（精品讲义）2-52.5.2离散型随机变量的方差word版含答案2

16/1717/17/2．5.2离散型随机变量的方差预习课本P64～67，思考并完成以下问题1．离散型随机变量的方差及标准差的定义是什么？2．方差具有哪些性质？3．两点分布与二项分布的方差分别是什么？1．离散型随机变量的方差(1)设离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则称D(X)＝eq\i\su(i＝1,n,)(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，其算术平方根eq\r(D(X))为随机变量X的标准差．(2)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小．2．几个常见的结论(1)D(aX＋b)＝a2D(X)．(2)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．(3)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)离散型随机变量的方差越大，随机变量越稳定．()(2)若a是常数，则D(a)＝0.()(3)离散型随机变量的方差反映了随机变量偏离于期望的平均程度．()答案：(1)×(2)√(3)√2．若随机变量X服从两点分布，且成功的概率p＝0.5,则E(X)和D(X)分别为()A．0.5和0.25 B．0.5和0.75C．1和0.25 D．1和0.75答案：A3．D(ξ－D(ξ))的值为()A．无法求 B．0C．D(ξ) D．2D(ξ)答案：C4．牧场的10头牛，因误食疯牛病毒污染的饲料被感染，已知该病的发病率为0.02，设发病牛的头数为X，则D(X)等于________．答案：0.196求离散型随机变量的方差题点一：用定义求离散型随机变量的方差1．已知随机变量X的分布列为：X012345P0.10.150.250.250.150.1则D(X)＝________.解析：因为E(X)＝0.1×0＋0.15×1＋0.25×2＋0.25×3＋0.15×4＋0.1×5＝2.5，所以D(X)＝(0－2.5)2×0.1＋(1－2.5)2×0.15＋(2－2.5)2×0.25＋(3－2.5)2×0.25＋(4－2.5)2×0.15＋(5－2.5)2×0.1＝2.05.答案：2.05题点二：两点分布的方差2．某运动员投篮命中率p＝0.8，则该运动员在一次投篮中命中次数ξ的方差为________．解析：依题意知：ξ服从两点分布，所以D(ξ)＝0.8×(1－0.8)＝0.16.答案：0.16题点三：二项分布的方差3．一出租车司机从某饭店到火车站途中有6个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率是eq\f(1,3).(1)求这位司机遇到红灯数ξ的期望与方差；(2)若遇上红灯，则需等待30秒，求司机总共等待时间η的期望与方差．解：(1)易知司机遇上红灯次数ξ服从二项分布，且ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,3)))，∴E(ξ)＝6×eq\f(1,3)＝2，D(ξ)＝6×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,3).(2)由已知η＝30ξ，∴E(η)＝30E(ξ)＝60，D(η)＝900D(ξ)＝1200.求离散型随机变量X的方差的步骤(1)理解X的意义，写出X可能取的全部值；(2)求X取各个值的概率，写出分布列；(3)根据分布列，由期望的定义求出E(X)；(4)根据公式计算方差．离散型随机变量方差的性质[典例]已知随机变量X的分布列是X01234P0.20.20.30.20.1试求D(X)和D(2X－1)．[解]E(X)＝0×0.2＋1×0.2＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝1.8.∴D(X)＝(0－1.8)2×0.2＋(1－1.8)2×0.2＋(2－1.8)2×0.3＋(3－1.8)2×0.2＋(4－1.8)2×0.1＝1.56.利用方差的性质D(aX＋b)＝a2D(X)．∵D(X)＝1.56,∴D(2X－1)＝4D(X)＝4×1.56＝6.24.求随机变量函数Y＝aX＋b方差的方法求随机变量函数Y＝aX＋b的方差，一是先求Y的分布列，再求其均值，最后求方差；二是应用公式D(aX＋b)＝a2D(X)求解．[活学活用]已知随机变量ξ的分布列为：ξ01xPeq\f(1,2)eq\f(1,3)p若E(ξ)＝eq\f(2,3).(1)求D(ξ)的值；(2)若η＝3ξ－2，求eq\r(D(η))的值．解：由分布列的性质，得eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋p＝1，解得p＝eq\f(1,6)，∵E(ξ)＝0×eq\f(1,2)＋1×eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)x＝eq\f(2,3)，∴x＝2.(1)D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2×eq\f(1,6)＝eq\f(15,27)＝eq\f(5,9).(2)∵η＝3ξ－2，∴D(η)＝D(3ξ－2)＝9D(ξ)＝5，∴eq\r(D(η))＝eq\r(5).方差的实际问题[典例]为选拔奥运会射击选手，对甲、乙两名射手进行选拔测试．已知甲、乙两名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量ξ，η，甲、乙两名射手在每次射击中击中的环数均大于6环，且甲射中的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.(1)求ξ，η的分布列；(2)求ξ，η的数学期望与方差，并以此比较甲、乙的射击技术并从中选拔一人．[解](1)依题意，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ξ10987P0.50.30.10.1η10987P0.30.30.20.2(2)由(1)可得E(ξ)＝10×0.5＋9×0.3＋8×0.1＋7×0.1＝9.2(环)；E(η)＝10×0.3＋9×0.3＋8×0.2＋7×0.2＝8.7(环)；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.