某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为$\frac {2}{3}$,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为$\frac {2}{5}$,中奖可以获得3分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为x,则x≤3的概率是.
分析:
记“他们的累计得分X≤3”的事件为A,则事件A的对立事件是“X=5”,由题意知,小明中奖的概率为$\frac {2}{3}$,小红中奖的概率为$\frac {2}{5}$,且两人抽奖中奖与否互不影响,先根据相互独立事件的乘法公式求出对立事件的概率,再利用对立事件的概率公式即可求出他们的累计得分x≤3的概率.
解答:
解:设小明、小红两人都选择甲方案抽奖中奖次数为X$_1$,
小明、小红两人都选择方案乙抽奖中奖次数为X$_2$,则这两人都选择甲方案抽奖累计得分的数学期望为E(2X$_1$)
都选择乙方案抽奖累计得分的数学期望为E(3X$_2$)
由已知可得,X$_1$~B(2,$\frac {2}{3}$),X$_2$~B(2,$\frac {2}{5}$),
∴E(X$_1$)=2×$\frac {2}{3}$=$\frac {4}{3}$,E(X$_2$)=2×$\frac {2}{5}$=$\frac {4}{5}$,
从而E(2X$_1$)=2E(X$_1$)=$\frac {8}{3}$,E(3X$_2$)=3E(X$_2$)=$\frac {12}{5}$,
由于E(2X$_1$)>E(3X$_2$),
∴他们选择甲方案抽奖,累计得分的数学期望较大.
点评:
本题考查利用概率知识解决实际问题,考查分类讨论的数学思想,考查数学期望的计算,确定X服从的分布是解题的关键.
某迷宫有三个通道,进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门.首次到达此门,系统会随机(即等可能)为你打开一个通道,若是1号通道,则需要1小时走出迷宫;若是2号、3号通道,则分别需要2小时、3小时返回智能门.再次到达智能门时,系统会随机打开一个你未到过的通道,直至走完迷宫为止.令ξ表示走出迷宫所需的时间.ξ的数学期望是小时.
分析:
若首次到达1号通道,则ξ的取值为1;若首次到达2号通道,再次到达1号通道,则ξ的取值为3;若首次到达2号通道,再次到达3号通道,最后到达1号通道,则ξ的取值为6;同理若首次到达3号通道时,ξ的取值可为4或6,分别求出对应概率即可.利用期望公式代入即可.
解答:
解:必须要走到1号门才能走出,ξ(2)可能的取值为1,3,4,6,
P(ξ=1)=$\frac {1}{3}$,
P(ξ=3)=$\frac {1}{3}$×$\frac {1}{2}$=$\frac {1}{6}$,
P(ξ=4)=$\frac {1}{3}$×$\frac {1}{2}$=$\frac {1}{6}$,
P(ξ=6)=$_2$($\frac {1}{3}$×$\frac {1}{2}$)×1=$\frac {1}{3}$
分布列为:
Eξ=1×$\frac {1}{3}$+3×$\frac {1}{6}$+4×$\frac {1}{6}$+6×$\frac {1}{3}$=$\frac {7}{2}$小时.
点评:
考查数学知识的实际背景,重点考查相互独立事件的概率乘法公式计算事件的概率、随机事件的数字特征和对思维能力、运算能力、实践能力的考查.
某单位为绿化环境,移栽了甲、乙两种大树各2株.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为$\frac {2}{3}$和$\frac {1}{2}$,且各株大树是否成活互不影响.求移栽的4株大树中,成活的株数的期望是株.
分析:
ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,分别求其概率,列出分布列,再求期望即可.
解答:
解:设A_k表示甲种大树成活k株,k=0,1,2
B_l表示乙种大树成活1株,1=0,1,2
则A_k,B_l独立.由独立重复试验中事件发生的概率公式有
P(A_k)=C$_2$_($\frac {2}{3}$)_($\frac {1}{3}$)_,P(B_l)=C$_2$_($\frac {1}{2}$)_($\frac {1}{2}$)_.
据此算得P(A_0)=$\frac {1}{9}$,P(A$_1$)=$\frac {4}{9}$,P(A$_2$)=$\frac {4}{9}$.
