- 二项式定理
- 共3480题
(2013•运城校级一模)某市的教育研究机构对全市高三学生进行综合素质测试,随机抽取了部分学生的成绩,得到如图所示的成绩频率分布直方图.
(1)估计全市学生综合素质成绩的平均值;
(2)若评定成绩不低于80分为优秀,视频率为概率,从全市学生中任取3名学生(看作有放回的抽样),变量ξ表示3名学生中成绩优秀的人数,求变量ξ的分布列及期望E(ξ).
正确答案
解:(1)平均数=55×0.012×10+65×0.018×10+75×0.04×10+85×0.022×10+95×0.08×10
=74.6,
∴学生综合素质成绩的平均值为74.6;
(2)由题意,优秀的概率为0.3,不优秀的概率为0.7,ξ的可能取值为0,1,2,3,则
P(ξ=0)=0.73=0.343,P(ξ=1)==0.441,
P(ξ=2)==0.189,P(ξ=3)=0.33=0.027,
∴ξ的分布列为
E(ξ)=1×0.441+2×0.189+3×0.027=0.901.
解析
解:(1)平均数=55×0.012×10+65×0.018×10+75×0.04×10+85×0.022×10+95×0.08×10
=74.6,
∴学生综合素质成绩的平均值为74.6;
(2)由题意,优秀的概率为0.3,不优秀的概率为0.7,ξ的可能取值为0,1,2,3,则
P(ξ=0)=0.73=0.343,P(ξ=1)==0.441,
P(ξ=2)==0.189,P(ξ=3)=0.33=0.027,
∴ξ的分布列为
E(ξ)=1×0.441+2×0.189+3×0.027=0.901.
如图所示,机器人海宝按照以下程序运行:
①从A出发到达点B或C或D,到达点B、C、D之一就停止
②每次只向右或向下按路线运行
③在每个路口向下的概率
④到达P时只向下,到达Q点只向右
(1)求海宝过点从A经过M到点B的概率,求海宝过点从A经过N到点C的概率;
(2)记海宝到点B、C、D的事件分别记为X=1,X=2,X=3,求随机变量X的分布列及期望.
正确答案
解:(1)由题意,向下概率为,则向右概率为1-
=
.
从A过M到B,先有两次向下,再有一次向下与一次向右组合,其概率为;
从A过N到C,概率为(7分)
(2)P(X=1)=()3+
(
)2
×
=
=
;P(X=2)=
(
)2(
)2=
;P(X=3)=(
)3+
(
)2
×
=
=
,
∴E(X)=+
×2+
×3=
=
(14分)
解析
解:(1)由题意,向下概率为,则向右概率为1-
=
.
从A过M到B,先有两次向下,再有一次向下与一次向右组合,其概率为;
从A过N到C,概率为(7分)
(2)P(X=1)=()3+
(
)2
×
=
=
;P(X=2)=
(
)2(
)2=
;P(X=3)=(
)3+
(
)2
×
=
=
,
∴E(X)=+
×2+
×3=
=
(14分)
将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处,小球自由下落,小球在下落的过程中,将遇到黑色障碍物3次,最后落入A袋或B袋中.已知小球每次遇到障碍物时,向左、右两边下落的概率分别是p,1-p.
(Ⅰ)当p为何值时,小球落入B袋中的概率最大,并求出最大值;
(Ⅱ)在容器的入口处依次放入4个小球,记ξ为落入B袋中的小球个数,当p=时,求ξ的数学期望.
正确答案
解:(Ⅰ)记“小球落入A袋中”为事件M,“小球落入B袋中”为事件N,则事件M的对立事件为事件N.
而小球落入A袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下,
故P(M)=P3+(1-P)3=P3+1-3P+3P2-P3=3(P-)2
,
∴当P=时,P(M)取最小值
,P(N)取最大值1-
=
.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知当P=时,
随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4.且ξ~B(4,),
∴E(ξ)=4×=
.
解析
解:(Ⅰ)记“小球落入A袋中”为事件M,“小球落入B袋中”为事件N,则事件M的对立事件为事件N.
而小球落入A袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下,
故P(M)=P3+(1-P)3=P3+1-3P+3P2-P3=3(P-)2
,
∴当P=时,P(M)取最小值
,P(N)取最大值1-
=
.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知当P=时,
随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4.且ξ~B(4,),
∴E(ξ)=4×=
.
某市文化馆在春节期间举行高中生“蓝天海洋杯”象棋比赛,规则如下:两名选手比赛时,每局胜者得1分,负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时结束.假设选手甲与选手乙比赛时,甲每局获胜的概率皆为,且各局比赛胜负互不影响.
(Ⅰ)求比赛进行4局结束,且乙比甲多得2分的概率;
(Ⅱ)设ξ表示比赛停止时已比赛的局数,求随机变量ξ的分布列和数学期望.
