04 模块四　统计与概率 【答案】听课手册

模块四统计与概率微专题12计数原理微点1例1(1)D(2)240[解析](1)如图,分以下三种情况讨论:①若五种颜色全用上,先涂A,B,C三点,有A53种涂法,然后在A1,B1,C1三点中选择两点涂另外两种颜色,有A32种涂法,最后一个点有2种涂法,此时共有A53A32×2=720(种)涂法;②若用四种颜色涂色,则有C54种选择方法,先涂A,B,C三点,有A43种涂法,然后在A1,B1,C1三点中选择一点涂最后一种颜色,有3种涂法,不妨设涂最后一种颜色的为点A1,若点B1与点A同色,则点C1只有一种颜色可选,若点B1与点C同色,则点C1有两种颜色可选,此时共有C54A43×3×(1+2)=1080(种)涂法;③若用三种颜色涂色,则有C53种选择方法,先涂A,B,C三点,有A33种涂法,点A1有两种颜色可选,则B1,C1均只有一种颜色可选,此时共有C53A3(2)a,b,c为取自0,1,2,3,4,5,6,7,8,9的不同的三个数字,最小的数字放在十位上,余下两个数字放在百位和个位上,故没有重复数字的三位“凹数”的个数为2×C103=2×120=【自测题】1.B[解析]将两个0视为一个元素,将两个9也视为一个元素,所以小明可以设置不同的密码的个数为A44=24.故选2.B[解析]当甲跑第1棒时,乙可跑第2棒或第4棒,共有A21A42=24(种)安排方案;当甲跑第2棒时,乙只能跑第4棒,共有A42=12(种)安排方案.故甲、乙都参加的不同安排方案种数为24+微点2例2(1)B(2)280(3)1[解析](1)(x-2)5的展开式的通项为Tr+1=C5rx5-r(-2)r,令5-r=1,得r=4,故T5=C54x(-2)4=80x.(x-1)6的展开式的通项为Tk+1=C6kx6-k(-1)k,令6-k=1,得k=5,故T6=C65x(-1)5=-6x,所以a1=80(2)2x-1x7的展开式的通项为Tk+1=C7k(2x)7-k-1xk=C7k·27-k·(-1)kx7-32k,k=0,1,2,…,7.令7-32k=1,得k=4;令7-32k=-1,得k=163(3)令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4=1.【自测题】1.1024[解析]在(3-x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5中,a1,a3,a5均为负数,a0,a2,a4均为正数,令x=-1,得|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=a0-a1+a2-a3+a4-a5=45=1024.2.12[解析]x2+1x2-22(x+m)3=x-1x4(x+m)3,则其展开式的通项为C4k-1xkx4-k·C3rmrx3-r=(-1)kC4kC3rmrx7-r-2k,0≤r≤3,0≤k≤4,r,k∈Z.令7-r-2k=3,得k=1,r=2或k=2,r=0,所以(-1)13.-56[解析]∵[-1+(x+1)]8=x8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a8(x+1)8,∴a3=C83(-1)8-3=-1.D[解析]依据比例分配的分层随机抽样可知,从该校初中部和高中部抽取的学生人数的比为400200=2,故应从初中部抽取40人,从高中部抽取20人,所以不同的抽样结果共有C40040·C200202.B[解析]方法一:先利用捆绑法将丙和丁看作一个整体,排乙、丙、丁、戊四人,有A22A33种情况,再利用插空法选甲的位置有C21种情况,故共有A22方法二:若甲没有限制条件,则利用捆绑法将丙和丁看作一个整体,排五人有A44A22种情况,其中甲站在两端的情况有C21A33A22种,3.C[解析]甲场馆有C61种安排方法,乙场馆有C52种安排方法,丙场馆有C33种安排方法,总共有C4.8-2[解析](x-1)4的展开式的通项为Tr+1=C4rx4-r(-1)r,当r=3时,T4=C43x(-1)3=-4x,当r=2时,T3=C42x2(-1)2=6x2,所以a2=-4×1+6×2=8.令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,令x=0,得a0=2,故a1+a2+a3+a5.60[解析]2x3-1x6的展开式的通项为Tr+1=C6r(2x3)6-r-1xr=(-1)rC6r26-rx18-4r,令18-4r=2,得r=4,∴x2的系数为(6.64[解析]若选修2门课,则需要从体育类和艺术类选修课中各选1门,有C41C41=16(种)方案;若选择3门课,则包含两种情况:选2门体育类,1门艺术类或2门艺术类,1门体育类,有C42C41+C41C427.-28[解析](x+y)8的展开式的通项为Tr+1=C8rx8-ryr.令r=6,得T7=C86x2y6=28x2y6;令r=5,得T6=C85x3y5=56x3y5.所以1-yx(x+y)8的展开式中x2y6的系数为1×28

