
E(ξ)＝0×＋1×＋2×0＋3×＝1，
D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×0＋(3－1)2×＝1.
10．已知随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.2
0.3
0.2
0.1
试求D(X)和D(2X－1)．
解析：E(X)＝0×0.2＋1×0.2＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝1.8.
所以D(X)＝(0－1.8)2×0.2＋(1－1.8)2×0.2＋(2－1.8)2×0.3＋(3－1.8)2×0.2＋(4－1.8)2×0.1＝1.56.
2X－1的分布列为
2X－1
－1
1
3
5
7
P
0.2
0.2
0.3
0.2
0.1
所以E(2X－1)＝2E(X)－1＝2.6.
所以D(2X－1)＝(－1－2.6)2×0.2＋(1－2.6)2×0.2＋(3－2.6)2×0.3＋(5－2.6)2×0.2＋(7－2.6)2×0.1＝6.24.
|能力提升|(20分钟，40分)
11．设X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝，P(X＝x2)＝，且x1A. B.
C．3 D.
解析：由题意得P(X＝x1)＋P(X＝x2)＝1，
所以随机变量X只有x1，x2两个取值，
所以
解得x1＝1，x2＝2，所以
x1＋x2＝3，
故选C.
答案：C
12．已知随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
x
P
p
若E(ξ)＝，则D(ξ)的值为________．
解析：由分布列的性质，得＋＋p＝1，解得p＝.
∵E(ξ)＝0×＋1×＋x＝，∴x＝2.
D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝＝.
答案：
13．袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号．求ξ的分布列、期望和方差．
解析：由题意，得ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，所以P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝，P(ξ＝4)＝＝.
故ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5.
D(ξ)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.
14．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)在降水量至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．
解析：(1)由已知条件有
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.
课时作业 16 正态分布
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．对于标准正态分布N(0,1)的密度函数f(x)＝e，下列说法不正确的是( )
A．f(x)为偶函数
B．f(x)的最大值是
C．f(x)在x>0时是单调减函数，在x≤0时是单调增函数
D．f(x)关于x＝1是对称的
解析：由正态分布密度函数知μ＝0，即图象关于y轴对称．
答案：D
2．把一正态曲线C1沿着横轴方向向右移动2个单位，得到一条新的曲线C2，下列说法不正确的是( )
A．曲线C2仍是正态曲线
B．曲线C1，C2的最高点的纵坐标相等
C．以曲线C2为概率密度曲线的总体的方差比以曲线C1为概率密度曲线的总体的方差大2
D．以曲线C2为概率密度曲线的总体的期望比以曲线C1为概率密度曲线的总体的期望大2
解析：正态密度函数为φμ，σ(x)＝，x∈(－∞，＋∞)，正态曲线对称轴为x＝μ，曲线最高点的纵坐标为f(μ)＝.所以C1沿着横轴方向向右移动2个单位后，曲线形状没变，仍为正态曲线，且最高点的纵坐标没变，从而σ没变，所以方差没变，而平移前后对称轴变了，即μ变了，因为曲线向右平移2个单位，所以期望值μ增加了2个单位．
答案：C
3．设随机变量ξ～N(2,2)，则D(2ξ)＝( )
A．1 B．2
C. D．8
解析：∵ξ～N(2,2)，∴D(ξ)＝2.
∴D(2ξ)＝4D(ξ)＝4×2＝8.
答案：D
4．已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝( )
A．0.447 B．0.628
C．0.954 D．0.977
解析：∵随机变量ξ服从标准正态分布N(0，σ2)，
∴正态曲线关于直线x＝0对称，又P(ξ>2)＝0.023.
∴P(ξ<－2)＝0.023.
∴P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954.
答案：C
5．随机变量ξ～N(2,10)，若ξ落在区间(－∞，k)和(k，＋∞)的概率相等，则k等于( )
A．1 B．10
C．2 D.
解析：∵区间(－∞，k)和(k，＋∞)关于x＝k对称，
所以x＝k为正态曲线的对称轴，
∴k＝2，故选C.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．如果是三个正态分布X～N(0,0.25)，Y～N(0,1)，Z～N(0,4)的密度曲线，则三个随机变量X，Y，Z对应曲线分别是图中的______、________、______.
