新课标A版高中数学选修2-3练习第二章 随机变量及其分布 2-4-2 Word版含答案

高中数学人教A版选修2-3 第二章随机变量及其分布 2.1.1 离散型随机变量（2）一、单选题1. 抛掷一枚质地均匀的硬币一次,随机变量为（）A.掷硬币的次数B.出现正面向上的次数C.出现正面向上或反面向上的次数D.出现正面向上与反面向上的次数之和2. 下列随机变量是离散型随机变量的是（）抛5颗骰子得到的点数和;某人一天内接收到的电话次数;某地一年内下雨的天数;某机器生产零件的误差数.A.(1)(2)(3)B.(4)C.(1)(4)D.(2)(3)3. 已知下列随机变量:①10件产品中有2件次品,从中任选3件,取到次品的件数X;②一位射击手对目标进行射击,击中目标得1分,未击中目标得0分,用X表示该射击手在一次射击中的得分;③刘翔在一次110米跨栏比赛中的成绩X;④在体育彩票的抽奖中,一次摇号产生的号码数X.其中X是离散型随机变量的是（）A.①②③B.②③④C.①②④D.③④4. 下列变量中不是随机变量的是().A.某人投篮6次投中的次数B.某日上证收盘指数C.标准状态下,水在100时会沸腾D.某人早晨在车站等出租车的时5. 下列随机变量中不是离散型随机变量的是().A.掷5次硬币正面向上的次数MB.某人每天早晨在某公共汽车站等某一路车的时间TC.从标有数字1至4的4个小球中任取2个小球，这2个小球上所标的数字之和YD.将一个骰子掷3次,3次出现的点数之和X6. 下列随机变量中，不是离散型随机变量的是（）A.某无线寻呼台1分钟内接到的寻呼次数XB.某水位监测站所测水位在(0, 18]这一范围内变化，该水位监测站所测水位HC.从装有1红、3黄共4个球的口袋中，取出2个球，其中黄球的个数ξD.将一个骰子掷3次，3次出现的点数和X参考答案与试题解析高中数学人教A版选修2-3 第二章随机变量及其分布 2.1.1 离散型随机变量（2）一、单选题1.【答案】B【考点】二次函数的应用函数的最值及其几何意义勾股定理【解析】出现正面向上的次数为0或1，是随机变量【解答】此题暂无解答2.【答案】A【考点】离散型随机变量及其分布列【解析】由离散型随机变量的定义知((1)(2)(3)均是离散型随机变量，而（4）不是，由于这个误差数几乎都是在0附近的实数，无法——列出．【解答】此题暂无解答3.【答案】C【考点】离散型随机变量及其分布列【解析】③中X的值可在某一区间内取值，不能——列出，故不是离散型随机变量【解答】此题暂无解答4.【答案】C【考点】二次函数的应用函数的最值及其几何意义勾股定理【解析】由随机变量的概念可知．标准状态下，水在100∘C时会沸腾不是随机变量【解答】此题暂无解答5.【答案】B【考点】二次函数的应用函数的最值及其几何意义勾股定理【解析】f】由随机变量的概念可知．某人每天早晨在某公共汽车站等某一路车的时间T不能——举出，故不是离散型随机变量【解答】此题暂无解答6.【答案】B【考点】离散型随机变量及其分布列【解析】利用离散型随机变量的定义直接求解．【解答】解：水位在(0,18]内变化，不能一一举出，故不是离散型随机变量．其余都可以一一举出，故是离散型随机变量．故选B．。

2.3.2 离散型随机变量的方差课时过关·能力提升基础巩固1.若X 的分布列如下表所示,其中p ∈(0,1),则( )X 0 1 PpqA.E (X )=p ,D (X )=pqB.E (X )=q ,D (X )=pqC.E (X )=p ,D (X )=1-p 2D.E (X )=q ,D (X )=1-p 2X 服从两点分布,所以E (X )=q ,D (X )=pq.2.已知ξ的分布列为若η=2ξ+2,则D (η)的值为( )A.-13B .59C .109 D .209(ξ)=-1×12+0×13+1×16=-13,D (ξ)=(-1+13)2×12+(0+13)2×13+(1+13)2×16=59,则D (η)=D (2ξ+2)=4D (ξ)=4×59=209.3.已知随机变量ξ服从二项分布,即ξ~B (n ,p ),且E (ξ)=7,D (ξ)=6,则p 等于( )A .17 B .16 C .15 D .14,可得np=7,np (1-p )=6,解得p=17.4.已知随机变量ξ的分布列如下,若E (ξ)=158,则D (ξ)等于( )A .3364 B .5564 C .732 D .932,得x+y=0.5.∵E (ξ)=158,∴2x+3y=118,解得{x =18,y =38.∴D (ξ)=(1-158)2×12+(2-158)2×18+(3-158)2×38=5564.5.盒中有2个白球,3个黑球,从中任取3个,以ξ表示取到的白球个数,η表示取到的黑球个数,则( ) A.E (ξ)=E (η),且D (ξ)=D (η) B.E (ξ)=3-E (η),且D (ξ)=3-D (η) C.E (ξ)=E (η),且D (ξ)=3-D (η) D.E (ξ)=3-E (η),且D (ξ)=D (η)ξ+η=3,∴η=3-ξ,∴E (η)=3-E (ξ),且D (η)=(-1)2D (ξ)=D (ξ),故选D .6.