P(B_0)=$\frac {1}{4}$,P(B$_1$)=$\frac {1}{2}$,P(B$_2$)=$\frac {1}{4}$.
解法一:ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,且
P(ξ=0)=P(A_0•B_0)=P(A_0)•P(B_0)=$\frac {1}{9}$×$\frac {1}{4}$=$\frac {1}{36}$,
P(ξ=1)=P(A_0•B$_1$)+P(A$_1$•B_0)=$\frac {1}{9}$×$\frac {1}{2}$+$\frac {4}{9}$×$\frac {1}{4}$=$\frac {1}{6}$,
P(ξ=2)=P(A_0•B$_2$)+P(A$_1$•B$_1$)+P(A$_2$•B_0)=$\frac {1}{9}$×$\frac {1}{4}$+$\frac {4}{9}$×$\frac {1}{2}$+$\frac {4}{9}$×$\frac {1}{4}$=$\frac {13}{36}$,
P(ξ=3)=P(A$_1$•B$_2$)+P(A$_2$•B$_1$)=$\frac {4}{9}$×$\frac {1}{4}$+$\frac {4}{9}$×$\frac {1}{2}$=$\frac {1}{3}$.
P(ξ=4)=P(A$_2$•B$_2$)=$\frac {4}{9}$×$\frac {1}{4}$=$\frac {1}{9}$.
综上知ξ有分布列
从而,ξ的期望为
Eξ=0×$\frac {1}{36}$+1×$\frac {1}{6}$+2×$\frac {13}{36}$+3×$\frac {1}{3}$+4×$\frac {1}{9}$=$\frac {7}{3}$(株).
解法二:分布列的求法同上,令ξ$_1$,ξ$_2$分别表示甲乙两种树成活的株数,则
ξ$_1$~B(2,$\frac {2}{3}$),ξ$_2$~B(2,$\frac {1}{2}$)
故有Eξ$_1$=2×$\frac {2}{3}$=$\frac {4}{3}$,Eξ$_2$=2×$\frac {1}{2}$=1
从而知Eξ=Eξ$_1$+Eξ$_2$=$\frac {7}{3}$.
点评:
本题考查离散型随机变量的分布列、期望、独立重复试验的概率等知识,以及利用概率知识分析问题、解决问题的能力.
某地最近出台一项机动车驾照考试规定:每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会,一量某次考试通过,便可领取驾照,不再参加以后的考试,否则就一直考到第4次为止如果李明决定参加驾照考试,设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9.求在一年内李明参加驾照考试次数ξ的分布列和ξ的期望,李明在一所内领到驾照的概率是.
分析:
ξ的取值分别为1,2,3,4.ξ=1,表明李明第一次参加驾照考试就通过了,ξ=2,表明李明在第一次考试未通过,第二次通过了,ξ=3,表明李明在第一、二次考试未通过,第三次通过了,ξ=4,表明李明在第一、二、三次考试都未通过,写出概率,做出期望.
解答:
解:ξ的取值分别为1,2,3,4.
ξ=1,表明李明第一次参加驾照考试就通过了,
故P(ξ=1)=0.6
ξ=2,表明李明在第一次考试未通过,第二次通过了,
故P(ξ=2)=(1-0.6)×0.7=0.28
ξ=3,表明李明在第一、二次考试未通过,第三次通过了,故
P(ξ=3)=(1-0.6)×(1-0.7)×0.8=0.096.
ξ=4,表明李明在第一、二、三次考试都未通过,故
P(ξ=4)=(1-0.6)×(1-0.7)×(1-0.8)=0.024.
∴李明实际参加考试次数ξ的分布列为
∴ξ的期望Eξ=1×0.6+2×0.28+3×0.096+4×0.024=1.544.李明在一年内领到驾照的概第为
1-(1-0.6)×(1-0.7)×(1-0.8)×(1-0.9)=0.9976.
点评:
本题这种类型是近几年高考题中经常出现的,考查离散型随机变量的分布列和期望,大型考试中理科考试必出的一道问题.题目的情景和我们的生活比较接近,可以帮助提高学习兴趣.
已知随机变量x服从二项分布x~B(6,$\frac {1}{3}$),则P(x=2)=( )
分析:
x~B(6,$\frac {1}{3}$)表示6此独立重复试验,每次实验成功概率为$\frac {1}{3}$,P(x=2)表示6次试验中成功两次的概率.