解析：在密度曲线中，σ越大，曲线越“矮胖”；σ越小， 曲线越“瘦高”．
答案：① ② ③
7．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，P(ξ>1)＝p，则P(－1<ξ<0)＝________.
解析：因为P(ξ>1)＝p，所以P(0<ξ<1)＝0.5－p，
故P(－1<ξ<0)＝P(0<ξ<1)＝0.5－p.
答案：0.5－p
8．在某项测量中，测量结果X服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)．若X在(0,1)内取值的概率为0.4，则X在(0,2)内取值的概率为________．
解析：如图，易得P(0故P(0答案：0.8
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．在一次测试中，测量结果X服从正态分布N(2，σ2)(σ>0)，若X在(0,2)内取值的概率为0.2，求：
(1)X在(0,4)内取值的概率；(2)P(X>4)．
解析：(1)由X～N(2，σ2)，
对称轴x＝2，画出示意图，
∵P(0∴P(0(2)P(X>4)＝[1－P(0＝(1－0.4)＝0.3.
10．工厂制造的某零件尺寸X服从正态分布N，问在一次正常试验中，取10 000个零件时，不属于区间(3,5)这个尺寸范围内的零件大约有多少个？
解析：不属于区间(3,5)的概率为P(X≤3)＋P(X≥5)＝1－P(3所以1－P(31－P＝1－0.997 5＝0.002 5.
而10 000×0.002 5＝25，
所以不属于(3,5)这个尺寸范围内的零件大约有25个．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态分布密度曲线如图所示，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)
解析：由图象知，μ1<μ2，σ1<σ2，P(Y≥μ2)＝，
P(Y≥μ1)>，故P(Y≥μ2)因为σ1<σ2，所以P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，故B错；
对任意正数t，P(X≥t)对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)是正确的，故选D.
答案：D
12．为了了解某地区高三男生的身体发育状况，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约为________．
解析：依题意可知，μ＝60.5，σ＝2，故P(58.5答案：683
13．一投资者要在两个投资方案中选择一个，这两个方案的利润ξ(万元)分别服从正态分布N(8,32)和N(3,22)，投资者要求“利润超过5万元”的概率尽量的大，那么他应选择哪个方案．
解析：由题意知，只需求出两个方案中“利润超过5万元”的概率哪个大，大的即为最佳选择方案．对于第一套方案ξ～N(8,32)，则μ＝8，σ＝3.
于是P(8－3<ξ≤8＋3)＝P(5<ξ≤11)＝0.682 6.
所以P(ξ≤5)＝[1－P(5<ξ≤11)]
＝(1－0.682 6)＝0.158 7.
所以P(ξ>5)＝1－0.158 7＝0.841 3.
对于第二套方案ξ－N(3,22)，
则μ＝3，σ＝2.
于是P(3－2<ξ≤3＋2)＝P(1<ξ≤5)＝0.682 6，
所以P(ξ>5)＝[1－P(1<ξ≤5)]
＝(1－0.682 6)＝0.158 7.
所以应选择第一方案．
14．已知某地农民工年均收入ξ服从正态分布，某密度函数图象如图所示．
(1)写出此地农民工年均收入的概率密度曲线函数式；
(2)求此地农民工年均收入在8 000～8 500之间的人数百分比．
解析：设农民工年均收入ξ～N(μ，σ2)，
结合图象可知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P(x)＝
＝，x∈(－∞，＋∞)．
(2)∵P(7 500<ξ≤8 500)
＝P(8 000－500<ξ≤8 000＋500)
＝0.682 6.
∴P(8 000<ξ≤8 500)
＝P(7 500<ξ≤8 500)
＝0.341 3.
∴此地农民工年均收入在8 000～8 500之间的人数百分比为34.13%.
