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11.已知某离散型随机变量ξ的数学期望Eξ=,ξ的分布列如下:
ξ |
0 |
1 |
2 |
3 |
P |
a |
|
|
B |
则a= .
概率与统计练习100分参考答案
一、选择题
1.A ∵P(ξ=k)=C.0.01k(1-0.01)10-k,Eξ=nP=0.1.
2.B 作出概率分布可得.
3.A 本题考查随机变量的期望及有关的运算,由
η=12ξ+7Eη=12Eξ+734=12Eξ+7Eξ=
=1×+2×m+3×n+4×,
又+m+n+=1, 联立求解可得m=,故选A.
4.C P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=.
∴Eξ=+2×+3×+4×=2.7.
5.D 由于p+q=1,所以q=1-p,从而Eξ=0×p+1×q=q=1-p,
Dξ=[0-(1-p)]2p+[1-(1-p)]2q=(1-p)2p+p2(1-p)=p-p2
6.A 设随机变量ξ的分布列是:
ξ |
x1 |
x2 |
… |
xn-1 |
xn |
P |
P1 |
P2 |
… |
P
n-1 |
Pn |
则η=3ξ+2的分布列为:
η |
3x1+2 |
3x2+2 |
… |
3xn-1+2 |
3xn+2 |
P |
P1 |
P2 |
… |
P
n-1 |
Pn |
从而Eη=E(3ξ+2)=(3x1+2)P1+(3x2+2)P2+…+(3xn-1+2)Pn-1+(3xn+2)Pn
=3(x1P1+x2P2+…+xn-1Pn-1+xnPn)+2(P1+P2+…+Pn-1+Pn)=3Eξ+2;
Dη=[(3x1+2)-(3Eξ+2)]2P1+[(3x2+2)-(3Eξ+2)]2P2+…+[(3xn-1+2)-(3Eξ+2)]2Pn-1+[(3xn+2)-(3Eξ+2)]2Pn=9(x1-Eξ)2P1+9(x2-Eξ)2P2+…+9(xn-1-Eξ)2Pn-1+9(xn-Eξ)2Pn
=9[(x1-Eξ)2P1+(x2-Eξ)2P2+…+(xn-1-Eξ)2Pn-1+(xn-Eξ)2Pn]=9Dξ.
点评 对于随机变量ξ和η,如果η=aξ+b(a、b为常数),则有Eη=aEξ+b,Dη=a2Dξ.
7.A ∵ξ~B(n,P),∴Eξ=nP,Dξ=nP(1-P),
从而有解之,得n=8,P=0.2.
8.B 随机变量ξ的分布列是:
ξ |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
P |
|
|
|
|
|
|
从而Eξ=1×+2×+3×+4×+5×+6×=3.5,
Dξ=(1-3.5)2×+(2-3.5)2×+(3-3.5)2×+(4-3.5)2×+(5-3.5)2×+(6-3.5)2×=.
9.B E[3(ξ2-2)]=E(3ξ2-6)=3Eξ2-6=3[Dξ+(Eξ)2]-6=6.
10.C 从表中可见,当x<0时,P(ξ≤x)=0;
当0≤x<1时,P(ξ≤x)=P(ξ=0)=;
当1≤x<2时,P(ξ≤x)=P(ξ=0)+P(ξ=1)=;
当x≥2时,P(ξ≤x)=P(ξ=0)+P(ξ=1)+P(ξ=2)=1.
点评 对于密度函数,要理解其意义,搞清它与概率分布的联系与区别.
二、填空题
11. 本题需运用离散型随机变量的期望等知识.
Eξ==0×a+1×+2×+3bb=.
又P(ξ=0)+P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)=1
a+++=1a=.
12.乙 甲获胜的期望与方差分别是:
(Eξ)甲=0.4×1+0.1×2+0.5×3=2.1,(Dξ)甲=(2.1-1)2×0.4+(2.1-2)2×0.1+(2.1-3)2×0.5=0.89.
