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- 2021-07-01 发布
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70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)=0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09, 故P(A)=1-P(A)=0.91. 已知一个口袋中装有n个红球(n≥1且n∈N*)和2个白球,从中有放回地连续摸三次,每次摸出两个球,若两个球颜色不同则为中奖,否则不中奖. (1)当n=3时,设三次摸球(每次摸球后放回)中奖的次数为ξ,求ξ的分布列; (2)记三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P,当n取多少时,P最大. 解:(1)当n=3时,每次摸出两个球, 中奖的概率P==. 由题意知ξ的可能值为0,1,2,3, 故有P(ξ=0)=C×=; P(ξ=1)=C××=; P(ξ=2)=C××=; P(ξ=3)=C×=. ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 或P(ξ=i)=C××,i=0,1,2,3. (2)设每次摸球中奖的概率为p,则三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P(ξ=2)=C·p2·(1-p)=-3p3+3p2,0
6时,P(X=k+1)
10 000)=0.5+0.2=0.7.
由二项分布,3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.
10.9 离散型随机变量的均值与方差
1.离散型随机变量的均值
(1)若离散型随机变量X的概率分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称E(X)=____________________________为随机变量X的均值或数学期望,它反映了离散型随机变量取值的____________.
(2)若Y=aX+b,其中a,b为常数,则Y也是随机变量,于是E(Y)=____________________.
(3)①若X服从两点分布,则E(X)=____________;
②若X~B(n,p),则E(X)=____________.
2.离散型随机变量的方差
(1)若离散型随机变量X的概率分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称D(X)=________为随机变量X的方差,其算术平方根________为随机变量X的标准差.
(2)D(aX+b)=____________.
(3)①若X服从两点分布,则D(X)=____________;
②若X~B(n,p),则D(X)=____________.
方差反映随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度:D(X)越小,X取值越集中,D(X)越大,X取值越分散.
自查自纠:
1.(1)x1p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn 平均水平
(2)aE(X)+b (3)①p ②np
2.(1)(xi-E(X))2pi (2)a2D(X)
(3)①p(1-p) ②np(1-p)
已知某一随机变量X的分布列如下,且 E(X)=6.3,则a的值为( )
X
4
a
9
P
0.5
0.1
b
A.5 B.6 C.7 D.8
解:由分布列性质知0.5+0.1+b=1,所以 b=0.4.所以E(X)=4×0.5+a×0.1+9×0.4=6.3,所以a=7.故选C.
已知随机变量ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
x
y
若E(ξ)=,则D(ξ)等于( )
A. B. C. D.
解:由分布列的性质得x+y=,又E(ξ)=,所以2x+3y=,解得x=,y=.所以D(ξ)=×+×+×=.故选B.
某运动员投篮命中率为0.6,他重复投篮5次,若他命中一次得10分,没命中不得分;命中次数为X,得分为Y,则E(X),D(Y)分别为( )
A.0.6,60 B.3,12
C.3,120 D.3,1.2
解:X~B(5,0.6),Y=10X,所以E(X)=5× 0.6=3,D(X)=5×0.6×0.4=1.2,D(Y)= 100D(X)=120.故选C.
有一批产品,其中有12件正品和4件次品,从中有放回地任取3件,若ξ表示取到次品的个数,则D(ξ)=__________.
解:由题知,次品率p==,则ξ~B,从而D(ξ)=3××=.故填.
()随机变量ξ的取值为0,1,2,若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,则D(ξ)=__________.
解:设P(ξ=1)=p,则ξ的分布列如下:
ξ
0
1
2
P
p
-p
由E(ξ)=1,得p+2=1,可得p=,所以D(ξ)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2× =.故填.
类型一 摸球模型、抽签模型
一口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球,每次从袋中任意摸出一个球.
(1)采取有放回抽样方式,从中摸出两个球,求两球恰好颜色不同的概率;
(2)采取不放回抽样方式,从中摸出两个球,求摸得白球的个数的均值和方差.
解:(1)“有放回摸取”可看作独立重复试验,每次摸出一球是白球的概率为P==.
