新教材2023版高中數(shù)學(xué)課時作業(yè)二十七離散型隨機變量及其分布湘教版選擇性必修第二冊

課時作業(yè)(二十七)離散型隨機變量及其分布練基礎(chǔ)1.將一顆均勻骰子擲兩次，不能作為隨機變量的是()A．兩次擲得的點數(shù)B．兩次擲得的點數(shù)之和C．兩次擲得的最大點數(shù)D．第一次擲得的點數(shù)減去第二次擲得的點數(shù)的差2．甲、乙兩班進行足球?qū)官?，每場比賽贏了的隊伍得3分，輸了的隊伍得0分，平局的話，兩隊各得1分，共進行三場．用ξ表示甲的得分，則{ξ＝3}表示()A．甲贏三場B．甲贏一場、輸兩場C．甲、乙平局三次D．甲贏一場、輸兩場或甲、乙平局三次3．設(shè)隨機變量ξ的分布列為P(ξ＝i)＝a·(eq\f(1,2))i，(i＝1，2，3)，則a的值為________．4．某位射箭運動員命中目標的環(huán)數(shù)X的分布列為：X678910P0.050.150.250.350.20如果命中9環(huán)或10環(huán)為優(yōu)秀，那么他一次射擊成績?yōu)閮?yōu)秀的概率是多少？提能力5.若隨機變量X的分布列為X－2－10123P0.10.20.20.30.10.1則當P(X＜a)＝0.8時，實數(shù)a的取值范圍是()A.(－∞，2]B．[1，2]C.(1，2]D．(1，2)6．(多選)已知隨機變量X的分布列如下表所示，其中a，b，c成等差數(shù)列，則()X－101PabcA.a＝eq\f(1,3)B．b＝eq\f(1,3)C.c＝eq\f(1,3)D．P(|X|＝1)＝eq\f(2,3)7．隨機變量X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(k,15)(k＝1，2，3，…，k∈N*)，則正整數(shù)k的最大值為________，P(eq\f(1,2)<X<eq\f(5,2))的值為________．8．一袋中裝有5只球，編號為1，2，3，4，5，在袋中同時取3只，以ξ表示取出的3只球中的最大號碼，寫出隨機變量ξ的分布列．9．甲、乙是兩名射擊運動員，根據(jù)歷史統(tǒng)計數(shù)據(jù)，甲一次射擊命中10，9，8環(huán)的概率分別為eq\f(2,5)，eq\f(2,5)，eq\f(1,5)，乙一次射擊命中10，9環(huán)的概率分別為eq\f(1,6)，eq\f(5,6).一輪射擊中，甲、乙各射擊一次，甲、乙射擊相互獨立，每次射擊也互不影響．(1)在一輪射擊中，求甲命中的環(huán)數(shù)不高于乙命中的環(huán)數(shù)的概率；(2)記一輪射擊中，甲乙命中的環(huán)數(shù)之和為X，求X的分布列；(3)進行三輪射擊，求甲、乙命中的環(huán)數(shù)之和不低于52環(huán)的概率．培優(yōu)生10.同時擲兩顆質(zhì)地均勻的骰子，觀察朝上一面出現(xiàn)的點數(shù)．設(shè)兩顆骰子出現(xiàn)的點數(shù)分別為X1，X2，記X＝min{X1，X2}，則P(2≤X≤4)＝()A．eq\f(5,12)B．eq\f(7,12)C．eq\f(1,3)D．eq\f(1,2)11．已知2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分，每次隨機檢測一件產(chǎn)品，檢測后不放回，直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時結(jié)束檢測．(1)求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率；(2)已知每檢測一件產(chǎn)品需要費用100元，設(shè)X表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所需要的檢測費用(單位：元)，求X的分布列．課時作業(yè)(二十七)離散型隨機變量及其分布1．解析：因為隨機變量為一個變量，而A中兩次擲得的點數(shù)的取值是一個數(shù)對，不是一個數(shù)，所以不能作為隨機變量．答案：A2．解析：由于贏了的隊伍得3分，輸了的隊伍得0分，平局的話，兩隊各得1分，所以ξ＝3可以分成兩種情況，即3＋0＋0或1＋1＋1，即甲贏一場、輸兩場或甲、乙平局三次．答案：D3．解析：依題意，eq\f(a,2)＋eq\f(a,4)＋eq\f(a,8)＝eq\f(7a,8)＝1，解得a＝eq\f(8,7)，所以a的值為eq\f(8,7).答案：eq\f(8,7)4．解析：若射手射擊一次為優(yōu)秀，則他射中的環(huán)數(shù)為9、10環(huán)，其概率為P＝P(X＝9)＋P(X＝10)＝0.35＋0.20＝0.55，故他射擊一次為優(yōu)秀的概率是0.55.5．解析：由隨機變量X的分布列知：P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，則當P(X＜a)＝0.8時，實數(shù)a的取值范圍是(1，2].答案：C6．解析：∵a，b，c成等差數(shù)列，∴2b＝a＋c.由分布列的性質(zhì)得a＋b＋c＝3b＝1，∴b＝eq\f(1,3)，∴P(|X|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝－1)＝1－P(X＝0)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).故B、D正確；因為題目中未給出a與c的關(guān)系，本題我們只知道a＋c＝eq\f(2,3)，故無法求出a與c的值，故A、C錯誤．