2023版高考数学大一轮复习第十二章概率、随机变量及其分布12.6离散型随机变量的均值与方差、正态分布试题理北师大版

PAGEPAGE17第十二章概率、随机变量及其分布12.6离散型随机变量的均值与方差、正态分布试题理北师大版1．离散型随机变量的均值与方差假设离散型随机变量X的分布列为P(X＝ai)＝pi(i＝1,2，…r)．(1)均值EX＝a1p1＋a2p2＋…＋arpr，均值EX刻画的是X取值的“中心位置〞．(2)方差DX＝E(X－EX)2为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值EX的平均偏离程度．2．二项分布的均值、方差假设X～B(n，p)，那么EX＝np，DX＝np(1－p)．3．正态分布(1)X～N(μ，σ2)，表示X服从参数为μ和σ2的正态分布．(2)正态分布密度函数的性质：①函数图像关于直线x＝μ对称；②σ(σ>0)的大小决定函数图像的“胖〞“瘦〞；③P(μ－σ<X<μ＋σ)＝68.3%；P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝95.4%；P(μ－3σ<X<μ＋3σ)＝99.7%.【思考辨析】判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定．(√)(2)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，那么偏离变量的平均程度越小．(√)(3)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．(√)(4)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．(√)(5)均值是算术平均数概念的推广，与概率无关．(×)1．(教材改编)某射手射击所得环数ξ的分布列如下：ξ78910Px0.10.3yξ的均值Eξ＝8.9，那么y的值为()A．0.4B．0.6C．0.7D．0.9答案A解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋0.1＋0.3＋y＝1，,7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，))可得y＝0.4.2．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝eq\f(1,5)(k＝2,4,6,8,10)，那么Dξ等于()A．8 B．5C．10 D．12答案A解析Eξ＝eq\f(1,5)(2＋4＋6＋8＋10)＝6，Dξ＝eq\f(1,5)[(－4)2＋(－2)2＋02＋22＋42]＝8.3．随机变量X＋η＝8，假设X～B(10,0.6)，那么随机变量η的均值Eη及方差Dη分别是()A．6和2.4 B．2和2.4C．2和5.6 D．6和5.6答案B解析设随机变量X的均值及方差分别为EX，DX，因为X～B(10,0.6)，所以EX＝10×0.6＝6，DX＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，故Eη＝E(8－X)＝8－EX＝2，Dη＝D(8－X)＝DX＝2.4.4．设样本数据x1，x2，…，x10的均值和方差分别为1和4，假设yi＝xi＋a(a为非零常数，i＝1,2，…，10)，那么y1，y2，…，y10的均值和方差分别为________．答案1＋a,4解析eq\f(x1＋x2＋…＋x10,10)＝1，yi＝xi＋a，所以y1，y2，…，y10的均值为1＋a，方差不变仍为4.5．某班有50名学生，一次考试的数学成绩ξ服从正态分布N(100,102)，P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．答案10解析由题意知，P(ξ>110)＝eq\f(1－2P90≤ξ≤100,2)＝0.2，∴该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10.题型一离散型随机变量的均值、方差命题点1求离散型随机变量的均值、方差例1(2022·山东)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，那么“星队〞得3分；如果只有一个人猜对，那么“星队〞得1分；如果两人都没猜对，那么“星队〞得0分．甲每轮猜对的概率是eq\f(3,4)，乙每轮猜对的概率是eq\f(2,3)，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的分布列和均值EX.解(1)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，得E＝ABCD＋eq\x\to(A)BCD＋Aeq\x\to(B)CD＋ABeq\x\to(C)D＋ABCeq\x\to(D)，由事件的独立性与互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\x\to(A)BCD)＋P(Aeq\x\to(B)CD)＋P(ABeq\x\to(C)D)＋P(ABCeq\x\to(D))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\x\to(A))P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(eq\x\to(C))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\x\to(D))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3).所以“星队〞至少猜对3个成语的概率为eq\f(2,3).(2)由题意，得随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60,144)＝eq\f(5,12)，P(X＝6)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(36,144)＝eq\f(1,4).可得随机变量X的分布列为X012346Peq\f(1,144)eq\f(5,72)eq\f(25,144)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,4)所以均值EX＝0×eq\f(1,144)＋1×eq\f(5,72)＋2×eq\f(25,144)＋3×eq\f(1,12)＋4×eq\f(5,12)＋6×eq\f(1,4)＝eq\f(23,6).命题点2离散型随机变量的均值与方差，求参数值例2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，且每球取到的时机均等)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(每球取到的时机均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．假设Eη＝eq\f(5,3)，Dη＝eq\f(5,9)，求a∶b∶c.解(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6，故P(ξ＝2)＝eq\f(3×3,6×6)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝3)＝eq\f(2×3×2,6×6)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝4)＝eq\f(2×3×1＋2×2,6×6)＝eq\f(5,18)，P(ξ＝5)＝eq\f(2×2×1,6×6)＝eq\f(1,9)，P(ξ＝6)＝eq\f(1×1,6×6)＝eq\f(1,36).