第28课 离散型随机变量及其分布列、数字特征

第28课离散型随机变量及其分布列、数字特征普查与练习28离散型随机变量及其分布列、数字特征1．条件概率(1)(2021辽宁大连一模，5分)我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没．“三药”分别为金花清感颗粒、莲花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宣肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件A表示选出的两种中至少有一药，事件B表示选出的两种中有一方，则P(B|A)＝(D)A.eq\f(1,5)B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,5)D.eq\f(3,4)解析：事件A包括一药一方、两药两种情况，∴P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(4,5).事件AB即选出的两种为一药一方，∴P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(3,4).故选D.(2)(2020山东济宁三模，5分)已知n是一个三位正整数，若n的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称n为三位递增数．已知a，b，c∈{0，1，2，3，4}，设事件A为“由a，b，c组成三位正整数”，事件B为“由a，b，c组成三位递增数”，则P(B|A)＝(B)A.eq\f(3,5)B.eq\f(1,10)C.eq\f(2,25)D.eq\f(12,25)解析：三位正整数的个数为Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5)＝100，即n(A)＝100；三位正整数是递增数的个数为Ceq\o\al(3,5)＝10，即n(AB)＝10，故P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(1,10).故选B.2．全概率公式(3)(2021广东茂名模拟，5分)某乒乓球训练馆使用的球是A，B，C三种不同品牌标准比赛球，以往使用的记录数据如下：品牌名称合格率购买球占比A98%0.2B99%0.6C97%0.2若这些球在盒子中是均匀混合的，且无区别的标志，现从盒子中随机地取一只球用于训练，则它是合格品的概率为(B)A．0.986B．0.984C．0.982D．0.980解析：将A，B，C三种品牌分别记为第1，第2，第3个品牌，设“取到的球是第i个品牌(i＝1，2，3)”为事件Mi，则Ω＝M1∪M2∪M3，且M1，M2，M3两两互斥．设“取到的是一个合格品”为事件N，则P(N)＝P(M1N)＋P(M2N)＋P(M3N)＝P(M1)P(N|M1)＋P(M2)P(N|M2)＋P(M3)P(N|M3)＝0.2×0.98＋0.6×0.99＋0.2×0.97＝0.984.故选B.3．离散型随机变量的数字特征(4)(2023汇编，15分)已知m，n∈(0，1)，离散型随机变量ξ的分布列如表：ξ03m2Pmeq\f(5,12)n①若P(ξ<2)＝eq\f(3,4)，则E(ξ)＝(C)A.eq\f(3,4)B.eq\f(5,12)C.eq\f(11,12)D.eq\f(9,5)②若E(ξ)＝eq\f(5,6)，则D(3ξ－2)＝(D)A.eq\f(7,36)B.eq\f(65,324)C.eq\f(65,108)D.eq\f(65,36)③当m在(0，1)内增大时，E(ξ)(B)A．增大B．减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：①由P(ξ<2)＝eq\f(3,4)，得m＋eq\f(5,12)＝eq\f(3,4)，解得m＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)＋eq\f(5,12)＋n＝1，解得n＝eq\f(1,4)，所以E(ξ)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(5,12)＋2×eq\f(1,4)＝eq\f(11,12).故选C.②由离散型随机变量的分布列的性质，可知m＋eq\f(5,12)＋n＝1.由E(ξ)＝eq\f(5,6)，可得0＋3m×eq\f(5,12)＋2n＝eq\f(5,6).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m＋\f(5,12)＋n＝1，,3m×\f(5,12)＋2n＝\f(5,6)，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m＝\f(4,9)，,n＝\f(5,36)，)))所以D(ξ)＝eq\f(1,3)×＝eq\f(65,324)，所以D(3ξ－2)＝9D(ξ)＝eq\f(65,36).故选D.③由离散型随机变量的分布列的性质，可知m＋eq\f(5,12)＋n＝1，所以n＝eq\f(7,12)－m，所以E(ξ)＝0＋3m×eq\f(5,12)＋2n＝eq\f(5m,4)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)－m))＝eq\f(7,6)－eq\f(3m,4)，所以当m在(0，1)内增大时，E(ξ)减小．故选B.4．