（浙江专版）2019版高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.3 离散型随机变量及其分布学案.doc

12.3离散型随机变量及其分布考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201320142015201620171.离散型随机变量及其分布列1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念,了解分布列对于刻画随机现象的重要性.2.理解两点分布和超几何分布的意义,并能进行简单的应用.理解19(1),7分8,2分2.离散型随机变量的均值与方差理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念,能计算简单离散型随机变量的均值、方差,并能解决一些实际问题.理解19(2),7分9,5分12,4分8,2分分析解读1.随机变量及其分布是概率统计部分的重要内容,是高中数学的主干知识,也是高考的热点.2.主要考查随机变量分布列的性质及运算求解能力.3.考查一般以解答题形式出现,以随机变量分布列为载体,综合计数原理、古典概型、等可能事件等考查学生分析问题、解决问题的能力及运算求解能力.4.预计2019年高考试题中,对随机变量及其分布的考查必不可少.五年高考考点一离散型随机变量及其分布列 1.(2017课标全国理,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,x表示抽到的二等品件数,则dx=.答案1.962.(2013浙江,19,14分)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,且每球取到的机会均等)2个球,记随机变量为取出此2球所得分数之和,求的分布列;(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球,记随机变量为取出此球所得分数.若e=53,d=59,求abc.解析(1)由题意得=2,3,4,5,6.故p(=2)=3366=14,p(=3)=23266=13,p(=4)=231+2266=518,p(=5)=22166=19,p(=6)=1166=136.所以的分布列为23456p141351819136(2)由题意知的分布列为123paa+b+cba+b+cca+b+c所以e()=aa+b+c+2ba+b+c+3ca+b+c=53,d()=1-532aa+b+c+2-532ba+b+c+3-532ca+b+c=59,化简得2a-b-4c=0,a+4b-11c=0.解得a=3c,b=2c,故abc=321.3.(2017课标全国理,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:最高气温10,15)15,20)20,25)25,30)30,35)35,40)天数216362574以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.(1)求六月份这种酸奶一天的需求量x(单位:瓶)的分布列;(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,y的数学期望达到最大值?解析本题考查随机变量的分布列,数学期望.(1)由题意知,x所有可能取值为200,300,500,由表格数据知p(x=200)=2+1690=0.2,p(x=300)=3690=0.4,p(x=500)=25+7+490=0.4.因此x的分布列为x200300500p0.20.40.4(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200n500.当300n500时,若最高气温不低于25,则y=6n-4n=2n;若最高气温位于区间20,25),则y=6300+2(n-300)-4n=1 200-2n;若最高气温低于20,则y=6200+2(n-200)-4n=800-2n.因此ey=2n0.4+(1 200-2n)0.4+(800-2n)0.2=640-0.4n.当200n10 000)=0.5+0.2=0.7,由二项分布,3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.10.(2015陕西,19,12分)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为t,t只与道路畅通状况有关,对其容量为100的样本进行统计,结果如下:t(分钟)25303540频数(次)20304010(1)求t的分布列与数学期望et;(2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区作一个50分钟的讲座,结束后立即返回老校区,求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率.解析(1)由统计结果可得t的频率分布为t(分钟)25303540频率0.20.30.40.1以频率估计概率得t的分布列为t25303540p0.20.30.40.1从而et=250.2+300.3+350.4+400.1=32(分钟).(2)设t1,t2分别表示往、返所需时间,t1,t2的取值相互独立,且与t的分布列相同.设事件a表示“刘教授共用时间不超过120分钟”,由于讲座时间为50分钟,所以事件a对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.解法一:p(a)=p(t1+t270)=p(t1=25,t245)+p(t1=30,t240)+p(t1=35,t235)+p(t1=40,t230)=0.21+0.31+0.40.9+0.10.5=0.91.解法二:p(a)=p(t1+t270)=p(t1=35,t2=40)+p(t1=40,t2=35)+p(t1=40,t2=40)=0.40.1+0.10.4+0.10.1=0.09.故p(a)=1-p(a)=0.91.11.(2014天津,16,13分)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.解析(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)=c31c72+c30c73c103=4960.所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为4960.(2)随机变量x的所有可能取值为0,1,2,3.p(x=k)=c4kc63-kc103(k=0,1,2,3).所以随机变量x的分布列是x0123p1612310130随机变量x的数学期望e(x)=016+112+2310+3130=65.12.(2014江西,21,14分)随机将1,2,2n(nn*,n2)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=a2-a1,=b2-b1.(1)当n=3时,求的分布列和数学期望;(2)令c表示事件“与的取值恰好相等”,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.