还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高中数学8.3 正态分布课时训练
展开
这是一份高中数学8.3 正态分布课时训练，共18页。试卷主要包含了2-8，1,p2=p3=0，设0
五年高考练
考点1 离散型随机变量的均值与方差
1.(2020全国Ⅲ理,3,5分,)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且∑i=14pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( )
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
2.(2019浙江,7,4分,)设0则当a在(0,1)内增大时,( )
A.D(X)增大B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大
3.(2021浙江,15,6分,)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为16,一红一黄的概率为13,则m-n= ,E(ξ)= .
4.(2021新高考Ⅰ,18,12分,)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误则该同学比赛结束;若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回答正确与否,该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得80分,否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明先回答A类问题,记X为小明的累计得分,求X的分布列;
(2)为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题?并说明理由.
5.(2020江苏,23,10分,)甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复n次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为Xn,恰有2个黑球的概率为pn,恰有1个黑球的概率为qn.
(1)求p1,q1和p2,q2;
(2)求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示).
考点2 二项分布
6.(2019课标全国Ⅰ理,15,5分,)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .
7.(2019天津,16,13分,)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的概率分布和数学期望;
(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.
考点3 超几何分布
8.(2018天津,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.
①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的概率分布与数学期望;
②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.
考点4 正态分布
9.(2017课标全国Ⅰ,19,12分,)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件数,求P(X≥1)及X的数学期望;
(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:
经计算得x=116∑i=116xi=9.97,s=116∑i=116(xi-x)2=116(∑i=116xi2-16x2)≈0.212,其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,…,16.
用样本平均数x作为μ的估计值μ^,用样本标准差s作为σ的估计值σ^,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-3σ三年模拟练
1.(2019浙江杭州第二中学高三一模,)已知甲盒中有2个红球和1个蓝球,乙盒中有1个红球和2个蓝球,从甲、乙两个盒中各取1球放入原来为空的丙盒中.现从甲盒中取1个球,记取出的红球的个数为ξ1;从乙盒中取1个球,记取出的红球的个数为ξ2;从丙盒中取1个球,记取出的红球的个数为ξ3.则下列说法正确的是( )
A.E(ξ1)>E(ξ3)>E(ξ2),D(ξ1)=D(ξ2)>D(ξ3)
B.E(ξ1)D(ξ3)
C.E(ξ1)>E(ξ3)>E(ξ2),D(ξ1)=D(ξ2)D.E(ξ1)2.(2020江苏宁海中学高二月考,)一只小虫从数轴上的原点出发爬行,若一次爬行过程中,小虫等可能地向前或向后沿数轴爬行1个单位,设爬行n次后小虫所在位置对应的数为随机变量ξn,则下列说法错误的是( )
A.E(ξn)=0
B.D(ξn)=n
C.P(ξ2 020=0)D.P(ξ2 020=0)3.()江先生上班通常乘坐公交或乘坐地铁,且他从家到公交站或地铁站都要步行5分钟.公交车多且路程近一些,但乘坐公交的路上经常拥堵,所需时间Z(单位:分钟)服从正态分布N(33,42),下车后从公交站步行到单位要12分钟;乘坐地铁畅通,但路线长且乘客多,所需时间Y(单位:分钟)服从正态分布N(44,22),下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.若江先生要在9点钟之前赶到单位打卡上班,则:①若8:00出门,则乘坐公交不会迟到;②若8:02出门,则乘坐地铁不迟到的可能性更大;③若8:06出门,则乘坐公交不迟到的可能性更大;④若8:12出门,则乘坐地铁几乎不可能不迟到.从统计的角度认为,以上说法中所有合理说法的序号是 .
参考数据:若随机变量Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ4.(2021江苏启东中学高三月考,)在全球抗击新冠肺炎疫情期间,我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩、防护服、消毒水等防疫物品,保障抗疫一线医疗物资供应,在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时,狠抓质量管理,不定时抽查口罩质量,该厂质检人员从某日所生产的口罩中随机抽取了100个,将其质量指标值分成以下五组:[100,110),[110,120),[120,130),[130,140),[140,150],得到如图所示的频率分布直方图.
(1)规定:口罩的质量指标值越高,说明该口罩质量越好,其中质量指标值低于130的为二级口罩;质量指标值不低于130的为一级口罩.现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩,再从中抽取3个,记其中一级口罩的个数为ξ,求ξ的概率分布及数学期望;
(2)在2020年“五一”劳动节前,甲、乙两人计划同时在该型口罩的某网络购物平台上分别参加A、B两店各一个订单“秒杀”抢购,其中每个订单由n(n≥2,n∈N)个该型号口罩构成.假定甲、乙两人在A、B两店订单“秒杀”成功的概率分别为πn2,2csπnn,记甲、乙两人抢购成功的订单总数量、口罩总数量分别为X,Y.