记“有放回摸两次,颜色不同”为事件A,其概率为P(A)=.
(2)设摸得白球的个数为X,则X的取值为0,1,2,
P(X=0)=×=,
P(X=1)=×+×=,
P(X=2)=×=.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
E(X)=0×+1×+2×=,
D(X)=×+×+×=.
点拨:
求离散型随机变量的分布列的关键在于确定随机变量及其概率.就本题而言,弄清“放回”与“不放回”在概率计算上的区别是正确解题的关键.均值与方差直接套用公式计算即可.
一厂家向用户提供的一箱产品共10件,其中有2件次品,用户先对产品进行抽检以决定是否接收.抽检规则如下:一次取一件产品检查(取出的产品不放回箱子),共抽查三次,若三次都没有抽查到次品,则用户接收这箱产品,若抽查到次品就立即停止抽检,并且用户拒绝接收这箱产品.
(1)求这箱产品被用户接收的概率;
(2)记抽检的产品件数为X,求X的分布列和均值.
解:(1)设“这箱产品被用户接收”为事件A,
P(A)==.
即这箱产品被用户接收的概率为.
(2)X的可能取值为1,2,3.
P(X=1)==,
P(X=2)=×=,
P(X=3)=××=,
所以X的概率分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)=×1+×2+×3=.
类型二 停止型问题
()为迎接2016年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松赛”,某单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动.抽奖盒中装有大小相同的6个小球,分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志,摇匀后,规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球(登记后放回并摇匀),若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖,并停止抽奖,否则继续,但每位嘉宾最多抽取3次.已知从盒中同时抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为.
(1)求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数;
(2)用η表示某位嘉宾抽奖的次数,求η的分布列和数学期望.
解:(1)设印有“绿色金城行”的小球有n个,记“同时抽取两个小球不都是‘绿色金城行’标志”为事件A,则同时抽取两个小球都是“绿色金城行”标志的概率是P(A)=,
由对立事件的概率可知P(A)=1-P(A)=,即P(A)==,解得n=3.所以盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数为3.
(2)由(1)知,两种球各三个,η的可能取值为1,2,3.
P(η=1)==,
P(η=2)=×+×=,
P(η=3)=1-P(η=1)-P(η=2)=.
(或P(η=3)=+×+×+×=
)
则η的分布列为
η
1
2
3
P
所以E(η)=1×+2×+3×=.
点拨:
解决这类终止型问题,一定要弄清楚终止的条件,根据终止条件确定各种可能结果,再计算相应概率.
()某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定,小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.
解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A,则P(A)=××=.
(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.
又P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××1=.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)=1×+2×+3×=.
类型三 二项分布的均值与方差
()一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示.
将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.
(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率;
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X的分布列、数学期望E(X)及方差D(X).
解:(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”,A2表示事件“日销售量低于50个”,B表示事件“在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”,因此
P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6,
P(A2)=0.003×50=0.15,
P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.
(2)X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=C×(1-0.6)3=0.064,
P(X=1)=C×0.6×(1-0.6)2=0.288,
P(X=2)=C×0.62×(1-0.6)=0.432,
P(X=3)=C×0.63=0.216.
X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
因为X~B(3,0.6),所以数学期望E(X)=3×0.6=1.8,
方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.
点拨:
n次独立重复试验是重要的模型,要牢记公式:当X~B(n,p)时,E(X)=np,D(X)=npq,其中 q=1-p.同时要掌握期望与方差的重要性质: E(aX+b)=aE(X)+b,D(aX+b)=a2D(X).
()PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物,对人体健康和大气环境质量的影响很大.我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值,即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级;在35微克/立方米~75微克/立方米之间空气质量为二级;在75微克/立方米以上空气质量为超标.某市环保局从360天的市区PM2.5监测数据中,随机抽取15天的数据作为样本,监测值如茎叶图所示(十位为茎,个位为叶).
PM2.5 日均值(微克/立方米)
2
8 5
3
2 1 4 3
4
4 5
6
3 8
7
9
8
6 3
9
2 5
(1)从这15天的数据中任取3天的数据,记X表示空气质量达到一级的天数,求X的分布列;
(2)以这15天的PM2.5日均值来估计这360天的空气质量情况,则其中大约有多少天的空气质量达到一级.
