10-9随机变量的数字特征与正态分布(理)解析及答案

10-9随机变量的数字特征与正态分布(理)解析及答案一、选择题1．(2011·烟台模拟)设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ1)＝p，则P(－1ξ0)＝()A.12＋pB.12－pC．1－2pD．1－p[答案]B[解析]∵ξ～N(0,1)，∴P(ξ－1)＝P(ξ1)＝p，∴P(－1ξ0)＝12[1－2p(ξ1)]＝12－p.2．(2011·衢州模拟)已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10,0.6)，则Eη，Dη分别是()A．6和2.4B．2和2.4C．2和5.6D．6和5.6[答案]B[解析]∵X～B(10,0.6)，∴E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，∴E(η)＝8－E(X)＝2，D(η)＝(－1)2D(X)＝2.4.3．(2011·盐城、浙江温州模拟)某人射击一次击中的概率为35，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为()A.81125B.54125C.36125D.27125[答案]A[解析]该人3次射击，恰有两次击中目标的概率是P1＝C23·(35)2·25，三次全部击中目标的概率是P2＝C33·(35)3，所以此人至少有两次击中目标的概率是P＝P1＋P2＝C23·(35)2·25＋C33·(35)3＝81125.4．(2011·福州调研)已知某一随机变量ξ的概率分布列如下，且E(ξ)＝6.3，则a的值为()ξ4a9P0.50.1bA.5B．6C．7D．8[答案]C[解析]由0.5＋0.1＋b＝1知，b＝0.4，由E(ξ)＝4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3知，a＝7，故选C.5．(2011·湘潭模拟)设一随机试验的结果只有A和A－，且P(A)＝p，令随机变量X＝1A出现0A不出现，则X的方差D(X)等于()A．pB．2p(1－p)C．－p(1－p)D．p(1－p)[答案]D[解析]X服从两点分布，故D(X)＝p(1－p)．6．(2011·浙江五校联考)设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝59，则P(η≥2)的值为()A.3281B.1127C.6581D.1681[答案]B[解析]由P(ξ≥1)＝59，得C12p(1－p)＋C22p2＝59，即9p2－18p＋5＝0，解得p＝13或p＝53(舍去)，∴P(η≥2)＝C24p2(1－p)2＋C34p3(1－p)＋C44p4＝6×(13)2×(23)2＋4×(13)3×23＋(13)4＝1127.7．(2011·滨州模拟)有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中任取3件，若ξ表示取到次品的件数，则E(ξ)＝________.[答案]34[解析]分布列如下：ξ0123PC312C316C14C212C316C24C112C316C34C316∴E(ξ)＝0×C312C316＋1×C14C212C316＋2×C24C112C316＋3×C34C316＝34.8．如果ξ～B(100，12)，当P(ξ＝k)取得最大值时，k＝________.[答案]50[解析]P(ξ＝k)＝Ck10012k·12100－k＝Ck10012100，由组合数的性质知，当k＝50时取到最大值．9．(2011·龙岩月考)袋中有3个黑球，1个红球．从中任取2个，取到一个黑球得0分，取到一个红球得2分，则所得分数ξ的数学期望E(ξ)＝________[答案]1[解析]P(ξ＝0)＝C23C24＝12，P(ξ＝2)＝C13·C11C24＝12，∴E(ξ)＝0×12＋2×12＝1.10．(2010·山东理)某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有A、B、C、D四个问题，规则如下：①每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题A、B、C、D分别加1分、2分、3分、6分，答错任一题减2分；②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；当答完四题，累计分数仍不足14分时，答题结束，淘汰出局；③每位参加者按问题A、B、C、D顺序作答，直至答题结束．假设甲同学对问题A、B、C、D回答正确的概率依次为34，12，13，14，且各题回答正确与否相互之间没有影响．(1)求甲同学能进入下一轮的概率；(2)用ξ表示甲同学本轮答题结束时答题的个数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．[解析]设A、B、C、D分别表示甲同学能正确回答第一、二、三、四个问题的事件，A－、B－、C－、D－分别为A、B、C、D的对立事件(例如A－表示甲同学第一题回答错误)．由题设条件知，P(A)＝34，P(B)＝12，P(C)＝13，P(D)＝14，P(A－)＝14，P(B－)＝12，P(C－)＝23，P(D－)＝34.(1)记“甲同学能进入下一轮”为事件W，则由题设条件知W＝ABC＋ABC－D＋AB－CD＋A－BCD＋A－BC－D，∵A、B、C、D各事件相互独立，∴P(W)＝P(A)·P(B)·P(C)＋P(A)·P(B)·P(C－)·P(D)＋P(A)·P(B－)·P(C)·P(D)＋P(A－)·P(B)·P(C)·P(D)＋P(A－)·P(B)·P(C－)·P(D)＝34×12×13＋34×12×23×14＋34×12×13×14＋14×12×13×14＋14×12×23×14＝14.(2)由题意知，ξ的可能取值为2、3、4，则P(ξ＝2)＝P(A－B－)＝P(A－)·P(B－)＝14×12＝18，P(ξ＝3)＝P(ABC＋AB－C－)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B－)P(C－)＝34×12×13＋34×12×23＝38.P(ξ＝4)＝1－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝1－18－38＝12，∴ξ的分布列为ξ234P(ξ)183812∴E(ξ)＝2×18＋3×38＋4×12＝278.11.