§12_2　离散型随机变量及其分布列、均值与方差

1、高考理数高考理数 (课标专用) 12.2离散型随机变量及其分布列、 均值与方差 A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组 考点一离散型随机变量及其分布列考点一离散型随机变量及其分布列 1.(2017课标,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售 价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每 天需求量与当天最高气温(单位:)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气 温位于区间20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的 订购计划,统计了前三年六月份

2、各天的最高气温数据,得下面的频数分布表: 五年高考 最高气温10,15)15,20)20,25)25,30)30,35)35,40) 天数216362574 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率. (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列; (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位: 瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值? 解析解析本题考查随机变量的分布列,数学期望. (1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500, 由表格数据知 P(X=200)=0.2, P(X=300)=0.4, P(X=500)

3、=0.4. 因此X的分布列为 2 16 90 36 90 2574 90 X200300500 P0.20.40.4 (2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200n500. 当300n500时, 若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n; 若最高气温位于区间20,25), 则Y=6300+2(n-300)-4n=1 200-2n; 若最高气温低于20,则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n0.4+(1 200-2n)0.4+(800-2n)0.2=640-0.4n. 当200n300时, 若最高气温不低于20,则Y=

4、6n-4n=2n; 若最高气温低于20,则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n(0.4+0.4)+(800-2n)0.2=160+1.2n. 所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元. 名师点拨名师点拨求离散型随机变量的分布列、均值与方差需过四关:“题目的理解关”.要抓住 题中关键字句,尽可能转化为自己熟悉的模型.“随机变量的取值关”.准确无误地找出随机 变量的所有可能取值.“事件的类型关”.概率问题中的事件涉及等可能事件、互斥事件、 对立事件、相互独立事件等,在计算相应的概率前要先确定事件的类型.“概率的运算关”. 运用公式P(A)=,P(A

5、+B)=P(A)+P(B),P(AB)=P(A)P(B),P(=k)=pk(1-p)n-k(k=0,1,2,n)时,要 注意准确无误. m n Ck n 2.(2016课标,19,12分)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

6、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(Xn)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? 解析解析(1)由柱状图并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8,9,10,1 1的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2. 可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22, P(X=16)=0.20.2=0.04; P(X=17)=20.20.4=0.16; P(X=18)=20.20.2+0.40.4=0.24; P(X=19)

7、=20.20.2+20.40.2=0.24; P(X=20)=20.20.4+0.20.2=0.2; P(X=21)=20.20.2=0.08; P(X=22)=0.20.2=0.04.(4分) 所以X的分布列为 X16171819202122 P0.040.160.240.240.20.080.04 (6分) (2)由(1)知P(X18)=0.44,P(X19)=0.68,故n的最小值为19.(8分) (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, EY=192000.68+(19200+500)0.2+(19200+2500)0.08+(19200+3500

8、)0.04=4 040. (10分) 当n=20时, EY=202000.88+(20200+500)0.08+(20200+2500)0.04=4 080. 可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.(12分) 思路分析思路分析(1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列. (2)根据(1)中求得的概率可得P(X18)以及P(X19)的值,由此即可确定n的最小值. (3)求出n=19,n=20时的期望值,比较大小即可作出决策. 考点二均值与方差考点二均值与方差 1.(2017课标,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次

9、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DX= . 答案答案1.96 解析解析本题主要考查二项分布. 由题意可知XB(100,0.02),由二项分布可得DX=1000.02(1-0.02)=1.96. 2.(2018课标,20,12分)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 (0p0; 当p(0.1,1)时, f (p)400,故应该对余下的产品作检验. 2 20 C 2 20

10、 C 2 20 C 考点一离散型随机变量及其分布列考点一离散型随机变量及其分布列 1.(2018天津,16,13分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层 抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人? (2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检 查. (i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望; (ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概 率. B B组组 自主命题自主命题省省

11、( (区、市区、市) )卷题组卷题组 解析解析本小题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期望、互斥事件的概率 加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. (1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3 2 2,由于采用分层抽样的方法从中抽 取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人. (2)(i)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=k)=(k=0,1,2,3). 所以,随机变量X的分布列为 3 43 3 7 CC C kk X0123 P1 35 12 35 18 35 4 35 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2+

