備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第7講-離散型隨機(jī)變量的分布列及數(shù)字特征

第7講離散型隨機(jī)變量的分布列及數(shù)字特征1．隨機(jī)變量的概念及特征(1)概念：一般地，對(duì)于隨機(jī)試驗(yàn)樣本空間Ω中的每個(gè)樣本點(diǎn)ω，都有eq\x(\s\up1(01))唯一的實(shí)數(shù)X(ω)與之對(duì)應(yīng)，我們稱X為隨機(jī)變量．(2)特征：隨機(jī)試驗(yàn)中，每個(gè)樣本點(diǎn)都有唯一的一個(gè)實(shí)數(shù)與之對(duì)應(yīng)，隨機(jī)變量有如下特征：①取值依賴于eq\x(\s\up1(02))樣本點(diǎn).②所有可能取值是eq\x(\s\up1(03))明確的.(3)離散型隨機(jī)變量可能取值為eq\x(\s\up1(04))有限個(gè)或可以eq\x(\s\up1(05))一一列舉的隨機(jī)變量，我們稱之為離散型隨機(jī)變量．2．分布列及其性質(zhì)(1)定義：一般地，設(shè)離散型隨機(jī)變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X的每一個(gè)值xi的概率P(X＝xi)＝Pi，i＝1,2,3，…，n為X的概率分布列，簡(jiǎn)稱分布列．(2)表示：離散型隨機(jī)變量的分布列也可以用表格表示，如下表所示：Xx1x2…xnPp1p2…pn(3)離散型隨機(jī)變量的分布列的性質(zhì)①eq\x(\s\up1(06))pi≥0(i＝1,2，…，n)；②eq\x(\s\up1(07))p1＋p2＋…＋pn＝1.3．離散型隨機(jī)變量的均值(1)離散型隨機(jī)變量的均值的概念一般地，若離散型隨機(jī)變量X的分布列為Xx1x2…xnPp1p2…pn則稱eq\x(\s\up1(08))E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xipi為隨機(jī)變量X的均值或數(shù)學(xué)期望．(2)離散型隨機(jī)變量的均值的意義均值是隨機(jī)變量可能取值關(guān)于取值概率的eq\x(\s\up1(09))加權(quán)平均數(shù)，它綜合了隨機(jī)變量的取值和取值的概率，反映了隨機(jī)變量取值的eq\x(\s\up1(10))平均水平.(3)離散型隨機(jī)變量的均值的性質(zhì)若Y＝aX＋b，其中a，b均是常數(shù)(X是隨機(jī)變量)，則Y也是隨機(jī)變量，且有eq\x(\s\up1(11))E(aX＋b)＝aE(X)＋b.4．離散型隨機(jī)變量的方差、標(biāo)準(zhǔn)差(1)設(shè)離散型隨機(jī)變量X的分布列如表所示．Xx1x2…xnPp1p2…pn我們用X所有可能取值xi與E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2，…，(xn－E(X))2關(guān)于取值概率的加權(quán)平均，來(lái)度量隨機(jī)變量X取值與其均值E(X)的偏離程度．(2)稱D(X)＝eq\x(\s\up1(12))(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\x(\s\up1(13))eq\i\su(i＝1,n,)(xi－E(X))2pi為隨機(jī)變量X的方差，有時(shí)也記為Var(X)，并稱eq\r(DX)為隨機(jī)變量X的標(biāo)準(zhǔn)差，記為σ(x)．(3)離散型隨機(jī)變量方差的性質(zhì)①設(shè)a，b為常數(shù)，則D(aX＋b)＝eq\x(\s\up1(14))a2D(X).②D(C)＝eq\x(\s\up1(15))0(其中C為常數(shù))．5．兩點(diǎn)分布如果P(A)＝p，則P(eq\x\to(A))＝1－p，那么X的分布列為X01P1－pp稱X服從兩點(diǎn)分布或0－1分布．且E(X)＝eq\x(\s\up1(16))p，D(X)＝eq\x(\s\up1(17))p(1－p).1．分布列性質(zhì)的兩個(gè)作用(1)利用分布列中各事件概率之和為1可求參數(shù)的值．(2)隨機(jī)變量X所取的值分別對(duì)應(yīng)的事件是兩兩互斥的，利用這一點(diǎn)可以求相關(guān)事件的概率．2．E(X)是一個(gè)實(shí)數(shù)，由X的分布列唯一確定．隨機(jī)變量X是可變的，可取不同的值，E(X)描述X取值的平均狀態(tài)．3．變量的方差與標(biāo)準(zhǔn)差都反映了隨機(jī)變量取值的穩(wěn)定與波動(dòng)、集中與離散的程度，其中標(biāo)準(zhǔn)差與隨機(jī)變量本身具有相同的單位．4．方差也是一個(gè)常數(shù)，它不具有隨機(jī)性，方差的值一定是非負(fù)的．1．某人進(jìn)行射擊，共有5發(fā)子彈，擊中目標(biāo)或子彈打完就停止射擊，射擊次數(shù)為ξ，則“ξ＝5”表示的試驗(yàn)結(jié)果是()A．第5次擊中目標(biāo) B．第5次未擊中目標(biāo)C．前4次未擊中目標(biāo) D．第4次擊中目標(biāo)答案C解析因?yàn)閾糁心繕?biāo)或子彈打完就停止射擊，所以射擊次數(shù)ξ＝5，則說明前4次均未擊中目標(biāo)．故選C.2．已知隨機(jī)變量X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(1,2k)，k＝1，2，…，則P(2<X≤4)＝()A.eq\f(3,16) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,16) D．eq\f(5,16)答案A解析P(2<X≤4)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＝eq\f(3,16).故選A.3．設(shè)某項(xiàng)試驗(yàn)的成功率是失敗率的2倍，用隨機(jī)變量ξ描述一次試驗(yàn)的成功次數(shù)，則P(ξ＝0)＝()A．0 B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)答案B解析設(shè)P(ξ＝1)＝p，則P(ξ＝0)＝1－p.依題意知，p＝2(1－p)，解得p＝eq\f(2,3).故P(ξ＝0)＝1－p＝eq\f(1,3).故選B.4．某街頭小攤，在不下雨的日子一天可賺到100元，在下雨的日子每天要損失10元，若該地區(qū)每年下雨的日子約為130天，則此小攤每天獲利的期望值約是(一年按365天計(jì)算)()A．60.82元 B．68.02元C．58.82元 D．60.28元答案A解析E(ξ)＝100×eq\f(235,365)＋(－10)×eq\f(130,365)≈60.82.故選A.5．(多選)設(shè)離散型隨機(jī)變量X的分布列為X01234Pq0.40.10.20.2若離散型隨機(jī)變量Y滿足Y＝2X＋1，則下列結(jié)果正確的有()A．