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专题能力训练21随机变量及其分布
能力突破训练
1.甲射击命中目标的概率是12,乙命中目标的概率是13,丙命中目标的概率是14.现在三人同时射
击目标,则目标被击中的概率为()
A.34B.23C.45D.710
2.(2015广东高考)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球,其中有10个白球,5个红球.从袋
中任取2个球,所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为()
A.521B.1021C.1121D.1
3.一袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球(除颜色外其他完全相同),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.C1210(38)10(58)2B.C129(38)9(58)238
C.C119(58)2(38)2D.C119(38)10(58)2
4.已知某批零件的长度误差(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%
5.
如图所示,A,B两点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.记
从中任取三条线且在单位时间内通过的最大信息总量为X,则P(X≥8)=.
6.设离散型随机变量X的分布列为
X01234
P0.20.10.10.3m
若随机变量Y=|X-2|,则P(Y=2)=.
7.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=.
8.(2015北京高考)A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如
下:
A组:10,11,12,13,14,15,16
B组:12,13,15,16,17,14,a
假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选
出的人记为乙.
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;
(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;
(3)当a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)
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9.(2015贵州八校第二次联考)为了促进学生的全面发展,贵州某中学重视学生社团文化建
设,2014年该校某新生确定争取进入曾获团中央表彰的“海济社”和“话剧社”.已知该同学通过考
核选拔进入两个社团成功与否相互独立,根据报名情况和他本人的才艺能力,两个社团都能进入
的概率为124,至少进入一个社团的概率为38,并且进入“海济社”的概率小于进入“话剧社”的概率.
(1)求该同学分别通过选拔进入“海济社”的概率p1和进入“话剧社”的概率p2;
(2)学校根据这两个社团的活动安排情况,对进入“海济社”的同学增加1个校本选修课学分,
对进入“话剧社”的同学增加0.5个校本选修课学分.求该同学在社团方面获得校本选修课加分分
数的分布列和数学期望.
10.(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.
11.(2015山东高考)若n是一个三位正整数,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).
思维提升训练
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3
12.
在如图所示的正方形中随机投掷10000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()
A.2386
B.2718
C.3413
D.4772
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
13.在15个村庄中有7个村庄交通不方便,现从中任意选10个村庄,用X表示这10个村庄中
交通不方便的村庄数,下列概率中等于C74C8
6
C1510的是()
A.P(X=2)B.P(X≤2)
C.P(X=4)D.P(X≤4)
14.在某校运动会中,甲、乙、丙三支足球队进行单循环赛(即每两队比赛一场)共赛三场,每
场比赛胜者得3分,负者得0分,没有平局.在每一场比赛中,甲胜乙的概率为13,甲胜丙的概率为14,
乙胜丙的概率为13.
(1)求甲队获第一名且丙队获第二名的概率;
(2)设在该次比赛中,甲队得分为ξ,求ξ的分布列和数学期望.
15.(2015河南开封高三模拟)某家电产品受在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每件的
利润(单位:百元)与该产品首次出现故障的时间(单位:年)有关.某厂家生产甲、乙两种品牌,保修
期均为2年.现从该厂已售出的两种品牌家电中各随机抽取50件,统计数据如下:
品牌甲乙
首次出现
故障时间x0202
数量2345545
每件利润1231.82.9
将频率视为概率,解答下列问题:
(1)从该厂生产的甲、乙品牌产品中随机各抽取一件,求其至少有一件首次出现故障发生在
保修期内的概率;
(2)若该厂生产的家电均能售出,记生产一件甲品牌家电的利润为X1,生产一件乙品牌家电的
利润为X2,分别求X1,X2的分布列;
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(3)该厂预计今后这两种品牌家电销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的家电.若
从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的家电?说明理由.
16.(2015湖南高考)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,每次抽
奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个
球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获
奖.
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率;
(2)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,求X的分布列和
数学期望.
参考答案
能力突破训练
1.A解析:设甲命中目标为事件A,乙命中目标为事件B,丙命中目标为事件C,则击中目标表
示事件A,B,C中至少有一个发生.∵P(??·??·??)=P(??)·P(??)·P(??)=[1-P(A)]·[1-P(B)]·[1-
P(C)]=(1-12)×(1-13)×(1-14)=14.∴击中的概率P=1-P(??·??·??)=34.
2.B解析:从15个球中任取2个球,其中白球的个数服从超几何分布,根据超几何分布的概
率公式,得所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为C10
1C51
C152=
10×5
15×7=
10
21.
3.D解析:由题意知第12次取到红球,前11次中恰有9次红球2次白球,因为每次取到红球
的概率为38,所以P(X=12)=C119(38)9×(58)2×38.
4.B解析:由正态分布N(0,32)可知,ξ落在(3,6)内的概率为??(??-2??
