2021高中数学(人教A版)选修2-3课时作业22

2．3离散型随机变量的均值与方差(习题课)课时作业(二十二)1．已知随机变量X的分布列是X123P0.40.20.4则E(X)和D(X)分别等于()A．1和0 B．1和1.8C．2和2 D．2和0.8答案D2．甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，三人的测试成果如下表甲的成果环数78910频数5555乙的成果环数78910频数6446丙的成果环数78910频数4664s1、s2、s3分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成果的标准差，则有()A．s3>s1>s2 B．s2>s1>s3C．s1>s2>s3 D．s2>s3>s1答案B3．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0.1964．每人在一轮投篮练习中最多可投篮4次，现规定一旦命中即停止该轮练习，否则始终试投到4次为止．已知一选手的投篮命中率为0.7，求一轮练习中该选手的实际投篮次数ξ的分布列，并求出ξ的期望E(ξ)与方差D(ξ)(保留3位有效数字)．解析ξ的取值为1,2,3,4.若ξ＝1，表示第一次即投中，故P(ξ＝1)＝0.7；若ξ＝2，表示第一次未投中，其次次投中，故P(ξ＝2)＝(1－0.7)×0.7＝0.21；若ξ＝3，表示第一、二次未投中，第三次投中，故P(ξ＝3)＝(1－0.7)2×0.7；若ξ＝4，表示前三次未投中，故P(ξ＝4)＝(1－0.7)3＝0.027.因此ξ的分布列为：ξ1234P0.70.210.0630.027E(ξ)＝1×0.7＋2×0.21＋3×0.063＋4×0.027＝1.417,D(ξ)＝(1－1.417)2×0.7＋(2－1.417)2×0.21＋(3－1.417)2×0.063＋(4－1.417)2×0.027＝0.513.5．从某批产品中，有放回地抽取产品2次，每次随机抽取1件，假设大事A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率P(A)＝0.96.(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；(2)若该批产品共100件，从中一次性任意抽取2件，用ξ表示取出的2件产品中的二等品的件数，求ξ的分布列及期望．解析(1)记A0表示大事“取出的2件产品中无二等品”，A1表示大事“取出的2件产品中恰有1件是二等品”，则A0、A1互斥，且A＝A0＋A1.故P(A)＝P(A0＋A1)＝P(A0)＋P(A1)＝(1－p)2＋Ceq\o\al(1,2)p·(1－p)＝1－p2.由题意，知1－p2＝0.96，又p>0，故p＝0.2.(2)ξ可能的取值为0,1,2.若该批产品共100件，由(1)知，其中共有二等品100×0.2＝20件，故P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,80),C\o\al(2,100))＝eq\f(316,495)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,80)C\o\al(1,20),C\o\al(2,100))＝eq\f(160,495)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,20),C\o\al(2,100))＝eq\f(19,495).所以ξ的分布列为ξ012Peq\f(316,495)eq\f(160,495)eq\f(19,495)所以ξ的期望E(ξ)＝0×eq\f(316,495)＋1×eq\f(160,495)＋2×eq\f(19,495)＝eq\f(198,495)＝eq\f(2,5).6．有10张卡片，其中8张标有数字2,2张标有数字5，从中随机地抽取3张卡片，设3张卡片数字之和为ξ，求E(ξ)和D(ξ)．解析这3张卡片上的数字之和为ξ，这一随机变量的可能取值为6,9,12.ξ＝6表示取出的3张卡片上标有2，则P(ξ＝6)＝eq\f(C\o\al(3,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15).ξ＝9表示取出的3张卡片上两张标有2，一张标有5，则P(ξ＝9)＝eq\f(C\o\al(2,8)C\o\al(1,2),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15).ξ＝12表示取出的3张卡片上一张标有2，两张标有5，则P(ξ＝12)＝eq\f(C\o\al(1,8)C\o\al(2,2),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,15).∴ξ的分布列为ξ6912Peq\f(7,15)eq\f(7,15)eq\f(1,15)∴E(ξ)＝6×eq\f(7,15)＋9×eq\f(7,15)＋12×eq\f(1,15)＝7.8.D(ξ)＝(6－7.8)2×eq\f(7,15)＋(9－7.8)2×eq\f(7,15)＋(12－7.8)2×eq\f(1,15)＝3.36.7．工人在包装某产品时不当心将2件不合格的产品一起放进了一个箱子里，此时该箱子中共有外观完全相同的6件产品．只有将产品逐一打开检验才能确定哪2件产品是不合格的，产品一旦打开检验不管是否合格都将报废．记ξ表示将2件不合格产品全部检测出来后4件合格产品中报废品的数量．(1)求报废的合格品少于2件的概率；(2)求ξ的分布列和数学期望．解析(1)报废的合格品少于2件，即ξ＝0或ξ＝1，而P(ξ＝0)＝eq\f(A\o\al(2,2),6×5)＝eq\f(1,15)，P(ξ＝1)＝eq\f(A\o\al(2,2)A\o\al(1,2)A\o\al(1,4),6×5×4)＝eq\f(2,15)，故P(ξ<2)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝eq\f(1,15)＋eq\f(2,15)＝eq\f(1,5).