2017高考理科数学一轮复习训练：12-2-1 离散型随机变量的分布列、均值

2017年普通高等学校招生统一考试全国卷Ⅲ理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合A={}22x y y x│，则A B=(,)(,)1│，B={}x y x y+=中元素的个数为A．3 B．2 C．1D．0【答案】B【解析】【考点】交集运算；集合中的表示方法。

【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求解集合运算的两个先决条件。

集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性。

2．设复数z 满足(1+i)z=2i ，则∣z ∣= A ．12 BCD ．2【答案】C 【解析】【考点】 复数的模；复数的运算法则 【名师点睛】共轭与模是复数的重要性质，注意运算性质有： (1)1212z zz z ±=± ；(2) 1212z z z z ⨯=⨯；(3)22z z z z⋅== ；(4)121212z z z z z z -≤±≤+ ；(5)1212z zz z =⨯ ；(6)1121z z z z =。

3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是A．月接待游客量逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳【答案】A【解析】动性大，选项D说法正确；故选D。

【考点】折线图【名师点睛】将频率分布直方图中相邻的矩形的上底边的中点顺次连结起来，就得到一条折线，我们称这条折线为本组数据的频率折线图，频率分布折线图的的首、尾两端取值区间两端点须分别向外延伸半个组距，即折线图是频率分布直方图的近似，他们比频率分布表更直观、形象地反映了样本的分布规律。

专题2 离散型随机变量的散布列、均值与方差（理科）【三年高考】1.【2016年高考四川理数】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次实验成功，则在2次实验中成功次数X 的均值是 .【答案】322．【2016高考新课标1卷】某公司计划购买2台机械,该种机械利用三年后即被淘汰.机械有一易损零件,在购进机械时,可以额外购买这种零件作为备件,每一个200元.在机械利用期间,若是备件不足再购买,则每一个500元.现需决策在购买机械时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机械在三年利用期内改换的易损零件数,得下面柱状图：以这100台机械改换的易损零件数的频率代替1台机械改换的易损零件数发生的概率,记X 表示2台机械三年内共需改换的易损零件数,n 表示购买2台机械的同时购买的易损零件数.（I ）求X 的散布列；（II ）若要求()0.5P X n ≤≥,肯定n 的最小值；（III ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在19n =与20n =当当选其一,应选用哪个？ 【解析】（Ⅰ）由柱状图并以频率代替概率可得,一台机械在三年内需改换的易损零件数为8,9,10,11的概率别离为,,,,从而04.02.02.0)16(=⨯==XP；16.04.02.02)17(=⨯⨯==XP；24.04.04.02.02.02)18(=⨯+⨯⨯==XP；24.02.04.022.02.02)19(=⨯⨯+⨯⨯==XP；2.02.02.04.02.02)20(=⨯+⨯⨯==XP；08.02.02.02)21(=⨯⨯==XP；04.02.02.0)22(=⨯==XP.所以X的散布列为161718192212204.016.024.024.02.008.004.0（Ⅱ）由（Ⅰ）知44.0)18(=≤XP,68.0)19(=≤XP,故n的最小值为19.3．【2016高考新课标2理数】某险种的大体保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的今年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：上年度出险次数0 1 2 3 4 ≥5保费a a a a a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数0 1 2 3 4 ≥5概率（Ⅰ）求一续保人今年度的保费高于大体保费的概率；（Ⅱ）若一续保人今年度的保费高于大体保费，求其保费比大体保费高出60%的概率；（Ⅲ）求续保人今年度的平均保费与大体保费的比值．【解析】（Ⅰ）设A表示事件：“一续保人今年度的保费高于大体保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故()0.20.20.10.050.55.P A=+++=（Ⅱ）设B 表示事件：“一续保人今年度的保费比大体保费高出60%”，则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3，故()0.10.050.15.P B =+=又()()P AB P B =，故()()0.153(|).()()0.5511P AB P B P B A P A P A ==== 因此所求概率为3.11（Ⅲ）记续保人今年度的保费为X ，则X 的散布列为X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2aP 0.300.15 0.200.20 0.100.050.850.300.15 1.250.20 1.50.20 1.750.1020.05 1.23EX a a a a a a a =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，因此续保人今年度的平均保费与大体保费的比值为1.23.4．【2016高考山东理数】甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，若是两人都猜对，则“星队”得3分；若是只有一个人猜对，则“星队”得1分；若是两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求： （I ）“星队”至少猜对3个成语的概率；（Ⅱ）“星队”两轮得分之和为X 的散布列和数学期望EX .【解析】(Ⅰ)记事件A:“甲第一轮猜对”，记事件B ：“乙第一轮猜对”，记事件C ：“甲第二轮猜对”，记事件D ：“乙第二轮猜对”，记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意，.E ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD =++++ 由事件的独立性与互斥性，()()()()()()P E P ABCD P ABCD P ABCD P ABCD P ABCD =++++()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()P A P B P C P D P A P B P C P D P A P B P C P D P A P B P P A P B P C P D C P D =++++ 3232123231322=2.4343434343433⎛⎫⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭ ,所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23. (Ⅱ)由题意，随机变量X 的可能取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得()1111104343144P X ==⨯⨯⨯=,()31111211105124343434314472P X ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯== ⎪⎝⎭, ()31313112123112122524343434343434343144P X ==⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=,()32111132134343434312P X ==⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ,()3231321260542=4343434314412P X ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭ ,()32321643434P X ==⨯⨯⨯=.可得随机变量X 的散布列为所以数学期望01234614472144121246EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.5．【2016高考天津理数】某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1,2,3的人数别离为3,3,4,.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.（I ）设A 为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A 发生的概率；（II ）设X 为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X 的散布列和数学期望.【解析】：()I 由已知，有()1123442101,3C C C P A C +==所以，事件A 发生的概率为13. ()∏随机变量X 的所有可能取值为0,1,2.()2223342100C C C P X C ++==415=，()111133342107115C C CC P X C +===，()11342104215C C P X C ===.所以，随机变量X 散布列为 随机变量X 的数学期望()0121151515E X =⨯+⨯+⨯=. 6. 【2015高考福建，理16】某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，可是可以肯定该银行卡的正确密码是他常常利用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；不然继续尝试，直至该银行卡被锁定.(Ⅰ)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(Ⅱ)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为X ，求X 的散布列和数学期望．7.【2015高考山东，理19】若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”（如137,359,567等）.在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得1-分；若能被10整除，得1分. （I ）写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；（II ）若甲参加活动，求甲得分X 的散布列和数学期望EX .【解析】（I ）个位数是5的“三位递增数”有：125，135，145，235，245，345；（II ）由题意知，全数“三位递增烽”的个数为3984C = ，随机变量X 的取值为：0，-1，1，因此()3839203C P X C === ()24391114C P X C =-== ,()12111114342P X ==--=, 所以X 的散布列为 X 0-11P23114 1142因此0(1)13144221EX =⨯+-⨯+⨯= 8.【2015高考天津，理16】为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.(I)设A 为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”求事件A 发生的概率；(II)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的散布列和数学期望.9.【2015高考四川，理17】某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐3名男生，2名女生，B 中学推荐了3名男生，4名女生，两校推荐的学生一路参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率.（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X得散布列和数学期望.【解析】（1）由题意，参加集训的男女生各有6名.参赛学生全从B中抽取（等价于A中没有学生入选代表队）的概率为333433661100C CC C=.因此，A中学至少1名学生入选的概率为1991100100-=.（2）按照题意，X的可能取值为1，2，3.，1333461(1)5C CP XC===，2233463(2)5C CP XC===，3133461(3)5C CP XC===，所以X的散布列为：p153515321X因此，X的期望为131()1232555E X=⨯+⨯+⨯=.10. 【2014浙江高考理第12题】随机变量ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________.答案：25解析：设1ξ=时的概率为p ，则()110121155E p p ξ⎛⎫=⨯+⨯+⨯--= ⎪⎝⎭，解得35p =，故()()()()22213120111215555D ξ=-⨯+-⨯+-⨯=11. 【2014高考全国1第18题】 从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下图频率散布直方图：（I ）求这500件产品质量指标值的样本平均值x 和样本方差2s （同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；（II ）由直方图可以以为，这种产品的质量指标Z 服从正态散布()2,Nμσ，其中μ近似为样本平均数x ，2σ近似为样本方差2s .（i ）利用该正态散布，求()187.8212.2P Z <<；（ii ）某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间()187.8,212.2的产品件数.利用（i ）的结果，求EX .15012.2≈ 若()2~,Z Nμσ则()0.6826P Z μσμσ-<<+=，()220.9544P Z μσμσ-<<+=.（ii ）由（i ）可知，一件产品的质量指标值位于区间()187.8,212.2的概率为0.6826，依题意知(100,0.6826)X B ，所以1000.682668.26EX =⨯=．12. 【2014高考四川第16题】一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐取得10分，出现两次音乐取得20分，出现三次音乐取得100分，没有出现音乐则扣除200分（即取得200-分）.设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐彼此独立.（1）设每盘游戏取得的分数为X ，求X 的散布列； （2）玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？（3）玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相较，分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 【解析】（1）1331(200),(10),(20),(100)8888P X P X P X P X =-=======.所以X 的散布列为 X -2001020100p18 38 38 18（2）玩一盘游戏，没有出现音乐的概率为018p =，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率为315111()8512p =-=. （3）由（1）得：13315(200)102010088884EX =-⨯+⨯+⨯+⨯=-，即每盘所得分数的期望为负数，所以玩得越多，所得分数越少的可能性更大.【三年高考命题回顾】纵观前三年各地高考试题, 概率与统计问题是每一年高考考试的重点，离散型随机变量的散布列、均值与方差问题是高考常常考的知识点，且本部份题多为解答题. 【2017年高考温习建议与高考命题预测】由前三年的高考命题形式可以看出 , 离散型随机变量的均值与方差是高考的热点题型，以解答题为主，也有选择、填空题，属中档题，常与排列组合概率等知识综合命题，解答题往往与统计问题综合在一路，如以直方图或茎叶图提供问题的背景信息，在同一个问题中同时考查概率与统计的知识，第二问主要考查散布列、均值与方差问题，特别是离散型随机变量的散布列、均值与方差是高考的重点，解答题考查得较为全面，常常和概率、平均数等知识结合在一路，考查学生应用知识解决问题的能力．按照这几年高考试题预测2017年高考，离散型随机变量的散布列与期望仍然是考查的热点，同时应注意和概率、平均数、散布列，期望，二项散布，正态散布等知识的结合．【2017年高考考点定位】本节主要有离散型随机变量的散布列，超几何散布，数学期望，方差等大体公式的应用，‘试题多为讲义例题,习题拓展加工的基础题或中档题.只要咱们理解和掌握五个概率公式及其应用,夯实基础,借助排列组合知识和化归转化思想方式,就可以顺利解答高考概率与统计试题. 最多的概率与统计问题的分值占整个卷面分值的12%，且本部份题多为中低档题.从而可以看出近几年高考中概率与统计所占地位的重要性. 【考点1】离散型随机变量的散布列 【备考知识梳理】1．离散型随机变量的散布列(1)随机变量：若是随机实验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量，随机变量常常利用字母X ，Y ，ξ，η等表示．(2)离散型随机变量：对于随机变量可能取的值，可以按必然顺序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量．若ξ是随机变量，a b ηξ=+，其中,a b 是常数，则η也是随机变量. 