由于E(ξ)>E(η)，说明甲平均射中的环数比乙高；又因为D(ξ)<D(η)，说明甲射中的环数比乙集中，比较稳定．所以，甲比乙的技术好，故应选拔甲射手参加奥运会．利用均值和方差的意义解决实际问题的步骤(1)比较均值：离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，因此，在实际决策问题中，需先计算均值，看一下谁的平均水平高．(2)在均值相等的情况下计算方差：方差反映了离散型随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度.通过计算方差，分析一下谁的水平发挥相对稳定．(3)下结论：依据均值和方差的几何意义做出结论．[活学活用]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保护条例的事件次数的分布列分别为：甲保护区：X0123P0.30.30.20.2乙保护区：Y012P0.10.50.4试评定这两个保护区的管理水平．解：甲保护区违规次数X的数学期望和方差为E(X)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.2＝1.3，D(X)＝(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.乙保护区的违规次数Y的数学期望和方差为：E(Y)＝0×0.1＋1×0.5＋2×0.4＝1.3，D(Y)＝(0－1.3)2×0.1＋(1－1.3)2×0.5＋(2－1.3)2×0.4＝0.41.因为E(X)＝E(Y)，D(X)＞D(Y)，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加集中和稳定．层级一学业水平达标1．有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数据，计算出样本方差分别为D(X甲)＝11，D(X乙)＝3.4.由此可以估计()A．甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐B．乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐C．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同D．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较解析：选B∵D(X甲)>D(X乙)，∴乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐．2．若X～B(n，p)，且E(X)＝6，D(X)＝3，则P(X＝1)的值为()A．3·2－2 B．2－4C．3·2－10 D．2－8解析：选CE(X)＝np＝6，D(X)＝np(1－p)＝3，∴p＝eq\f(1,2)，n＝12，则P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,12)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))11＝3·2－10.3．设随机变量X的概率分布列为P(X＝k)＝pk·(1－p)1－k(k＝0,1)，则E(X)，D(X)的值分别是()A．0和1 B．p和p2C．p和1－p D．p和(1－p)p解析：选D由X的分布列知，P(X＝0)＝1－p，P(X＝1)＝p，故E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p，易知X服从两点分布，∴D(X)＝p(1－p)．4．已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10,0.6)，则E(η)，D(η)分别是()A．6和2.4 B．2和2.4C．2和5.6 D．6和5.6解析：选B∵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)＝2.4.5．设10≤x1<x2<x3<x4≤104，x5＝105，随机变量ξ1取值x1，x2，x3，x4，x5的概率均为0.2，随机变量ξ2取值eq\f(x1＋x2,2)，eq\f(x2＋x3,2)，eq\f(x3＋x4,2)，eq\f(x4＋x5,2)，eq\f(x5＋x1,2)的概率也均为0.2，若记D(ξ1)，D(ξ2)分别为ξ1，ξ2的方差，则()A．D(ξ1)>D(ξ2)B．D(ξ1)＝D(ξ2)C．D(ξ1)<D(ξ2)D．D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系与x1，x2，x3，x4的取值有关解析：选A由题意可知E(ξ1)＝E(ξ2)，又由题意可知，ξ1的波动性较大，从而有D(ξ1)>D(ξ2)．6．若事件在一次试验中发生次数的方差等于0.25，则该事件在一次试验中发生的概率为________．解析：事件在一次试验中发生次数记为ξ，则ξ服从两点分布，则D(ξ)＝p(1－p)，所以p(1－p)＝0.25，解得p＝0.5.答案：0.57已知随机变量X服从二项分布B(n，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝________.解析：由E(X)＝30，D(X)＝20，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(np＝30，,np(1－p)＝20，))解得p＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)8．已知离散型随机变量X的分布列如下表：X－1012Pabceq\f(1,12)若E(X)＝0，D(X)＝1，则a＝________，b＝________.解析：由题意解得a＝eq\f(5,12)，b＝c＝eq\f(1,4).答案：eq\f(5,12)eq\f(1,4)9．A，B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2，根据市场分析，X1和X2的分布列分别为X15%10%P0.80.2X22%8%12%P0.20.50.3在A，B两个项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D(Y1)，D(Y2)．