解析(1)当n=3时,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c63=20种,所以的分布列为2345p1531031015e=215+3310+4310+515=72.(2)和恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,2n-2.又和恰好相等且等于n-1时,不同的分组方法有2种;和恰好相等且等于n时,不同的分组方法有2种;和恰好相等且等于n+k(k=1,2,n-2)(n3)时,不同的分组方法有2c2kk种,所以当n=2时,p(c)=46=23,当n3时,p(c)=2(2+k=1n-2c2kk)c2nn.(3)由(2)知当n=2时,p(c)=13,因此p(c)p(c),而当n3时,p(c)p(c).理由如下:p(c)p(c)等价于42+k=1n-2c2kkc2nn.用数学归纳法来证明:1当n=3时,式左边=4(2+c21)=4(2+2)=16,式右边=c63=20,所以式成立.2假设n=m(m3)时式成立,即42+k=1m-2c2kkc2mm成立,那么,当n=m+1时,左边=42+k=1m+1-2c2kk=42+k=1m-2c2kk+4c2(m-1)m-1c2mm+4c2(m-1)m-1=(2m)!m!m!+4(2m-2)!(m-1)!(m-1)!=(m+1)2(2m)(2m-2)!(4m-1)(m+1)!(m+1)!(m+1)2(2m)(2m-2)!(4m)(m+1)!(m+1)!=c2(m+1)m+12(m+1)m(2m+1)(2m-1)c2(m+1)m+1=右边,即当n=m+1时式也成立.综合1,2得,对于n3的所有正整数,都有p(c)p(c)成立.13.(2014湖北,20,12分)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示,水库年入流量x(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立.(1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率;(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量x限制,并有如下关系:年入流量x40x120发电机最多可运行台数123若某台发电机运行,则该台年利润为5 000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?解析(1)依题意,p1=p(40x120)=550=0.1.由二项分布知,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=c40(1-p3)4+c41(1-p3)3p3=9104+49103110=0.947 7.(2)记水电站年总利润为y(单位:万元).(i)安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利润y=5 000,e(y)=5 0001=5 000.(ii)安装2台发电机的情形.依题意知,当40x80时,一台发电机运行,此时y=5 000-800=4 200,因此p(y=4 200)=p(40x80)=p1=0.2;当x80时,两台发电机运行,此时y=5 0002=10 000,因此p(y=10 000)=p(x80)=p2+p3=0.8,由此得y的分布列如下:y4 20010 000p0.20.8所以,e(y)=4 2000.2+10 0000.8=8 840.(iii)安装3台发电机的情形.依题意,当40x80时,一台发电机运行,此时y=5 000-1 600=3 400,因此p(y=3 400)=p(40x120时,三台发电机运行,此时y=5 0003=15 000,因此p(y=15 000)=p(x120)=p3=0.1,由此得y的分布列如下:y3 4009 20015 000p0.20.70.1所以,e(y)=3 4000.2+9 2000.7+15 0000.1=8 620.综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.教师用书专用(1424)14.(2013广东,4,5分)已知离散型随机变量x的分布列为x123p35310110则x的数学期望e(x)=()a.32b.2c.52d.3答案a15.(2015湖南,18,12分)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.解析(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,a1a2与a1a2互斥,b1与b2互斥,且b1=a1a2,b2=a1a2+a1a2,c=b1+b2.因为p(a1)=410=25,p(a2)=510=12,所以p(b1)=p(a1a2)=p(a1)p(a2)=2512=15,p(b2)=p(a1a2+a1a2)=p(a1a2)+p(a1a2)=p(a1)p(a2)+p(a1)p(a2)=p(a1)1-p(a2)+1-p(a1)p(a2)=251-12+1-2512=12.故所求概率为p(c)=p(b1+b2)=p(b1)+p(b2)=15+12=710.(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次获一等奖的概率为15,所以xb3,15.于是p(x=0)=c30150453=64125,p(x=1)=c31151452=48125,p(x=2)=c32152451=12125,p(x=3)=c33153450=1125.故x的分布列为x0123p6412548125121251125x的数学期望为e(x)=064125+148125+212125+31125=35.16.(2014重庆,18,13分)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abc,则称b为这三个数的中位数)解析(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为p=c43+c33c93=584.(2)x的所有可能值为1,2,3,且p(x=1)=c42c51+c43c93=1742,p(x=2)=c31c41c21+c32c61+c33c93=4384,p(x=3)=c22c71c93=112,故x的分布列为x123而e(x)=11742+24384+3112=4728.17.(2014山东,18,12分)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,队员小明回球的落点在c上的概率为12,在d上的概率为13;对落点在b上的来球,小明回球的落点在c上的概率为15,在d上的概率为35.假设共有两次来球且落在a,b上各一次,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,小明得分之和的分布列与数学期望.