年高考第一轮复习数学离散型随机变量的期望值和方差

【3年高考】（新课标）2016版高考数学一轮复习 10.4离散型随机变量的分布列、期望与方差A组2012—2014年高考·基础题组1.(2013广东,4,5分)已知离散型随机变量X的分布列为X 1 2 3P则X的数学期望E(X)=( )A. B.2 C. D.32.(2014浙江,12,4分)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,则D(ξ)=.3.(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和.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.4.(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x1,x2,x3,随机变量X 表示x1,x2,x3中的最大数.求X的概率分布和数学期望E(X).5.(2013天津,16,13分)一个盒子里装有7张卡片,其中有红色卡片4张,编号分别为1,2,3,4;白色卡片3张,编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同).(1)求取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率;(2)在取出的4张卡片中,红色卡片编号的最大值设为X,求随机变量X的分布列和数学期望.6.(2013北京,16,13分)下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图.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3月1日至3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重度污染的概率;(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数,求X的分布列与数学期望;(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大.(结论不要求证明)7.(2012福建,16,13分)受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关.某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均为2年.现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆,统计数据如下:品牌甲乙首次出现故障0<x≤11<x≤2x>2 0<x≤2x>2时间x(年)轿车数量(辆) 2 3 45 5 45每辆利润(万1 2 3 1.8 2.9元)将频率视为概率,解答下列问题:(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求其首次出现故障发生在保修期内的概率;(2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1,生产一辆乙品牌轿车的利润为X2,分别求X1,X2的分布列;(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的轿车.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明理由.B组2012—2014年高考·提升题组1.(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p i(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)2.(2013浙江,19,14分)设袋子中装有a个红球,b个黄球,c个蓝球,且规定: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)当a=3,b=2,c=1时,从该袋子中任取(有放回,且每球取到的机会均等)2个球,记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和,求ξ的分布列;(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球,记随机变量η为取出此球所得分数.若Eη=,Dη=,求a∶b∶c.3.(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a1,最大数为a2;B组最小数为b1,最大数为b2.记ξ=a2-a1,η=b2-b1.(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,表示C的对立事件,判断P(C)和P()的大小关系,并说明理由.4.(2012江西,18,12分)如图,从A1(1,0,0),A2(2,0,0),B1(0,1,0),B2(0,2,0),C1(0,0,1),C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点,将这3个点及原点O两两相连构成一个“立体”,记该“立体”的体积为随机变量V(如果选取的3个点与原点在同一个平面内,此时“立体”的体积V=0).(1)求V=0的概率;(2)求V的分布列及数学期望EV.5.(2012江苏,22,10分)设ξ为随机变量.从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条,当两条棱相交时,ξ=0;当两条棱平行时,ξ的值为两条棱之间的距离;当两条棱异面时,ξ=1.(1)求概率P(ξ=0);(2)求ξ的分布列,并求其数学期望E(ξ).A组2012—2014年高考·基础题组1.A 由已知条件可知E(X)=1×+2×+3×=,故选A.2.答案解析设P(ξ=1)=p,则P(ξ=2)=-p,从而由E(ξ)=0×+1×p+2×=1,得p=.故D(ξ)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2×=.3.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)=,P()=,P(F)=,P()=,且事件E与F,E与,与F,与都相互独立.(1)记H={至少有一种新产品研发成功},则=,于是P()=P()P()=×=,故所求的概率为P(H)=1-P()=1-=.(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()=×=,P(X=100)=P(F)=×=,P(X=120)=P(E)=×=,P(X=220)=P(EF)=×=,故所求的分布列为X 0 100 120 220P数学期望为E(X)=0×+100×+120×+220×===140.4.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===.(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)==;{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)===;于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1--=.所以随机变量X的概率分布如下表:X 2 3 4P因此随机变量X的数学期望E(X)=2×+3×+4×=.5.解析(1)设“取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片”为事件A,则P(A)==.所以取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,P(X=4)==.所以随机变量X的分布列是X 1 2 3 4P随机变量X的数学期望EX=1×+2×+3×+4×=.6.解析设A i表示事件“此人于3月i日到达该市”(i=1,2,…,13).根据题意,P(A i)=,且A i∩A j=⌀(i≠j).(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”,则B=A5∪A8.所以P(B)=P(A5∪A8)=P(A5)+P(A8)=.(2)由题意可知,X的所有可能取值为0,1,2,且P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11)=P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)=,P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)=P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)=,P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=.所以X的分布列为X 0 1 2P故X的期望EX=0×+1×+2×=.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.7.解析(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A.则P(A)==.