第九章课后 课时6 答案

课时6超几何分布与二项分布1．C【解析】由随机变量X服从二项分布B(n，p)．又E(X)＝2,D(X)＝eq\f(4,3)，所以np＝2，np(1－p)＝eq\f(4,3)，解得p＝eq\f(1,3).故选C．2．C【解析】每次抽奖中，总情况数为种，获奖的共有这4种，所以，设5人中获奖人数为，则，所以.故选C.3．B【解析】设抽取的女生人数为X，则X服从超几何分布，P(X＝1)＝eq\f(C\o(\s\up1(1),\s\do1(n))C\o(\s\up1(1),\s\do1(10－n)),C\o(\s\up1(2),\s\do1(10)))＝eq\f(n(10－n),45)＝eq\f(16,45)，解得n＝2或n＝8.故选B．4．A【解析】设得分为X，根据题意X可以取4，3，2.则P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,8))＝eq\f(1,28)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,6),Ceq\o\al(2,8))＝eq\f(12,28)＝eq\f(3,7)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6),Ceq\o\al(2,8))＝eq\f(15,28)，则X分布列为X432Peq\f(1,28)eq\f(3,7)eq\f(15,28)所以得分期望为E(X)＝4×eq\f(1,28)＋3×eq\f(3,7)＋2×eq\f(15,28)＝eq\f(5,2).故选A.5．B【解析】设中奖的概率为p，30天中奖的天数为X，则X～B(30，p)，若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率为p＝eq\f(Ceq\o\al(1,9),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(1,5)，E(X)＝30×eq\f(1,5)＝6，若盒子中的有奖券有2张，则中奖的概率为p＝eq\f(Ceq\o\al(1,8)·Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(17,45)，E(X)＝30×eq\f(17,45)＝eq\f(34,3)，若盒子中的有奖券有3张，则中奖的概率为p＝eq\f(Ceq\o\al(1,7)·Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(8,15)，E(X)＝30×eq\f(8,15)＝16，若盒子中的有奖券有4张，则中奖的概率为p＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)·Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(2,3)，E(X)＝30×eq\f(2,3)＝20，根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天.故选B.6．A【解析】设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y.设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32-n．X所有可能的取值为0，1，2，，n，则，；Y所有可能的取值为0，1，2，，32-n，则，.所以获胜的业余棋手总人数的期望，解得．故选A．7、CD【解析】设此人答对题目的个数为ξ，则ξ＝0，1，2，3，P(ξ＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,5)Ceq\o\al(3,5),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,12)，P(ξ＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(5,12)，P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(5,12)，P(ξ＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(0,5),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,12)，则答对0题和答对3题的概率相同，都为eq\f(1,12)，故A错误；答对1题的概率为eq\f(5,12)，故B错误；答对2题的概率为eq\f(5,12)，故C正确；合格的概率P＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝eq\f(5,12)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,2)，故D正确．故选CD.8、ABC【解析】由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有4类：①后4个数出现0，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(1,81)；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)·eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,81)；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(24,81)；④后4个数出现3个1，记其概率为P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)·eq\f(1,3)＝eq\f(32,81)；⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(16,81)，故X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,3)))，故A，B正确；因为X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,3)))，所以E(X)＝4×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)，故C正确；因为X～B(4，eq\f(2,3))，所以D(X)＝4×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(8,9)，故D错误．故选ABC.ABD【解析】X服从二项分布，A正确；，Y服从超几何分布，B正确；，对于D，E(X)＝，E(Y)＝,所以E(X)＝E(Y)，D正确；对于C，若,则E(X)＜E(Y)，矛盾，C错误.故选ABD．10、0.18【解析】记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.11．eq\f(5,16)【解析】由于质点每次移动一个单位长度，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2，3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次，故其概率为Ceq\o(\s\up1(3),\s\do1(5))(eq\f(1,2))eq\s\up1(3)(eq\f(1,2))eq\s\up1(2)＝eq\f(5,16)．12．【解析】设有白球个，因为从袋中任意摸出个球，至少得到个白球的概率是，所以，解得或（舍去）.故为5.13．【解】（1）三个学习群人数比例为24000:24000:36000=2:2:3，因此，应从A，B，C三个学习群分别匹配2,2,3人.（2）由题意知，X所有可能的取值为0,1,2,3，且，，，．X的分布列为X0123P.【解】(1)设甲答对的题数是X，则X的可能取值为1，2，3．所以P(X＝1)＝eq\f(C\o(\s\up1(1),\s\do1(3))C\o(\s\up1(2),\s\do1(2)),C\o(\s\up1(3),\s\do1(5)))＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o(\s\up1(2),\s\do1(3))C\o(\s\up1(1),\s\do1(2)),C\o(\s\up1(3),\s\do1(5)))＝eq\f(6,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o(\s\up1(3),\s\do1(3)),C\o(\s\up1(3),\s\do1(5)))＝eq\f(1,10)．所以X的分布列为X123Peq\f(3,10)eq\f(6,10)eq\f(1,10)设乙答对的题数是Y，则Y的可能取值为0，1，2，3．所以P(Y＝0)＝(eq\f(2,5))eq\s\up1(3)＝eq\f(8,125)，P(Y＝1)＝Ceq\o(\s\up1(1),\s\do1(3))(eq\f(3,5))(eq\f(2,5))eq\s\up1(2)＝eq\f(36,125)，P(Y＝2)＝Ceq\o(\s\up1(2),\s\do1(3))(eq\f(3,5))eq\s\up1(2)(eq\f(2,5))＝eq\f(54,125)，P(X＝3)＝(eq\f(3,5))eq\s\up1(3)＝eq\f(27,125)．所以Y的分布列为Y0123Peq\f(8,125)eq\f(36,125)eq\f(54,125)eq\f(27,125)(2)X的数学期望E(X)＝1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(6,10)＋3×eq\f(1,10)＝eq\f(9,5)．方差D(X)＝(1－eq\f(9,5))eq\s\up1(2)×eq\f(3,10)＋(2－eq\f(9,5))eq\s\up1(2)×eq\f(6,10)＋(3－eq\f(9,5))eq\s\up1(2)×eq\f(1,10)＝eq\f(9,25)．Y的数学期望E(Y)＝0×eq\f(8,125)＋1×eq\f(36,125)＋2×eq\f(54,125)＋3×eq\f(2