2.常见离散型随机变量的散布列(1)两点散布：若随机变量X 服从两点散布，即其散布列为X 01P 1p -p其中01p <<，则称离散型随机变量X 服从参数为p 的两点散布．其中()1p P X ==称为成功概率． (2)超几何散布：在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则事件{X k =}发生的概率为()k n k M N MnNC C P X k C --==，0,1,2,,k m =，其中{}min ,m M n =，且,,,,n N M N n M N N *≤≤∈，称散布列为超几何散布列.(3)设离散型随机变量可能取得值为1，2，…，i ，…n ，取每一个值i (1,2,,i n =)的概率为()i iP X x p ==，则称表为随机变量X 的概率散布列，简称X 的散布列．有时为了表达简单，也用等式()i i P X x p ==，1,2,,i n=表示X 的散布列．散布列的两个性质：①0i p ≥，1,2,,i n =；②121n p p p +++=.【规律方式技能】 1. 求散布列的三种方式(1)由统计数据取得离散型随机变量的散布列；(1)可设出随机变量Y ，并肯定随机变量的所有可能取值作为第一行数据；(2)由统计数据利用事件发生的频率近似地表示该事件的概率作为第二行数据．由统计数据取得散布列可帮忙咱们更好理解散布列的作用和意义．(2)由古典概型求出离散型随机变量的散布列；求离散型随机变量的散布列，首先要按照具体情况肯定X 的取值情况，然后利用排列、组合与概率知识求出X 取各个值的概率．而超几何散布就是此类问题中的一种． (3)由互斥事件的概率、彼此独立事件同时发生的概率及n 次独立重复实验有k 次发生的概率求离散型随机变量的散布列．2. 求离散型随机变量散布列的步骤(1)找出随机变量X 的所有可能取值x i (i ＝1,2,3，…，n )； (2)求出各取值的概率P (X ＝x i )＝p i ；(3)列成表格并用散布列的性质查验所求的散布列或某事件的概率是不是正确． 3. 解答离散型随机变量的散布列及相关问题的一般思路 (1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取适当的计算方式计算这些可能取值的概率值． (3)按照散布列和期望、方差公式求解．注意 解题中要擅长透过问题的实际背景发现其中的数学规律，以便利用咱们掌握的离散型随机变量及其散布列的知识来解决实际问题． 【考点针对训练】1．【2016届湖北七市教研协作体高三4月联考】已知从A 地到B 地共有两条路径1L 和2L ，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，且通过1L 和2L 所历时间落在各时间段内的频率散布直方图别离为下图（1）和（2）。

2017年全国卷高考数学复习专题——离散型随机变量及其分布列、均值与方差考点一离散型随机变量及其分布列1.(2014北京,16,13分)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立):(1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率;(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率;(3)记x为表中10个命中次数的平均数.从上述比赛中随机选择一场,记X为李明在这场比赛中的命中次数.比较EX与x的大小.(只需写出结论)解析(1)根据投篮统计数据,在10场比赛中,李明投篮命中率超过0.6的场次有5场,分别是主场2,主场3,主场5,客场2,客场4.所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5. (2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6”.则C=A B∪A B,A,B独立.根据投篮统计数据,P(A)=35,P(B)=25.P(C)=P(A B)+P(=3 5×35+25×25=1325.所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率为1325.(3)EX=x.2.(2014天津,16,13分)某大学志愿者协会有6名男同学,4名女同学.在这10名同学中,3名同学来自数学学院,其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这10名同学中随机选取3名同学,到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同).(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率;(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数,求随机变量X 的分布列和数学期望. 解析 (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A,则 P(A)=C 31·C 72+C 30·C 73C 103=4960.所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为4960. (2)随机变量X 的所有可能值为0,1,2,3. P(X=k)=C 4k ·C 63-kC 103(k=0,1,2,3).所以随机变量X随机变量X 的数学期望E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65.3.(2014四川,17,12分)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音乐获得20分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分(即获得-200分).设每次击鼓出现音乐的概率为12,且各次击鼓出现音乐相互独立.(1)设每盘游戏获得的分数为X,求X 的分布列;(2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?(3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 解析 (1)X 可能的取值为10,20,100,-200. 根据题意,有P(X=10)=C 31× 12 1× 1-12 2=38,P(X=20)=C 32× 12 2× 1-12 1=38, P(X=100)=C 33× 12 3× 1-12 0=18, P(X=-200)=C 30× 12 0× 1-12 3=18.所以X 的分布列为(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3),则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=18.所以,“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1-P(A1A2A3)=1-183=1-1512=511512.因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512.(3)X的数学期望为EX=10×38+20×38+100×18-200×18=-54.这表明,获得分数X的均值为负.因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大.4.(2014山东,18,12分)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分,如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D,某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小明回球的落点在C上的概率为12,在D上的概率为13;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为15,在D上的概率为35.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求:(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;(2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.解析(1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(A3)=12,P(A1)=13,P(A)=1-12-13=16;记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(B3)=15,P(B1)=35,P(B)=1-15-35=15.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”.由题意,D=A3B+A1B+AB1+AB3,由事件的独立性和互斥性,P(D)=P(A 3B 0+A 1B 0+A 0B 1+A 0B 3)=P(A 3B 0)+P(A 1B 0)+P(A 0B 1)+P(A 0B 3)=P(A 3)P(B 0)+P(A 1)P(B 0)+P(A 0)P(B 1)+P(A 0)P(B 3) =12×15+13×15+16×35+16×15=310,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310. (2)由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6, 由事件的独立性和互斥性,得 P(ξ=0)=P(A 0B 0)=16×15=130,P(ξ=1)=P(A 1B 0+A 0B 1)=P(A 1B 0)+P(A 0B 1)=13×15+16×35=16, P(ξ=2)=P(A 1B 1)=13×35=15,P(ξ=3)=P(A 3B 0+A 0B 3)=P(A 3B 0)+P(A 0B 3)=12×15+15×16=215, P(ξ=4)=P(A 3B 1+A 1B 3)=P(A 3B 1)+P(A 1B 3)=12×35+13×15=1130, P(ξ=6)=P(A 3B 3)=12×15=110. 可得随机变量ξ的分布列为:所以数学期望E ξ=0×130+1×16+2×15+3×215+4×1130+6×110=9130.5.(2014重庆,18,13分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片. (1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X 的分布列与数学期望. (注:若三个数a,b,c 满足a≤b≤c,则称b 为这三个数的中位数) 解析 (1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为 P=C 43+C 33C 93=584.(2)X 的所有可能值为1,2,3,且 P(X=1)=C 42C 51+C 43C 93=1742,P(X=2)=C 31C 41C 21+C 32C 61+C 33C 93=4384,P(X=3)=C 22C 71C 93=112,故X 的分布列为从而E(X)=1×1742+2×4384+3×112=4728.6.(2014江西,21,14分)随机将1,2,…,2n(n∈N *,n≥2)这2n 个连续正整数分成A,B 两组,每组n 个数.A 组最小数为a 1,最大数为a 2;B 组最小数为b 1,最大数为b 2.记ξ=a 2-a 1,η=b 2-b 1.(1)当n=3时,求ξ的分布列和数学期望;(2)令C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”,求事件C 发生的概率P(C); (3)对(2)中的事件C,C 表示C 的对立事件,判断P(C)和P(C )的大小关系,并说明理由.解析 (1)当n=3时,ξ的所有可能取值为2,3,4,5.将6个正整数平均分成A,B 两组,不同的分组方法共有C 63=20种,所以ξ的分布列为E ξ=2×15+3×310+4×310+5×15=72.(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,…,2n -2. 又ξ和η恰好相等且等于n-1时,不同的分组方法有2种; ξ和η恰好相等且等于n 时,不同的分组方法有2种;ξ和η恰好相等且等于n+k(k=1,2,…,n -2)(n≥3)时,不同的分组方法有2C 2k k 种, 所以当n=2时,P(C)=46=23,当n ≥3时,P (C )=2(2+∑k =1n -2C 2k k )C 2nn .(3)由(2)知当n=2时,P()=13,因此P(C)>P(), 而当n≥3时,P(C)<P(理由如下:P (C )<P (C )等价于4(2+∑k =1n -2C 2k k )<C 2n n.①用数学归纳法来证明:1°当n=3时,①式左边=4×(2+C 21)=4×(2+2)=16,①式右边=C 63=20,所以①式成立.2°假设n =m (m ≥3)时①式成立,即4(2+∑k =1m -2C 2k k )<C 2m m成立,那么,当n=m+1时,左边=4(2+∑k =1m +1-2C 2k k )=4(2+∑k =1m -2C 2k k )+4C 2(m -1)m -1<C 2m m+4C 2(m -1)m -1=(2m )!m !m !+4·(2m -2)!(m -1)!(m -1)!=(m +1)2(2m )(2m -2)!(4m -1)(m +1)!(m +1)!<(m +1)2(2m )(2m -2)!(4m )(m +1)!(m +1)!=C 2(m +1)m +1·2(m +1)m (2m +1)(2m -1)<C 2(m +1)m +1=右边, 即当n=m+1时①式也成立.综合1°,2°得,对于n≥3的所有正整数,都有P(C)<P(C )成立.7.(2014湖北,20,12分)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示,水库年入流量．．．．X ．(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立. (1)求未来4年中,至多．．有1年的年入流量超过120的概率; (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X 限制,并有如下关系:若某台发电机运行,则该台年利润为5 000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台? 解析 (1)依题意,p 1=P(40<X<80)=1050=0.2,p 2=P(80≤X≤120)=3550=0.7,p 3=P(X>120)=550=0.1. 由二项分布,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=C 40(1-p 3)4+C 41(1-p 3)3p 3= 910 4+4× 910 3×110=0.947 7.(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元).(i)安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利润Y=5 000,E(Y)=5 000×1=5 000.(ii)安装2台发电机的情形.依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-800=4 200,因此P(Y=4 200)=P(40<X<80)=p1=0.2;当X≥80时,两台发电机运行,此时Y=5 000×2=10 000,因此P(Y=10 000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8;由此得Y的分布列如下:所以,E(Y)=4 200×0.2+10 000×0.8=8 840.(iii)安装3台发电机的情形.依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-1 600=3 400,因此P(Y=3 400)=P(40<X<80)=p1=0.2;当80≤X≤120时,两台发电机运行,此时Y=5000×2-800=9 200,因此P(Y=9 200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;当X>120时,三台发电机运行,此时Y=5 000×3=15 000,因此P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1,由此得Y的分布列如下:所以,E(Y)=3 400×0.2+9 200×0.7+15 000×0.1=8 620.综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.考点二均值与方差8.(2014浙江,9,5分)已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中.(a)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi(i=1,2);(b)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i=1,2).则( )A.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2) B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2) D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2)答案 A9.(2014浙江,12,4分)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ=0)=15,E(ξ)=1,则D(ξ)= .答案2510.(2014大纲全国,20,12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4,各人是否需使用设备相互独立.