随机变量及其分布单元复习（提高卷2）（解析版）

随机变量及其分布单元复习（提高卷2）一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1.已知PB>0，A1①PA1B>0；③PA1A2A．①②③④ B．② C．②③ D．②④【解题思路】利用条件概率公式及概率性质辨析【解答过程】①若A1B=ϕ则PA②因为A1A2=ϕ所以③若A1B=ϕ或A2④若A1B=ϕ或A2故选：B.2.一袋中装有4个白球和2个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个不放回，取出后记下颜色，若为红色停止，若为白色则继续抽取，停止时从袋中抽取的白球的个数为随机变量X，则PX≤2=（A．45 B．25 C．15【解题思路】由题意，令X=k表示前k个球为白球，第k+1个球为红球，此时P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)，再进行计算即可求解．【解答过程】令X=k表示前k个球为白球，第k+1个球为红球，此时P(X=0)=2则P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=1故选：A．3.现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件A=“甲参加跳高比赛”，事件B=“乙参加跳高比赛”，事件C=“乙参加跳远比赛”，则（

）A．事件A与B相互独立 B．事件A与C为互斥事件C．PCA=【解题思路】根据条件求出P(A),P(B),P(AB),P(AC)，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公式进行逐一判断即可【解答过程】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有C4事件A=“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有A3若跳高比赛安排1人，则有C32C11A2若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有A22=2因为P(AB)≠P(A)P(B)，事件A与B不相互独立故A错误；对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A与C可以同时发生，故事件A与C不是互斥事件，故B错误；对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有C31+C21对于D，PB故选：C.4.现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量，其测量误差X通常被认为服从正态分布.若某物理量做n次测量，最后结果的误差Xn∼N0,2nA．32 B．64 C．128 D．256【解题思路】先由题设条件得到PXn≥14<0.0456，再转化得【解答过程】依题意，得PX所以PXn<而Pμ−2σ<Xn<μ+2σ=0.9544又因为Xn∼N0,2n所以−22n≥−14且2故至少要测量的次数为128.故选：C.5.已知随机变量ξ的分布列为：ξxyPyx则下列说法正确的是（

）A．存在x，y∈(0,1)，E(ξ)>12 B．对任意xC．对任意x，y∈(0,1)，D(ξ)≤E(ξ) D．存在x，y∈(0【解题思路】对A、B：根据期望的计算公式结合二次函数分析运算；对C：先求D(ξ)，利用作差法比较大小；对D：换元令t=xy，结合二次函数求D(ξ)的取值范围.【解答过程】由题意可得：x+y=1,x,y∈0,1，且x≠12对A、B：由题意可得：E(ξ)=xy+yx=2xy=2x1−x∵fx=2x−2x2开口向下，对称轴则f0=f1即0<Eξ不存在x，y∈(0,1)，例如x=13,y=23，则E(ξ)=49对C：D(ξ)=x−E(ξ)则D(ξ)−E(ξ)=xy−4x故对任意x，y∈(0,1)，则对D：令t=xy=1则gt=t−4t2开口向下，对称轴故0<gt≤1不存在x，y∈(0,1)，故选：C.6.某人在n次射击中击中目标的次数为X，X∼Bn,p，其中n∈N∗,0<p<1，击中奇数次为事件A．若n=10,p=0.8，则PX=k取最大值时B．当p=12时，C．当0<p<12时，PAD．当12<p<1时，P(A)随着【解题思路】对于A，根据X∼B10,0.8直接写出PX=k，然后根据PX=k取最大值列式计算即可判断；对于B，根据X∼Bn,p，直接写出【解答过程】对于选项A，在10次射击中击中目标的次数X∼B10,0.8当X=k时对应的概率PX=k因为PX=k取最大值，所以P即C10即k+1≥410−k411−k因为k∈N且0≤k≤10，所以k=8，即k=8时概率P(X=8)对于选项B，DX=np1−p=n−对于选项C、D，∵PX=k∴PA1−P(A)=C∴PA当0<p<12时，0<1−2p<1,1−1−2pn当12<p<1时，−1<1−2p<0，1−2pn为正负交替的摆动数列，所以P(A)故选：C.7.有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出n1≤n≤6,n∈N∗个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为ξ个，则随着nA．