第47讲概率分布(解析版)

第47讲概率分布

参考答案与试题解析

一.选择题(共13小题)

1.(2021春•阳东县校级期中)若P(X„n)=\-a,P(X..m)=\-b,其中m<n,则尸(倭nn)

等于()

A.(1-«)(!-/>)B.\-a(\-b)C.\-(a+b)D.

【解答】解:尸(〃然W〃)=P(X剌?)+P(Xw)-l=(l-d)+(l-/>)-l=l-(«+Z?).

故选：C.

2.(2021春•故城县校级期中)如果随机变量J且双分=10,。«)=8,则〃等

于()

A.-B.-C.-D.-

7654

【解答】解：•.•随机变量：~8(〃,p)，且超=10,”=8,

np=10

np{\-p)=8

.-.10(1-/?)=8,

解得p=g.

故选：C.

3.(2021春•兴庆区校级期末)变量4的分布列如又图所示，其中a,b,c成等差数列，

若£&)二1，则的值是()

3

-101

pabc

【解答】解：b,C成等差数列,E(9=；,

二由变量J的分布列，知：

a+b+c=1

'2b=a+c,解得a=Lb=-»c=—,

1632

-a+c=-

3

/.O©=(T-+xgo-%x2+(1-&xg=：.

3633329

故选：13.

4.（2021•浙江一模）甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得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局时停止.设甲在每局中获胜的概率为2,乙在每局

3

中获胜的概率为，，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数€的期望屈？为（）

3

A241D2660274「670

81RI81243

【解答】解：依题意知，J的所有可能值为2,4,6,

设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为《）2+g）2=焉.

若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对卜轮

比赛是否停止没有影响.

从而有P(^=2)=j,PC=4)=g)g)=),P«=6)=(^)2=《

r5/20N16266

故&=2x—+4x—+6x—=---.

9818181

故选：B.

5.（2021春•馆陶县校级期中）已知0<4<,，随机变量J的分布列如下，则当“增大时（

2

B.矶乡减小，£>（g）增大

C.£©）增大，QC）减小D.£K）减小，5J）减小

【解答】解：E（g）=3-G，

.•.当。增大时，£《）减小,

O(^)=(­+a)2a+(^-a)2(^-a)+(-+a)2^=-a2+2a+^,

。（岁）在（03）上随a的增大而增大,

故选：B.

6（2°21•榆林一模）设随机变量4的分布

-101

Pab

2

则当。在（0,；）内增大时，（）

A.E（g）增大，。6）增大B.E（g）增大，ZX4）减小

C.E（J）减小，。«）增大D.凤6）减小，以⑤减小

【解答】解：当a在（0」）内增大时，〃减小，数据分布整体变小，数据更集中,

2

所以E（g）减小，ag）减小，

故选：D.

7.（2021•柯桥区二模）已知随机变量4.满足P（&=2）=1~,,2（。=0）=?,

/=1»2若0<么<p,<g,7=2。+1则(

A.E(7)>E(小)，。(/7i)>)B.E(9)<E(rj2),D(〃J>D(rj2)

C.E(%)>E(%)，Dg)<。(%)D.E(%)<E(/]2)，。(/7)<ZX%)

【解答】解：由数学期望与方差的性质可知:

E^+b)=aE^)+h,D(M+b)=a2D(J),

贝ljE(24+1)=2E©)+1,D(2。+1)=4。©),

因为=2)=-]^p-,P(^=1)=1,P(^.=0)=^,/=1,2,

所以E(0)=°x?+lxg+2J=g+l-〃j=1-Pi»

0(。)=(0-1+2)2、§+(1-1+〃,)2乂；+(2-巧+小)2>：1^

乙乙乙乙乙N

=(P：+t_3p,)x?+(p；++pj)xJ+(〃；+；+〃jx(g-§

2

_p\9n3月2V1/7.p；1P：P,A

282282282282

211.;1

=~Pi+P;+-=-(P»+]，

所以E©)=]-8在〃,w(0,；)上单调递减，

。©)=-加一3)+；在pe(。，)上单调递增.

又因为0<P]<〃2<]，

所以E6)>E©),即”DQ

则2E«,)+I>2E($)+1,40©)<4D6),

所以E(25+l)>E(%2+1)，D(2&+1)<0(22+1)

因为〃,=2g+l(i=l,2)

所以E(7)>E(rjz)，a4)v。(/7?)，

故选：C.