解：由题设可知Y1和Y2的分布列分别为Y1510P0.80.2Y22812P0.20.50.3E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4；E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.10．根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；(2)X表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数，求X的均值和方差．解：设事件A表示“该地的1位车主购买甲种保险”，事件B表示“该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险”，事件C表示“该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种”，事件D表示“该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买”，则A，B相互独立．(1)由题意知P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A∪B，则P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.(2)D＝eq\x\to(C)，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2.由题意知X～B(100,0.2)，所以均值E(X)＝100×0.2＝20，方差D(X)＝100×0.2×0.8＝16.层级二应试能力达标1．设二项分布X～B(n，p)的随机变量X的均值与方差分别是2.4和1.44，则二项分布的参数n，p的值为()A．n＝4，p＝0.6 B．n＝6，p＝0.4C．n＝8，p＝0.3 D．n＝24，p＝0.1解析：选B由题意得，np＝2.4，np(1－p)＝1.44，∴1－p＝0.6，∴p＝0.4，n＝6.2．若ξ是离散型随机变量，P(ξ＝x1)＝eq\f(2,3)，P(ξ＝x2)＝eq\f(1,3)，且x1<x2，又已知E(ξ)＝eq\f(4,3)，D(ξ)＝eq\f(2,9)，则x1＋x2的值为()A．eq\f(5,3) B．eq\f(7,3)C．3 D．eq\f(11,3)解析：选Cx1，x2满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x1＋\f(1,3)x2＝\f(4,3)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(4,3)))2×\f(2,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(4,3)))2×\f(1,3)＝\f(2,9)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(5,3)，,x2＝\f(2,3).))∵x1<x2，∴x1＝1，x2＝2，∴x1＋x2＝3.3．某种种子每粒发芽的概率是90%，现播种该种子1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望与方差分别是()A．100,90 B．100,180C．200,180 D．200,360解析：选D由题意可知播种了1000粒，没有发芽的种子数ξ服从二项分布，即ξ～B(1000,0.1)．而每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，故X＝2ξ，则E(X)＝2E(ξ)＝2×1000×0.1＝200，故方差为D(X)＝D(2ξ)＝22·D(ξ)＝4×1000×0.1×0.9＝360.4．若随机变量ξ的分布列为P(ξ＝m)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝n)＝a，若E(ξ)＝2，则D(ξ)的最小值等于()A．0 B．1C．4 D．2解析：选A由分布列的性质，得a＋eq\f(1,3)＝1，a＝eq\f(2,3).∵E(ξ)＝2，∴eq\f(m,3)＋eq\f(2n,3)＝2.∴m＝6－2n.∴D(ξ)＝eq\f(1,3)×(m－2)2＋eq\f(2,3)×(n－2)2＝eq\f(2,3)×(n－2)2＋eq\f(1,3)×(6－2n－2)2＝2n2－8n＋8＝2(n－2)2.∴n＝2时，D(ξ)取最小值0.5．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝eq\f(1,5)，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.解析：由题意设P(ξ＝1)＝p，则ξ的分布列如下：ξ012Peq\f(1,5)peq\f(4,5)－p由E(ξ)＝1，可得p＝eq\f(3,5)，所以D(ξ)＝12×eq\f(1,5)＋02×eq\f(3,5)＋12×eq\f(1,5)＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)6．已知离散型随机变量X的可能取值为x1＝－1，x2＝0，x3＝1，且E(X)＝0.1，D(X)＝0.89，则对应x1，x2，x3的概率p1，p2，p3分别为________，________，________.解析：由题意知，－p1＋p3＝0.1，1．21p1＋0.01p2＋0.81p3＝0.89.又p1＋p2＋p3＝1，解得p1＝0.4，p2＝0.1，p3＝0.5.答案：0.40.10.57．有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设项目，为了对重点建设项目负责，政府到两建材厂抽样验查，他们从中各取等量的样本检查它们的抗拉强度指数如下：ξ110120125130135P0.10.20.40.10.2η100115125130145P0.10.20.40.10.2其中ξ和η分别表示甲、乙两厂材料的抗拉强度，比较甲、乙两厂材料哪一种稳定性好．解：E(ξ)＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125，E(η)＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125，D(ξ)＝0.1×(110－125)2＋0.2×(120－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(135－125)2＝50，D(η)＝0.1×(100－125)2＋0.2×(115－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(145－125)2＝165，由于E(ξ)＝E(η)，D(ξ)<D(η)，故甲厂的材料稳定性较好．