q＝0.1B．E(X)＝2，D(X)＝1.4C．E(X)＝2，D(X)＝1.8D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2答案ACD解析因?yàn)閝＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正確；又E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故C正確；因?yàn)閅＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正確．故選ACD.6．(2020·浙江高考)一個(gè)盒子里有1個(gè)紅1個(gè)綠2個(gè)黃四個(gè)相同的球，每次拿一個(gè)，不放回，拿出紅球即停，設(shè)拿出黃球的個(gè)數(shù)為ξ，則P(ξ＝0)＝________；E(ξ)＝________.答案eq\f(1,3)1解析因?yàn)棣危?對(duì)應(yīng)事件為第一次拿紅球或第一次拿綠球，第二次拿紅球，所以P(ξ＝0)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3).隨機(jī)變量ξ的所有可能取值為0,1,2，P(ξ＝1)＝eq\f(2,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝2)＝1－eq\f(1,3)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)，所以E(ξ)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,3)＝1.考向一離散型隨機(jī)變量分布列的性質(zhì)例1(1)(2021·河南南陽(yáng)摸底)隨機(jī)變量ξ的概率分布規(guī)律為P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)(n＝1,2,3,4)，其中a為常數(shù)，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)<X<\f(13,4)))的值為()A.eq\f(2,3) B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,5) D．eq\f(5,16)答案D解析∵P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)(n＝1,2,3,4)，∴eq\f(a,2)＋eq\f(a,6)＋eq\f(a,12)＋eq\f(a,20)＝1，∴a＝eq\f(5,4).∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)<X<\f(13,4)))＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq\f(5,4)×eq\f(1,6)＋eq\f(5,4)×eq\f(1,12)＝eq\f(5,16).故選D.(2)已知隨機(jī)變量X的概率分布如下：X12345Peq\f(2,3)eq\f(2,32)eq\f(2,33)eq\f(2,34)eq\f(2,35)X678910Peq\f(2,36)eq\f(2,37)eq\f(2,38)eq\f(2,39)m則P(X＝10)＝()A.eq\f(2,39) B．eq\f(2,310)C．eq\f(1,39) D．eq\f(1,310)答案C解析由離散型隨機(jī)變量分布列的性質(zhì)，得eq\f(2,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(2,33)＋…＋eq\f(2,39)＋m＝1，得m＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＋\f(2,32)＋\f(2,33)＋…＋\f(2,39)))＝1－2×eq\f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))9)),1－\f(1,3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))9＝eq\f(1,39).故選C.離散型隨機(jī)變量分布列性質(zhì)的應(yīng)用(1)利用分布列中各概率之和為1可求參數(shù)的值，此時(shí)要注意檢驗(yàn)，以保證每個(gè)概率值均為非負(fù)數(shù)．(2)求隨機(jī)變量在某個(gè)范圍內(nèi)取值的概率時(shí)，根據(jù)分布列，將所求范圍內(nèi)隨機(jī)變量的各個(gè)取值的概率相加即可，其依據(jù)是互斥事件的概率加法公式．1.某電話亭中裝有一部公用電話，在觀察使用這部電話的人數(shù)時(shí)，設(shè)在某一時(shí)刻，有n個(gè)人正在使用電話或等待使用的概率為P(n)，P(n)與時(shí)刻t無(wú)關(guān)，統(tǒng)計(jì)得到：P(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n·P00≤n≤5，,0n≥6，))那么在某一時(shí)刻，這個(gè)電話亭一個(gè)人也沒有的概率P(0)的值為()A.eq\f(32,63) B．eq\f(32,65)C．eq\f(31,63) D．eq\f(32,53)答案A解析由P(0)＋P(1)＋P(2)＋P(3)＋P(4)＋P(5)＝1，得P(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋\f(1,32)))＝1，解得P(0)＝eq\f(32,63).故選A.2．設(shè)隨機(jī)變量X的概率分布列為X1234Peq\f(1,3)meq\f(1,4)eq\f(1,6)則P(|X－3|＝1)＝________.答案eq\f(5,12)解析由eq\f(1,3)＋m＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝1，解得m＝eq\f(1,4)，P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12).考向二求離散型隨機(jī)變量的分布列例2(2021·正定模擬)某中學(xué)根據(jù)2016～2020年期間學(xué)生的興趣愛好，分別創(chuàng)建了“攝影”“棋類”“國(guó)學(xué)”三個(gè)社團(tuán)，據(jù)資料統(tǒng)計(jì)新生通過考核選拔進(jìn)入這三個(gè)社團(tuán)成功與否相互獨(dú)立.2021年某新生入學(xué)，假設(shè)他通過考核選拔進(jìn)入該校的“攝影”“棋類”“國(guó)學(xué)”三個(gè)社團(tuán)的概率依次為m，eq\f(1,3)，n，已知三個(gè)社團(tuán)他都能進(jìn)入的概率為eq\f(1,24)，至少進(jìn)入一個(gè)社團(tuán)的概率為eq\f(3,4)，且m>n.