專題十七隨機變量及其分布列

0.6 0.75＝5＝0.82．(2011·，7，中)如圖，用K，A1，A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)．當K正常工作且A1，A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次為0.9，0.8，0.8，則系 【答案】BA1，A2A1，A2同時不能工作的概率為0.9×0.96＝0.864.B.區(qū)域A，B，乙被劃分為兩個不相交的區(qū)域C，D.某次測試要求隊員接到落點在甲上的來球后向乙回球1

上的概率為23

D上的概率為3

BC率為5D上的概率為5.A，B(2)ξ的分布列與數(shù)學期望．解：記Ai為“小明對落點在A上的來球回球的得分為i分 記Bi為“小明對落點在B上的來球回球的得分為i分 (1)記D為“小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上 3所 兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上的概率為3(2)由題意，隨量ξ可能的取值為0，1，2，3，4，6，

1＝1

1＝2

1＝1

可得隨量ξ的分布列為ξ012346P11× 所以數(shù)學期望 1＋1 2＋4×11＋6 1＝× 1

分；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為3

2XA“B“擊乙靶命中”為C“該射手第二次射擊乙靶命中”為D，

-－－根據(jù)的獨立性和互斥性－－ －－ －－P(A)＝P(BC

－

＝3 1－2×1－2＋1－3 2 1－2＋1－3×1－2 2 7

-C(2)根據(jù)題意，X0，1，2，3，4，5，-C--

-＝1－3×1－2×1－2＝1 1－2×1－2＝1 － ＝1－3 2

-

＝1－3 2 2 1 XX012345P913 1＋1 1＋2

作物產(chǎn)量作物產(chǎn)量作物市場價格(元6(1)X1X(2)3322000kg，B/kg，由題設知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，∵利潤＝產(chǎn)量×市場價格－成本∴X500×10－1000＝4000，500×6－1000＝2300×10－1000＝2000，300×6－1 P(X＝4 P(X＝2XX42P(2)設Ci表示“第i季利潤不少于2000元”(i＝1，2，3)，由題意知C1，C2，C3相互獨立，由(1)知，P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝232000322000 P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＝3×0.8322000考向 求相互獨立的概相互獨立的概率運(1)A，B相互獨立?P(AB)＝P(A)P(B)．(“AB”也可記為(2)若A1，A2，…，An相互獨立，那么這些同時發(fā)生的概率等于每個發(fā)生的概率的積，P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)． A，B相互獨立，則A與B，A與B，AB也相互獨立．互斥與獨立的區(qū)別兩互斥是指一個試驗中的兩個結果在一次試驗中不可能同時發(fā)生即P(AB)＝0；兩獨立是指一個的發(fā)生與否對另一個發(fā)生的概率無影響0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用設備相互獨立．(1)3(2)XX【思路導引 (1)由獨立同時發(fā)生的概率求解(2)判斷X的所有可能情況并分別求出相應的概率，再利用期望求解【解析 設Ai表示：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設備B表示：甲需使用設備C表示：丁需使用設備D表示：同一工作日至少3人需使用設備-2122所以P(D)＝P(A·B·C＋A·B＋A·－·-2122122＝P(A·B·C)＋P(A·B)＋P(A122＝P(A)P(B)P(C)＋P(A 1

(2)X0，1，2，3，4 XX01234P相互獨立概率的求法首先要搞清間的關系(是否彼此互斥、是否相互獨立、是否對立)，正確區(qū)分“互斥”與“對立”．當且僅當A和B相互獨立時，才有P(AB)＝P(A)P(B)．A，BA，B互斥：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)A，B相互獨立(不互斥) 某些若含有較多的互斥可考慮其對立的概率這樣可減少運算量提高準確率(2013·陜西，19，12分)在一場上，有5位民間歌手(1至5號)登臺演唱，由現(xiàn)場3112352515333X3X解：(1)設A表示“觀眾甲選中3號歌手”，B表示“觀眾乙選中3號歌手