(i)求X的数学期望E(X);
(ii)求当Y的数学期望E(Y)取最大值时正整数n的值.
5.(2021江苏镇江高三月考,)冠状病毒是一个大型病毒家族,已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重急性呼吸综合征(SARS)等较严重疾病,而2019年出现的新型冠状病毒(COVID-19)是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等,在较严重病例中,感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭,甚至死亡.核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据,首先取病人的唾液或咽拭子的样本,再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质,如果有病毒,样本检测会呈现阳性,否则为阴性.根据统计发现,疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p(0方案一:逐个化验;
方案二:四个样本混合在一起化验;
方案三:平均分成两组,分别混合在一起化验.
在新冠肺炎暴发初期,由于检查能力不足,化验次数的期望值越小,则方案越“优”.
(1)若按方案一且p=13,求4个疑似病例中恰有2例呈阳性的概率;
(2)若p=13,现将该4例疑似病例样本进行化验,请问:方案一、二、三中哪个最“优”?
(3)若对4例疑似病例样本进行化验,且想让方案二比方案一更“优”,求p的取值范围.
6.(2020辽宁大连二十四中高三模拟,)2019年女排世界杯(第13届女排世界杯)是由国际排联(FIVB)举办的赛事,比赛于2019年9月14日至9月29日在日本举行,共有12支参赛队伍.本次比赛启用了新的排球用球MIKASA V200W,已知这种球的质量指标ξ(单位:g)服从正态分布N(270,52).比赛赛制采取单循环方式,即每支球队进行11场比赛,最后靠积分选出最后冠军.积分规则如下(比赛采取5局3胜制):比赛中以3∶0或3∶1取胜的球队积3分,负队积0分;而在比赛中以3∶2取胜的球队积2分,负队积1分.9轮过后,积分榜上的前2名分别为中国队和美国队,中国队积26分,美国队积22分.第10轮中国队对抗塞尔维亚队,设每局比赛中国队取胜的概率为p(0(1)如果比赛准备了1 000个排球,估计质量指标在(260,270)内的排球个数(计算结果取整数);
(2)第10轮比赛中,记中国队以3∶1取胜的概率为f(p),求出f(p)的最大值点p0,并以p0作为p的值,解决下列问题.
(i)在第10轮比赛中,中国队所得积分为X,求X的分布列;
(ii)已知第10轮美国队积3分,判断中国队能否提前一轮夺得冠军(第10轮过后,无论最后一轮即第11轮结果如何,中国队积分最多).若能,求出相应的概率;若不能,请说明理由.
参考数据:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ答案全解全析
第8章 概率
8.2-8.3综合拔高练
五年高考练
1.B 根据均值E(X)=∑i=14xipi,方差D(X)=∑i=14[xi-E(X)]2pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表.
由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B.
2.D 解法一:由分布列得E(X)=1+a3,
则D(X)=0-1+a32+a-1+a32+1-1+a32×13=29a-122+16,
当a∈0,12时,D(X)单调递减,当a∈12,1时,D(X)单调递增.故选D.
解法二:由分布列得E(X)=1+a3,则D(X)=E(X2)-[E(X)]2=0+a23+13-(1+a)29=2a2-2a+29=29a-122+34,
当a∈0,12时,D(X)单调递减,当a∈12,1时,D(X)单调递增.故选D.
3.答案 1;89
解析 ∵P(ξ=2)=C42Cm+n+42=6Cm+n+42=16,可得Cm+n+42=36,
∴m+n+4=9,
又∵P(一红一黄)=C41·Cm1Cm+n+42=4m36=m9=13,解得m=3,
∴n=2,
∴m-n=1.
P(ξ=0)=C52C92=1036=518,P(ξ=1)=C41·C51C92=4×536=59,P(ξ=2)=16,
∴E(ξ)=518×0+59×1+16×2=59+13=89.
方法技巧
第2空:由于ξ~H(9,4,2),故E(ξ)=4×29=89.
4.解析 (1)由题易知X的所有可能取值为0,20,100,
P(X=0)=1-0.8=0.2,
P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,
P(X=100)=0.8×0.6=0.48,
所以X的分布列为
(2)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.
假设小明先回答B类问题,其累计得分为Y,则Y的所有可能取值为0,80,100,
P(Y=0)=1-0.6=0.4,
P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,
P(Y=100)=0.6×0.8=0.48,
所以Y的分布列为
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,
所以E(Y)>E(X),
所以小明应选择先回答B类问题.