课时作业 9 离散型随机变量
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列随机变量中，不是离散型随机变量的是( )
A．抛掷一枚质地均匀的硬币3次，反面向上的次数
B．某射击运动员在10次射击中射中靶的次数
C．区间[0,10]内任一实数与它四舍五入取整后的整数的差值
D．某立交桥一天经过的汽车的数量
解析：A、B、D中随机变量的值能一一列举出来，故都是离散型随机变量．
答案：C
2．抛掷两枚骰子一次，X为第一枚骰子掷出的点数与第二枚掷出的点数之差，则X的所有可能的取值为( )
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：两次掷出点数均可取1～6所有整数，∴X∈[－5,5]，X∈Z.
答案：D
3．袋中有2个黑球和6个红球，从中任取两个，可以作为随机变量的是( )
A．取到的球的个数
B．取到红球的个数
C．至少取到一个红球
D．至少取到一个红球的概率
解析：袋中有2个黑球和6个红球，从中任取两个，取到球的个数是一个固定的数字，不是随机变量，故不选A，取到红球的个数是一个随机变量，它的可能取值是0,1,2，故B正确；至少取到一个红球表示取到一个红球，或取到两个红球，表示一个事件，故C不正确；至少取到一个红球的概率是一个古典概型的概率问题，不是随机变量，故D不正确，故选B.
答案：B
4．袋中装有大小和颜色均相同的5个乒乓球，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所有可能值的个数是( )
A．6 B．7
C．10 D．25
解析：X的所有可能值有1×2,1×3,1×4,1×5,2×3,2×4,2×5,3×4,3×5,4×5，共计10个．
答案：C
5．抛掷两枚骰子一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为X，则“X≥5”表示的试验结果为( )
A．第一枚6点，第二枚2点
B．第一枚5点，第二枚1点
C．第一枚1点，第二枚6点
D．第一枚6点，第二枚1点
解析：由“X≥5”知，最大点数与最小点数之差不小于5，只能选D.
答案：D
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．下列随机变量中不是离散型随机变量的是________(填序号)．
①某宾馆每天入住的旅客数量X；
②广州某水文站观测到一天中珠江的水位X；
③深圳欢乐谷一日接待游客的数量X；
④虎门大桥一天经过的车辆数X.
解析：①③④中的随机变量X的所有取值，我们都可以按照一定的次序一一列出，因此它们是离散型随机变量；②中随机变量X可以取某一区间内的一切值，但无法按一定次序一一列出，故不是离散型随机变量．
答案：②
7．在一次比赛中，需回答三个问题，比赛规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，则选手甲回答这三个问题的总得分ξ的所有可能取值是________．
解析：可能回答全对，两对一错，两错一对，全错四种结果，相应得分为300分，100分，－100分，－300分．
答案：300分，100分，－100分，－300分
8．某射手射击一次所击中的环数为ξ(取整数)，则“ξ>7”表示的试验结果是________．
解析：射击一次所中环数ξ的所有可能取值为0,1,2，…，10，故“ξ>7”表示的试验结果为“该射手射击一次所中环数为8环、9环或10环”．
答案：射击一次所中环数为8环或9环或10环
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．判断下列各个量，哪些是随机变量，哪些不是随机变量，并说明理由．
(1)某地“行风热线”某天接到电话的个数．
(2)新赛季，梅西在某场比赛中(90分钟)，上场比赛的时间．
(3)对角线互相垂直且长度分别为6和8的四边形的面积．
(4)在一次书法作品评比中，设一、二、三等奖，小刚的一件作品获奖的等次．
解析：(1)接到电话的个数可能是0,1,2，…出现哪一个结果都是随机的，所以是随机变量．
(2)梅西在某场比赛中上场比赛的时间在[0,90]内，是随机的，所以是随机变量．
(3)对角线互相垂直且长度分别为6和8的四边形的面积是定值，所以不是随机变量．
(4)获奖的等次可能是一、二、三，出现哪一个结果都是随机的，所以是随机变量．
10．写出下列随机变量ξ可能取的值，并说明随机变量ξ＝4所表示的随机试验的结果．
(1)从10张已编号的卡片(编号从1号到10号)中任取2张(一次性取出)，被取出的卡片较大编号为ξ；
(2)某足球队在点球大战中5次点球射进的球数为ξ.