所以ξ的分布列为ξ23456Peq\f(1,4)eq\f(1,3)eq\f(5,18)eq\f(1,9)eq\f(1,36)(2)由题意知η的分布列为η123Peq\f(a,a＋b＋c)eq\f(b,a＋b＋c)eq\f(c,a＋b＋c)所以Eη＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(2b,a＋b＋c)＋eq\f(3c,a＋b＋c)＝eq\f(5,3)，Dη＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,3)))2·eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5,3)))2·eq\f(b,a＋b＋c)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(5,3)))2·eq\f(c,a＋b＋c)＝eq\f(5,9)，化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－b－4c＝0，,a＋4b－11c＝0.))解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1.思维升华离散型随机变量的均值与方差的常见类型及解题策略(1)求离散型随机变量的均值与方差．可依题设条件求出离散型随机变量的分布列，然后利用均值、方差公式直接求解．(2)由均值或方差求参数值．可依据条件利用均值、方差公式得出含有参数的方程(组)，解方程(组)即可求出参数值．(3)由条件，作出对两种方案的判断．可依据均值、方差的意义，对实际问题作出判断．(2022·四川)某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，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的分布列和均值．解(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eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(3,4),C\o\al(3,6)C\o\al(3,6))＝eq\f(1,100).因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－eq\f(1,100)＝eq\f(99,100).(2)根据题意，X的可能取值为1,2,3，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,3),C\o\al(4,6))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,3),C\o\al(4,6))＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,3),C\o\al(4,6))＝eq\f(1,5)，所以X的分布列为X123Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)因此，X的均值为EX＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5)＝2.题型二均值与方差在决策中的应用例3(2022·全国乙卷)某公司方案购置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，可以额外购置这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件缺乏再购置，那么每个500元．现需决策在购置机器时应同时购置几个易损零件，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表示购置2台机器的同时购置的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)假设要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购置易损零件所需费用的均值为决策依据，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，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X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(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台机器在购置易损零件上所需的费用(单位：元)．当n＝19时，EY＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4040；当n＝20时，EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4080.可知当n＝19时所需费用的均值小于n＝20时所需费用的均值，故应选n＝19.思维升华随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比拟均值，假设均值相同，再用方差来决定．某投资公司在2022年年初准备将1000万元投资到“低碳〞工程上，现有两个工程供选择：工程一：新能源汽车．据市场调研，投资到该工程上，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eq\f(7,9)和eq\f(2,9)；工程二：通信设备．据市场调研，投资到该工程上，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eq\f(3,5)，eq\f(1,3)和eq\f(1,15).针对以上两个投资工程，请你为投资公司选择一个合理的工程，并说明理由．解假设按“工程一〞投资，设获利为X1万元，那么X1的分布列为X1300－150Peq\f(7,9)eq\f(2,9)∴EX1＝300×eq\f(7,9)＋(－150)×eq\f(2,9)＝200.假设按“工程二〞投资，设获利X2万元，那么X2的分布列为X2500－3000Peq\f(3,5)eq\f(1,3)eq\f(1,15)∴EX2＝500×eq\f(3,5)＋(－300)×eq\f(1,3)＋0×eq\f(1,15)＝200.DX1＝(300－200)2×eq\f(7,9)＋(－150－200)2×eq\f(2,9)＝35000，DX2＝(500－200)2×eq\f(3,5)＋(－300－200)2×eq\f(1,3)＋(0－200)2×eq\f(1,15)＝140000.所以EX1＝EX2，DX1<DX2，这说明虽然工程一、工程二获利相等，但工程一更稳妥．综上所述，建议该投资公司选择工程一投资．题型三正态分布的应用例4(1)(2022·湖北)设X～N(μ1，σeq\o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq\o\al(2,2))，这两个正态分布密度曲线如下图．以下结论中正确的选项是()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)答案D解析对于A项，因为正态分布曲线关于直线x＝μ对称，所以μ1<μ2.所以P(Y≥μ1)>0.5＝P(Y≥μ2)，故A项错误；对于B项，因为X的正态分布密度曲线比Y的正态分布密度曲线更“瘦高〞，所以σ1<σ2.