与相互独立事件有关的分布列(5)(2021新高考Ⅰ，12分)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该同学比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(Ⅰ)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；答案：分布列见解答过程解：由题知，X的所有可能取值为0，20，100，且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，(4分)所以X的分布列为X020100P0.20.320.48(6分)(Ⅱ)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？说明理由．答案：B类，理由见解答过程解：由(Ⅰ)知，E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100，且P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4；P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12；P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.(11分)因为54.4<57.6，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．(12分)5．与古典概型有关的分布列(6)(2020山东模拟节选，9分)五一劳动节放假期间，某商场举行了一次大型抽奖活动．在一个抽奖盒中放有红、橙、黄、绿、蓝、紫的小球各2个，分别对应1分、2分、3分、4分、5分、6分，从盒中任取3个小球，按3个小球中最大分数的8倍计分，计分在20分到35分之间即为中奖．每个小球被取出的可能性都相等，用ξ表示取出的3个小球中的最大分数，求：(Ⅰ)随机变量ξ的概率分布列和数学期望；答案：分布列见解题过程，E(ξ)＝eq\f(56,11)解：由题意知ξ的可能取值为2，3，4，5，6，且P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(1,55)，P(ξ＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(4,55)，P(ξ＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(9,55)，P(ξ＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(2,8)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,8)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(16,55)，P(ξ＝6)＝eq\f(Ceq\o\al(2,10)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(5,11)，(5分)∴随机变量ξ的概率分布列为ξ23456Peq\f(1,55)eq\f(4,55)eq\f(9,55)eq\f(16,55)eq\f(5,11)∴E(ξ)＝2×eq\f(1,55)＋3×eq\f(4,55)＋4×eq\f(9,55)＋5×eq\f(16,55)＋6×eq\f(5,11)＝eq\f(56,11).(7分)(Ⅱ)某人抽奖一次，中奖的概率．答案：eq\f(13,55)解：设事件C表示“某人抽奖一次，中奖”，则P(C)＝P(ξ＝3或ξ＝4)＝P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝eq\f(4,55)＋eq\f(9,55)＝eq\f(13,55).(9分)6．均值与方差在决策中的应用(7)(2021山东聊城三模，12分)2021年3月5日李克强总理在政府工作报告中特别指出：扎实做好碳达峰、碳中和各项工作．制定2030年前碳排放达峰行动方案．优化产业结构和能源结构．某环保机器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案：方案一：交纳延保金5000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元；方案二：交纳延保金6230元，在延保的5年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元．制造商为制定收取维修费的标准，搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表：维修次数0123机器台数20408060以这200台机器维修次数的频率代替每台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数．(Ⅰ)求X的分布列；答案：见解答过程解：以频率代替概率，则1台机器超过保修期后5年内维修的次数为0，1，2，3的概率分别为eq\f(1,10)，eq\f(1,5)，eq\f(2,5)，eq\f(3,10).(1分)由题意得X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6，且P(X＝0)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(1,100)，P(X＝1)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(1,25)，P(X＝2)＝eq\f(1,10)×eq\f(2,5)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,25)，P(X＝3)＝eq\f(1,10)×eq\f(3,10)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(11,50)，P(X＝4)＝eq\f(3,10)×eq\f(1,5)×2＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(7,25)，P(X＝5)＝eq\f(3,10)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(6,25)，P(X＝6)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,100)，(6分)∴X的分布列为X0123456Peq\f(1,100)eq\f(1,25)eq\f(3,25)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)(7分)(Ⅱ)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？