(2)依题意得,X1的分布列为X1 1 2 3PX2的分布列为X2 1.8 2.9P(3)由(2)得,E(X1)=1×+2×+3×==2.86(万元),E(X2)=1.8×+2.9×=2.79(万元).因为E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌轿车.B组2012—2014年高考·提升题组1.A 当i=1时,若从乙盒中抽取的1个球为红球,记从甲盒中取1个球是红球的事件为A1,则P(A1)=.若从乙盒中抽取的1个球为蓝球,记从甲盒中取1个球是红球的事件为A2,则P(A2)=×=,而A1与A2互斥,则p1=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=.此时,ξ1的取值为1或2,P(ξ1=1)=,P(ξ1=2)=,则E(ξ1)=1×+2×=.当i=2时,若从乙盒中抽取的2个球都为红球,记从甲盒中取1个球是红球的事件为B1,则P(B1)=.若从乙盒中抽取的2个球为1个红球和1个蓝球,记从甲盒中取1个球是红球的事件为B2,则P(B2)=×.若从乙盒中抽取的2个球都是蓝球,记从甲盒中取1个球是红球的事件为B3,则P(B3)=×.因为B1,B2,B3互斥,则p2=P(B1+B2+B3)=P(B1)+P(B2)+P(B3)====.则p1-p2=>0,即有p1>p2.此时,ξ2的取值为1,2,3.P(ξ2=1)=,P(ξ2=2)=,P(ξ2=3)=,则E(ξ2)=1×+2×+3×==3p2=,则有E(ξ1)<E(ξ2),综上,p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2),故选A.2.解析(1)由题意得ξ=2,3,4,5,6.故P(ξ=2)==,P(ξ=3)==,P(ξ=4)==,P(ξ=5)==,P(ξ=6)==.所以ξ的分布列为ξ 2 3 4 5 6P(2)由题意知η的分布列为η 1 2 3P所以Eη=++=,Dη=·+·+·=,化简得解得a=3c,b=2c,故a∶b∶c=3∶2∶1.3.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=20种,所以ξ的分布列为ξ 2 3 4 5PEξ=2×+3×+4×+5×=.(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2种,所以当n=2时,P(C)==,(3)由(2)知当n=2时,P()=,因此P(C)>P(),而当n≥3时,P(C)<P().理由如下:①用数学归纳法来证明:1°当n=3时,①式左边=4×(2+)=4×(2+2)=16,①式右边==20,所以①式成立.那么,当n=m+1时,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()成立.4.解析(1)从6个点中随机选取3个点总共有=20种取法,选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有=12种,因此V=0的概率为P(V=0)==.(2)V的所有可能取值为0,,,,,因此V的分布列为V 0P由V的分布列可得EV=0×+×+×+×+×=.5.解析(1)若两条棱相交,则交点必为正方体8个顶点中的1个,过任意1个顶点恰有3条棱,所以共有8对相交棱,因此P(ξ=0)===.(2)若两条棱平行,则它们的距离为1或,其中距离为的共有6对,故P(ξ=)==,于是P(ξ=1)=1-P(ξ=0)-P(ξ=)=1--=,所以随机变量ξ的分布列是ξ0 1P(ξ)因此E(ξ)=1×+×=.。

离散型随机变量的均值与方差、正态分布一、基础知识1.均值一般地，若离散型随机变量X的分布列为：则称E(X)＝x1p1＋x2p2i i n n.它反映了离散型随机变量取值的平均水平.(1)期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均.,(2)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量，X是可变的，可取不同值，而E(X)是不变的，它描述X取值的平均状态.,(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x n p n直接给出了E(X)的求法，即随机变量取值与相应概率分别相乘后相加.2.方差设离散型随机变量X的分布列为：则(x i－E(X))2描述了x i(i＝)＝(x i－E(X))2p i为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度.称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根D(X)为随机变量X的标准差.(1)随机变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度.D(X)越大，表明平均偏离程度越大，X的取值越分散.反之，D(X)越小，X的取值越集中在E(X)附近.,(2)方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负.3.两个特殊分布的期望与方差4.正态分布(1)正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ处达到峰值1σ2π；④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.(2)正态分布的三个常用数据①P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)≈0.682 6；②P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)≈0.954 4；③P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)≈0.997 4.二、常用结论若Y ＝aX ＋b ，其中a ，b 是常数，X 是随机变量，则 (1)E (k )＝k ，D (k )＝0，其中k 为常数； (2)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，D (aX ＋b )＝a 2D (X )； (3)E (X 1＋X 2)＝E (X 1)＋E (X 2)； (4)D (X )＝E (X 2)－(E (X ))2；(5)若X 1，X 2相互独立，则E (X 1·X 2)＝E (X 1)·E (X 2).(6)若X ～N (μ，σ2)，则X 的均值与方差分别为：E (X )＝μ，D (X )＝σ2. 三、考点解析考点一 离散型随机变量的均值与方差例、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的分布列与数学期望E (ξ)，方差D (ξ).跟踪训练1.随机变量X 的可能取值为0,1,2，若P (X ＝0)＝15，E (X )＝1，则D (X )＝( )A.15B.25C.55D.1052.随着网络营销和电子商务的兴起，人们的购物方式更具多样化.某调查机构随机抽取10名购物者进行采访，5名男性购物者中有3名倾向于选择网购，2名倾向于选择实体店，5名女性购物者中有2名倾向于选择网购，3名倾向于选择实体店.(1)若从10名购物者中随机抽取2名，其中男、女各一名，求至少1名倾向于选择实体店的概率； (2)若从这10名购物者中随机抽取3名，设X 表示抽到倾向于选择网购的男性购物者的人数，求X 的分布列和数学期望.考点二 二项分布的均值与方差例、某部门为了解一企业在生产过程中的用水量情况，对其每天的用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12天的数据作为样本，得到如图所示的茎叶图(单位：吨).若用水量不低于95吨，则称这一天的用水量超标.(1)从这12天的数据中随机抽取3个，求至多有1天的用水量超标的概率；(2)以这12天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，估计该企业未来3天中用水量超标的天数，记随机变量X 为未来这3天中用水量超标的天数，求X 的分布列、数学期望和方差.[解题技法]二项分布的期望与方差(1)如果ξ ～B (n ，p )，则用公式E (ξ)＝np ，D (ξ)＝np (1－p )求解，可大大减少计算量.(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E (a ξ＋b )＝aE (ξ)＋b 以及E (ξ)＝np 求出E (a ξ＋b )，同样还可求出D (a ξ＋b ).跟踪训练1.设X 为随机变量，且X ～B (n ，p )，若随机变量X 的数学期望E (X )＝4，D (X )＝43，则P (X ＝2)＝________.(结果用分数表示)2.一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量(单位：克)，重量分组区间为[5,15]，(15,25]，(25,35]，(35,45]，由此得到样本的重量频率分布直方图(如图).(1)求a 的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在[5,15]内的小球个数为X ，求X 的分布列和数学期望(以直方图中的频率作为概率).