8．设在12个同类型的零件中有2个次品，抽取3次进行检验，每次抽取一个，并且取出不再放回，若以X和Y分别表示取出次品和正品的个数．(1)求X的分布列、均值及方差；(2)求Y的分布列、均值及方差．解：(1)X的可能值为0,1,2.若X＝0，表示没有取出次品，其概率为P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,2)C\o\al(3,10),C\o\al(3,12))＝eq\f(6,11)，同理，有P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,10),C\o\al(3,12))＝eq\f(9,22)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,10),C\o\al(3,12))＝eq\f(1,22).∴X的分布列为X012Peq\f(6,11)eq\f(9,22)eq\f(1,22)∴E(X)＝0×eq\f(6,11)＋1×eq\f(9,22)＋2×eq\f(1,22)＝eq\f(1,2).D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,2)))2×eq\f(6,11)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2×eq\f(9,22)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))2×eq\f(1,22)＝eq\f(15,44).(2)Y的可能值为1,2,3，显然X＋Y＝3.P(Y＝1)＝P(X＝2)＝eq\f(1,22)，P(Y＝2)＝P(X＝1)＝eq\f(9,22)，P(Y＝3)＝P(X＝0)＝eq\f(6,11).∴Y的分布列为Y123Peq\f(1,22)eq\f(9,22)eq\f(6,11)∴Y＝－X＋3，∴E(Y)＝E(3－X)＝3－E(X)＝3－eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，D(Y)＝(－1)2D(X)＝eq\f(15,44).(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．下列事件中是随机事件的个数为()①连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子，两次都出现2点；②在地球上，树上掉下的雪梨不抓住就往下掉；③某人买彩票中奖；④已知一对夫妇有一个女儿，第二次生男孩；⑤在标准大气压下，水加热到90℃会沸腾．A．1 B．2C．3 D．4解析：选C①③④都有可能发生，也可能不发生，故是随机事件；对于②，在地球上，树上掉下的雪梨不抓住就往下掉，这是一定会发生的事件，属于必然事件．对于⑤，在标准大气压下，水加热到90℃会沸腾，是不可能事件．故选C．2．4个高尔夫球中有3个合格、1个不合格，每次任取一个，不放回地取两次．若每一次取到合格的高尔夫球，则第二次取到合格高尔夫球的概率为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4) D．eq\f(4,5)解析：选B法一：记事件A＝{第一次取到的是合格高尔夫球}，事件B＝{第二次取到的是合格高尔夫球}．由题意可得P(A∩B)＝eq\f(3×2,4×3)＝eq\f(1,2)，P(A)＝eq\f(3×3,4×3)＝eq\f(3,4)，所以P(B|A)＝eq\f(P(A∩B),P(A))＝eq\f(\f(1,2),\f(3,4))＝eq\f(2,3).法二：记事件A＝{第一次取到的是合格高尔夫球}，事件B＝{第二次取到的是合格高尔夫球}．由题意可得事件B发生所包含的基本事件数n(A∩B)＝3×2＝6，事件A发生所包含的基本事件数n(A)＝3×3＝9，所以P(B|A)＝eq\f(n(A∩B),n(A))＝eq\f(6,9)＝eq\f(2,3).3．从分别写有A，B，C，D，E的5张卡片中任取2张，这2张卡片上的字母恰好是按字母顺序相邻的概率为()A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,10) D．eq\f(7,10)解析：选B试验的所有基本事件总数为10，两字母恰好是相邻字母的有(A，B)，(B，C)，(C，D)，(D，E)4种，故P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).4．如果随机变量ξ表示抛掷一个各面分别有1,2,3,4,5,6的均匀的正方体向上面的数字，那么随机变量ξ的均值为()A．2.5 B．3C．3.5 D．4解析：选CP(ξ＝k)＝eq\f(1,6)(k＝1,2,3，…，6)，∴E(ξ)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋…＋6×eq\f(1,6)＝eq\f(1,6)(1＋2＋…＋6)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6×(1＋6),2)))＝3.5.5．盒中有10只螺丝钉，其中有3只是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是eq\f(3,10)的事件为()A．恰有1只是坏的 B．4只全是好的C．恰有2只是好的 D．至多有2只是坏的解析：选CX＝k表示取出的螺丝钉恰有k只为好的，则P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,7)C\o\al(4－k,3),C\o\al(4,10))(k＝1,2,3,4)．∴P(X＝1)＝eq\f(1,30)，P(X＝2)＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(1,2)，P(X＝4)＝eq\f(1,6)，故eq\f(3,10)表示恰好有2个是好的．6．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)解析：选A记3个兴趣小组分别为1,2,3，甲参加1组记为“甲1”，则基本事件为：甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3，共9个．