Eξ增加，Dξ增加 B．Eξ增加，Dξ减小C．Eξ减小，Dξ增加 D．Eξ减小，Dξ减小【解题思路】由题意可知，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X∼H6,3,n，可得出EX=n2，再从甲盒子里随机取一球，则ξ服从两点分布，所以Eξ=Pξ=1=12【解答过程】由题意可知，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X∼H6,3,n，其中PX=k=C3kC3n−k故从甲盒中取球，相当于从含有n2+1个红球的n+1个球中取一球，取到红球个数为故Pξ=1随机变量ξ服从两点分布，所以Eξ=Pξ=1=n2+1Dξ=1−Pξ=1Pξ=1=故选：C.8.李华在研究化学反应时，把反应抽象为小球之间的碰撞，而碰撞又分为有效碰撞和无效碰撞，李华有3个小球a和3个小球b，当发生有效碰撞时，a，b上的计数器分别增加2计数和1计数，a，b球两两发生有效碰撞的概率均为12，现在李华取三个球让他们之间两两碰撞，结束后从中随机取一个球，发现其上计数为2，则李华一开始取出的三个球里，小球a个数的期望是（

A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2【解题思路】由题意可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等，根据C63=20种不同的取法，每种取法里三个球两两碰撞之后共有23=8种等可能的情况发生，其中可产生计数为2【解答过程】由a，b球两两发生有效碰撞的概率均为12可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等.取出三个球后，每两个球之间碰撞一次，则需碰撞C3每次碰撞均有有效碰撞和无效碰撞两种情况发生，且可能性相等，所以三个球两两碰撞之后共有23①若取出的三个球均为b球，有C3碰撞之后产生计数为2的球的情况有：每2个b球之间有效碰撞2次，无效碰撞1次，计数结果为2,1,1，有C3每2个b球之间有效碰撞3次，计数结果为2,2,2，有1种，有三个球计数为2；则符合条件的情况数为1×3+1×3②若取出的三个球为1个a球，2个b球，有C3碰撞之后产生计数为2的球的情况有：a，b球之间有效碰撞1次，无效碰撞1次，计数结果为2,1,0或2,2,1，有C2每2个球之间有效碰撞3次，计数结果为4,2,2，有1种，计数为2的球个数为2；则符合条件的情况数为9×1×2+2×2+1×2③若取出的三个球为2个a球，1个b球，有C3碰撞之后产生计数为2的球的情况有：a，a碰撞有效，a，b碰撞无效，计数结果为2,2,0，有1种，计数为2的球个数为2；a，a碰撞无效，a，b碰撞1次有效1次无效，计数结果为2,1,0，有2种，计数为2的球个数为1；a，a碰撞无效，a，b碰撞均有效，计数结果为2,2,2，有1种，计数为2的球个数为3；a，a碰撞有效，a，b碰撞1次有效1次无效，计数结果为3,2,1，有2种，计数为2的球个数为1；a，a碰撞有效，a，b碰撞有效，计数结果为4,4,2，有1种，计数为2的球个数为1；所以符合条件的情况数为9×1×2+2×1+1×3+2×1+1×1④若取出的三个球均为a球，有C3碰撞之后产生计数为2的球的情况有：每2个a球之间有效碰撞1次，计数结果为2,2,0，有3种，计数为2的球个数为2；每2个a球之间有效碰撞2次，计数结果为4,2,2，有3种，计数为2的球个数为2；符合条件的情况数为3×2×2=12.所以碰撞之后产生计数为2的球的情况总数为6+72+90+12=180，设李华一开始取出的三个球里，a球个数为随机变量X，则随机变量X所有可能取值的集合是0,1,2,3，PX=0PX=1PX=2PX=3故X的分布列如下表：X0123P1211数学期望EX所以李华一开始取出的三个球里，a球个数的期望是1.6个.故选：B.二：多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”“环境检测”、“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项.记事件A为“恰有两名同学所报项目相同”，事件B为“只有甲同学一人报‘关怀老人’项目”，则（

）A．四名同学的报名情况共有种B．“每个项目都有人报名”的报名情况共有72种C．“四名同学最终只报了两个项目”的概率是D．【答案】CD【分析】根据分步乘法计数原理可判断A；将四名志愿者先分组，再分到三个活动可判断B；先求出四名同学最终只报了两个项目的方法总数，再结合A选项可判断C；由条件概率可判断D.【详解】解：对于A，由题意可知，甲、乙、丙、丁四名同学每人有3种选择，故四名同学的报名情况共有种，A错误；对于B，现将四名志愿者分为2，1，1三组，共有种情况，再将其分到三个活动中，共有种，由分步乘法计数原理得到种，故“每个项目都有人报名”的报名情况共有36种，B错误；对于C，“四名同学最终只报了两个项目”的概率是，C正确；对于D，由已知有：，，所以，D正确.故选：CD.10．国庆节期间某高校学生会联合校团委举行国学知识有奖问答活动，活动一共有两关，以小组为单位参加，每小组3人.第一关每小组的3个人分别回答问题，过关者才能参加第二关活动，第二关由每小组第一关的过关者共同回答问题，若第二关该小组回答问题过关，可获得500元奖励.已知甲､乙､丙3人为一组，甲､乙､丙各自过第一关的概率分别为，若该小组第一关仅1人过关，该小组过第二关的概率为；若该小组第一关有2人过关，该小组过第二关的概率为；若该小组第一关有3人过关，该小组过第二关的概率为，则（