甲、乙两名工人加工同一种零件,两人每天加工的零件数相等,所得次品数分别为ξ,η,ξ和η的分布列分别为甲、乙两名工人的技术水平较好的为( ) A.一样好 B.甲C.乙D.无法比较ξ的均值和方差分别为:E (ξ)=0×610+1×110+2×310=0.7,D (ξ)=(0-0.7)2×610+(1-0.7)2×110+(2-0.7)2×310=0.81. 工人乙生产出次品数η的均值和方差分别为:E (η)=0×510+1×310+2×210=0.7,D (η)=(0-0.7)2×510+(1-0.7)2×310+(2-0.7)2×210=0.61. 由E (ξ)=E (η)知,两人出次品的平均数相同,技术水平相当,但D (ξ)>D (η),可见乙的技术比较稳定.7.若随机变量ξ的分布列为P (ξ=m )=13,P (ξ=n )=a ,若E (ξ)=2,则D (ξ)的最小值等于( )A.0B.2C.4D.无法计算,概率和为1,则a+13=1,故a=23.∵E (ξ)=2,∴m 3+2n3=2, ∴m=6-2n.∴D (ξ)=13×(m-2)2+23×(n-2)2=23×(n-2)2+13×(6-2n-2)2=2n 2-8n+8=2(n-2)2. ∴当n=2时,D (ξ)取最小值0.8.若p 为非负实数,随机变量X 的分布列为则E (X )的最大值是 ,D (X )的最大值是 .p ∈[0,12],则E (X )=p+1∈[1,32],故E (X )的最大值为32.又D (X )=(12-p)(p+1)2+p (p+1-1)2+12(p+1-2)2=-p 2-p+1=-(p +12)2+54,∵p ∈[0,12],∴当p=0时,D (X )取得最大值1.19.甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境,且野生动物的种类和数量也大致相等,而两个保护区内每个季度发现违反野生动物保护条例的事件次数的分布列分别为甲:乙:试评定这两个保护区的管理水平.ξ的均值和方差为E(ξ)=0×0.3+1×0.3+2×0.2+3×0.2=1.3,D(ξ)=(0-1.3)2×0.3+(1-1.3)2×0.3+(2-1.3)2×0.2+(3-1.3)2×0.2=1.21.乙保护区违规次数η的均值和方差为E(η)=0×0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,D(η)=(0-1.3)2×0.1+(1-1.3)2×0.5+(2-1.3)2×0.4=0.41.因为E(ξ)=E(η),D(ξ)>D(η),所以两个保护区内每个季度发生的违规事件的平均次数相同,但甲保护区的违规事件次数相对分散和波动,乙保护区内的违规事件次数更集中和稳定.能力提升1.从学校乘汽车到火车站的途中有3个交通岗,假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的,并且概率都是25,设ξ为途中遇到红灯的次数,则随机变量ξ的方差为()A.65B.1825C.625D.18125ξ服从二项分布,即ξ~B(3,25),可得D(ξ)=3×25×35=1825.2.设一次试验成功的概率为p ,进行100次独立重复试验,当p= 时,成功次数的标准差的最大值为 .(ξ)=np (1-p )≤n ·(p+1-p 2)2=n4,等号在p=1-p ,即p=12时成立,此时,D (ξ)=25,√D (ξ)=5.53.随机变量ξ的分布列为其中a ,b ,c 成等差数列,若E (ξ)=13,则D (ξ)= . a ,b ,c 成等差数列,∴2b=a+c.∵E (ξ)=13,∴-a+c=13,且a+b+c=1,得{a +c -2b =0,-a +c =13,a +b +c =1,解得{a =16,b =13,c =12.∴D (ξ)=(-1-13)2×16+(0-13)2×13+(1-13)2×12=169×16+19×13+49×12=59.4.盒中有2个白球,3个黑球,从中任取3个球,以X 表示取到白球的个数,η表示取到黑球的个数.给出下列各项:①E (X )=65,E (η)=95;②E (X 2)=E (η);③E (η2)=E (X );④D (X )=D (η)=925.其中正确的是 .(填上所有正确项的序号)的分布列为E (X )=0×110+1×35+2×310=65,E (X 2)=02×110+12×35+22×310=95,D (X )=E (X 2)-(E (X ))2=95−(65)2=925.η的分布列为E (η)=1×310+2×35+3×110=95,E (η2)=12×310+22×35+32×110=185,D (η)=E (η2)-(E (η))2=185−(95)2=925.5.某同学向如图的圆形靶投掷飞镖,飞镖落在靶外(环数记为0)的概率为0.1,飞镖落在靶内的各个点是随机的.