CC35 CC35 .∵A與B相互獨立.33 4

- －

2＝4或

3(2)設C表示“觀眾丙選中3號歌手”，則P(C)＝4＝3∵X0，1，2，3

C C－－－ 2

2＝4

－－

3＝4

-

3＝6∴X

X0123P446∴X的數(shù)學期望 4＋1 4＋2×11＋3 6＝28 考向 條件概設A，B是兩 B發(fā) 件A發(fā)生的條件概率

既是條件概率的定義，也是條件概率的計算如果B和C是兩個互斥，則A，B(2015·荊門模擬，20，12分)某工廠生產(chǎn)了一批產(chǎn)品共有20件，其中5件是次品，2件．求：【解析】設“第一次抽到次品”為“第二次抽到次品”為B，A和B相互獨依題意得：(1)P(A)＝5 ×第一次和第二次都抽到次品的概率為P(AB)＝5 4＝1.×

P(B|A)＝P（A）方法二：第一次抽到次品后，還剩余產(chǎn)品19件，其中次品4件，故第二次抽到次品的概率為 4 【點撥】解答本題的關鍵是分清條件是什么和合理應用條件概率，第(3)問易由于對題意理

＝1＝194條件概率的求法

注意：A與B有時是相互獨立，有時不是相互獨立，要弄清P(AB)的求法當基本適合有限性和等可能性時，可借助古典概型概率，先求A包含的基本n(A)，再在A發(fā)生的條件下求B包含的基本數(shù)，即n(AB)，得

452(2011·遼寧，5)從1，2，3，4，5中任取2個不同的數(shù)，A＝“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)＝( 45288

2 123C【答案】 由題意可得C

＝ C5 C5 由條件概率的計算，得

P（A）＝25A“正面”為B，則P(B|A)等于( 2424

8186【答案】 由古典概型知6

P（AB） ＝4

22．(2015·鄭州一模，10)1號箱中有2個白球和4個紅球，2號箱中有5個白球和3個紅球，1222 9 【答案】 方法一：記A：從2號箱中取出的是紅球；B：從1號箱中取出的是紅球4 則根據(jù)古典概型和對 的概率和為1，可知：P(B)＝2＋4＝3，P(B)＝1－3＝3；由條件概

3

2632號箱中取出白球，其概率為6＝3 球的概率為3，則此種情況下的概率為

號箱中取出紅球，其概率為3.2542 8率為9，則這種情況下的概率為

8 號箱取出紅球的概率是率為0.7，兩人是否被錄取互不影響，則其中至少有一人被錄取的概率為( 【答案】D 4．(2015·江蘇鹽城二模，10)且是相互獨立的，則燈泡甲亮的概率

【解析】a，c兩個開關都開，b開關必須斷開，否則短路．設“a閉合A“bB“c

A，B，C 概

【答案】8

“恰有一次出現(xiàn)正面”，則P(B|A)＝

【解析】由題意知，P(AB)＝23＝8，P(A)＝1－23＝8P(B|A)＝P（A）8【答案】76．(2015·河北石家莊一模，17，12分

1甲、乙、丙三位學生獨立地解同一道題，甲做對的概率為ξ0123P14ab1ξ0123P14ab1m，nξ2解：設“甲做對” A“ B“ 2 ＝1mn＝1，m＋n＝7

m>n3

－－

-

＝1

44ξ

1＝13× × 選中的概率分別為5，4，333解：記甲、乙、丙能被選中 分別為A，B，C，則3

1＝1

32

31 －

1＝5

3--

P3>P2>P1＝P4P312綜上可知，31121．(2015·，4，易)設X～N(μ1，σ2)，Y～N(μ2，σ2)，這兩個正態(tài)分布密度曲線如圖所示．下結論中正確的是 【答案】C C，D，結合圖象可知，C正確．2．(2015·課標Ⅰ，4，中)投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試．已知某同學每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨立，則該同學通過測試的概率為( 【答案】 記Ai＝{投中i次}，其中i＝1，2，3，B表示該同學通過測試，故33333．(2015·湖南，7，中)在如圖所示的正方形中隨機投擲10000個點，則落入陰影部分(曲線C為正態(tài)分布N(0，1)的密度曲線)的點的個數(shù)的估計值為( 附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954 B．2C．3 D．4【答案】 由于曲線C為正態(tài)分布N(0，1)的密度曲線，則陰影部分面積為

