【数学】2020届一轮复习北师大版离散型随机变量及其分布作业
1.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),6)设随机变量X的分布列为P(X=m)=p·,m=1,2,3,则X的数学期望E(X)为( )
A.1 B. C. D.
答案 C
2.(2018浙江台州高三期末质检,12)已知随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
m
则m= ,D(X)= .
答案 ;
考点二 离散型随机变量的均值与方差
1.(2018浙江温州二模(3月),6)随机变量X的分布列如下表所示,若E(X)=,则D(3X-2)=( )
X
-1
0
1
P
a
b
A.9 B.7 C.5 D.3
答案 C
2.(2018浙江杭州高三教学质检,12)在一次随机试验中,事件A发生的概率为p,事件A发生的次数为ξ,则数学期望E(ξ)= ,方差D(ξ)的最大值为 .
答案 p;
炼技法
【方法集训】
方法1 求离散型随机变量的分布列的方法
1.(2018浙江萧山九中12月月考,8)已知某口袋中有3个白球和a个黑球(a∈N*),现从中随机取出一球,再放回一个不同颜色的球(即若取出的是白球,则放回一个黑球;若取出的是黑球,则放回一个白球),记放好球后袋中白球的个数是ξ.若E(ξ)=3,则D(ξ)= ( )
A. B.1 C. D.2
答案 B
2.(2018浙江浙东北联盟期中,14)已知随机变量ξ的分布列为
ξ
-1
0
1
2
P
a
b
若E(ξ)=,则a+b= ,D(ξ)= .
答案 ;
方法2 求离散型随机变量的均值与方差的方法
1.(2018浙江杭州高考教学质量检测(4月),7)已知 0
D(ξ2)
C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)
答案 A
3.(2014浙江,9,5分)已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中.
(a)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi(i=1,2);
(b)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i=1,2).
则( )
A.p1>p2,E(ξ1)E(ξ2)
C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2)
D.p170)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)
=0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09.
故P(A)=1-P()=0.91.
考点二 离散型随机变量的均值与方差
1.(2018课标全国Ⅲ理,8,5分)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX=2.4,P(X=4)0;
当p∈(0.1,1)时, f '(p)<0.
所以f(p)的最大值点p0=0.1.
(2)由(1)知,p=0.1,
(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y,
所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.
(ii)如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于EX>400,故应该对余下的产品作检验.
4.(2018天津理,16,13分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人?
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
(ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
解析 本题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期望、互斥事件的概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)(i)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P (X=k)=(k=0,1,2,3).
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.
由(i)知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=.
所以事件A发生的概率为.
5.(2017江苏,23,10分)已知一个口袋中有m个白球,n个黑球(m,n∈N*,n≥2),这些球除颜色外完全相同.现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如图所示的编号为1,2,3,…,m+n的抽屉内,其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,…,m+n).
1
2
3
…
m+n
(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P;
(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X)<.
解析 本题主要考查古典概率、随机变量及其分布、数学期望等基础知识,考查组合数及其性质,考查运算求解能力和推理论证能力.
(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P==.
(2)随机变量X的概率分布为
X
…
…
P
…
…
随机变量X的期望为
E(X)=·=·.
所以E(X)<
=
=(1+++…+)
=(+++…+)
=(++…+)
=…=(+)
==,
即E(X)<.
6.(2017北京,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中“*”表示服药者,“+”表示未服药者.
(1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率;
(2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求ξ的分布列和数学期望E(ξ);
(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论)
解析 本题考查古典概型,离散型随机变量的分布列与数学期望,方差等知识.
(1)由题图知,在服药的50名患者中,指标y的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机选出一人,此人指标y的值小于60的概率为=0.3.
(2)由题图知,A,B,C,D四人中,指标x的值大于1.7的有2人:A和C.
所以ξ的所有可能取值为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
故ξ的期望E(ξ)=0×+1×+2×=1.
(3)在这100名患者中,服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差.
方法总结 ①在求解离散型随机变量的分布列与数学期望时,先确定随机变量的取值及各个取值对应的概率,利用期望的公式求其数学期望;②在比较数据的方差时,可以根据两组数据的集中或分散程度进行比较.
C组 教师专用题组
考点一 离散型随机变量及其分布列
(2014湖北,20,12分)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示,水库年入流量X
(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立.
(1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率;
(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制,并有如下关系:
年入流量X
40120
发电机最多可运行台数
1
2
3
若某台发电机运行,则该台年利润为5 000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?
解析 (1)依题意,p1=P(40120)==0.1.
由二项分布知,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=(1-p3)4+(1-p3)3p3=+4××=0.947 7.
(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元).
(i)安装1台发电机的情形.
由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利润Y=5 000,E(Y)=5 000×1=5 000.
(ii)安装2台发电机的情形.