12、3=. (ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取 的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=BC,且B与C互斥. 由(i)知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1), 故P(A)=P(BC)=P(X=2)+P(X=1)=. 所以,事件A发生的概率为. 1 35 12 35 18 35 4 35 12 7 6 7 6 7 导师点睛导师点睛超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到某类个体的个数.超几何分 布的特点: (1)考察对象分两类; (2)已知各类对象的个数; (3)从中抽取若干个个体,考察某类个体个数

13、X的概率分布. 超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型,其实质是古典概型. 2.(2015重庆,17,13分)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. 解析解析(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)= =. (2)X的所有可能值为0,1,2,且 P(X=0)=,P(X=1)=, P(X=2)=. 综上知,X的分布列为 111 235 3 10 C C

14、C C 1 4 3 8 3 10 C C 7 15 12 28 3 10 C C C 7 15 21 28 3 10 C C C 1 15 X012 P7 15 7 15 1 15 故E(X)=0+1+2=(个). 7 15 7 15 1 15 3 5 3.(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

15、学的人数,求随机变量X的分布列和数学期望. 解析解析(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)=. 所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为. (2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3. P(X=k)=(k=0,1,2,3). 所以随机变量X的分布列是 1203 3737 3 10 CCCC C 49 60 49 60 3 46 3 10 CC C kk X0123 P1 6 1 2 3 10 1 30 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2+3=. 1 6 1 2 3 10 1 30 6 5 4.(2015四川,17,12分)某市A,B两所中学的学生组队

16、参加辩论赛,A中学推荐了3名男生、2名女 生,B中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相 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的分布 列和数学期望. 解析解析(1)由题意,参加集训的男、女生各有6名. 参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为=. 因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-=. (2)根据题意,X的可能取值为1,2,3. P(X=1)=,P(X=2

17、)=, P(X=3)=. 所以X的分布列为 33 34 33 66 C C C C 1 100 1 100 99 100 13 33 4 6 C C C 1 5 22 33 4 6 C C C 3 5 31 33 4 6 C C C 1 5 X123 P1 5 3 5 1 5 因此,X的数学期望为 E(X)=1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3) =1+2+3=2. 1 5 3 5 1 5 5.(2017山东,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

18、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A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,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A1但不包含B1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. 解析解析本题考查离散型随机变量的分布列,期望. (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M, 则P(M)=. (2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则 P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3

19、)=, P(X=4)=. 因此X的分布列为 4 8 5 10 C C 5 18 5 6 5 10 C C 1 42 41 64 5 10 C C C 5 21 32 64 5 10 C C C 10 21 23 64 5 10 C C C 5 21 14 64 5 10 C C C 1 42 X01234 P 1 42 5 21 10 21 5 21 1 42 X的数学期望是 EX=0P(X=0)+1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)+4P(X=4)=0+1+2+3+4=2. 5 21 10 21 5 21 1 42 解后反思解后反思(1)求离散型随机变量X的分布列的步骤: 理解X的

20、含义,写出X所有可能的取值. 求X取每个值时的概率; 写出X的分布列. (2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意 应用计数原理,古典概型概率公式等知识. 6.(2017天津,16,13分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在 各路口遇到红灯的概率分别为,. (1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望; (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率. 1 2 1 3 1 4 解析解析本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的 概率加

21、法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. (1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=0)=, P(X=1)=1-1-+1-1-+=, P(X=2)=+=, P(X=3)=. 所以,随机变量X的分布列为 1 1 2 1 1 3 1 1 4 1 4 1 2 1 3 1 4 1 2 1 3 1 4 1 1 2 1 1 3 1 4 11 24 1 1 2 1 3 1 4 1 2 1 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1 4 1 4 1 2 1 3 1 4 1 24 X0123 P 1 4 11 24 1 4 1 24 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2+3=.