考点三 均值与方差在决策中的应用例、某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p (0＜p ＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立. (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. ①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ； ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？[解题技法]离散型随机变量的期望和方差应用问题的解题策略(1)求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算.(2)要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差公式计算，则更为简单.(3)在实际问题中，若两个随机变量ξ1，ξ2，有E (ξ1)＝E (ξ2)或E (ξ1)与E (ξ2)较为接近时，就需要用D (ξ1)与D (ξ2)来比较两个随机变量的稳定程度.即一般地将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方案.跟踪训练某投资公司在2019年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和29；项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13和115.针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.考点四 正态分布例、(1)设X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )A.P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B.P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C.对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D.对任意正数t ，P (X ≥t )≥P (Y ≥t ) (2)已知随机变量X 服从正态分布N (3,1)，且P (X ≥4)＝0.158 7，则P (2＜X ＜4)＝( ) A.0.682 6 B.0.341 3 C.0.460 3 D.0.920 7(3)某校在一次月考中有900人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布X ～N (90，a 2)(a ＞0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的35，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有________人.[解题技法]正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x ＝μ对称，曲线与x 轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.跟踪训练1.已知随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，若P (ξ＜2)＝P (ξ＞6)＝0.15，则P (2≤ξ＜4)等于( ) A.0.3 B.0.35 C.0.5 D.0.72.为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm).根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2). (1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. ①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95经计算得x ＝9.97，s ≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ＜Z ＜μ＋3σ)＝0.997 4.0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.课后作业1.口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个，则取出的球的最大编号X 的期望为( )A.13B.23C.2D.832.已知随机变量X 服从正态分布N (a,4)，且P (X ＞1)＝0.5，P (X ＞2)＝0.3，则P (X ＜0)＝( ) A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.83.已知某公司生产的一种产品的质量X (单位：克)服从正态分布N (100,4)，现从该产品的生产线上随机抽取10 000件产品，其中质量在[98,104]内的产品估计有( )(附：若X 服从N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝0.682 7，P (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝0.954 5) A.4 093件 B.4 772件 C.6 827件 D.8 186件4.某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( )A.3B.83C.2D.535.某学校为了给运动会选拔志愿者，组委会举办了一个趣味答题活动.参选的志愿者回答三个问题，其中两个是判断题，另一个是有三个选项的单项选择题，设ξ为回答正确的题数，则随机变量ξ的数学期望E (ξ)＝( )A.1B.43C.53D.26.一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则D (X )＝________.7.若随机变量ξ的分布列如表所示，E (ξ)＝1.6，则a －b ＝________.8.一个人将编号为1,2,3,4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.设放对的个数为ξ，则ξ的期望值为________. 9.某市对大学生毕业后自主创业人员给予小额贷款补贴，贷款期限分为6个月、12个月、18个月、24个月、36个月五种，对于这五种期限的贷款政府分别补贴200元、300元、300元、400元、400元，从2018年享受此项政策的自主创业人员中抽取了100人进行调查统计，选择的贷款期限的频数如下表：. (1)某大学2019年毕业生中共有3人准备申报此项贷款，计算其中恰有2人选择的贷款期限为12个月的概率；(2)设给某享受此项政策的自主创业人员的补贴为X 元，写出X 的分布列；该市政府要做预算，若预计2019年全市有600人申报此项贷款，则估计2019年该市共要补贴多少万元.10.某厂有4台大型机器，在一个月中，1台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需1名工人进行维修.每台机器出现故障的概率为13.(1)问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%?(2)已知1名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资.每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就能使该厂产生5万元的利润，否则将不产生利润.若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的均值.提高练习1.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立.设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( )A.0.7B.0.6C.0.4D.0.32.设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ 没有零点的概率是12，则μ等于( )A.1B.2C.4D.不能确定 3.已知离散型随机变量X 的分布列如表所示，若E (X )＝0，D (X )＝1，则P (X ＜1)＝________.4.甲、乙两家外卖公司，元，每单送餐员抽成4元；乙公司，无底薪，40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元，超出40单的部分送餐员每单抽成7元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50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)现从记录甲公司的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数，求这3天送餐单数都不小于40的概率.(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：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E(X)；②小王打算到甲、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小王作出选择，并说明理由.5.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：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？。