(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率;(2)X表示同一工作日需使用设备的人数,求X的数学期望.解析记Ai表示事件:同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备,i=0,1,2, B表示事件:甲需使用设备,C表示事件:丁需使用设备,D表示事件:同一工作日至少3人需使用设备.(1)D=A1·B·C+A2·B+A2·B·C,P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=C2i×0.52,i=0,1,2,(3分)所以P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2··C)=P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2·=P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B)P(C)=0.31.(6分)(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,则P(X=0)=P(B·A·)=P()P(A)P()=(1-0.6)×0.52×(1-0.4)=0.06,P(X=1)=P(B·A0·C+B·A·C+B·A1·C)=P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A)P(C)+P(B)P(A1)P(C)=0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25,P(X=4)=P(A2·B·C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06,P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25,P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4)=1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,(10分)数学期望EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06=2.(12分)11.(2014湖南,17,12分)某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A,乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.(1)求至少有一种新产品研发成功的概率;(2)若新产品A研发成功,预计企业可获利润120万元;若新产品B研发成功,预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望.解析记E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题设知P(E)=23,P(E)=13,P(F)=35,P(F)=25,且事件E与F,E与F,E与F,E与F都相互独立.(1)记H={至少有一种新产品研发成功},则=于是P(H)=P(E)P(F)=13×25=215,故所求的概率为P(H)=1-P(H)=1-215=13 15.(2)设企业可获利润为X(万元),则X的可能取值为0,100,120,220,因为P(X=0)=P()=13×25=215,P(X=100)=P(F)=13×35=315,P(X=120)=P(E)=23×25=415,P(X=220)=P(EF)=23×35=615.故所求的分布列为数学期望为E(X)=0×215+100×315+120×415+220×615=300+480+132015=210015=140.12.(2014安徽,17,12分)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23,乙获胜的概率为13,各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学期望).解析用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”,则P(Ak )=23,P(Bk)=13,k=1,2,3,4,5.(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)=232+13×232+23×13×232=5681.(2)X 的可能取值为2,3,4,5. P(X=2)=P(A 1A 2)+P(B 1B 2) =P(A 1)P(A 2)+P(B 1)P(B 2)=59, P(X=3)=P(B 1A 2A 3)+P(A 1B 2B 3)=P(B 1)P(A 2)P(A 3)+P(A 1)P(B 2)P(B 3)=29, P(X=4)=P(A 1B 2A 3A 4)+P(B 1A 2B 3B 4)=P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)+P(B 1)P(A 2)P(B 3)P(B 4)=1081, P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=881.EX=2×59+3×29+4×1081+5×881=22481.13.(2014福建,18,13分)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元,其余3个均为10元,求: (i)顾客所获的奖励额为60元的概率;(ii)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;(2)商场对奖励总额的预算是60 000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成,或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由. 解析 (1)设顾客所获的奖励额为X. (i)依题意,得P(X=60)=C 11C 31C 42=12,即顾客所获的奖励额为60元的概率为12. (ii)依题意,得X 的所有可能取值为20,60. P(X=60)=12,P(X=20)=C 32C 42=12,即X 的分布列为所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元).(2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为60元.所以,先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2.以下是对两个方案的分析:对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为X1,则X1的分布列为X 1的期望为E(X1)=20×16+60×23+100×16=60,X 1的方差为D(X1)=(20-60)2×16+(60-60)2×23+(100-60)2×16=16003.对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为X2,则X2的分布列为X 2的期望为E(X2)=40×16+60×23+80×16=60,X 2的方差为D(X2)=(40-60)2×16+(60-60)2×23+(80-60)2×16=4003.由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案2奖励额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.注:第(2)问,给出方案1或方案2的任一种方案,并利用期望说明所给方案满足要求,给3分;进一步比较方差,说明应选择方案2,再给2分.14.(2014辽宁,18,12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示.将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率;(2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X 的分布列,期望E(X)及方差D(X).解析 (1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”, A 2表示事件“日销售量低于50个”,B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”.因此P(A 1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6, P(A 2)=0.003×50=0.15,P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.(2)X 可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为P(X=0)=C 30·(1-0.6)3=0.064,P(X=1)=C 31·0.6(1-0.6)2=0.288,P(X=2)=C 32·0.62(1-0.6)=0.432,P(X=3)=C 33·0.63=0.216. 分布列为因为X~B(3,0.6),所以期望E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.15.(2014江苏,22,10分)盒中共有9个球,其中有4个红球、3个黄球和2个绿球,这些球除颜色外完全相同.(1)从盒中一次随机取出2个球,求取出的2个球颜色相同的概率P; (2)从盒中一次随机取出4个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x 1,x 2,x 3,随机变量X 表示x 1,x 2,x 3中的最大数.求X 的概率分布和数学期望E(X).解析 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球, 所以P=C 42+C 32+C 22C 92=6+3+136=518.(2)随机变量X 所有可能的取值为2,3,4.{X=4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”,故P(X=4)=C 44C 94=1126; {X=3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球或3个黄球和1个其他颜色的球”,故P(X=3)=C 43C 51+C 33C 61C 94=20+6126=1363;于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-1363-1126=1114. 所以随机变量X 的概率分布如下表:因此随机变量X的数学期望E(X)=2×1114+3×1363+4×1126=209.。

11.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差基础篇 固本夯基考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差1.(2022届浙江百校开学联考,7)若某随机事件的概率分布列满足P(X=i)=a ·i10(i=1,2,3,4),则D(X)=( ) A.3 B.10 C.9 D.1 答案 D2.(2020课标Ⅲ理,3,5分)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p 1,p 2,p 3,p 4,且∑i=14p i =1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) A.p 1=p 4=0.1,p 2=p 3=0.4B.p 1=p 4=0.4,p 2=p 3=0.1 C.p 1=p 4=0.2,p 2=p 3=0.3D.p 1=p 4=0.3,p 2=p 3=0.2 答案 B3.(多选)(2021湖南三湘名校联盟联考(五),10)在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球,4个白球,现从中任取4个球,设取出的4个球中白球的个数为X,则下列结论正确的是( ) A.P(X=2)=37B.随机变量X 服从二项分布C.随机变量X 服从超几何分布D.E(X)=85 答案 ACD4.(2020浙江,16,6分)盒中有4个球,其中1个红球,1个绿球,2个黄球.从盒中随机取球,每次取1个,不放回,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,则P(ξ=0)= ,E(ξ)= . 答案13;1 5.(2021浙江嘉兴测试,14)已知盒中装有n(n>1)个红球和3个黄球,从中任取2个球(取到每个球是等可能的),随机变量X 表示取到黄球的个数,且X 的分布列为则n= ;E(X)= . 答案 3;16.(2022届河北开学摸底,18)甲、乙、丙三台机床同时生产一种零件,在10天中,甲、乙机床每天生产的次品数如下表所示:(1)若从这10天中随机选取1天,设甲机床这天生产的次品数为X,求X 的分布列;(2)已知丙机床这10天生产次品数的平均数为1.4,方差为1.84.以平均数和方差为依据,若要从这三台机床中淘汰一台,你应该怎么选择?这三台机床你认为哪台性能最好? 解析 (1)依题意得X 的可能取值为0,1,2,3, P(X=0)=P(X=2)=310=0.3, P(X=1)=P(X=3)=210=0.2, 故X 的分布列为(2)x 甲=110×(0+1+0+2+2+3+3+1+2+0)=1.4, x 乙=110×(2+4+1+1+0+2+1+1+0+1)=1.3, s 甲2=110×[3×(0-1.4)2+2×(1-1.4)2+3×(2-1.4)2+2×(3-1.4)2]=1.24, s 乙2=110×[2×(0-1.3)2+5×(1-1.3)2+2×(2-1.3)2+(4-1.3)2]=1.21. 因为x 甲=x 丙>x 乙,s 丙2>s 甲2>s 乙2,所以次品数的平均数最小的是乙机床,稳定性最好的也是乙机床,稳定性最差的是丙机床, 故应淘汰丙机床,乙机床的性能最好.7.(2022届长沙雅礼中学月考,20)为迎接2022年北京冬奥会,推广滑雪运动.某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是滑雪时间不超过1小时免费,超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动,设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14、16;1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12、23;两人滑雪时间都不会超过3小时. (1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率;(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位:元),求ξ的分布列. 解析 (1)两人所付费用相同,相同的费用可能为0元、40元、80元, 两人都付0元的概率为P 1=14×16=124,两人都付40元的概率为P 2=12×23=13,两人都付80元的概率为P 3=(1−14−12)×1-16-23=124. 则两人所付费用相同的概率为P=P 1+P 2+P 3=124+13+124=512. (2)ξ(单位:元)的可能取值为0、40、80、120、160, 则P(ξ=0)=14×16=124,P(ξ=40)=14×23+16×12=14,P(ξ=80)=14×16+12×23+16×14=512,P(ξ=120)=12×16+23×14=14,P(ξ=160)=14×16=124.所以,随机变量ξ的分布列为8.(2017山东理,18,12分)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6和4名女志愿者B 1,B 2,B 3,B 4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的概率;(2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X 的分布列与数学期望EX. 解析 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M,则P(M)=C 84C 105=518.(2)由题意知X 可取的值为0,1,2,3,4,则P(X=0)=C 65C 105=142,P(X=1)=C 64C 41C 105=521,P(X=2)=C 63C 42C 105=1021, P(X=3)=C 62C 43C 105=521,P(X=4)=C 61C 44C 105=142.因此X 的分布列为X 的数学期望是EX=0+1×521+2×1021+3×521+4×142=2.综合篇 知能转换考法 求离散型随机变量的期望与方差的方法1.(2021上海崇明二模,9)已知等差数列{x n }的公差d>0,随机变量ξ等可能地取值x 1,x 2,x 3,…,x 9,则方差D(ξ)= .答案203d 22.(2021浙江绍兴一模,15)袋中装有质地大小相同的1个白球和2个黑球,现分两步从中摸球:第一步,从袋中随机摸取2个球后全部放回袋中(若摸得白球,则涂成黑球;若摸得黑球,则不改变颜色);第二步,从袋中随机摸取2个球,记第二步所摸取的2个球中白球的个数为ξ,则P(ξ=0)= ;E(ξ)= . 答案79;293.(2021浙江,15,6分)袋中有4个红球,m 个黄球,n 个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为16,一红一黄的概率为13,则m-n= ,E(ξ)= . 答案 1;894.(2022届广东深圳六校联考一,20)甲乙两队进行篮球比赛,约定赛制如下:谁先赢四场则最终获胜,已知每场比赛甲赢的概率为23,输的概率为13. (1)求甲最终获胜的概率;(2)记最终比赛场次为X,求随机变量X 的分布列及数学期望.