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五年高考真题(数学理) 10.6 离散型随机变量的分布列、均值与方差


第六节

离散型随机变量的分布列、均值与方差

考点一 离散型随机变量的分布列 1.(2013· 广东,4)已知离散型随机变量 X 的分布列为 X P 则 X 的数学期望 E(X)=( 3 A.2 解析 答案 B.2 ) 5 C.2 D.3 1 3 5 2 3 10 3 1 10

3 3 1 3 由已知条件可知 E(X)=1×5+2×10+3×10=2,故选 A. A

2.(2015· 安徽,17)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 件正品时检测结果. (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; (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 (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.

1 A1 3 2A3 P(A)= A2 =10. 5

(2)X 的可能取值为 200,300,400. A2 1 2 P(X=200)=A2=10, 5
1 1 2 A3 3 3+C2C3A2 P(X=300)= = 3 A5 10,

1 3 6 P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-10-10=10. 故 X 的分布列为 X
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200

300

400

P

1 10

3 10

6 10

1 3 6 E(X)=200×10+300×10+400×10=350. 3.(2015· 福建,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 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A,

5 4 3 1 则 P(A)=6×5×4=2. (2)依题意得,X 所有可能的取值是 1,2,3. 1 5 1 1 又 P(X=1)=6,P(X=2)=6×5=6, 5 4 2 P(X=3)=6×5×1=3. 所以 X 的分布列为 X P 1 1 6 2 1 6 3 2 3

1 1 2 5 所以 E(X)=1×6+2×6+3×3=2. 4.(2015· 重庆,17)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

1 1 1 C2 C3 C 5 1 式有 P(A)= C3 =4. 10

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(2)X 的所有可能值为 0,1,2,且
3 2 C8 7 C1 7 2C8 P(X=0)=C3 =15,P(X=1)= C3 =15, 10 10 2 1 C2 C8 1 P(X=2)= C3 =15. 10

综上知,X 的分布列为 X P 0 7 15 1 7 15 2 1 15

7 7 1 3 故 E(X)=0×15+1×15+2×15=5(个). 5.(2014· 天津,16)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 (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)=

2 0 3 C1 3·C7+C3·C7 49 =60. 3 C10

49 所以,选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为60. (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.
3-k Ck 4·C6 P(X=k)= (k=0,1,2,3). C3 10

所以,随机变量 X 的分布列是 X P 0 1 6 1 1 2 2 3 10 3 1 30

1 1 3 1 6 随机变量 X 的数学期望 E(X)=0×6+1×2+2×10+3×30=5. 6.(2014· 四川,17)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
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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 1 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2,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 (1)X 可能的取值为:10,20,100,-200.根据题意,有

1 ? 1?2 3 1 ?1? P(X=10)=C3 ×?2? ×?1-2? =8, ? ? ? ? 2 ? 1?1 3 2 ?1? P(X=20)=C3 ×?2? ×?1-2? =8, ? ? ? ? 3 ? 1?0 1 3 ?1? P(X=100)=C3 ×?2? ×?1-2? =8, ? ? ? ? 0 ? 1?3 1 0 ?1? P(X=-200)=C3 ×?2? ×?1-2? =8. ? ? ? ? 所以 X 的分布列为 X P 10 3 8 20 3 8 100 1 8 -200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3),则 1 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=8. 所以, “三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1 511 ?1?3 1-P(A1A2A3)=1-?8? =1-512=512. ? ? 511 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是512. 3 3 1 1 5 (3)X 的数学期望为 E(X)=10×8+20×8+100×8-200×8=-4. 这表明,获得分数 X 的均值为负,
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因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大. 7.(2014· 山东,18)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 1 1 点在 C 上的概率为2,在 D 上的概率为3;对落点在 B 上的来球,小明回球的 1 3 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 5 5 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 3), 1 1 1 1 1 则 P(A3)=2,P(A1)=3,P(A0)=1-2-3=6; 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), 1 3 1 3 1 则 P(B3)=5,P(B1)=5,P(B0)=1-5-5=5. 记 D 为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”. 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) 1 1 1 1 1 3 1 1 3 =2×5+3×5+6×5+6×5=10, 3 所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为10. (2)由题意,随机变量 ξ 可能的取值为 0,1,2,3,4,6, (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,