解:(1)由题意知N=15,M=6,n=3,X的可能取值为0,1,2,3,其分布列为P(X=k)=(k=0,1,2,3),
所以P(X=0)==,P(X=1)==,
P(X=2)==,P(X=3)==,
所以X的分布列是:
X
0
1
2
3
P
(2)依题意知,一年中每天空气质量达到一级的概率为=,一年中空气质量达到一级的天数为Y,则Y~B,所以E(Y)=360×=144,所以这360天的空气质量达到一级的天数大约有144天.
类型四 综合运用
据IEC(国际电工委员会)调查显示,小型风力发电项目投资较少,且开发前景广阔,但受风力自然资源影响,项目投资存在一定风险.根据测算,风能风区分类标准如下:
风能分类
一类风区
二类风区
平均风速m/s
不低于10
[8.5,10)
假设投资A项目的资金为x(x≥0)万元,投资B项目的资金为y(y≥0)万元,调研结果是:未来一年内,位于一类风区的A项目获利30%的可能性为0.6,亏损20%的可能性为0.4;位于二类风区的B项目获利35%的可能性为0.6,亏损10%的可能性是0.1,不赔不赚的可能性是0.3.
(1)记投资A,B项目的利润分别为ξ和η,试写出随机变量ξ与η的分布列和数学期望E(ξ),E(η);
(2)某公司计划用不超过100万元的资金投资A,B项目,且公司要求对A项目的投资不得低于B项目,根据(1)的条件和市场调研,试估计一年后两个项目的平均利润之和z=E(ξ)+E(η)的最大值.
解:(1)投资A项目的利润ξ的分布列为
ξ
0.3x
-0.2x
P
0.6
0.4
则E(ξ)=0.18x-0.08x=0.1x.
投资B项目的利润η的分布列为
η
0.35y
0
-0.1y
P
0.6
0.3
0.1
则E(η)=0.21y-0.01y=0.2y.
(2)由题意可知x,y满足的约束条件为
其表示的可行域如图中阴影部分所示.
由(1)可知,z=E(ξ)+E(η)=0.1x+0.2y,可化为y=-0.5x+5z.
当直线y=-0.5x+5z过点(50,50)时,z取得最大值,即当x=50,y=50时,z取得最大值15.
故对A,B项目各投资50万元,可使两个项目的平均利润之和最大,最大值是15万元.
点拨:
随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值,若均值相同,再用方差来决定.
()一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音乐获得20分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分(即获得-200分).设每次击鼓出现音乐的概率为,且各次击鼓出现音乐相互独立.
(1)设每盘游戏获得的分数为X,求X的分布列;
(2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?
(3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.
解:(1)X可能的取值为10,20,100,-200,根据题意,有
P(X=10)=C××=,
P(X=20)=C××=,
P(X=100)=C××=,
P(X=-200)=C××=.
所以X的分布列为
X
10
20
100
-200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3),则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1-P(A1A2A3)=1-=1-=.
因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)X的数学期望为
E(X)=10×+20×+100×-200×=-.
这表明,获得分数X的均值为负,
因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大.
1.计算均值与方差的基本方法
(1)已知随机变量的概率分布求它的均值、方差和标准差,可直接用定义或公式求;
(2)已知随机变量X的均值、方差,求X的线性函数Y=aX+b的均值、方差和标准差,可直接用均值及方差的性质求;
(3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如两点分布、二项分布等),则可直接利用它们的均值、方差公式来求.
2.求均值与方差常用的结论
掌握下述有关结论,会给解题带来方便:
(1)E(aX+b)=aE(X)+b;
E(X+Y)=E(X)+E(Y);
D(aX+b)=a2D(X).
(2)若X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p).
3.(1)在实际中经常用均值来比较平均水平,当平均水平相近时,再用方差比较稳定程度;(2)注意离散型随机变量的均值、方差与样本数据的平均数、方差的区别与联系.