=95.44%-68.26%2=13.59%.
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5.45解析:由已知得,X的可能取值为7,8,9,10,则P(X≥8)与P(X=7)是对立事件,故
P(X≥8)=1-P(X=7)=1-C2
2C21
C53=
4
5.
6.0.5解析:由分布列的性质,知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,则m=0.3.由Y=2,即|X-2|=2,得X=4
或X=0,故P(Y=2)=P(X=4或X=0)=P(X=4)+P(X=0)=0.3+0.2=0.5.
7.13解析:根据二项分布的均值、方差公式,得{??(??)=????=30,??(??)=????(1-??)=20,解得p=13.
8.解:设事件Ai为“甲是A组的第i个人”,事件Bi为“乙是B组的第i个人”,i=1,2,…,7.
由题意可知P(Ai)=P(Bi)=17,i=1,2,…,7.
(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者
第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=37.
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪
A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
因此
P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6)=
10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=1049.
(3)a=11或a=18.
9.解:(1)据题意,有{
??1??2=124,
1-(1-??1)(1-??2)=38,
??1
解得{
??1=16,
??2=14.
(2)令该同学在社团方面获得校本选修课加分分数为ξ,则ξ的可能取值有0,0.5,1,1.5.
P(ξ=0)=(1-14)×(1-16)=58;P(ξ=0.5)=14×(1-16)=524;P(ξ=1)=(1-14)×16=18;P(ξ=1.5)=14×16=
1
24.
分布列为
ξ00.511.5
P5852418124
所以,ξ的数学期望为E(ξ)=0×58+0.5×524+1×18+1.5×124=724.
10.解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,
则P(A)=56×45×34=12.
(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.
又P(X=1)=16,P(X=2)=56×15=16,P(X=3)=56×45×1=23,所以X的分布列为
X123
P161623
所以E(X)=1×16+2×16+3×23=52.
11.解:(1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;
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(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为C93=84,随机变量X的取值为:0,-1,1,因此
P(X=0)=C8
3
C93=
2
3,P(X=-1)=
C42
C93=
1
14,P(X=1)=1-
1
14?
2
3=
11
42.所以X的分布列为
X0-11
P231141142
则E(X)=0×23+(-1)×114+1×1142=421.
思维提升训练
12.C解析:由于曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线,所以P(-1
布密度曲线的对称性知P(0
落入阴影部分的概率P=0.34131=0.3413.因此,落入阴影部分的点的个数的估计值为10000×0.341
3=3413.故选C.
13.C解析:X服从超几何分布P(X=k)=C7
??C
8
10-??
C1510,故k=4.
14.解:(1)设“甲队获第一且丙队获第二”为事件A,则P(A)=13×14×(1-13)=118.
(2)ξ可能的取值为0,3,6,则甲两场皆输:P(ξ=0)=(1-13)×(1-14)=12;甲两场只胜一
场:P(ξ=3)=13×(1-14)+(1-13)×14=512;甲两场皆胜:P(ξ=6)=13×14=112.则ξ的分布列为
ξ036
P12512112
故E(ξ)=0×12+3×512+6×112=74.
15.解:(1)设“甲、乙品牌家电至少有一件首次出现故障发生在保修期内”为事件A,则P(A)=1-
45
50×
45
50=
19
100.
(2)依题意得,X1的分布列为
X
1
123
P125350910
X2的分布列为
X
2
1
.8
2
.9
P110910
(3)由(2)得E(X1)=1×125+2×350+3×910=14350=2.86(百元),E(X2)=1.8×110+2.9×910=2.79(百元).因为
E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌家电.
16.解:(1)记事件A1={从甲箱中摸出的1个球是红球},A2={从乙箱中摸出的1个球是红
球},B1={顾客抽奖1次获一等奖},B2={顾客抽奖1次获二等奖},C={顾客抽奖1次能获奖}.
由题意,A1与A2相互独立,A1??2与??1A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1??2+
??1A2,C=B1+B2,
因为P(A1)=410=25,P(A2)=510=12,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=25×12=15,
P(B2)=P(A1??2+??1A2)=P(A1??2)+P(??1A2)
=P(A1)P(??2)+P(??1)P(A2)
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=P(A1)(1-P(A2))+(1-P(A1))P(A2)
=25×(1-12)+(1-25)×12=12.
故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=15+12=710.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为15,所以
X~B(3,15).于是P(X=0)=C30(15)0(45)3=64125,
P(X=1)=C31(15)1(45)2=48125,
P(X=2)=C32(15)2(45)1=12125,
P(X=3)=C33(15)3(45)0=1125.
故X的分布列为
X0123
P6412548125121251125
X的数学期望为E(X)=3×15=35.
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