0.682

＝ 10

0.341× ＝3413. (附：若隨量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ<ξ 【答案】 2215．(2015·，13，中)已知隨量X服從二項分布B(n，p)，若E(X)＝30，D(X)＝20，則 【解析】E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)得

【答案】3

【答案】 ∵隨量X服從正態(tài)分布N(2，σ2)，μ＝2，得對稱軸是x＝2.由P(ξ<4)＝0.82．(2012·課標，15，中某一部件由三個電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作．設三個電子元件的使用(單位：小時)均服從正態(tài)分布N(1000，502)，且各個元件能否正常工作相互獨立，那么該部件的使用超過1000小時的概率為 2【解析】由題意知每個電子元件使 超過1000小時的概率均為1，元件1或元件2正常工2的概率為 1＝3，所以該部件的使 超過1000小時的概率為

【答案】8

【解析】正面出現(xiàn)的次數(shù)比出現(xiàn)的次數(shù)多，面可以出現(xiàn)4次，5次或者6次，由n次

5

重復試驗概 得所求的概率【答案】

(1)32100150個的(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數(shù)，求隨量X的分布列，期望E(X)及方D(X)．解：(1)設A1表示“日銷售量不低于100個”．A2表示“日銷售量低于50個”，B表示件“3210050個”．3333(2)X0，1，2，3，相應的概率為3333X0123PX～B(3，0.6)E(X)＝3×0.6＝1.85．(2013·山東，19，12分，中)3 (1)3∶0，3∶1，3∶2(2)3∶03∶1303∶21XA1“A2“A3， 8

8

4

3∶03∶1勝利的概率為83∶2勝利的概率為4 (2)設“乙隊以3∶2勝利”為A4，所以P(A

由題意，隨量X的所有可能的取值為0，1，2，3，P(X＝1)＝P(A3)＝49P(X＝2)＝P(A4)＝4，9XX0123P9

4＋2×4＋3 × ×考向 獨立重復試驗與二項分次試驗只有兩種結果，即或發(fā)生，或不發(fā)生，且任何一次試驗中發(fā)生的概率都是一樣的．n在n次獨立重復試驗中，設A發(fā)生的次數(shù)為X，在每次試驗中A發(fā)生的概率為p，那么在n次獨立重復試驗中，A恰好發(fā)生k次的概率為P(X＝k)＝Ckpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，此n稱隨量X服從二項分布，記作(1)(2015·湖南衡陽一模，6)某每粒發(fā)芽的概率都為0.9，現(xiàn)播種了1000粒，對于沒有發(fā)芽的，每粒需再補種2粒，補種的數(shù)記為X，則X的數(shù)學期望為( (2)(2012·，16，13分)現(xiàn)有4個人去參加某活動，該活動有甲、乙兩個游戲可供參加者選擇．為增加趣味性，約定：每個人通過擲一枚質地均勻的決定自己去參加哪個游戲，擲出點數(shù)為22424③用X，Y分別表示這4個人中去參加甲、乙游戲的人數(shù)，記ξ＝|X－Y|，求隨量ξ的分布列與Eξ.【解析 (1)1000粒每粒不發(fā)芽的概率為∴不發(fā)芽的數(shù)ξ～B(1∴1000粒中不發(fā)芽的數(shù)的數(shù)學期望E(ξ)＝1000×0.1＝100粒，又每粒不發(fā)芽的需補種2粒，∴需補種的數(shù)的數(shù)學期望E(X)＝2×100＝200(粒(2)4個人中，每個人去參加甲游戲的概率為1，去參加乙游戲的概率為 i設“這4個人中恰有i人去參加甲游戲” 42 8

②設“這4個人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)”為B，則B＝A3∪A4，由 A3A4

4個人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)的概率為ξ

ξ024P故 8＋2

× ×

81【點撥】解題(1)的關鍵是理解題意轉化為二項分布概率模型；題(2)主要是考查獨立重復試驗，求出P(Ai)．1.n次獨立重復試驗中A恰好發(fā)生k次的nn次獨立重復試驗中A恰好發(fā)生k次可看作是Ck個互斥的和，其中每一個都可看作n—k個A與n－k個

pk(1－p)n－k.nn立重復試驗中A恰好發(fā)生k次的概率為n判斷某隨量是否服從二項分布的方在每一次試驗中，發(fā)生的概率相同各次試驗中的是相互獨立的(2015·鄭州模擬，17，12分)甲、乙兩人各射擊一次，