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由事件的独立性和互斥性,得 1 1 1 P(ξ=0)=P(A0B0)=6×5=30, P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1) 1 1 1 3 1 =3×5+6×5=6, 1 3 1 P(ξ=2)=P(A1B1)=3×5=5, P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3) 1 1 1 1 2 =2×5+6×5=15, P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3) 1 3 1 1 11 =2×5+3×5=30, 1 1 1 P(ξ=6)=P(A3B3)=2×5=10. 可得随机变量 ξ 的分布列为: ξ P 0 1 30 1 1 6 2 1 5 3 2 15 4 11 30 6 1 10

1 1 1 2 11 1 91 所以数学期望 E(ξ)=0×30+1×6+2×5+3×15+4×30+6×10=30. 8.(2014· 重庆,18)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
3 3 C4 +C3 5 (1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为 p= C3 =84. 9

(2)X 的所有可能值为 1,2,3,且
2 1 C4 C5+C3 4 17 P(X=1)= =42, 3 C9 1 1 1 1 3 C3 C4C2+C2 3C6+C3 43 P(X=2)= =84, 3 C9 2 1 C2 C7 1 P(X=3)= C3 =12, 9

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故 X 的分布列为 X P 1 17 42 2 43 84 3 1 12

17 43 1 47 从而 E(X)=1×42+2×84+3×12=28. 9.(2014· 江西,21)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,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 (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 C3 6=20 种,所以 ξ 的分布列为 ξ P 2 1 5 3 3 10 4 3 10 5 1 5

1 3 3 1 7 E(ξ)=2×5+3×10+4×10+5×5=2. (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 2Ck 2k种; 4 2 所以当 n=2 时,P(C)=6=3,
2(2 ? ? Ck 2k )
k ?1 n?2

当 n≥3 时,P(C)=

Cn 2n

.

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1 (3)由(2)知当 n=2 时,P( C )=3,因此 P(C)>P( C ). 而当 n≥3 时,P(C)<P( C ),理由如下: P(C)<P( C )等价于
4(2 ? ? Cn 2 n .①
k ?1 n?2

1°当 n=3 时,①式左边=4(2+ C1 2 )=4(2+2)=16, ①右边=C C3 6 =20,所以①式成立. 2°假设 n=m(m≥3)时①式成立,
K m 即4(2 ? ? C2 K ) ? C2 m成立 k ?1 m? 2

那么,当 n=m+1 时, 左边= 4(2 ?
m?2 k ?1
m ?1? 2 k ?1

?C

k 2k

m ?1 m m ?1 ? 4(2 ? ? Ck 2 k ) ? 4C2( m ?1) <C2 m +4C2( m ?1)

(2m)! 4·(2m-2)! + m!m! (m-1)!(m-1)! (m+1)2(2m)(2m-2)!(4m-1) = (m+1)!(m+1)! 2 (m+1) (2m)(2m-2)!(4m) < (m+1)!(m+1)! 2(m+1)m +1 =Cm 2(m+1)· (2m+1)(2m-1) =
m+1 <C2 (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. 10.(2013· 天津,16)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).

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(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. 解 (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)=

3 2 2 C1 2C5+C2C5 6 =7. C4 7

6 所以取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片的概率为7. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4.
3 C3 1 P(X=1)=C4=35, 7 3 C4 4 P(X=2)=C4=35, 7 3 C5 2 P(X=3)=C4=7, 7 3 C6 4 P(X=4)=C4=7. 7

所以随机变量 X 的分布列是 X P 1 1 35 2 4 35 3 2 7 4 4 7

1 4 2 4 17 随机变量 X 的数学期望 E(X)=1×35+2×35+3×7+4×7= 5 . 11.(2013· 北京,16)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;

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(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). 解 设 Ai 表示事件“此人于 3 月 i 日到达该市”(i=1,2,?,13).

1 根据题意,P(Ai)=13,且 Ai∩Aj=?(i≠j). (1)设 B 为事件“此人到达当日空气质量重度污染”,则 B=A5∪A8. 2 所以 P(B)=P(A5∪A8)=P(A5)+P(A8)=13. (2)由题意可知,X 的所有可能取值为 0,1,2,且 4 P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11)=P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)=13, 4 P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)=P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)=13, 5 P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=13. 所以 X 的分布列为 X P 0 5 13 1 4 13 2 4 13

5 4 4 12 故 X 的期望 E(X)=0×13+1×13+2×13=13. (3)从 3 月 5 日开始连续三天的空气质量指数方差最大. 12. (2013· 江西, 18)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 A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7,A8(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 的分布列和数学期望.
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2 (1)从 8 个点中任取两点为向量终点的不同取法共有 C8 =28 种,