已知圆形靶中三个圆为同心圆,半径分别为30 cm,20 cm,10 cm,飞镖落在不同区域的环数如图.设这位同学投掷一次得到的环数为随机变量X ,求X 的分布列、均值和方差.,飞镖落在靶内各个区域的概率与它们的面积成正比,而与它们的质量和形状无关.由圆的半径值可得到三个同心圆的半径比为3∶2∶1,面积比为9∶4∶1,所以8环区域、9环区域、10环区域的面积比为5∶3∶1,则掷得8环、9环、10环的概率分别设为5k,3k,k,根据离散型随机变量分布列的性质有0.1+5k+3k+k=1,解得k=0.1,得到离散型随机变量X的分布列为X的均值E(X)=0×0.1+8×0.5+9×0.3+10×0.1=7.7.D(X)=0.1×(0-7.7)2+0.5×(8-7.7)2+0.3×(9-7.7)2+0.1×(10-7.7)2=7.01.★6.为了迎战下届奥运会,对甲、乙两名射手进行一次选拔赛.已知甲、乙两名射手在每次射击中击中的环数均大于6环,且甲射中10,9,8,7环的概率分别为0.5,3a,a,0.1,乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2.设ξ,η分别表示甲、乙每次击中的环数.(1)求ξ,η的分布列;(2)求ξ,η的均值与方差,并以此比较甲、乙的射击技术.依据题意知,0.5+3a+a+0.1=1,解得a=0.1.∵乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2,∴乙射中7环的概率为1-(0.3+0.3+0.2)=0.2.∴ξ,η的分布列分别为(2)结合(1)中ξ,η的分布列可得:E(ξ)=10×0.5+9×0.3+8×0.1+7×0.1=9.2,E(η)=10×0.3+9×0.3+8×0.2+7×0.2=8.7,D(ξ)=(10-9.2)2×0.5+(9-9.2)2×0.3+(8-9.2)2×0.1+(7-9.2)2×0.1=0.96,D(η)=(10-8.7)2×0.3+(9-8.7)2×0.3+(8-8.7)2×0.2+(7-8.7)2×0.2=1.21.∵E(ξ)>E(η),说明甲平均射中的环数比乙高.又D(ξ)<E(η),说明甲射中的环数比乙集中,比较稳定.∴甲的射击技术好.★7.根据以往的经验,某工程施工期间的降水量X(单位:mm)对工期的影响如下表:历年气象资料表明,该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9,求:(1)工期延误天数Y的均值与方差;(2)在降水量至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率.由已知条件有P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X<300)=0.7-0.3=0.4,P(700≤X<900)=P(X<900)-P(X<700)=0.9-0.7=0.2,P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1.所以Y的分布列为于是,E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3,D(Y)=(0-3)2×0.3+(2-3)2×0.4+(6-3)2×0.2+(10-3)2×0.1=9.8.故工期延误天数Y的均值为3,方差为9.8.(2)由概率的加法公式,P(X≥300)=1-P(X<300)=0.7,又P(300≤X<900)=P(X<900)-P(X<300)=0.9-0.3=0.6.由条件概率,得P(Y≤6|X≥300)=P(X<900|X≥300)=P(300≤X<900)P(X≥300)=0.60.7=67.故在降水量X至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率是67.。

第二章检测(B )(时间:90分钟 满分:120分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )=( )A .32B.2 C .52D.3(X )=1×35+2×310+3×110=1510=32.2.正态分布N 1(μ1,σ12),N 2(μ2,σ22),N 3(μ3,σ32)(其中σ1,σ2,σ3均大于0)所对应的密度函数图象如图,则下列说法正确的是( )A.μ1最大,σ1最大B.μ3最大,σ3最大C.μ1最大,σ3最大D.μ3最大,σ1最大N (μ,σ2)中,x=μ为正态曲线的对称轴,结合题图可知,μ3最大;又参数σ确定了曲线的形状:σ越大,曲线越“矮胖”,σ越小,曲线越“高瘦”.故由题图知σ1最大.3.乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行,比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜,比赛结束),假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同,那么甲以4比2获胜的概率为( ) A .564 B .1564 C .532 D .5164比2获胜,则需打六局比赛且甲第六局胜,前五局胜三局,故其概率为C 53(12)3×(12)2×12=532.4.对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测,不放回地依次摸出2件.在第一次摸出正品的条件下,第二次也摸到正品的概率是( ) A .35 B .25 C .59D .110第一次摸出正品”记为事件A ,“第二次摸出正品”记为事件B.则P (A )=C 61C 91C 101C 91=35.P (AB )=C 61C 51C 101C 91=13,则P (B|A )=P (AB )P (A )=59.5.若随机变量ξ~B (n ,p ),且E (ξ)=6,D (ξ)=3,则P (ξ=1)的值为( ) A.3×2-2B.3×2-10C.2-4D.2-8ξ~B (n ,p ),且E (ξ)=6,D (ξ)=3,∴np=6,且np (1-p )=3,解得n=12,p=12,∴P (ξ=1)=C 121×12(1-12)11=3×2-10.6.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125个同样大小的小正方体.经过搅匀后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面数为X ,则X 的均值E (X )=( )A .126125 B .65C .168125D .75X 的可能取值为0,1,2,3.由于P (X=0)=27125,P (X=1)=54125, P (X=2)=36125,P (X=3)=8125, 故E (X )=0×27125+1×54125+2×36125+3×8125=150125=65.7.某商家进行促销活动,促销方案是顾客每消费1 000元,便可以获得奖券1张,每张奖券中奖的概率为15,若中奖,则商家返还中奖的顾客现金1 000元.小王购买一套价格为2 400元的西服,只能得到2张奖券,于是小王补偿50元给一同事购买一件价格为600元的便服,这样小王就得到了3张奖券.设小王这次消费的实际支出为ξ(元),则E (ξ)等于( ) A.1 850元 B.1 720元C.1 560元D.1 480元,ξ的可能取值为2 450,1 450,450,-550,且P (ξ=2 450)=(45)3=64125,P (ξ=1450)=C 31(15)1×(45)2=48125,P (ξ=450)=C 32(15)2(45)1=12125,P (ξ=-550)=C 33(15)3=1125,则E (ξ)=2 450×64125+1 450×48125+450×12125+(-550)×1125=1 850(元),故选A .8.一名篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ,得2分的概率为b ,不得分的概率为c (a ,b ,c ∈(0,1)).已知他投篮一次得分的均值为2(不计其他得分情况),则ab 的最大值为( ) A .148 B .124 C .112D .16,得3a+2b+0×c=2,即3a+2b=2, 故ab=16×3a×2b ≤16(3a+2b 2)2=16.9.设随机变量η服从正态分布(1,σ2),若P (η<-1)=0.2,则函数f (x )=13x 3+x 2+η2x 没有极值点的概率是( ) A.0.2 B.0.3 C.0.7D.0.8函数f (x )=13x 3+x 2+η2x 没有极值点,∴f'(x )=x 2+2x+η2=0无解, ∴Δ=4-4η2<0, ∴η<-1或η>1.∵随机变量η服从正态分布N (1,σ2),P (η<-1)=0.2, ∴P (η<-1或η>1)=0.2+0.5=0.7,故选C .10.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.(1)放入i 个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi (i=1,2); (2)放入i 个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i (i=1,2). 则( )A.p 1>p 2,E (ξ1)<E (ξ2)B.p 1<p 2,E (ξ1)>E (ξ2)C.p 1>p 2,E (ξ1)>E (ξ2)D.p 1<p 2,E (ξ1)<E (ξ2)1=mm+n +nm+n ×12=2m+n2(m+n ),p 2=3m 2-3m+2mn+n 2-n 3(m+n )(m+n -1),p 1-p 2=2m+n 2(m+n )−3m 2-3m+2mn+n 2-n3(m+n )(m+n -1)=5mn+n (n -1)6(m+n )(m+n -1)>0. 