8.(2021春•荷泽期中)抛掷2颗骰子，所得点数之和J是一个随机变量，则P©,4)等于(

511

C

---

B.6D.4

36

【解答】解：抛掷2颗骰了，所得点数之和g是•个随机变量,

基本事件总数71=6x6=36,

*4包含的基本事件有：

(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),共6个，

故选：C.

9.(2021春•故城县校级期末)已知随机变量X的分布列为P(X=%)$,k=l,2,.

则P(3”X<5)等于()

A-D-4

【解答】解：随机变量x的分布列为p(x=%)q,k=i,2,.

则P0Xv5)=P(X=3)-P(X=4)

4

81

故选：£>.

10.(2021春•林芝地区期末)已知随机变量X的分布列为

X-213

P0.160.440.40

则E(2X+5)=()

A.1.32B.1.71C.2.94D.7.64

【解答】解：由随机变量X的分布列，得：

E(X)=-2x0.16+1x0.44+3x0.40=1.32,

.\E(2X+5)=2E(X)+5=2x1.32+5=7.64.

故选：

11.(2021•浙江模拟)已知Ovavl,随机变量X,丫的分布列如下:

X012

P2a(\-a)a2

Y10-1

P(l-«)22«(1-a)a'

则下列正确的是（）

A.E(Y)=2aB.E(X)=E(Y)C.D(Y)>-D.0(X)=D(Y)

2

【解答】解：(1-。)2+2仪1-〃)+/=1,恒成上，0<«<1,

依题意EX=2。(1一。)+2/=2a,

EY=(1-a)2-a2=\-2a,「.EX与EF不能说明大小关系.

所以。(X)=(1-of(0-2a)2+2a(\-a)(I-2a)2+a\'Z-2a)2

=2a-2a1.

同理：Z)(y)=(1-4)2(2aY+2ci(\-a)(\-2a)2+a2(-2+2a)2=2a-2a2.

：.D(X)=D(y),

故选：D.

12.(2021•西湖区校级模拟)已知〃，b为实数,随机变量X,丫的分布列如下：

X101

P2

326

Y-10\

Pabc

若顼y）=p（y=-i）,随机变量g满足q=xr,其中随机变量xr相互独立，则反乡取值范

围的是()

3B.40]3

A•中D•丁

1oc・小

【解答】解：E(Y)=P(y=-1)»:.-a+c=a,又a+〃+c=l,解得：c=2a,b=\-3a.

0„a,b»G,1•。励--

3

随机变量4满足q=xy，其中随机变量xr相互独立,

E(X)=--+0+-=--.E(Y)=c-a=a.

366

则E8=E(X)E(n=--«ef--,0].

故选：B.

13.(2021春•滨湖区校级期中)已知随机变量X的分布列是:

X0123

P1a

1—a

326

当。变化时，下列说法正确的是()

A.£(X),D(X)均随着a的增大而增大

B.£(X),O(X)均随着“的增大而减小

C.E(X)随着a的增大而增大，£>(X)随着a的增大而减小

D.E(X)随着。的增大而减小，Q(X)随着。的增大而增大

【解答】解：£(X)=0x」+lx(』—a)+24+3x』=l+a：

326

D(X)=(0-l-a)2x-!-+(l+a-l)2x(l-a)+(2-l-«)2x<,4-(3-l-«)2x-!-=«24-«+l=(a+-!-)24--

32624

a>0

又因为.1,BP0<«<-,

—a>02

12

所以E(X)随着a的增加而增加，Q(X)随着a的增加而增大.

故选：A.

二.多选题(共1小题)

14.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有〃？个红球和〃个蓝球(〃?..3,〃..3,且加，

nwN),从乙盒中随机抽取泪=1,2)个球放入甲盒中.

(a)放入i个球后，甲盒中含有的红球的个数记为$(/•=1,2)；

(b)放入，•个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为/乂，=1,2).