正确答案
解:(Ⅰ)由题意知,乙每局获胜的概率皆为.…(1分)
比赛进行4局结束,且乙比甲多得2分,
即头两局乙胜一局,3,4局连胜,
则比赛进行4局结束,且乙比甲多得2分的概率:
.…(4分)
(Ⅱ)由题意知,ξ的取值为2,4,6.…(5分)
则…(6分)
…(7分)
…(9分)
所以随机变量ξ的分布列为
…(10分)
则.…(12分)
解析
解:(Ⅰ)由题意知,乙每局获胜的概率皆为.…(1分)
比赛进行4局结束,且乙比甲多得2分,
即头两局乙胜一局,3,4局连胜,
则比赛进行4局结束,且乙比甲多得2分的概率:
.…(4分)
(Ⅱ)由题意知,ξ的取值为2,4,6.…(5分)
则…(6分)
…(7分)
…(9分)
所以随机变量ξ的分布列为
…(10分)
则.…(12分)
工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务,每次只派一个人进去,且每个人只派一次,工作时间不超过10分钟,如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出,再派下一个人.现在一共只有甲、乙、丙三个人可派,他们各自能完成任务的概率分别p1,p2,p3,假设p1,p2,p3互不相等,且假定各人能否完成任务的事件相互独立.
(Ⅰ)如果按甲在先,乙次之,丙最后的顺序派人,求任务能被完成的概率.若改变三个人被派出的先后顺序,任务能被完成的概率是否发生变化?
(Ⅱ)若按某指定顺序派人,这三个人各自能完成任务的概率依次为q1,q2,q3,其中q1,q2,q3是p1,p2,p3的一个排列,求所需派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)EX;
(Ⅲ)假定l>p1>p2>p3,试分析以怎样的先后顺序派出人员,可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小.
正确答案
解:(Ⅰ)任务不能被完成的概率为(1-p1)(1-p2)(1-p3)为定值,
所以任务能被完成的概率与三个人被排除的顺序无关.
任务能被完成的概率为1-(1-p1)(1-p2)(1-p3)
(Ⅱ)X的取值为1,2,3
P(X=1)=q1
P(X=2)=(1-q1)q2
P(X=3)=(1-q1)(1-q2)
EX=q1+2(1-q1)q2+3(1-q1)(1-q2)=3-2q1-q2+q1q2
(Ⅲ)EX=3-(q1+q2)+q1q2-q1,
若交换前两个人的派出顺序,则变为3-(q1+q2)+q1q2-q2,
由此可见,当q1>q2时,交换前两个人的派出顺序可增大均值;
若保持第一人派出的人选不变,交换后个人的派出顺序,
EX可写为3-2q1-(1-q1)q2,交换后个人的派出顺序则变为3-2q1-(1-q1)q3,
当q2>q3时交换后个人的派出顺序可增大均值
故完成任务概率大的人先派出,
可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小.
解析
解:(Ⅰ)任务不能被完成的概率为(1-p1)(1-p2)(1-p3)为定值,
所以任务能被完成的概率与三个人被排除的顺序无关.
任务能被完成的概率为1-(1-p1)(1-p2)(1-p3)
(Ⅱ)X的取值为1,2,3
P(X=1)=q1
P(X=2)=(1-q1)q2
P(X=3)=(1-q1)(1-q2)
EX=q1+2(1-q1)q2+3(1-q1)(1-q2)=3-2q1-q2+q1q2
(Ⅲ)EX=3-(q1+q2)+q1q2-q1,
若交换前两个人的派出顺序,则变为3-(q1+q2)+q1q2-q2,
由此可见,当q1>q2时,交换前两个人的派出顺序可增大均值;
若保持第一人派出的人选不变,交换后个人的派出顺序,
EX可写为3-2q1-(1-q1)q2,交换后个人的派出顺序则变为3-2q1-(1-q1)q3,
当q2>q3时交换后个人的派出顺序可增大均值
故完成任务概率大的人先派出,
可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小.
6个电子产品中有2个次品,4个合格品,每次从中任取一个测试,测试完后不放回,直到两个次品找到为止,那么测试次数的X的均值为______.
正确答案
解析
由题意可知随机变量ξ的可能取值为2,3,4,5.
则P(ξ=2)==
,P(ξ=3)=
=
,P(ξ=4)=
=
,p(ξ=5)=1-P(ξ=2)-P(ξ=3)-P(ξ=4)=
.
∴2只次品都找到的测试次数ξ的分布列如表格,
∴Eξ=2×+3×=.
故答案为:
一次数学测验有25道选择题构成,每个选择题有4个选择项,其中有且只有一个选项正确,每选一个正确答案得4分,不作出选择或选错的不得分,满分100分,某学生选对任一题的概率为0.8,则此学生在这一次测试中的成绩的 D(ξ)=______.