12.10 离散型随机变量的期望与方差典例精析题型一 期望与方差的性质的应用【例1】设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝16(k ＝1,2,3,4,5,6)，求E(ξ)，E(2ξ＋3)和D(ξ)，D(2ξ＋3).【解析】E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋x6p6＝3.5， E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝10，D(ξ)＝(x1－E(ξ))2p1＋(x2－E(ξ))2p2＋…＋(x6－E(ξ))2p6＝3512，D(2ξ＋3)＝4D(ξ)＝353. 【点拨】在计算离散型随机变量的期望与方差时，首先要弄清其分布特征及分布列，再准确运用公式，特别是利用性质解题.【变式训练1】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，ξ表示所取球的标号. (1)求ξ的分布列、期望和方差；(2)若η＝aξ＋b ，E(η)＝1，D(η)＝11，试求a ，b 的值. 【解析】(1)ξ的分布列为：ξ 01234P21 201 101 203 51所以E(ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5，D(ξ)＝(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(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，即a ＝±2.又E(η)＝aE(ξ)＋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⎩⎨⎧-==2,2b a 或⎩⎨⎧=-=.4,2b a题型二 期望与方差在风险决策中的应用【例2】 甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相等，所得次品数分别为ξ、η，ξ和η的分布列如下：ξ 012P 106 101 103 η 012P105 103 102试对这两名工人的技术水平进行比较.【解析】工人甲生产出的次品数ξ的期望和方差分别为：E(ξ)＝0×610＋1×110＋2×310＝0.7，D(ξ)＝(0－0.7)2×610＋(1－0.7)2×110＋(2－0.7)2×310＝0.81.工人乙生产出的次品数η的期望和方差分别为：E(η)＝0×510＋1×310＋2×210＝0.7，D(η)＝(0－0.7)2×510＋(1－0.7)2×310＋(2－0.7)2×210＝0.61.由E(ξ)＝E(η)知，两人出次品的平均数相同，技术水平相当，但D(ξ)＞D(η)，可见乙的技术比较稳定.【点拨】期望仅体现了随机变量取值的平均大小，但有时仅知道均值的大小还不够.如果两个随机变量的均值相等，还要看随机变量的取值如何在均值周围变化，即计算方差.方差大说明随机变量取值较分散，方差小说明取值分散性小或者取值比较集中、稳定. 【变式训练2】利用下列盈利表中的数据进行决策，应选择的方案是 . 【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分别是： 50×0.25＋65×0.30＋26×0.45＝43.7； 70×0.25＋26×0.30＋16×0.45＝32.5； －20×0.25＋52×0.30＋78×0.45＝45.7； 98×0.25＋82×0.30－10×0.45＝44.6.故选A3. 题型三 离散型随机变量分布列综合问题【例3】(2019浙江模拟)如图，一个小球从M 处投入，通过管道自上而下落入A 或B 或C.已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到A ，B ，C ，则分别设为1,2,3等奖.(1)已知获得1,2,3等奖的折扣率分别为50%,70%,90%.记随机变量ξ为获得k(k ＝1,2,3)等奖的折扣率，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ)；(2)若有3人次(投入1球为1人次)参加促销活动，记随机变量η为获得1等奖或2等奖的人次，求P(η＝2).【解析】(1)由题意得ξξ 50%70%90%p163 83 167则E(ξ)＝316×50%＋38×70%＋716×90%＝34.(2)由(1)可知，获得1等奖或2等奖的概率为316＋38＝916.由题意得η～(3，916)，则P(η＝2)＝C23(916)2(1－916)＝1 7014 096. 【变式训练3】(2019北京市东城区模拟)已知将一枚质地不均匀的硬币抛掷三次，三次正面均朝上的概率为127.(1)求抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率；(2)抛掷这样的硬币三次后，抛掷一枚质地均匀的硬币一次，记四次抛掷后正面朝上的总次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ).【解析】(1)设抛掷一次这样的硬币，正面朝上的概率为P ，依题意有C33·P3＝127，解得P ＝13.所以抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率为P3(2)＝C23×(13)2×23＝29.(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4. P(ξ＝0)＝C03×(23)3×12＝427；P(ξ＝1)＝C03×(23)3×12＋C13×13×(23)2×12＝1027；P(ξ＝2)＝C13×13×(23)2×12＋C23×(13)2×23×12＝13；P(ξ＝3)＝C23×(13)2×23×12＋C33×(13)3×12＝754；P(ξ＝4)＝C33×(13)3×12＝154.所以ξ的分布列为E(ξ)＝0×427＋1×1027＋2×13＋3×754＋4×154＝32.总结提高1.期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均； E(ξ)是一个实数，由ξ的分布列唯一确定，即作为随机变量ξ是可变的，可取不同值，而E(ξ)是不变的，它描述ξ取值的平均状态.2.方差D(ξ)表示随机变量ξ对E(ξ)的平均偏离程度，统计中常用标准差D(ξ)描述ξ的分散程度.。

第九节 离散型随机变量的均值与方差1．离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X 的分布列为P(ξ＝x i )＝p i ，i ＝1，2，…，n(1)均值：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)方差：称D(X)＝ i ＝1n(x i －E(X))2p i 为随机变量X 的方差，其算术平方根D （X ）为随机变量X 的标准差． 2．均值与方差的性质 (1)E(aX ＋b)＝aE(X)＋b ．(2)D(aX ＋b)＝a 2D(X)(a ，b 为常数)． 3．两点分布与二项分布的均值、方差均值 方差 变量X 听从两点分布E(X)＝p D(X)＝p(1－p) X ～B(n ，p)E(X)＝npD(X)＝np(1－p )1．(质疑夯基)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)期望是算术平均数概念的推广，与概率无关．( ) (2)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量．( )(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小．( )(4)在篮球竞赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，假如某运动员罚球命中的概率为0.7，那么他罚球1次的得分X 的均值是0.7.( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×2．已知X 的分布列为( )X－1 0 1 P121316设Y ＝2X ＋3，则E(Y)的值为( ) A.73B ．4C ．－1D ．1 解析：E(X)＝－12＋16＝－13，E(Y)＝E(2X ＋3)＝2E(X)＋3＝－23＋3＝73.答案：A3．已知某一随机变量X 的分布列如下，且E(X)＝6.3，则a 的值为( )X 4 a 9 P0.50.1bA.5 B ．6 C ．7 D ．8解析：由分布列性质知：0.5＋0.1＋b ＝1，∴b ＝0.4. ∴E(X)＝4×0.5＋a·0.1＋9×0.4＝6.3.∴a ＝7. 答案：C4．(2021·广东卷)已知随机变量X 听从二项分布B(n ，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p ＝________．解析：由于XB(n ，p)，且E(X)＝30，D(X)＝20，所以⎩⎨⎧np ＝30，np （1－p ）＝20.