微专题13统计与成对数据的统计分析微点1例1(1)D(2)ABD[解析](1)由频率分布直方图可得10×(2a+3a+7a+6a+2a)=1,解得a=0.005,故A错误;前三个矩形的面积为(2a+3a+7a)×10=0.6,所以估计这20名学生的成绩的第60百分位数为80,故B错误;估计这20名学生的成绩的众数为70+802=75,故C错误;估计这1000名学生中成绩在[60,70)内的学生人数为3a×10×1000=150,故D正确.故选D(2)对于A选项,从扇形图可看出芯片、软件行业从业者中,90后占比为55%,超过50%,A正确;对于B选项,芯片、软件行业中,从事技术、设计岗位的90后人数占总人数的55%×(37%+13%)=27.5%,超过25%,B正确;对于C选项,芯片、软件行业从事技术岗位的人中,90后人数占总人数的55%×37%=20.35%,芯片、软件行业从业者中80后的人数占总人数的40%,但不知道从事技术岗位的占比,C错误;对于D选项,芯片、软件行业中,90后从事市场岗位的人数占总人数的55%×14%=7.7%,80前的人数占总人数的5%,D正确.故选ABD.【自测题】1.ACD[解析]对于A,中位数是把数据从小到大依次排列后,排在中间位置的数或中间位置的两个数的平均数,因为去掉最小值和最大值,所以中间位置的数相对位置保持不变,故新数据的中位数保持不变,故A一定正确;对于B,平均数受样本中每个数据的影响,故去掉最小值和最大值后,余下数据的平均数可能会改变,故B不一定正确;对于C,方差反映数据的离散程度,当去掉最小值和最大值后,数据的离散程度减小,故方差减小,故C一定正确;对于D,极差是最大值与最小值之差,是原来数据里面任意两个数据差值的最大值,故去掉最小值和最大值后,新数据的极差必然小于原数据的极差,故D一定正确.故选ACD.2.AC[解析]对于A,由折线图可知,2010年至2022年每年新生儿数量的13个数据中有10个数据大于1400万,3个数据小于1400万,易知2010年至2022年每年新生儿数量的平均数大于1400万,故选项A正确;对于B,共有13个数据,因为13×25%=3.25,所以第一四分位数是将13个数据按照从小到大的顺序排列后的第4个数据,由折线图可知,第4个数据为2019年新生儿的数量,其值大于1400万,故选项B错误;对于C,由折线图可知,2015年至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势,故选项C正确;对于D,由折线图可知,2010年至2016年每年新生儿数量的波动比2016年至2022年每年新生儿数量的波动小,所以2010年至2016年每年新生儿数量的方差小于2016年至2022年每年新生儿数量的方差,故选项D错误.故选AC.微点2例2解:(1)估计水库的平均水位x=110∑i=110xi=75.801(m),估计BS3号渗压计管内的平均水位y=110∑(2)∑i=110(xi-x)2=∑i=110(xi2-2xxi+x2)=∑i=110xi2-2∑i=110(xi-x)(yi-y)=∑i=110(xiyi-xyi-yxi+xy)=∑i=110xi∴b=∑i=11055283.2-10×75.801×72.932a=y-bx≈72.932-0.2294×75.801≈55.54,∴BS3号渗压计管内水位y关于水库水位x的经验回归方程为y=0.23x+55.54.(3)当x=76时,y=0.23×76+55.54=73.02,∴当水库的水位为76m时,估计BS3号渗压计管内水位为73.02m.例3解:(1)由题意,r=∑i=19xiyi-9∴|r|≈0.97>0.75,∴行驶里程x与轮胎凹槽深度y负线性相关,且线性相关程度很强.(2)∵R22≈0.998>R12≈0.【自测题】解:(1)因为y=a·bx所以两边同时取自然对数,得lny=lna+xlnb,令v=lny,则v=lna+xlnb.因为x=3,v=1.94,所以lnb=∑i=15xivi-5x·v∑i=15xi2-5x2=33.82-5×3×1.94所以a=e0.524=1.7,b=e0.472=1.6.(2)由(1)知2023年与2024年这两年的年平均增长率为1.6-1.3=0.3,因为2022年中国车载音乐市场规模为17十亿元,所以预测2024年的中国车载音乐市场规模为17×(1+0.3)2=28.73(十亿元).微点3例4解:(1)补全的2×2列联表如下.单位:次获胜方赛制合计旧赛制新赛制甲6915乙415合计101020零假设为H0:获胜方与赛制无关联.