答案：[0，1500)解：设选择方案一所需费用为Y1元，则X≤2时，Y1＝5000；X＝3时，Y1＝6000；X＝4时，Y1＝7000；X＝5时，Y1＝8000；X＝6时，Y1＝9000，∴Y1的分布列为Y150006000700080009000Peq\f(17,100)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)∴E(Y1)＝5000×eq\f(17,100)＋6000×eq\f(11,50)＋7000×eq\f(7,25)＋8000×eq\f(6,25)＋9000×eq\f(9,100)＝6860.(9分)设选择方案二所需费用为Y2元，则X≤4时，Y2＝6230；X＝5时，Y2＝6230＋t；X＝6时，Y2＝6230＋2t，∴Y2的分布列为Y262306230＋t6230＋2tPeq\f(67,100)eq\f(6,25)eq\f(9,100)∴E(Y2)＝6230×eq\f(67,100)＋(6230＋t)×eq\f(6,25)＋(6230＋2t)×eq\f(9,100)＝6230＋eq\f(21t,50).(11分)若E(Y2)＜E(Y1)，则6230＋eq\f(21t,50)<6860，解得t＜1500，∴t的取值范围为[0，1500)．(12分)随堂普查练281．(2020山东潍坊二模改编，5分)甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“甲独自去一个景点”，则P(A|B)＝__eq\f(2,9)__．解析：(法一)甲独自去一个景点，则乙、丙、丁可以去另外的3个景点，由分步乘法计数原理可知，事件B包含的基本事件数为n(B)＝4×33＝108.由题意得，事件AB即“4个人去的景点各不相同”，所以事件AB包含的基本事件数为n(AB)＝Aeq\o\al(4,4)＝24，所以P(A|B)＝eq\f(n（AB）,n（B）)＝eq\f(2,9).(法二)由古典概型的概率公式知，事件B发生的概率为P(B)＝eq\f(4×33,44)＝eq\f(27,64).由题意得，事件AB即“4个人去的景点各不相同”，概率为P(AB)＝eq\f(Aeq\o\al(4,4),44)＝eq\f(3,32)，所以P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(2,9).2．(2021辽宁葫芦岛期末，5分)葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地．山庄中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列，其中亚腰葫芦具有天然迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20～80个.2021年初葫芦山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50个以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则从这批种子中任选一颗，长出的葫芦秧结出50个以上果实的概率为__0.4825__．解析：设从这批种子中任选一颗，是一、二、三、四等种子分别为事件A1，A2，A3，A4,则Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4两两互斥．设从这批种子中任选一颗，它长出的葫芦秧结出50个以上果实为事件B，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)＝(1－2%－1.5%－1%)×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.故答案为0.4825.3．(2023改编，5分)设m，n＞0，若随机变量ξ，η的分布列如下表所示：ξ－102η－eq\f(5,2)eq\f(1,2)eq\f(13,2)Pmeq\f(1,2)n则下列说法错误的是(C)A．m＋n＝eq\f(1,2)B．P(ξ＞0)＜P(η＞0)C．E(ξ)＜E(η)D．对于t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13,2)))，若P(ξ<t)＝P(η<t)，则eq\f(1,2)<t≤2解析：对于A，由分布列的性质可知，m＋eq\f(1,2)＋n＝1，∴m＋n＝eq\f(1,2)，故A正确．对于B，∵P(ξ＞0)＝P(ξ＝2)＝n，P(η>0)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(1,2)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(13,2)))＝eq\f(1,2)＋n，n＞0，∴P(ξ＞0)＜P(η＞0)，故B正确．