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超几何分布练习
一、单选题
一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1，2，3，4，5，6，还有4个同样大小的白球，编号为7，8，9，10.现从中任取4个球，有如下几种变量：
①X表示取出的球的最大号码；②Y表示取出的球的最小号码；③取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，ξ表示取出的4个球的总得分；④η表示取出的黑球个数．这四种变量中服从超几何分布的是(????)
A. ①② B. ③④ C. ①②④ D. ①②③④
有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则P(X<2)等于(???)
A. 715 B. 815 C. 1315 D. 1415
设口袋中有黑球、白球共7个，从中任取2个球，已知取到白球个数的数学期望值为67，则口袋中白球的个数为(????)
A. 3 B. 4 C. 5 D. 2
?在含有3件次品的50件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的概率为(????)
A. C31C471C502 B. C32C470C502 C. C31+C32C502 D. C31C471+C32C470C502
设随机变量X服从超几何分布X?H(7,3,4)，则P(X=2)等于(??? )
A. 1235 B. 1835 C. 635 D. 2135
有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则P(X<2)等于(????)
A. 1 B. 1415 C. 815 D. 715
现有语文、数学课本共7本(其中语文课本不少于2本)，从中任取2本，至多有1本语文课本的概率是57，则语文课本共有(????)
A. 2本 B. 3本 C. 4本 D. 5本
把半圆弧分成4等份，以这些分点(包括直径的两端点)为顶点，作出三角形，从这些三角形中任取3个不同的三角形，则这3个不同的三角形中钝角三角形的个数X的期望为(????)
A. 2110 B. 2120 C. 4130 D. 5140
有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出n1≤n≤6,n∈N?个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为ξ个，则随着n1≤n≤6,n∈N?的增加，下列说法正确的是(? ?)
A. Eξ增加，Dξ增加 B. Eξ增加，Dξ减小
C. Eξ减小，Dξ增加 D. Eξ减小，Dξ减小
袋中有除颜色外完全相同的3个白球和2个红球，从中任取2个，那么下列事件中发生的概率为710的是(??? )
A. 都不是白球 B. 恰有1个白球 C. 至少有1个白球 D. 至多有1个白球
一盒中有6个乒乓球，其中4新2旧，从中取2个来用，用完后放回盒中，设此时盒中旧乒乓球的个数为ξ，则P(ξ=3)=(????)
A. 115 B. 25 C. 715 D. 815
已知10名同学中有a名女生，若从这10名同学中随机抽取2名作为学生代表，恰好抽到1名女生的概率是1645，则a=(????)
A. 1 B. 2或8 C. 2 D. 8
二、单空题
某市15个县有7个县是富裕县，从15个县中任选10个县，用X表示这10个县中富裕县的个数，则P(X=4)=________．
设口袋中有黑球、白球共7个，从中任取2个球，已知取到白球个数的数学期望值为67，则口袋中白球的个数为________．
数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格.某同学只能解答正确其中的4道题，则他能及格的概率是__________．
数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格。某同学只能求解其中的4道题，则他能及格的概率是______________．
有一批产品，其中有6件正品和4件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为____．
三、解答题
为活跃校园文化，丰富学生的课余生活，某高校社团举办了“校园音乐节”，某乐队准备从3首摇滚歌曲和5首校园民谣中随机选择4首进行演唱．
(1)求该乐队至少演唱1首摇滚歌曲的概率;
(2)假设演唱1首摇滚歌曲，观众与乐队的互动指数为a(a为常数)，演唱1首校园民谣，观众与乐队的互动指数为2a，求观众与乐队的互动指数之和X的分布列．
袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球.求：
(1)有放回地抽取时，取到黑球的个数X的分布列;
(2)不放回地抽取时，取到黑球的个数Y的分布列．
盒中有16个白球和4个黑球，从中任意取出3个，设ξ表示其中黑球的个数，求出ξ的分布列．
答案和解析
1.【答案】B
【解答】
解：超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为试验次数，即指某事件发生n次的试验次数，
由此可知③④服从超几何分布．
2.【答案】D
【解答】
解：由题意，知X取0，1，2，X服从超几何分布，它取每个值的概率都符合等可能事件的概率公式，
即P(X=0)=C72C102=715，
P(X=1)=C71?C31C102=715，
于是P(X<2)=P(X=0)+P(X=1)=715+715=1415，
3.【答案】A
【解答】
解：设口袋中有白球x个，由已知可得取得白球ξ的可能取值为0，1，2，
则ξ服从超几何分布，P(ξ=k)=?xk?7?x2?k?72(k=0,1,2)，
P(ξ=0)=?7?x2?72，P(ξ=1)=?x1?7?x1?72，P(ξ=2)=?x2?72．
∵Eξ=67，
∴1×?x1?7?x1?72+2×?x2?72=67，解得x=3．
4.【答案】D
【解答】
解：由题意可得，从50件产品中任取两件产品，共有C502种取法，
至少取到1件次品包括两种情况：只抽到一件次品，抽到两件次品，
所以共有C31·C471+C32·C470种取法，