3目標的概率分別是3和設兩人射擊是否目標相互之間沒有影響，每人各次射擊是否目標相互之間也沒有影響求甲射擊4次，至少有1次未目標的概率求兩人各射擊4次，甲恰好目標2次且乙恰好目標3次的概率假設每人連續(xù)2次未目標，則終止其射擊．5次后，被終止射擊的概率是多少？-解：(1)記“甲射擊4次，至少有1次未目標”為A1，則A1的對立A1為“甲射- 4次，全 P(A

-

所以甲連續(xù)射擊4次，至少有一次 目標的概率為記“甲射擊4次，恰好有2次目標”為A2“乙射擊4次，恰好有3次目標”為事件B2，

8

由于甲、乙射擊是否目標相互獨立P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝

所以兩人各射擊4次，甲恰有2 目標且乙恰有3 目標的概率為B3“4，5)-＝－－ － － 1-＝B D5D4D3(D2D1∪D2D1∪D2D1)，且由于各相互獨立-

－

4515次后，被終止射擊的概率為451

思路點撥：(1)中至少有1次未，包含情況多，可求其對立的概率；(2)中甲恰好目標次與乙恰好目標3次相互獨立；(3)中乙恰好射擊5次后被終止，相當于前2次射擊，至少有一次中，第3次，第4次、第5次未考向 正態(tài)分布及其應σ σ

e－ ，x∈(－∞，＋∞)μσ(σ>0)φμ，σ(x)圖象為正態(tài)分布密度曲線，簡稱正態(tài)曲線(μ是正態(tài)分布的期望，σ是正態(tài)分布的標準差xxx＝μσ處達到峰 ③曲線在σ處達到峰 xσμμx a及x軸圍成的曲邊梯形的面積)，則稱隨量X服從正態(tài)分布，記作①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.99712 12(2)(2014·河北衡水質檢，14)50ξ(ξ∈N)102)，已知P(90≤ξ≤100)＝0.3，估計該班學生數(shù)學成績在110分以上的人數(shù) 】 (1)由正態(tài)分布N(μ，σ2)的性質知，x＝μ為正態(tài)分布密度函數(shù)圖象的對稱軸，故μ1<μ2；又σ越小，圖象越高瘦，故σ1<σ2.【答案

利用正態(tài)曲線的性質求概率熟記(2)xx＝μx＝μ則P(X>4)＝( A．0.158 B．0.158 C．0.158 D．0.158【答案】 由正態(tài)曲線性質知，其圖象關于直線x＝3對稱

0.6826＝0.1587 與p的值分別為

【答案】

＝41

獲得通過的概率是

99

4 29 9

【答案】 由獨立重復試驗的概 ，知所求概率

3．(2015·福建福州模擬，5)已知隨量ξ服從正態(tài)分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，則 【答案】 ∵μ＝0，正態(tài)曲線關于μ＝0對稱，故選4．(2014·汕頭一模，5)在4次獨立重復試驗中，A發(fā)生的概率相同，若A至少發(fā)生次的概率為65， A在1次試驗中發(fā)生的概率為 33

5644【答案】 設A在1次試驗中發(fā)生的概率為p，由題意得5644

【解析】

＝2【答案】2

目標的概率為3.，，個不同的部分，第一、二、三部分面積之比為1∶3∶6 目標時任何一部分的概率與其面積成，，設X表示目標被的次數(shù)，求X的分布列若目標被2次，A表示“第一部分至少被1次或第二部分被2次”，求解：(1)X0，1，2，3，4

8

1X

X01234P81(2)設Ai表示“第一次目標時，第i部分”，i＝1，2，3.Bi表示“第二次目標時，第i部分”，i＝1，2，3.P(A1)＝P(B1)＝0.1， 只有一個選項是正確的，評分標準規(guī)定：每選對1道題得5分，不選或得0分．某考生每道題都644224道題時每道題都從不能排除的選項中隨機選一個(1)50解：(1)記“選對一道能排除2個選項的題目”為A“選對一道能排除1個選項的題目”為事件B， 5012 1