22、 (2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为 P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0) =P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0) =+ =. 所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为. 1 4 11 24 1 4 1 24 13 12 1 4 11 24 11 24 1 4 11 48 11 48 技巧点拨技巧点拨解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随机变量可以取哪些值以及取各个 值时对应的概率,只有正确理解随机变量取值的意义才能解决这个问题,理解随机变量取值的 意义是解决这类问题的必要前提. 7.(2014山东,18,

23、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,在D上的概率为;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C 上的概率为,在D上的概率为.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,小明得分之和的分布列与数学期望. 1 2 1 3 1 5 3 5 解析解析(1)记

24、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)=,P(A1)=,P(A0)=1-=. 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)=,P(B1)=,P(B0)=1-=. 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=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3, 由事件的独立性和互斥性, P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3) =P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3) =P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)P(B1)+P(A0)P(B3

25、) =+=, 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. (2)由题意,随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6, 1 2 1 3 1 2 1 3 1 6 1 5 3 5 1 5 3 5 1 5 1 2 1 5 1 3 1 5 1 6 3 5 1 6 1 5 3 10 3 10 由事件的独立性和互斥性,得 P(=0)=P(A0B0)=, P(=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=+=, P(=2)=P(A1B1)=, P(=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=+=, P(=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(

26、A1B3)=+=, P(=6)=P(A3B3)=. 可得随机变量的分布列为 1 6 1 5 1 30 1 3 1 5 1 6 3 5 1 6 1 3 3 5 1 5 1 2 1 5 1 5 1 6 2 15 1 2 3 5 1 3 1 5 11 30 1 2 1 5 1 10 012346 P 1 30 1 6 1 5 2 15 11 30 1 10 所以数学期望E=0+1+2+3+4+6=. 1 30 1 6 1 5 2 15 11 30 1 10 91 30 考点二均值与方差考点二均值与方差 1.(2018浙江,7,4分)设0p1,随机变量的分布列是 则当p在(0,1)内增大时,() A.

27、D()减小 B.D()增大 C.D()先减小后增大 D.D()先增大后减小 012 P 1 p 2 1 2 p 2 答案答案D本小题考查随机变量的分布列,期望、方差的计算及函数的单调性. 由题意得E()=0+1+2=+p, D()=+ =(1+2p)2(1-p)+(1-2p)2+(3-2p)2p =-p2+p+=-+. 由得0p1, D()在上单调递增,在上单调递减,故选D. 1 2 p1 22 p1 2 2 1 0 2 p 1 2 p 2 1 1 2 p 1 2 2 1 2 2 p 2 p 1 8 1 4 2 1 2 p 1 2 1 01, 2 01, 2 11 1, 222 p p pp

28、1 0, 2 1 ,1 2 2.(2017浙江,8,5分)已知随机变量i满足P(i=1)=pi,P(i=0)=1-pi,i=1,2.若0p1p2,则() A.E(1)E(2),D(1)D(2) B.E(1)D(2) C.E(1)E(2),D(1)E(2),D(1)D(2) 1 2 答案答案A本题考查随机变量的概念及其分布列,随机变量的期望、方差的计算,考查推理运 算能力,利用作差比较法比较两式的大小,构造函数,利用函数的单调性比较两式的大小. 解法一:E(1)=0(1-p1)+1p1=p1, 同理,E(2)=p2,又0p1p2,E(1)E(2). D(1)=(0-p1)2(1-p1)+(1-p

29、1)2p1=p1-, 同理,D(2)=p2-. D(1)-D(2)=p1-p2-(-)=(p1-p2)(1-p1-p2). 0p1p20,(p1-p2)(1-p1-p2)0. D(1)D(2).故选A. 解法二:同解法一知E(1)E(2),D(1)=p1-,D(2)=p2-, 令f(x)=x-x2,则f(x)在上为增函数,0p1p2,f(p1)f(p2),即D(1)D4D2=D5D3D6. 50 2 000 BABA 解后反思解后反思古典概型的概率以及方差的求解 在使用古典概型的概率公式时,应该注意:(1)要判断该概率模型是不是古典概型;(2)先分清基 本事件的总数n与事件A中包含的结果数m,

30、再利用公式P(A)=求出事件A发生的概率.在求方 差时,要学会判断随机变量是不是服从特殊分布,若服从,则利用特殊分布的方差公式求解. m n 5.(2017北京,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组 服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中 “*”表示服药者,“+”表示未服药者. (1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率; (2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求的分 布列和数学期望E(); (3)试判断这100名患者中