解析 (1)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行七场比赛.设甲最终获胜的概率为P. ∵甲四场比赛获胜的概率为(23)4=1681, 甲五场比赛获胜的概率为C 43(23)3·13·23=64243, 甲六场比赛获胜的概率为C 53(23)3·(13)2·23=160729, 甲七场比赛获胜的概率为C 63(23)3·(13)3·23=3202 187, ∴P=1681+64243+160729+3202 187=432+576+480+3202 187=1 8082 187. ∴甲最终获胜的概率为1 8082 187. (2)X 的可能取值为4,5,6,7. P(X=4)=(23)4+(13)4=1781, P(X=5)=C 43(23)413+C 43(13)423=827,P(X=6)=C 53(23)4(13)2+C 53(13)4(23)2=200729, P(X=7)=C 63(23)4(13)3+C 63(13)4(23)3=160729,随机变量X 的分布列为∴E(X)=4×1781+5×827+6×200729+7×160729=4 012729. 5.(2022届湖南天壹名校联盟摸底,21)有甲、乙两个袋子,甲袋中有2个白球2个红球,乙袋中有2个白球2个红球,从甲袋中随机取出一球与乙袋中随机取出一球进行交换. (1)一次交换后,求乙袋中红球与白球个数不变的概率;(2)二次交换后,记X 为乙袋中红球的个数,求随机变量X 的分布列与数学期望.解析 (1)甲乙两袋交换的均是红球,则概率为C 21C 41·C 21C 41=14,甲乙两袋交换的均是白球,则概率为C 21C 41·C 21C 41=14,所以乙袋中红球与白球个数不变的概率为14+14=12. (2)X 的可能取值为0,1,2,3,4,由(1)得,一次交换后,乙袋中有2个白球2个红球的概率为12, 乙袋中有1个白球3个红球的概率为C 21C 41·C 21C 41=14, 乙袋中有3个白球1个红球的概率为C 21C 41·C 21C 41=14,则P(X=0)=14×C 11C 41·C 11C 41=164,P(X=1)=14×(C 11C 41·C 31C 41+C 31C 41·C 11C 41)+12×C 21C 41·C 21C 41=732,P(X=2)=14×C 31C 41·C 31C 41+14×C 31C 41·C 31C 41+12×(C 21C 41·C 21C 41+C 21C 41·C 21C 41)=1732,P(X=3)=14×(C 11C 41·C 31C 41+C 31C 41·C 11C 41)+12×C 21C 41·C 21C 41=732,C 4C 4所以随机变量X 的分布列为所以E(X)=0×164+1×732+2×1732+3×732+4×164=2. 6.(2022届山东平邑一中收心考,21)第七次全国人口普查是指中国在2020年开展的全国人口普查,普查标准时点是2020年11月1日零时,彻查人口出生变动情况以及房屋情况.为了普及全国人口普查的相关知识,某社区利用网络举办社区线上全国人口普查知识答题比赛,社区组委会先组织了A 、B 、C 、D 四个小组进行全国人口普查知识网上答卷预选比赛,最终每个小组的第一名进入最后的决赛;其中甲、乙两人参加了A 组的小组预赛,结果两人得分相同,为了决出进入决赛的名额,该社区组委会设计了一个决赛方案:①甲、乙两人各自从5个人口普查问题中随机抽取3个.已知这5个人口普查问题中,甲能正确回答其中的3个,而乙能正确回答每个问题的概率均为12,甲、乙两人对每个人口普查问题的回答是相互独立、互不影响;②答对题目个数多的人获胜,若两人答对题目数相同,则由乙再从剩下的2个题中选一个作答,答对则判乙胜,答错则判甲胜. (1)求甲、乙两人共答对2个人口普查问题的概率;(每答对一次算答对一个问题) (2)记X 为乙答对人口普查问题的个数,求X 的分布列和数学期望.解析 (1)甲、乙两人共答对2个人口普查问题包括:①甲答对2个,乙答对0个,此时概率为C 32C 21C 53×(12)3=340;②甲答对1个,乙答对1个,乙再从剩下的2个题中选一个作答乙答错, 此时概率为C 31C 22C 53×C 31×12×(12)2×12=9160,所以甲、乙两人共答对2个人口普查问题的概率为340+9160=21160. (2)由题意可知X 所有可能的取值为0,1,2,3,4,3P(X=1)=C 31C 22C 53×C 31×12×(12)2×12+C 32C 21+C 33C 53×C 31×12×(12)2=51160,P(X=2)=C 31C 22C 53×C 31×12×(12)2×12+C 32C 21C 53×C 32×(12)2×12×12+C 31C 22+C 33C 53×C 32×(12)2×12=51160, P(X=3)=C 33C 53×C 33×(12)3×12+C 32C 21C 53×C 32×(12)2×12×12+C 31C 22+C 32C 21C 53×C 33×(12)3=37160,P(X=4)=C 33C 53×C 33×(12)3×12=1160,所以X 的分布列为所以E(X)=0×18+1×51160+2×51160+3×37160+4×1160=6740. 7.(2022届山东潍坊10月摸底,21)某旅行社推出北京环球影城两日游活动,第一期报名游客达到200人,旅行社对这些游客的年龄进行统计,将数据分成以下6组:[15,20)、[20,25)、[25,30)、[30,35)、[35,40)、[40,45],绘制成如图所示的频率分布直方图.(1)求年龄在[25,30)的游客人数;(2)为了解游客对环球影城中的孙悟空主题IP 公园的喜爱程度是否和年龄相关,在年龄小于25岁和年龄不小于35岁的游客中用分层随机抽样的方法抽取9人进行调查,在抽取的这9人中再随机抽取3人,设抽取的3人中年龄不小于35岁的游客人数为X,求X 的分布列和数学期望;(3)旅游公司为答谢游客推出赠送旅游优惠券活动,方案如下:首先每位游客从1到150这150个自然数中选一个数作为x,然后把x 代入函数y=x+20√150−x +150,得到的函数值作为该游客的优惠券金额,问游客甲选择什么数字才能使优惠券金额最大?解析 (1)由(0.03+0.05+a+0.035+0.03+0.01)×5=1, 解得a=0.045,又200×0.045×5=45(人), 所以年龄在[25,30)的游客人数为45.(2)由题意,年龄在[15,25)的游客有(0.03+0.05)×5×200=80(人), 年龄不小于35岁的游客有(0.03+0.01)×5×200=40人, 故抽取的9人中,有6人年龄小于25岁,3人年龄不小于35岁, 所以X 的所有可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=C 63C 93=521, P(X=1)=C 62C 31C 93=1528,P(X=2)=C 61C 32C 93=314,P(X=3)=C 33C 93=184,所以X 的分布列为所以E(X)=0×521+1×1528+2×314+3×184=1. (3)y=x+20√150−x +150,x ∈[1,150],x ∈N. 令√150−x =t,得x=150-t 2, 则y=150-t 2+20t+150 =-t 2+20t-100+100+300 =-(t-10)2+400.所以当t=10时,y取得最大值400,此时x=150-102=50,所以游客甲选择数字50才能使优惠券金额最大.8.(2021八省联考,19)一台设备由三个部件构成,假设在一天的运转中,部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3,各部件的状态相互独立.(1)求设备在一天的运转中,部件1,2中至少有1个需要调整的概率;(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X,求X的分布列及数学期望.解析记事件A,B,C分别表示部件1,2,3需要调整.由已知得P(A)=0.1,P(B)=0.2,P(C)=0.3.(1)解法一:∵各部件的状态相互独立,∴部件1,2中至少有一个需要调整即事件AB+A B+A B发生,又∵AB,A B,A B两两互斥,且P(AB)=P(A)P(B)=0.1×0.2=0.02,P(A B)=(1-P(A))P(B)=0.9×0.2=0.18,P(A B)=P(A)·(1-P(B))=0.1×0.8=0.08,∴P(AB+A B+A B)=P(AB)+P(A B)+P(A B)=0.02+0.18+0.08=0.28.解法二:部件1,2中至少有一个需要调整的对立事件为部件1,2均不需要调整,即事件A B,∵P(AB)=(1-P(A))(1-P(B))=0.9×0.8=0.72,∴1-P(A B)=1-0.72=0.28.(2)X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.1×0.2×0.3=0.006.P(X=2)=P(A BC+A B C+AB C)=P(A)·P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=0.9×0.2×0.3+0.1×0.8×0.3+0.1×0.2×0.7=0.092.P(X=1)=P(A B C+A B C+A B C)=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398.P(X=0)=P(A B C)=0.9×0.8×0.7=0.504.∴X的分布列为∴E(X)=0×0.504+1×0.398+2×0.092+3×0.006=0.6.9.(2021百校联盟质量监测)为了增加超市的销售量,营销人员采取了相应的推销手段,每位顾客消费达到100元可以获得相应的积分,每花费100积分可以参与超市的抽奖游戏,游戏规则如下:抽奖箱中放有2张奖券,3张白券,每次任取两张券,每个人有放回地抽取三次,即完成一轮抽奖游戏;若摸出的结果是“2张奖券”三次,则获得10100积分,若摸出的结果是“2张奖券”一次或两次,则获得300积分,若摸出“2张奖券”的次数为零,则获得0积分;获得的积分扣除花费的100积分,则为该顾客所得的最终积分,最终积分若达到一定的标准,可以兑换电饭锅、洗衣机等生活用品.(1)求一轮抽奖游戏中,甲摸出“2张奖券”的次数为零的概率;(2)记一轮抽奖游戏中,甲摸出“2张奖券”的次数为X,求X 的分布列以及数学期望;(3)试用概率与统计的相关知识,从数学期望的角度进行分析,多次参与抽奖游戏后,甲的最终积分情况. 解析 (1)每次抽取,摸出“2张奖券”的概率P=C 22C 52=110,故一轮游戏中,甲摸出“2张奖券”(记为事件A)的次数为零的概率P(A)=(910)3=7291 000. (2)依题意,X 的可能取值为0,1,2,3,故P(X=0)=P(A)=7291 000,P(X=1)=C 31·110·(1−110)2=2431 000,P(X=2)=C 32·(110)2·(1−110)=271 000,P(X=3)=(110)3=11 000, 故X 的分布列为故E(X)=0×7291 000+1×2431 000+2×271 000+3×11 000=310.(3)记一轮抽奖游戏后,甲的最终积分为Y分,Y的所有可能取值为-100,200,10000,则Y的分布列为故E(Y)=−72 900+54 000+10 0001 000=-8.9,可知一轮游戏过后,甲的最终积分的期望为负数,故多次参与抽奖活动后,可以估计甲的最终积分会越来越少.10.(2022届辽宁名校联盟联考,21)随着我国人民收入的逐步增加,国家税务总局综合考虑人民群众消费支出水平增长等各方面因素,规定从2019年1月1日起,我国实施个税新政,实施的个税新政主要内容包括:①个税起征点为5000元;②每月应纳税所得额(含税)=收入-个税起征点-专项附加扣除;③专项附加扣除包括住房贷款利息或住房租金(以下简称住房)、子女教育和赡养老人等.新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如表:随机抽取某市1000名同一收入层级的无亲属关系的男性互联网从业者(以下互联网从业者都是指无亲属关系的男性)的相关资料,经统计分析,预计他们2022年的人均月收入为30000元,统计资料还表明,他们均符合住房专项附加扣除,同时他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子,并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1,此外,他们均不符合其他专项附加扣除,新个税政策下该市的专项附加扣除标准为住房1000元/月,子女教育每孩1000元/月,赡养老人2000元/月等.假设该市该收入层级的互联网从业者都独自享受专项附加扣除,将预估的该市该收入层级的互联网从业者人均收入视为其个人月收入.根据样本估计总体的思想,解决下列问题.(1)按新个税方案,设该市该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为X元,求X的分布列和数学期望;(2)根据新旧个税方案,估计从2022年1月开始,至少经过几个月,该市该收入层级的互联网从业者利用各月少缴的个税之和就能购买一台价值29400元的某品牌智慧屏巨幕电视.解析(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为30000-5000-1000=24000元,月缴个税为3000×0.03+9000×0.1+12000×0.2=3390元;符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为30000-5000-1000-1000=23000元,月缴个税为3000×0.03+9000×0.1+11000×0.2=3190元;符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为30000-5000-1000-2000=22000元,月缴个税为3000×0.03+9000×0.1+10000×0.2=2990元;既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为30000-5000-1000-1000-2000=21000元,月缴个税为3000×0.03+9000×0.1+9000×0.2=2790元.所以X(单位:元)的可能取值为3390,3190,2990,2790. 依题意,上述同类人群的人数之比是2∶1∶1∶1,所以P(X=3390)=25,P(X=3190)=15,P(X=2990)=15,P(X=2790)=15. 所以X 的分布列为所以E(X)=3390×25+3190×15+2990×15+2790×15=3150.(2)在旧个税方案政策下,该收入层级的互联网从业者2022年每月应纳税所得额(含税)为30000-3500=26500元.月缴个税为1500×0.03+3000×0.1+4500×0.2+17500×0.25=5620元. 由(1)知在新个税方案政策下,该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为3150元.所以该收入层级的互联网从业者每月少缴的个税为5620-3150=2470元.设经过x 个月,该收入层级的互联网从业者每月少缴的个税的总和超过29400元.则2470x>29400.因为x ∈N,所以x ≥12.所以至少经过12个月,该收入层级的互联网从业者利用各月少缴的个税之和就能购买一台价值为29400元的某品牌智慧屏巨幕电视.应用篇 知行合一应用 利用均值、方差进行决策1.(2022届河北沧州十五校摸底,20)在我国,11月9日的月日数恰好与火警电话号码119相同,而且这一天前后,正值风干物燥、火灾多发之际,全国各地都在紧锣密鼓地开展冬季防火工作.为增加全民的消防安全意识,从1992年起,公安部将每年的11月9日定为全国的“消防日”.为切实提高中学生消防安全知识,增强应对火灾的能力,某市特举办以“消防安全进万家,平安相伴你我他”为主题的知识竞赛,甲、乙同学将代表学校参加.为取得好成绩,二人在消防知识题库中各随机选取50题练习,每题答对得5分,答错得0分,练习结果甲得200分,乙得150分.若以二人练习中答题正确的频率作为竞赛答题正确的概率,回答下列问题.(1)竞赛第一环节,要求甲、乙二人各选两题作答,每题答对得5分,答错不得分,求甲、乙二人得分和的概率分布列和期望;(2)第二环节中,要求二人自选两道题或四道题作答,要求一半及一半以上正确才能过关,那么甲、乙二人怎样选择,各自过关的可能性较大?解析(1)由已知得,甲答题正确的概率为0.8,乙答题正确的概率为0.6,设甲、乙二人得分和的随机变量为X,则X的可能取值为0,5,10,15,20,P(X=0)=(0.2)2×(0.4)2=0.0064,P(X=5)=C21×0.2×0.8×(0.4)2+C21×0.4×0.6×(0.2)2=0.0704,P(X=10)=(0.2)2×(0.6)2+(0.8)2×(0.4)2+C21×0.2×0.8×C21×0.4×0.6=0.2704,P(X=15)=C21×0.2×0.8×(0.6)2+C21×0.4×0.6×(0.8)2=0.4224,P(X=20)=(0.8)2×(0.6)2=0.2304,所以X的分布列为E(X)=0×0.0064+5×0.0704+10×0.2704+15×0.4224+20×0.2304=14.(2)甲选两道题时,过关率为1-(0.2)2=0.96,甲选四道题时,过关率为1-(0.2)4-C41×0.8×(0.2)3=0.9728,∴甲选四道题.乙选两道题时,过关率为1-(0.4)2=0.84,乙选四道题时,过关率为1-(0.4)4-C41×0.6×(0.4)3=0.8208,∴乙选两道题.2.(2022届福建南平联考,20)某地区位于甲、乙两条河流的交汇处,夏季多雨,根据统计资料预测,今年汛期甲河流发生洪水的概率为0.25,乙河流发生洪水的概率为0.2(假设两河流发生洪水与否互不影响),今年夏季该地区某工地有许多大型设备,为保护设备,有以下3种方案.方案一:不采取措施,当一条河流发生洪水时,设备将受损,损失30000元.当两河流同时发生洪水时,设备将受损,损失60000元.方案二:修建保护围墙,建设费为4000元,但围墙只能抵御一条河流发生的洪水,当两河流同时发生洪水时,设备将受损,损失60000元.方案三:修建保护大坝,建设费为9000元,能够抵御住两河流同时发生洪水.