所以P(X≤σ1)<P(X≤σ2)，故B项错误；对于C项，由图像可知，在y轴的右侧某处，显然满足P(X≥t)<P(Y≥t)，故C项错误；对于D项，在y轴右侧作与x轴垂直的一系列平行线，可知在任何情况下，X的正态分布密度曲线与x轴之间围成的图形面积都大于Y的正态分布密度曲线与x轴之间围成的图形面积，即对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，故D项正确．(2)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，由测量结果得如下频率分布直方图：①求这500件产品质量指标值的样本平均数eq\x\to(x)和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；②由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数eq\x\to(x)，σ2近似为样本方差s2.(ⅰ)利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2)；(ⅱ)某用户从该企业购置了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.附：eq\r(150)≈12.2.假设Z～N(μ，σ2)，那么P(μ－σ<Z<μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<Z<μ＋2σ)＝0.9544.解①抽取产品的质量指标值的样本平均数eq\x\to(x)和样本方差s2分别为eq\x\to(x)＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.②(ⅰ)由①知，Z～N(200,150)，从而P(187.8<Z<212.2)＝P(200－12.2<Z<200＋12.2)＝0.6826.(ⅱ)由(ⅰ)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X～B(100,0.6826)，所以EX＝100×0.6826＝68.26.思维升华解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.(2022·山东)某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为(附：假设随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，那么P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%.)()A．4.56% B．13.59%C．27.18% D．31.74%答案B解析由正态分布的概率公式知P(－3<ξ<3)＝0.6826，P(－6<ξ<6)＝0.9544，故P(3<ξ<6)＝eq\f(P－6<ξ<6－P－3<ξ<3,2)＝eq\f(0.9544－0.6826,2)＝0.1359＝13.59%，应选B.8．离散型随机变量的均值与方差问题典例(12分)(2022·湖北六校联考)在2022年全国高校自主招生考试中，某高校设计了一个面试考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立答复全部问题．规定：至少正确答复其中2题的便可通过．6道备选题中考生甲有4题能正确答复，2题不能答复；考生乙每题正确答复的概率都为eq\f(2,3)，且每题正确答复与否互不影响．(1)分别写出甲、乙两考生正确答复题数的分布列，并计算其均值；(2)试用统计知识分析比拟两考生的通过能力．标准解答解(1)甲正确答复的题目数ξ可取1,2,3.P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5).[3分]故其分布列为ξ123Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)Eξ＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5)＝2.[5分]又乙正确答复的题目数η～B(3，eq\f(2,3))，其分布列为η0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)∴Eη＝np＝3×eq\f(2,3)＝2.[8分](2)∵Dξ＝(2－1)2×eq\f(1,5)＋(2－2)2×eq\f(3,5)＋(2－3)2×eq\f(1,5)＝eq\f(2,5)，Dη＝np(1－p)＝3×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，[10分]∴Dξ<Dη.∵P(ξ≥2)＝eq\f(3,5)＋eq\f(1,5)＝eq\f(4,5)，P(η≥2)＝eq\f(12,27)＋eq\f(8,27)＝eq\f(20,27)，∴P(ξ≥2)>P(η≥2)．从答复对题数的均值考查，两人水平相当；从答复对题数的方差考查，甲较稳定；从至少正确答复2题的概率考查，甲获得通过的可能性大．因此可以判断甲的通过能力较强．[12分]求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤：第一步：确定随机变量的所有可能值；第二步：求每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：根据均值、方差、进行判断，并得出结论(适用于均值、方差的应用问题)；第六步：反思回忆．查看关键点、易错点和答题标准．1．(2022·郑州一模)某班举行了一次“心有灵犀〞的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．假设小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，那么这两个同学各猜1次，得分之和X(单位：分)的均值为()A．0.9B．0.8C．1.2D．1.1答案A解析由题意得X＝0,1,2，那么P(X＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P(X＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2，∴EX＝1×0.5＋2×0.2＝0.9.2．(2022·芜湖质检)假设X～B(n，p)，且EX＝6，DX＝3，那么P(X＝1)的值为()A．3×2－2 B．2－4C．3×2－10 D．2－8答案C解析由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(np＝6，,np1－p＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,2)，,n＝12.))∴P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,12)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,2))11＝eq\f(12,212)＝3×2－10.3．设随机变量X～N(μ，σ2)，且X落在区间(－3，－1)内的概率和落在区间(1,3)内的概率相等，假设P(X>2)＝p，那么P(0<X<2)等于()A.eq\f(1,2)＋p B．1－pC．1－2p D.eq\f(1,2)－p答案D解析由X落在(－3，－1)内的概率和落在(1,3)内的概率相等得μ＝0.又∵P(X>2)＝p，∴P(－2<x<2)＝1－2p，∴P(0<X<2)＝eq\f(1－2p,2)＝eq\f(1,2)－p.4．一射击测试中每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中记0分．某人每次击中目标的概率为eq\f(2,3)，那么此人得分的均值与方差分别为________，________.