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 8 2 P(X=0)=28=7. (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: X P -2 1 14 -1 5 14 0 2 7 1 2 7

1 5 2 2 3 E(X)=(-2)×14+(-1)×14+0×7+1×7=-14. 13.(2013· 湖南,18)某人在如图所示的直角边长为 4 米的三角形地 块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种 了一株相同品种的作物. 根据历年的种植经验, 一株该种作物的 年收获量 Y(单位:kg)与它的“相近”作物株数 X 之间的关系如 下表所示: X Y 1 51 2 48 3 45 4 42

这里,两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过 1 米. (1)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物,求它们恰好“相 近”的概率; (2)从所种作物中随机选取一株,求它的年收获量的分布列与数学期望. 解 (1)所种作物总株数 N=1+2+3+4+5=15,其中三角形地块内部的作物

株数为 3,边界上的作物株数为 12.从三角形地块的内部和边界上分别随机选
1 取一株的不同结果有 C1 3C12=36 种,选取的两株作物恰好“相近”的不同结果

有 3+3+2=8 种. 故从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物, 它们恰好“相近”的 概率为 8 2 = . 36 9

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(2)先求从所种作物中随机选取的一株作物的年收获量 Y 的分布列. 因为 P(Y=51)=P(X=1),P(Y=48)=P(X=2),P(Y=45)=P(X=3),P(Y=42) =P(X=4), 所以只需求出 P(X=k)(k=1,2,3,4)即可. 记 nk 为其“相近”作物恰有 k 株的作物株数(k=1,2,3,4),则 n1=2,n2=4,n3=6,n4=3. nk 由 P(X=k)= N 得 2 4 P(X=1)=15,P(X=2)=15, 6 2 P(X=3)=15=5, 3 1 P(X=4)=15=5. 故所求的分布列为 Y P 所求的数学期望为 2 4 2 1 34+64+90+42 E(Y)=51×15+48×15+45×5+42×5= =46. 5 14.(2013· 新课标全国Ⅱ,19)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售 出 1 t 该产品获利润 500 元, 未售出的产品, 每 1 t 亏损 300 元. 根据历史资料, 得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图,如图所示,经销商为下一个销 售季度购进了 130 t 该农产品,以 X(单位:t,100≤X≤150)表示下一个销售季 度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润. 51 2 15 48 4 15 45 2 5 42 1 5

(1)将 T 表示为 X 的函数; (2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 000 元的概率;

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(3)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以 需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如:若需求量 X∈[100,110),则取 X=105,且 X=105 的概率等于需求量落入[100,100) 的频率),求 T 的数学期望. 解 (1)当 X∈[100,130)时,T=500X-300(130-X)=800X-39 000,

当 X∈[130,150]时,T=500×130=65 000. ?800X-39 000,100≤X<130, 所以 T=? ?65 000,130≤X≤150. (2)由(1)知利润 T 不少于 57 000 元当且仅当 120≤X≤150. 由直方图知需求量 X∈[120,150]的频率为 0.7,所以下一个销售季度内的利润 T 不少于 57 000 元的概率的估计值为 0.7. (3)依题意可得 T 的分布列为 T P 45 000 0.1 53 000 0.2 61 000 0.3 65 000 0.4

所以 E(T)=45 000×0.1+53 000×0.2+61 000×0.3+65 000×0.4=59 400. 15.(2013· 辽宁,19)现有 10 道题,其中 6 道甲类题,4 道乙类题,张同学从中 任取 3 道题解答. (1)求张同学至少取到 1 道乙类题的概率; (2)已知所取的 3 道题中有 2 道甲类题,1 道乙类题.设张同学答对每道甲类题 3 4 的概率都是5,答对每道乙类题的概率都是5,且各题答对与否相互独立.用 X 表示张同学答对题的个数,求 X 的分布列和数学期望. 解 (1)设事件 A=“张同学所取的 3 道题至少有 1 道乙类题”,

则有 A =“张同学所取的 3 道题都是甲类题”. C3 1 6 因为 P( A )=C3 =6,所以 10 5 P(A)=1-P( A )=6. (2)X 所有的可能取值为 0,1,2,3.