(1)求今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率;(2)试比较哪一种方案更好,说明理由.解析(1)甲河流发生洪水的概率为0.25,乙河流发生洪水的概率为0.2,则甲、乙两条河流均不发生洪水的概率为(1-0.25)×(1-0.2)=0.6,所以今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率为1-0.6=0.4.(2)方案一:设损失费为X.X的可能取值为30000,60000,0,P(X=30000)=0.25×0.8+0.75×0.2=0.35,P(X=60000)=0.25×0.2=0.05,P(X=0)=(1-0.25)×(1-0.2)=0.6,所以E(X)=30000×0.35+60000×0.05+0×0.6=13500(元).方案二:修建保护围墙,需要花费4000元,但围墙只能抵御一条河流发生的洪水,当两河流同时发生洪水时,设备将受损,损失60000元,两条河流都发生洪水的概率P=0.25×0.2=0.05,所以该方案中的花费为4000+60000×0.05=7000元.方案三:修建保护大坝,建设费为9000元,设备不会受损,方案中的花费为9000元.所以方案二最好.3.(2021新高考Ⅰ,18,12分)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误则该同学比赛结束;若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回答正确与否,该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得80分,否则得0分.已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.(1)若小明先回答A类问题,记X为小明的累计得分,求X的分布列;(2)为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题?并说明理由.解析(1)由题易知X的所有可能取值为0,20,100,P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,P(X=100)=0.8×0.6=0.48,所以X的分布列为(2)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.假设小明先回答B类问题,其累计得分为Y,则Y的所有可能取值为0,80,100,P(Y=0)=1-0.6=0.4,P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,P(Y=100)=0.6×0.8=0.48,所以Y的分布列为所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,所以E(Y)>E(X),所以小明应选择先回答B类问题.创新篇守正出奇创新分布列与其他知识的综合1.(2019浙江,7,4分)设0<a<1,随机变量X的分布列是则当a在(0,1)内增大时,()A.D(X)增大B.D(X)减小C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大答案D,则() 2.(2017浙江,8,4分)已知随机变量ξi满足P(ξi=1)=p i,P(ξi=0)=1-p i,i=1,2.若0<p1<p2<12A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) 答案 A3.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=p i >0(i=1,2,…,n),∑i=1np i =1,定义X 的信息熵H(X)=-∑i=1np i log 2p i .( )A.若n=1,则H(X)=0B.若n=2,则H(X)随着p 1的增大而增大C.若p i =1n(i=1,2,…,n),则H(X)随着n 的增大而增大D.若n=2m,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=p j +p 2m+1-j (j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y) 答案 AC4.(2022届湖北恩施州质量监测,21)某企业创新形式推进党史学习教育走深走实,举行两轮制的党史知识竞赛初赛,每部门派出两个小组参赛,两轮都通过的小组才具备参与决赛的资格,该企业某部门派出甲、乙两个小组,若第一轮比赛时两组通过的概率分别是45,23,第二轮比赛时两组通过的概率分别是34,35,两轮比赛过程相互独立.(1)若将该部门获得决赛资格的小组数记为X,求X 的分布列与数学期望;(2)比赛规定:参与决赛的小组由4人组成,每人必须答题且只答题一次(与答题顺序无关),若4人全部答对就给予奖金,若没有全部答对但至少2人答对就被评为“优秀小组”.该部门对通过初赛的某一小组进行党史知识培训,使得每个成员答对每题的概率均为p(0<p<1)且相互独立,设该参赛小组被评为“优秀小组”的概率为f(p),当p=p 0时,f(p)最大,试求p 0的值.解析 (1)设甲、乙两个小组两轮初赛都通过分别为事件A 1,A 2,则P(A 1)=45×34=35,P(A 2)=23×35=25.由题意知X 的可能取值为0,1,2,P(X=0)=(1−35)×(1−25)=625, P(X=1)=(1−35)×25+35×(1−25)=1325,P(X=2)=35×25=625, 所以X 的分布列为E(X)=0×625+1×1325+2×625=1. (2)由题意知小组中2人答对的概率为C 42p 2(1-p)2,3人答对的概率为C 43p 3(1-p),则f(p)=6(1-p)2p 2+4(1-p)p 3=2p 4-8p 3+6p 2. f'(p)=8p 3-24p 2+12p=4p(2p 2-6p+3),令f'(p)=0,得p 1=0(舍),p 2=3−√32,p 3=3+√32(舍),所以在0,3−√32上,f(p)单调递增,在3−√32,1上,f(p)单调递减,故p 0=3−√32时,f(p)最大. 5.(2022届山东广饶一中10月月考,20)为落实立德树人根本任务,坚持五育并举全面推进素质教育,某学校举行了乒乓球比赛,其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区,三个校区的队员人数分别是3,4,5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式,即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制),最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下:比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分,失败的队员积0分,而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分,失败的队员积1分,已知第10轮张三对抗李四,设每局比赛张三取胜的概率均为p(0<p<1).(1)比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是多少? (2)第10轮比赛中,记张三以3∶1取胜的概率为f(p). ①求出f(p)的最大值点p 0;②若以p 0作为p 的值,这轮比赛张三所得积分为X,求X 的分布列及期望.解析 (1)比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率P=C 31C 41+C 41C 51+C 31C 51C 122=4766. (2)①f(p)=C 32p 3(1-p)=3p 3(1-p),f'(p)=3[3p 2(1-p)+p 3×(-1)]=3p 2(3-4p),令f'(p)=0,得p=0(舍)或p=34,当p ∈(0,34)时,f'(p)>0,f(p)在(0,34)上单调递增, 当p ∈(34,1)时,f'(p)<0,f(p)在(34,1)上单调递增,所以f(p)的最大值点p 0=34.②X 的可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=(1−34)3+C 3134(1−34)3=13256, P(X=1)=C 42(34)2(1−34)3=27512, P(X=2)=C 42(34)2(1−34)234=81512, P(X=3)=(34)3+C 32(34)2(1−34)34=189256. 所以X 的分布列为X 的期望为E(X)=0×13256+1×27512+2×81512+3×189256=1 323512.。

⎛ 1⎫若 X ～B 4， ⎪，则 E (X )的值为( )离散型随机变量的均值1．离散型随机变量的均值或数学期望(1)定义：一般地，若离散型随机变量 X 的分布列为XPx 1 p 1x 2 p 2…… x i p i……x n p n则称 E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量 X 的均值或数学期望．(2)意义：离散型随机变量 X 的均值或数学期望反映了离散型随机变量取值的平均水平．(3)性质：如果 X 为离散型随机变量，则 Y ＝aX ＋b (其中 a ，b 为常数)也是随机变量，且 E (Y )＝E (aX ＋b )＝aE (X )＋B ．随机变量的均值与样本平均值的关系：随机变量的均值是一个常数，它不依赖于样本的抽取，而样本平均值是一个随机变量，它随样本抽取的不同而变化．对于简单随机样本，随着样本容量的增加，样本平均值越来越接近总体的均值．2．两点分布、二项分布的均值(1)若随机变量 X 服从两点分布，则 E (X )＝p (p 为成功概率)．(2)若 X ～B (n ，p )，则 E (X )＝np ．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)随机变量 X 的数学期望 E (X )是个变量，其随 X 的变化而变化．()(2)随机变量的均值与样本的平均值相同．()(3)若随机变量 X 的数学期望 E (X )＝2，则 E (2X )＝4.(答案：(1)× (2)× (3)√⎝ 2⎭A ．4B ．2C ．1答案：BD.1 2随机变量 X 的分布列为3 C 25 5 C 25 10 C 255 C 25 10所以 E (ξ2)＝1.4××1＋ ×2＋ ×3＋ ×4⎪＝2.8.10 5 10 ⎭⎝53 1 1 XP10.2 20.5 3m则 X 的均值是()A ．2C ．2.3答案：B设 X 的分布列为B ．2.1D ．随 m 的变化而变化XP11 6 21 6 31 3 41 3，Y ＝2X ＋5，则 E (Y )＝________．32答案：探究点 1 求离散型随机变量的均值赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是赌客先在标记有 1，2，3，4，5 的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金(单位：元)；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的 1.4 倍作为其奖金(单位：元)．若随机变量 ξ1 和 ξ2 分别表 示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 E (ξ1)－E (ξ2)＝________元．【解析】 赌金的分布列为ξ1P11 5 21 5 31 5 41 5 51 51所以 E (ξ1)＝5(1＋2＋3＋4＋5)＝3.奖金的分布列为ξ2P1.44 2＝ 2.83 3 ＝ 4.22 1＝ 5.61 1 ＝⎛2 ⎫解：(1)P (当天商店不进货)＝P (当天商店销售量为0 件)＋P (当天商店销售量为1 件)＝ ＋10(2)由题意知 X 的可能取值为 2，3，P (X ＝2)＝P (当天商品销售量为 1 件)＝ ＝ ，20 20 20 4 E (ξ1)－E (ξ2)＝0.2.【答案】 0.2求离散型随机变量的均值的步骤(1)确定取值：根据随机变量 X 的意义，写出 X 可能取得的全部值．(2)求概率：求 X 取每个值的概率．(3)写分布列：写出 X 的分布列．(4)求均值：由均值的定义求出 E (X )，其中写出随机变量的分布列是求解此类问题的关键所在．1. 已知某一随机变量 ξ 的分布列如下表所示，若 E (ξ)＝6.3，则 a 的值为()ξPab70.1 90.4A.4C ．6B ．5D ．7解析：选 A.根据随机变量 ξ 的分布列可知 b ＋0.1＋0.4＝1，所以 b ＝0.5.又 E (ξ)＝ab ＋7×0.1＋9×0.4＝6.3，所以 a ＝4.2．某商店试销某种商品 20 天，获得如下数据：日销售量(件)频数1 15 29 35试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变)，设某天开始营业时有该商品 3 件，当天营业结束后检查存货，若发现存量少于 2 件，则当天进货补充至 3 件，否则不进货，将频率视为概率．(1)求当天商店不进货的概率；(2)记 X 为第二天开始营业时该商品的件数，求 X 的分布列和数学期望．1 520 203 ＝ .5 120 4P (X ＝3)＝P (当天商品销售量为 0 件)＋P (当天商品销售量为 2 件)＋P (当天商品销售量为 31 9 5 3件)＝ ＋ ＋ ＝ .所以 X 的数学期望为 E (X )＝2× ＋3× ＝ .＋ ＋ ＋m ＋ ＝1，解得 m ＝ ， 所以 E (X )＝(－2)× ＋(－1)× ＋0× ＋1× ＋2× ＝－ .＝2×(－ )－3＝－ .所以 E (Y )＝(－7)× ＋(－5)× ＋(－3)× ＋(－1)× ＋1× ＝－ .[变问法]本例条件不变，若 ξ＝aX ＋3，且 E (ξ)＝－ ，求 a 的值．解：E (ξ)＝E (aX ＋3)＝aE (X )＋3＝－ a ＋3＝－ ，故 X 的分布列为XP21 4 33 41 3 114 4 4探究点 2 离散型随机变量均值的性质已知随机变量 X 的分布列为：X －2 －1 0 1 2P1 41 31 5m1 20(1)求 E (X )；(2)若 Y ＝2X －3，求 E (Y )．【解】 (1)由随机变量分布列的性质，得1 1 1 1 1 4 3 5 20 61 1 1 1 1 17 4 3 5 6 20 30(2)法一：由公式 E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，得E (Y )＝E (2X －3)＝2E (X )－317 6230 15法二：由于 Y ＝2X －3，所以 Y 的分布列如下：YP－71 4 －51 3 －31 5 －11 6 11 201 1 1 1 1 624 356 20 1511217 1130 2所以 a ＝15.若 η＝aξ＋3，E (η)＝ ，则 a ＝( )解析：选 B.由分布列的性质得 ＋ ＋m ＝1，所以 m ＝ ，所以 E (ξ)＝－1× ＋0× ＋1× ＝－ ，＝－ a ＋3＝ .E (η)＝(－a ＋3)× ＋3× ＋(a ＋3)× ＝ .2与离散型随机变量性质有关问题的解题思路若给出的随机变量 ξ 与 X 的关系为 ξ＝aX ＋b ，a ，b 为常数．一般思路是先求出 E (X )，再利用公式 E (aX ＋b )＝aE (X )＋b 求 E (ξ)．也可以利用 X 的分布列得到 ξ 的分布列，关键由 X的取值计算 ξ 的取值，对应的概率相等，再由定义法求得 E (ξ)．已知随机变量 ξ 的分布列为ξP－11 2 01 31mA ．1C ．373B ．2D ．41 1 12 3 61 1 1 12 3 6 3法一：E (η)＝E (aξ＋3)＝aE (ξ)＋31 73 3所以 a ＝2.法二：因为 η＝aξ＋3，所以 η 的分布列如下：ηP－a ＋31 2 31 3 a ＋31 61 1 1 72 3 6 3所以 a ＝2.探究点 3 两点分布与二项分布的均值某商场为刺激消费，拟按以下方案进行促销：顾客每消费 500 元便得到抽奖券一张，1每张抽奖券的中奖概率为 ，若中奖，商场返还顾客现金 100 元．某顾客现购买价格为 2 300元的台式电脑一台，得到抽奖券四张．每次抽奖互不影响．(1)设该顾客抽奖后中奖的抽奖券张数为 X ，求随机变量 X 的分布列；(2)设该顾客购买台式电脑的实际支出为 Y (元)，用 X 表示 Y ，并求随机变量 Y 的均值.⎛ 1⎫因此 X ～B 4， ⎪.所以 P (X ＝0)＝C 04× ⎪ ＝ ，P (X ＝1)＝C 14× ⎪ ＝ .P (X ＝2)＝C 24× ⎪ ＝ ，P (X ＝3)＝C 34× ⎪ ＝ ，P (X ＝4)＝C 44× ⎪ ＝ . ⎛ 1⎫1 (2)因为 X ～B 4， ⎪，所以 E (X )＝4× ＝2.红灯的概率都是 ，出现绿灯的概率都是 .记这 4 盏灯中出现红灯的数量为 ξ，当这 4 盏装4 4【解】 (1)因为每张奖券是否中奖是相互独立的，⎝ 2⎭⎛1⎫4 1 ⎛1⎫4 1 ⎝2⎭ 16 ⎝2⎭ 4⎛1⎫4 3 ⎛1⎫4 1 ⎝2⎭ 8 ⎝2⎭ 4⎛1⎫4 1 ⎝2⎭ 16所以离散型随机变量 X 的分布列为XP1 16 11 4 23 8 31 4 41 16⎝ 2⎭ 2又由题意可知 Y ＝2 300－100X ，所以 E (Y )＝E (2 300－100X )＝2 300－100E (X )＝2 300－100×2＝2 100(元)．即所求随机变量 Y 的均值为 2 100 元．(1)如果随机变量 X 服从两点分布，则其期望值 E (X )＝p (p 为成功概率)．(2)如果随机变量 X 服从二项分布，即 X ～B (n ，p )，则 E (X )＝np .以上两特例可以作为常用结论，直接代入求解，从而避免了繁杂的计算过程．某广场上有 4 盏装饰灯，晚上每盏灯都随机地闪烁红灯或绿灯，每盏灯出现2 13 3饰灯闪烁一次时：(1)求 ξ＝2 时的概率；(2)求 ξ 的数学期望．解：(1)依题意知：ξ＝2 表示 4 盏装饰灯闪烁一次时，恰好有 2 盏灯出现红灯，而每盏灯出2 2 1 8现红灯的概率都是3，故 ξ＝2 时的概率 P ＝C 2(3)2×(3)2＝27.2 1(2)法一：ξ 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，依题意知：P (ξ＝k )＝C k(3)k ·(3)4－k (k ＝0，1，2，3，4)．