方法总结
求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤:
1.判断取值:即判断随机变量的所有可能取值及取每个值所表示的意义;2.探求概率:利用排列组合、枚举法、概率公式,求出随机变量取每个值时的概率;3.写出分布列:按规定形式写出分布列,注意检验所求的分布列或事件的概率是否正确;4.求期望值:利用离散型随机变量的数学期望的定义求其期望值.
5.解析 (1)p1=C11C31·C31C31=13,q1=C21C31·C31C31=23,
p2=C11C31·C31C31·p1+C21C31·C11C31·q1+0·(1-p1-q1)
=13p1+29q1=727,
q2=C21C31·C31C31·p1+C21C31·C21C31+C11C31·C11C31·q1+C31C31·C21C31·(1-p1-q1)=-19q1+23=1627.
(2)当n≥2时,
pn=C11C31·C31C31·pn-1+C21C31·C11C31·qn-1+0·(1-pn-1-qn-1)=13pn-1+29qn-1,①
qn=C21C31·C31C31·pn-1+C21C31·C21C31+C11C31·C11C31·qn-1+C31C31·C21C31·(1-pn-1-qn-1)=-19qn-1+23,②
2×①+②,得2pn+qn=23pn-1+49qn-1-19qn-1+23=13(2pn-1+qn-1)+23.
从而2pn+qn-1=13(2pn-1+qn-1-1),
又2p1+q1-1=13,
所以2pn+qn=1+1313n-1=1+13n,n∈N*.③
由②,有qn-35=-19qn-1-35,
又q1-35=115,
所以qn=115-19n-1+35,n∈N*.
由③,有pn=121+13n-qn=310·-19n+1213n+15,n∈N*.
故1-pn-qn=310-19n-1213n+15,n∈N*.
Xn的概率分布为
则E(Xn)=0×(1-pn-qn)+1×qn+2×pn=1+13n,n∈N*.
6.答案 0.18
解析 由题意可知七场四胜制且甲队以4∶1获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1=C21×0.6×0.4×0.52=2×35×25×14=325;第二类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.62×C21×0.5×0.5=352×2×14=950,所以甲队以4∶1获胜的概率为P=325+950×0.6=0.18.
7.解析 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为23,故X~B3,23,从而P(X=k)=C3k23k133-k,k=0,1,2,3.
所以,随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望E(X)=3×23=2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,
则Y~B3,23,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.
由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,
从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})
=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)
=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)
=827×29+49×127=20243.
8.解析 (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)①随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=C4k·C33-kC73(k=0,1,2,3).
所以,随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127.
②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①知,P(B)=P(X=2)=1835,P(C)=P(X=1)=1235,故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=67.
所以,事件A发生的概率为67.
9.解析 (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.002 6,故X~B(16,0.002 6).
因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997 416≈0.040 8.
X的数学期望E(X)=16×0.002 6=0.041 6.
(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.040 8,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.
(ii)由x=9.97,s≈0.212,得μ的估计值μ^=9.97,σ的估计值σ^=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为
115×(16×9.97-9.22)=10.02,
因此μ的估计值为10.02.
∑i=116xi2=16×0.2122+16×9.972≈1 591.134,
剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为
115×(1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,
因此σ的估计值为0.008≈0.09.
三年模拟练
1.C 随机变量ξ1的所有可能取值为0,1,则P(ξ1=0)=23×12=13,P(ξ1=1)=13×1+23×12=23,
故E(ξ1)=23,D(ξ1)=29.
随机变量ξ2的所有可能取值为0,1,则P(ξ2=0)=23×12+13×1=23,P(ξ2=1)=23×12=13,
故E(ξ2)=13,D(ξ2)=29.
随机变量ξ3的所有可能取值为0,1,当ξ3=0时,丙盒中无红球或有一个红球,
无红球的概率为13×23,有一个红球的概率为2×29+19,
故P(ξ3=0)=13×23×1+2×29+19×12=12,P(ξ3=1)=1-12=12,
故E(ξ3)=12,D(ξ3)=14.