对于C，∵E(ξ)＝－1·m＋0×eq\f(1,2)＋2·n＝2n－m，E(η)＝－eq\f(5,2)·m＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(13,2)·n＝－eq\f(5,2)m＋eq\f(13,2)n＋eq\f(1,4)，且m＋eq\f(1,2)＋n＝1，∴E(ξ)－E(η)＝2n－m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)m＋\f(13,2)n＋\f(1,4)))＝6m－eq\f(5,2).又0<m<eq\f(1,2)，∴－eq\f(5,2)<6m－eq\f(5,2)<eq\f(1,2)，∴E(ξ)与E(η)的大小不能确定，故C错误．对于D，当0<t≤eq\f(1,2)时，P(ξ<t)＝P(ξ＝－1)＋P(ξ＝0)＝m＋eq\f(1,2)，P(η<t)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝－\f(5,2)))＝m，∴P(ξ<t)≠P(η<t)；当eq\f(1,2)<t≤2时，P(ξ<t)＝P(ξ＝－1)＋P(ξ＝0)＝m＋eq\f(1,2)，P(η<t)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝－\f(5,2)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(1,2)))＝m＋eq\f(1,2)，∴P(ξ<t)＝P(η<t)；当2<t<eq\f(13,2)时，P(ξ<t)＝1，P(η<t)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝－\f(5,2)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(1,2)))＝m＋eq\f(1,2)，∴P(ξ<t)≠P(η<t)，故D正确．故选C.4．(2021湖北模拟，12分)现代战争中，经常使用战斗机携带空对空导弹攻击对方战机，在实际演习中空对空导弹的命中率约为20%.由于飞行员的综合素质和经验的不同，不同的飞行员使用空对空导弹命中对方战机的概率也不尽相同．在一次演习中，红方的甲、乙两名优秀飞行员发射一枚空对空导弹命中蓝方战机的概率分别为eq\f(1,3)和eq\f(1,4)，两名飞行员各携带4枚空对空导弹．(1)甲飞行员单独攻击蓝方一架战机，连续不断地发射导弹攻击，一旦命中或导弹用完即停止攻击，各次攻击相互独立，求甲飞行员能够命中蓝方战机的概率；答案：eq\f(65,81)解：设甲、乙两名飞行员发射的第i枚导弹命中对方战机分别为事件Ai，Bi(i＝1，2，3，4)，则P(Ai)＝eq\f(1,3)，P(Bi)＝eq\f(1,4).设甲飞行员能够击中蓝方战机为事件M，则，∴P(M)＝P(A1)＋P()P(A2)＋P()P()P(A3)＋P()P()P()P(A4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(65,81).(3分)(2)设蓝方机群共有8架战机，甲、乙共同攻击(战机均在攻击范围之内，每枚导弹只攻击其中一架战机，甲，乙不同时攻击同一架战机)．(ⅰ)若一轮攻击中，每人只有两次进攻机会，记一轮攻击中，击中蓝方战机数为X，求X的分布列；答案：分布列见解答过程解：由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(37,144)，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,72)，P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,144)，(8分)∴X的分布列为X01234Peq\f(1,4)eq\f(5,12)eq\f(37,144)eq\f(5,72)eq\f(1,144)(9分)(ⅱ)若实施两轮攻击(用完携带的导弹)，记命中蓝方战机数为Y，求Y的数学期望E(Y)．答案：eq\f(7,3)解：记两轮攻击中，甲命中战机数为Y1，则Y1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，乙命中战机数为Y2，则Y2～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，∴E(Y)＝E(Y1)＋E(Y2)＝eq\f(4,3)＋eq\f(4,4)＝eq\f(7,3).(12分)5．(2021北京，15分)为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染病毒．(1)(ⅰ)若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；答案：20解：对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次，所以总检测次数为20.(3分)(ⅱ)已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为eq\f(1,11)，定义随机变量X为总检测次数，求总检测次数X的分布列和数学期望E(X)；答案：分布列见解答过程，E(X)＝eq\f(320,11)解：由题意得，两名患者在同一组时，共需检测10＋10＝20(次)．若两名患者不在同一组，则需要检测10＋10＋10＝30(次)．故X的所有可能取值为20，30，(5分)且P(X＝20)＝eq\f(1,11)，P(X＝30)＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11)，所以X的分布列为X2030Peq\f(1,11)eq\f(10,11)(8分)所以E(X)＝20×eq\f(1,11)＋30×eq\f(10,11)＝eq\f(320,11).(10分)(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果)．