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O(∩_∩)O1、考虑为期一年的一张保险单，若投保人在投保一年后因意外死亡，则公司赔付20万元，若投保人因其他原因死亡，则公司赔付5万元，若投保人在投保期末生存，则公司无需付给任何费用。若投保人在一年内因意外死亡的概率为0.0002，因其他愿意死亡的概率为0.0010，求公司赔付金额的分布律。解：设X为公司的赔付金额，X=0,5,20P（X=0）=1-0.0002-0.0010=0.9988P（X=5）=0.0010P（X=20）=0.0002X0520P0.99880.00100.00022.(1)一袋中装有5只球，编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取3只球，以X表示取出的三只中的最大号码，写出随机变量的分布律.解：方法一:考虑到5个球取3个一共有C53=10种取法，数量不多可以枚举来解此题。设样本空间为SS=｛123,124,125,134,135,145,234,235,245,345｝易得，P｛X=3｝=110；P｛X=4｝=310；P｛X=5｝=610；方法二：X的取值为3,4,5当X=3时，1与2必然存在，P｛X=3｝=C22C53=110;当X=4时，1,2,3中必然存在2个，P｛X=4｝=C32C53=310；当X=5时，1,2,3,4中必然存在2个，P｛X=5｝=C42C53=610；(2)将一颗骰子抛掷两次，以X表示两次中得到的小的点数，试求X的分布律.解：P｛X=1｝=P(第一次为1点)+P（第二次为1点）-P（两次都为一点）=16+16−136=1136；P｛X=2｝=P(第一次为2点，第二次大于1点)+P（第二次为2点，第一次大于1点）-P（两次都为2点）=16×56+16×56−136=936；P｛X=3｝=P(第一次为3点，第二次大于2点)+P（第二次为3点，第一次大于2点）-P（两次都为3点）=16×46+16×46−136=736；X345Pk1/103/106/10X345Pk1/103/106/10O(∩_∩)OP｛X=4｝=P(第一次为4点，第二次大于3点)+P（第二次为4点，第一次大于3点）-P（两次都为4点）=16×36+16×36−136=536；P｛X=5｝=P(第一次为5点，第二次大于4点)+P（第二次为5点，第一次大于4点）-P（两次都为5点）=16×26+16×26−136=336；P｛X=6｝=P(第一次为6点，第二次大于5点)+P（第二次为6点，第一次大于5点）-P（两次都为6点）=16×16+16×16−136=136；X123456Pk11/369/367/365/363/361/363.设在15只同类型的零件中有2只是次品，在其中取3次，每次任取1只，作不放回抽样.以X表示取出的次品的只数.(1)求X的分布律.解：P｛X=0｝=C133C153=2235;P｛X=1｝=C132C21C153=1235;P｛X=2｝=C131C22C153=135;X012Pk22/3512/351/35(2)画出分布律的图形.4、进行独立重复试验，设每次试验的成功率为p，失败概率为q=1-p（0p1）22/3512/351/350.000.100.200.300.400.500.600.70P｛X=k｝X分布律图形012O(∩_∩)O（1）将试验进行到出现一次成功为止，以X表示所需的试验次数，求X的分布律。（此时称X服从以p为参数的几何分布）（2）将试验进行到出现r次成功为止，以Y表示所需的试验次数，求Y得分布律。（此时称Y服从以r,p为参数的帕斯卡分布或负二项分布）（3）一篮球运动员的投篮命中率为45%。以X表示他首次投中时累计已投篮的次数，写出X的分布律，并计算X取得偶数的概率解：（1）k=1,2,3，……P（X=k）=p𝑞𝑘−1（2）k=r+1,r+2,r+3,……P（Y=k）=𝐶𝑘−1𝑟−1𝑝𝑟𝑞𝑘−𝑟（3）k=1,2,3,……P（X=k）=0.45(0.55)𝑘−1,设p为X取得偶数的概率P=P{X=2}+P{X=4}+……+P{X=2k}=0.45(0.55)1+0.45(0.55)3……+0.45(0.55)2𝑘−1=11315.