记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件A有：甲1，乙1；甲2，乙2；甲3，乙3，共3个基本事件．因此P(A)＝eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).7．一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为eq\f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率是()A．eq\f(1,64) B．eq\f(55,64)C．eq\f(1,8) D．eq\f(1,16)解析：选B设A与B中至少有一个不闭合的事件为T，E与F至少有一个不闭合的事件为R，则P(T)＝P(R)＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，所以灯亮的概率为P＝1－P(T)·P(R)·P(eq\x\to(C))·P(eq\x\to(D))＝eq\f(55,64).8．一个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．eq\f(1,48) B．eq\f(1,24)C．eq\f(1,12) D．eq\f(1,6)解析：选D由已知，得3a＋2b＋0·c＝2，得3a＋2b＝2，所以ab＝eq\f(1,6)×3a×2b≤eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a＋2b,2)))2＝eq\f(1,6).二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)9．一台机器生产某种产品，如果生产一件甲等品可获得50元，生产一件乙等品可获得30元，生产一件次品，要赔20元，已知这台机器生产出甲等品、乙等品和次品的概率分别为0.6,0.3和0.1，则这台机器每生产一件产品平均预期获利________元．解析：设生产一件该产品可获利钱数为X，则随机变量X的取值可以是－20,30,50.依题意，X的分布列为X－203050P0.10.30.6故E(X)＝－20×0.1＋0.3×30＋50×0.6＝37(元)．答案：3710．从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则基本事件总数为________种，甲被选中的概率为________．解析：把5名同学依次编号为甲、乙、丙、丁、戊，基本事件空间Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊}，包含基本事件总数n＝10.设A表示事件“甲被选中”，则A＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊}，包含基本事件数m＝4.所以概率为P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).答案：10eq\f(2,5)11．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：ξ78910Px0.10.3y则x＋y＝________，若ξ的期望E(ξ)＝8.9，则y的值为________．解析：由分布列的性质知x＋y＝1－0.1－0.3＝0.6，所以x＝0.6－y且7x＋0.8＋2.7＋10y＝8.9，解得y＝0.4.答案：0.60.412．由于电脑故障，使得随机变量X的分布列中部分数据丢失(以“x”，“y”代替)，其表如下：X123456P0.200.100.x50.100.1y0.20则丢失的两个数据x＝________，y＝________.解析：0.x列的性质得：0.2＋0.1＋0.x5＋0.1＋0.1y＋0.2＝1，可得0.x5＋0.1y＝0.4，∴0.x＋0.05＋0.1＋0.0y＝0.4，∴0.xy＝0.25，∴x＝2，y＝5.答案：2513．甲乙两人各射击一次，如果两人击中目标的概率都为0.6，则两人都击中目标的概率为________，目标被击中的概率为________．解析：由题意，得两人都击中目标的概率P1＝0.6×0.6＝0.36；目标被击中的概率P2＝0.36＋0.6×0.4×2＝0.36＋0.48＝0.84.答案：0.360.8414．某处有供水龙头5个，调查表示每个水龙头被打开的可能性均为eq\f(1,10)，3个水龙头同时被打开的概率为________．解析：对5个水龙头的处理可视为做5次独立试验，每次试验有2种可能结果：打开或不打开，相应的概率为0.1或1－0.1＝0.9，根据题意得3个水龙头同时被打开的概率为Ceq\o\al(3,5)×0.13×0.92＝0.0081.答案：0.008115．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________________(写出所有正确结论的序号)．①P(B)＝eq\f(2,5)；②P(B|A1)＝eq\f(5,11)；③事件B与事件A1相互独立；④A1，A2，A3是两两互斥的事件；⑤P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关．解析：从甲罐中取出一球放入乙罐，则A1，A2，A3中任意两个事件不可能同时发生，即A1，A2，A3两两互斥，故④正确，易知P(A1)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝eq\f(1,5)，P(A3)＝eq\f(3,10)，则P(B|A1)＝eq\f(5,11)，P(B|A2)＝eq\f(4,11)，P(B|A3)＝eq\f(4,11)，故②对③错；∴P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝eq\f(1,2)×eq\f(5,11)＋eq\f(1,5)×eq\f(4,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(4,11)＝eq\f(9,22)，故①⑤错误．综上知，正确结论的序号为②④.答案：②④三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16．(本小题满分14分)现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答．试求：(1)所取的2道题都是甲类题的概率；(2)所取的2道题不是同一类题的概率．