解之得p ＝13.答案：135．(2022·河北唐山调研)某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为社区志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝________(结果用最简分数表示)．解析：随机变量ξ只能取0，1，2三个数，由于P(ξ＝0)＝C 25C 27＝1021，P (ξ＝1)＝C 15C 12C 27＝1021，P (ξ＝2)＝C 22C 27＝121.故E(ξ)＝1×1021＋2×121＝47.答案：47三条性质1．E(ax ＋b)＝aE(x)＋b ，D(ax ＋b)＝a 2D(x)(a ，b 为常数)． 2．若X 听从两点分布，则E(X)＝p ，D(X)＝p(1－p)．3．若X 听从二项分布，即X ～B(n ，p)，则E(X)＝np ，D(X)＝np(1－p)．三种方法1．已知随机变量的分布列求它的均值、方差，按定义求解．2．已知随机变量ξ的均值、方差，求ξ的线性函数η＝aξ＋b 的均值、方差，可直接用ξ的均值、方差的性质求解．3．假如所给随机变量是听从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，利用它们的均值、方差公式求解．A 级 基础巩固 一、选择题1．(2022·茂名其次次模拟)若离散型随机变量X 的分布列为( )X 0 1 Pa2a 22则X 的数学期望E(X)＝( ) A ．2 B ．2或12C.12D ．1 解析：由分布列的性质，a 2＋a 22＝1，∴a ＝1.故E(X)＝12×0＋12×1＝12.答案：C2．(2022·陕西卷)设样本数据x 1，x 2，…，x 10的均值和方差分别为1和4，若y 1＝x i ＋a(a 为非零常数，i ＝1，2，…，10)，则y 1，y 2，…，y 10的均值和方差分别为( )A ．1＋a ，4B ．1＋a ，4＋aC ．1，4D ．1，4＋a解析：∴E(y)＝E(X)＋a ＝1＋a ，D(y)＝D(x)＝4. 答案：A3．已知随机变量X 听从二项分布，且E(X)＝2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n ，p 的值为( )A ．n ＝4，p ＝0.6B ．n ＝6，p ＝0.4C ．n ＝8，p ＝0.3D ．n ＝24，p ＝0.1解析：由二项分布X ～B(n ，p)及E(X)＝np ，D(X)＝np·(1－p)得2.4＝np ，且1.44＝np(1－p)，解之得n ＝6，p ＝0.4.答案：B4．罐中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续摸取4次，设X 为取得红球的次数，则X 的方差D(X)的值为( )A.125B.2425 C.85 D.265解析：由于是有放回地摸球，所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为35，连续摸4次(做4次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，35， ∴D(X)＝4×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝2425答案：B5．口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则X 的数学期望E(X)的值是( )A ．4B ．4.5C ．4.75D ．5解析：由题意知，X 可以取3，4，5，P(X ＝3)＝1C 35＝110，P(X ＝4)＝C 23C 35＝310，P(X ＝5)＝C 24C 35＝610＝35，所以E(X)＝3×110＋4×310＋5×35＝4.5. 答案：B二、填空题6．已知X 的分布列为设Y ＝2X ＋1，则Y 的数学期望E(Y)的值是________． 解析：由分布列的性质，a ＝1－12－16＝13，∴E(X)＝－1×12＋0×16＋1×13＝－16，因此E(Y)＝E(2X ＋1)＝2E(X)＋1＝23.答案：237．(2022·青岛模拟)设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的数学期望E(X)＝2，则P(X ＝2)等于________．解析：由X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫n ，13，E(X)＝2，得 np ＝13n ＝2，∴n ＝6，则P(X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝⎛⎭⎪⎫1－134＝80243. 答案：80243.8．(2022·浙江卷)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P(ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ，则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以D(ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.答案：25三、解答题9．依据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)X 表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数，求X 的数学期望．解：(1)设“购买甲种保险”为大事A ，“购买乙种保险”为大事B ，“该地车主至少购买甲、乙两种保险中的一种”为大事C.由已知条件P(A)＝0.5，P(BA)＝0.3， 又C ＝A ＋BA ，且A 与BA 互斥， ∴P(C)＝P(A)＋P(BA)＝0.5＋0.3＝0.8.因此该地车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为0.8. (2)设“该地车主甲、乙两种保险均不购买”为大事D ，则D ＝C ， ∴P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2， 由于X ～B(100，0，2)，所以X 的数学期望E(X)＝100×0.2＝20.10．一盒中装有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：(1)设“所取3张卡片上的数字完全相同”为大事A. 则大事A 发生时，则3张卡片的数字均是2或均是1.由古典概型，P(A)＝C 34＋C 33C 39＝584.(2)随机变量X 的全部可能取值为1，2，3，则P(X ＝1)＝C 24C 15＋C 34C 39＝1742，P(X ＝3)＝C 17C 22C 39＝112， P(X ＝2)＝C 13C 14C 12＋C 23C 16＋C 33C 39＝4384，或P(X ＝2)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝3)＝1－1742－112＝4384.故X 的分布列为从而E(X)＝1×1742＋2×4384＋3×112＝4728. B 级 力量提升1．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X ，已知E(X)＝3，则D(X)＝( )A.85B.65C.45D.25解析：由题意，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5，3m ＋3. 又E(X)＝5×3m ＋3＝3，∴m ＝2.则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，35，故D(X)＝5×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝65.答案：B2．(2022·青岛调研)某项玩耍活动的嘉奖分成一、二、三等奖且相应获奖概率是以a 1为首项，公比为2的等比数列，相应资金是以700元为首项，公差为－140元的等差数列，则参与该玩耍获得资金的数学期望为________元．解析：由概率分布性质a 1＋2a 1＋4a 1＝1， ∴a 1＝17，从而2a 1＝27，4a 1＝47.因此获得资金ξ的分布列为∴E (ξ)＝700×17＋560×27＋420×47＝500(元)．答案：5003．(2022·郑州质检)某学校为了丰富同学的业余生活，以班级为单位组织同学开展古诗词背诵竞赛，随机抽取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，只有“正确”和“错误”两种结果，其中某班级的背诵正确的概率为p ＝23，背诵错误的概率为q ＝13，现记“该班级完成n 首背诵后总得分为S n ”．(1)求S 6＝20且S i ≥0(i ＝1，2，3)的概率； (2)记ξ＝|S 5|，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)当S 6＝20时，即背诵6首后，正确4首，错误2首．若第一首和其次首正确，则其余4首可任意背诵对2首．第一首正确，其次首背诵错误，则第三首背诵正确，其余3首可任意背诵对2首．故所求的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋23·13×23·C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝1681.