则()

A.Pi〉心B.<p2C.D.E&)<E&)

«3比、AT,mn\2m+n

【解答】解：Pi=--------1+-----------=-----------,

m+nm+n22(〃?+〃)

m(m-1).2mn213nr-3m+4mn+n2-n

p,=-----------------1+------------------+------------------=-----------------------

■(〃?+〃)(〃?+〃-1)(“2+〃)(〃?+〃-1)3(m+n)(m+n-\)33(〃?+〃)(/〃+〃-1)

,,2m+n3m2-3m+4mn+n2-nmn+n(n-1)人

故Pi-P2=------------------------------=----------——-->()，

2。〃+〃)3(〃?+〃)("[+〃-1)+〃)(〃?+〃-1)

故Pl>〃2，即A对3错；

l“、c〃7,,n2m+n

E(〈)=2x------1+lx-----=-------,

in+nin4-nin+n

l/”、w(w-1)-2mncn(n-1),3z/r-3m+4mn+ir-n

E&)=----------------x3+-----------------x2+----------------x1=-----------------------

(m++n—1)(m+n)(m+n—(m+n)(m+/?—1)(m+n)(m+r?—1)

2m+n3m2-3m+4mn+n2-n_-m(m+〃-1)

则E©)-E©)=------------------------------<------------------<0,

in+n(m+n)(tn+n-\)(m+n)(m+n-\)

故E(幻vE($),故C错D对;

故选：AD.

三.填空题(共3小题)

15.(2021春•大荔县期末)设随机变量X的分布列为P(X=&)=〃?(|)«,k=\,2,3,则，〃

的值为—奈―

7

【解答】解：•.•随机变量X的分布列为P(X=Q=〃?(±)*,k=l,2,3,

3

，…)普

P(X=2)=等,

s喈,

由离散型随机变量的分布列的性质得:

2m4m8/〃

—4--+—

3927

解得〃?二名

38

故答案为：一.

38

16.(2021春•岳麓区校级月考)设随机变量X的分布列为P(X=Z)=a-d>«=l,2,3,则。

3

的值为—.

一13一

【解答】解：因为随机变量X的分布列为P(X=A)=a-(1)\A:=123,

3

所以根据分布列的性质有a・g+a•(§2+〃.(g)3=1,

所以a•d+J+—)=tyx—=1,

392727

解得a=0.

13

故答案为：口.

13

17.(2021♦温岭市校级期中)已知0<〃<1,随机变量X的分布列如表.若〃=1时，E(X)=

在〃的变化过程中，O(2X+1)的最大值为.

X012

P1-〃\_P_

222

【解答】解：

E(X)=0xl^+lxL2x£=1+P=1+L3

2222236

D(X)=(0-p--)2+p--)2x-+(2-p--

22222

.•.〃=；时，Z)(X)取最大值，止匕

时D(2X+l)=4D(X)=4xi=2.

2

故答案为：-，2.

6

四.解答题(共12小题)

18.(2013春•北辰区校级期中)甲、乙两人进行某项在抗性游戏，采用“七局四胜”制，

即先赢四局者为胜，若甲、乙两人水平相当，且已知甲先赢了前两局，求:

(1)乙取胜的概率；

(2)比赛进行完七局的概率.

(3)记比赛局数为4，求4的分布列及数学期望石久

【解答】解：(1)乙取胜有两种情况

一是乙连胜四局，其概率回

二是第三局到第六局中乙胜三局，第七局乙胜，

其概率0,

所以乙胜概率为0

(2)比赛进行完7局有两种情况：

一是甲胜，第3局到第6局中甲胜一局，第7局甲胜,

其概率0

二是乙胜，同(1)中第二种情况，

曜匕赛进行完七局的概率为：0.

(3)由题意得叵三；5,6,7,

0.

0,

0,

0",

所以屋勺分布列为

19.(2021春♦潍坊期中)甲、乙两个乒乓球选手进行比赛，他们每一局获胜的概率均为L,

2

且每局比赛互补影响，规定“七局四胜”，即先赢四局者胜，若已知甲先赢「前两局，求:

(I)乙取胜的概率;

(II)设比赛局数为X,求X的分布列.

【解答】解：(I)当甲先胜了前两局时，乙取胜的性质有两种：第一种是乙连胜三局，第

二种是在第三局到第六局，乙胜了三局，第七局乙胜,

第一种情况下乙取胜的概率为:

第二种情况下乙取值的概率为:

33

领先.

(1)求甲获得这次比赛胜利的概率：

(2)设比赛结束时比赛的总局数为随机变量求随机变量J的分布列和数学期望E(J).