1.某射手射击所得环数ξ的分布列如下:
ξ
7
8
9
10
P
x
0.1
0.3
y
已知ξ的均值E(ξ)=8.9,则y的值为( )
A.0.4 B.0.6 C.0.7 D.0.9
解:由可得 y=0.4.故选A.
2.口袋中有5只球,编号分别为1,2,3,4,5,从中任取3只球,用X表示取出的球的最大号码,则X的数学期望E(X)的值是( )
A.4 B.4.5 C.4.75 D.5
解:由题意知,X可以取3,4,5,P(X=3)==,P(X=4)==,P(X=5)===,所以E(X)=3×+4×+5×=4.5.故选B.
3.已知随机变量X+η=8,若X~B(10,0.6),则E(η)和D(η)分别是( )
A.6和2.4 B.2和2.4
C.2和5.6 D.6和5.6
解:由已知随机变量X+η=8,所以η=8-X.因此,E(η)=8-E(X)=8-10×0.6=2,D(η)=(-1)2D(X)=10×0.6×0.4=2.4.故选B.
4.()从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球,有放回地摸取5次,设摸得白球数为X,已知E(X)=3,则D(X)=( )
A. B. C. D.
解:由题意知,X~B,所以 E(X)=5×=3,解得m=2,所以X~B,所以D(X)=5××=.故选B.
5.同时抛掷5枚均匀的硬币80次,设5枚硬币正好出现2枚正面向上,3枚反面向上的次数为X,则X的均值是( )
A.20 B.25 C.30 D.40
解:抛掷一次,正好出现2枚正面向上,3枚反面向上的概率为=,X~B,则 E(X)=80×=25.故选B.
6.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,从中抽取一个小正方体,记它的涂漆面数为X,则X的均值E(X)=( )
A. B. C. D.
解:由题意知,X可能的取值为0,1,2,3.
若X=0,
观察知图中位于大正方体内部的27个小正方体无涂漆面,则P(X=0)=;
若X=1,观察知图中位于各面中部的9个小正方体涂1面漆,则P(X=1)==;
若X=2,观察知图中位于各棱中部的3个小正方体涂2面漆,则P(X=2)==;
若X=3,观察知图中位于大正方体顶点处的8个小正方体涂3面漆,则P(X=3)=.
故E(X)=0×+1×+2×+3×=.故选B.
7.某保险公司新开设一项保险业务,规定该份保单,在一年内如果事件E发生,则该公司要赔偿a元,在一年内如果事件E发生的概率为p,为使该公司收益期望值等于,公司应要求该保单的顾客缴纳的保险金为____________元.
解:设随机变量X表示公司此项业务的收益,x表示顾客交纳的保险金,则X的所有可能值为x,x-a,且P(X=x)=1-p,P(X=x-a)=p,所以E(X)=x(1-p)+(x-a)p=,解得x=.故填.
8.随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
a
b
c
若E(X)=1,则当a2+b2+c2取最小值时,方差D(X)=____________.
解:由题意可知所以
所以a2+b2+c2=c2+(1-2c)2+c2=6c2-4c+1,若a2+b2+c2取最小值,则c=,
所以D(X)=×1+×0+×1=.故填.
9.某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛,每场均决出胜负.设这支篮球队与其他篮球队比赛,获得胜场的事件是独立的,并且获得胜场的概率是.
(1)求这支篮球队首次获得胜场前已经负了两场的概率;
(2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率;
(3)求这支篮球队在6场比赛中获胜场数的期望和方差.
解:(1)因为这支篮球队第一、二场负,第三场胜,三个事件互相独立.
所以所求概率P1=××=.
(2)所求概率P2=C××=.
(3)ξ服从二项分布B.所以E(ξ)=6× =2,D(ξ)=6××=.