解答:
解:P(x=2)=$_6$($\frac {1}{3}$)_($\frac {2}{3}$)_=$\frac {80}{243}$
故选D
点评:
本题考查独立重复试验中事件的概率及二项分布知识,属基本题.
若随机变量X服从二项分布B(4,$\frac {1}{3}$),则EX的值为( )
分析:
根据随机变量ξ服从二项分布B(4,$\frac {1}{3}$),和求服从二项分布的变量的期望值公式,代入公式得到结果.
解答:
解:∵随机变量ξ服从二项分布ξ~B(4,$\frac {1}{3}$),
∴其期望Eξ=np=4×$\frac {1}{3}$=$\frac {4}{3}$.
故选:A.
点评:
本题考查二项分布与n次独立重复试验的模型,本题解题的关键是看出变量符合二项分布,这样题目的解题过程要简单的多.
随机变量ξ服从二项分布ξ~B(9,p),且Eξ=3,则p等于( )
分析:
随机变量ξ服从二项分布,故可直接利用期望公式进行计算,求出p.
解答:
解:∵随机变量ξ服从二项分布ξ~B(9,p),且Eξ=3,
∴Eξ=9p=3,
∴p=$\frac {1}{3}$.
故选:C.
点评:
本题主要考查二项分布的期望的简单应用,考查学生的计算能力,正确运用公式是关键.
某单位为绿化环境,移栽了甲种大树4棵,乙种大树3株.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为$\frac {3}{4}$和$\frac {1}{3}$,且各株大树是否成活互不影响.求移栽的6株大树中,成活的株数的期望是( )
分析:
甲、乙都满足二项分布,并且互不影响,就可以分开算期望,然后再根据和的期望等于求期望之和求解.
解答:
甲、乙都满足二项分布,所以全部成活的株数也满足二项分布,因为全部成活的株数=甲成活的+乙成活的,所以全部成活的株数的期望=甲成活的期望+乙成活的期望.根据二项分布,甲成活的期望=4×$\frac {3}{4}$=3株,乙成活的期望=3×$\frac {1}{3}$=1株.所以全部成活的株数的期望=甲成活的期望+乙成活的期望=4株.故选B.
点评:
本题主要考查二项分布的期望.
某单位为绿化环境,移栽了甲种大树5棵,乙种大树6株.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为$\frac {3}{5}$和$\frac {1}{3}$,且各株大树是否成活互不影响.求移栽的11株大树中,成活的株数的期望是( )
分析:
甲、乙都满足二项分布,并且互不影响,就可以分开算期望,然后再根据和的期望等于求期望之和求解.
解答:
甲、乙都满足二项分布,所以全部成活的株数也满足二项分布,因为全部成活的株数=甲成活的+乙成活的,所以全部成活的株数的期望=甲成活的期望+乙成活的期望.根据二项分布,甲成活的期望=5×$\frac {3}{5}$=3株,乙成活的期望=6×$\frac {1}{3}$=2株.所以全部成活的株数的期望=甲成活的期望+乙成活的期望=5株.故选A.
点评:
本题主要考查二项分布的期望.
已知随机变量ξ服从参数N=10,M=6,n=3的超几何分布,则其期望为( )
分析:
利用超几何分布的期望公式直接求解.
解答:
已知随机变量ξ服从参数N=10,M=6,n=3的超几何分布,则其期望=$\frac {nM}{N}$=1.8.故选D.
点评:
这是考查超几何分布的期望公式.
已知随机变量ξ服从参数N=8,M=6,n=3的超几何分布,则其期望为( )
分析:
利用超几何分布的期望公式直接求解.
解答:
已知随机变量ξ服从参数N=10,M=6,n=3的超几何分布,则其期望=$\frac {nM}{N}$=2.25.故选A.
点评:
这是考查超几何分布的期望公式.
已知随机变量ξ服从参数N=10,M=5,n=4的超几何分布,则其期望为( )
分析:
利用超几何分布的期望公式直接求解.
解答:
已知随机变量ξ服从参数N=10,M=6,n=3的超几何分布,则其期望=$\frac {nM}{N}$=2.故选A.
点评:
这是考查超几何分布的期望公式.