综上,E(ξ1)>E(ξ3)>E(ξ2),D(ξ1)=D(ξ2)2.C 由题意知ξn∈[-n,n],且每次爬行中,小虫向前或向后爬行1个单位的概率均为12,
设爬行n次后小虫一共向前爬行r次,则向后爬行(n-r)次,则ξn=r+[-(n-r)]=2r-n,故P(ξn=2r-n)=Cnr12n,则E(ξn)=∑r=0nCnr(2r-n)2n=0,D(ξn)=E(ξn2)-[E(ξn)]2=E(ξn2)=∑r=0nCnr(2r-n)22n=n,故A、B中说法正确;
P(ξ2 020=0)=C20201010122020,P(ξ2 020=2)=C20201011122020,则P(ξ2020=0)P(ξ2020=2)=10111010>1,有P(ξ2 020=0)>P(ξ2 020=2),故C中说法错误;
P(ξ2 018=0)=C20181009122018,则P(ξ2020=0)P(ξ2018=0)=20192020<1,有P(ξ2 020=0)3.答案 ③④
解析 ①若8:00出门,江先生乘坐公交,因为从家到公交站要5分钟,下公交后步行到单位要12分钟,并且乘坐公交所需时间Z服从正态分布N(33,42),所以当满足Z≤43时,江先生不会迟到,又P(Z>45)=1-P(21②若8:02出门,江先生乘坐公交,则当满足Z≤41时,江先生不会迟到,又P(Z≤41)=1-P(25③若8:06出门,江先生乘坐公交,则当满足Z≤37时,江先生不会迟到,又P(Z≤37)=1-P(29④若8:12出门,江先生乘坐地铁,则当满足Y≤38时,江先生不会迟到,又P(Y≤38)=1-P(384.解析 (1)按分层抽样抽取8个口罩,则其中二级、一级口罩个数分别为(0.005+0.04+0.03)×10×8=6,(0.02+0.005)×10×8=2,故ξ可能的取值为0,1,2,
P(ξ=0)=C63C20C83=514,P(ξ=1)=C62C21C83=1528,P(ξ=2)=C61C22C83=328,
所以ξ的概率分布为
E(ξ)=0×514+1×1528+2×328=34.
(2)(i)由题知,X可能的取值为0,1,2,
P(X=0)=1-πn21-2csπnn=1-πn2-2csπnn+2πcsπnn3,
P(X=1)=πn21-2csπnn+1-πn2·2csπnn=πn2+2csπnn-4πcsπnn3,
P(X=2)=2πcsπnn3,
所以E(X)=0×1-πn2-2csπnn+2πcsπnn3+1×πn2+2csπnn-4πcsπnn3+2×2πcsπnn3=πn2+2csπnn.
(ii)因为Y=nX,所以E(Y)=nE(X)=nπn2+2csπnn=2csπn+πn.
令t=1n∈0,12,设f(t)=2cs πt+πt.
因为f'(t)=π-2πsin πt=2π12-sinπt,
所以当t∈0,16时,f'(t)>0;当t∈16,12时,f'(t)<0.
所以f(t)在0,16上单调递增,在16,12上单调递减,故当t=16,即n=6时,f(t)取最大值,
即当E(Y)取最大值时,正整数n的值为6.
5.解析 (1)用ξ表示4个疑似病例中化验呈阳性的人数,则ξ~B4,13,
由题意可知,P(ξ=2)=C421321-132=827.
故恰有2例呈阳性的概率为827.
(2)方案一:逐个检验,检验次数为4;
方案二:混合在一起检测,记检测次数为X,则随机变量X的所有可能取值为1,5,
P(X=1)=1-134=1681,P(X=5)=1-1681=6581,
所以随机变量X的概率分布为
所以方案二的数学期望E(X)=1×1681+5×6581=34181.
方案三:每组两个样本检测时,若一组样本呈阴性,则该组样本的检测次数为1,其概率为1-132=49;
若一组样本呈阳性,则该组样本的检测次数为3,其概率为1-49=59.
设方案三的检测次数为随机变量Y,则Y的所有可能取值为2,4,6,
P(Y=2)=492=1681,P(Y=4)=C21·49·59=4081,P(X=6)=592=2581.
所以随机变量Y的概率分布为
所以方案三的期望E(Y)=2×1681+4×4081+6×2581=34281.
因为4所以选择方案一最“优”.
(3)方案二:记检测次数为X',则随机变量X'的所有可能取值为1,5,
P(X'=1)=(1-p)4,P(X'=5)=1-(1-p)4,
随机变量X'的概率分布为
所以随机变量X'的数学期望E(X')=(1-p)4+5×[1-(1-p)4]=5-4(1-p)4.
因为“方案二”比“方案一”更“优”,
所以E(X')=5-4(1-p)4<4,
可得(1-p)4>14,即(1-p)2>12,
所以0故当06.解析 (1)因为ξ~N(270,52),所以P(260<ξ<270)≈0.95452=0.477 25,
所以质量指标在(260,270)内的排球个数为1 000×0.477 25=477.25≈477.
(2)f(p)=C32p3(1-p)=3p3(1-p),则f'(p)=3[3p2×(1-p)+p3×(-1)]=3p2(3-4p).
令f'(p)=0,得p=34.
当p∈0,34时,f'(p)>0,f(p)在0,34上为增函数;
当p∈34,1时,f'(p)<0,f(p)在34,1上为减函数.
所以f(p)的最大值点p0=34.从而p=34.
(i)X的所有可能取值为3,2,1,0.