10.()某商场每天(开始营业时)以每件150元的价格购入A商品若干件(A商品在商场的保鲜时间为10小时,该商场的营业时间也恰好为10小时),并开始以每件300元的价格出售,若前6小时内所购进的商品没有售完,则商场对没卖出的A商品将以每件100元的价格低价处理完毕(根据经验,4小时内完全能够把A商品低价处理完毕,且处理完毕后,当天不再购进A商品).该商场统计了100天A商品在每天的前6小时内的销售量,制成如下表格(注:视频率为概率).(其中 x+y=70)
前6小时内的销售量t(单位:件)
4
5
6
频数
30
x
y
(1)若某天该商场共购入6件该商品,在前6个小时内售出4件.若这些商品被6名不同的顾客购买,现从这6名顾客中随机选2人进行服务回访,则恰好一个是以300元价格购买的顾客,另一个是以100元价格购买的顾客的概率是多少?
(2)若商场每天在购进5件A商品时所获得的平均利润最大,求x的取值范围.
解:(1)设“恰好一个是以300元价格购买的顾客,另一个是以100元价格购买的顾客”为事件A,则P(A)==.
(2)设销售A商品获得的利润为ξ(单位:元),依题意,将频率视为概率,为追求更多的利润,则商场每天购进的A商品的件数取值可能为4,5,6.
当购进A商品4件时,E(ξ)=150×4=600,
当购进A商品5件时,E(ξ)=(150×4-50)×0.3+150×5×0.7=690,
当购进A商品6件时,E(ξ)=(150×4-2×50)×0.3+(150×5-50)×+150×6×=780-2x,
由题意780-2x≤690,解得x≥45,又知x≤100-30=70,所以x的取值范围为[45,70],x∈N*.
11.()为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球,
球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元,其余3个均为10元,求:
(Ⅰ)顾客所获的奖励额为60元的概率;
(Ⅱ)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;
(2)商场对奖励总额的预算是60 000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成,或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由.
解:(1)设顾客所获的奖励额为X.
(Ⅰ)依题意,得P(X=60)==,
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
(Ⅱ)依题意,得X的所有可能取值为20,60.
P(X=60)=,P(X=20)==,
即X的分布列为
X
20
60
P
所以顾客所获的奖励额的期望为
E(X)=20×+60×=40(元).
(2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为60元.所以,先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2.
以下是对两个方案的分析:
对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为X1,则X1的分布列为
X
20
60
100
P
X1的期望为E(X1)=20×+60×+100×=60,X1的方差为D(X1)=(20-60)2×+(60- 60)2×+(100-60)2×=.
对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为X2,则X2的分布列为
X2
40
60
80
P
X2的期望为E(X2)=40×+60×+80×=60,
X2的方差为D(X2)=(40-60)2×+(60- 60)2×+(80-60)2×=.
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案2奖励额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.
()已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中.
(a)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi(i=1,2);
(b)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i=1,2).
则( )
A.p1>p2,E(ξ1) ,所以E(X)>E(Y).
故甲集团选择投资新能源汽车,才能使得一年后盈利金额的数学期望较大.
21.(12分)()某学校为了丰富学生的业余生活,以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛,随机抽取题目,背诵正确加10分,背诵错误减10分,只有“正确”和“错误”两种结果,其中某班级对每个题目背诵正确的概率为,背诵错误的概率为,现记“该班级完成n首背诵后总得分为Sn”.
(1)求S6=20且Si≥0(i=1,2,3)的概率;
(2)记ξ=|S5|,求ξ的分布列及数学期望.
解:(1)S6=20,即背诵6首后,正确的个数为4,错误的个数为2,
又因为Si≥0(i=1,2,3),所以背诵正确与否的可能顺序为:
①第一首和第二首背诵正确,其余4首可任意背诵正确2首;
②第一首背诵正确,第二首背诵错误,第三首背诵正确,则其余3首可任意背诵正确2首.
故所求概率P=×C××+×××C××=.
(2)ξ=|S5|的可能取值为10,30,50,
则P(ξ=10)=C××+C××=,
P(ξ=30)=C××+C××=,
P(ξ=50)=+=,
所以ξ的分布列为
ξ
10
30
50
P
所以ξ的数学期望E(ξ)=10×+30×+50×=.
22.
(12分)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站,过去50年的水文资料显示,水库年入流量X(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立.
(1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率;
(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制,并有如下关系:
年入流量X
40