故p 1>p 2.ξ1的可能取值为1,2, P (ξ1=1)=C n1C m+n 1=nm+n ; P (ξ1=2)=C m 1C m+n1=mm+n. 故E (ξ1)=1×nm+n +2×mm+n =2m+nm+n . ξ2的可能取值为1,2,3. P (ξ2=1)=C n2C m+n2=n (n -1)(m+n )(m+n -1), P (ξ2=2)=C m 1C n1C m+n2=2mn(m+n )(m+n -1),P (ξ2=3)=C m2C m+n2=m (m -1)(m+n )(m+n -1),故E (ξ2)=1×n (n -1)(m+n )(m+n -1)+2×2mn (m+n )(m+n -1)+3×m (m -1)(m+n )(m+n -1)=n (n -1)+4mn+3m (m -1)(m+n )(m+n -1).于是E (ξ1)-E (ξ2) =2m+n m+n −n (n -1)+4mn+3m (m -1)(m+n )(m+n -1)=(2m+n )(m+n -1)-[n (n -1)+4mn+3m (m -1)](m+n )(m+n -1)=-m (m+n -3)(m+n )(m+n -1).又∵m ≥3,n ≥3,∴E (ξ1)-E (ξ2)<0,即E (ξ1)<E (ξ2). 综上,应选A .二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.两名狙击手在一次射击比赛中,狙击手甲得1分、2分、3分的概率分别为0.4,0.1,0.5;狙击手乙得1分、2分、3分的概率分别为0.1,0.6,0.3.那么两名狙击手中,获胜希望大的是 .X ,乙得分为Y ,则E (X )=1×0.4+2×0.1+3×0.5=2.1, E (Y )=1×0.1+2×0.6+3×0.3=2.2. 因为E (X )<E (Y ),所以乙获胜的希望大.12.园丁要用红、黄、蓝、白四种不同颜色的鲜花布置如图所示圆形花坛的四块区域.要求同一区域内须用同一种颜色的鲜花,相邻区域须用不同颜色的鲜花.设花圃中布置红色鲜花的区域数量为ξ,则随机变量ξ的均值E (ξ)= .ξ的取值分别为0,1,2.当ξ=0时用黄、蓝、白三种颜色来涂色,只能左右同色,共有3×2×1=6(种),即ξ=0所包含的基本事件有6种,所以P (ξ=0)=648=18;P (ξ=2)=648=18;P (ξ=1)=1-18−18=34. 则E (ξ)=0×18+1×34+2×18=1.13.随机变量ξ的取值为0,1,2,若P (ξ=0)=15,E (ξ)=1,则D (ξ)= .ξ=1时的概率为p ,则E (ξ)=0×15+1×p+2(1-p -15)=1, 解得p=35.故D (ξ)=(0-1)2×15+(1-1)2×35+(2-1)2×15=25.14.某商场举行摸奖活动,规则为:从装有除颜色外完全相同的7个白球、3个红球的盒子中摸出3个不同的球,摸出后把球放回.若3个球全是红球,则中一等奖;若3个球中1个白球2个红球为二等奖.现有3人去摸奖,则恰有2人中奖的概率为 .,中一等奖的概率为P 1=1C 103,中二等奖的概率为P 2=C 32C 71C 103,所以任何一人中奖的概率为P 1+P 2=1C 103+C 32C 71C 103=1160. 若3人去摸奖,恰有2人中奖的概率为C 32(1160)2×(1-1160)=5 92972 000.15.在(x+1)9的二项展开式中任取2项,P i 表示取出的2项中有i 项系数为奇数的概率.若用随机变量ξ表示取出的2项中系数为奇数的项数i ,则随机变量ξ的均值为 .(x+1)9的展开式中各项的系数为C 9k (k=0,1,2,…,9),共10个,∴系数为奇数的有C 90,C 91,C 98,C 99共4个.P (ξ=0)=C 62C 102=13,P (ξ=1)=C 41C 61C 102=815, P (ξ=2)=C 42C 102=215.∴E (ξ)=0×13+1×815+2×215=1215=45.三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠.若该电梯在底层载有5名乘客,且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13,用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数.求: (1)随机变量ξ的分布列; (2)随机变量ξ的均值.考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验,这是5次独立重复试验,则ξ~B (5,13),即有P (ξ=k )=C 5k ×(13)k×(23)5-k,k=0,1,2,3,4,5.