(2)XX

121

1121

121

×X×XP

1＝115

31．(2015·山東，19，12分，中)nn的個位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字n為“三位遞增數(shù)”(137，359，567等)．15010整除，得－1101(1)5(2)X解：(1)5的“三位遞增數(shù)”9(2)由題意知，全部“三位遞增數(shù)”的個數(shù)為C3＝84，隨量X的取值為0，－1，1，因此9 0)＝8＝C33C39 1P(X＝－1)＝ C9 C9P(X＝1)＝1－1 XX01P23

1＋1×11＝4.× ×2．(2015·，17，12分，中)已知2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分，23件正品時檢測結束．(2)已知每檢測一件產(chǎn)品需要費用100X表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所需要的檢測費用(單位：元)X的分布列和均值(數(shù)字期望)．(1)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為A， 3P(A)＝2 A5 A5(2)X 1P(X＝200)＝ A5 A5 3

23A3A5

1

3 6 X

XP35 1

3

4655121(1)1(2)33X.X解：(1)記A1＝{從甲箱中摸出的1個球是紅球A2＝{1個球是紅球B1＝{1次獲一等獎B2＝{1次獲二等獎C＝{1次能獲獎由題意，A

-與

互斥，B

B＝AA，B

-

1

P(A1)＝4＝2，P(A2)＝5＝1

＝2 1－1＋1－2 1＝1＝

P(C)＝P(B1∪B2)＝P(B1)＋P(B2)＝1＋1＝7 5(2)33次獨立重復試驗，由(1)1次獲一等獎的概率為15

1XX

X0123P6448121

WP4．(2015·，20，12分，中)某廠用鮮牛奶在某臺設備上生產(chǎn)A，B兩種奶制品．生產(chǎn)1噸A產(chǎn)品2110001B1.51.5小時，1200BA2A，B兩種產(chǎn)品時間之和不超過12小時，假定每天可獲取的鮮牛奶數(shù)量W(WPZ3110000解：(1)A，Bx噸，yz

z＝1000x＋1W＝12時，(*)＋A(0，0)，B(2.4，4.8)，C(6，0)．將z＝1000x＋1200y變形為＋

11當x＝2.4，y＝4.8時，直線l：y＝－5＋ 在y1Z＝zmax＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160(元)．當W＝15時，(*)表示的平面區(qū)域如圖，z＝1000x＋1200y

＋1＋1當x＝3，y＝6時，直線l：y＝－5＋ 1200＝10200(元W＝18時，(*)z＝1000x＋1200y

＋1＋1當x＝6，y＝4時，直線l：y＝－5＋ 在y1Z81010PZ＝zmax＝6×1000＋4×1200Z81010P因此，E(Z)＝8160×0.3＋10200×0.5＋10800×0.2＝9(2)由(1)10000p1＝P(Z>10由二項分布知，31100001．(2013·，4，易)已知離散型隨量X的分布列X123P35則X的數(shù)學期望 【答案】 由數(shù)學期望得

3

1

i放入i個球后，從甲盒中取1個球是紅球的概率記為pi(i＝1，2)． 【答案】 隨量ξ1，ξ2的分布列如下12pn m123pnC1mm 所以E(ξ n 2

m＋n＝m＋nnm 2Cnm

CE(ξ2)＝C

＋

m

m＋n＋因為p＝m n ＋

，n2 m＋n2

C1 3m＋n

m＋mn·＋n· CCC32CCC3

＝ >0＝思路點撥：列出隨量ξ1，ξ2的分布列，計算期望值并比較大小；利用分步計數(shù)原理計算 【解析】設ξ＝1時的概率為p，則

【答案】5

4．(2013·遼寧，16，難)為了某校各班參加課外書法小組的人數(shù)，從全校隨機抽取5個班級，把 【解析】5

12345123451234512345不妨設x1<x2<x3<x4<x5，則35＝x1＋x2＋x3＋x4＋x5≥x1＋x1＋1＋x1＋2＋x1＋3＋x1＋4，x1≤555，6，7，8，94，6，7，8，10x5≥11【答案】3，432，3，4.4張卡片(假設取到任何一張卡片的可能性相(1)43(2)在取出的4張卡片中，紅色卡片編號的最大值設為X，求隨量X的分布列和數(shù)學期望 2解：(1)設“取出的4張卡片中，含有編號為3的卡片”為A，則43的卡片的概率為

