滚动习题(三) 1.B [解析] 由题意知E(X)=10×0.5+(-11)×0.5=-0.5. 2.C [解析] 依题意,由|X-2|≤1,得1≤X≤3,即|X-2|≤1的对立事件是X=4,所以P(|X-2|≤1)=1-P(X=4)=1-=.故选C. 3.D [解析] 因为P(|A)=,所以由对立事件的概率计算公式可得P(B|A)=1-=,则P(AB)=P(A)·P(B|A)=×=,故选D. 4.D [解析] 对于A,由题可知每次投掷一枚质地均匀的骰子不会影响下一次掷出的骰子的点数,故第6次掷出的点数仍是偶数的概率为=,故A中说法正确;对于B,投掷两次包含的样本点共有6×6=36(个),点数之和为2包含1个样本点,点数之和为3包含2个样本点,点数之和为4包含3个样本点,点数之和为5包含4个样本点,点数之和为6包含5个样本点,点数之和为7包含6个样本点,点数之和为8包含5个样本点,点数之和为9包含4个样本点,点数之和为10包含3个样本点,点数之和为11包含2个样本点,点数之和为12包含1个样本点,所以投掷两次掷出的点数之和为7的概率最大,概率为=,故B中说法正确;对于C,投掷一枚质地均匀的骰子出现的各个点数的概率均为,所以投掷一次骰子出现的点数的期望为=,所以投掷十次,掷出的点数之和的期望为10×=35,故C中说法正确;对于D,投掷两次,至少有一次掷出的点数为3的概率为=,故D中说法错误.故选D. 5.D [解析] 因为随机变量X的分布列为P(X=k)=(k=1,2,5),所以由分布列的性质可知P(X=1)+P(X=2)+P(X=5)=++=1,解得a=1,所以P=P(X=1)+P(X=2)=,A中结论正确;E(X)=1×+2×+5×=2,则E(3X+1)=3E(X)+1=3×2+1=7,B中结论正确;D(X)=×(1-2)2+×(2-2)2+×(5-2)2=2,C中结论正确;D(3X+1)=9×D(X)=18,D中结论不正确.故选D. 6.A [解析] 设M=“从第一个盒子中取得标有字母A的球”,N=“从第一个盒子中取得标有字母B的球”,R=“第二次取出的球是红球”,则容易求得P(M)=,P(N)=,P(R|M)=,P(R|N)=,则P(R)=P(R|M)P(M)+P(R|N)P(N)=×+×==0.59. 7.A [解析] 根据题意,该考生发球次数为1的概率P(X=1)=p,发球次数为2的概率P(X=2)=p(1-p),发球次数为3的概率P(X=3)=(1-p)2,则E(X)=p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3.因为E(X)>1.75,所以p2-3p+3>1.75,解得p>或p<,结合p∈(0,1),可得p的取值范围为.故选A. 8.BC [解析] ∵P(A|B)=P(B|A)=,P(A)=,∴P(AB)=P(B|A)P(A)=×=,故A错误,B正确;∵P(A|B)=,∴P(B)==,故C正确,D错误.故选BC. 9.ABD [解析] 对于A,易知P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P()P(A2|)=×+×=,故A正确;对于D,易知P(A1|A2)===,故D正确;对于B,C,易知X的可能取值为0,1,2,则P(X=0)=×=,P(X=1)=×+×=,P(X=2)=×=,所以E(X)=0×+1×+2×=,D(X)=×+×+×=,故B正确,C错误.故选ABD. 10. [解析] 由Y=X2-2X=3,解得X =3或X=-1,所以P(Y=3)=P(X=-1)+P(X=3)=+=. 11. [解析] 恰有1名女生参加劳动学习的概率为=.至少有1名女生参加劳动学习,包括恰有1名女生参加劳动学习和恰有2名女生参加劳动学习,其概率为=,所以,在至少有1名女生参加劳动学习的条件下,恰有1名女生参加劳动学习的概率为=. 12.②④ [解析] ①抽取2次后停止取球的情况为“第1次取到黑球,第2次取到白球”,其概率为×=,故①错误;②停止取球时,取出的白球个数不少于黑球个数的情况为“白球1个,黑球0个,第1次取到白球”或“白球1个,黑球1个,第2次取到白球”,其概率为+×=,故②正确;③取球次数X的可能取值为1,2,3,P(X=1)==,P(X=2)=×=,P(X=3)=××=,所以X的分布列为 X 1 2 3 P E(X)=1×+2×+3×==,则取球次数X的期望为,故③错误;④取球次数X的方差D(X)=×+×+×=,故④正确.故填②④. 13.解:(1)记事件A=“第1次拿出绿皮鸭蛋”, 易知P(A)=,即第1次拿出绿皮鸭蛋的概率为. (2)记事件B=“第2次拿出绿皮鸭蛋”, 则可得P(AB)=×=, 由条件概率的计算公式可得P(B|A)==, 所以在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下,第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为. 14.解:(1)记事件A=“小明考试前 ... ...
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