(1)求m與n的值；(2)該校根據(jù)三個(gè)社團(tuán)活動(dòng)安排情況，對(duì)進(jìn)入“攝影”社的同學(xué)增加校本選修學(xué)分1分，對(duì)進(jìn)入“棋類”社的同學(xué)增加校本選修學(xué)分2分，對(duì)進(jìn)入“國(guó)學(xué)”社的同學(xué)增加校本選修學(xué)分3分．求該新同學(xué)在社團(tuán)方面獲得校本選修課學(xué)分分?jǐn)?shù)的分布列．解(1)依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)mn＝\f(1,24)，,1－1－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))1－n＝\f(3,4)，,m>n，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(1,4).))(2)令該新同學(xué)在社團(tuán)方面獲得校本選修課學(xué)分的分?jǐn)?shù)為隨機(jī)變量X，則X的值可以為0,1,2,3,4,5,6.而P(X＝0)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)；P(X＝1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)；P(X＝2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,8)；P(X＝3)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,24)；P(X＝4)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)；P(X＝5)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,24)；P(X＝6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,24).X的分布列如下．X0123456Peq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,8)eq\f(5,24)eq\f(1,12)eq\f(1,24)eq\f(1,24)離散型隨機(jī)變量分布列的求解步驟(1)明取值：明確隨機(jī)變量的可能取值有哪些及每一個(gè)取值所表示的意義．(2)求概率：要弄清楚隨機(jī)變量的概率類型，利用相關(guān)公式求出變量所對(duì)應(yīng)的概率．(3)畫表格：按規(guī)范要求形式寫出分布列．(4)做檢驗(yàn)：利用分布列的性質(zhì)檢驗(yàn)分布列是否正確．3.某校首屆安琪杯教職工運(yùn)動(dòng)會(huì)上有一個(gè)撲克小游戲，游戲規(guī)則如下：甲、乙雙方每局比賽均從5張撲克牌(3張紅桃A,2張黑桃A)中輪流抽取1張，抽取到第2張黑桃A的人獲勝，并結(jié)束該局比賽．每三局比賽為一輪．(1)若在第一局比賽中甲先抽牌，求甲獲勝的概率；(2)若在一輪比賽中規(guī)定：第一局由甲先抽牌，并且上一局比賽輸?shù)娜嗽谙乱痪直荣愊瘸?，每一局比賽先抽牌并獲勝的人得1分，后抽牌并獲勝的人得2分，未獲勝的人得0分．求此輪比賽中甲得分X的分布列．解(1)設(shè)“在第一局比賽中甲先抽牌，甲獲勝”為事件M，甲先抽牌，甲獲勝等價(jià)于把這5張牌進(jìn)行排序，第二張黑桃A排在3號(hào)位置或5號(hào)位置，共有2＋4＝6(種)，而2張黑桃A的位置共有Ceq\o\al(2,5)＝10(種)．所以P(M)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(2)甲得分X的所有可能取值為0,1,2,3,5.由(1)知在一局比賽中，先抽牌并獲勝(后抽牌并輸)的概率為eq\f(3,5)，則后抽牌并獲勝(先抽牌并輸)的概率為eq\f(2,5).當(dāng)X＝0時(shí)，即三局甲都輸，P(X＝0)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(8,125)；當(dāng)X＝1時(shí)，即第一局甲勝，二、三局甲輸或第二局甲勝，一、三局甲輸或第三局甲勝，一、二局甲輸，P(X＝1)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(48,125)；當(dāng)X＝2時(shí)，即第一局甲勝，第二局甲輸，第三局甲勝，P(X＝2)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(27,125)；當(dāng)X＝3時(shí)，即第一局甲輸，二、三兩局甲都勝或者第一局甲勝，第二局甲勝，第三局甲輸，P(X＝3)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(6,25)；當(dāng)X＝5時(shí)，即三局甲都勝，P(X＝5)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(12,125).所以此輪比賽中甲得分X的分布列如下．X01235Peq\f(8,125)eq\f(48,125)eq\f(27,125)eq\f(6,25)eq\f(12,125)多角度探究突破考向三離散型隨機(jī)變量的數(shù)字特征角度數(shù)字特征的計(jì)算例3為迎接2022年北京冬奧會(huì)，推廣滑雪運(yùn)動(dòng)，某滑雪場(chǎng)開展滑雪促銷活動(dòng)．該滑雪場(chǎng)的收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)是：滑雪時(shí)間不超過1小時(shí)免費(fèi)，超過1小時(shí)的部分每小時(shí)收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)為40元(不足1小時(shí)的部分按1小時(shí)計(jì)算)．有甲、乙兩人相互獨(dú)立地來(lái)該滑雪場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，設(shè)甲、乙不超過1小時(shí)離開的概率分別為eq\f(1,4)，eq\f(1,6)；1小時(shí)以上且不超過2小時(shí)離開的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(2,3)；兩人滑雪時(shí)間都不會(huì)超過3小時(shí)．(1)求甲、乙兩人所付滑雪費(fèi)用相同的概率；(2)設(shè)甲、乙兩人所付的滑雪費(fèi)用之和為隨機(jī)變量ξ，求ξ的分布列與期望E(ξ)，方差D(ξ)．