依题意知,当40120时,三台发电机运行,此时Y=5 000×3=15 000,因此P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1,由此得Y的分布列如下:
Y
3 400
9 200
15 000
P
0.2
0.7
0.1
所以E(Y)=3 400×0.2+9 200×0.7+15 000×0.1=8 620.
综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.
评析 本题考查了概率和离散型随机变量的分布列.考查了分类讨论方法和运算求解能力.
考点二 离散型随机变量的均值与方差
1.(2016山东,19,12分)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语.在一轮活动中,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是,乙每轮猜对的概率是;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.
解析 (1)记事件A:“甲第一轮猜对”,记事件B:“乙第一轮猜对”,记事件C:“甲第二轮猜对”,记事件D:“乙第二轮猜对”,记事件E:“‘星队’至少猜对3个成语”.
由题意,E=ABCD+BCD+ACD+ABD+ABC,
由事件的独立性与互斥性,得
P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(ACD)+P(ABD)+P(ABC)
=P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)·P()P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)·P(C)P()
=×××+2×
=.
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性,得
P(X=0)=×××=,
P(X=1)=2×==,
P(X=2)=×××+×××+×××+×××=,
P(X=3)=×××+×××==,
P(X=4)=2×==,
P(X=6)=×××==.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望EX=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.
2.(2016课标Ⅰ,19,12分)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
(1)求X的分布列;
(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?
解析 (1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.
可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22,
P(X=16)=0.2×0.2=0.04;
P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;
P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;
P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;
P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;
P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;
P(X=22)=0.2×0.2=0.04.(4分)
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
(6分)
(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(8分)
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).
当n=19时,
EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4 040.(10分)
当n=20时,
EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4 080.
可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.(12分)
思路分析 (1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列.
(2)根据(1)中求得的概率可得P(X≤18)以及P(X≤19)的值,由此即可确定n的最小值.
(3)求出n=19,n=20时的期望值,比较大小即可作出决策.
3.(2015福建,16,13分)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.
解析 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,
则P(A)=××=.
(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.
P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××1=,
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)=1×+2×+3×=.
4.(2015安徽,17,12分)已知2件次品和3件正品混放在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束.
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率;
(2)已知每检测一件产品需要费用100元,设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位:元),求X的分布列和均值(数学期望).
解析 (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A,
则P(A)==.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X=200)==,
P(X=300)==,
P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1--=.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
EX=200×+300×+400×=350.
5.(2015湖南,18,12分)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.
解析 (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与A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1+A2,C=B1+B2.
因为P(A1)==,P(A2)==,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,
P(B2)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)
=P(A1)P()+P()P(A2)
=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)] P(A2)
=×+×=.
故所求概率P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)= +=.
(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,所以X~B.
于是P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)=0×+1×+2×+3×=.
6.(2015湖北,20,12分)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A,B两种奶制品,生产1吨A产品需鲜牛奶2吨,使用设备1小时,获利1 000元;生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨,使用设备1.5小时,获利1 200元.要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍,设备每天生产A,B两种产品时间之和不超过12小时.假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位:吨)是一个随机变量,其分布列为
W
12
15
18
P
0.3
0.5
0.2
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产,使其获利最大,因此每天的最大获利Z(单位:元)是一个随机变量.
(1)求Z的分布列和均值;
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立,求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率.
解析 (1)设每天A,B两种产品的生产数量分别为x吨,y吨,相应的获利为z元,则有
①
目标函数为z=1 000x+1 200y.
当W=12时,①表示的平面区域如图1,三个顶点分别为
A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0).
当z=1 000x+1 200y变形为y=-x+,
当x=2.4,y=4.8时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大,
最大获利Z=zmax=2.4×1 000+4.8×1 200=8 160.
当W=15时,①表示的平面区域如图2,三个顶点分别为
A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).
将z=1 000x+1 200y变形为y=-x+,
当x=3,y=6时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大,
最大获利Z=zmax=3×1 000+6×1 200=10 200.
当W=18时,①表示的平面区域如图3,
四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0).
将z=1 000x+1 200y变形为y=-x+,
当x=6,y=4时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大,
最大获利Z=zmax=6×1 000+4×1 200=10 800.
故最大获利Z的分布列为
Z
8 160
10 200
10 800
P
0.3
0.5
0.2
因此,E(Z)=8 160×0.3+10 200×0.5+10 800×0.2=9 708.
(2)由(1)知,一天最大获利超过10 000元的概率
p1=P(Z>10 000)=0.5+0.2=0.7,
由二项分布,3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.
评析 本题考查了线性规划,离散型随机变量的分布列与均值及概率的计算等基础知识.考查运用概率知识解决实际问题的能力.
7.(2014重庆,18,13分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片.
(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;
(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X的分布列与数学期望.
(注:若三个数a,b,c满足a≤b≤c,则称b为这三个数的中位数)
解析 (1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为
P==.