(2011·广东广州二模)设随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，若P(ξ2a－3)＝P(ξa＋2)，则a的值等于()A.73B.53C．5D．3[答案]A[解析]已知ξ～N(3,4)，所以μ＝3，又因为P(ξ2a－3)＝P(ξa＋2)，所以a－＋a＋2＝3，解得a＝73.12．(2011·温州十校联考)已知随机变量X～N(3,22)，若X＝2η＋3，则D(η)等于()A．0B．1C．2D．4[答案]B[解析]由X＝2η＋3，得D(X)＝4D(η)，而D(X)＝22＝4，∴D(η)＝1.13．(2011·广州模拟)一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率为0.6，现有4颗子弹，射击停止后尚余子弹的数目X的期望值为()A．2.44B．3.376C．2.376D．2.4[答案]C[解析]X的取值为3,2,1,0，P(X＝3)＝0.6P(X＝2)＝0.4×0.6＝0.24P(X＝1)＝0.42×0.6＝0.096P(X＝0)＝0.43×0.6＋0.44＝0.064∴E(X)＝3×0.6＋2×0.24＋1×0.096＋0×0.064＝2.376.14．(2011·北京丰台模拟)某课程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都是“合格”，则该课程考核“合格”．若甲，乙，丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9,0.8,0.7；在实验考核中合格的概率分别为0.8,0.7,0.9，所有考核是否合格相互之间没有影响．(1)求甲，乙，丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率；(2)求这三个人该课程考核都合格的概率(结果保留三位小数)．[解析]设“甲理论考核合格”为事件A1，“乙理论考核合格”为事件A2，“丙理论考核合格”为事件A3，A－i为Ai的对立事件，i＝1,2,3.设“甲实验考核合格”为事件B1，“乙实验考核合格”为事件B2，“丙实验考核合格”为事件B3.(1)设“理论考核中至少有两人合格”为事件C，P(C)＝P(A1A2A3∪A1A2A－3∪A1A－2A3∪A－1A2A3)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A－3)＋P(A1A－2A3)＋P(A－1A2A3)＝0.9×0.8×0.7＋0.9×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.7＝0.902.(2)设“三个人该课程考核都合格”为事件D.P(D)＝P[(A1B1)(A2B2)(A3B3)]＝P(A1B1)P(A2B2)P(A3B3)＝P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)P(B3)＝0.9×0.8×0.8×0.7×0.7×0.9≈0.254.所以，这三个人该课程考核都合格的概率为0.254.15．设两球队A、B进行友谊比赛，在每局比赛中A队获胜的概率都是p(0≤p≤1)．(1)若比赛6局，且p＝23，求其中A队至多获胜4局的概率是多少？(2)若比赛6局，求A队恰好获胜3局的概率的最大值是多少？(3)若采用“五局三胜”制，求A队获胜时的比赛局数ξ的分布列和数学期望．[解析](1)设“比赛6局，A队至多获胜4局”为事件A，则P(A)＝1－[P6(5)＋P6(6)]＝1－C562351－23＋C66236＝1－256729＝473729.∴A队至多获胜4局的概率为473729.(2)设“若比赛6局，A队恰好获胜3局”为事件B，则P(B)＝C36p3(1－p)3.当p＝0或p＝1时，显然有P(B)＝0.当0p1时，P(B)＝C36p3(1－p)3＝20·[p(1－p)]3≤20·p＋1－p223＝20·126＝516当且仅当p＝1－p，即p＝12时取等号．故A队恰好获胜3局的概率的最大值是516.(3)若采用“五局三胜”制，A队获胜时的比赛局数ξ＝3,4,5.P(ξ＝3)＝p3，P(ξ＝4)＝C23p3(1－p)＝3p3(1－p)P(ξ＝5)＝C24p3(1－p)2＝6p3(1－p)2，所以ξ的分布列为：ξ345Pp33p3(1－p)6p3(1－p)2E(ξ)＝3p3(10p2－24p＋15)．[点评]本题第(3)问容易出错，“五局三胜制”不一定比满五局，不是“五局中胜三局”．A队获胜包括：比赛三局，A队全胜；比赛四局，A队前三局中胜两局，第四局胜；比赛五局，前四局中胜两局，第五局胜，共三种情况．1．设随机变量ξ服从分布P(ξ＝k)＝k15，(k＝1,2,3,4,5)，E(3ξ－1)＝m，E(ξ2)＝n，则m－n＝()A．－319B．7C.83D．－5[答案]D[解析]E(ξ)＝1×115＋2×215＋3×315＋4×415＋5×515＝113，∴E(3ξ－1)＝3E(ξ)－1＝10，又E(ξ2)＝12×115＋22×215＋32×315＋42×415＋52×515＝15，∴m－n＝－5.2．(2010·山东理)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，P(ξ2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝()A．0.477B．0.628C．0.954D．0.977[答案]C[分析]若ξ～N(μ，σ2)，则μ为其均值，图象关于x＝μ对称，σ为其标准差．[解析]∵P(ξ2)＝0.023，∴P(ξ－2)＝0.023，故P(－2≤ξ≤2)＝1－P(ξ2)－P(ξ－2)＝0.954.故选C.[点评]考查其对称性是考查正态分布的主要方式．3．某次国际象棋比赛规定，胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分，某参赛队员比赛一局胜的概率为a，平局的概率为b，负的概率为c(a，b，c∈[0,1))，已知他比赛一局得分的数学期望为1，则ab的最大值为()A.13B.12C.112D.16[答案]C[解析]由条件知，3a＋b＝1，∴ab＝13(3a)·b≤13·3a＋b22＝112，等号在3a＝b＝12，即a＝16，b＝12时成立．4．(2011·盐城模拟)袋中有相同的5个球，其中3个红球，2个黄球，现从中随机且不放回地摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时，即停止摸球，记随机变量ξ为此时已摸球的次数，求：(1)随机变量ξ的概率分布列；(2)随机变量ξ的数学期