答案：E(Y)>E(X)解：E(Y)>E(X)．(15分)理由：由题意可知，Y的所有可能取值为25，30，两名感染者在同一组的概率为P1＝eq\f(20Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,98),Ceq\o\al(5,100))＝eq\f(4,99)，不在同一组的概率为P2＝1－P1＝eq\f(95,99)，所以E(Y)＝25×eq\f(4,99)＋30×eq\f(95,99)＝eq\f(2950,99)>E(X)．6．(2020浙江，6分)盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P(ξ＝0)＝__eq\f(1,3)__，E(ξ)＝__1__．解析：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2，则P(ξ＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(1,4))＋eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,4))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,4))＋eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝2)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(3,4))＋eq\f(Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,3)，所以E(ξ)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,3)＝1.7．(经典题，12分)某蔬菜批发商分别在甲、乙两市场销售某种蔬菜(两个市场的销售互不影响)．已知该蔬菜每售出1吨获利500元，未售出的蔬菜低价处理，每吨亏损100元．现统计甲、乙两市场以往100个销售周期该蔬菜的市场需求量的频数分布，如下表：甲市场需求量(吨)8910频数304030乙市场需求量(吨)8910频数205030以市场需求量的频率代替需求量的概率．设批发商在下个销售周期购进n吨该蔬菜，在甲、乙两市场同时销售，以X(单位：吨)表示下个销售周期两市场的需求量，T(单位：元)表示下个销售周期两市场的销售总利润．(1)当n＝19时，求T关于X的函数解析式，并估计销售利润不少于8900元的概率；答案：T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，0≤X<19))0.71解：由题意可知，当X≥19时，T＝500×19＝9500；当0≤X<19时，T＝500X－(19－X)×100＝600X－1900，所以T关于X的函数解析式为T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，0≤X<19.))(3分)由题意可知，一个销售周期内甲市场需求量为8吨、9吨、10吨的概率分别为0.3，0.4，0.3；乙市场需求量为8吨、9吨、10吨的概率分别为0.2，0.5，0.3.(4分)设“销售利润不少于8900元”为事件A.当X≥19时，T＝9500>8900；当X<19时，T＝600X－1900≥8900，解得X≥18.(5分)由题意可知，X的可能取值为16，17，18，19，20.则P(X＝16)＝0.3×0.2＝0.06，P(X＝17)＝0.3×0.5＋0.4×0.2＝0.23，所以P(A)＝P(X≥18)＝1－P(X＝16)－P(X＝17)＝1－0.06－0.23＝0.71.(7分)(2)以销售利润的期望为决策依据，判断n＝17与n＝18应选用哪一个．答案：应选用n＝18解：结合(1)可知，当n＝17时，E(T)＝(500×16－1×100)×0.06＋500×17×(1－0.06)＝8464.(9分)当n＝18时，E(T)＝(500×16－2×100)×0.06＋(500×17－1×100)×0.23＋18×500×0.71＝8790.(11分)因为8464<8790，所以应选n＝18.(12分)课后提分练28离散型随机变量及其分布列、数字特征A组(巩固提升)1．(2020陕西渭南期末，5分)离散型随机变量X的分布列为X01P9C2－C3－8C则常数C的值为(B)A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)或eq\f(1,3)D．以上都不对解析：由离散型随机变量X的分布列的性质，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(0≤9C2－C≤1，,0≤3－8C≤1，,9C2－C＋3－8C＝1，)))解得C＝eq\f(1,3).故选B.2．(2021福建莆田月考，5分)设离散型随机变量X可能的取值为1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b，k∈{1，2，3，4}．若X的数学期望E(X)＝3，则a＋b＝(A)A.eq\f(1,10)B．0C．－eq\f(1,10)D.eq\f(1,5)解析：依题意可得X的分布列为X1234Pa＋b2a＋b3a＋b4a＋b则由离散型随机变量的分布列的性质及E(X)＝3可得解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,10)，,b＝0，))故a＋b＝eq\f(1,10).故选A.3．(2019浙江，4分)设0<a<1，随机变量X的分布列是X0a1Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)则当a在(0，1)内增大时，(D)A．D(X)增大B．D(X)减小C．