答案20eq\f(200,3)解析记此人三次射击击中目标次数为X，得分为Y，那么X～B(3，eq\f(2,3))，Y＝10X，∴EY＝10EX＝10×3×eq\f(2,3)＝20，DY＝100DX＝100×3×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(200,3).5．(2022·湖北宜昌一中月考)X～N(μ，σ2)时，P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974，那么ʃeq\o\al(4,3)eq\f(1,\r(2π))edx＝________.答案0.0215解析由题意，μ＝1，σ＝1，P(3<X≤4)＝eq\f(1,2)×[P(－2<X≤4)－P(－1<X≤3)]＝eq\f(1,2)×(0.9974－0.9544)＝0.0215.6．某居民小区有两个相互独立的平安防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为eq\f(1,10)和p.(1)假设在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为eq\f(49,50)，求p的值；(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列及均值Eξ.解(1)设“至少有一个系统不发生故障〞为事件C，那么1－P(eq\x\to(C))＝1－eq\f(1,10)·p＝eq\f(49,50)，解得p＝eq\f(1,5).(2)由题意，得随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3，那么P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))3＝eq\f(1,1000)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))2＝eq\f(27,1000)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))2×eq\f(1,10)＝eq\f(243,1000)，P(ξ＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))3＝eq\f(729,1000).所以，随机变量ξ的分布列为ξ0123Peq\f(1,1000)eq\f(27,1000)eq\f(243,1000)eq\f(729,1000)故随机变量ξ的均值Eξ＝0×eq\f(1,1000)＋1×eq\f(27,1000)＋2×eq\f(243,1000)＋3×eq\f(729,1000)＝eq\f(27,10).(或因为ξ～B(3，eq\f(9,10))，所以Eξ＝3×eq\f(9,10)＝eq\f(27,10).)7．(2022·汕尾调研)为了解某市高三学生身高情况，对全市高三学生进行了测量，经分析，全市高三学生身高X(单位：cm)服从正态分布N(160，σ2)，P(X<150)＝0.2，P(X≥180)＝0.03.(1)现从该市高三学生中随机抽取一名学生，求该学生身高在区间[170,180)的概率；(2)现从该市高三学生中随机抽取三名学生，记抽到的三名学生身高在区间[150,170)的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和均值Eξ.解(1)由全市高三学生身高X服从N(160，σ2)，P(X<150)＝0.2，得P(160≤X<170)＝P(150≤X<160)＝0.5－0.2＝0.3.因为P(X≥180)＝0.03，所以P(170≤X<180)＝0.5－0.3－0.03＝0.17.故从该市高三学生中随机抽取一名学生，该学生身高在区间[170,180)的概率为0.17.(2)因为P(150≤X<170)＝P(150≤X<160)＋P(160≤X<170)＝0.3＋0.3＝0.6，ξ服从二项分布B(3,0.6)，所以P(ξ＝0)＝(1－0.6)3＝0.064，P(ξ＝1)＝3×0.6×(1－0.6)2＝0.288，P(ξ＝2)＝3×0.62×(1－0.6)＝0.432，P(ξ＝3)＝0.63＝0.216.所以ξ的分布列为ξ0123P0.0640.2880.4320.216所以Eξ＝3×0.6＝1.8.8．(2022·泉州模拟)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，方案甲的中奖率为eq\f(2,3)，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为eq\f(2,5)，中奖可以获得3分；未中奖那么不得分．每人有且只有一次抽奖时机，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)假设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)假设小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的均值较大？解方法一(1)由得，小明中奖的概率为eq\f(2,3)，小红中奖的概率为eq\f(2,5)，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3〞为事件A，那么事件A的对立事件为“X＝5〞，因为P(X＝5)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝eq\f(11,15)，即这2人的累计得分X≤3的概率为eq\f(11,15).(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖的中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖的中奖次数为X2，那么这两人选择方案甲抽奖累计得分的均值为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的均值为E(3X2)．由可得，X1～B(2，eq\f(2,3))，X2～B(2，eq\f(2,5))，所以EX1＝2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)，EX2＝2×eq\f(2,5)＝eq\f(4,5)，从而E(2X1)＝2EX1＝eq\f(8,3)，E(3X2)＝3EX2＝eq\f(12,5)，因为E(2X1)>E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的均值较大．方法二(1)由得，小明中奖的概率为eq\f(2,3)，小红中奖的概率为eq\f(2,5)，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3〞为事件A，那么事件A包含有“X＝0〞，“X＝2〞，“X＝3〞三个两两互斥的事件，因为P(X＝0)＝(1－eq\f(2,3))×(1－eq\f(2,5))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(2,3)×(1－eq\f(2,5))＝eq\f(2,5)，P(X＝3)＝(1－eq\f(2,3))×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq\f(11,15)，即这2人的累计得分X≤3的概率为eq\f(11,15).(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，那么X1，X2的分布列如下：X1024Peq\f(1,9)eq\f(4,9)eq\f(4,9)X2036Peq\f(9,25)eq\f(12,25)eq\f(4,25)所以EX1＝0×eq\f(1,