2C4C7

(2)隨量X的所有可能取值為 1 4P(X＝1)＝ ，P(X＝2)＝ CC77 CC77

P(X＝3)＝5＝，P(X＝4)＝6＝CC77 CC77 所以隨量X的分布列X1234P142747故 量X的數(shù)學期望E(X)＝1×1 4＋3

× ×

58878從上述比賽中隨機選擇一場，求李明在該場比賽中投籃超過0.6的概率——E(X)與x的大?。?只需寫出結論解：(1)根據(jù)投籃統(tǒng)計數(shù)據(jù)，在10場比賽中，李明投籃超過0.6的場次有5場，分別是主2352所以在隨機選擇的一場比賽中，李明的投籃超過0.6的概率是(2)設A為“在隨機選擇的一場主場比賽中李明的投籃超過B為“在隨機選擇的一場客場比賽中李明的投籃超過0.6”，0.6

，A，B ＝＝--7．(2012·課標，18，12分，中)某花店每天以每枝5元的價格從農(nóng)場購進若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的價格，如果當天賣不完，剩下的玫瑰花作處理．(1)16y(單位：元)n(單位：枝，n∈N)的(2)100天玫瑰花的日需求量(單位：枝) 天記錄的各需求量的頻率作為各需求量發(fā)生的概率16枝玫瑰花，X表示當天的利潤(單位：元)X16171617解：(1)n≥16n<16yn

XXPXX1617枝玫瑰花，Y表示當天的利潤(單位：元)YYPYY的方差為由以上的計算結果可以看出，D(X)<D(Y)，即購進16E(X)<E(Y)16枝玫瑰花．1717枝玫瑰花，Y表示當天的利潤(單位：元)YYPY17考向 離散型隨量的分布列與期離散型隨量的分布＝pi，則稱X……P……為隨量X的概率分布nii＝如果隨量X的分布列X01Pp其中0<p<1，則稱離散型隨量X服從參數(shù)為p的兩點分布CkMC ，k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.此時稱隨CX完 局仍未出現(xiàn)連勝，則判定獲勝局數(shù)多者贏得比賽．假設每局甲獲勝的概率為3，乙獲勝的概率為4局以內(4局)記X為比賽決出勝負時的數(shù)，求X的分布列和均值(數(shù)學期望【解析 用A表示“甲在4局以內(含4局)贏得比賽”，Ak表示“第k局甲獲勝”，Bk表示“k局乙獲勝”

X9999P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝8XX2345P59298

8＝224

81×【點撥】求離散型隨量的分布列時要注意兩個問題：一是求出隨量所有可能的取值；二互斥只有一個發(fā)生的概率相互獨立同時發(fā)生的概率n次獨立重復試驗有k次發(fā)生的概率等×求隨 量及其分布列的一般步明確隨量的所有可能取值，以及取每個值所表示的意義利用排列、組合知識或互斥、獨立的概率求出隨量取每個可能值的概率按規(guī)范形式寫出隨量的分布列，并用分布列的性質驗證(2014·，16，13分，中)某大學有6名男同學，4名女同學．在這10名同3名同學，到希望小學進行支教活動(每位同學被選到的可能性相同3設X為選出的3名同學中女同學的人數(shù)，求隨量X的分布列和數(shù)學期望解：(1)設“選出的3名同學是來自互不相同的學院”為A， 3

C3C

3名同學是來自互不相同學院的概率為(2)隨量X的所有可能值為4646

CC所以隨量X的分布列X0123P161231隨量X的數(shù)學期望

3＋3 1＝6

考向 離散型隨量的期望與方差的應若離散型隨量X的分布列X……P……稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為隨量X的均值或數(shù)學期望，它反映了離散型

(x－E(X))2p為隨量X的方差，它刻畫了隨量X與其均值E(X)的平均偏iiii程度，其算術平方根D（X）為隨量X的標準差，記作①E(aX＋b)＝aE(X)＋b(a，b為常數(shù)②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b為常數(shù)①若隨量X服從兩點分布，則②若隨量X～B(n，p)，則20100200分(即獲得－200分)1樂的概率為2XX【解析 (1)X可能的取值為10，20，100，－200，根據(jù)題意，