根据列联表中的数据,经计算得χ2=20×(6×1-9×4)210×5×10×15=2.4<3.841=x0.05,根据小概率值α=0.05的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,(2)(i)由题意知丙在1道抢答题中的作答情况共有三类:抢答成功但答错,未抢答成功,抢答成功且答对,故X的所有可能取值为-1,0,2.P(X=-1)=0.6×0.2=0.12,P(X=0)=0.4,P(X=2)=0.6×0.8=0.48,所以X的分布列为X-102P0.120.40.48E(X)=-1×0.12+2×0.48=0.84.(ii)在旧赛制下,丙总得分的期望为3×p+3×0.84=2.52+3p;在新赛制下,丙总得分的期望为4×p+2×0.84=1.68+4p.由题意得|p-0.84|≤0.1,解得0.74≤p≤0.94,所以p的取值范围为[0.74,0.94].【自测题】解:(1)由题知χ2=200×(40×90-60×10)2所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(2)(i)证明:由题知R=P(B|A)P(B|A)·P(B|A)P(B|A(ii)由调查数据可知P(A|B)=40100=25,P(A|B)=10100=110,则P(A|B)=1-P(A|B)=35,P(A|B)=910,所以R=1.AC[解析]中位数和平均数反映样本的集中趋势;标准差和极差反映样本的离散程度.故选AC.2.BD[解析]对于A,这一组样本数据可取1,2,2,2,2,4,则2,2,2,2的平均数不等于1,2,2,2,2,4的平均数,故A错误;对于B,不妨设x2≤x3≤x4≤x5,则x2,x3,x4,x5的中位数为x3+x42,而x1,x2,x3,x4,x5,x6的中位数也为x3+x42,故B正确;对于C,根据题意可知,x1,x2,x3,x4,x5,x6的数据波动性大于x2,x3,x4,x5的数据波动性,故x2,x3,x4,x5的标准差小于x1,x2,x3,x4,x5,x6的标准差,故C错误;对于D,不妨设x2≤x3≤x4≤x5,则x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6,故x5-x2≤x63.解:(1)根据抽查数据,该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的天数为32+18+6+8=64,因此,该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64(2)根据抽查数据,可得2×2列联表:SO2PM2.5[0,150](150,475][0,75]6416(75,115]1010(3)根据(2)的列联表得χ2=100×(64×10-16×10)280×20×74×26≈7.484.由于7.484>6.635,故有99%

微专题14概率微点1例1D[解析]从正方体的8个顶点和中心中任取4个点,有C94=126(个)结果.4个点恰好构成三棱锥分为两种情况:①从正方体的8个顶点中任取4个点,有C84=70(个)结果,其中4个点在同一平面内有6+6=12(个)结果,故4个点构成三棱锥有70-12=58(个)结果;②从正方体的8个顶点中任取3个与中心构成三棱锥有6C43+8=32(个)结果.故从正方体的8个顶点和中心中任取4个点,这4个点恰好构成三棱锥有58+32=90(个)结果,故所求概率P=90【自测题】D[解析]从1,2,3,4,5中任选3个不同数字组成一个三位数,有A53=5×4×3=60(种)方法.要使该三位数能被3整除,只需所选的3个数字的和能被3整除,所以当所选数字为1,2,3时,有A33=3×2×1=6(种)方法,当所选数字为1,3,5时,有A33=3×2×1=6(种)方法,当所选数字为2,3,4时,有A33=3×2×1=6(种)方法,当所选数字为3,4,5时,有A33=3×2×1=6(种)方法,共24种方法.微点2例2B[解析]对于A,由题意可知A1,A2,A3不可能同时发生,所以A1,A2,A3两两互斥,所以A错误;对于B,由题意可得P(A2)=28=14,P(A2B)=14×39=112,所以P(B|A2)=P(A2B)P(A2)=11214=13,所以B正确;对于C,因为P(A3)=28=14,P(A3B)=14×39=112,P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)=48×49+14×39+14×39=718,所以P(A3B)≠【自测题】AC[解析]P(B|A)+P(B|A)=P(AB)+P(AB)P(A)=P(A)P(A)=1,故A正确;当A,B是相互独立事件时,P(B|A)+P(B|A)=2P(B)≠0,故B错误;因为A,B是相互独立事件,所以P(AB)=P(A)P(B),所以P(A|B)=P(AB)P(B)=P(A),故C正确;因为A,B是互斥事件,所以P(微点3例3(1)711(2)0.03[解析](1)甲队以3∶0获胜,即三局比赛都是甲队获胜,概率是353=27125,甲队以3∶1获胜,即前三局比赛有两局甲队获胜,第四局比赛甲队获胜,概率是C32×352×25×35=162625.