第二章 随机变量及其分布答案(3)

A卷（课堂针对训练四）

二项分布

ξ P 2 493 8274 4275 19 双基再现

1 .C 解析：①②③正确，④不对，X可取0，正整数应改为自然数.

2 .D 解析：A出现k次的概率为1-P,由二项分布概率公式可得，亦可理解为A出现n-k次. 3 .(1?P)P 解析：注意不要随意套用公式. 4 .k+1;1-P;P;1 解析：对照二项式展开式即可，这也是二项分布名称的由来. 5 .

21662523征.另外还可以不改变数据，只变情境，帮助理解. 8 .解：设X为答对题的个数，则X～B(10,

设P(X=k)最大，则

P(X?k)P(X?k?1) {P(X?k)P(X?k?1)?114),

， 解得

?174?k?114,

所以k=2

所以答对2道题的概率最大，此概率为

12382C10?()?()?0.28

44 解析：这是4次独立重复试验，每次

410?25取一个红球的概率为概率为

35,每次取一个白球的

名师点金：本变式题改变了原问题的情景数据，解题过程也有所变变化，帮助我们进一步体会寻求二项分布中概率最大项的方法。解题时可采取教材中对由0到n过程中概率变化趋势（即单调性）的研究方法，也可用这里采取的比前一项和后一项都大的方法来求.同学们不妨类比数列中寻求最大项的问题解决。另外本题还可以推广为更一般的结论，如“X～B(n,p),P(X=k)的最大值？”.

,连续取4次，恰有1个红球的概率为

2332161 C4?()?()?556256 .

6581 解析：

2

59=P(ξ≥1)=1－P(ξ=0)

2

=1－(1－p), 即(1－p)=故P(η≥1)=1－P(η=0)

49, p=

13,

实践演练

9 .解：由题意，4引擎飞机正常运行的概率为

=1?(1?P)4?1?()4?326581

C4P(1?P)?C4P,2引擎飞机正常飞行的概

3344率为P，所以C4P(1?P)?C4P?P，解

223344变式活学

7 .解析：设次品数为?，?～B(2, 5%),

P(??k)?Cn0.05(1?0.05)kkn?k,(k?0,1,2)，

得

13?P?1

所以分布列如下： ζ P

名师点金：本题产品检验，原题是掷骰子，不管是哪种背景，其采用的数学模型是一样的.要注意通过大量的实例来体会独立重复试验和二项分布的特

0 0.9025 1 0.095 2 0.0025 10. 解:ξ的可能取值为0，1，2，3，4， 其中

P(ξ=0)=0.52×0.62=0.09

P(ξ=1)=C2×0.52×0.62+0.52×C2×0.4×0.6=0.3 P(ξ=2)=

0.52×0.62+C2×0.52×C2×0.4×0.6+0.52×0.42=0.37 P(ξ=3)= 0.52×C2×0.4×0.6+C2×0.52×0.42=0.2

111111用心 爱心 专心

P(ξ=4)= 052×042=004

于是得到随机变量ξ的概率分布列为：

B卷（课外提升训练）

二项分布

ξ P 0 0.09 1 0.3 2 0.37 3 0.2 4 0.04 理解整合

1．D 解析：设任取一件不是废品为事件A，任

取一件是一等品为事件B.则P(A)=1-04=06， P(B|A)=075.

由P(B|A)?P(AB)P(A)?P(B)P(A)22k?3其概率为Ck，所以试验次数?的?1P(1?P)分布列为

P(??k)?Ck?1P(1?P)22k?3?P

，所以

?Ck?1P(1?P)33k?3 P(B)?P(B|A)?P(A)?0.75?0.6?0.45 2. A 解析：恰有一株存活的概率为

p(1-q)+(1-p)q=p+q-2pq

3.D 解析：每台机床需要人照看的概率为0.2，一小时内至多2台机床需要工人照看的对立事件是有3台或4台需要照看，其概率为

1?C4?0.2?0.8?C4?0.23344，（k=3,4, ??,n）

9．解：分别记三个元件A、B、C能正常工作为事

件A、B、C，

由题意，这三个事件相互独立， 系统N1正常工作的概率为

P（A·B·C）=P（A）·P（B）·P（C）

= 0.8?0.9?0.9 = 0.648

系统N2中，记事件D为B、C至少有一个正常工作，则

P（D）=1–P（B··P（C） C）=1– P（B）

=1–（1 –0.9）?（1–0.9）= 0.99

系统N2正常工作的概率为

P（A·D）= P（A）·P（D）= 0.8?0.99 = 0.792

?0.9728

4．D 解析：可以根据

P(??k)P(??k?1)判断P（η

=k）的变化趋势.作为选择题也直接检验各选项，比较大小.