31、服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需 写出结论) 解析解析本题考查古典概型,离散型随机变量的分布列与数学期望,方差等知识. (1)由题图知,在服药的50名患者中,指标y的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机 选出一人,此人指标y的值小于60的概率为=0.3. (2)由题图知,A,B,C,D四人中,指标x的值大于1.7的有2人:A和C. 所以的所有可能取值为0,1,2. P(=0)=,P(=1)=,P(=2)=. 所以的分布列为 15 50 2 2 2 4 C C 1 6 11 22 2 4 C C C 2 3 2 2 2 4 C C 1 6 012 P

32、1 6 2 3 1 6 故的期望E()=0+1+2=1. (3)在这100名患者中,服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差. 1 6 2 3 1 6 方法总结方法总结在求解离散型随机变量的分布列与数学期望时,先确定随机变量的取值及各个 取值对应的概率,利用期望的公式求其数学期望;在比较数据的方差时,可以根据两组数据的 集中或分散程度进行比较. 6.(2015天津,16,13分)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. (1)设A为事

33、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; (2)设X为选出的4人中种子选手的人数,求随机变量X的分布列和数学期望. 解析解析(1)由已知,有 P(A)=. 所以,事件A发生的概率为. (2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4. P(X=k)=(k=1,2,3,4). 所以,随机变量X的分布列为 2222 2333 4 8 C CC C C 6 35 6 35 4 53 4 8 C C C kk X1234 P 1 14 3 7 3 7 1 14 随机变量X的数学期望E(X)=1+2+3+4=. 1 14 3 7 3 7 1 14 5 2

34、评析评析本题主要考查古典概型及其概率计算公式,离散型随机变量的分布列与数学期望等基 础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.属中等难度题. 7.(2015福建,16,13分)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.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码 是他常用的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;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定. (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率; (2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望. 解析解析(1)设“当天小

35、王的该银行卡被锁定”的事件为A, 则P(A)=. (2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3. P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=1=, 所以X的分布列为 5 6 4 5 3 4 1 2 1 6 5 6 1 5 1 6 5 6 4 5 2 3 X123 P 1 6 1 6 2 3 所以E(X)=1+2+3=. 1 6 1 6 2 3 5 2 8.(2015安徽,17,12分)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; (

36、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). 解析解析(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, 则P(A)=. (2)X的可能取值为200,300,400. P(X=200)=, P(X=300)=, P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-=. 故X的分布列为 11 23 2 5 A A A 3 10 2 2 2 5 A A 1 10 3112 3232 3 5 AC C A A 3 10 1 10 3 10 6 10 X200300400

37、P 1 10 3 10 6 10 EX=200+300+400=350. 1 10 3 10 6 10 9.(2016山东,19,12分)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,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分; 如果两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是,乙每轮猜对的概率是;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: (1)“星队”至少猜对3个成语的概率; (2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX. 3 4 2 3 解析解析(1)记事件A:“甲

38、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+BCD+ACD+ABD+ABC, 由事件的独立性与互斥性,得 P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(ACD)+P(ABD)+P(ABC) =P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)P()P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P (C)P() =+2 =. 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为. (2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6. 由事件的独立性

39、与互斥性,得 P(X=0)=, ABCD ABCD ABC D 3 4 2 3 3 4 2 3 12323132 43434343 2 3 2 3 1 4 1 3 1 4 1 3 1 144 P(X=1)=2=, P(X=2)=+=, P(X=3)=+=, P(X=4)=2=, P(X=6)=. 可得随机变量X的分布列为 31111211 43434343 10 144 5 72 3 4 1 3 3 4 1 3 3 4 1 3 1 4 2 3 1 4 2 3 3 4 1 3 1 4 2 3 1 4 2 3 25 144 3 4 2 3 1 4 1 3 1 4 1 3 3 4 2 3 12 14

40、4 1 12 32313212 43434343 60 144 5 12 3 4 2 3 3 4 2 3 36 144 1 4 X012346 P 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 所以数学期望EX=0+1+2+3+4+6=. 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 23 6 评析评析本题考查了随机事件发生的概率及离散型随机变量的分布列与数学期望,确定随机变 量可能的取值是解题的关键.属于中档题. 10.(2017江苏,23,10分)已知一个口袋中有m个白球,n个黑球(m,nN*,n2),这些球除颜色外完 全相同.现将口袋中的球随机地逐个取