X

XP38381818設“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂”為Ai(i＝1，2，3)，則“三盤游戲中至少有一盤出現(xiàn)音樂”

1

因此，玩三盤游戲至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是由(1)X

X

解離散型隨量的期望和方差應用問題的方法確運用期望、方差進行計算．要注意觀察隨量的概率分布特征，若屬二項分布的，可用二項分布的期望與方差計算，在實際問題中，若兩個隨量ξ1，ξ2，有Eξ1＝Eξ2或Eξ1與Eξ2較為接近時，就需要用Dξ1與勵，規(guī)定：每位顧客從一個裝有4個標有面值的球的袋中隨機摸出2個球，球上所標的面值之和為該顧客所獲的額．4150310①顧客所獲的額為60元的概率②顧客所獲的額的分布列及數(shù)學期望商場對總額的預算是60000元，并規(guī)定袋中的4個球只能由標有面值10元和50元的兩球組成，或標有面值20元和40元的兩種球組成．為了使顧客得到的總額盡可能符合商場的預算且每位顧客所獲的額相對均衡，請對袋中的4個球的面值給出一個合適的設計，并說明理由．解：(1)設顧客所獲的額為

C2C2

1 即顧客所獲 額為60元的概率為X P(X＝60)＝，P(X＝20)＝3＝C222C224XXP所以顧客所獲的額的期望為E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元(2)根據(jù)商場的預算，每個顧客的平均額為60元．所以，先尋找期望為60元的可能方案．1050元組成的情況，如果選擇(10，10，10，50)6060元，因此可能的方案是(10，10，50，50)以可能的方案是(20，20，40，40)對于方案1，即方案(10，10，50，50)，設顧客所獲的額為X1，則X1的分布列P121636X1

X1

1＝1

對于方案2，即方案(20，20，40，40)，設顧客所獲的額為X2，則X2的分布列P121636X2

X2

由于兩種方案的額的期望都符合要求，但方案2額的方差比方案1的小，所以應該選擇1．(2014·蕪湖一模，6)若X～B(n，p)，且E(X)＝6，D(X)＝3，則P(X＝1)的值為( 【答案】 由題意知 解得

1

語的概率是0.4，同學乙猜對成語的概率是0.5，且規(guī)定猜對得1分，猜不對得0分，則這兩個同學各猜1X(單位：分)的數(shù)學期望為() 【答案】A 由題意得X＝0，1，2，則3．(2014·河北保定一模，13)隨量ξ的分布列ξ01Pabca，b，c

【解析】a，b，c33

【答案】9

4．(2015·福建福州二模，13)設整數(shù)m是從不等式x2－2x－8≤0的整數(shù)解的集合S中隨機抽取的一個元素，記隨量ξ＝m2，則ξ的數(shù)學期望E(ξ)＝ 【解析】S＝{－2，－1，0，1，2，3，4}，ξξ0149P1727271717所以

【答案】

3中每道題的概率都是55103進試，答對一題加10分，答錯一題(不答視為答錯)減5分，得分低于0分時記為0分(即最低為分)15解：(1)ξξ

P(ξ＝0)＝55＋55＝CC2 CC2 53P(ξ＝15)＝5 3C C 1P(ξ＝30)＝5 C3Cξ的分布列ξ0P12

5＋30 1＝35 A“

81

由(1)知，P(B)＝P(ξ＝15)＋P(ξ＝30)＝5＋1 (B所求概率為

-

-＝1－

6．(2014·江西贛州二模，20，13分)92個紅色球，3個白色球，4個11101個黑色球得－13331ξ3ξ-解：(1)記A為“取出的3個球中至少有一個紅球”，則A的對立A為“取出的3個-””

3種結果，滿足－的

3種結果，所

＝ －

7C.9 C.9A1(2)311A122 C3個黑色球” C，有C2C4種結果．其 B和C是互 ，則P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝2C39＋C2C1＝C24C9

(3)ξ 5 3P(ξ＝0)＝ ，P(ξ＝1)＝3 3CC9 CC9 3

13P(ξ＝2)＝3 ，P(ξ＝3)＝ 3CC9 CC9ξ的分布列為

ξ0123P531× ξ的數(shù)學期望 5＋1 3＋3 1× 查方案：考生從6道備選題中隨機抽取3題，按照題目要求獨立回答全部問題．規(guī)定：至少正264題能正確回答，22確回答的概率都為3解：(1)ξ，ηξ

