第11章第9节.doc

第章　第 1．已知X的分布列为 X －1 0 1 P 设Y＝3X＋2，则E(Y)的值为(　　) A．3　　　　　B．4　　　　　C．－1　　　　　D．1 解析：选A　E(X)＝－＝，E(Y)＝E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝1＋2＝3. 2．某一离散型随机变量ξ的概率分布如下表，且E(ξ)＝1.5，则P(ξ≥2)的值为(　　) ξ 0 1 2 3 P 0.1 a b 0.1 A．0.2　　　　B．0.3　　　　C．0.4　　　　D．0.5 解析：选D　由条件得 解得所以P(ξ≥2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.5.故选D. 3．(2014·开封高中月考)已知随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3，则D(3ξ＋5)＝(　　) A．6　　　　B．9　　　　C．3　　　　D．4 解析：选A　由E(ξ)＝×(1＋2＋3)＝2，得D(ξ)＝，D(3ξ＋5)＝32×D(ξ)＝6，故选A. 4．某种种子每粒发芽的概率都为p，现播种了1 000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，若X的数学期望为200，则该种种子的发芽率为(　　) A．0.1　　　　B．0.7　　　　C．0.8　　　　D．0.9 解析：选D　由题意知，种子的发芽率为p，不发芽率为1－p，每粒种子发芽与否相互独立，故设没有发芽的种子数为ξ，则ξ～B(1 000,1－p)，E(ξ)＝1 000×(1－p)，故需补种的种子数的数学期望为2E(ξ)＝2 000×(1－p)＝E(X)＝200，得p＝0.9. 5. (2013·湖北高考)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．经过搅拌后，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.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：选B　由题意可知涂漆面数X的可能取值为0,1,2,3. 由于P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.选B. 6．某射手对同一目标独立射击四次，已知至少命中一次的概率为，则该射手这四次射击命中的均值是(　　) A．2　　　　B.　　　　C.　　　　D．3 解析：选C　设此射手射击四次命中次数为ξ，每次命中的概率为p，则ξ～B(4，p)，依题意可知，P(ξ≥1)＝， 1－P(ξ＝0)＝1－C(1－p)4＝，整理得(1－p)4＝，解得p＝.则均值E(ξ)＝np＝4×＝. 7．(2014·太原五中统考)袋中有大小、质地均相同的4个红球与2个白球．若从中有放回地依次取出一个球，记6次取球中取出红球的次数为ξ，则ξ的期望E(ξ)＝________. 解析：4　依题意得，ξ的可能取值分别是0,1,2,3,4,5,6，且每次取球取出红球的概率均是＝，故ξ～B，因此E(ξ)＝6×＝4. 8．(2014·银川一中月考)已知ξ的分布列为： ξ －1 0 1 P a 且设η＝2ξ＋3，则η的均值为________． 解析：　由＋＋a＝1得a＝， E(ξ)＝(－1)×＋0×＋1×a＝－＋＝－， E(η)＝E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝2×＋3＝. 9．设随机变量X～B(2，p)，若P(X≥1)＝，则X的数学期望E(X)＝________. 解析：　因为X～B(2，p)，所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C(1－p)2＝，解得p＝.故E(X)＝np＝2×＝. 10．(2014·宁波质检)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝，则D(X)＝______. 解析：　由题意知，×(1－p)2＝，解得p＝， P(X＝1)＝×2＋××＋××＝，P(X＝2)＝××＋××＋××＝，P(X＝3)＝×2＝，E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，D(X)＝×2＋×2＋×2＋×2＝. 11．(2012·四川高考)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p. (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值； (2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望E(ξ)． 解析：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P()＝1－·p＝.解得p＝. (2)由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3， P(ξ＝0)＝C3＝， P(ξ＝1)＝C2·＝， P(ξ＝2)＝C·2＝， P(ξ＝3)＝C3＝. 所以随机变量ξ的概率分布列为 ξ 0 1 2 3 P