(2)由于ξ＝|S 5|的取值为10，30，50. 所以P(ξ＝10)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝4081；P (ξ＝30)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫234⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫231⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝3081；P (ξ＝50)＝C 55⎝⎛⎭⎪⎫235＋C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1181.所以ξ的分布列为所以E(ξ)＝10×4081＋30×3081＋50×1181＝1 85081.概率与统计中的高考热点题型1．概率与统计是高考中相对独立的一个内容，处理问题的方式、方法体现了较高的思维含量．该类问题以应用题为载体，留意考查同学的应用意识及阅读理解力量、分类争辩与化归转化力量．2．概率问题的核心是概率计算．其中大事的互斥、对立、独立是概率计算的核心，排列组合是进行概率计算的工具，统计问题的核心是样本数据的获得及分析方法，重点是频率分布直方图、茎叶图和样本的数字特征，但近两年全国课标卷突出回归分析的考查．3．离散型随机变量的分布列及其期望的考查是历年高考的重点，难度多为中低档类题目，特殊是与统计内容渗透，背景新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．热点1统计与统计案例以实际生活中的事例为背景，通过对相关数据的统计分析、抽象概括，作出估量，推断．常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、概率等学问交汇考查，考查同学数据处理力量．某同学对其亲属30人的饮食习惯进行了一次调查，并用茎叶图表示30人的饮食指数．(说明：图中饮食指数低于70的人．饮食以蔬菜为主；饮食指数高于70的人，饮食为肉类为主．)(1)依据茎叶图，挂念这位同学说明其亲属30人的饮食习惯；(2)依据以上数据完成下列2×2的列联表：主食蔬菜主食肉类总计50岁以下50岁以上总计(3)在犯错误的概率不超过1%的前提下，你能否认为其亲属的饮食习惯与年龄有关，并说明理由．附：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）P(K 2≥k 0) 0.250.150.100.05 0.025 0.010 0.0050.001k 01.3232.072 2.7063.841 5.024 6.635 7.87910.828解：(1)由茎叶图知，50岁以下的12人中饮食指数低于70的有4人，饮食指数高于70的有8人．50岁以上的18人中，饮食指数低于70的有16人，高于70的只有2人． 在其30位亲属中，50岁以上的人多以食蔬菜为主，50岁以下的人多以食肉为主．(2)列2×2的列联表如下：主食蔬菜主食肉类总计50岁以下481250岁以上 16 2 18 合计201030(3)由(2)知，由于K 2＝30×（8－128）212×18×20×10＝10>6.635.又P(K 2≥6.635)＝0.010.∴在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为其亲属的饮食习惯与年龄有关．1．将茎叶图与独立性检验交汇，背景新颖，求解的关键是理解茎叶图供应的数据特征．2．(1)本题求解中常见的错误：①不理解茎叶图反映的数据信息；②对独立性检验思想理解不深刻，作出错误判定．(2)要留意进行独立性检验时，首先提出的假设是两者无关，所以下结论应留意，避开错下结论．【变式训练】 柴静《穹顶之下》的播出，让大家对雾霾天气的危害有了更进一步的生疏，对于雾霾天气的争辩也渐渐活跃起来，某争辩机构对春节燃放烟花爆竹的天数x 与雾霾天数y 进行统计分析，得出下表数据：x4 5 7 8 y2356(1)请画出上表数据的散点图；(2)请依据上表供应的数据，用最小二乘法求出y 关于x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^；(3)试依据(2)求出的线性回归方程，猜测燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数．故线性回归方程为y^＝b^x＋a^＝x－2.(3)由回归直线方程可以猜测，燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数为7.热点2常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立大事与互斥大事的概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立大事，互斥大事常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，精确判定概率模型，恰当选择概率公式．现有4个人去参与某消遣活动，该活动有甲、乙两个玩耍可供参与者选择．为增加趣味性，商定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子打算自己去参与哪个玩耍，掷出点数为1或2的人去参与甲玩耍，掷出点数大于2的人去参与乙玩耍．(1)求这4个人中恰有2人去参与甲玩耍的概率；(2)求这4个人中去参与甲玩耍的人数大于去参与乙玩耍的人数的概率；(3)用X，Y分别表示这4个人中去参与甲、乙玩耍的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．解：依题意，这4个人中，每个人去参与甲玩耍的概率为13，去参与乙玩耍的概率为23.设“这4个人中恰有i人去参与甲玩耍”为大事A i(i＝0，1，2，3，4)．则P(A i)＝C i4⎝⎛⎭⎪⎫13i⎝⎛⎭⎪⎫234－i.(1)这4个人中恰有2人去参与甲玩耍的概率P(A2)＝C24⎝⎛⎭⎪⎫132⎝⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参与甲玩耍的人数大于去参与乙玩耍的人数”为大事B，则B＝A3＋A4，且A3与A4互斥，∴P(B)＝P(A3＋A4)＝P(A3)＋P(A4)＝C34⎝⎛⎭⎪⎫133·23＋C44⎝⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的全部可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥． 则P(ξ＝0)＝P(A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P(A 1＋A 3)＝P(A 1)＋P(A 3)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081，P (ξ＝4)＝P(A 0＋A 4)＝P(A 0)＋P(A 4)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781. 所以ξ的分布列是ξ 0 2 4 P827408117811．本题4个人中参与甲玩耍的人数听从二项分布，由独立重复试验，4人中恰有i 人参与甲玩耍的概率P ＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键．2．解题中常见的错误是不能分清大事间的关系，选错概率模型，特殊是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的大事转化为相应的互斥大事A i 的概率和．【变式训练】 (2021·北京卷节选)A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10，11，12，13，14，15，16；B 组：12，13，15，16，17，14，a.假设全部病人的康复时间相互独立．从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)假如a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率． 解：设大事A i 为“甲是A 组的第i 个人”， 大事B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1，2，…，7. 由题意可知P(A i )＝P(B i )＝17，i ＝1，2， (7)(1)由题意知，大事“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”记为大事A ，且A ＝A 5∪A 6∪A 7.由互斥大事的概率公式，则 P(A)＝P(A 5)＋P(A 6)＋P(A 7)＝37.(2)设大事C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6，因此P(C)＝P(A 4B 1)＋P(A 5B 1)＋P(A 6B 1)＋P(A 7B 1)＋P(A 5B 2)＋P(A 6B 2)＋P(A 7B 2)＋P(A 7B 3)＋P(A 6B 6)＋P(A 7B 6)＝10P(A 4B 1)＝10P(A 4)P(B 1)＝1049.