41、出,并放入如图所示的编号为1,2,3,m+n的抽屉内,其 中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,m+n). 123m+n (1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P; (2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X) . ()(1) n mn n 解析解析本小题主要考查古典概率、随机变量及其分布、数学期望等基础知识,考查组合数及 其性质,考查运算求解能力和推理论证能力. (1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P=. (2)随机变量X的概率分布为: 1 1 C C n m n n m n n mn X P 1 n 1 n1 1 n2

42、 1 k 1 mn n 1 n 1 n m n C C n 1 n n m n C C n 1 n 1 n m n C C n 1 k 1 n m n C C n 1 n m 1 n m n C C 随机变量X的期望为: E(X)=. 所以E(X) = =(1+) =(+) =(+) =(+) =, 即E(X)70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40) =0.40.1+0.10.4+0.10.1=0.09. 故P(A)=1-P()=0.91. A A 2.(2015湖北,20,12分)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

43、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 W121518 P0.30.50.2 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. 解析解析(1)设每天A,B两种产品的生产数量

44、分别为x吨,y吨,相应的获利为z元,则有 目标函数为z=1 000 x+1 200y. 当W=12时,表示的平面区域如图1,三个顶点分别为 21.5, 1.512, 20, 0,0. xyW xy xy xy A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0). 将z=1 000 x+1 200y变形为y=-x+, 当x=2.4,y=4.8时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大, 最大获利Z=zmax=2.41 000+4.81 200=8 160. 当W=15时,表示的平面区域如图2,三个顶点分别为 A(0,0),B(3,6),C(7.5,0). 将z=1 000 x+1 200y变形为y=

45、-x+, 当x=3,y=6时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大, 最大获利Z=zmax=31 000+61 200=10 200. 当W=18时,表示的平面区域如图3, 四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0). 将z=1 000 x+1 200y变形为y=-x+, 当x=6,y=4时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大, 5 61 200 z 5 61 200 z 5 61 200 z 5 61 200 z 5 61 200 z 5 61 200 z 最大获利Z=zmax=61 000+41 200=10 800. 故最大获利Z的分布列为 因此,E(Z)=8

46、 1600.3+10 2000.5+10 8000.2=9 708. (2)由(1)知,一天最大获利超过10 000元的概率 P(Z10 000)=0.5+0.2=0.7, 由二项分布知,3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为1-(1-0.7)3=1-0.33=0.973. Z8 16010 20010 800 P0.30.50.2 3.(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,

47、求X的分布列与数学期望. (注:若三个数a,b,c满足abc,则称b为这三个数的中位数) 解析解析(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为 P=. (2)X的所有可能值为1,2,3,且 P(X=1)=,P(X=2)=, P(X=3)=, 故X的分布列为 33 43 3 9 CC C 5 84 213 454 3 9 C CC C 17 42 111213 342363 3 9 C C CC CC C 43 84 21 27 3 9 C C C 1 12 X123 P 17 42 43 84 1 12 从而E(X)=1+2+3=. 17 42 43 84 1 12 47 28 评析评析 本题

48、考查概率的计算,随机变量的分布列及数学期望.其中概率的计算要求较高,不过 整体难度不大,属中等偏易题. 4.(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

49、年入流量X限制,并 有如下关系: 年入流量X40X120 发电机最多可运行台数123 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? 解析解析(1)依题意,p1=P(40X120)=0.1. 由二项分布知,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=(1-p3)4+(1-p3)3p3= +4=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 00

50、0 1=5 000. (ii)安装2台发电机的情形. 依题意知,当40X80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-800=4 200,因此P(Y=4 200)=P(40X8 0)=p1=0.2;当X80时,两台发电机运行,此时Y=5 0002=10 000,因此P(Y=10 000)=P(X80)=p2 +p3=0.8,由此得Y的分布列如下: 10 50 35 50 5 50 0 4 C 1 4 C 4 9 10 3 9 10 1 10 Y4 20010 000 P0.20.8 所以,E(Y)=4 2000.2+10 0000.8=8 840. (iii)安装3台发电机的情形. 依题意,当4