CP(ξ＝1)＝C

2＝，P(ξ＝2)＝42＝，P(ξ＝3)＝42＝CC555 CC555 ξ123P131555

又 η0123P129498

P(η≥2)＝12＋8 對辦理應用套餐的客戶進行，方案如下：選擇套餐一的客戶可獲得200元，選擇套餐二的客戶可獲得500元，選擇套餐三的客戶可獲得300元．根據(jù)以往的統(tǒng)計結果繪出電信日當天參若用隨量X表示某兩人所獲金額的總和，求X的分布列和數(shù)學期望

(2)由題意知某兩人可獲得金額X的可能取值為400，500，600，700，800，1

1＝1

3＝6

3＝9

1＝8

P(X＝1

XX1P1698X 1＋500 6＋600 9＋

24＋1

(時間：120分鐘分數(shù)：150分)一、選擇題(12560分) 新鄉(xiāng)一模 兩個實習生每人加工一個零件，加工為一等品的概率分別為3和4零件是否加工為一等品相互獨立，則這兩個零件中恰有一個一等品的概率為 22

5 44

6【答案】 記兩個零件中恰有一個一等品的為A，6

5P(A)＝P(A1)＋

量ξ的分布列為

【答案】 由分布列的性質

＝27 量ξ的分布列為

于 3

144

5【答案】 由分布列的知識得 5

3. A．6和 B．2和C．2和 D．6和【答案】 若兩個隨量η，X滿足一次關系式η＝aX＋b(a，b為常數(shù))，當已知時，則E(η)＝aE(X)＋b，D(η)＝a2D(X)．由已知隨量X＋η＝8，所以 33 33【答案】 因為ξ服從正態(tài)分布N(3，4)，P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)．所以736．(2013·，9)如圖，將一個各面都涂了油漆的正方體，切割為125個同樣大小的小正方體，經(jīng)過攪拌后，從中隨機取一個小正方體，記它的涂漆面數(shù)為X，則X的均值E(X)＝(

55【答案】 由題意可知，涂漆面數(shù)為3的有8個，涂漆面數(shù)為2的有36個，涂漆面數(shù)為1的55 54個，所以所求均值 8×3 36×2

的最小值等于 D

【答案】

n×a＝2

由

＝3×(2－m)＋3×(2－n)＝3×(2n－4)＋3×(2－n)＝2(n－2)≥0D(ξ)8．(2014·山西太原二模，7)已知隨量X的分布列X123P則 【答案】B

P(X＝k)取得最大值時，k的值為 1

k

＝2

【答案】 當p＝2時

k＝10時，P(X＝k)顏色后放回，直到紅球出現(xiàn)10次時停止，設停止時共取了X次球，則P(X＝12)＝( 9

9 9

【答案】 “X＝12”表示第12次取到紅球，前11次有9次取到紅球，2次取到白球，因39 9

＝ 量X的概率分布規(guī)律為 ＝ 33

456＝【答案】 456＝ a a

22 22【答案】

已知每一位學生打開柜門的概率為∴打開柜門需要試開的次數(shù)的平均數(shù)(即數(shù)學期望)

二、填空題(4416分

×n＋

×n＝2有一枚是6點的概率是 【解析】設A＝“至少有一枚是6點”，B＝“兩枚點數(shù)不同”，先后投擲兩枚骰子共有36種不同情況，且是等可能的，則B共有6×5＝30種不同情況，AB共有10種不同P(B)＝30＝5，P(AB)＝10＝5

【答案】3

＝P（B）＝56

14．(2014·山東濱州二模，13)若隨量X的概率分布密度函數(shù)是2

【解析】【答案】23432.ξ 【解析】方法一(直接法)：由已知得，ξ2， 2，C53C55 2

2C5 C5 3P(ξ＝9)＝221＝3C C 1P(ξ＝10)＝2 C5 C5∴ξ的概率分布列ξ789P153251∴P(ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝3＋2＋1 方法二(間接法)：由已知得，ξ的可能取值為7