所以 ξ 的概率分布列为所以 E (ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ .法二：因为 ξ 服从二项分布，即 ξ～B (4， )，所以 E (ξ)＝4× ＝ .nξP1 81 18 81 224 81 332 81 416 811 8 24 32 16 881 81 81 81 81 3232 83 3探究点 4 均值问题的实际应用(2016·高考全国卷Ⅰ)某公司计划购买 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200 元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个 500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记 X表示 2 台机器三年内共需更换的易损零件数， 表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数．(1)求 X 的分布列；(2)若要求 P (X ≤n )≥0.5，确定 n 的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 n ＝19 与 n ＝20 之中选其一，应选用哪个？【解】 (1)由柱状图并以频率代替概率可得，1 台机器在三年内需更换的易损零件数为 8，9，10，11 的概率分别为 0.2，0.4，0.2，0.2，从而P (X ＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P (X ＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P (X ＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P (X ＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P (X ＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P (X ＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；奖率为 ，中奖可以获得 2 分；方案乙的中奖率为 ，中奖可以获得 3 分；未中奖则不得分．每解：(1)由已知得小明中奖的概率为 ，小红中奖的概率为 ，两人中奖与否互不影响，记“这因为 P (X ＝5)＝ × ＝ ，P (X ＝22)＝0.2×0.2＝0.04.所以 X 的分布列为XP160.04 170.16 180.24 190.24 200.2 210.08 220.04(2)由(1)知 P (X ≤18)＝0.44，P (X ≤19)＝0.68，故 n 的最小值为 19.(3)记 Y 表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当 n ＝19 时，E (Y ) ＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.当 n ＝20 时，E (Y )＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.可知当 n ＝19 时所需费用的期望值小于当 n ＝20 时所需费用的期望值，故应选 n ＝19.(1)实际问题中的均值问题均值在实际中有着广泛的应用，如在体育比赛的安排和成绩预测，消费预测，工程方案的预测，产品合格率的预测，投资收益等，都可以通过随机变量的均值来进行估计．(2)概率模型的解答步骤①审题，确定实际问题是哪一种概率模型，可能用到的事件类型，所用的公式有哪些；②确定随机变量的分布列，计算随机变量的均值；③对照实际意义，回答概率、均值等所表示的结论．某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中2 23 5人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求 X ≤3 的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，则他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？2 23 52 人的累计得分 X ≤3”为事件 A ，则事件 A 的对立事件为“X ＝5”，2 2 43 5 15所以 P (A )＝1－P (X ＝5)＝ .所以这两人的累计得分 X ≤3 的概率为 .由已知得 X 1～B 2， ⎪， X 2～B 2， ⎪，P (X ＝2)＝2＝ ， P (X ＝3)＝ 22＝ . 所以 E (X )＝ ×2＋ ×3＝2＋ ＝ .面试的概率为 ，得到 B 公司面试的概率为 p ，且两个公司是否让其面试是独立的．记 ξ 为小王得到面试的公司个数．若 ξ＝0 时的概率 P (ξ＝0)＝ ，则随机变量 ξ 的数学期望 E (ξ)11151115(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为 X 1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为 X 2， 则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E (2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期 望为 E (3X 2)．⎛ 2⎫ ⎝ 3⎭⎛ 2⎫ ⎝ 5⎭2 4 2 4所以 E (X 1)＝2×3＝3，E (X 2)＝2×5＝5，8 所以 E (2X 1)＝2E (X 1)＝3，12 E (3X 2)＝3E (X 2)＝ 5 .因为 E (2X 1)>E (3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．1．口袋中有编号分别为 1、2、3 的三个大小和形状相同的小球，从中任取2 个，则取出的球的最大编号 X 的均值为()A.1 3B.2 3C ．2D.8 3解析：选 D.X 可能取值为 2，3.1 1 C 3 3C 1 2 C 3 31 2 2 83 3 3 32．毕业生小王参加人才招聘会，分别向 A ，B 两个公司投递个人简历．假定小王得到 A 公司1312解析：由题意，得P(ξ＝2)＝p，P(ξ＝1)＝(1－p)＋p＝，由＋＋p＝1，得p＝.所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×p＝.得分高的选手胜出．已知某参赛选手在A区和B区每次投篮进球的概率分别是和.如果以⎛9⎫99解：设该选手在A区投篮的进球数为X，则X～B 2，⎪，故E(X)＝2×＝.则该选手在A区投篮得分的期望为2×＝3.6，⎛1⎫设该选手在B区投篮的进球数为Y，则Y～B 3，⎪，故E(Y)＝3×＝1，则该选手在B区投篮得分的期望为3×1＝3，(2)由于离散型随机变量X的每一种可能取值的概率满足∑pi ＝＝________．1121＋p3333ξ的分布列为ξ012P 121＋p313p11＋p11233411＋p1723312答案：7 123．某班将要举行篮球比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次，在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，91103投篮得分的期望值高作为选择的标准，问该选手应该选择哪个区投篮？请说明理由．⎝10⎭10595⎝3⎭13因为3.6>3，所以该选手应选择在A区投篮．知识结构深化拓展对离散型随机变量的均值的理解(1)均值这一概念是建立在随机变量分布列的基础之上的，分布列中随机变量X的一切可能值xi 与对应的概率P(X＝xi)的乘积的和就叫做随机变量X的均值．ni＝11．已知ξ～B(n，)，η～B(n，)，且E(ξ)＝15，则E(η)等于()解析：选B.因为E(ξ)＝n＝15，所以n＝30，所以η～B(30，)，所以E(η)＝30×＝10.解析：选D.E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝，E(η)＝E(2ξ＋5)＝2E(ξ)＋5＝2×＋5＝.次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率为，则此人试验次数ξ的均值是()3B.131，因而离散型随机变量X的均值E(X)是以概率p i为权数的加权平均．(3)离散型随机变量的分布列和均值虽然都是从整体上刻画随机变量的，但二者大有不同．分布列只给出了随机变量取所有可能值的概率，而均值建立在分布列的基础之上，它反映了随机变量取值的平均水平或集中位置.[A基础达标]1123A．5C．15121133 2．设ξ的分布列为B．10 D．20ξP 116216313413又设η＝2ξ＋5，则E(η)等于()A. C.76173B.D.176323111117663361732633．某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验323A.49D. 13则 P (ξ＝1)＝ ，P (ξ＝2)＝ × ＝ ，P (ξ＝3)＝ × ×( ＋ )＝ .所以 E (ξ)＝1× ＋2× ＋3× ＝ .1C 12C 12 4 4件数 X 的概率 P (X ＝2)＝ 2＝ ，P (X ＝1)＝ ＝ ，所以 P (X ＝0)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝1)＝ .所以 E (X )＝0＋1× ＋2× ＝ .故选 B.C.5 37解析：选 B.试验次数 ξ 的可能取值为 1，2，3，231 2 23 3 91 12 1 13 3 3 3 9所以 ξ 的分布列为ξP12 3 22 9 31 92 2 1 133 9 9 94．两封信随机投入 A ，B ，C 三个空邮箱，则 A 邮箱的信件数 X 的数学期望 E (X )＝()A.C.1 31 2B.D.2 33 4解析：选 B.两封信随机投入 A ，B ，C 三个空邮箱，共有 32＝9(种)情况．则投入 A 邮箱的信C 2 9 9 9 9 9所以离散型随机变量 X 的分布列为XP4 9 14 9 21 94 1 29 9 35．甲、乙两名射手一次射击得分(分别用 X 1，X 2 表示)的分布列如下：甲得分：X 1 P10.4 20.1 30.5乙得分：解得 p > 或 p < ，又由 p ∈(0，1)，可得 p ∈(0， )．2X 2 P10.1 20.6 30.3则甲、乙两人的射击技术是()A ．甲更好C ．甲、乙一样好B ．乙更好D ．不可比较解析：选 B.因为 E (X 1)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1，E (X 2)＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3 ＝2.2，所以 E (X 2)>E (X 1)，故乙更好些．6．某电视台开展有奖答题活动，每次要求答 30 个选择题，每个选择题有 4 个选项，其中有且只有一个正确答案，每一题选对得 5 分，选错或不选得 0 分，满分 150 分，规定满 100 分拿三等奖，满 120 分拿二等奖，满 140 分拿一等奖．有一个选手选对任一题的概率都是0.8，则该选手可能拿到________等奖．解析：选对题的个数 X 服从二项分布，即 X ～B (30，0.8)，所以 E (X )＝30×0.8＝24，由于24×5＝120(分)，所以可能拿到二等奖．答案：二7．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球 3 次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到 3 次为止．设学生一次发球成功的概率为 p (p ≠0)，发球次数为 X ，若 X的数学期望 E (X )>1.75，则 p 的取值范围是________．解析：由已知条件可得 P (X ＝1)＝p ，P (X ＝2)＝(1－p )p ，P (X ＝3)＝(1－p )2p ＋(1－p )3＝(1－p )2，则 E (X )＝P (X ＝1)＋2P (X ＝2)＋3P (X ＝3)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>1.75，5 1 12 2 21答案：(0， )8．某日 A 、B 两个沿海城市受台风袭击(相互独立)的概率相同，已知 A 市或 B 市受台风袭击的概率为 0.36，若用 X 表示这一天受台风袭击的城市个数，则 E (X )＝________．解析：设 A 、B 两市受台风袭击的概率均为 p ，则 A 市和 B 市均不受台风袭击的概率为(1－p )2＝1－0.36，解得 p ＝0.2 或 p ＝1.8(舍去 )，则 P (X ＝0)＝1－0.36＝0.64，P (X ＝1)＝2×0.8×0.2＝0.32，P (X ＝2)＝0.2×0.2＝0.04，所以 E (X )＝0×0.64＋1×0.32＋2×0.04＝0.4.答案：0.49．已知 2 件次品和 3 件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件 A ，P (A )＝ 2 2 3＝ .P (X ＝200)＝ 22＝ ，A33＋C 12C 13A 22 3P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－ － ＝ .5E (X )＝200× ＋300× ＋400× ＝350.(1)设 B 表示事件“此人到达当日空气质量优良”，则 P (B )＝ .P (X ＝0)＝ ，P (X ＝1)＝ ，P (X ＝2)＝ .(2)已知每检测一件产品需要费用 100 元，设 X 表示直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求 X 的分布列和均值(数学期望)．A 1A 1 3 A 5 10(2)X 的可能取值为 200，300，400.A 2 1 A 5 10P (X ＝300)＝ ＝ ，A 3 101 3 610 10 10故 X 的分布列为XP2001 10 3003 10 4006 101 3 610 10 1010．(2018·陕西西安长安一中高二下学期期中)如图是预测到的某地 5 月 1 日至 14 日的空气质量指数(AQI)趋势图，空气质量指数小于 100 表示空气质量优良，空气质量指数大于 200表示空气重度污染，某人随机选择 5 月 1 日至 5 月 13 日中的某一天到达该市，并停留 2 天．(1)求此人到达当日空气质量优良的概率；(2)设 X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求 X 的分布列与均值．解：设 A i 表示事件“此人于 5 月 i 日到达该地”(i ＝1，2，…，13)．1依据题意 P (A i )＝13.613(2)离散型随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2.5 4 413 13 13所以随机变量 X 的均值为 E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＝ .解：(1)这 3 名学生中至少有 2 名学生参加培训次数恰好相等的概率 P ＝1－ 5 153 20＝.C 25＋C 215＋C 220 61C 15C 115＋C 115C 120 25C 15C 12052 2 2 所以 X 的数学期望 E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＝ .2 所以随机变量 X 的分布列为XP5 13 14 13 24 135 4 4 1213 13 13 13[B 能力提升]11．某中学选派 40 名学生参加北京市高中生技术设计创意大赛的培训，他们参加培训的次数统计如表所示：培训次数参加人数15 215 320(1)从这 40 名学生中任选 3 名，求这 3 名学生中至少有 2 名学生参加培训次数恰好相等的概率；(2)从这 40 名学生中任选 2 名，用 X 表示这 2 人参加培训次数之差的绝对值，求随机变量 X的分布列及数学期望 E (X )．C 1C 1 C 1 419 C 40 494 (2)由题意知 X ＝0，1，2，P (X ＝0)＝ ＝ ，C 40 156P (X ＝1)＝ ＝ ，C 40 52 P (X ＝2)＝ ＝ ，C 4039 则随机变量 X 的分布列为XP61 156 125 52 25 3961 25 5 115156 52 39 15612．某游戏射击场规定：①每次游戏射击5 发子弹；②5 发全部命中奖励 40 元，命中 4 发不1奖励，也不必付款，命中 3 发或 3 发以下，应付款 2 元．现有一游客，其命中率为 .解：(1)设 5 发子弹命中 X (X ＝0，1，2，3，4，5)发，由题意知 X ～B (5， )，则由题意有 P (XE (Y )＝(－2)× ＋0× ＋40× ＝－ .则 P (A )＝C 03× ⎪ ＋C 13× × ⎪ ＝ . ⎛3⎫ ⎛ 3⎫ 1 P (X ＝0)＝ 1－ ⎪× 1－ ⎪＝ ，(1)求该游客在一次游戏中 5 发全部命中的概率；(2)求该游客在一次游戏中获得奖金的均值．121 1 ＝5)＝C 5(2)5＝32.(2)X 的分布列为XP1 32 15 32 210 32 310 32 45 32 51 32设游客在一次游戏中获得资金为 Y 元，于是 Y 的分布列为YP－213 16 05 32 401 32故该游客在一次游戏中获得资金的均值为13 5 1 316 32 32 813．(选做题)某煤矿发生透水事故时，作业区有若干人员被困．救援队从入口进入后，有 L 1，1L 2 两条巷道通往作业区(如图)．L 1 巷道有 A 1，A 2，A 3 三个易堵塞点，各点被堵塞的概率都是2；3 3 L 2 巷道有 B 1，B 2 两个易堵塞点，被堵塞的概率分别为4，5.(1)求 L 1 巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞的概率；(2)若 L 2 巷道堵塞点的个数为 X ，求 X 的分布列及数学期望 E (X )，并请你按照“平均堵塞点少的巷道是较好的抢险路线”的标准，帮助救援队选择一条抢险路线，同时说明理由．解：(1)设“L 1 巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞”为事件 A ，⎛1⎫3 1 ⎛1⎫2 1 ⎝2⎭ 2 ⎝2⎭ 2(2)根据题意，知 X 的可能取值为 0，1，2.⎝ 4⎭ ⎝ 5⎭ 103 ⎛ 3⎫ ⎛ 3⎫ 3 9P (X ＝1)＝ × 1－ ⎪＋ 1－ ⎪× ＝ ，P (X ＝2)＝ × ＝ .E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＝ .P (Y ＝0)＝C 03× ⎪ ＝ ，P (Y ＝1)＝C 13× × ⎪ ＝，2 ⎝2⎭P (Y ＝2)＝C 23× ⎪ × ＝ ， P (Y ＝3)＝C 33× ⎪ ＝ . E (Y )＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .法二：设 L 1 巷道中堵塞点个数为 Y ，则随机变量 Y ～B 3， ⎪，所以 E (Y )＝3× ＝ .2 2⎝2⎭4 ⎝ 5⎭ ⎝ 4⎭5 203 3 94 5 20所以随机变量 X 的分布列为XP1 10 19 20 29 201 9 9 2710 20 20 20法一：设 L 1 巷道中堵塞点个数为 Y ，则 Y 的可能取值为 0，1，2，3.⎛1⎫3 1 ⎝2⎭ 81 ⎛1⎫23 8⎛1⎫2 1 3 ⎝2⎭ 2 8⎛1⎫3 1 ⎝2⎭ 8所以随机变量 Y 的分布列为YP1 8 13 8 23 8 31 81 3 3 1 38 8 8 8 2因为 E (X )<E (Y )，所以选择 L 2 巷道为抢险路线较好．⎛ 1⎫ 1 3因为 E (X )<E (Y )，所以选择 L 2 巷道为抢险路线较好．。