D(X)先增大后减小D．D(X)先减小后增大解析：(法一)由X的分布列得E(X)＝eq\f(1＋a,3)，则D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)－0))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)－a))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)－1))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,6)，则当a在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.(法二)由法一知E(X)＝eq\f(1＋a,3)，所以由均值与方差的关系可得D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝eq\f(1,3)×a2＋eq\f(1,3)×12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)))2＝eq\f(2,9)(a2－a＋1)＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,6)，所以当a在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.4．(2020山东济宁一模，5分)将三枚骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“至少出现一个6点”，则概率P(A|B)的值为(A)A.eq\f(60,91)B.eq\f(1,2)C.eq\f(5,18)D.eq\f(91,216)解析：“至少出现一个6点”的对立事件为“一个6点都不出现”，其包含的样本点共有53个，故n(B)＝63－53＝91，而事件AB为“三个点数都不相同，且有一个6点”，故n(AB)＝Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60，故P(A|B)＝eq\f(60,91).故选A.5．(2021山西期末，5分)某学校有A，B两家餐厅，甲同学第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.6；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8，则甲同学第二天去A餐厅的概率为__0.7__．解析：设第i天去A，B餐厅分别为事件Ai，Bi(i＝1，2)，则第一天的所有事件为A1∪B1，A1与B1互斥，且P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.8，∴P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7.故答案为0.7.6．(2021江苏质检，12分)某商场经销某商品，可采用不同形式的分期付款，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数ξ的分布列为：ξ12345P0.40.20.20.10.1商场经销该商品，付款的期数ξ与商场经销一件该商品的利润η(单位：元)满足如下关系：η＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(200，ξ＝1，,250，2≤ξ≤3，,300，4≤ξ≤5.))(1)若记事件“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用一次性全额付款方式”为A，试求事件A的概率P(A)；答案：P(A)＝0.784解：因为事件A为“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用一次性全额付款方式”，所以事件为“购买该商品的3位顾客中，无人采用一次性全额付款方式”．由P()＝[1－P(ξ＝1)]3＝(1－0.4)3＝0.216，得P(A)＝1－P()＝1－0.216＝0.784.(5分)(2)求商场经销一件该商品的利润η的分布列及期望E(η)．答案：η200250300P0.40.40.2E(η)＝240元解：商场经销一件该商品的利润η的可能取值为200,250,300，则P(η＝200)＝P(ξ＝1)＝0.4，P(η＝250)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，P(η＝300)＝1－P(η＝200)－P(η＝250)＝1－0.4－0.4＝0.2，所以η的分布列为η200250300P0.40.40.2(10分)E(η)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240(元)．(12分)7．(2020重庆渝中区月考改编，7分)6支钢笔中有4支为正品，2支为次品，现需要通过检测将其进行区分，每次随机抽出一支钢笔进行检测，检测后不放回，直到完全将正品和次品区分开，用X表示直到检测结束时检测进行的次数，求随机变量X的分布列和期望．答案：分布列见解题过程，E(X)＝eq\f(64,15)解：由题意可得，随机变量X的可能取值为2，3，4，5，且P(X＝2)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,6))＝eq\f(1,15)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,6))＝eq\f(2,15)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(4,4),Aeq\o\al(4,6))＝eq\f(4,15)，P(X＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(5,6))＝eq\f(8,15)，(5分)所以X的分布列是X2345Peq\f(1,15)eq\f(2,15)eq\f(4,15)eq\f(8,15)所以X的期望是E(X)＝2×eq\f(1,15)＋3×eq\f(2,15)＋4×eq\f(4,15)＋5×eq\f(8,15)＝eq\f(64,15).