）A．甲､乙､丙3人至少有1人在第一关过关的概率为B．若甲､乙､丙3人至少有1人在第一关过关，则甲在第一关过关的概率为C．设甲､乙､丙这一组进入第二关的人数为，则D．甲､乙､丙这一组获得500元奖励的概率为【答案】BCD【分析】根据相互独立事件同时发生的概率公式计算可判断A，由条件概率计算可判断B，分别计算进入第二关人数对应的概率，由期望公式求解可判断C，根据全概率公式计算可判断D.【详解】设“甲､乙､丙3人至少有1人在第一关过关”，则，故A错误；设“甲在第一关过关”，则，则，所以若甲､乙､丙3人至少有1人在第一关过关，则甲在第一关过关的概率为，B正确；设“甲､乙､丙3人有人进入第二关”，其中，则，所以，C正确；设“甲､乙､丙这一组获得500元奖励”，，D正确.故选：BCD.11．已知，且，则（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据二项分布的期望和方差公式，结合期望和方差的性质，即可判断选项.【详解】由题意得.因为函数在上单调递增，且，所以，故A错误；因为，故BC正确；所以，则，故D错误.故选：BC12．日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（

）A．B．C．设，则为等比数列D．设，则【答案】BCD【分析】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意，在此基础上利用变形推理得出，即可判断AC，再由的关系求出判断B，根据错位相减法求和判断D.【详解】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意，，则①②②①得，，即，故，故A错误；由，故，故B正确；由，故，即为等比数列，故C正确；因为，设，则，，相减可得，所以，故D正确.故选：BCD三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13.设随机变量X∼Nμ,σ2(σ>0)，已知P(X>μ+2σ)=0.0228,PX−μ≤σ【解题思路】由正态分布曲线的对称性，即可求出答案.【解答过程】因为P(X>μ+2σ)=0.0228，所以P(μ−2σ<X<μ+2σ)=1−2P(X>μ+2σ)=1−2×0.0228=0.9544，PX−μ所以P(μ−2σ<X<μ+σ)==故答案为：0.8185.14.射击运动是用枪支对准目标打靶的竞技项目，该项目在世界上居于领先地位的国家有中国､美国､匈牙利､俄罗斯和德国射击运动可以培养细致､沉着､坚毅等优良品质，有益于身心健康.已知用于射击打靶的某型号步枪的弹夹中一共有nn∈N∗发子弹，假设某人每次打靶的命中率均为0.8，靶场规定：一旦出现子弹脱靶或者子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击，记标靶上的子弹数量为随机变量X，则X的数学期望为【解题思路】依题意可得X的所有可能取值为：0,1,2,…,n−1,n，且P(X=k)=0.8k0.2(k=0,1,2,…,n−1),P(X=n)=【解答过程】解：由题意X的所有可能取值为：0,1,2,…,n−1,n.因为每次打靶的命中率均为0.8，则P(X=k)=0.8所以X的分布列为X012…n−1nP0.20.8×0.20.8…0.80.8所以X的数学期望为E(X)=0.8⋅0.2+2×0.8令M=0.8+2×0.8则0.8M=0.8所以①−②可得：0.2M=0.8+==41−则E(X)=M×0.2+n0.8故答案为：41−15.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷骰子n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n+n，则算闯过第n关，n=1，2，3，4．假定每次闯关互不影响，则下列结论错误的序号是（2）（1）直接挑战第2关并过关的概率为712（2）连续挑战前两关并过关的概率为524（3）若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则PA（4）若直接挑战第4关，则过关的概率是351296【解题思路】由古典概型，独立事件的乘法公式，条件概率公式对结论逐一判断【解答过程】对于（1），22即直接挑战第2关并过关的概率为P1对于（2），21+1=3，所以挑战第1关通过的概率则连续挑战前两关并过关的概率为P=P对于（3），由题意可知，抛掷3次的基本事件有63抛掷3次至少出现一个5点的事件共有63故PB=91故PA∩B=7对于（4），当n=4时，2n而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，含3，6，6，6的有4种，所以P4故答案为：（2）.16.袋中装有5个相同的红球和2个相同的黑球，每次从中抽出1个球，抽取3次按不放回抽取，得到红球个数记为X，得到黑球的个数记为Y；按放回抽取，得到红球的个数记为ξ．下列结论中正确的是①③④．