所以至少取到1件次品的概率为C31C471+C32C470C502．
故选D．
5.【答案】B
【解答】
解：P(X=2)=C32C42C74=1835；
故选B;
6.【答案】B．
【解答】
解：P(X=k)=C3kC72?kC102，
∴P(X=0)=C30C72C102=2145=715，
P(X=1)=C31C71C102=2145=715，
，
故选B．
7.【答案】C
【解答】
解：设语文课本有m本，任取2本中的语文课本数为X，
则X服从参数为N=7，M=m，n=2的超几何分布，
其中X的所有可能取值为0，1，2，且P(X=k)=CmkC7?m2?kC72(k=0,1，2)．
由题意，得：P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=Cm0C7?m2C72+Cm1C7?m1C72=12×(7?m)?(6?m)21+m(7?m)21=57，
所以m2?m?12=0，解得m=4或m=?3(舍去)，
即7本书中语文课本有4本．
故选C．
8.【答案】A
【解答】
解：以这些分点(包括直径的两端点)为顶点，一共能画出C53=10个三角形，
其中钝角三角形有7个，所以X=0，1，2，3，
P(x=0)=C33C103=1120，
P(x=1)=C71C32C103=21100，
P(x=2)=C72C31C103=63120，
P(x=3)=C73C103=35120，
所以E(X)=0×1120+1×21100+2×63120+3×35150=2110．
故选A．
9.【答案】C
【解答】
解：依题意，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X～H(6,3，n)，
其中Px=k=C3kC3n?kC6n?，其中k∈N，k≤3且k≤n，EX=3n6=n2．
?故从甲盒中取球，相当于从含有n2+1?个红球的n+1个球中取一球，取到红球个数为ξ个，
故P(ξ=1)=n2+1n+1=12++12n+2，随着n的增大，Eξ减小；
Dξ=1?P(ξ=1)=12?12n+2?，随着n的增大，Dξ增大；
10.【答案】D
11.【答案】D
【解答】解：由已知，可得随机变量ξ的所有可能取值为2，3，4．
其中ξ=3表示用完放回后盒中有3个旧乒乓球，即取出的2个球为1新1旧，
则P(ξ=3)=C41C21C62=815，
故选D．
12.【答案】B
【解答】
解：设抽到的女生人数为X，则X服从超几何分布，
P(X=1)=Ca1C10?a1C102=a(10?a)45=1645，
解得a=2或a=8．
故选B．
13.【答案】140429
【解答】
解：P(X=4)=C74·C86C1510=140429．
故答案为140429．
14.【答案】3
【解答】
解：若果口袋中只有1个白球，则ξ的可能取值为0，1，
Pξ=0=C62C72=57，
Pξ=1=C61·C11C72=27，
Eξ=0×57+1×27=27，与题干中所给的条件不符，
则设口袋中有白球xx≥2个，由已知可得取得白球个数ξ的可能取值为0，1，2，
则ξ服从超几何分布，
Pξ=k=CxkC7?x2?kC72k=0,1,2，
∴P(ξ=0)=C7?x2C72，Pξ=1=Cx1C7?x1C72，P(ξ=2)=Cx2C72，
∴Eξ=Cx1C7?x1C72+2×Cx2C72=67，
∴x(7?x)+x(x?1)=67×21，
解得x=3．
故答案为：3．
15.【答案】45
【解答】解：由超几何分布的概率计算公式，
可得他能及格的概率是P=C42C21C63+C43C63=45．
16.【答案】45
【解答】
解：设该同学解答正确的题数为X，
则他能及格的概率PX=2+PX=3=C42C21C63+C43C20C63=45．
故答案为45．
17.【答案】13
【解答】
解：从10件产品任取3件的取法共有C103，其中所取的三件中“至少有2件次品”包括2件次品、3件次品，取法分别为C42C61，C43．
因此所求的概率P=C42C61+C43C103=13．
故答案为13．
18.【答案】解：(1)设“至少演唱1首摇滚歌曲”为事件A，
则事件A的对立事件A为“没有1首摇滚歌曲被演唱”．
所以P(A)=1?P(A)=1?C54C84=1314．
(2)设乐队共演唱了Y首摇滚歌曲，
P(Y=k)=C3kC54?kC84，其中k=0，1，2，3．
所以Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P
114
37
37
114
因为X=aY+2a(4?Y)=a(8?Y)，
当Y=0，1，2，3时，对应X=8a，7a，6a，5a．
所以X的分布列为
X
5a
6a
7a
8a
P
114
37
37
114
19.【答案】解：(1)有放回地抽取时，取到的黑球个数X的所有可能取值为0，1，2，3．
∵每次取到黑球的概率均为15，3次取球可以看成3次独立重复试验，
∴X?B(3,15).
∴P(X=0)=C30(15)0×(45)3=64125，
P(X=1)=C31(15)1×(45)2=48125，
P(X=2)=C32(15)2×(45)1=12125，
P(X=3)=C33(15)3×(45)0=1125，
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
64125
48125
12125
1125
(2)不放回地抽取时，取到的黑球个数Y的所有可能取值为0，1，2，
P(Y=0)=C20C83C103=715，
P(Y=1)=C21C82C103=715，
P(Y=2)=C22C81C103=115，
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
P
715
715
115
20.【答案】解：ξ可能取的值为0，1，2，3，
P(ξ=0)=C40C163C203，P(ξ=1)=C41C162C203，P(ξ=2)=C42C161C203，P(ξ=3)=C43C160C203．
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
C40C163C203
C41C162C203
C42C161C203
C43C160C203

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