(7分)8．(2021北京延庆区一模，15分)2022年第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将于2022年2月4日～2022年2月20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京将承办所有冰上项目，延庆和张家口将承办所有的雪上项目．下表是2月5日和2月6日两天的赛程表：2022年北京冬奥会赛程表(第七版，发布自2020年11月)2022年2月北京赛区延庆赛区张家口赛区开闭幕式冰壶冰球速度滑冰短道速滑花样滑冰高山滑雪有舵雪橇钢架雪车无舵雪橇跳台滑雪北欧两项越野滑雪单板滑雪冬季两项自由式滑雪当日决赛数5(六)**11*11*1166(日)**1*1111117说明：“*”代表当日有不是决赛的比赛，数字代表当日有相应数量的决赛．(1)(ⅰ)若在这两天每天随机观看一个比赛项目，求恰好看到冰壶和冰球的概率；答案：eq\f(1,50)解：由表可知，在这两天每天随机观看一个项目共有10×10＝100(种)不同情况，其中恰好看到冰壶和冰球有2种不同情况，∴恰好看到冰壶和冰球的概率P＝eq\f(2,100)＝eq\f(1,50).(3分)(ⅱ)若在这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛恰好在同一赛区的概率；答案：eq\f(3,7)解：由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有6×7＝42(种)不同情况，其中两场决赛恰好在北京赛区有2种情况，在张家口赛区有4×4＝16(种)情况，∴两场决赛恰好在同一赛区的概率P＝eq\f(2＋16,42)＝eq\f(3,7).(8分)(2)若在2月6日(星期日)的所有决赛中观看三场，记X为赛区的个数，求X的分布列及期望E(X)．答案：分布列见解答过程，E(X)＝eq\f(74,35)解：由题可知，X的所有可能取值为1，2，3，且P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(4,35)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(23,35)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(8,35)，∴X的分布列为X123Peq\f(4,35)eq\f(23,35)eq\f(8,35)(12分)∴E(X)＝1×eq\f(4,35)＋2×eq\f(23,35)＋3×eq\f(8,35)＝eq\f(74,35).(15分)9．(2018北京，12分)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．假设所有电影是否获得好评相互独立．(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；答案：0.025解：设A表示事件“从电影公司收集的电影中随机选取1部，这部电影是第四类电影”，B表示事件“第四类电影获得好评”，则P(A)＝eq\f(200,140＋50＋300＋200＋800＋510)＝0.1，P(B)＝0.25.(2分)故从电影公司收集的电影中随机选取1部，这部电影是获得好评的第四类电影的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝0.1×0.25＝0.025.(4分)(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；答案：0.35解：设C表示事件“从第四类电影中随机选取1部电影，获得好评”，D表示事件“从第五类电影中随机选取1部电影，获得好评”，则P(C)＝0.25，P(D)＝0.2.(6分)故从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率为P＝P()＝P()＋P()＝P(C)[1－P(D)]＋[1－P(C)]P(D)＝0.25×(1－0.2)＋(1－0.25)×0.2＝0.35.(8分)(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等．用“ξk＝1”表示第k类电影得到人们喜欢，“ξk＝0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k＝1，2，3，4，5，6)．写出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小关系．答案：Dξ1>Dξ4>Dξ2＝Dξ5>Dξ3>Dξ6解：由题知，每类电影只有两种情况：“得到人们喜欢”和“没有得到人们喜欢”，“得到人们喜欢”对应随机变量为1，“没有得到人们喜欢”对应随机变量为0，所以它是一个两点分布的事件．(9分)则Dξ1＝0.4×(1－0.4)＝0.24；Dξ2＝0.2×(1－0.2)＝0.16；Dξ3＝0.15×(1－0.15)＝0.1275；Dξ4＝0.25×(1－0.25)＝0.1875；Dξ5＝0.2×(1－0.2)＝0.16；Dξ6＝0.1×(1－0.1)＝0.09.所以Dξ1＞Dξ4＞Dξ2＝Dξ5＞Dξ3＞Dξ6.(12分)10．