①EX:EY=5:2；②DX（注：随机变量X的期望记为EX、方差记为D【解题思路】根据不放回抽取，确定红球个数X的可能取值以及黑球个数为Y的可能取值，求出每个值对应的概率，即可求得X,Y的期望和方程，判断①，②；按放回抽取，可知ξ∼B(3,5【解答过程】由题意抽取3次按不放回抽取，可得红球个数X的可能取值为1,2,3，黑球个数Y的可能取值为2,1,0，则P(X=1)=5P(X=2)=5P(X=3)=5故E(X)=1×1由题意可知X+Y=3，故P(Y=2)=P(X=1)=17,P(Y=1)=P(X=2)=4故E(Y)=2×1故EXD(X)=(1−D(Y)=(2−即DX抽取3次按放回抽取，每次抽取到红球的概率为57得到红球的个数记为ξ，则ξ∼B(3,5故Eξ故EX=Eξ故答案为：①③④.四．解答题（共6小题，满分70分）17.某快餐店的小时工是按照下述方式获取税前月工资的：底薪1000元，每工作1小时获取30元．从该快餐店中任意抽取一名小时工，设其月工作时间为X小时，获取的税前月工资为Y元．(1)当X=110时，求Y的值；(2)写出X与Y之间的关系式；(3)若PX≤120=0.6，求【解题思路】（1）根据底薪1000元，每工作1小时获取30元求解；（2）根据底薪1000元，每工作1小时获取30元求解；（3）由（2）得到X≤120⇔Y≤4600求解.【解答过程】（1）当X=110时，表示工作了110个小时，所以Y=110×30+1000=4300．（2）由题意得：Y=30X+1000．（3）因为X≤120⇔30X≤3600⇔30X+1000≤4600⇔Y≤4600，所以P(Y≤4600)=P(X≤120)=0.6，从而P(Y>4600)=1−P(Y≤4600)=1−0.6=0.4.18.全面建设社会主义现代化国家，最艰巨最繁重的任务仍然在农村，强国必先强农，农强方能国强．某市为了解当地农村经济情况，随机抽取该地2000户农户家庭年收入x（单位：万元）进行调查，并绘制得到如下图所示的频率分布直方图．(1)求这2000户农户家庭年收入的样本平均数x（同一组的数据用该组区间中点值代表）．(2)由直方图可认为农户家庭年收入X近似服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差①估计这2000户农户家庭年收入超过9.52万元（含9.52）的户数？（结果保留整数）②如果用该地区农户家庭年收入的情况来估计全市农户家庭年收入的情况，现从全市农户家庭中随机抽取4户，即年收入不超过9.52万元的农户家庭数为ξ，求Pξ≤3.4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成0,2，2,4，4,6，6,8，8,10，10,12，12,14，14,16，16,18(1)从这500名学生中随机抽取一人，日平均阅读时间在10,12内的概率；(2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在12,14，14,16，16,18三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在14,16内的学生人数为X，求X的分布列和数学期望；(3)以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用Pk表示这10名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在8,12内的概率，其中k=0，1，2，…，10．当Pk最大时，写出【解题思路】（1）由频率分布直方图列出方程，能求出a的值，进而估计出概率；（2）先按比例抽取人数，由题意可知此分布列为超几何分布，即可求出分布列；（3）求出Pk【解答过程】（1）由频率分布直方图得：2(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01)=1，解得a=0.10，0.10×2=0.20，所以日平均阅读时间在10,12内的概率为0.20；（2）由频率分布直方图得：这500名学生中日平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生人数分别为：500×0.10=50人，500×0.08=40人，500×0.02=10人，若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在(14，16]内的学生中抽取：4050+40+10现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，P(X=0)=CP(X=1)=CP(X=2)=CP(X=3)=C∴X的分布列为：X0123P1131数学期望E(X)=1×1（3）k=5，理由如下：由频率分布直方图得学生日平均阅读时间在8,12内的概率为0.50，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，恰有k名学生日平均阅读时间在8,12内的分布列服从二项分布X∼B(10,0.50)，P(k)=C10k(119.双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛.之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛.