第6节离散型随机变量的分布列及均值和方差【选题明细表】基础巩固(时间:30分钟)1.(2017·茂名市二模)若离散型随机变量X的分布列为则X的数学期望E(X)等于( C )(A)2 (B)2或(C) (D)1解析:由题意, +=1,a>0,所以a=1,所以E(X)=0×+1×=.故选C.2.(2017·南宁市二模)设随机变量X的概率分布表如图,则P(|X-2|=1)等于( C )(A) (B) (C) (D)解析:m=,P(|X-2|=1)= +=.故选C.3.有10张卡片,其中8张标有数字2,2张标有数字5,从中任意抽出3张卡片,设3张卡片上的数字之和为X,则X≥8的概率是( C ) (A) (B)(C) (D)解析:X的取值为6,9,12,X≥8时,P(X=9)==,P(X=12)==,所以X≥8的概率为+=.故选C.4.设随机变量ξ的分布列为P(ξ=)=ak(k=1,2,3,4,5),则P(<ξ<)等于( C )(A) (B) (C) (D)解析:由已知,分布列为由分布列的性质可得a+2a+3a+4a+5a=1,解得a=.所以P(<ξ<)=P(ξ=)+P(ξ=)+P(ξ=)=++=.故选C.5.一个袋中有4个红球,3个黑球,小明从袋中随机取球,设取到一个红球得2分,取到一个黑球得1分,从袋中任取4个球,则小明得分大于6分的概率是( A )(A) (B)(C) (D)解析:记得分为X,则X=5,6,7,8.P(X=7)==;P(X=8)==.所以P(X>6)=P(X=7)+P(X=8)=+=.6.(2017·合肥市二模)已知5件产品中有2件次品,现逐一检测,直至能确定所有次品为止,记检测的次数为ξ,则E(ξ)等于( C ) (A)3 (B)(C) (D)4解析:由题意知ξ的可能取值为2,3,4,P(ξ=2)=×=,P(ξ=3)=(×+×)×=,P(ξ=4)=1-P(ξ=2)-P(ξ=3)=1--=,所以E(ξ)=2×+3×+4×=.故选C.7.设随机变量ξ等可能取1,2,3,…,n,若P(ξ<4) =0.3,则n= .解析:因为1,2,3,…,n每个值被取到的概率为,所以P(ξ<4)=P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)= ++=0.3,所以n=10.答案:108.某公司有5万元资金用于投资开发项目,如果成功,一年后可获利12%;如果失败,一年后将丧失全部资金的50%.下表是过去200例类似项目开发的实施结果:则该公司一年后估计可获收益的期望是元.解析:由题意知,一年后获利6 000元的概率为0.96,获利-25 000元的概率为0.04,故一年后收益的期望是 6 000×0.96+(-25 000)×0.04=4 760(元).答案:4 760能力提升(时间:15分钟)9.已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴在y轴的左侧,其中a,b,c ∈{-3,-2,-1,0,1,2,3},在这些抛物线中,记随机变量ξ=|a-b|,则E(ξ)为( A )(A) (B) (C) (D)解析:因为抛物线的对称轴在y轴的左侧,所以-<0,即>0,即a,b同号.所以随机变量ξ的分布列为所以E(ξ)=0×+1×+2×=.故选A.10.(2017·临汾联考)口袋中有5只球,编号为1,2,3,4,5,从中任意取3只球,以X表示取出的球的最大号码,则X的分布列为.解析:X的取值为3,4,5.又P(X=3)==,P(X=4)==,P(X=5)==.所以随机变量X的分布列为答案:11.(2017·黔东南州一模)从某校高三上学期期末数学考试成绩中,随机抽取了60名学生的成绩得到如图所示的频率分布直方图:(1)根据频率分布直方图,估计该校高三学生本次数学考试的平均分;(2)若用分层抽样的方法从分数在[30,50)和[130,150]的学生中抽取6人,该6人中成绩在[130,150]的有几人?(3)在(2)抽取的6人中,随机抽取3人,设分数在[130,150]内的人数为ξ,求其数学期望E(ξ).解:(1)由频率分布直方图,得该校高三学生本次数学考试的平均分为0.005 0×20×40+0.007 5×20×60+0.007 5×20×80+0.015 0×20×100+0.012 5×20×120+0.002 5×20×140=92.(2)样本中分数在[30,50)和[130,150]的人数分别为6人和3人,所以抽取的6人中分数在[130,150]的人有6×=2(人).(3)由(2)知:抽取的6人中分数在[130,150]的有2人,依题意ξ的所有取值为0,1,2,当ξ=0时,P(ξ=0)==;当ξ=1时,P(ξ=1)==;当ξ=2时,P(ξ=2)==;所以E(ξ)=0×+1×+2×=1.12.(2016·湖南郴州第四次质检)中学阶段是学生身体发育最重要的阶段,长时间熬夜学习严重影响学生的身体健康,某校为了解甲、乙两班每周自我熬夜学习的总时长(单位:小时),分别从这两个班中随机抽取6名同学进行调查,将他们最近一周自我熬夜学习的总时长作为样本数据,绘制成茎叶图如图所示(图中的茎表示十位数字,叶表示个位数字),如果学生平均每周自我熬夜学习的总时长超过21小时,则称为“过度熬夜”.(1)请根据样本数据,估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值;(2)从甲、乙两班的样本数据中各随机抽取2名学生的数据,记“过度熬夜”的学生人数为X,写出X的分布列和数学期望E(X).解:(1)甲班样本数据的平均值为 (9+11+13+20+24+37)=19,由此估计甲班学生每周平均熬夜时间为19小时;乙班样本数据的平均值为(11+12+21+25+27+36)=22,由此估计乙班学生每周平均熬夜时间为22小时.(2)X的可能取值为0,1,2,3,4.P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2) ==,P(X=3)==,P(X=4)==.X的分布列是E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=.13.调查表明,高三学生的幸福感与成绩、作业量、人际关系的满意度的指标有极强的相关性,现将这三项的满意度指标分别记为x,y,z,并对它们进行量化:0表示不满意,1表示基本满意,2表示满意.再用综合指标w=x+y+z的值评定高三学生的幸福感等级:若w≥4,则幸福感为一级;若2≤w≤3,则幸福感为二级;若0≤w≤1,则幸福感为三级.为了了解目前某高三学生群体的幸福感情况,研究人员随机采访了该群体的10名高三学生,得到如下结果:(1)在这10名被采访者中任取两人,求这两人的成绩满意度指标x相同的概率;(2)从幸福感等级是一级的被采访者中任取一人,其综合指标为a,从幸福感等级不是一级的被采访者中任取一人,其综合指标为b,记随机变量X=a-b,求X的分布列及其数学期望.解:(1)设事件A:在这10名被采访者中任取两人,这两人的成绩满意度指标x相同,成绩满意度指标为0的有1人;成绩满意度指标为1的有7人;成绩满意度指标为2的有2人.则P(A)==.(2)统计结果,幸福感等级是一级的被采访者共6人,幸福感等级不是一级的被采访者共4名,随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4,5P(X=1)==;P(X=2)==;P(X=3)==,P(X=4)==,P(X=5)==.所以X的分布列为E(X)=1×+2×+3×+4×+5×=.。

第6讲 离散型随机变量的分布列、均值与方差[学生用书P203])1．离散型随机变量的分布列(1)定义：若离散型随机变量X 可能取的不同值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i (i ＝1，2，…，n )的概率P (X ＝x i )＝p i ，则表称为离散型随机变量X 的概率分布列，简称为X 的分布列，有时为了表达简单，也用等式P (X ＝x i )＝p i ，i ＝1，2，…，n 表示X 的分布列．(2)性质①p i ≥0(i ＝1，2，…，n )；②∑ni ＝1p i ＝1． 2．离散型随机变量X 的均值与方差3.均值与方差的性质(1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b (a ，b 为常数)． (2)D (aX ＋b )＝a 2D (X )(a ，b 为常数)．1．辨明三个易误点(1)确定离散型随机变量的取值时，易忽视各个可能取值表示的事件是彼此互斥的．(2)对于分布列易忽视其性质p 1＋p 2＋…＋p n ＝1及p i ≥0(i ＝1，2，…，n )，其作用可用于检验所求离散型随机变量的分布列是否正确．(3)均值E (X )是一个实数，由X 的分布列唯一确定，即X 作为随机变量是可变的，而E (X )是不变的，它描述X 值的取值平均状态．2．求离散型随机变量均值、方差的基本方法(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可直接按定义(公式)求解； (2)已知随机变量X 的均值、方差，求X 的线性函数Y ＝aX ＋b 的均值、方差和标准差，可直接用X 的均值、方差的性质求解；(3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，可直接利用它们的均值、方差公式求解．1．袋中装有10个红球、5个黑球．每次随机抽取1个球后，若取得黑球则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止．若抽取的次数为X ，则表示“放回5个红球”事件的是( )A ．X ＝4B ．X ＝5C ．X ＝6D ．X ≤5C [解析] 事件“放回5个红球”表示前5次摸到黑球，且第6次摸到红球，故X ＝6. 2.教材习题改编 设随机变量X 的分布列如下表所示，则p 4的值是( )A.1 B ．12C.14D ．18D [解析] 由分布列的性质，得12＋14＋18＋p 4＝1，所以p 4＝18.3．设随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝15(k ＝2，4，6，8，10)，则D (X )等于( )A ．5B ．8C ．10D ．16B [解析] 因为E (X )＝15(2＋4＋6＋8＋10)＝6，所以D (X )＝15[(－4)2＋(－2)2＋02＋22＋42]＝8.4．设随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝k15，k ＝1，2，3，4，5，则P ⎝⎛⎭⎫12<X <52＝________． [解析] P ⎝⎛⎭⎫12<X <52＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝115＋215＝15. [答案] 155．一个人将编号为1，2，3，4的四个小球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了．设放对个数记为ξ，则ξ的期望的值为________．[解析] 将四个不同小球放入四个不同盒子，每个盒子放一个小球，共有A 44种不同放法，放对的个数ξ可取的值有0，1，2，4，其中P (ξ＝0)＝9A 44＝38，P (ξ＝1)＝C 14×2A 44＝13，P (ξ＝2)＝C 24A 44＝14，P (ξ＝4)＝1A 44＝124，E (ξ)＝0×38＋1×13＋2×14＋4×124＝1.[答案] 1离散型随机变量的分布列的性质[学生用书P204][典例引领]设离散型随机变量X 的分布列为求2X ＋1的分布列． 【解】 由分布列的性质知： 0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m ＝1， 解得m ＝0.3. 首先列表为：从而2X ＋1的分布列为在本例的条件下，求P (1<X ≤4)． [解] 由例题解析知m ＝0.3，所以P (1<X ≤4)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝0.1＋0.3＋0.3＝0.7.离散型随机变量分布列性质的应用(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负；(2)若X 为随机变量，则2X ＋1仍然为随机变量，求其分布列时可先求出相应的随机变量的值，再根据对应的概率写出分布列．随机变量X 的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，则P (|X |＝1)＝________，公差d 的取值范围是________． [解析] 因为a ，b ，c 成等差数列，所以2b ＝a ＋c . 又a ＋b ＋c ＝1，所以b ＝13，所以P (|X |＝1)＝a ＋c ＝23.又a ＝13－d ，c ＝13＋d ，根据分布列的性质，得0≤13－d ≤23，0≤13＋d ≤23，所以－13≤d ≤13.[答案] 23 ⎣⎡⎦⎤－13，13离散型随机变量的均值(高频考点)[学生用书P204]离散型随机变量的均值是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现，多为中档题． 高考对离散型随机变量的均值的考查主要有以下两个命题角度： (1)已知离散型随机变量的均值，求参数值； (2)已知离散型随机变量符合的条件，求其均值．[典例引领](2015·高考重庆卷)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望．【解】 (1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P (A )＝C 12C 13C 15C 310＝14.(2)X 的所有可能值为0，1，2，且P (X ＝0)＝C 38C 310＝715，P (X ＝1)＝C 12C 28C 310＝715，P (X ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.综上知，X 的分布列为故E (X )＝0×715＋1×715＋2×115＝35(个)．求离散型随机变量X 的均值的方法(1)理解X 的意义，写出X 可能取的全部值； (2)求X 取每个值的概率； (3)写出X 的分布列； (4)由均值的定义求E (X )．[题点通关]角度一 已知离散型随机变量的均值，求参数值1．某射击运动员在一次射击比赛中所得环数ξ的分布列如下：已知ξ的均值E (ξ)＝4.3，则y 的值为( ) A ．0.6 B ．0.4C ．0.2D ．0.1C [解析] 由题意知，x ＋0.1＋0.3＋y ＝1，又E (ξ)＝3x ＋4×0.1＋5×0.3＋6y ＝4.3，两式联立解得y ＝0.2.角度二 已知离散型随机变量符合的条件，求其均值2．根据某电子商务平台的调查统计显示，参与调查的1 000位上网购物者的年龄情况如图所示．(1)已知[30，40)、[40，50)、[50，60)三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，求a ，b 的值；(2)该电子商务平台将年龄在[30，50)之间的人群定义为高消费人群，其他年龄段的人群定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费，该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的1 000位上网购物者中抽取10人，并在这10人中随机抽取3人进行回访，求此3人获得代金券总和X 的分布列与数学期望．[解] (1)由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝a ＋0.015，（0.01＋0.015×2＋b ＋a ）×10＝1， 解得a ＝0.035，b ＝0.025.(2)利用分层抽样从样本中抽取10人，其中属于高消费人群的有6人，属于潜在消费人群的有4人．从中抽取3人，并计算3人所获得代金券的总和X ，则X 的所有可能取值为：150，200，250，300，P (X ＝150)＝C 36C 310＝16，P (X ＝200)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝250)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝300)＝C 34C 310＝130.故X 的分布列为E (X )＝150×16＋200×12＋250×310＋300×130＝210.离散型随机变量的均值与方差的应用[学生用书P205][典例引领]为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望．