一房间有3扇同样大小的窗子，其中只有一扇是打开的。有一只鸟自开着的窗子飞入了房间，它只能从开着的窗子飞出去。鸟在房子里飞来飞去，试图飞出房间。假定鸟是没有记忆的，它飞向各扇窗子是随机的。(1)以X表示鸟为了飞出房间试飞的次数，求X的分布律。(2)户主声称，他养的一只鸟是有记忆的，它飞向任一窗子的尝试不多于一次。以Y表示这只聪明的鸟为了飞出房间试飞的次数。如户主所说是确实的，试求Y的分布律。(3)求试飞次数X小于Y的概率和试飞次数Y小于X的概率。解：（1）由题意知，鸟每次选择能飞出窗子的概率为1/3，飞不出窗子的概率为2/3，且各次选择之间是相互独立的，故X的分布律为：P(X=k)=13∗(23)𝑘−1，k=1,2,3……X123𝑃𝐾1329427（2）Y的可能取值为1，2，3，其分布律为方法一：P(Y=1)=13P(Y=2)=23∗12=13P(Y=3)=23∗12∗1=13O(∩_∩)O方法二：由于鸟飞向各扇窗户是随机的，鸟飞出指定窗子的尝试次数也是等可能的。即P(X=1)=P(Y=2)=P(X=3)=13Y123𝑃𝐾131313（3）设试飞次数X小于Y为事件A，Y小于X为事件B。普通鸟和聪明鸟的选择是独立的X小于Y的情况有：①X=1,Y=2②X=1,Y=3③X=2,Y=3故P(A)=P(X=1)*P(Y=2)+P(X=1)*P(Y=3)+P(X=2)*P(Y=3)=13∗13+29∗13+13∗13=827Y小于X的情况有：①Y=1,X≥2②Y=2,X≥3③Y=3,X≥4故P(B)=P(Y=1)*P(X≥2)+P(Y=2)*P(X≥3)+P(Y=3)*P(X≥4)=P(Y=1)*[1-P(X=1)]+P(Y=2)*[1-P(X=1)-P(X=2)]+P(Y=3)*[1-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3)]=13∗(1-13)+13∗(1-13-29)+13∗(1-13-29-427)=38816.一大楼装有5台同类型的供水设备。设各台设备是否被使用相互独立。调查表明在任一时刻t每台设备被使用的概率为0.1，问在同一时刻，(1)恰有2台设备被使用的概率是多少？(2)至少有3台设备被使用的概率是多少？(3)至多有3台设备被使用的概率是多少？(4)至少有1台设备被使用的概率是多少？解：设同一时刻被使用的设备数为X，试验次数为5且每次试验相互独立，显然X满足二次分布X(1)P(X=2)=𝐶52∗0.12∗0.93=0.0729(2)P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=𝐶53∗0.13∗0.92+𝐶54∗0.14∗0.9+0.15=0.00856(3)P(X≤3)=1-P(X=4)-P(X=5)=1-𝐶54∗0.14∗0.9-0.15=0.99954(4)P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.95=0.409517.设事件A在每次试验发生的概率为0.3。A发生不少于3次时，指示灯发出信号。(1)进行了5次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。(2)进行了7次重复独立试验，求指示灯发出信号的概率。解：设进行5次重复独立试验指示灯发出信号为事件B，进行7次重复独立试验指示灯发出O(∩_∩)O信号为事件C。用X表示n次重复独立试验中事件A发生的次数，则P(X=k)=𝐶𝑛𝑘∗0.3𝑘∗0.7𝑛−𝑘,k=1,2,3……（1）P(B)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=𝐶53∗0.33∗0.72+𝐶54∗0.34∗0.7+0.35≈0.163或：P(B)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=1-0.75-𝐶51∗0.3∗0.74-𝐶52∗0.32∗0.73≈0.163（2）P(C)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=1-0.77-𝐶71∗0.3∗0.76-𝐶72∗0.32∗0.75≈0.3538．甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6,0.7.今各投三次，求：（1）两人投中次数相等的概率（2）甲比乙投中次数多的概率解：记投三次后甲投中次数为X，乙投中次数为Y，，设甲投中a次，乙投中b次的概率为P（X=a，Y=b）（1）设两人投中次数相等为事件A因为甲、乙两人每次投篮相互独立且彼此投篮相互独立则P（A）=P（X=0，Y=0）+P（X=1，Y=1）+P（X=2，Y=2）+P（X=3，Y=3）=（0.4）3×（0.3）3+𝐶31×0.6×(0.4)2×𝐶31×0.7×(0.3)2+𝐶32×（0.6）2×0.4×𝐶32×（0.7）2×0.3+（0.6）3×（0.7）3=0.321（2）设甲比乙投中次数多为事件B则P（B）=P（X=1，Y=0）+P（X=2，Y=0）+P（X=3，Y=0）+P（X=2，Y=1）+P（X=3，Y=1）+P（X=3，Y=2）=𝐶31×0.6×(0.4)2×(0.3)3+𝐶32×（0.6）2×0.4×(0.3)3+(0.6)3×(0.3)3+𝐶32×（0.6）2×0.4×𝐶31×0.7×(0.3)2+（0.6）3×𝐶31×0.7×(0.3)2+（0.6）3×𝐶32×（0.7）2×0.3=0.2439．有一大批产品，其验收方案如下，先作第一次检验：从中任取10件，经检验无次品接受这批产品，次品数大于2拒收；否则作第二次检验，其做法是从中再任取5件，仅当5件中无次品时接受这批产品。若产品的次品率为10%，求：（1）这批产品经第一次检验就能接受的概率（2）需作第二次检验的概率（3）这批产品按第二次检验的标准被接受的概率（4）这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过的概率（5）这批产品被接受的概率解：记第一次检验抽取的10件中次品个数X，则X～B（10,0.1）第二次检验抽取的5件中次品个数Y，则Y～B（5,0.1）（1）设事件A为“这批产品第一次检验就能接受”，P（A）=（0.9）10≈0.349O(∩_∩)O（2）设事件B为“需作第二次检验”，即第一次检验次品数为1或2P（B）=P（X=1）+P（X=2）=𝐶101×（0.9）9×0.1+𝐶102×（0.9）8×（0.1）2≈0.581（3）设事件C为“这批产品按第二次检验的标准被接受”P（C）=（0.9）5≈0.590（4）设事件D为“这批产品在第一次检验未能作决定且第二次检验时被通过”由（2）（3）知事件B、C相互独立P（D）=P（B）×P（C）≈0.581×0.590≈0.343（5）设事件E为“这批产品被接受的概率”，其中包括事件A和事件D，A与D互斥P（E）=P（A）+P（D）≈0.349+0.343=0.69210．有甲、乙两种味道和颜色都极为相似的名酒各4杯，如果从中挑4杯，能将甲种酒全部挑出来，算是试验成功一次。（1）某人随机地去猜，问他试验成功一次的概率是多少？（2）某人声称他通过品尝能区分两种酒，他连续试验10次，成功3次，试推断他是猜对的，还是他确有区分的能力（设每次试验是相互独立的）解：（1）设事件A为“试验成功一次”，题意为在8杯中挑4杯，恰好挑到事件A由题意知P（A）=1𝐶84=170（2）设事件B为“他连续试验10次，成功3次”由于每次试验相互独立则P（B）=𝐶103×（170）3×（6970）7=310000此概率太小在试验中竟然发生了，按实际推断原理，认为他确实有区分的能力。11.尽管在几何教科书中已经讲过用圆规和直尺三等分一个任意角是不可能的，但每年总有一些“发明家”撰写关于仅用圆规和直尺将角三等分的文章。设某地区每年撰写此类文章篇数X服从参数为6的泊松分布。求明年没有此类文章的概率。解：设明年没有此类文章的概率为P,又X服从泊松分布，得P(X=k)=𝜆𝑘𝑒−𝜆𝑘!令λ=6，则P(X=0)=60𝑒−60!=𝑒−6=2.5×10−3O(∩_∩)O12.一电话总机每分钟