【解答】解(1)甲获得这次比赛胜利情况有二，一是比赛六局结束，甲连续赢了四局，一

是比赛了七局，甲在后五局中羸了四局，且最后一局是甲赢，

由此得甲获得这次比赛胜利的概率为区I,

甲获得这次比赛胜利的概率区.

假设每局比赛结果相互独立.

（I）比赛采用三局两胜制，即先获得两局胜利的一方为获胜方，这时比赛结束.求在一场

比赛中甲获得比赛胜利的概率；

（II）比赛采用三局两胜制，设随机变量X为甲在一场比赛中获胜的局数，求X的分布列

和均值；

（IH）有以下两种比赛方案：方案一，比赛采用五局三胜制；方案二，比赛采用七局四胜制.问

哪个方案对甲更有利.（只要求直接写出结果）

【解答】解：（I）中获得比赛胜利包含二种情况：①中连胜二局；②前二局甲一胜一负，

第三局甲胜.

昂自获得比赛胜利的概率为：

中押机变量钟勺分布列为:

吗012

咕停叵叵

段学期望0

（III）方案一，比赛采用五局三胜制；方案二，比赛采用七局四胜制.

方案二对甲更有利.

22.（2021•浙江模拟）一个袋中有大小相同的标有1,2,3,4,5,6的6个小球，某人做

如下游戏，每次从袋中拿一个球（拿后放回），记下标号.若拿出球的标号是3的倍数，则

得1分,否则得T分.

（1）求拿4次至少得2分的概率；

（2）求拿4次所得分数彳的分布列和数学期望.

则回：回

0,0

联）布列为

23.（2008♦西城区一模）盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑

色球.规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得-1分.现

从盒内任取3个球.

（I）求取出的3个球颜色互不相同的概率；

（II）求取出的3个球得分之和恰为1分的概率；

（III）设彳为取出的3个球中白色球的个数，求4的分布列和数学期望.

【解答】（I）解：由题意知本题是一个古典概型，

•.•试验发生包含的所有事件为从9个球中任取3个球有C；种结果,

而满足条件取出的3个球颜色互不相同有C；C；C：种结果，

记“取出I个红色球，I个白色球，I个黑色球”为事件A,

/.由古典概型公式得到24）=坐4=2.

C；7

（II）解：由题意知本题是•个古典概型，

•.•试验发生包含的所有事件为从9个球中任取3个球有C；种结果,

而满足条件取出的3个球得分之和恰为1分有两种种结果，

包括取出1个红色球，2个白色球和取出2个红色球，I个黑色球

记“取出1个红色球，2个白色球”为事件3,有种结果.

“取出2个红色球，1个黑色球”为事件C,有种结果，

其中它们之间是互斥事件，

/.P（8+C）=P（8）+P（。）=空^+年工2.

c；C；42

（III）解：J可能的取值为0,1,2,3.

小-o.C：_5__C；C*_45_15

时一°）一百一21'w（n）一C；一84一28，

%=3)=G=_L

C：84

g的分布列为:

自0123

54531

2P

21841484.

&W^[^WM£：^=0xA+ix—+2x—+3x—=1.

21841484

24.（2014•南开区二模）已知暗箱中开始有3个红球，2个向球（所有的球除颜色外其它均

相同）.现每次从暗箱中取出一个球后，再将此球以及与它同色的5个球（共6个球）一

起放回箱中.

（I）求第二次取出红球的概率；

（H）求第三次取出白球的概率；

（III）设取出白球得5分，取出红球得8分，求连续取球3次得分的分布列和数学期望.

【解答】解：（I）设第〃次取出白球、红球的概率分别为？.Q”.

o333+53

第二次取出红球的概率C=-x—+-x----

2'53+555+55

（II）三次取的过程共有以下情况：白白白、白红白、红白白、红红白，

.••第三次取出白球的概率是：

八22+52+5+5232+5322+533+522

p=_xx_______+—xx_______+—xX_______-|—xx_______=一

3-55+55+5+553+55+5+555+55+5+555+55+5+5—5

（III）连续取球三次，得分的情况共有8种：

5+5+5,8+5+5,5+8+5,5+5+8,8+8+5,8+5+8,5+8+8,8+8+8,

P(X=15)=-x—x2+5+528

55+55+5+5125

232+522+53322+521

p(X=18)=-x」一x...-4--x---x--------+—x---x-----------

55+55+5+555+55+5+555+55+5+5125

P(X=21)=，空+="

55+55+5+555+55+5+555+55+5+5125

„.33+53+5+552

P(X=24)=-x----x-------=—

55+55+5+5125

.•.X的分布列为:

X15182124

P28212452

125125125125

21245)102

EX=15x—+I8x—+21x—+24x—=

125125125125

25.（2016•汕头模拟）一个袋中有若干个大小相同的黑球、白球和红球.已知从袋中任意摸

出I个球，得到黑球的概率是2；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是1.