5．0.228；0.564 解析：得300分可能是答对第一、三题或第二、三题，其概率为0.8×0.3×0.6+0.2×0.7×0.6=0.228；答对4道题可得400分，其概率为0.8×0.7×0.6=0.336，所以至少得300分的概率为0.228+0.336=0.564

6．0.768 解析：可能是恰有两天连续准确也可能是连续三天准确，概率为

2?0.8?0.2?0.8?0.768

23拓展创新

10．

2536 解析：过第一关时抛掷骰子1次，点数

56大于1即可，概率为；过第二关时抛掷骰子2

次，点数之和大于4 即可，概率为

1?6?16?16?56，所以连过前两关的概率为

7．4 解析：m1?0,m2?2,m3?4??，从

6356?56?2536

甲袋中取一张1，从乙袋中取两张2；，或从甲袋中取一张2，从乙袋中取一张1一张2，乘积的值为4，其概率为

26?2?17?6?36?2?1?1?27?6?46311．解：<法一>

设A={从第一个盒子中取得标有字母A的球}， B={从第一个盒子中取得标有字母B的球}， C={第二次取出的是红球}， 则试验成功可表示为“AC?BC”, 又事件“AC”与事件“BC”互斥，所以 P(AC?BC)=P(AC)+P(BC)

=P(C|A)P(A)+P(C|B)P(B)

?12?710?45?310?59100

8．解析：本题目中随机变量?并不服从二项分布，但第三次事件A发生之前仍可用独立重复试验方法解决.

若第k次试验是事件A第三次发生，则前k-1次试验中事件A必发生两次，

<法二>

用心 爱心 专心

P(AC?BC)?P(AC)?P(BC)

?7?510?10?3?810?10?591001

2区域N的面积为?8?8?32，P(MN)P(M)?632?31612?6?2?6,所以12．解：（1）若m=3，则后四位中有两个1两个0，

222所以P(m=3)=C4?()?()?P(N|M)=. 1238273

17．解：（1）设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件 (2)<法一>P(m≤3)=P(m=1)+P(m=2)+P(m=3)

0413=C4?()?C4?()?11233?C4?()?()

3332122由题设条件有 2① ② ③ ? =

1127

<法二>P(m≤3)=1-P(m=4)-P(m=5)

3=1-C4?123244?()-C4?()

333=

1127

P 0 322431 1411229.2 802433 402434 10243141125 124313．解：设1年内需要赔付的人数为X，则这家保

险公司在这1年内要赔付450000X元，且X～B（100000，10?6），又保险公司1年的销售收入为20?105元，所以若这家保险公司亏本，则满足

450000X>20?105 解得X>

40980243,, ,, ??P(A?B)????P(B?C)????P(A?C)????P(A)?(1?P(B))???即?P(B)?(1?P(C))??2??P(A)?P(C)?.9?

由①、③得P(B)?1?98P(C) 所以，1年内，赔付人数超过4时，这家保险公司会亏本.

14．解：设每天排队结算的人数为X，则 (1)P(X≤20)=0.1+0.15+0.25+0.25=0.75,即每天不超过20人排队结算的概率为0.75.

(2)该商场每天出现超过15人的概率为P(X>15)=0.25+0.2+0.05=0.5， 设7天中出现这一事件的天数为Y,则 P(Y≥3)=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)

071727=1?C7?0.5?C7?0.5?C7?0.5

代入②得 27[P(C)]2－51P(C)+22=0 解得 P(C)?2323或119（舍去） 将P(C)?13分别代入②、③可得 14. P(A)?,P(B)?即甲、乙、丙三台机床各加工的零件是一等品的概率分别是112,,. 343=因为

9912899128

（2）记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，则 P(D)?1?P(D)?1?(1?P(A))(1?P(B))(1?P(C))>075,所以该商场需要增加结算窗口.

综合探究

15．C 解析：（0，20），（1，19），??，（20,0）共21个. 16．

316 ?1?23?34?13?56. 故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56. 解析：由图形可知区域M的面积为

用心 爱心 专心

18．解：（1）ξ～B(5,

13)，ξ的分布列为

以Bm表示至少剩下m只果蝇的事件

12P(ξ=k)=C5k()k()5?k，k=0，1，2，3，4，5；

33（2）η=k（k=0,1,2,3,4）也就是说{前k个是绿灯，第k+1个是红灯},η=5也就是说{5个均为21绿灯)，所以η的分布列为P(η=k)=()k?，

33(m?0，，1?，6．)

可以有多种不同的计算P(Ak)的方法． 方法1（组合模式）：当事件Ak发生时，第8?k只飞出的蝇子是苍蝇，且在前7?k只飞出的蝇子中有1只是苍蝇，所以P(Ak)?k=0，1，2，3，4； P(η=5)=()5?3232243；

C7?kC281?7?k28．

（3）所求概率P(ξ≥1)=1－P(ξ=0)

2211=1－()5?