解(1)兩人所付費(fèi)用相同，相同的費(fèi)用可能為0,40,80元，甲、乙兩人2小時(shí)以上且不超過3小時(shí)離開的概率分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)－\f(1,2)))＝eq\f(1,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)－\f(2,3)))＝eq\f(1,6).兩人都付0元的概率為P1＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，兩人都付40元的概率為P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，兩人都付80元的概率為P3＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，則兩人所付費(fèi)用相同的概率為P＝P1＋P2＋P3＝eq\f(1,24)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,24)＝eq\f(5,12).(2)ξ的所有可能取值為0,40,80,120,160，則P(ξ＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，P(ξ＝40)＝eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝80)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(5,12)，P(ξ＝120)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,6)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝160)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24).所以ξ的分布列為ξ04080120160Peq\f(1,24)eq\f(1,4)eq\f(5,12)eq\f(1,4)eq\f(1,24)∴E(ξ)＝0×eq\f(1,24)＋40×eq\f(1,4)＋80×eq\f(5,12)＋120×eq\f(1,4)＋160×eq\f(1,24)＝80.D(ξ)＝(0－80)2×eq\f(1,24)＋(40－80)2×eq\f(1,4)＋(80－80)2×eq\f(5,12)＋(120－80)2×eq\f(1,4)＋(160－80)2×eq\f(1,24)＝eq\f(4000,3).角度數(shù)字特征的應(yīng)用例4某投資公司在2020年年初準(zhǔn)備將1000萬(wàn)元投資到“低碳”項(xiàng)目上，現(xiàn)有兩個(gè)項(xiàng)目供選擇：項(xiàng)目一：新能源汽車．據(jù)市場(chǎng)調(diào)研，投資到該項(xiàng)目上，到年底可能獲利30%，也可能虧損15%，且這兩種情況發(fā)生的概率分別為eq\f(7,9)和eq\f(2,9)；項(xiàng)目二：通信設(shè)備．據(jù)市場(chǎng)調(diào)研，投資到該項(xiàng)目上，到年底可能獲利50%，可能損失30%，也可能不賠不賺，且這三種情況發(fā)生的概率分別為eq\f(3,5)，eq\f(1,3)和eq\f(1,15).針對(duì)以上兩個(gè)投資項(xiàng)目，請(qǐng)你為投資公司選擇一個(gè)合理的項(xiàng)目，并說明理由．解若按“項(xiàng)目一”投資，設(shè)獲利為X1萬(wàn)元，則X1的分布列為X1300－150Peq\f(7,9)eq\f(2,9)∴E(X1)＝300×eq\f(7,9)＋(－150)×eq\f(2,9)＝200.D(X1)＝(300－200)2×eq\f(7,9)＋(－150－200)2×eq\f(2,9)＝35000.若按“項(xiàng)目二”投資，設(shè)獲利為X2萬(wàn)元，則X2的分布列為X2500－3000Peq\f(3,5)eq\f(1,3)eq\f(1,15)∴E(X2)＝500×eq\f(3,5)＋(－300)×eq\f(1,3)＋0×eq\f(1,15)＝200.D(X2)＝(500－200)2×eq\f(3,5)＋(－300－200)2×eq\f(1,3)＋(0－200)2×eq\f(1,15)＝140000.∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)<D(X2)，這說明雖然項(xiàng)目一、項(xiàng)目二獲利相等，但項(xiàng)目一更穩(wěn)妥．綜上所述，建議該投資公司選擇項(xiàng)目一投資．離散型隨機(jī)變量的期望與方差的常見類型及解題策略(1)求離散型隨機(jī)變量的期望與方差．可依題設(shè)條件求出離散型隨機(jī)變量的分布列，然后利用期望、方差公式直接求解．(2)由已知期望或方差求參數(shù)值．可依據(jù)條件利用期望、方差公式得出含有參數(shù)的方程(組)，解方程(組)即可求出參數(shù)值．(3)由已知條件，作出對(duì)兩種方案的判斷．可依據(jù)期望、方差的意義，對(duì)實(shí)際問題作出判斷．4.(2021·北京高考)為加快新冠肺炎檢測(cè)效率，某檢測(cè)機(jī)構(gòu)采取“k合1檢測(cè)法”，即將k個(gè)人的拭子樣本合并檢測(cè)，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽(yáng)性，則還需要對(duì)本組的每個(gè)人再做檢測(cè)．現(xiàn)有100人，已知其中2人感染病毒．(1)①若采用“10合1檢測(cè)法”，且兩名患者在同一組，求總檢測(cè)次數(shù)；②已知10人分成一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為eq\f(1,11)，定義隨機(jī)變量X為總檢測(cè)次數(shù)，求檢測(cè)次數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)；(2)若采用“5合1檢測(cè)法”，檢測(cè)次數(shù)Y的期望為E(Y)，試比較E(X)和E(Y)的大小(直接寫出結(jié)果)．解(1)①對(duì)每組進(jìn)行檢測(cè)，需要10次；再對(duì)結(jié)果為陽(yáng)性的組每個(gè)人進(jìn)行檢測(cè)，需要10次．所以總檢測(cè)次數(shù)為20.②由題意，知X可以取20,30，P(X＝20)＝eq\f(1,11)，P(X＝30)＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11)，則X的分布列為X2030Peq\f(1,11)eq\f(10,11)所以E(X)＝20×eq\f(1,11)＋30×eq\f(10,11)＝eq\f(320,11).