由此可得ξ的分布列为(2)∵ξ~B (5,13),∴E (ξ)=5×13=53.17.(8分)从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图:(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).(2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z 服从正态分布N (μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x ,σ2近似为样本方差s 2.①利用该正态分布,求P (187.8<Z<212.2);②某用户从该企业购买了100件这种产品,记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数.利用①的结果,求E (X ).附:√150≈12.2.若Z~N (μ,σ2),则P (μ-σ<Z<μ+σ)≈0.682 7,P (μ-2σ<Z<μ+2σ)≈0.954 5.抽取产品的质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2分别为x =170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200, s 2=(-30)2×0.02+(-20)2×0.09+(-10)2×0.22+0×0.33+102×0.24+202×0.08+302×0.02=150. (2)①由(1)知,Z~N (200,150),从而P (187.8<Z<212.2)=P (200-12.2<Z<200+12.2)≈0.682 7.②由①知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率约为0.682 7,依题意知X~B (100,0.682 7),所以E (X )≈100×0.682 7=68.27.18.(9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 的分布列和均值.记事件A 1={从甲箱中摸出的1个球是红球},A 2={从乙箱中摸出的1个球是红球},B 1={顾客抽奖1次获一等奖},B 2={顾客抽奖1次获二等奖},C={顾客抽奖1次能获奖}.由题意,A 1与A 2相互独立,A 1A 2与A 1A 2互斥,B 1与B 2互斥,且B 1=A 1A 2,B 2=A 1A 2+A 1A 2,C=B 1+B 2,因为P (A 1)=410=25,P (A 2)=510=12,所以P (B 1)=P (A 1A 2)=P (A 1)P (A 2)=25×12=15, P (B 2)=P (A 1A 2+A 1A 2)=P (A 1A 2)+P (A 1A 2) =P (A 1)P (A 2)+P (A 1)P (A 2) =P (A 1)(1-P (A 2))+(1-P (A 1))P (A 2) =25×(1-12)+(1-25)×12=12. 故所求概率为P (C )=P (B 1+B 2)=P (B 1)+P (B 2)=15+12=710.(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15,所以X~B (3,15). 于是P (X=0)=C 30(15)0(45)3=64125, P (X=1)=C 31(15)1(45)2=48125,P (X=2)=C 32(15)2(45)1=12125, P (X=3)=C 33(15)3(45)=1125.故X 的分布列为X 的均值为E (X )=3×15=35.19.(10分)某车间在两天内,每天生产10件产品,其中第一天、第二天分别生产了1件、2件次品.质检部每天要在生产的10件产品中随意抽取4件进行检查,若发现有次品,则当天的产品不能通过.(1)求两天全部通过检查的概率;(2)若厂内对该车间生产的产品质量采用奖惩制度,两天全不通过检查罚300元,通过1天、2天分别奖300元、900元.那么该车间在这两天内得到奖金的数学期望是多少元?运用独立事件同时发生的概率求两天全部通过的概率.(2)列奖金的分布列,求均值.随机抽取4件产品进行检查是随机事件.“记第一天通过检查”为事件A ,则P (A )=C 94C 104=35.记“第二天通过检查”为事件B , 则P (B )=C 84C 104=13.因第一天、第二天检查是否通过是相互独立的,所以两天全部通过检查的概率为P (AB )=P (A )P (B )=35×13=15.(2)记所得奖金为ξ元,则ξ的取值为-300,300,900. P (ξ=-300)=P (A B )=P (A )P (B )=25×23=415.P (ξ=300)=P ((A B )∪(A B ))=P (A B )+P (A B )=P (A )P (B )+P (A )P (B )=35×23+25×13=815. P (ξ=900)=P (AB )=15. 