解：法一：将4道甲类题依次编号为1,2,3,4；2道乙类题依次编号为5,6.任取2道题，基本事件为：{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{1,6}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{2,6}，{3,4}，{3,5}，{3,6}，{4,5}，{4,6}，{5,6}，共15个，而且这些基本事件的出现是等可能的．(1)用A表示“都是甲类题”这一事件，则A包含的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个，所以P(A)＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).(2)用B表示“不是同一类题”这一事件，则B包含的基本事件有{1,5}，{1,6}，{2,5}，{2,6}，{3,5}，{3,6}，{4,5}，{4,6}，共8个，所以P(B)＝eq\f(8,15).法二：(1)所取的2道题都是甲类题的事件数有Ceq\o\al(2,4)＝6.任取2道题的事件总数有Ceq\o\al(2,6)＝15.故所取的2道题都是甲类题的概率为eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).(2)所取的2道题不是同一类题的事件数有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＝8.任取2道题的事件总数有Ceq\o\al(2,6)＝15.故所取的2道题不是同一类题的概率为eq\f(8,15).17．(本小题满分15分)某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门．首次到达此门，系统会随机(即等可能)为你打开一个通道．若是1号通道，则需要1小时走出迷宫；若是2号、3号通道，则分别需要2小时、3小时返回智能门，再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走出迷宫为止．令ξ表示走出迷宫所需的时间．(1)求ξ的分布列；(2)求ξ的数学期望．解：(1)由题意知必须从1号通道走出迷宫，ξ的所有可能取值为：1,3,4,6.P(ξ＝1)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝4)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝6)＝Aeq\o\al(2,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,3)，所以ξ的分布列为：ξ1346Peq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(1,3)(2)E(ξ)＝1×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,6)＋6×eq\f(1,3)＝eq\f(7,2)(小时)．18．(本小题满分15分)某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动．(1)设所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列；(2)求男生甲或女生乙被选中的概率；(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(B|A)．解：(1)ξ的所有可能取值为0,1,2，依题意得P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5).∴ξ的分布列为ξ012Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C，则P(C)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(4,20)＝eq\f(1,5).∴所求概率为P(eq\x\to(C))＝1－P(C)＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).(3)P(B)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(3,6))＝eq\f(10,20)＝eq\f(1,2)；P(B|A)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).19．(本小题满分15分)为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有来该市的3名工人相互独立地从60个项目中任选一个项目参与建设．(1)求这3人选择的项目所属类别互异的概率；(2)将此3人中选择的项目属于基础设施类工程或产业建设类工程的人数记为X，求X的分布列和数学期望．解：记第i名工人选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件Ai，Bi，Ci(i＝1,2,3)．由题意知，P(Ai)＝eq\f(30,60)＝eq\f(1,2)，P(Bi)＝eq\f(20,60)＝eq\f(1,3)，P(Ci)＝eq\f(10,60)＝eq\f(1,6).(1)3人选择的项目所属类别互异的概率P＝Aeq\o\al(3,3)P(A1B2C3)＝6×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,6).(2)任一名工人选择的项目属于基础设施类或产业建设类工程的概率P＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3).由X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，∴P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3－k(k＝0,1,2,3)，∴X的分布列为X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)其数学期望为E(X)＝3×eq\f(2,3)＝2.20．(本小题满分15分)(山东高考)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