乙获胜的期望与方差分别是:
(Eξ)乙=0.1×1+0.6×2+0.3×3=2.2,(Dξ)乙=(2.2-1)2×0.1+(2.2-2)2×0.6+(2.2-3)2×0.3=0.456.
∵乙的期望高于甲,且乙的水平比甲稳定,故得胜希望大的是乙.
13. Eξ=1×+2×+3×+4×+5×+6×=.
14. 因为是有放回地摸球,所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为,连续摸4次(做4次试验),ξ为取得红球(成功)的次数,则ξ~B,从而有Eξ=nP=4×=.
三、解答题
15.解 (1)p=(1-)2.=.
(2)6场胜3场的情况有C种.
∴p=C=20××=.
(3)由于ξ服从二项分布,即ξ-B(6,),
∴Eξ=6×=2,Dξ=6××(1-)=.
答:(1)这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为;
(2)这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为;
(3)在6场比赛中这支篮球队胜场的期望为2,方差为.
点评 在二项分布ξ-B(n,p)中,期望Eξ=np,方差=npq.这两个公式只要求考生了解、会用,不要求给予证明.
16.解 (1)由概率分布的性质有0.12+0.18+0.20+0.20+100a2+3a+4a=1.
∴100a2+7a=0.3,∴1 000a2+70a-3=0,a=,或a=-(舍去),即a=0.03,
∴100a2+3a=0.18,4a=0.12,∴ξ的分布列为
ξ |
200 |
220 |
240 |
260 |
280 |
300 |
P |
0.12 |
0.18 |
0.20 |
0.20 |
0.18 |
0.12 |
∴Eξ=200×0.12+220×0.18+240×0.20+260×0.20+280×0.18+300×0.12=250(km)
Dξ=502×0.12+302×0.18+102×0.20+102×0.20+302×0.18+502×0.12=964;
(2)由已知η=3ξ-3(ξ>3,ξ∈Z),∴Eη=E(3ξ-3)=3Eξ-3=3×250-3=747(元)
Dη=D(3ξ-3)=32Dξ=8 676.
17.解 (1)记路段MN发生堵车事件为MN,因为各路段发生堵车事件都是独立的,且在同一路段发生堵车事件最多只有一次,所以路线A→C→D→B中遇到堵车的概率P1为
1-P(..)=1-P().P().()
=1-[1-P(AC)][1-P(CD)][1-P(DB)]=1-..=;
同理:路线A→C→F→B中遇到堵车的概率P2为1-P(..)=(大于);路线A→E→F→B中遇到堵车的概率P3为1-P(..)=(小于);
显然要使得由A到B路线途中发生堵车事件的概率最小,只可能在以上三条路线中选择.因此
选择路线A→C→F→B,可使得途中发生堵车事件的概率最小.
(2)路线A→C→F→B中遇到堵车次数ξ可取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=P(..)=.
P(ξ=1)=P(AC..)+P(.CF.)+P(..FB)
=××+××+××=.
P(ξ=2)=P(AC.CF.)+P(AC..FB)+P(.CF.FB)
=××+××+××=,
P(ξ=3)=P(AC.CF.FB)=××=,
Eξ=0×+1×+2×+3×=.
答:路线A→C→F→B中遇到堵车次数的数学期望为.
18.解 (1)因为这位司机第一二个交通岗未遇到红灯,在第三个交通岗遇到红灯,
所以P=(1-)(1-)×=.
(2)易知ξ~B(6,).∴Eξ=6×=2,Dξ=6××(1-)=.
19.解 (1)从两个箱子里各取1球,共CC=36种取法,
其中同色的取法有CC+CC+CC=3x+2y+z故A胜的概率为.
(2)设A得分为ξ,则ξ可能取值为0、1、2、3,其概率分别为
P(ξ=0)=1-=1-
P(ξ=1)=
P(ξ=2)=
P(ξ=3)=
∴Eξ=0×1-+1×+2×+3×=
∵x+y+z=6,∴Eξ=
∵x,y,z≥1,∴当x=1,y=4,z=1时,Eξ最大为.