解析：(1)ξ的所有可能取值为2,3,4，…，10.其中“ξ＝4”表示的试验结果为“取出的两张卡片中的较大编号为4”．基本事件有如下三种：取出的两张卡片编号分别为1和4，或2和4，或3和4.
(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.其中“ξ＝4”表示的试验结果为“5次点球射进4个球”．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．袋中装有10个红球，5个黑球．每次随机摸取1个球，若取得黑球则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止．若摸球的次数为ξ，则表示事件“放回5个红球”的是( )
A．ξ＝4 B．ξ＝5
C．ξ＝6 D．ξ≤5
解析：“放回5个红球”表示前五次摸到黑球，第六次摸到红球，故ξ＝6.故选C.
答案：C
12．抛掷两枚硬币，则对于样本空间Ω＝{ω11，ω12，ω22}(其中ω11表示两枚花均向上，ω12表示一枚花向上，一枚字向上，ω22表示两枚字均向上)，
定义：ξ＝ξ(ω)＝
则随机变量ξ的取值表示结果的意义是________．
解析：由定义可知，当两枚字均向上时，ξ＝0，当一枚字向上，一枚花向上时，ξ＝1，当两枚花均向上时，ξ＝2，因此ξ的含义就是表示抛掷两枚硬币花向上的硬币数．
答案：表示抛掷两枚硬币花向上的硬币数
13．一个袋中装有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ξ，
(1)列表说明可能出现的结果与对应的ξ的值；
(2)若规定取3个球，每取到一个白球加5分，取到黑球不加分，且最后不管结果如何都加上6分，求最终得分η的可能取值，并判定η的随机变量类型．
解析：(1)
ξ
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η＝5ξ＋6，
而ξ可能的取值范围为{0,1,2,3}，
所以η对应的各值是6,11,16,21.
故η的可能取值为6,11,16,21，显然η为离散型随机变量．
14．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，一等奖500元，二等奖200元，三等奖10元．抽奖规则如下：顾客先从装有2个红球，4个白球的甲箱中随机摸出两球，再从装有1个红球，2个黑球的乙箱中随机摸出一球，在摸出的3个球中，若都是红球，则获一等奖；若有2个红球，则获二等奖；若三种颜色各一个，则获三等奖，其他情况不获奖．
设某顾客在一次抽奖中所得奖金数为X，试写出X的可能取值以及每种取值对应的试验结果数．
解析：X的可能取值为500,200,10,0.
当X＝500时，试验结果数为CC＝1(种)，
当X＝200时，试验结果数为CC＋CCC＝10(种)，
当X＝10时，试验结果数为CCC＝16(种)，
当X＝0时，试验结果数为CC－(1＋10＋16)＝18(种)．
第二章 章末检测卷
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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)
1．10件产品中有3件次品，从中任取2件，可作为随机变量的是( )
A．取到产品的件数 B．取到正品的概率
C．取到次品的件数 D．取到次品的概率
解析：A中取到产品的件数是一个常量不是变量，B，D也是一个定值，而C中取到次品的件数可能是0,1,2，是随机变量．
答案：C
2．下列表格可以作为ξ的分布列的是( )
A.
ξ
0
1
3
P
a
1－a
B.
ξ
1
2
3
P
－
1
C.
ξ
－1
1
2
P
2a
a2＋2
D.
ξ
4
5
P
0
1
解析：根据分布列的性质0≤P≤1以及各概率之和等于1，易知D正确．
答案：D
3．已知离散型随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
则X的数学期望E(X)＝( )
A. B．2
C. D．3
解析：E(X)＝1×＋2×＋3×＝＝.
答案：A
4．如果随机变量X～N(4,1)，则P(X≤2)等于( )
(注：P(μ－2σA．0.210 B．0.022 8
C．0.045 6 D．0.021 5
解析：P(X≤2)＝(1－P(2答案：B
5．盒中装有10个乒乓球，其中5个新球，5个旧球，不放回地依次取出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：A＝{第一次取到新球}，B＝{第二次取到新球}，则n(A)＝CC，n(AB)＝CC.∴P(B|A)＝＝＝.