P(X=3)=p3+C32p2(1-p)p=189256,
P(X=2)=C42p2(1-p)2p=81512,
P(X=1)=C42p2(1-p)3=27512,
P(X=0)=(1-p)3+C31p(1-p)3=13256.
所以X的分布列为
(ii)若X=3,则中国队10轮后的总积分为29分,若美国队第10轮和第11轮都积3分,则11轮过后的总积分是28分,29>28,所以中国队若第10轮积3分,则可提前一轮夺得冠军,其概率P(X=3)=189256.
X
0
a
1
P
13
13
13
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
选项
均值E(X)
方差D(X)
标准差D(X)
A
2.5
0.65
0.65
B
2.5
1.85
1.85
C
2.5
1.05
1.05
D
2.5
1.45
1.45
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
Xn
0
1
2
P
1-pn-qn
qn
pn
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827
X
0
1
2
3
P
135
1235
1835
435
ξ
0
1
2
P
514
1528
328
X
1
5
P
1681
6581
Y
2
4
6
P
1681
4081
2581
X'
1
5
P
(1-p)4
1-(1-p)4
X
3
2
1
0
P
189256
81512
27512
13256
五年高考练
考点1 离散型随机变量的均值与方差
1.(2020全国Ⅲ理,3,5分,)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且∑i=14pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( )
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
2.(2019浙江,7,4分,)设0
A.D(X)增大B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大
3.(2021浙江,15,6分,)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为16,一红一黄的概率为13,则m-n= ,E(ξ)= .
4.(2021新高考Ⅰ,18,12分,)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误则该同学比赛结束;若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回答正确与否,该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得80分,否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明先回答A类问题,记X为小明的累计得分,求X的分布列;
(2)为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题?并说明理由.
5.(2020江苏,23,10分,)甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复n次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为Xn,恰有2个黑球的概率为pn,恰有1个黑球的概率为qn.
(1)求p1,q1和p2,q2;
(2)求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示).
考点2 二项分布
6.(2019课标全国Ⅰ理,15,5分,)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .
7.(2019天津,16,13分,)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的概率分布和数学期望;
(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.
考点3 超几何分布
8.(2018天津,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.
①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的概率分布与数学期望;
②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.
考点4 正态分布
9.(2017课标全国Ⅰ,19,12分,)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件数,求P(X≥1)及X的数学期望;
(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:
经计算得x=116∑i=116xi=9.97,s=116∑i=116(xi-x)2=116(∑i=116xi2-16x2)≈0.212,其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,…,16.
用样本平均数x作为μ的估计值μ^,用样本标准差s作为σ的估计值σ^,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-3σ
1.(2019浙江杭州第二中学高三一模,)已知甲盒中有2个红球和1个蓝球,乙盒中有1个红球和2个蓝球,从甲、乙两个盒中各取1球放入原来为空的丙盒中.现从甲盒中取1个球,记取出的红球的个数为ξ1;从乙盒中取1个球,记取出的红球的个数为ξ2;从丙盒中取1个球,记取出的红球的个数为ξ3.则下列说法正确的是( )
A.E(ξ1)>E(ξ3)>E(ξ2),D(ξ1)=D(ξ2)>D(ξ3)
B.E(ξ1)
C.E(ξ1)>E(ξ3)>E(ξ2),D(ξ1)=D(ξ2)
A.E(ξn)=0
B.D(ξn)=n
C.P(ξ2 020=0)
参考数据:若随机变量Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ
(1)规定:口罩的质量指标值越高,说明该口罩质量越好,其中质量指标值低于130的为二级口罩;质量指标值不低于130的为一级口罩.现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩,再从中抽取3个,记其中一级口罩的个数为ξ,求ξ的概率分布及数学期望;
(2)在2020年“五一”劳动节前,甲、乙两人计划同时在该型口罩的某网络购物平台上分别参加A、B两店各一个订单“秒杀”抢购,其中每个订单由n(n≥2,n∈N)个该型号口罩构成.假定甲、乙两人在A、B两店订单“秒杀”成功的概率分别为πn2,2csπnn,记甲、乙两人抢购成功的订单总数量、口罩总数量分别为X,Y.
(i)求X的数学期望E(X);
(ii)求当Y的数学期望E(Y)取最大值时正整数n的值.
5.(2021江苏镇江高三月考,)冠状病毒是一个大型病毒家族,已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重急性呼吸综合征(SARS)等较严重疾病,而2019年出现的新型冠状病毒(COVID-19)是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等,在较严重病例中,感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭,甚至死亡.核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据,首先取病人的唾液或咽拭子的样本,再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质,如果有病毒,样本检测会呈现阳性,否则为阴性.根据统计发现,疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p(0
方案二:四个样本混合在一起化验;
方案三:平均分成两组,分别混合在一起化验.