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0 ?2?2 1 0 ?3? P(X=0)=C2 ·?5? ·?5? ·5 ? ? ? ? 4 =125; 1 ?2?1 1 ?3?0 ?2?2 4 28 1 ?3? P(X=1)=C2 ·?5? ·?5? ·5+C0 2·?5? ·?5? · = 5 125; ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ?2?0 1 ?3?1 ?2?1 4 57 2 ?3? P(X=2)=C2 ·?5? ·?5? ·5+C1 2·?5? ·?5? · = 5 125; ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ?2?0 4 36 2 ?3? P(X=3)=C2 ·?5? ·?5? ·5=125. ? ? ? ? 所以 X 的分布列为 X P 0 4 125 1 28 125 2 57 125 3 36 125

4 28 57 36 所以 E(X)=0×125+1×125+2×125+3×125=2. 16.(2012· 陕西,20)某银行柜台设有一个服务窗口,假设顾客办理业务所需的时 间互相独立, 且都是整数分钟, 对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下: 办理业务所需的时间(分) 频率 从第一个顾客开始办理业务时计时. (1)估计第三个顾客恰好等待 4 分钟开始办理业务的概率; (2)X 表示至第 2 分钟末已办理完业务的顾客人数,求 X 的分布列及数学期望. 解 设 Y 表示顾客办理业务所需的时间, 用频率估计概率, 得 Y 的分布列如下: Y P 1 0.1 2 0.4 3 0.3 4 0.1 5 0.1 1 0.1 2 0.4 3 0.3 4 0.1 5 0.1

(1)A 表示事件“第三个顾客恰好等待 4 分钟开始办理业务”,则事件 A 对应 三种情形: ①第一个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟, 且第二个顾客办理业务所需的时 间为 3 分钟;②第一个顾客办理业务所需的时间为 3 分钟,且第二个顾客办理
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业务所需的时间为 1 分钟;③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为 2 分钟. 所以 P(A)=P(Y=1)P(Y=3)+P(Y=3)P(Y=1)+P(Y=2)P(Y=2)=0.1×0.3+ 0.3×0.1+0.4×0.4=0.22. (2)法一 X 所有可能的取值为 0,1,2.

X=0 对应第一个顾客办理业务所需的时间超过 2 分钟, 所以 P(X=0)=P(Y>2)=0.5; X=1 对应第一个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟且第二个顾客办理业务所 需的时间超过 1 分钟,或第一个顾客办理业务所需的时间为 2 分钟, 所以 P(X=1)=P(Y=1)P(Y>1)+P(Y=2)=0.1×0.9+0.4=0.49; X=2 对应两个顾客办理业务所需的时间均为 1 分钟, 所以 P(X=2)=P(Y=1)P(Y=1)=0.1×0.1=0.01. 所以 X 的分布列为 X P 0 0.5 1 0.49 2 0.01

E(X)=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51. 法二 X 所有可能的取值为 0,1,2.

X=0 对应第一个顾客办理业务所需的时间超过 2 分钟, 所以 P(X=0)=P(Y>2)=0.5; X=2 对应两个顾客办理业务所需的时间均为 1 分钟, 所以 P(X=2)=P(Y=1)P(Y=1)=0.1×0.1=0.01; P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=0.49. 所以 X 的分布列为 X P 0 0.5 1 0.49 2 0.01

E(X)=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51. 考点二 均值与方差

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1.(2014· 浙江,9)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) C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2) 解析 法二 法一 (特值法) B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2) D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2) 取 m=n=3 进行计算、比较即可. )

(标准解法)从乙盒中取 1 个球时,取出的红球的个数记为 ξ,则 ξ 的所

n m =P(ξ1=1),P(ξ=1)= =P(ξ1=2), m+n m+n E(ξ1) m 所以 E(ξ1)=1· P(ξ1=1)+2· P(ξ1=2)= +1,所以 p1= 2 = m+n 2m+n ;从乙盒中取 2 个球时,取出的红球的个数记为 η,则 η 的所有可 2(m+n) 1 1 C2 Cn Cm n 能取值为 0,1,2,则 P(η=0)= 2 =P(ξ2=1),P(η=1)= 2 =P(ξ2=2), Cm+n Cm+n 2 Cm P(η=2)= 2 =P(ξ2=3),所以 E(ξ2)=1· P(ξ2=1)+2P(ξ2=2)+3P(ξ2=3)= Cm+n E(ξ2) 3m+n 2m +1,所以 p2= 3 = ,所以 p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2),故选 A. m+n 3(m+n) 有可能取值为 0,1,则 P(ξ=0)= 答案 A

2.(2013· 湖北,9)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割 为 125 个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取一个 小正方体,记它的涂漆面数为 X,则 X 的均值 E(X)=( 126 A.125 168 C.125 解析 6 B.5 7 D.5 由题意可知涂漆面数 X 的可能取值为 0,1,2,3. )

27 54 36 由于 P(X=0)=125,P(X=1)=125,P(X=2)=125, 8 27 54 36 8 150 6 P(X=3)=125,故 E(X)=0×125+1×125+2×125+3×125=125=5. 答案 B

3.(2011· 上海,9)马老师从课本上抄录一个随机变量 ξ 的概率分布列如下表:
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x P(ξ=x)

1 ?