(2)X的所有可能值为1,2,3,且
P(X=1)==,P(X=2)==,
P(X=3)==,
故X的分布列为
X
1
2
3
P
从而E(X)=1×+2×+3×=.
8.(2014福建,18,13分)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元,其余3个均为10元,求:
(i)顾客所获的奖励额为60元的概率;
(ii)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;
(2)商场对奖励总额的预算是60 000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成,或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由.
解析 (1)设顾客所获的奖励额为X元.
(i)依题意,得P(X=60)==,
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
(ii)依题意,得X的所有可能取值为20,60.
P(X=60)=,P(X=20)==,
即X的分布列为
X
20
60
P
0.5
0.5
所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元).
(2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为60元.
所以先寻找期望为60元的可能方案.
对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2.
以下是对两个方案的分析:
对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为X1元,则X1的分布列为
X1
20
60
100
P
X1的数学期望为E(X1)=20×+60×+100×=60,
X1的方差为D(X1)=(20-60)2×+(60-60)2×+(100-60)2×=.
对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为X2元,则X2的分布列为
X2
40
60
80
P
X2的数学期望为E(X2)=40×+60×+80×=60,
X2的方差为D(X2)=(40-60)2×+(60-60)2×+(80-60)2×=.
由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求,但方案2奖励额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.
9.(2014安徽,17,12分)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局比赛结果相互独立.
(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;
(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学期望).
解析 用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”,
则P(Ak)=,P(Bk)=,k=1,2,3,4,5.
(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)
=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)
=+×+××=.
所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为.
(2)X的可能取值为2,3,4,5.
P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)
=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=,
P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)
=P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=,
P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)
=P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)=,
P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=.
故X的分布列为
X
2
3
4
5
P
EX=2×+3×+4×+5×=.
评析 本题考查了独立事件同时发生、互斥事件至少有一个发生、分布列、均值等概率知识;考查应用意识、运算求解能力;准确理解题意是解题的关键,准确运算求解是得分的关键.
10.(2014江苏,22,10分)盒中共有9个球,其中有4个红球、3个黄球和2个绿球,这些球除颜色外完全相同.
(1)从盒中一次随机取出2个球,求取出的2个球颜色相同的概率P;
(2)从盒中一次随机取出4个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1,x2,x3,随机变量X表示x1,x2,x3中的最大数.求X的概率分布和数学期望E(X).
解析 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球,
所以P===.
(2)随机变量X所有可能的取值为2,3,4.
{X=4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”,故P(X=4)==;
{X=3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球或3个黄球和1个其他颜色的球”,故P(X=3)===;
于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1--=.
所以随机变量X的概率分布如下表:
X
2
3
4
P
因此随机变量X的数学期望
E(X)=2×+3×+4×=.
评析 本题主要考查排列与组合、离散型随机变量的均值等基础知识,考查运算求解能力.
11.(2014江西,21,14分)随机将1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)这2n个连续正整数分成A,B两组,每组n个数.A组最小数为a1,最大数为a2;B组最小数为b1,最大数为b2.记ξ=a2-a1,η=b2-b1.
(1)当n=3时,求ξ的分布列和数学期望;
(2)令C表示事件“ξ与η的取值恰好相等”,求事件C发生的概率P(C);
(3)对(2)中的事件C,表示C的对立事件,判断P(C)和P()的大小关系,并说明理由.
解析 (1)当n=3时,ξ的所有可能取值为2,3,4,5.
将6个正整数平均分成A,B两组,不同的分组方法共有=20种,所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
P
Eξ=2×+3×+4×+5×=.
(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,…,2n-2.
又ξ和η恰好相等且等于n-1时,不同的分组方法有2种;
ξ和η恰好相等且等于n时,不同的分组方法有2种;
ξ和η恰好相等且等于n+k(k=1,2,…,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有2种,
所以当n=2时,P(C)= =,
(3)由(2)知当n=2时,P()=,因此P(C)>P(),
而当n≥3时,P(C)E(Y),D(X)>D(Y)
B.E(X)=E(Y),D(X)>D(Y)
C.E(X)>E(Y),D(X)=D(Y)
D.E(X)=E(Y),D(X)=D(Y)
答案 C
5.(2018浙江嵊州高三期末质检,8)甲箱子里装有3个白球和2个红球,乙箱子里装有2个白球和2个红球.从这两个箱子里分别摸出一个球,设摸出的白球的个数为X,摸出的红球的个数为Y,则( )
A.P(X=1)>,且E(X),且E(X)>E(Y)
C.P(X=1)=,且E(X)E(Y)
答案 D
6.(2018浙江重点中学12月联考,8)已知随机变量ξ满足P(ξ=0)=,P(ξ=1)=x,P(ξ=2)= -x,若0
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