在新冠肺炎暴发初期,由于检查能力不足,化验次数的期望值越小,则方案越“优”.
(1)若按方案一且p=13,求4个疑似病例中恰有2例呈阳性的概率;
(2)若p=13,现将该4例疑似病例样本进行化验,请问:方案一、二、三中哪个最“优”?
(3)若对4例疑似病例样本进行化验,且想让方案二比方案一更“优”,求p的取值范围.
6.(2020辽宁大连二十四中高三模拟,)2019年女排世界杯(第13届女排世界杯)是由国际排联(FIVB)举办的赛事,比赛于2019年9月14日至9月29日在日本举行,共有12支参赛队伍.本次比赛启用了新的排球用球MIKASA V200W,已知这种球的质量指标ξ(单位:g)服从正态分布N(270,52).比赛赛制采取单循环方式,即每支球队进行11场比赛,最后靠积分选出最后冠军.积分规则如下(比赛采取5局3胜制):比赛中以3∶0或3∶1取胜的球队积3分,负队积0分;而在比赛中以3∶2取胜的球队积2分,负队积1分.9轮过后,积分榜上的前2名分别为中国队和美国队,中国队积26分,美国队积22分.第10轮中国队对抗塞尔维亚队,设每局比赛中国队取胜的概率为p(0
(2)第10轮比赛中,记中国队以3∶1取胜的概率为f(p),求出f(p)的最大值点p0,并以p0作为p的值,解决下列问题.
(i)在第10轮比赛中,中国队所得积分为X,求X的分布列;
(ii)已知第10轮美国队积3分,判断中国队能否提前一轮夺得冠军(第10轮过后,无论最后一轮即第11轮结果如何,中国队积分最多).若能,求出相应的概率;若不能,请说明理由.
参考数据:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
第8章 概率
8.2-8.3综合拔高练
五年高考练
1.B 根据均值E(X)=∑i=14xipi,方差D(X)=∑i=14[xi-E(X)]2pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表.
由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B.
2.D 解法一:由分布列得E(X)=1+a3,
则D(X)=0-1+a32+a-1+a32+1-1+a32×13=29a-122+16,
当a∈0,12时,D(X)单调递减,当a∈12,1时,D(X)单调递增.故选D.
解法二:由分布列得E(X)=1+a3,则D(X)=E(X2)-[E(X)]2=0+a23+13-(1+a)29=2a2-2a+29=29a-122+34,
当a∈0,12时,D(X)单调递减,当a∈12,1时,D(X)单调递增.故选D.
3.答案 1;89
解析 ∵P(ξ=2)=C42Cm+n+42=6Cm+n+42=16,可得Cm+n+42=36,
∴m+n+4=9,
又∵P(一红一黄)=C41·Cm1Cm+n+42=4m36=m9=13,解得m=3,
∴n=2,
∴m-n=1.
P(ξ=0)=C52C92=1036=518,P(ξ=1)=C41·C51C92=4×536=59,P(ξ=2)=16,
∴E(ξ)=518×0+59×1+16×2=59+13=89.
方法技巧
第2空:由于ξ~H(9,4,2),故E(ξ)=4×29=89.
4.解析 (1)由题易知X的所有可能取值为0,20,100,
P(X=0)=1-0.8=0.2,
P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,
P(X=100)=0.8×0.6=0.48,
所以X的分布列为
(2)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.
假设小明先回答B类问题,其累计得分为Y,则Y的所有可能取值为0,80,100,
P(Y=0)=1-0.6=0.4,
P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,
P(Y=100)=0.6×0.8=0.48,
所以Y的分布列为
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,
所以E(Y)>E(X),
所以小明应选择先回答B类问题.
方法总结
求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤:
1.判断取值:即判断随机变量的所有可能取值及取每个值所表示的意义;2.探求概率:利用排列组合、枚举法、概率公式,求出随机变量取每个值时的概率;3.写出分布列:按规定形式写出分布列,注意检验所求的分布列或事件的概率是否正确;4.求期望值:利用离散型随机变量的数学期望的定义求其期望值.
5.解析 (1)p1=C11C31·C31C31=13,q1=C21C31·C31C31=23,
p2=C11C31·C31C31·p1+C21C31·C11C31·q1+0·(1-p1-q1)
=13p1+29q1=727,
q2=C21C31·C31C31·p1+C21C31·C21C31+C11C31·C11C31·q1+C31C31·C21C31·(1-p1-q1)=-19q1+23=1627.