解析(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=0,1,3),则p(a3)=12,p(a1)=13,p(a0)=1-12-13=16.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),则p(b3)=15,p(b1)=35,p(b0)=1-15-35=15.记d为事件“小明两次回球的落点中恰有1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,得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)=1215+1315+1635+1615=310,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.(2)由题意,随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6,由事件的独立性和互斥性,得p(=0)=p(a0b0)=1615=130,p(=1)=p(a1b0+a0b1)=p(a1b0)+p(a0b1)=1315+1635=16,p(=2)=p(a1b1)=1335=15,p(=3)=p(a3b0+a0b3)=p(a3b0)+p(a0b3)=1215+1516=215,p(=4)=p(a3b1+a1b3)=p(a3b1)+p(a1b3)=1235+1315=1130,p(=6)=p(a3b3)=1215=110.可得随机变量的分布列为012346p13016152151130110所以数学期望e=0130+116+215+3215+41130+6110=9130.18.(2013课标全国,19,12分)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.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12,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.解析(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件产品都是优质品为事件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)=416116+11612=364.(2)x可能的取值为400,500,800,并且p(x=400)=1-416-116=1116,p(x=500)=116,p(x=800)=14.所以x的分布列为x400500800p111611614ex=4001116+500116+80014=506.25.19.(2013北京,16,13分)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日中的某一天到达该市,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;(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)解析设ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i=1,2,13).根据题意,p(ai)=113,且aiaj=(ij).(1)设b为事件“此人到达当日空气重度污染”,则b=a5a8.所以p(b)=p(a5a8)=p(a5)+p(a8)=213.(2)由题意可知,x的所有可能取值为0,1,2,且p(x=1)=p(a3a6a7a11)=p(a3)+p(a6)+p(a7)+p(a11)=413,p(x=2)=p(a1a2a12a13)=p(a1)+p(a2)+p(a12)+p(a13)=413,p(x=0)=1-p(x=1)-p(x=2)=513.所以x的分布列为x012p513413413故x的期望ex=0513+1413+2413=1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.20.(2013福建,16,13分)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23,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为25,中奖可以获得3分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,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)若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x3的概率;(2)若小明、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,累计得分的数学期望较大?解析解法一:(1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.记“这2人的累计得分x3”的事件为a,则事件a的对立事件为“x=5”,因为p(x=5)=2325=415,所以p(a)=1-p(x=5)=1115,即这2人的累计得分x3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为x1,都选择方案乙抽奖中奖次数为x2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为e(2x1),选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为e(3x2).由已知可得,x1b2,23,x2b2,25,所以e(x1)=223=43,e(x2)=225=45,从而e(2x1)=2e(x1)=83,e(3x2)=3e(x2)=125.因为e(2x1)e(3x2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.解法二:(1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.记“这2人的累计得分x3”的事件为a,则事件a包含“x=0”“x=2”“x=3”三个两两互斥的事件,因为p(x=0)=1-231-25=15,p(x=2)=231-25=25,p(x=3)=1-2325=215,所以p(a)=p(x=0)+p(x=2)+p(x=3)=1115,即这2人的累计得分x3的概率为1115.(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,则x1,x2的分布列如下:x1024p194949x2036p9251225425所以e(x1)=019+249+449=83,e(x2)=0925+31225+6425=125.因为e(x1)e(x2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.21.