(2)由題意，知Y可以取25,30，兩名感染患者在同一組的概率為P1＝eq\f(20C\o\al(2,2)C\o\al(3,98),C\o\al(5,100))＝eq\f(4,99)，不在同一組的概率為P2＝eq\f(95,99)，則E(Y)＝25×eq\f(4,99)＋30×eq\f(95,99)＝eq\f(2950,99)>E(X)．5．(2021·濰坊一模)在一個(gè)系統(tǒng)中，每一個(gè)設(shè)備能正常工作的概率稱為設(shè)備的可靠度，而系統(tǒng)能正常工作的概率稱為系統(tǒng)的可靠度．為了增加系統(tǒng)的可靠度，人們經(jīng)常使用“備用冗余設(shè)備”(即正在使用的設(shè)備出故障時(shí)才啟動(dòng)的設(shè)備)．已知某計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)服務(wù)器系統(tǒng)采用的是“一用兩備”(即一臺(tái)正常設(shè)備，兩臺(tái)備用設(shè)備)的配置，這三臺(tái)設(shè)備中，只要有一臺(tái)能正常工作，計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)就不會(huì)斷掉．設(shè)三臺(tái)設(shè)備的可靠度均為r(0＜r＜1)，它們之間相互不影響．(1)要使系統(tǒng)的可靠度不低于0.992，求r的最小值；(2)當(dāng)r＝0.9時(shí)，求能正常工作的設(shè)備數(shù)X的分布列；(3)已知某高科技產(chǎn)業(yè)園當(dāng)前的計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)中每臺(tái)設(shè)備的可靠度是0.7，根據(jù)以往經(jīng)驗(yàn)可知，計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)斷掉可能給該產(chǎn)業(yè)園帶來(lái)約50萬(wàn)的經(jīng)濟(jì)損失．為減少對(duì)該產(chǎn)業(yè)園帶來(lái)的經(jīng)濟(jì)損失，有以下兩種方案：方案1：更換部分設(shè)備的硬件，使得每臺(tái)設(shè)備的可靠度維持在0.9，更換設(shè)備硬件的總費(fèi)用為8萬(wàn)元；方案2：對(duì)系統(tǒng)的設(shè)備進(jìn)行維護(hù)，使得設(shè)備可靠度維持在0.8，設(shè)備維護(hù)的總費(fèi)用為5萬(wàn)元．請(qǐng)從期望損失最小的角度判斷決策部門該如何決策．解(1)計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)系統(tǒng)無(wú)法正常工作的概率P＝(1－r)3，要使系統(tǒng)的可靠度不低于0.992，則1－(1－r)3≥0.992，解得r≥0.8，故要使系統(tǒng)的可靠度不低于0.992，則r的最小值為0.8.(2)依題意，X的所有可能取值為0,1,2,3，且X～B(3,0.9)，則P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×0.90×(1－0.9)3＝0.001，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×0.91×(1－0.9)2＝0.027，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×0.92×(1－0.9)1＝0.243，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×0.93×(1－0.9)0＝0.729，所以X的分布列為X0123P0.0010.0270.2430.729(3)設(shè)方案1、方案2的總損失分別為X1，X2.采用方案1，更換部分設(shè)備的硬件，使得設(shè)備可靠度維持在0.9，由(2)可知計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)斷掉的概率為0.001，所以E(X1)＝80000＋0.001×500000＝80500.采用方案2，對(duì)系統(tǒng)的設(shè)備進(jìn)行維護(hù)，使得設(shè)備可靠度維持在0.8，由(1)可知計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)斷掉的概率為0.008，所以E(X2)＝50000＋0.008×500000＝54000.E(X1)＞E(X2)，因此，從期望損失最小的角度，決策部門應(yīng)選擇方案2.一、單項(xiàng)選擇題1．(2021·云南、貴州、四川、廣西四省名校聯(lián)考)設(shè)隨機(jī)變量X，Y滿足Y＝2X＋b(b為非零常數(shù))，若E(Y)＝4＋b，D(Y)＝32，則E(X)和D(X)分別為()A．4,8 B．2,8C．2,16 D．2＋b,16答案B解析由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(EY＝2EX＋b＝4＋b，,DY＝4DX＝32，))∴E(X)＝2，D(X)＝8.故選B.2．若隨機(jī)變量X的分布列為X－2－10123P0.10.20.20.30.10.1則當(dāng)P(X＜a)＝0.8時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2] B．[1,2]C．(1,2] D．(1,2)答案C解析由隨機(jī)變量X的分布列，得P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，則當(dāng)P(X＜a)＝0.8時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,2]．故選C.3．一射手對(duì)靶射擊，直到命中或子彈打完為止，每次命中的概率為0.6，現(xiàn)有4發(fā)子彈，則停止射擊后剩余子彈數(shù)目的均值為()A．2.44 B．3.376C．2.376 D．2.4答案C解析X＝k表示停止射擊后剩余子彈的數(shù)目，P(X＝3)＝0.6，P(X＝2)＝0.4×0.6，P(X＝1)＝0.42×0.6，P(X＝0)＝0.43×(0.6＋0.4)，∴E(X)＝3×0.6＋2×0.4×0.6＋1×0.42×0.6＋0×0.43×(0.6＋0.4)＝2.376.故選C.4．簽盒中有編號(hào)為1,2,3,4,5,6的六支簽，從中任意取3支，設(shè)X為這3支簽的號(hào)碼之中最大的一個(gè)，則X的數(shù)學(xué)期望為()A．5 B．5.25C．5.8 D．4.6答案B解析由題意可知，X可以為3,4,5,6，P(X＝3)＝eq\f(1,C\o\al(3,6))＝eq\f(1,20)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,20)，P(X＝5)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,10)，P(X＝6)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,2).