答案：BD7．解析：由題意得eq\f(1,15)＋eq\f(2,15)＋…＋eq\f(k,15)＝1，得1＋2＋3＋…＋k＝15，解得k＝5，因為P(X＝k)＝eq\f(k,15)(k＝1，2，3，…，k∈N*)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<X<\f(5,2)))＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(1,15)＋eq\f(2,15)＝eq\f(1,5).答案：5eq\f(1,5)8．解析：隨機變量ξ的可能取值為3，4，5.當ξ＝3時，即取出的三只球中最大號碼為3，則其他兩只球的編號只能是1，2，故有P(ξ＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)))＝eq\f(1,10)；當ξ＝4時，即取出的三只球中最大號碼為4，則其他兩只球只能在編號為1，2，3的3只球中取2只，故有P(ξ＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)))＝eq\f(3,10)；當ξ＝5時，即取出的三只球中最大號碼為5，則其他兩只球只能在編號為1，2，3，4的4只球中取2只，故有P(ξ＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).因此ξ的分布列為ξ345Peq\f(1,10)eq\f(3,10)eq\f(3,5)9.解析：(1)當甲命中環(huán)數(shù)高于乙命中環(huán)數(shù)時，只有一種情況：甲擊中10環(huán)，且乙擊中9環(huán)，這時概率為eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(2,5)×eq\f(5,6)＝eq\f(1,3)；所以甲命中的環(huán)數(shù)不高于乙命中的環(huán)數(shù)的概率P＝1－eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(2,3)；(2)甲、乙命中的環(huán)數(shù)之和X的可能取值為17，18，19，20，P(X＝17)＝eq\f(1,5)×eq\f(5,6)＝eq\f(1,6)，P(X＝18)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,6)＋eq\f(2,5)×eq\f(5,6)＝eq\f(11,30)，P(X＝19)＝eq\f(2,5)×eq\f(5,6)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,6)＝eq\f(2,5)，P(X＝20)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,15)，所以隨機變量X的分布列為X17181920Peq\f(1,6)eq\f(11,30)eq\f(2,5)eq\f(1,15)(3)甲、乙命中的環(huán)數(shù)之和低于52環(huán)時，甲、乙每輪命中環(huán)數(shù)之和都是17，其概率為P1＝(eq\f(1,6))3＝eq\f(1,216)，所以甲、乙命中的環(huán)數(shù)之和不低于52環(huán)的概率為P＝1－P1＝1－eq\f(1,216)＝eq\f(215,216).10．解析：依題意，隨機變量X滿足2≤X≤4的事件是X＝2、X＝3、X＝4的3個互斥事件的和，而P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋4Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),62)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋3Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),62)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),62)，所以P(2≤X≤4)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋4Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),62)＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋3Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),62)＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),62)＝eq\f(9＋7＋5,36)＝eq\f(7,12).答案：B11．解析：(1)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件A，則P(A)＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(3,10).(2)X的可能取值為200，300，400，則P(X＝200)＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1,10)，P(X＝300)＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(