正确答案
64
解析
解:设学生答对题数为η,成绩为ξ,则η~B(25,0.8),ξ=4η,
则此学生在这一次测试中的成绩的 D(ξ)=D(4η)=16D(η)=16×25×0.8×0.2=64.
故答案为:64.
近年来,我国的高铁技术发展迅速,铁道部门计划在A、B两城之间开通高速列车,假设在试运行期间,每天8:00-9:00,9:00-10:00两个时间段内各发一趟列车由A城到B城(两车发车情况互不影响),A城发车时间及其概率如表所示:
若甲、乙两位旅客打算从A城到B城,假设他们到达A城火车站候车的时间分别是周六8:00和周日8:20.(只考虑候车时间,不考虑其它因素)
(1)设乙候车所需时间为随机变量X,求X的分布列和数学期望;
(2)求甲、乙二人候车时间相等的概率.
正确答案
解:(1)X的所有可能取值为10、30、50、70、90(分钟)…(2分)
其概率分布列如下
…(6分)
(2)甲、乙二人候车时间分别为10分钟、30分钟、50分钟的概率为,,;…(8分)
,,…(10分)
所以p=++==
即甲、乙二人候车时间相等的概率为…(12分)
解析
解:(1)X的所有可能取值为10、30、50、70、90(分钟)…(2分)
其概率分布列如下
…(6分)
(2)甲、乙二人候车时间分别为10分钟、30分钟、50分钟的概率为,,;…(8分)
,,…(10分)
所以p=++==
即甲、乙二人候车时间相等的概率为…(12分)
某公司生产的机器其无故障工作时间X(单位:万小时)有密度函数f(x)=,公司每售出一台机器可获利1600元,若机器售后使用1.2万小时之内出故障,则应予以更换,这时每台亏损1200元;若在1.2到2万小时之间出故障,则予以维修,由公司负担维修费400元;在使用2万小时以后出故障,则用户自己负责,求该公司售出每台机器的平均获利.
正确答案
解:设Y表示售出一台机器的获利.则Y是X的函数,即
Y=g(X)=
于是E(Y)=E(g(X))=+
+
=1000
即该公司售出每台机器的平均获利为1000元.
解析
解:设Y表示售出一台机器的获利.则Y是X的函数,即
Y=g(X)=
于是E(Y)=E(g(X))=+
+
=1000
即该公司售出每台机器的平均获利为1000元.
据民生所望,相关部门对所属单位进行整治性核查,标准如下表:
规定初查累计权重分数为10分或9分的不需要复查并给予奖励,10分的奖励18万元;9分的奖励8万元;初查累计权重分数为7分及其以下的停下运营并罚款1万元;初查累计权重分数为8分的要对不合格指标进行复查,最终累计权重得分等于初查合格部分与复查部分得分的和,最终累计权重分数为10分方可继续运营,否则停业运营并罚款1万元.
(1)求一家单位既没获奖励又没被罚款的概率;
(2)求一家单位在这次整治性核查中所获金额X(万元)的分布列和数学期望(奖励为正数,罚款为负数).
正确答案
解:记“初查阶段甲类的一个指标项合格”为事件A,“初查阶段乙类的一个指标项合格”为事件B,“复查阶段一个指标项合格”为事件C,则P(A)=,P(B)=P(C)=
. (Ⅰ)记“一家单位既没获奖励又没被罚款”为事件D,则
P(D)=[P(A)]4[P()]2[P(C)]2+
[P(A)]3[P(B)]2[P(C)]=
(Ⅱ)X的可能取值为-1,0,8,18.
P(X=18)=[P(A)]4[P(B)]2=,
P(X=8)=[P(A)]4[P(B)][P(
)]=
,
P(X=0)=P(1)=,
P(X=-1)=1-P(X=18)-P(X=8)-P(X=0)=.
X的分布列为
X的数学期望EX=-1×+0×+8×+18×=(万元).
解析
解:记“初查阶段甲类的一个指标项合格”为事件A,“初查阶段乙类的一个指标项合格”为事件B,“复查阶段一个指标项合格”为事件C,则P(A)=,P(B)=P(C)=
. (Ⅰ)记“一家单位既没获奖励又没被罚款”为事件D,则
P(D)=[P(A)]4[P()]2[P(C)]2+
[P(A)]3[P(B)]2[P(C)]=
(Ⅱ)X的可能取值为-1,0,8,18.
P(X=18)=[P(A)]4[P(B)]2=,
P(X=8)=[P(A)]4[P(B)][P(
)]=
,
P(X=0)=P(1)=,
P(X=-1)=1-P(X=18)-P(X=8)-P(X=0)=.
X的分布列为
X的数学期望EX=-1×+0×+8×+18×=(万元).
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