由數(shù)學(xué)期望的定義可求得E(X)＝3×eq\f(1,20)＋4×eq\f(3,20)＋5×eq\f(3,10)＋6×eq\f(1,2)＝5.25.故選B.5．(2020·全國(guó)Ⅲ卷)在一組樣本數(shù)據(jù)中，1,2,3,4出現(xiàn)的頻率分別為p1，p2，p3，p4，且eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))pi＝1，則下面四種情形中，對(duì)應(yīng)樣本的標(biāo)準(zhǔn)差最大的一組是()A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2答案B解析對(duì)于A，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\o(x,\s\up6(－))A＝(1＋4)×0.1＋(2＋3)×0.4＝2.5，方差為seq\o\al(2,A)＝(1－2.5)2×0.1＋(2－2.5)2×0.4＋(3－2.5)2×0.4＋(4－2.5)2×0.1＝0.65；對(duì)于B，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\o(x,\s\up6(－))B＝(1＋4)×0.4＋(2＋3)×0.1＝2.5，方差為seq\o\al(2,B)＝(1－2.5)2×0.4＋(2－2.5)2×0.1＋(3－2.5)2×0.1＋(4－2.5)2×0.4＝1.85；對(duì)于C，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\o(x,\s\up6(－))C＝(1＋4)×0.2＋(2＋3)×0.3＝2.5，方差為seq\o\al(2,C)＝(1－2.5)2×0.2＋(2－2.5)2×0.3＋(3－2.5)2×0.3＋(4－2.5)2×0.2＝1.05；對(duì)于D，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\o(x,\s\up6(－))D＝(1＋4)×0.3＋(2＋3)×0.2＝2.5，方差為seq\o\al(2,D)＝(1－2.5)2×0.3＋(2－2.5)2×0.2＋(3－2.5)2×0.2＋(4－2.5)2×0.3＝1.45.因此，B項(xiàng)這一組樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差最大．故選B.6．甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負(fù)者得0分，比賽進(jìn)行到有一人比對(duì)方多2分或打滿6局時(shí)停止．設(shè)甲在每局中獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙在每局中獲勝的概率為eq\f(1,3)，且各局勝負(fù)相互獨(dú)立，則比賽停止時(shí)已打局?jǐn)?shù)X的期望E(X)為()A.eq\f(241,81) B．eq\f(266,81)C．eq\f(274,81) D．eq\f(670,243)答案B解析依題意，知X的所有可能值為2,4,6，設(shè)每?jī)删直荣悶橐惠啠瑒t該輪結(jié)束時(shí)比賽停止的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(5,9).若該輪結(jié)束時(shí)比賽還將繼續(xù)，則甲、乙在該輪中必是各得一分，此時(shí)，該輪比賽結(jié)果對(duì)下輪比賽是否停止沒有影響．從而有P(X＝2)＝eq\f(5,9)，P(X＝4)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(20,81)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))2＝eq\f(16,81)，故E(X)＝2×eq\f(5,9)＋4×eq\f(20,81)＋6×eq\f(16,81)＝eq\f(266,81).故選B.7．已知某口袋中有3個(gè)白球和a個(gè)黑球(a∈N*)，現(xiàn)從中隨機(jī)取出一球，再放入一個(gè)不同顏色的球(即若取出的是白球，則放入一個(gè)黑球；若取出的是黑球，則放入一個(gè)白球)，記換好球后袋中白球的個(gè)數(shù)是ξ.若E(ξ)＝3，則D(ξ)＝()A.eq\f(1,2) B．1C．eq\f(3,2) D．2答案B解析由題意得ξ的所有可能取值為2,4，且P(ξ＝2)＝eq\f(3,3＋a)，P(ξ＝4)＝eq\f(a,3＋a)，∴E(ξ)＝2×eq\f(3,3＋a)＋4×eq\f(a,3＋a)＝3，解得a＝3，∴P(ξ＝2)＝eq\f(1,2)，P(ξ＝4)＝eq\f(1,2)，∴D(ξ)＝(2－3)2×eq\f(1,2)＋(4－3)2×eq\f(1,2)＝1.故選B.8．(2018·浙江高考)設(shè)0<p<1，隨機(jī)變量ξ的分布列是ξ012Peq\f(1－p,2)eq\f(1,2)eq\f(p,2)則當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí)，()A．D(ξ)減小B．D(ξ)增大C．D(ξ)先減小后增大D．D(ξ)先增大后減小答案D解析由題可得E(ξ)＝eq\f(1,2)＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)，所以當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí)，D(ξ)先增大后減?。蔬xD.二、多項(xiàng)選擇題9．已知某一隨機(jī)變量X的分布列如下，且E(X)＝6.3，則下列結(jié)論正確的是()X4a9P0.50.1bA．a(chǎn)＝7 B．b＝0.4C．E(aX)＝44.1 D．E(bX＋a)＝2.62答案ABC解析由題意和分布列的性質(zhì)得0.5＋0.1＋b＝1，且E(X)＝4×0.5＋0.1a＋9b＝6.3，解得b＝0.4，a＝7.∴E(aX)＝aE(X)＝7×6.3＝44.1，E(bX＋a)＝bE(X)＋a＝0.4×6.3＋7＝9.52，故A，B，C正確，D不正確．故選ABC.10．(2021·江蘇如皋、鎮(zhèn)江聯(lián)考)已知集合A＝B＝{1,2,3}，分別從集合A，B中各隨機(jī)取一個(gè)數(shù)a，b，若a與b的和記為隨機(jī)變量X，P(X＝i)＝pi＞0(i∈N)，X的數(shù)學(xué)期望和方差分別為E(X)，D(X)，則()A．p4＝2p2 B．P(3≤X≤5)＝eq\f(7,9)C．E(X)＝4 D．