2 !

3 ?

请小牛同学计算 ξ 的数学期望.尽管“!”处完全无法看清,且两个“?”处 字迹模糊,但能断定这两个“?”处的数值相同.据此,小牛给出了正确答 案 E(ξ)=________. 解析 =2. 答案 2 令“?”为 a, “!”为 b,则 2a+b=1.又 E(ξ)=a+2b+3a=2(2a+b)

4.(2011· 浙江,15)某毕业生参加人才招聘会,分别向甲、乙、丙三个公司投递 2 了个人简历,假定该毕业生得到甲公司面试的概率为3,得到乙、丙两公司面 试的概率均为 p,且三个公司是否让其面试是相互独立的.记 X 为该毕业生得 1 到面试的公司个数. 若 P(X=0)=12, 则随机变量 X 的数学期望 E(X)=________. 解析 1 1 ∵P(X=0)=3×(1-p)2=12,

1 ∴p=2. 2 1 1 1 1 1 1 则 P(X=1)=3×2×2+3×2×2×2=3, 2 1 1 1 1 1 5 P(X=2)=3×2×2×2+3×2×2=12, 2 1 1 1 P(X=3)=3×2×2=6. 1 1 5 1 5 则 E(X)=0×12+1×3+2×12+3×6=3. 答案 5 3

5.(2015· 天津,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. (1)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; (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.
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2 2 2 C2 6 2C3+C3C3 解 (1)由已知,有 P(A)= =35. C4 8 6 所以,事件 A 发生的概率为35.

(2) 随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4.
4-k Ck 5C3 P(X=k)= C4 (k=1,2,3,4). 8

所以随机变量 X 的分布列为 X P 1 1 14 2 3 7 3 3 7 4 1 14

1 3 3 1 5 随机变量 X 的数学期望 E(X)=1×14+2×7+3×7+4×14=2. 6.(2015· 山东,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. (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)个位数是 5 的“三位递增数”有 125,135,145,235,245,345;

3 (2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为 C9 =84,

随机变量 X 的取值为:0,-1,1,因此
3 C8 2 P(X=0)=C3=3, 9 2 C4 1 P(X=-1)=C3=14, 9

1 2 11 P(X=1)=1-14-3=42, 所以 X 的分布列为 X P 0 2 3 -1 1 14 1 11 42

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2 1 11 4 则 E(X)=0×3+(-1)×14+1×42=21. 7.(2015· 湖南,18)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可 抽奖,每次抽奖都是从装有 4 个红球、6 个白球的甲箱和装有 5 个红球、5 个 白球的乙箱中,各随机摸出 1 个球,在摸出的 2 个球中,若都是红球,则获一 等奖;若只有 1 个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖. (1)求顾客抽奖 1 次能获奖的概率; (2)若某顾客有 3 次抽奖机会,记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 X,求 X 的分布列和数学期望. 解 (1)记事件 A1={从甲箱中摸出的 1 个球是红球},

A2={从乙箱中摸出的 1 个球是红球}, B1={顾客抽奖 1 次获一等奖},B2={顾客抽奖 1 次获二等奖}, C={顾客抽奖 1 次能获奖}. 由题意,A1 与 A2 相互独立,A1 A 2 与 A 1A2 互斥,B1 与 B2 互斥,且 B1=A1A2, B2=A1 A 2+ A 1A2,C=B1+B2. 4 2 5 1 因为 P(A1)=10=5,P(A2)=10=2,所以 2 1 1 P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=5×2=5, P(B2)=P(A1 A 2+ A 1A2)=P(A1 A 2)+P( A 1A2) =P(A1)P( A 2)+P( A 1)P(A2) =P(A1)(1-P(A2))+(1-P(A1))P(A2) 1? ? 2? 1 1 2 ? =5×?1-2?+?1-5?×2=2. ? ? ? ? 故所求概率为 1 1 7 P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=5+2=10. (2)顾客抽奖 3 次可视为 3 次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖 1 次获一等奖 1? 1 ? 的概率为5,所以 X~B?3,5?. ? ? 于是
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0 3 64 0?1? ?4? ?5? ?5? = P(X=0)=C3 125, ? ? ? ? 1 2 48 1?1? ?4? ?5? ?5? = P(X=1)=C3 125, ? ? ? ? 2 1 12 2?1? ?4? ?5? ?5? = P(X=2)=C3 125, ? ? ? ? 3 0 1 3?1? ?4? ?5? ?5? = P(X=3)=C3 . 125 ? ? ? ? 故 X 的分布列为 X P 0 64 125 1 48 125 2 12 125 3 1 125