(2)依题意，ξ的可能取值为0,1,2,3,4，P(ξ＝2)＝eq\f(A\o\al(1,3)×A\o\al(1,2)×A\o\al(2,4),A\o\al(4,6))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝3)＝eq\f(A\o\al(1,4)×A\o\al(1,2)×A\o\al(3,4),A\o\al(5,6))＝eq\f(4,15)，P(ξ＝4)＝eq\f(A\o\al(1,5)×A\o\al(1,2)×A\o\al(4,4),A\o\al(6,6))＝eq\f(1,3)，由(1)知P(ξ＝0)＝eq\f(1,15)，P(ξ＝1)＝eq\f(2,15)，故ξ的分布列为：ξ01234Peq\f(1,15)eq\f(2,15)eq\f(1,5)eq\f(4,15)eq\f(1,3)E(ξ)＝0×eq\f(1,15)＋1×eq\f(2,15)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(4,15)＋4×eq\f(1,3)＝eq\f(8,3).8．(2022·福建理)受轿车在保修期内修理费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次毁灭故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年．现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：品牌甲乙首次毁灭故障时间x(年)0<x≤11<x≤2x>20<x≤2x>2轿车数量(辆)2345545每辆利润(万元)1231.82.9将频率视为概率，解答下列问题：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次毁灭故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；(3)该厂估量今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．解析(1)设“甲品牌轿车首次毁灭故障发生在保修期内”为大事A，则P(A)＝eq\f(2＋3,50)＝eq\f(1,10).(2)依题意得，X1的分布列为X1123Peq\f(1,25)eq\f(3,50)eq\f(9,10)X2的分布列为X21.82.9Peq\f(1,10)eq\f(9,10)(3)由(2)得，E(X1)＝1×eq\f(1,25)＋2×eq\f(3,50)＋3×eq\f(9,10)＝2.86(万元)，E(X2)＝1.8×eq\f(1,10)＋2.9×eq\f(9,10)＝2.79(万元)．由于E(X1)>E(X2)，所以应生产甲品牌轿车．9．某单位在应聘会上，设置了难度不同的甲、乙两个系列的问题，每个系列都有A和B两个问题，应聘时每个应聘者自选一个系列问题，两个问题的得分之和为该应聘者的成果．假设每个应聘者完成每个系列中的两个问题的得分是相互独立的，依据应聘的个人综合水平可知，某应聘者能回答甲系列和乙系列问题的状况如下表：甲系列：问题AB得分100804010概率eq\f(3,4)eq\f(1,4)eq\f(3,4)eq\f(1,4)乙系列：问题AB得分9050200概率eq\f(9,10)eq\f(1,10)eq\f(9,10)eq\f(1,10)现该应聘者最终一个应聘，其之前应聘者的最高得分为118分．(1)若该应聘者期望成为应聘者中的第一名，应选择哪个系列，说明理由，并求其成为第一名的概率；(2)若该应聘者选择乙系列，求其成果X的分布列及其数学期望E(X)．解析(1)若该应聘者期望获得第一名，应选择甲系列．理由如下，选择甲系列最高得分为100＋40＝140>118，可能成为第一名；而选择乙系列最高得分为90＋20＝110<118，不行能成为第一名．选甲系列成为第一名的概率为，P(甲为第一名)＝eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,4).(2)X的取值为：50,70,90,110.P(X＝50)＝eq\f(1,100)，P(X＝70)＝eq\f(1,10)×eq\f(9,10)＝eq\f(9,100)，P(X＝90)＝eq\f(9,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(9,100)，P(X＝110)＝eq\f(9,10)×eq\f(9,10)＝eq\f(81,100).∴E(X)＝104.1．(2022·湖北理)依据以往的阅历，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：降水量XX<300300≤X<700700≤X<900X≥900工期延误天数Y02610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X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．解析(1)由已知条件和概率的加法公式有：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：Y02610P0.30.40.20.1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，得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)＝eq\f(P300≤X<900,PX≥300)＝eq\f(0.6,0.7)＝eq\f(6,7).故在降水量X至少是300mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是eq\f(6,7).2．一种电脑屏幕疼惜画面，只有符合“O”和“△”随机地反复毁灭，每秒钟变化一次，每次变化只毁灭“O”和“△”之一，其中毁灭“O”的概率为p，毁灭“△”的概率为q，若第k次毁灭“O”，则记ak＝1；毁灭“△”，则记ak＝－1.令Sn＝a1＋a2＋…＋an.(1)当p＝eq\f(1,3)，q＝eq\f(2,3)时，求S4＝2的概率；(2)当p＝q＝eq\f(1,2)时，记ξ＝|S4|，求ξ的分布列及数学期望．解析(1)“S4＝2”即电脑屏幕变化4次(相当于4次独立重复试验)，其中“O”毁灭3次，“△”毁灭1次，∴其概率为：P(S4＝2)＝Ceq\o\al(3,4)(eq\f(1,3))2×eq\f(2,3)＝eq\f(8,81)，即S4＝2的概率为eq\f(8,81).(2)由题ξ的取值有：0,2,4.记：y表示电脑变化4次中“O”毁灭的次数，则y～B(4，eq\f(1,2))，P(ξ＝0)＝P(y＝2)＝Ceq\o\al(2,4)(eq\f(1,2))2(eq\f(1,2))2＝eq\f(3,8)，P(ξ＝2)＝P(y＝1)＋P(y＝3)