设“甲队本场比赛所得积分为3分”为事件A,“甲队前两局比赛都获胜”为事件B,甲队以3∶1获胜,且前两局比赛都是甲队获胜,第四局比赛甲队获胜的概率是352×25×35=54625,则P(A)=27125+162625=297625,P(AB)=27125+54625(2)设事件D为选取的这个人患了流感,A1,A2,A3分别表示任意选取一个人,这个人来自A,B,C县区,根据题意可知P(A1)=410,P(A2)=310,P(A3)=310,P(D|A1)=3100,P(D|A2)=2100,P(D|A3)=4100,则P(D)=P(A1)P(D|A1)+P(A2)P(D|A2)+P(A3)P(D|A3)=410×3100+310×2100+310【自测题】1.B[解析]由题意知,P(A1)=34,P(A2)=14,P(B|A1)=C62C92=512,P(B|A2)=C52C92=518,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)2.67[解析]设考生会答该题为事件A,不会答该题为事件B,该考生回答正确为事件C,则P(A)=35,P(B)=1-P(A)=25,P(C)=P(A)+14P(B)=35+14×25=710,故已知该考生回答正确,他确实会答该题的概率为P(A|C)=1.D[解析]从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有C72=21(种)情况,其中不互质的包括从2,4,6,8中取2个不同的数,或取3和6,共有C42+1=7(种)情况,所以互质的共有21-7=14(种)情况,所以所求概率P=2.B[解析]记甲、乙、丙、丁四个事件分别为A,B,C,D.事件A发生的概率P(A)=16;事件B发生的概率P(B)=16;C={(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)},则事件C发生的概率P(C)=56×6=536;D={(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)},则事件D发生的概率P(D)=66×6=16.事件AC为“第一次取出的球的数字是1且两次取出的球的数字之和是8”,为不可能事件,P(AC)=0≠P(A)P(C),故甲与丙不相互独立;事件AD为“第一次取出的球的数字是1且两次取出的球的数字之和是7”,P(AD)=16×16=136=P(A)P(D),故甲与丁相互独立;事件BC为“第二次取出的球的数字是2且两次取出的球的数字之和是8”,P(BC)=16×16=136≠P(B)P(C),故事件乙与丙不相互独立;事件CD为不可能事件,P(CD)=0≠P3.ABD[解析]对于A,发送1,0,1,收到1,0,1的概率分别为1-β,1-α,1-β,因为信号传输是相互独立的,所以由相互独立事件的概率公式得,所求概率为(1-α)(1-β)2,故A正确.对于B,采用三次传输方案,发送1,1,1,收到1,0,1的概率分别为1-β,β,1-β,由相互独立事件的概率公式得,所求概率为β(1-β)2,故B正确.对于C,采用三次传输方案,发送1,1,1,收到的译码为1,则收到的信号可能为(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1),故所求概率为3β(1-β)2+(1-β)3,故C错误.对于D,若采用三次传输方案,发送0,收到的译码为0,则收到的信号可能为(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),故所对应的概率P1=3α(1-α)2+(1-α)3,若采用单次传输方案,发送0,则收到信号0即为译码,所对应的概率P2=1-α,因为0<α<0.5,所以P1-P2=3α(1-α)2+(1-α)3-(1-α)=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=(1-α)(1-2α)α>0,所以P1>P2,故D正确.故选ABD.4.635[解析]从正方体的8个顶点中任选4个,有C84=70(种)情况.这4个点在同一个平面时,可以是正方体的同一面上的4个顶点,也可以是正方体对角面上的4个顶点,共有6+6=12(种)情况.故所求概率P=125.12035[解析]方法一:设A=“取到的三个球都是黑球”,根据相互独立事件的概率公式得P(A)=40%×25%×50%=0.05=120.设C=“将三个盒子中的球混合后任取一个球是白球”,则P(5×(1-方法二:设A1=“从甲盒子中取到一个黑球”,A2=“从乙盒子中取到一个黑球”,A3=“从丙盒子中取到一个黑球”,A=“取到的三个球都是黑球”,根据相互独立事件的概率公式,得P(A)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=40100×25100×50100=120.设C=“将三个盒子中的球混合后任取一个球是白球”,B1=“取到的球是甲盒子中的”,B2=“取到的球是乙盒子中的”,B3=“取到的球是丙盒子中的”,则Ω=B1∪B2∪B3,且B1,B2,B3两两互斥.根据题意得P(C)=P(B1)P(C|B1)+P(B2)P(C|B2)+P(B3)P(C|B3)=515×60100+415×75