(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．【解】 (1)设顾客所获的奖励额为X 元．①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20，60. P (X ＝60)＝12，P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，即X 的分布列为所以顾客所获的奖励额的期望为E (X )＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元． 所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X 1元，则X 1的分布列为X 1的期望为E (X 1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60，X 1的方差为D (X 1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X 2元，则X 2的分布列为X 2的期望为E (X 2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60，X 2的方差为D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.利用均值与方差解决实际问题的方法(1)对实际问题进行具体分析，将实际问题转化为数学问题，并将问题中的随机变量设出来．(2)依据随机变量取每一个值时所表示的具体事件，求出其相应的概率．(3)依据期望与方差的定义、公式求出相应的期望与方差值．(4)依据期望与方差的意义对实际问题作出决策或给出合理的解释．(2017·郑州市第一次质量预测)某中药种植基地有两处种植区的药材需在下周一、周二两天内采摘完毕，基地员工一天可以完成一处种植区的采摘．由于下雨会影响药材品质，基地收益如下表所示：若基地额外聘请工人，可在周一当天完成全部采摘任务．无雨时收益为20万元；有雨时收益为10万元．额外聘请工人的成本为a万元．已知下周一和下周二有雨的概率相同，两天是否下雨互不影响，基地收益为20万元的概率为0.36.(1)若不额外聘请工人，写出基地收益X的分布列及基地的预期收益；(2)该基地是否应该外聘工人，请说明理由．[解] (1)设下周一无雨的概率为p，由题意，p2＝0.36，p＝0.6，基地收益X的可能取值为20，15，10，7.5，则P(X＝20)＝0.36，P(X＝15)＝0.24，P(X＝10)＝0.24，P(X＝7.5)＝0.16，所以基地收益X的分布列为基地的预期收益E(X)＝20×0.36＋15×0.24＋10×0.24＋7.5×0.16＝14.4，所以基地的预期收益为14.4万元．(2)设基地额外聘请工人时的收益为Y万元，则其预期收益E(Y)＝20×0.6＋10×0.4－a＝16－a(万元)，E(Y)－E(X)＝1.6－a，综上，当额外聘请工人的成本高于1.6万元时，不外聘工人；成本低于1.6万元时，外聘工人；成本恰为1.6万元时，是否外聘工人均可以．[学生用书P206])——随机变量的均值与其他知识的交汇(2015·高考湖北卷)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A ，B 两种奶制品．生产1吨A 产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1 000元；生产1吨B 产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1 200元．要求每天B 产品的产量不超过A 产品产量的2倍，设备每天生产A ，B 两种产品时间之和不超过12小时. 假定每天可获取的鲜牛奶数量W (单位：吨)是一个随机变量，其分布列为该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z (单位：元)是一个随机变量．(1)求Z 的分布列和均值；(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．【解】 (1)设每天A ，B 两种产品的生产数量分别为x ，y ，相应的获利为z ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1.5y ≤W ，x ＋1.5y ≤12，2x －y ≥0，x ≥0，y ≥0.(*)目标函数为z ＝1 000x ＋1 200y .将z ＝1 000x ＋1 200y 变形为l ：y ＝－56x ＋z 1 200，设l 0：y ＝－56x .①②③当W＝12时，(*)表示的平面区域如图①阴影部分所示，三个顶点分别为A(0，0)，B(2.4，4.8)，C(6，0).平移直线l0知当直线l过点B，即当x＝2.4，y＝4.8时，z取最大值，故最大获利Z＝z max＝2.4×1 000＋4.8×1 200＝8 160(元)．当W＝15时，(*)表示的平面区域如图②阴影部分所示，三个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(7.5，0)．平移直线l0知当直线l过点B，即当x＝3，y＝6时，z取得最大值，故最大获利Z＝z max＝3×1 000＋6×1 200＝10 200(元)．当W＝18时，(*)表示的平面区域如图③阴影部分所示，四个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(6，4)，D(9，0).平移直线l0知当直线l过点C，即当x＝6，y＝4时，z取得最大值，故最大获利Z＝z max＝6×1 000＋4×1 200＝10 800(元)．故最大获利Z 的分布列为因此，E (Z )＝8 160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9 708.(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率p 1＝P (Z >10 000)＝0.5＋0.2＝0.7， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为p ＝1－(1－p 1)3＝1－0.33＝0.973.(1)本题是离散型随机变量的分布列、均值与线性规划交汇．解决本题需根据题目所给信息提炼出线性约束条件和目标函数，然后再求Z 的值．考查了对数学的应用意识、数据处理能力及数形结合思想．(2)离散型随机变量的均值常与统计、平面向量、函数、数列、不等式等知识交汇，题目设计新颖，是近几年高考考查的热点．小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队．游戏规则为：以O 为起点，再从A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6，A 7，A 8(如图)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X .若X ＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．(1)求小波参加学校合唱团的概率； (2)求X 的分布列．[解] (1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C 28＝28(种)，当X ＝0时，两向量夹角为直角，共有8种情形，所以小波参加学校合唱团的概率为P (X ＝0)＝828＝27.(2)两向量数量积X 的所有可能取值为－2，－1，0，1，X ＝－2时，有2种情形；X ＝1时，有8种情形；X ＝－1时，有10种情形．所以X 的分布列为[学生用书P311(独立成册)]1．若离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )＝( ) A ．2 B ．2或12C.12D ．1C [解析] 因为分布列中概率和为1，所以a 2＋a 22＝1，即a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(舍去)或a ＝1，所以E (X )＝12.2．设随机变量X 的概率分布列如下表所示：若F (x )＝P (X ≤x )，则当x 的取值范围是[1，2)时，F (x )等于( ) A.13 B ．16C.12D ．56D [解析] 由分布列的性质，得a ＋13＋16＝1，所以a ＝12.而x ∈[1，2)，所以F (x )＝P (X≤x )＝12＋13＝56.3．随机变量ξ的取值为0，1，2，若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1, 则D (ξ)＝________.[解析] 设ξ＝1时的概率为p ，则E (ξ)＝0×15＋1×p ＋2×⎝⎛⎭⎫1－p －15＝1，解得p ＝35，故D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25.[答案] 254．在一个口袋中装有黑、白两个球，从中随机取一球，记下它的颜色，然后放回，再取一球，又记下它的颜色，则这两次取出白球数X 的分布列为________．[解析] X 的所有可能值为0，1，2.P (X ＝0)＝C 11C 11C 12C 12＝14，P (X ＝1)＝C 11C 11×2C 12C 12＝12，P (X ＝2)＝C 11C 11C 12C 12＝14.所以X 的分布列为[答案]5.若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望E (X )． [解] (1)个位数字是5的“三位递增数”有 125，135，145，235，245，345.(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84，随机变量X 的取值为：0，－1，1，因此 P (X ＝0)＝C 38C 39＝23，P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114，P (X ＝1)＝1－114－23＝1142.所以X 的分布列为则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×1142＝421.6．(2017·山东青岛一模)一个袋中装有7个除颜色外完全相同的球，其中红球4个，编号分别为1，2，3，4；蓝球3个，编号分别为2，4，6，现从袋中任取3个球(假设取到任一球的可能性相同)．(1)求取出的3个球中含有编号为2的球的概率；(2)记ξ为取到的球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望． [解] (1)设A ＝“取出的3个球中含有编号为2的球”，则P (A )＝C 12C 25＋C 22C 15C 37＝20＋535＝2535＝57. (2)由题意得，ξ可能取的值为0，1，2，3，则 P (ξ＝0)＝C 33C 37＝135，P (ξ＝1)＝C 14·C 23C 37＝1235， P (ξ＝2)＝C 24·C 13C 37＝1835， P (ξ＝3)＝C 34C 37＝435.所以ξ的分布列为所以E (ξ)＝0×135＋1×1235＋2×1835＋3×435＝127.7．袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n 号的有n 个(n ＝1，2，3，4)，现从袋中任取一球，X 表示所取球的标号．(1)求X 的分布列、期望和方差；(2)若Y ＝aX ＋b ，E (Y )＝1，D (Y )＝11，试求a ，b 的值． [解] (1)X 的取值为0，1，2，3，4，其分布列为所以E (X )＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5，D (X )＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.(2)由D (Y )＝a 2D (X )得2.75a 2＝11，得a ＝±2， 又E (Y )＝aE (X )＋b ，所以当a ＝2时，由1＝2×1.5＋b ，得b ＝－2； 当a ＝－2时，由1＝－2×1.5＋b ，得b ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝4. 8．某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：枝，n ∈N )的函数解析式；(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．①若花店一天购进16枝玫瑰花，X 表示当天的利润(单位：元)，求X 的分布列、数学期望及方差；②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．[解] (1)当日需求量n ≥16时，利润y ＝80. 当日需求量n <16时，利润y ＝10n －80.所以y 关于n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －80，n <1680，n ≥16，(n ∈N )．(2)①X 可能的取值为60，70，80，并且P (X ＝60)＝0.1，P (X ＝70)＝0.2，P (X ＝80)＝0.7. X 的分布列为X 的数学期望E (X )＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.X 的方差D (X )＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44. ②答案一：花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么Y 的分布列为Y 的数学期望E (Y )＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.Y 的方差为D (Y )＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54＝112.04.由以上的计算结果可以看出，D (X )<D (Y )，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小．另外，虽然E (X )<E (Y )，但两者相差不大．故花店一天应购进16枝玫瑰花．答案二：花店一天应购进17枝玫瑰花．理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么Y 的分布列为Y的数学期望E(Y)＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.由以上的计算结果可以看出，E(X)<E(Y)，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店一天应购进17枝玫瑰花．9．(2017·兰州市诊断考试)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成2元；乙公司无底薪，40单以内(含40单)的部分每单抽成4元，超出40单的部分每单抽成6元．假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表乙公司送餐员送餐单数频数表(1)现从甲公司记录的这100天中随机抽取2天，求这2天送餐单数都大于40的概率；(2)若将频率视为概率，回答以下问题：①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；②小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他做出选择，并说明理由．[解] (1)记“抽取的2天送餐单数都大于40”为事件M，则P(M)＝C220C2100＝19495.(2)①设乙公司送餐员送餐单数为a，则当a＝38时，X＝38×4＝152；当a＝39时，X＝39×4＝156；当a＝40时，X＝40×4＝160；当a＝41时，X＝40×4＋1×6＝166；当a＝42时，X＝40×4＋2×6＝172.所以X的所有可能取值为152，156，160，166，172.故X 的分布列为所以E (X )＝152×110＋156×15＋160×15＋166×25＋172×110＝162.②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为 38×0.2＋39×0.4＋40×0.2＋41×0.1＋42×0.1＝39.5， 所以甲公司送餐员日平均工资为70＋2×39.5＝149(元)． 由①得乙公司送餐员平均工资为162元． 因为149<162，故推荐小明去乙公司应聘．10．某公司准备将1 000万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、乙两个建设项目供选择．若投资甲项目一年后可获得的利润ξ1(万元)的概率分布列如下表所示：且ξ1的期望E (ξ1)＝120；若投资乙项目一年后可获得的利润ξ2(万元)与该项目建设材料的成本有关，在生产的过程中，公司将根据成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互独立且调整的概率分别为p (0＜p ＜1)和1－p .若乙项目产品价格一年内调整次数X (次)与ξ2的关系如下表所示：(1)求m ，n 的值； (2)求ξ2的分布列；(3)若E (ξ1)＜E (ξ2)，则选择投资乙项目，求此时p 的取值范围．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋0.4＋n ＝1，110m ＋120×0.4＋170n ＝120，解得m ＝0.5，n ＝0.1.(2)ξ2的可能取值为41.2，117.6，204，P(ξ2＝41.2)＝(1－p)[1－(1－p)]＝p(1－p)，P(ξ2＝117.6)＝p[1－(1－p)]＋(1－p)(1－p)＝p2＋(1－p)2，P(ξ2＝204)＝p(1－p)，所以ξ2的分布列为(3)由(2)可得：E(ξ2)＝41.2p(1－p)＋117.6[p2＋(1－p)2]＋204p(1－p)＝－10p2＋10p＋117.6，由E(ξ1)＜E(ξ2)，得120＜－10p2＋10p＋117.6，解得0.4＜p＜0.6，即当选择投资乙项目时，p的取值范围是(0.4，0.6)．。