59

（I）若袋中共有10个球,

⑺求白球的个数;

（"）从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为求随机变量J的数学期望七久

（II）求证：从袋中任意摸出2个球，至少得到1个黑球的概率不大于工.并指出袋中哪

10

种颜色的球个数最少.

【解答】解：（I）（»）记“从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球”为事件A,

设袋中白球个数为X,则。（A）=1-与=2,

Q9

解得X=5,.,.白球个数是5个.

（"）随机变量4的取值为0,1,2,3,

PC=°)=IT需

505

PC=1)=

12012

C；C；二50二5

PC=2)=

-120-12

-3）二看唱后

.••4的分布列为:

g0123

p1551

12121212

E^=—x0+—xl+—x2+—x3=—.

121212122

证明：（II）设袋中有〃个球，其中y个黑球,

由题意，得>'=^〃，

/.2y<n，2y„n-\>

.,,1

,,--7“二'

n-\2

记“从袋中任意取出两个球，至少有1个黑球”为事件B.

则尸⑻=1+3言争/I%

.•・白球的个数比黑球多，白球个数多于2〃，黑球个数少于2%

55

故袋中红球个数最少.

26.（2021•洛阳期末）袋子中装有形状，大小完全相同的小球若干，其中红球〃个，黄球〃

个，蓝球c个；现从中随机取球，规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，

取出一个蓝球得3分.

（1）若从该袋子中任取一个球，所得分数X的数学期望和方差分别为:和：，求a:8:c；

（2）在（1）的条件下，当袋子中球的总数最少时，从该袋中一次性任取3个球，求所得分

数之和大于等于6的概率.

【解答】解：（I）由已知得X的分布列为:

X123

Pabc

a+b+ca-b+ca+b+c

北~«八.acb_ca+2Z>+3(

故E(X)=1x------+2x-------+3x-------=--------

a+b+ca+b+ca+b+ca+b+c

a+2b+3c_5①

a+b+c3

4a+b+\6c5

D(X)=(1--)2X---4-(2--)2x---+(3--)2x---

3a+b+c3a+b+c3a+b+c9(〃+b+c)9

9（。+b+c）9

由①②解得a=3c,b=2c,

.\a:b:c=3:2:\.

（2）结合（1）知，当袋子中球的总数量少时，红、黄、蓝球的个数分别是3,2,1,

共6个球，从中任取3个，得分之和记为V,

则E6喈哈|

”=7）唱《

7

p（y..6）=p（y=6）+p（y=7）=—.

20

27.（2013•天元区校级模%）某公司是否对某一项目投资，由甲、乙、丙三位决策人投票决

定，他们三人都有“同意”、“中立”、“反对”三类票各一张，投票时，每人必须且只能

投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为工，他们的投票相互没有影响，规

3

定：若投票结果中至少有两张“同意”票，则决定对该项目投资；否则，放弃对该项目

的投资.

(1)求该公司决定对该项目投资的概率；

(2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率.

【解答】解：(1)该公司决定对该项目投资的概率为P=C；g)2(g)+C；g)3=，.

(2)该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票，

有以下四种情形:

“同意”票张数“中立”票张数“反对”票张数

事件A003

事件8102

事件。111

事件。012

P⑻=吟］

1711

p(C)=C；C；($=5,P(D)=C；(-)3=-.

,；AxB、C、。互斥，

13

：.P(A+B+C+D)=P(A)+P(B)+P(C)+P(D)

28.(2021•长沙月考)有编号为1,2,3的三只小球和编号为1,2,3,4的四个盒子，将

三只小球逐个随机地放入四个盒子中，每只球的放置相互独立.

(1)求三只小球恰在同一个盒子中的概率：

(2)求三只小球在三个不同盒子且每只球编号与所在盒子编号不同的概率；