微专题15随机变量及其分布微点1例1解:(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).(2)估计该地区这种疾病患者的年龄在区间[20,70)内的概率为1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89.(3)设B=“此人的年龄在区间[40,50)内”,C=“此人患这种疾病”,则由条件概率公式,得P(C|B)=P(BC)P(B)=0.1%×0.023×1016%=0.001×0.230.16=0.【自测题】解:(1)估计这200名女生短跑成绩的平均数x=11×0.04+13×0.12+15×0.36+17×0.28+19×0.12+21×0.06+23×0.02=16.16.(2)由题意知X~N(16.16,5.79),μ=16.16,σ2=5.79,σ=5.79=2.41,则μ-2σ=11.34,μ+2σ=20故该校女生短跑成绩在(11.34,20.98]内的概率P=P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.9545.由题意可得Y~B(10,0.9545),所以P(Y=9)=C109×0.95459×(1-0.9545)≈10×0.6576×0.0455=0.299208,P(Y=10)=C1010×0.954510≈0所以P(Y≤8)=1-P(Y=9)-P(Y=10)≈0.073.微点2例2解:(1)设A1=“抽到第一袋”,A2=“抽到第二袋”,B=“随机抽取2名学生的报名表,恰好抽到1名男生和1名女生的报名表”,则P(A1)=P(A2)=12,P(B|A1)=C51C41C92=59,由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=12×59+12×6(2)设甲、乙两人所在代表队的总得分为X,则X的所有可能取值为-3,-1,1,3,所以P(X=-3)=1-34×1-1P(X=-1)=34×1-12×1-34+1-34×12P(X=1)=34×12×1-34+1-34×12×3P(X=3)=34×12×34所以X的分布列为X-3-113P17159所以E(X)=(-3)×132+(-1)×732+1×1532+3×9【自测题】解:(1)甲连胜四场的概率为116(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场的概率为116;乙连胜四场的概率为116;丙上场后连胜三场的概率为所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18(3)丙最终获胜,有两种情况:比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,因此丙最终获胜的概率为18+116+18+1微点3例3解:(1)(i)依题意得2×2列联表如下:单位:首软件类型识别音乐是否正确合计正确错误A组的AI软件402060B组的AI软件202040合计6040100零假设为H0:识别音乐是否正确与软件类型无关联.根据2×2列联表中的数据,得χ2=100×(40×20-20×20)260×40×60×40=259依据小概率值α=0.05的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,因此可以认为H0成立,即认为识别音乐是否正确与软件类型无关联.(ii)由(i)得P1=23,P2=1故方案二在一次测试中通过的概率为C21×23×1-23×C22×122+C22×232×C2(2)方案二每次测试通过的概率P=C21·P1(1-P1)·C22·P22+C22P12·C21·P2(1-P2)+C22P12·C22P22=P1P2[2(P1+P2)-3P1P2]=P1所以当P1P2=49时,P取得最大值1627,又P1+P2=43,所以此时P1=P2设n次测试中通过的次数为X,则X~B(n,P),所以E(X)=nP=16,因为P≤1627,所以n=16P≥16×2716=27,所以测试至少要进行27次,才能使通过次数的均值为16,此时P1=P2【自测题】解:(1)设事件A=“抽奖的顾客获得八折优惠”,则P(A)=C32·因为甲、乙两位顾客获得八折优惠的概率均为920所以甲、乙两位顾客中恰好有一人获得八折优惠的概率P=C21×920×1(2)方案一:设实付金额为X1元,则X1=x-60(x>300).方案二:设实付金额为X2元,则X2的可能取值为x,0.9x,0.8x,0.7x(x>300).