所以,ξ的分布列为E (ξ)=-300×4+300×8+900×1=260.故该车间在这两天内得到奖金的均值是260元.20.(10分)某人居住在城镇的A 处,准备开车到单位B 处上班,若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的,且在同一路段发生堵车事件最多只有一次,发生堵车事件的概率如图( 例如A →C →D 算两个路段:设路段AC 发生堵车事件的概率为1,路段CD 发生堵车事件的概率为1).(1)请你为其选择一条由A 到B 的路线,使得途中发生堵车事件的概率最小; (2)若记路线A →C →F →B 中遇到堵车的次数为随机变量ξ,求ξ的均值E (ξ).记路段AC 发生堵车的事件为AC (其他路段也类似),因为各路段发生堵车的事件是相互独立的,且在同一路段发生堵车的事件最多只有一次,所以路线A →C →D →B 中遇到堵车的概率为1-P (AC ·CD ·DB )=1-P (AC )·P (CD )·P (DB )=1-[(1-110)×(1-115)×(1-16)]=1-910×1415×56=310. 同理,路线A →C →F →B 中遇到堵车的概率为1-P (AC ·CF ·FB )=239800<310, 路线A →E →F →B 中遇到堵车的概率为1-P (AE ·EF ·FB )=91300>310.路线A →E →F →C →D →B 中遇到堵车的概率为1-P (AE ·EF ·FC ·CD ·DB )=2 2394 500>310. 显然要使由A 到B 的路线中发生堵车事件的概率最小,只可能在以上四条路线中选择,因此选择路线A →C →F →B ,可使途中发生堵车的概率最小.(2)路线A →C →F →B 中遇到堵车的次数ξ的可能取值为0,1,2,3, P (ξ=0)=P (AC ·CF ·FB )=561800, P (ξ=1)=P (AC ·CF ·FB )+P (AC ·CF ·FB )+P (AC ·CF ·FB )=110×1720×1112+910×320×1112+910×1720×112=6372 400,P (ξ=2)=P (AC ·CF ·FB )+P (AC ·CF ·FB )+P (AC ·CF ·FB )=110×320×1112+910×320×112+110×1720×112=772 400, P (ξ=3)=P (AC ·CF ·FB )=110×320×112=1800,所以E (ξ)=0×561800+1×6372 400+2×772 400+3×1800=13,即路线A →C →F →B 中遇到堵车的次数的均值为13.。

学业分层测评(建议用时：分钟)[学业达标]一、选择题．设随机变量～(，)，且()＝，则等于( )．．．．.【解析】∵()＝，∴＝，∴＝.故选【答案】．随机抛掷一枚骰子，则所得骰子点数ξ的期望为( )．．．．【解析】抛掷骰子所得点数ξ的分布列为所以(ξ)＝×＋×【答案】．设ξ的分布列为又设η＝ξ＋，则(η)【解析】(ξ)＝×＋×＋×＋×＝，所以(η)＝(ξ＋)＝(ξ)＋＝×＋＝.【答案】．某学生在上学路上要经过个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是，这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间的期望为( )．【解析】遇到红灯的次数～，∴()＝.∴()＝()＝×＝.【答案】．设随机变量的分布列为(＝)＝，＝，则()的值为( )．．．．【解析】()＝×＋×＋×＋×＝.【答案】二、填空题．今有两台独立工作的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为和，设发现目标的雷达的台数为，则()＝. 【导学号：】【解析】可能的取值为，(＝)＝(－)×(－)＝，(＝)＝×(－)＋×(－)＝，(＝)＝×＝，所以()＝×＋×＝.【答案】．(·邯郸月考)一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字，两个面上标有数字，一个面上标有数字.将这个小正方体抛掷次，则向上的数之积的数学期望是．【解析】随机变量的取值为，(＝)＝，(＝)＝，(＝)＝，(＝)＝，因此()＝.【答案】.如图--，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为，则的均值()＝.图--【解析】依题意得的取值可能为，且(＝)＝＝，(＝)＝＝，(＝)＝＝，(＝)＝.故()＝×＋×＋×＋×＝.【答案】三、解答题．某俱乐部共有客户人，若俱乐部准备了份小礼品，邀请客户在指定时间来领取．假设任一客户去领奖的概率为.问俱乐部能否向每一位客户都发出领奖邀请？【解】设来领奖的人数ξ＝(＝，…，)，。