(2)当n≥2时,
pn=C11C31·C31C31·pn-1+C21C31·C11C31·qn-1+0·(1-pn-1-qn-1)=13pn-1+29qn-1,①
qn=C21C31·C31C31·pn-1+C21C31·C21C31+C11C31·C11C31·qn-1+C31C31·C21C31·(1-pn-1-qn-1)=-19qn-1+23,②
2×①+②,得2pn+qn=23pn-1+49qn-1-19qn-1+23=13(2pn-1+qn-1)+23.
从而2pn+qn-1=13(2pn-1+qn-1-1),
又2p1+q1-1=13,
所以2pn+qn=1+1313n-1=1+13n,n∈N*.③
由②,有qn-35=-19qn-1-35,
又q1-35=115,
所以qn=115-19n-1+35,n∈N*.
由③,有pn=121+13n-qn=310·-19n+1213n+15,n∈N*.
故1-pn-qn=310-19n-1213n+15,n∈N*.
Xn的概率分布为
则E(Xn)=0×(1-pn-qn)+1×qn+2×pn=1+13n,n∈N*.
6.答案 0.18
解析 由题意可知七场四胜制且甲队以4∶1获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1=C21×0.6×0.4×0.52=2×35×25×14=325;第二类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.62×C21×0.5×0.5=352×2×14=950,所以甲队以4∶1获胜的概率为P=325+950×0.6=0.18.
7.解析 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为23,故X~B3,23,从而P(X=k)=C3k23k133-k,k=0,1,2,3.
所以,随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望E(X)=3×23=2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,
则Y~B3,23,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.
由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,
从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})
=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)
=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)
=827×29+49×127=20243.
8.解析 (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)①随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=C4k·C33-kC73(k=0,1,2,3).
所以,随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127.
②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①知,P(B)=P(X=2)=1835,P(C)=P(X=1)=1235,故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=67.
所以,事件A发生的概率为67.
9.解析 (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.002 6,故X~B(16,0.002 6).
因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997 416≈0.040 8.
X的数学期望E(X)=16×0.002 6=0.041 6.
(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.040 8,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.
(ii)由x=9.97,s≈0.212,得μ的估计值μ^=9.97,σ的估计值σ^=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为
115×(16×9.97-9.22)=10.02,
因此μ的估计值为10.02.
∑i=116xi2=16×0.2122+16×9.972≈1 591.134,
剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为
115×(1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,
因此σ的估计值为0.008≈0.09.
三年模拟练
1.C 随机变量ξ1的所有可能取值为0,1,则P(ξ1=0)=23×12=13,P(ξ1=1)=13×1+23×12=23,
故E(ξ1)=23,D(ξ1)=29.
随机变量ξ2的所有可能取值为0,1,则P(ξ2=0)=23×12+13×1=23,P(ξ2=1)=23×12=13,
故E(ξ2)=13,D(ξ2)=29.
随机变量ξ3的所有可能取值为0,1,当ξ3=0时,丙盒中无红球或有一个红球,
无红球的概率为13×23,有一个红球的概率为2×29+19,
故P(ξ3=0)=13×23×1+2×29+19×12=12,P(ξ3=1)=1-12=12,
故E(ξ3)=12,D(ξ3)=14.
综上,E(ξ1)>E(ξ3)>E(ξ2),D(ξ1)=D(ξ2)
设爬行n次后小虫一共向前爬行r次,则向后爬行(n-r)次,则ξn=r+[-(n-r)]=2r-n,故P(ξn=2r-n)=Cnr12n,则E(ξn)=∑r=0nCnr(2r-n)2n=0,D(ξn)=E(ξn2)-[E(ξn)]2=E(ξn2)=∑r=0nCnr(2r-n)22n=n,故A、B中说法正确;
P(ξ2 020=0)=C20201010122020,P(ξ2 020=2)=C20201011122020,则P(ξ2020=0)P(ξ2020=2)=10111010>1,有P(ξ2 020=0)>P(ξ2 020=2),故C中说法错误;
P(ξ2 018=0)=C20181009122018,则P(ξ2020=0)P(ξ2018=0)=20192020<1,有P(ξ2 020=0)
解析 ①若8:00出门,江先生乘坐公交,因为从家到公交站要5分钟,下公交后步行到单位要12分钟,并且乘坐公交所需时间Z服从正态分布N(33,42),所以当满足Z≤43时,江先生不会迟到,又P(Z>45)=1-P(21
P(ξ=0)=C63C20C83=514,P(ξ=1)=C62C21C83=1528,P(ξ=2)=C61C22C83=328,
所以ξ的概率分布为
E(ξ)=0×514+1×1528+2×328=34.
(2)(i)由题知,X可能的取值为0,1,2,
P(X=0)=1-πn21-2csπnn=1-πn2-2csπnn+2πcsπnn3,
P(X=1)=πn21-2csπnn+1-πn2·2csπnn=πn2+2csπnn-4πcsπnn3,
P(X=2)=2πcsπnn3,
所以E(X)=0×1-πn2-2csπnn+2πcsπnn3+1×πn2+2csπnn-4πcsπnn3+2×2πcsπnn3=πn2+2csπnn.