所以P(X2=x)=C30C33C63=120,P(X2=0P(X2=0.8x)=920,P(X2=0.7x)=C33所以E(X2)=120x+920×910x+920×810x+1①若x-60<1720x,即300<x<400,则选择方案一②若x-60=1720x,即x=400,则选择方案一、方案二均可③若x-60>1720x,即x>400,则选择方案二所以当消费金额大于300元且小于400元时,选择方案一;当消费金额等于400元时,选择方案一、方案二均可;当消费金额大于400元时,选择方案二.1.D[解析]对于A,σ2为数据的方差,所以σ越小,数据在μ=10附近越集中,所以该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故A中结论正确;对于B,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5,故B中结论正确;对于C,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C中结论正确;对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10)内的概率与落在(10.2,10.3)内的概率不相等,所以该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率不相等,故D中结论错误.故选D.2.0.14[解析]P(X>2.5)=1-2P(2<X≤23.1635127[解析]随机变量ξ的可能取值为1,2,3,4,P(ξ=1)=C62C73=1535=37,P(ξ=2)=C21C42+C41C73=1635ξ1234P31631故E(ξ)=1×37+2×1635+3×335+4×14.解:(1)随机变量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,故随机变量X的分布列为X020100P0.20.320.48(2)若小明先回答B类问题,记Y为小明的累计得分,则随机变量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,则E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6.由(1)知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4,因为E(Y)>E(X),所以小明应选择先回答B类问题.

高分提能三概率、变量分布与其他知识的综合问题例1解:(1)第2次投篮的人是乙的概率为0.5×0.4+0.5×0.8=0.6.(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi,则第i次投篮的人是乙的概率为1-pi,由题可得pi+1=0.6pi+0.2(1-pi)=0.4pi+0.2.设pi+1+λ=25(pi+λ),解得λ=-1则pi+1-13=2又p1=12,所以p1-13=所以pi-13=16×25i-1,所以pi=(3)根据题意可知,当n∈N*时,E(Y)=p1+p2+…+pn=16×1-25n1-【自测题】解:(1)由题意知,Pi+1=(1-40%)Pi+40%(1-Pi)=25+15Pi,整理得Pi+1-12故数列Pi-12是以P1-12为首项,15为公比的等比数列,又P1=1,所以Pi-即Pi=12+12×15i-1,(2)当某期投资选择方案一时,获得的利润的期望为W1=(1-10%)×2.4%×212×100000=当某期投资选择方案二时,获得的利润的期望为W2=(1-20%)×3.0%×212×100000=400那么,在一年期间,老张共投资了6次,获得的总利润的期望为W=[P1W1+(1-P1)W2]+[P2W1+(1-P2)W2]+…+[P6W1+(1-P6)W2]=(P1+P2+…+P6)W1+[(1-P1)+(1-P2)+…+(1-P6)]W2≈2400-40×3+58即一年后老张可获得的总利润的期望约为2255元.例2解:(1)由题意得mp+m+m(1-p)+m(1-p)2=2m+m+12m+14m=1,解得因为P(B|A0)=0,P(B|A1)=C11×12,P(B∣A2)=C22×122,P(B|A3)=C所以由全概率公式,得P(B)=∑i=03P(B|Ai)P(Ai)=C11×12·mp+C22×122m+C32×由p=12,m=415,得P(B)=(2)由题意得P(X=2)=m,考虑m的变化即可.由mp+m+m(1-p)+m(1-p)2=1,得1m=p2-3p+1p设f(p)=p2-3p+1p+3,0<p<1,则f'(p)=2p3-3p2-1p2,记g(p)=2p3-3p2-1,0<p<1,则g'(p)=6p故g(p)在(0,1)上单调递减,因为g(0)=-1,所以g(p)<0,所以f'(p)<0,则f(p)在(0,1)上单调递减.因此,当p∈(