51、0X80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-1 600=3 400,因此P(Y=3 400)=P(40X120时,三台发电机运行,此时Y=5 0003=15 000,因此P(Y=15 000)=P (X120)=p3=0.1,由此得Y的分布列如下: Y3 4009 20015 000 P0.20.70.1 所以,E(Y)=3 4000.2+9 2000.7+15 0000.1=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. 评析评析本题考查了概率和离散型随机变量的分布列.考查了分类讨论方法和运算求解能力. 5.(2014江西,21,14分)随机将1,2,2n(nN

52、*,n2)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=a2-a1,=b2-b1. (1)当n=3时,求的分布列和数学期望; (2)令C表示事件“与的取值恰好相等”,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.CC 解析解析(1)当n=3时,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,所以的分布列为 E=2+3+4+5=. (2)和恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,2n-2. 又和恰好相等且等

53、于n-1时,不同的分组方法有2种; 和恰好相等且等于n时,不同的分组方法有2种; 和恰好相等且等于n+k(k=1,2,n-2)(n3)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(), 2345 P 3 6 C 1 5 3 10 3 10 1 5 1 5 3 10 3 10 1 5 7 2 2 Ckk 4 6 2 3 2 2 1 2 2(2C ) 3, ( ). C n k k k n n nP C 当时 C 1 3 C 而当n3时,P(C)P().理由如下: 用数学归纳法来证明: 1当n=3时,式左边=4(2+)=4(2+2)

54、=16,式右边=20,所以式成立. 那么,当n=m+1时, 即当n=m+1时式也成立. C 2 22 1 ( )( )4(2C )C . n kn kn k P CP C 等价于 1 2 C 3 6 C 2 22 1 2(3),4(2C )C, m km km k nm m 假设时式成立 即成立 1 2 2 1 2 11 22(1)22(1) 1 2 2 1 2(1) 4(2C ) 4(2C )4CC4C (2 )!4 (22)! ! !(1)!(1)! (1) (2 )(22)!(41) (1)!(1)! (1) (2 )(22)!(4 ) (1)!(1)! 2(1) C (21)(21)

55、m k k k m kmmm kmmm k m m mm m mmm mmmm mm mmmm mm mm mm 左边 1 2(1) C, m m 右边 综合1,2得,对于n3的所有正整数,都有P(C)p2,E(1)E(2) B.p1E(2) C.p1p2,E(1)E(2) D.p1p2,E(1)0,即有p1p2.此时,2的取值为1,2,3.P(2=1)=,P m mn 1 2 n mn 2() n mn 2 2() nm mn n mn m mn n mn m mn 2nm mn 2 2 C C m m n 2 3 11 2 C C C mn m n 1 3 2 2 C C n m n 21

56、12 2 3C2C CC 3C mmnn m n 22 334 3()(1) mmmnnn mn mn (3 )(1) 3()(1) nm mn mn mn 3 3() mn mn 6() n mn 2 2 C C n m n (2=2)=,P(2=3)=,则E(2)=1+2+3=3p2=,则 有E(1)p2,E(1)E(2),故选A. 11 2 C C C mn m n 2 2 C C m m n 2 2 C C n m n 11 2 C C C mn m n 2 2 C C m m n 2112 2 C2C C3C C nmnm m n 3nm nm 3.(2014江苏,22,10分)盒中

57、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x 1,x2,x3中的最大数.求X的概率分布和数学期望E(X). 解析解析(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

58、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: 222 432 2 9 CCC C 63 1 36 5 18 4 4 4 9 C C 1 126 3131 4536 4 9 C CC C C 206 126 13 63 13 63 1 126 11 14 X234 P 11 14 13 63 1 126 因此随机变量X的数学期望 E(X)=2+3+4=. 11 14 13 63 1 126 20 9 4.(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

59、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. 解析解析(1)设顾客所获的奖励额为X元. (i)依题意,得P(X=

60、60)=, 即顾客所获的奖励额为60元的概率为. (ii)依题意,得X的所有可能取值为20,60. P(X=60)=,P(X=20)=, 即X的分布列为 11 13 2 4 C C C 1 2 1 2 1 2 2 3 2 4 C C 1 2 X2060 P0.50.5 所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)=200.5+600.5=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,