答案：C
6．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A．100 B．200
C．300 D．400
解析：种子发芽率为0.9，不发芽率为0.1，每粒种子发芽与否相互独立，故设没有发芽的种子数为ξ，则ξ～B(1 000,0.1)，
∴E(ξ)＝1 000×0.1＝100，故需补种的期望为2·E(ξ)＝200.
答案：B
7．如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8.则系统正常工作的概率为( )
A．0.960 B．0.864
C．0.720 D．0.576
解析：由已知P＝P(K1A2)＋P(K2A1)＋P(KA1A2)＝0.9×0.2×0.8＋0.9×0.2×0.8＋0.9×0.8×0.8＝0.864.故选B.
答案：B
8．已知离散型随机变量X等可能取值1,2,3，…，n，若P(1≤X≤3)＝，则n的值为( )
A．3 B．5
C．10 D．15
解析：由已知X的分布列为P(X＝k)＝，k＝1,2,3，…，n，
∴P(1≤x≤3)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝＝，
∴n＝15.
答案：D
9．节日期间，某种鲜花进货价是每束2.5元，销售价每束5元；节日卖不出去的鲜花以每束1.6元价格处理．根据前五年销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量X服从如表所示的分布列：
X
200
300
400
500
P
0.20
0.35
0.30
0.15
若进这种鲜花500束，则利润的均值为( )
A．706元 B．690元
C．754元 D．720元
解析：∵E(X)＝200×0.2＋300×0.35＋400×0.3＋500×0.15＝340，
∴利润的均值为340×(5－2.5)－(500－340)×(2.5－1.6)＝706(元)，故选A.
答案：A
10．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2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1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝.在已知第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率为P(B|A)＝＝＝.
答案：D
11．已知随机变量ξ的分布列为：
ξ
－1
0
1
P
又变量η＝4ξ＋3，则η的期望是( )
A. B.
C．－1 D．1
解析：E(ξ)＝－1×＋0×＋1×＝－
E(η)＝4E(ξ)＋3＝4×＋3＝.
答案：B
12．已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，且P(μ－2σA．0.135 8 B．0.135 9
C．0.271 6 D．0.271 8
解析：由题知X～N(4,1)，作出相应的正态曲线，如右图，依题意P(2答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，则该队员每次罚球的命中率为________．
解析：设此队员每次罚球的命中率为p，则1－p2＝，∴p＝.
答案：
14．某人进行射击，每次中靶的概率为0.8，现规定，若中靶就停止射击；若没中靶就继续射击．如果只有3发子弹，则射击次数X的数学期望为________．
解析：射击次数X的分布列为
X
1
2
3
P
0.8
0.16
0.04
E(X)＝1×0.8＋2×0.16＋3×0.04＝1.24.
答案：1.24
15．已知X服从二项分布B(100,0.2)，E(－3X－2)＝________.
解析：由于X～B(100,0.2)，
则E(X)＝np＝100×0.2＝20，
E(－3X－2)＝－3E(X)－2＝－62.
答案：－62
16．位于西部地区的A、B两地，据多年的资料记载：A、B两地一年中下雨天仅占6%和8%，而同时下雨的比例为2%，则A地为雨天时，B地也为雨天的概率为________．
解析：记A＝“A地下雨”，B＝“B地下雨”，则AB＝“A、B两地同时下雨”，且P(A)＝6%，P(B)＝8%，P(AB)＝2%，P(B|A)＝＝＝.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：
(1)第1次抽到理科题的概率；
(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；
(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．
解析：设“第1次抽到理科题”为事件A，“第2次抽到理科题”为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”为事件AB.
(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的事件数为n(Ω)＝A＝20.
根据分步乘法计数原理，n(A)＝A×A＝12.
于是P(A)＝＝＝.
(2)因为n(AB)＝A＝6，
所以P(AB)＝＝＝.
(3)方法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率
P(B|A)＝＝＝.
方法二：因为n(AB)＝6，n(A)＝12，
所以P(B|A)＝＝＝.