(2013山东,19,12分)甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜3局者获得比赛的胜利,比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概率是12外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立.(1)分别求甲队以30,31,32胜利的概率;(2)若比赛结果为30或31,则胜利方得3分、对方得0分;若比赛结果为32,则胜利方得2分、对方得1分.求乙队得分x的分布列及数学期望.解析(1)记“甲队以30胜利”为事件a1,“甲队以31胜利”为事件a2,“甲队以32胜利”为事件a3,由题意,各局比赛结果相互独立,故p(a1)=233=827,p(a2)=c322321-2323=827,p(a3)=c422321-23212=427.所以,甲队以30胜利、以31胜利的概率都为827,以32胜利的概率为427.(2)设“乙队以32胜利”为事件a4,由题意,各局比赛结果相互独立,所以p(a4)=c421-2322321-12=427.由题意,随机变量x的所有可能的取值为0,1,2,3.根据事件的互斥性得p(x=0)=p(a1+a2)=p(a1)+p(a2)=1627.又p(x=1)=p(a3)=427,p(x=2)=p(a4)=427,p(x=3)=1-p(x=0)-p(x=1)-p(x=2)=327,故x的分布列为x0123p1627427427327所以ex=01627+1427+2427+3327=79.22.(2013陕西,19,12分)在一场娱乐晚会上,有5位民间歌手(1至5号)登台演唱,由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手.各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手,其中观众甲是1号歌手的歌迷,他必选1号,不选2号,另在3至5号中随机选2名.观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱,因此在1至5号中随机选3名歌手.(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率;(2)x表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和,求x的分布列及数学期望.解析(1)设a表示事件“观众甲选中3号歌手”,b表示事件“观众乙选中3号歌手”,则p(a)=c21c32=23,p(b)=c42c53=35.事件a与b相互独立,观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为p(ab)=p(a)p(b)=p(a)1-p(b)=2325=415.或p(ab)=c21c43c32c53=415.(2)设c表示事件“观众丙选中3号歌手”,则p(c)=c42c53=35,x可能的取值为0,1,2,3,且取这些值的概率分别为p(x=0)=p(abc)=132525=475,p(x=1)=p(ab c)+p(abc)+p(abc)=232525+133525+132535=2075,p(x=2)=p(abc)+p(abc)+p(abc)=233525+232535+133535=3375,p(x=3)=p(abc)=233535=1875,x的分布列为x0123p475207533751875x的数学期望ex=0475+12075+23375+31875=14075=2815.23.(2013江西,18,12分)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.解析(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有c82=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p(x=0)=828=27.(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-2-101p1145142727ex=(-2)114+(-1)514+027+127=-314.24.(2013辽宁,19,12分)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的概率都是35,答对每道乙类题的概率都是45,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.解析(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”.因为p(a)=c63c103=16,所以p(a)=1-p(a)=56.(6分)(2)x所有的可能取值为0,1,2,3.p(x=0)=c2035025215=4125;p(x=1)=c2135125115+c2035025245=28125;p(x=2)=c2235225015+c2135125145=57125;p(x=3)=c2235225045=36125.所以x的分布列为x0123p4125281255712536125(10分)所以e(x)=04125+128125+257125+336125=2.(12分)考点二离散型随机变量的均值与方差1.(2017浙江,8,4分)已知随机变量i满足p(i=1)=pi,p(i=0)=1-pi,i=1,2.若0p1p212,则()a.e(1)e(2),d(1)d(2)b.e(1)d(2)c.e(1)e(2),d(1)e(2),d(1)d(2)答案a2.(2014浙江,9,5分)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(m3,n3),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i(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.p1p2,e(1)e(2)b.p1e(2)c.p1p2,e(1)e(2)d.p1p2,e(1)e(2)答案a3.(2014浙江,12,4分)随机变量的取值为0,1,2.若p(=0)=15,e()=1,则d()=.答案254.(2016四川,12,5分)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,当至少有一枚硬币正面向上时,就说这次试验成功,则在2次试验中成功次数x的均值是.答案325.(2015天津,16,13分)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.解析(1)由已知,有p(a)=c22c32+c32c32c84=635.所以,事件a发生的概率为635.(2)随机变量x的所有可能取值为1,2,3,4.p(x=k)=c5kc34-kc84(k=1,2,3,4).所以,随机变量x的分布列为x1234p1143737114随机变量x的数学期望e(x)=1114+237+337+4114=52.6.(2015福建,16,13分)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