D(X)＝eq\f(4,3)答案BCD解析∵A＝B＝{1,2,3}，∴X的所有可能取值為2,3,4,5,6，P(X＝2)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，P(X＝3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，P(X＝4)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(3,9)＝eq\f(1,3)，P(X＝5)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，P(X＝6)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，∴p4＝3p2，A錯(cuò)誤；P(3≤X≤5)＝eq\f(2,9)＋eq\f(1,3)＋eq\f(2,9)＝eq\f(7,9)，B正確；E(X)＝2×eq\f(1,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(1,3)＋5×eq\f(2,9)＋6×eq\f(1,9)＝4，C正確；D(X)＝(2－4)2×eq\f(1,9)＋(3－4)2×eq\f(2,9)＋(4－4)2×eq\f(1,3)＋(5－4)2×eq\f(2,9)＋(6－4)2×eq\f(1,9)＝eq\f(4,3)，D正確．故選BCD.11．已知排球發(fā)球考試規(guī)則：每位考生最多可發(fā)球三次，若發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到3次結(jié)束為止．某考生一次發(fā)球成功的概率為p(0＜p＜1)，發(fā)球次數(shù)為X，若X的數(shù)學(xué)期望E(X)＞1.75，則p的取值可以為()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)答案AB解析由題意可知，P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，則E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3.由E(X)＞1.75可知4p2－12p＋5＞0，解得p＜eq\f(1,2)或p＞eq\f(5,2).又p∈(0,1)，故0＜p＜eq\f(1,2).故選AB.12．某學(xué)校共有六家學(xué)生餐廳，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)每人隨機(jī)地選擇一家餐廳就餐(選擇每個(gè)餐廳的概率相同)，則下列結(jié)論正確的是()A．四人去了四個(gè)不同餐廳就餐的概率為eq\f(5,18)B．四人去了同一餐廳就餐的概率為eq\f(1,1296)C．四人中恰有兩人去了第一餐廳就餐的概率為eq\f(25,216)D．四人中去第一餐廳就餐的人數(shù)的均值為eq\f(2,3)答案ACD解析四人去餐廳就餐的情況共有64種，其中四人去了四個(gè)不同餐廳就餐的情況有Aeq\o\al(4,6)種，則四人去了四個(gè)不同餐廳就餐的概率為eq\f(A\o\al(4,6),64)＝eq\f(5,18)，故A正確；同理，四人去了同一餐廳就餐的概率為eq\f(6,64)＝eq\f(1,216)，故B錯(cuò)誤；四人中恰有兩人去了第一餐廳就餐的概率為eq\f(C\o\al(2,4)×52,64)＝eq\f(25,216)，故C正確；設(shè)四人中去第一餐廳就餐的人數(shù)為ξ，則ξ＝0,1,2,3,4.則P(ξ＝0)＝eq\f(54,64)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)×53,64)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)×52,64)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)×5,64)，P(ξ＝4)＝eq\f(1,64)，則四人中去第一餐廳就餐的人數(shù)的分布列為ξ01234Peq\f(54,64)eq\f(C\o\al(1,4)×53,64)eq\f(C\o\al(2,4)×52,64)eq\f(C\o\al(3,4)×5,64)eq\f(1,64)則四人中去第一餐廳就餐的人數(shù)的均值E(ξ)＝0×eq\f(54,64)＋1×eq\f(C\o\al(1,4)×53,64)＋2×eq\f(C\o\al(2,4)×52,64)＋3×eq\f(C\o\al(3,4)×5,64)＋4×eq\f(1,64)＝eq\f(2,3)，故D正確．故選ACD.三、填空題13．隨機(jī)變量X的分布列如下：X－101Pabc其中a，b，c成等差數(shù)列，則P(|X|＝1)＝________.答案eq\f(2,3)解析∵a，b，c成等差數(shù)列，∴2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，∴b＝eq\f(1,3)，∴P(|X|＝1)＝a＋c＝eq\f(2,3).14．?dāng)?shù)字1,2,3,4任意排成一排，若數(shù)字K恰好出現(xiàn)在第K個(gè)位置上，則稱為一個(gè)巧合，若巧合個(gè)數(shù)為ξ，則P(ξ＝0)＝________.答案eq\f(3,8)解析ξ＝0，表示沒有巧合，有以下幾種：所以P(ξ＝0)＝eq\f(9,A\o\al(4,4))＝eq\f(9,24)＝eq\f(3,8).15．某畢業(yè)生參加人才招聘會(huì)，分別向甲、乙、丙3個(gè)公司投遞了個(gè)人簡(jiǎn)歷．假定該畢業(yè)生得到甲公司面試的概率為eq\f(2,3)，得到乙、丙兩公司面試的概率均為p，且3個(gè)公司是否讓其面試是相互獨(dú)立的．記X為該畢業(yè)生得到面試的公司個(gè)數(shù)．若P(X＝0)＝eq\f(1,12)，則隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝________.答案eq\f(5,3)解析隨機(jī)變量X的可能取值是0,1,2,3.由題意，知P(X＝0)＝eq\f(1,3)(1－p)2＝eq\f(1,12)，∴p＝eq\f(1,2)，于是P(X＝1)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，P(X＝3)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)＝1－eq\f(1,12)－eq\f(1,3)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,12)，所以數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,12)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(5,12)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(5,3).16．(2021·浙江高考)袋中有4個(gè)紅球，m個(gè)黃球，n個(gè)綠球．