題目所在試卷參考答案：

概率與統(tǒng)計練習100分參考答案

一、選擇題

1.A　 ∵P(ξ=k)=C.0.01^k(1-0.01)^10-k,Eξ=nP=0.1.

2.B　 作出概率分布可得.

3.A　 本題考查隨機變量的期望及有關的運算，由

η=12ξ+7Eη=12Eξ+734=12Eξ+7Eξ=

=1×+2×m+3×n+4×,

又+m+n+=1,　聯(lián)立求解可得m=,故選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,從而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　 設隨機變量ξ的分布列是：

ξ	x1	x2	…	xn-1	xn
P	P1	P2	…	P n-1	Pn

則η=3ξ+2的分布列為：

η	3x1+2	3x2+2	…	3xn-1+2	3xn+2
P	P1	P2	…	P n-1	Pn

從而Eη=E(3ξ+2)=(3x₁+2)P₁+(3x₂+2)P₂+…+(3x_n-1+2)P_n-1+(3x_n+2)P_n

=3(x₁P₁+x₂P₂+…+x_n-1P_n-1+x_nP_n)+2(P₁+P₂+…+P_n-1+P_n)=3Eξ+2;

Dη=［(3x₁+2)-(3Eξ+2)］²P₁+［(3x²+2)-(3Eξ+2)］²P₂+…+［(3x_n-1+2)-(3Eξ+2)］²P_n-1+［(3x_n+2)-(3Eξ+2)］²P_n=9(x₁-Eξ)²P₁+9(x₂-Eξ)²P₂+…+9(x_n-1-Eξ)²P_n-1+9(x_n-Eξ)²P_n

=9［(x₁-Eξ)²P₁+(x₂-Eξ)²P₂+…+(x_n-1-Eξ)²P_n-1+(x_n-Eξ)²P_n］=9Dξ.

點評　 對于隨機變量ξ和η，如果η=aξ+b(a、b為常數(shù))，則有Eη=aEξ+b,Dη=a²Dξ.

7.A　 ∵ξ~B(n,P),∴Eξ=nP,Dξ=nP(1-P),

從而有解之，得n=8,P=0.2.

8.B　 隨機變量ξ的分布列是：

ξ	1	2	3	4	5	6
P

從而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　 從表中可見，當x<0時，P(ξ≤x)=0;

當0≤x<1時，P(ξ≤x)=P(ξ=0)=;

當1≤x<2時，P(ξ≤x)=P(ξ=0)+P(ξ=1)=;

當x≥2時，P(ξ≤x)=P(ξ=0)+P(ξ=1)+P(ξ=2)=1.

點評　 對于密度函數(shù)，要理解其意義，搞清它與概率分布的聯(lián)系與區(qū)別.

二、填空題

11.　 本題需運用離散型隨機變量的期望等知識.

Eξ==0×a+1×+2×+3bb=.

又P(ξ=0)+P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)=1

a+++=1a=.

12.乙　 甲獲勝的期望與方差分別是:

(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.

乙獲勝的期望與方差分別是:

(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，且乙的水平比甲穩(wěn)定，故得勝希望大的是乙.

13.　 Eξ=1×+2×+3×+4×+5×+6×=.

14.　 因為是有放回地摸球，所以每次摸球(試驗)摸得紅球(成功)的概率均為,連續(xù)摸4次(做4次試驗)，ξ為取得紅球(成功)的次數(shù)，則ξ~B,從而有Eξ=nP=4×=.

三、解答題

15.解　 (1)p=(1-)².=.

(2)6場勝3場的情況有C種.

∴p=C=20××=.

(3)由于ξ服從二項分布，即ξ-B(6,),

∴Eξ=6×=2,Dξ=6××(1-)=.

答：(1)這支籃球隊首次勝場前已負兩場的概率為;

(2)這支籃球隊在6場比賽中恰勝3場的概率為;

(3)在6場比賽中這支籃球隊勝場的期望為2,方差為.

點評　 在二項分布ξ-B(n,p)中,期望Eξ=np,方差=npq.這兩個公式只要求考生了解、會用，不要求給予證明.

16.解　 (1)由概率分布的性質有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的分布列為

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)記路段MN發(fā)生堵車事件為MN,因為各路段發(fā)生堵車事件都是獨立的，且在同一路段發(fā)生堵車事件最多只有一次，所以路線A→C→D→B中遇到堵車的概率P₁為

1-P(..)=1-P().P().()

=1-［1-P(AC)］［1-P(CD)］［1-P(DB)］=1-..=;

同理：路線A→C→F→B中遇到堵車的概率P₂為1-P(..)=(大于);路線A→E→F→B中遇到堵車的概率P₃為1-P(..)=(小于);

顯然要使得由A到B路線途中發(fā)生堵車事件的概率最小，只可能在以上三條路線中選擇.因此

選擇路線A→C→F→B,可使得途中發(fā)生堵車事件的概率最小.

(2)路線A→C→F→B中遇到堵車次數(shù)ξ可取值為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：路線A→C→F→B中遇到堵車次數(shù)的數(shù)學期望為.

18.解　 (1)因為這位司機第一二個交通崗未遇到紅燈，在第三個交通崗遇到紅燈，

所以P=(1-)(1-)×=.

(2)易知ξ~B(6,).∴Eξ=6×=2,Dξ=6××(1-)=.

19.解　 (1)從兩個箱子里各取1球，共CC=36種取法，

其中同色的取法有CC+CC+CC=3x+2y+z故A勝的概率為.

(2)設A得分為ξ,則ξ可能取值為0、1、2、3,其概率分別為

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,∴當x=1,y=4,z=1時，Eξ最大為.