(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：①队伍A和D在决赛中过招的概率；②D在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率；(2)若A的实力出类拔萃，即有A参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.【解题思路】（1）①队伍A和D在第一轮对阵，若A和D在决赛也对阵，必然有1个队伍在负者组对阵其他组都赢得比赛，且另一个队伍和其他组比赛也都胜利.第一轮胜利者需要再胜1次，失败者需要再胜两次，才能会师决赛.②为条件概率，根据条件概率公式去入手解决问题.（2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题.【解答过程】（1）解：假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为12①由题意，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，所以A和D在决赛中过招的概率为P=1②设Wi表示队伍D在比赛i中胜利，Li表示队伍D所参加的比赛则事件E：队伍D获得亚军，事件F：队伍D所参加所有比赛中失败了两场，事件F：包括L1L4，L1W4L其中这五种情况彼此互斥，可得:P=P(=1其中积事件EF包括W1L3可得P(EF)=P(W所以所求概率为P(E|F)=P(EF)（2）解：由题意，A获胜的概率为34，B、C、D之间获胜的概率均为1要使得D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：①若A与D在决赛中相遇，分为A1胜，3胜，D1负4胜5胜，或A1负4胜5胜，D1胜，3胜，可得概率为P1②若B与D决赛相遇，D1胜，3胜，B2胜3负5胜，或D1胜，3负，5胜，B2胜3胜，可得概率为P1③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，可得概率为P3所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率P=P20.魔方，又叫鲁比可方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．通常意义下的魔方，是指狭义的三阶魔方．三阶魔方形状通常是正方体，由有弹性的硬塑料制成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．广义的魔方，指各类可以通过转动打乱和复原的几何体．魔方与华容道、法国的单身贵族（独立钻石棋）并称为智力游戏界的三大不可思议．在2018WCA世界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以3.47秒的成绩打破了三阶魔方复原的世界纪录，勇夺世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个三阶魔方速拧进入4秒的选手．(1)小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小王每局比赛获胜的概率均为35，小吴每局比赛获胜的概率均为25，若采用三局两胜制，两人共进行了X局比赛，求(2)小王和小吴同学比赛四阶魔方，首局比赛小吴获胜的概率为0.5，若小王本局胜利，则他赢得下一局比赛的概率为0.6，若小王本局失败，则他赢得下一局比赛的概率为0.5，为了赢得比赛，小王应选择“五局三胜制”还是“三局两胜制”？【解题思路】（1）依题意得到X的可能取值，再利用独立事件与互斥事件的概率公式求得其对应的概率，从而得解；（2）分类讨论小王不同选择下对应的获胜概率，从而得解.【解答过程】（1）因为采用三局两胜制，所以X的可能取值为2,3，X=2表示小王或小吴连胜两局；X=3表示小王与小吴前两局一胜一负；所以PX=2=3所以X的分布列为：X23P1312则X的数学期望为2×13（2）若小王选择“三局两胜制”，则小王获胜的情况为：胜胜；胜负胜；负胜胜；则小王获胜的概率为P1若小王选择“五局三胜制”，则小王获胜的情况为：胜胜胜；胜胜负胜；胜负胜胜；负胜胜胜；胜胜负负胜；胜负胜负胜；胜负负胜胜；负负胜胜胜；负胜负胜胜；负胜胜负胜；则小王获胜的概率为P+0.5×0.5×0.6×0.6+0.5×0.6×0.4×0.5×0.5+0.5×0.4×0.5×0.4×0.5+0.5×0.4×0.5×0.5×0.6+0.5×0.5×0.5×0.6×0.6+0.5×0.5×0.4×0.5×0.6+0.5×0.5×0.6×0.4×0.5=0.575，因为0.55<0.575，所以小王应选择“五局三胜制”.21.某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1,2,3三组.观察一段时间后，分别从1,2,3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.株高增量（单位：厘米）4,77,1010,1313,16第1组鸡冠花株数92092第2组鸡冠花株数416164第3组鸡冠花株数1312132假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.(1)从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为7,10厘米的概率；(2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，记这3株鸡冠花中恰有X株的株高增量为7,10厘米，求X的分布列和数学期望EX；(3)用“ξk=1”表示第k组鸡冠花的株高增量为4,10，“ξk=0”表示第k组鸡冠花的株高增量为10,16厘米，k=1,2,3，直接写出方差Dξ【解题思路】（1）根据表格数据，第1组所有鸡冠花中随机选取1株，得7,10厘米的总数，由古典概型概率公式可得结果；（2）首先估计各组鸡冠花增