(ii)因为Y=nX,所以E(Y)=nE(X)=nπn2+2csπnn=2csπn+πn.
令t=1n∈0,12,设f(t)=2cs πt+πt.
因为f'(t)=π-2πsin πt=2π12-sinπt,
所以当t∈0,16时,f'(t)>0;当t∈16,12时,f'(t)<0.
所以f(t)在0,16上单调递增,在16,12上单调递减,故当t=16,即n=6时,f(t)取最大值,
即当E(Y)取最大值时,正整数n的值为6.
5.解析 (1)用ξ表示4个疑似病例中化验呈阳性的人数,则ξ~B4,13,
由题意可知,P(ξ=2)=C421321-132=827.
故恰有2例呈阳性的概率为827.
(2)方案一:逐个检验,检验次数为4;
方案二:混合在一起检测,记检测次数为X,则随机变量X的所有可能取值为1,5,
P(X=1)=1-134=1681,P(X=5)=1-1681=6581,
所以随机变量X的概率分布为
所以方案二的数学期望E(X)=1×1681+5×6581=34181.
方案三:每组两个样本检测时,若一组样本呈阴性,则该组样本的检测次数为1,其概率为1-132=49;
若一组样本呈阳性,则该组样本的检测次数为3,其概率为1-49=59.
设方案三的检测次数为随机变量Y,则Y的所有可能取值为2,4,6,
P(Y=2)=492=1681,P(Y=4)=C21·49·59=4081,P(X=6)=592=2581.
所以随机变量Y的概率分布为
所以方案三的期望E(Y)=2×1681+4×4081+6×2581=34281.
因为4
(3)方案二:记检测次数为X',则随机变量X'的所有可能取值为1,5,
P(X'=1)=(1-p)4,P(X'=5)=1-(1-p)4,
随机变量X'的概率分布为
所以随机变量X'的数学期望E(X')=(1-p)4+5×[1-(1-p)4]=5-4(1-p)4.
因为“方案二”比“方案一”更“优”,
所以E(X')=5-4(1-p)4<4,
可得(1-p)4>14,即(1-p)2>12,
所以0
所以质量指标在(260,270)内的排球个数为1 000×0.477 25=477.25≈477.
(2)f(p)=C32p3(1-p)=3p3(1-p),则f'(p)=3[3p2×(1-p)+p3×(-1)]=3p2(3-4p).
令f'(p)=0,得p=34.
当p∈0,34时,f'(p)>0,f(p)在0,34上为增函数;
当p∈34,1时,f'(p)<0,f(p)在34,1上为减函数.
所以f(p)的最大值点p0=34.从而p=34.
(i)X的所有可能取值为3,2,1,0.
P(X=3)=p3+C32p2(1-p)p=189256,
P(X=2)=C42p2(1-p)2p=81512,
P(X=1)=C42p2(1-p)3=27512,
P(X=0)=(1-p)3+C31p(1-p)3=13256.
所以X的分布列为
(ii)若X=3,则中国队10轮后的总积分为29分,若美国队第10轮和第11轮都积3分,则11轮过后的总积分是28分,29>28,所以中国队若第10轮积3分,则可提前一轮夺得冠军,其概率P(X=3)=189256.
X
0
a
1
P
13
13
13
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
选项
均值E(X)
方差D(X)
标准差D(X)
A
2.5
0.65
0.65
B
2.5
1.85
1.85
C
2.5
1.05
1.05
D
2.5
1.45
1.45
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
Xn
0
1
2
P
1-pn-qn
qn
pn
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827
X
0
1
2
3
P
135
1235
1835
435
ξ
0
1
2
P
514
1528
328
X
1
5
P
1681
6581
Y
2
4
6
P
1681
4081
2581
X'
1
5
P
(1-p)4
1-(1-p)4
X
3
2
1
0
P
189256
81512
27512
13256
相关试卷
高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用课后复习题： 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用课后复习题，共18页。
2020-2021学年3.2 双曲线课后练习题： 这是一份2020-2021学年3.2 双曲线课后练习题，共13页。试卷主要包含了已知点O,A,B，设F1,F2是双曲线C，双曲线C，设双曲线C，设F为双曲线C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
高中人教A版 (2019)第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆课时作业： 这是一份高中人教A版 (2019)第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆课时作业，共22页。试卷主要包含了设F1,F2为椭圆C，已知椭圆C，已知F1,F2是椭圆C，已知A,B分别为椭圆E等内容，欢迎下载使用。