18．(12分)实力相当的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制．(即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛)
(1)试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率；
(2)按比赛规则甲获胜的概率是多少．
解析：(1)甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
记事件A＝“甲打完3局才能取胜”，记事件B＝“甲打完4局才能取胜”，记事件C＝“甲打完5局才能取胜”．
①甲打完3局取胜，相当于进行3次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜，
∴甲打完3局取胜的概率为：
P(A)＝C3＝.
②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负，
∴甲打完4局才能取胜的概率为：
P(B)＝C×2××＝.
③甲打完5局才能取胜，相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负，
∴甲打完5局才能取胜的概率为：
P(C)＝C×2×2×＝.
(2)记事件D＝“按比赛规则甲获胜”，
则D＝A＋B＋C，
又∵事件A、B、C彼此互斥，
∴P(D)＝P(A＋B＋C)
＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＋＋＝，
∴按比赛规则甲获胜的概率为.
19．(12分)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；
(3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．
解析：(1)依题意，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)＝Ci4－i.
这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为
P(A2)＝C22＝.
(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)＝C3＋C4＝.
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.
(3)ξ的所有可能取值为0,2,4.
由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，
故P(ξ＝0)＝P(A2)＝，
P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝，
P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝.
所以ξ的分布列是
ξ
0
2
4
P
20.(12分)某高等学校自愿献血的50位同学的血型分布情形如下表：
血型
A
B
AB
O
人数
20
10
5
15
(1)从这50人中随机选出两人，问两人血型相同的概率是多少？
(2)若有A血型的病人需要输血，从血型为A，O的同学中随机选出2人准备献血，记选出A血型的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望E(ξ)．
解析：(1)从50人中选出两人的方法数为
C＝1 225，
选出两人同血型的方法数为C＋C＋C＋C＝190＋45＋10＋105＝350，
故两人血型相同的概率是＝.
(2)ξ的可能取值为0,1,2.
P(ξ＝0)＝＝；
P(ξ＝1)＝＝；
P(ξ＝2)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
所以E(ξ)＝×0＋×1＋×2＝＝.
21．(12分)某大学毕业生参加某单位的应聘考试，考核依次分为笔试、面试、实际操作三轮进行，规定只有通过前一轮考核才能进入下一轮考核，否则被淘汰．三轮考核都通过才能被正式录用．设该大学毕业生通过一、二、三轮考核的概率分别为、、，且各轮考核通过与否相互独立．
(1)求该大学毕业生进入第三轮考核的概率；
(2)设该大学毕业生在应聘考核中考核轮数为X，求X的分布列及期望和方差．
解析：(1)记“该大学毕业生通过第一轮考核”为事件A，“该大学毕业生通过第二轮考核”为事件B，“该大学毕业生通过第三轮考核”为事件C，则
P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
那么该大学毕业生进入第三轮考核的概率
P＝P(A)·P(B)＝×＝.
(2)X的分布列为：
X
1
2
3
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
22．(12分)北京市政府为做好APEC会议接待服务工作，对可能遭受污染的某海产品在进入餐饮区前必须进行两轮检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知该海产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响．
(1)求该海产品不能销售的概率．
(2)如果该海产品可以销售，则每件产品可获利40元；如果该海产品不能销售，则每件产品亏损80元(即获利－80元)．已知一箱中有该海产品4件，记一箱该海产品获利ξ元，求ξ的分布列，并求出数学期望E(ξ)．
解析：(1)记“该海产品不能销售”为事件A，
则P(A)＝1－×＝.
所以，该海产品不能销售的概率为.
(2)由已知，可知ξ的可能取值为－320，－200，－80，40,160.
P(ξ＝－320)＝4＝，
P(ξ＝－200)＝C·3·＝，
P(ξ＝－80)＝C·2·2＝，
P(ξ＝40)＝C··3＝，
P(ξ＝160)＝4＝.
所以ξ的分布列为
ξ
－320
－200
－80
40
160
P
E(ξ)＝－320×－200×－80×＋40×＋160×＝40.