現(xiàn)從中任取兩個(gè)球，記取出的紅球數(shù)為ξ，若取出的兩個(gè)球都是紅球的概率為eq\f(1,6)，一紅一黃的概率為eq\f(1,3)，則m－n＝________，E(ξ)＝________.答案1eq\f(8,9)解析由題意可得，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,4＋m＋n))＝eq\f(12,4＋m＋n3＋m＋n)＝eq\f(1,6)，化簡(jiǎn)，得(m＋n)2＋7(m＋n)－60＝0，解得m＋n＝5，取出的兩個(gè)球一紅一黃的概率P＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,m),C\o\al(2,4＋m＋n))＝eq\f(4m,36)＝eq\f(1,3)，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1，易知ξ的所有可能取值為0,1,2，且P(ξ＝2)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,5),C\o\al(2,9))＝eq\f(5,9)，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,9))＝eq\f(5,18)，所以E(ξ)＝0×eq\f(5,18)＋1×eq\f(5,9)＋2×eq\f(1,6)＝eq\f(8,9).四、解答題17．(2021·新高考八省聯(lián)考)一臺(tái)設(shè)備由三個(gè)部件構(gòu)成，假設(shè)在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中，部件1,2,3需要調(diào)整的概率分別為0.1,0.2,0.3，各部件的狀態(tài)相互獨(dú)立．(1)求設(shè)備在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中，部件1,2中至少有1個(gè)需要調(diào)整的概率；(2)記設(shè)備在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中需要調(diào)整的部件個(gè)數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．解(1)設(shè)部件1需要調(diào)整為事件A，部件2需要調(diào)整為事件B，部件3需要調(diào)整為事件C，由題意可知，P(A)＝0.1，P(B)＝0.2，P(C)＝0.3.部件1,2中至少有1個(gè)需要調(diào)整的概率為1－[1－P(A)][1－P(B)]＝1－0.9×0.8＝1－0.72＝0.28.(2)由題意可知X的取值為0,1,2,3，且P(X＝0)＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.1)×(1－0.2)×(1－0.3)＝0.504，P(X＝1)＝P(A)[1－P(B)][1－P(C)]＋[1－P(A)]P(B)[1－P(C)]＋[1－P(A)]·[1－P(B)]P(C)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，P(X＝2)＝P(A)P(B)[1－P(C)]＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋[1－P(A)]P(C)P(B)＝0.1×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.3＝0.092.P(X＝3)＝P(A)P(B)P(C)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，故X的分布列為X0123P(X)0.5040.3980.0920.006數(shù)學(xué)期望E(X)＝0.504×0＋0.398×1＋0.092×2＋0.006×3＝0.6.18．A，B兩個(gè)投資項(xiàng)目的利潤(rùn)率分別為隨機(jī)變量X1和X2，根據(jù)市場(chǎng)分析，X1和X2的分布列分別如下表：X15%10%P0.80.2X22%8%12%P0.20.50.3(1)在A，B兩個(gè)投資項(xiàng)目上各投資100萬(wàn)元，Y1和Y2分別表示投資項(xiàng)目A和B所獲得的利潤(rùn)，求方差D(Y1)，D(Y2)；(2)將x(0≤x≤100)萬(wàn)元投資項(xiàng)目A,100－x萬(wàn)元投資項(xiàng)目B，f(x)表示投資項(xiàng)目A所得利潤(rùn)的方差與投資項(xiàng)目B所得利潤(rùn)的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x為何值時(shí)，f(x)取得最小值．解(1)根據(jù)題意，知Y1和Y2的分布列分別如下表：Y1510P0.80.2Y22812P0.20.50.3從而E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4，E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.(2)f(x)＝Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,100)Y1))＋Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100－x,100)Y2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,100)))2D(Y1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100－x,100)))2D(Y2)＝eq\f(4,1002)[x2＋3(100－x)2]＝eq\f(1,2500)(4x2－600x＋30000)＝eq\f(1,625)(x－75)2＋3.當(dāng)x＝75時(shí)，f(x)取得最小值3.19．某城市美團(tuán)外賣配送員底薪是每月1800元，設(shè)每月配送單數(shù)為X，若X∈[1,300]，每單提成3元，若X∈(300,600]，每單提成4元，若X∈(600，＋∞)，每單提成4.5元，餓了么外賣配送員底薪是每月2100元，設(shè)每月配送單數(shù)為Y，若Y∈[1,400]，每單提成3元，若Y∈(400，＋∞)，每單提成4元，小王想在美團(tuán)外賣和餓了么外賣之間選擇一份配送員工作，他隨機(jī)調(diào)查了美團(tuán)外賣配送員甲和餓了么外賣配送員乙在2020年4月份(30天)的送餐量數(shù)據(jù)，如下表：表1：美團(tuán)外賣配送員甲送餐量統(tǒng)計(jì)日送餐量x(單)131416171820天數(shù)2612622表2：餓了么外賣配送員乙送餐量統(tǒng)計(jì)日送餐量y(單)111314151618天數(shù)4512351(1)設(shè)美團(tuán)外賣配送員月工資為f(X)，餓了么外賣配送員月