3243方法2（排列模式）：当事件Ak发生时，共飞走其中第8?k只飞出的蝇子是苍蝇，8?k只蝇子，

高考模拟

4?2?4??19．解：（1）p?C5???1??

5??5???10?1625?1125?0.05

423哪一只？有两种不同可能．在前7?k只飞出的蝇子中有6?k只是果蝇，有C86?k种不同的选择可

能，还需考虑这7?k只蝇子的排列顺序．所以

4?4?1（2）P?1?C5??1??

5?5?P(Ak)?C2?C616?k(7?k)!A88?k?7?k28；

．

?1?0.0064?0.99

由上式立得P(A1)?3628?314（3）P?C4?14?4?41???0.02 ??5?5?5P(B3)?P(A5?A6)?P(A5)?P(A6)?．

32820．解：以Ak表示恰剩下k只果蝇的事件

(k?0，1，?，6．)

A卷（课堂针对训练一） 离散性随机变量的均值

双基再现 1. D 解析：

EX=1×0.5+3×0.3+5×0.2=2.4.

2. B 解析：废品率为

115E(?a?b)?aE??b

得E(??E?)?E??E??0. 4. C 解析：由0.1?a?b?0.1?1，

得a?b?0.8，又由

，设150件中的废

115品数为X，则X～B(150, 项分布的期望公式得 EX=150×

115),由二

E??0?0.1?1?a?2?b?3?0.1?1.6得a?2b?1.3， 解得

=10 .

a?0.3,b?0.5,?a?b??0.2

.

3. B 解析：因为E?是常数，所以由 5. D 解析：该个体户每天的获利是随机变量，

用心 爱心 专心

记为X.X可能取值100，-10，其中P(X=-10)=

130365值关系求解。另外，其结果意义是每抽一次，平均会损失

75,P(X=100)=

235365235365,

?60.82.

元.

所以EX=100?+(-10)?1303658. 解：用X1，X2，X3分别表示甲、乙、丙三个方案的获利

采用方案甲的平均获利为EX1=6×0.4+2×0.3-4×0.3=1.8

采用方案乙的平均获利为EX2=7×0.3+2.5×0.4-5×0.3=1.6

采用方案丙的平均获利为EX3=6.5×0.4+4.5×0.2-4.5×0.4=1.7

所以EX1>EX3>EX2

可见方案甲的平均获利最大，应选择方案甲.

6. 3.5 解析：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为 ξ 1 162 16163 16164 165 166 16P 16 16 所以E??1×

16＋2×

16＋3×＋4×＋5×

＋6×

16名师点金：本变式题与原题比较在背景方面发生了变化，仍是考查随机变量均值在决策性问题中的意

义。体会数学期望在衡量随机变量时的作用。 实践演练

9. 解：由题意知每人在第一季度的概率为

312?14＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝3.5．

变式活学

7. 解:设Y为抽到的2球钱数之和，则Y的可能取

值如下：Y=2（抽到2个1元），Y=6（抽到1个1元，1个5元），Y=10（抽到2个5元）,由题意

P(Y?2)?C82，又得3人中生日在第一季度的人数为?，

14

则?～B(3,

)，所以E??3?3414?34

C1011C8C22C102?2845,

因此，第一季度的平均人数为

10.解：设一张彩票中奖额为随机变量ξ，显然ξ

所有可能取的值为0，5，25，100依题意，可P(Y?6)??1645,

得ξ的分布列为 ξ 0 5 25 100 P(Y?10)?2C22C10?145

P 391400 150 150?25?15001500 ?100?12000 12000?0.2所以EY?2?2845?6?1645?10?145?16245

E??0?391400?5? 又设?为抽奖者获利可能值，则?=Y-5，所以抽奖者获利的期望为：E??EY?5??75

所以一张彩票的合理价格是0．2元． 说明：这是同学们身边常遇到的现实问题，比如福利彩票、足球彩票、奥运彩票等等．一般来说，出台各种彩票，政府要从中收取一部分资金用于公共福利事业，同时也要考虑工作人员的工资等问题．本题的“不考虑获利”的意思是指：所收资金全部用于奖品方面的费用.

.

名师点金：本变式题与原题比较改变了背景、数据，使问题从原来“得分计算”转变为“摸奖获利的计算”。抽到的2个球上的钱数之和这个随机变量是容易获得的，而抽奖人获利与之相关.解决此类问题有时可以先求一个与之相关但更容易获得的随机变量的期望，再利用线性相关的随机变量的期望

A卷（课堂针对训练二）

用心 爱心 专心

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