1 3 X 的数学期望为 E(X)=3×5=5. 8.(2014· 安徽,17)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 2 1 概率为3,乙获胜的概率为3,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 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”,

2 1 Bk 表示“第 k 局乙获胜”,则 P(Ak)=3,P(Bk)=3,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) ?2?2 1 ?2?2 2 1 ?2?2 56 =?3? +3×?3? +3×3×?3? =81. ? ? ? ? ? ? (2)X 的可能取值为 2,3,4,5. P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2) 5 =P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=9, P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)
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2 =P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)· P(B3)=9, P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4) =P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)· 10 P(A2)P(B3)P(B4)=81, 8 P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=81. 故 X 的分布列为 X P 2 5 9 3 2 9 4 10 81 5 8 81

5 2 10 8 224 E(X)=2×9+3×9+4×81+5×81= 81 . 9.(2014· 福建,18)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 (1)设顾客所获的奖励额为 X.

1 C1 1C3 1 (ⅰ)依题意,得 P(X=60)= C2 =2, 4

1 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为2. (ⅱ)依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60.
2 1 C3 1 P(X=60)=2,P(X=20)=C2=2, 4

即 X 的分布列为
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X P

20 1 2

60 1 2

1 1 所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)=20×2+60×2=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 X1 P 20 1 6 60 2 3 100 1 6

1 2 1 X1 的期望为 E(X1)=20×6+60×3+100×6=60, X1 的方差为 D(X1)=(20-60)2 1 2 1 1 600 ×6+(60-60)2×3+(100-60)2×6= 3 . 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 X2 P 40 1 6 60 2 3 80 1 6

1 2 1 X2 的期望为 E(X2)=40×6+60×3+80×6=60, 1 2 1 400 X2 的方差为 D(X2)=(40-60)2×6+(60-60)2×3+(80-60)2×6= 3 . 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.

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10.(2014· 辽宁,18)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 (1)设 A1 表示事件“日销售量不低于 100 个”,A2 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 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量低于 50 个”,因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6, P(A2)=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)=C0 (1-0.6)3=0.064, 3·
1 P(X=1)=C3 ·0.6(1-0.6)2=0.288, 2 P(X=2)=C3 ·0.62(1-0.6)=0.432, 3 P(X=3)=C3 ·0.63=0.216.

分布列为 X P 0 0.064 1 0.288 2 0.432 3 0.216

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. 11.(2013· 新课标全国Ⅰ,19)一批产品需要进行质量检验,检验方案是:先从这 批产品中任取 4 件作检验,这 4 件产品中优质品的件数记为 n.如果 n=3,再
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从这批产品中任取 4 件作检验,若都为优质品,则这批产品通过检验;如果 n =4,再从这批产品中任取 1 件作检验,若为优质品,则这批产品通过检验; 其他情况下,这批产品都不能通过检验. 1 假设这批产品的优质品率为 50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为2, 且各件产品是否为优质品相互独立. (1)求这批产品通过检验的概率; (2)已知每件产品的检验费用为 100 元,且抽取的每件产品都需要检验,对这 批产品作质量检验所需的费用记为 X(单位:元),求 X 的分布列及数学期望. 解 (1)设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 A1,第一次取出的

4 件产品全是优质品为事件 A2,第二次取出的 4 件产品是优质品为事件 B1, 第二次取出的 1 件产品是优质品为事件 B2,这批产品通过检验为事件 A,依 题意有 A=(A1B1)∪(A2B2),且 A1B1 与 A2B2 互斥,所以 P(A)=P(A1B1)+P(A2B2) =P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2) 4 1 1 1 3 =16×16+16×2=64. (2)X 可能的取值为 400,500,800,并且 4 1 11 P(X=400)=1-16-16=16, 1 1 P(X=500)=16,P(X=800)=4. 所以 X 的分布列为 X P 400 11 16 500 1 16 800 1 4

11 1 1 E(X)=400×16+500×16+800×4=506.25.

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