热点3 离散型随机变量的分布列、均值与方差(满分现场)离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题，属于中档题．复习中应强化应用题目的理解与把握，弄清随机变量的全部取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概型的确定与转化是解题的基础，精确 计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练．(经典母题)(本小题满分12分)(2022·河北各校联考)甲乙两人进行围棋竞赛，商定先连胜两局者直接赢得竞赛，若赛完5局仍未消灭连胜，则判定获胜局数多者赢得竞赛，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局竞赛结果相互独立．(1)求甲在4局以内(含4局)赢得竞赛的概率；(2)记X 为竞赛决出胜败时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望)． 规范解答：用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得竞赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，P(A k )＝23，P(B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A 1A 2)＋P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. 5分 (2)X 的可能取值为2，3，4，5，6分 P(X ＝2)＝P(A 1A 2)＋P(B 1B 2) ＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(B 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝59， 7分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)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29， 8分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)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1081， 10分P(X ＝5)＝1－P(X ＝2)－P(X ＝3)－P(X ＝4)＝881.故X 的分布列为X 2 3 4 5 P59291081881 11分E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝2248112分【满分规章】 规章1 得步骤分：是得分点的步骤，有则给分，无则没分，步步为“赢”，求得满分如第(1)问，引进字母表示大事，或用文字斜述正确，得2分；把大事拆分成A ＝A 1A 2＋B 1A 2A 3＋A 1B 2A 3A 4，就得2分，计算概率值正确，得1分．第(2)问求出X 的四个值的概率，每对一个得1分；列出随机变量X 的分布列得1分．规章2 得关键分：解题过程的关键点，有则给分，无则没分如第(1)问，写出大事“甲在4局以内(含4局)赢得竞赛”分解为“甲在第1，2局连胜”“甲在第1局输，第2，3局连胜”“甲在第1局胜，第2局输，第3，4局连胜”，正确得2分．第(2)问，求四个概率时，结果错误，即使计算过程有步骤也不得分．规章3得计算分：解题过程中计算精确，是得满分的根本保证如第(1)问、第(2)问中概率值的计算要正确，否则不得分，分布列中计算四个概率的和是否为1，若和不为1，就有概率值消灭错误了不得分．【构建模板】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的全部可能值．其次步：求第一个可能值所对应的概率．第三步：列出离散型随机变量的分布列．第四步：求均值和方差．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．(1)求解的关键在于理解“甲在4局以内”赢得竞赛的含义，进而将大事转化为“三个互斥大事”的概率和．(2)第(2)问中利用对立大事求P(X＝5)的概率，简化了求解过程．2．求解离散型随机变量的分布列与期望，关键要过好“三关”：一是“推断关”，即依题意推断随机变量的全部可能的取值；二是“求概率关”，即利用两个计数原理、排列与组合内容，以及古典概率的概率公式求随机变量取各个值时的概率；三是“应用定义关”，即列出随机变量的分布列，并利用随机变量的数学期望的定义进行计算．【变式训练】某网站用“10分制”调查一社区人们的治安满足度．现从调查人群中随机抽取16名，以下茎叶图记录了他们的治安满足度分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)．(1)若治安满足度不低于9.5分，则称该人的治安满足度为“极平安”．求从这16人中随机选取3人，至多有1人是“极平安”的概率；(2)以这16人的样本数据来估量整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)中任选3人，记X表示抽到“极平安”的人数，求X的分布列、数学期望与方差．解：(1)设A i表示所取3人中有i个人是“极平安”，至多有1人是“极平安”记为大事A，则A＝A0＋A1，且i＝0，1，2，3.所以P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝C312C316＋C212C14C316＝121140.(2)由茎叶图可知，16人中任取1人是“极平安”的概率P＝416＝14，依题意，X～B(3，14)，则P(x＝k)＝Ck3(14)k(34)3－k，k＝0，1，2，3.所以P(X＝0)＝(34)3＝2764，P(X＝1)＝C13·14·(34)2＝2764，P(X＝2)＝C23·(14)2×34＝964，P(X＝3)＝(14)3＝164.X的分布列为：X 0 1 2 3 P27642764964164E(X)＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.或E(X)＝np ＝34.D(X)＝np(1－p)＝3×14×(1－14)＝916.热点4 概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点．主要依托点是统计图表，正确生疏和使用这些图表是解决问题的关键，复习时要在这些图表上下功夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上把握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算．2021年10月18日至27日，第一届全国青年运动会在福州进行，某服务部需从高校生中招收志愿者，被招收的志愿者需参与笔试和面试，把参与笔试的40名高校生的成果分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成果在第3，4，5组的人数；(2)现打算在笔试成果较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试． ①已知甲和乙的成果均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名同学中随机抽取2名同学接受考官D 的面试，设第4组中有X名同学被考官D 面试，求X 的分布列和数学期望．解：(1)由频率分布直方图知，第3组的人数为5×0.06×40＝12. 第4组的人数为5×0.04×40＝8. 第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组、第4组、第5组中分别抽取3人，2人，1人． ①设“甲或乙进入其次轮面试”为大事A ，则 P(A)＝1－C 310C 312＝511，所以甲或乙进入其次轮面试的概率为511.②X 的全部可能取值为0，1，2，P(X ＝0)＝C 24C 26＝25，P(X ＝1)＝C 12C 14C 26＝815，P(X ＝2)＝C 22C 26＝115.所以X 的分布列为X 0 1 2 P25815115E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.本题将传统的频率分布直方图背景赐予新生的数学期望，立意新颖、构思奇妙．求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题X 听从超几何分布，利用其概率公式代入计算．【变式训练】 (2022·郑州质检)某市训练局为了了解高三同学体育达标状况，对全市高三同学进行了体能测试，经分析，全市同学体能测试成果X 听从正态分布N(80，σ2)(满分为100分)，已知P(X<75)＝0.3，P(X ≥95)＝0.1，现从该市高三同学中随机抽取三位同学．(1)求抽到的三位同学该次体能测试成果在区间[80，85)，[85，95)，[95，100]各有一位同学的概率；(2)记抽到的三位同学该次体能测试成果在区间[75，85]的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望．解：(1)由X ～N(80，σ2)，知P(x ≤80)＝12.