(经典题，12分)在某校的校园歌手大赛决赛中，有6位参赛选手(1号至6号)登台演出，由现场的100位同学投票选出最受欢迎的歌手，各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人，其中甲同学是1号选手的同班同学，必选1号，另在2号至6号选手中随机选2名；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号，在其他5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有偏爱，因此在1号至6号选手中随机选出3名．(1)求甲同学选中3号选手且乙同学未选中3号选手的概率；答案：eq\f(4,25)解：设A表示事件“甲同学选中3号选手”，B表示事件“乙同学选中3号选手”，C表示事件“丙同学选中3号选手”，则P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(C)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,2).(4分)甲同学选中3号选手且乙同学未选中3号选手的概率为P()＝P(A)P()＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq\f(4,25).(6分)(2)设3号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为X，求X的分布列和数学期望．答案：X0123Peq\f(3,25)eq\f(19,50)eq\f(19,50)eq\f(3,25)E(X)＝eq\f(3,2)解：X可能的所有取值为0，1，2，3.则P(X＝0)＝P()＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,25)，P(X＝1)＝P()＋P()＋P()＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(19,50)，P(X＝2)＝P(＋P()＋P()＝eq\f(2,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(19,50)，P(X＝3)＝P(ABC)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,25).(10分)所以X的分布列为X0123Peq\f(3,25)eq\f(19,50)eq\f(19,50)eq\f(3,25)X的数学期望E(X)＝0×eq\f(3,25)＋1×eq\f(19,50)＋2×eq\f(19,50)＋3×eq\f(3,25)＝eq\f(3,2).(12分)B组(冲刺满分)11．(2020河北衡水中学月考，12分)由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某项闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁，则该团队进入下一关，否则淘汰出局．根据以往100次的测试，分别获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图如下．(1)若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求a，b的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率；答案：a＝0.024，b＝0.026，f甲＝0.9，f乙＝0.7解：∵甲解开密码锁所需时间的中位数为47，∴0.01×5＋0.014×5＋b×5＋0.034×5＋0.04×(47－45)＝0.5，解得b＝0.026；0.04×3＋0.032×5＋a×5＋0.010×10＝0.5，解得a＝0.024.(2分)故甲在1分钟内解开密码锁的频率是f甲＝1－0.01×5×2＝0.9，乙在1分钟内解开密码锁的频率是f乙＝1－0.035×5－0.025×5＝0.7.(3分)(2)若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立．①按乙、丙、甲的先后顺序和按丙、乙、甲的先后顺序，哪一种可使派出人员数目的数学期望更小；答案：按乙、丙、甲的顺序派出人员数目的数学期望更小解：甲、乙、丙在1分钟内解开密码锁的概率分别为p甲＝0.9，p乙＝0.7，p丙＝0.5，且各人是否解开密码锁相互独立．设按乙、丙、甲的顺序派出人员数目对应的数学期望为E(X1)，按丙、乙、甲的顺序派出人员数目对应的数学期望为E(X2)，则P(X1＝1)＝p乙＝0.7，P(X1＝2)＝(1－p乙)p丙＝0.15，P(X1＝3)＝(1－p乙)(1－p丙)＝0.15，∴E(X1)＝1×0.7＋2×0.15＋3×0.15＝1.45.同理可得E(X2)＝1×0.5＋2×0.5×0.7＋3×0.5×0.3＝1.65.故按乙、丙、甲的顺序派出人员数目的数学期望更小．(7分)②试猜想：该团队以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目X的数学期望达到最小，并说明理由．答案：按甲、乙、丙的先后顺序派出人员数目的数学期望最小，理由见解题过程解：该团队按照甲、乙、丙的顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的数学期望达到最小．(8分)理由如下：设按先后顺序自己能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，且p1，p2，p3互不相等，根据题意得X的可能取值为1，2，3，且P(X＝1)＝p1，P(X＝2)＝(1－p1)p2，P(X＝3)＝(1－p1)(1－p2)，∴E(X)＝p1＋2(1－p1)p2＋3(1－p1)(1－p2)＝3－2p1－p2＋p1p2＝3－(p1＋p2)＋p1p2－p1.若交换前两人的派出顺序，则期望变为E(X)＝3－(