又P(x<75)＝0.3，P(X ≥95)＝0.1，则P(80≤x<85)＝P(75≤x ≤80)＝P(x ≤80)－P(x<75)＝0.2. P(85≤x<95)＝P(x>85)－P(x ≥95)＝P(x<75)－P(x ≥95)＝0.2. 故所求大事的概率P ＝0.2×0.2×0.1·A 33＝0.024. (2)P(75≤X ≤85)＝1－2P(X<75)＝0.4， 所以ξ听从二项分布B(3，0.4)， P (ξ＝0)＝0.63＝0.216，P (ξ＝1)＝C 13·0.4×0.62＝0.432， P (ξ＝2)＝C 23·0.42×0.6＝0.288，P (ξ＝3)＝0.43＝0.064， 所以随机变量ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P0.2160.4320.2880.064E(ξ)＝3×0.4＝1.2.1．(2022·佛山质检)贵广高速铁路从贵阳北终至广州南站．其中广东省内有怀集站、广宁站、肇庆东站、三水南站、佛山西站、广州南站共6个站．记者对广东省内的6个车站随机抽取3个进行车站服务满足度调查．(1)求抽取的车站中含有佛山市内车站(包括三水南站和佛山西站)的概率；(2)设抽取的车站中含有肇庆市内车站(包括怀集站、广宁站、肇庆东站)个数为X ，求X 的分布列及其均值．解：(1)设“抽取的车站中含有佛山市内车站”为大事A ，则P(A)＝C 22C 14＋C 12C 24C 36＝45. (2)X 的可能取值为0，1，2，3.P(X ＝0)＝C 03C 33C 36＝120，P(X ＝1)＝C 13C 23C 36＝920，P(X ＝2)＝C 23C 13C 36＝920，P(X ＝3)＝C 33C 03C 36＝120，所以X 的分布列为X 的数学期望E(X)＝0×120＋1×920＋2×920＋3×120＝32.2．(2021·陕西卷)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：(1)求T 的分布列与数学期望E(T)；(2)刘教授驾车从老校区动身，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后马上返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．解：(1)由统计结果可得T 的频率分布为以频率估量概率得T 的分布列为从而E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．(2)设T 1，T 2分别表示往、返所需时间，T 1，T 2的取值相互独立，且与T 的分布列相同．设大事A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以大事A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．法一 P(A)＝P(T 1＋T 2≤70)＝P(T 1＝25，T 2≤45)＋P(T 1＝30，T 2≤40)＋P(T 1＝35，T 2≤35)＋P(T 1＝40，T 2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91. 法二 P(A －)＝P(T 1＋T 2>70)＝P(T 1＝35，T 2＝40)＋P(T 1＝40，T 2＝35)＋P(T 1＝40，T 2＝40) ＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09. 故P(A)＝1－P(A －)＝0.91.3．某高校校庆，各届校友纷至沓来，某班共来了n 位校友(n>8且n ∈N *)，其中女校友6位，组委会对这n 位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”．(1)若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于12，求n 的最大值；(2)当n ＝12时，设选出的2位校友代表中女校友人数为ξ，求ξ的分布列． 解：设选出2人为“最佳组合”记为大事A ，则大事A 发生的概率P(A)＝C 1n －6C 16C 2n ＝12（n －6）n （n －1）.依题意12（n －6）n （n －1）≥12，化简得n 2－25n ＋144≤0，∴9≤n ≤16，故n 的最大值为16.(2)由题意，ξ的可能取值为0，1，2，且ξ听从超几何分布，则P(ξ＝k)＝C k 6C 2－k 6C 212(k ＝0，1，2)，∴P (ξ＝0)＝P(ξ＝2)＝C 06C 26C 212＝522，P (ξ＝1)＝C 16C 16C 212＝611.ξ 0 1 2 P522611522∴E (ξ)＝0×522＋1×611＋2×522＝1.4．(2022·石家庄模拟)4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列读书训练活动．为了解本校同学课外阅读状况，学校随机抽取了100名同学对其课外阅读时间进行调查．下面是依据调查结果绘制的同学日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图．若将日均课外阅读时间不低于60分钟的同学称为“读书迷”，低于60分钟的同学称为“非读书迷”．(1)依据已知条件完成下面2×2列联表，并据此推断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？非读书迷读书迷 总计 男 15 女 45 总计(2)将频率视为概率．现在从该校大量同学中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列，期望E(X)和方差D(X)．附：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），n ＝a ＋b ＋c ＋d.P(K 2≥k 0) 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001k 02.7063.841 5.024 6.63510.828解：(1)完成2×2列联表如下：非读书迷 读书迷 总计 男 40 15 55 女 20 25 45 总计6040100K 2＝100×（40×25－15×20）260×40×55×45≈8.249>6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关．(2)将频率视为概率．则从该校同学中任意抽取1名同学恰为“读书迷”的概率p ＝25.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P(X ＝i)＝C i 3(25)i (35)3－i (i ＝0，1，2，3)．X 的分布列为X 0 1 2 3 P2712554125361258125均值E(X)＝np ＝3×25＝65.方差D(X)＝np(1－p)＝3×25×(1－25)＝1825.5．(2022·课标全国Ⅰ卷)某公司方案购买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，假如备件不足再购买，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，n 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)由柱状图及以频率代替概率可得，一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； P (X ＝22)＝0.2×0.2＝0.04. 所以X 的分布列为X16171819202122P 0.040.160.240.240.20.080.04(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＝19.6．为备战2022年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练．现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成果中随机抽取8次，记录如下：甲：8.3，9.0，7.9，7.8，9.4，8.9，8.4，8.3乙：9.2，9.5，8.0，7.5，8.2，8.1，9.0，8.5.(1)画出甲、乙两位选手成果的茎叶图；(2)现要从中选派一人参与奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参与合理？简洁说明理由；(3)若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次竞赛成果进行猜测，记这三次成果中不低于8.5分的次数为X，求X的分布列及均值E(X)、方差D(X)．解：(1)甲、乙两位选手成果的茎叶图如图：(2)由于x－甲＝x－乙＝8.5，又s2甲＝0.27，s2乙＝0.405，得s2甲<s2乙，所以选派甲合适．(3)依题意得，乙不低于8.5分的频率为12，X的可能取值为0，1，2，3.则X～B⎝⎛⎭⎪⎫3，12，∴P(X＝k)＝C k3⎝⎛⎭⎪⎫12k⎝⎛⎭⎪⎫1－123－k＝C k3⎝⎛⎭⎪⎫123，k＝0，1，2，3.所以X的分布列为X 0 1 2 3P18383818∴E(X)＝np＝3×12＝32，D(X)＝np(1－p)＝3×12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12＝34.。