/33/33/12.3離散型隨機變量及其分布挖命題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯考點離散型隨機變量及其分布列1.理解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概念,了解分布列對于刻畫隨機現象的重要性.2.理解兩點分布和超幾何分布的意義,并能進行簡單的應用.2018浙江,7隨機變量的方差函數的單調性★★★2014浙江,12隨機變量的方差隨機變量的均值2014浙江,9隨機事件的概率數學期望離散型隨機變量的均值與方差理解取有限個值的離散型隨機變量的均值、方差的概念,能計算簡單離散型隨機變量的均值、方差,并能解決一些實際問題.2017浙江,8隨機變量的均值、方差隨機變量的概念及其分布列★☆☆分析解讀1.隨機變量及其分布是概率統計部分的重要內容,是高中數學的主干知識,也是高考的熱點.2.主要考查隨機變量分布列的性質及運算求解能力.3.考查一般以解答題形式出現,以隨機變量分布列為載體,綜合計數原理、古典概型、等可能事件等考查學生分析問題、解決問題的能力及運算求解能力.4.預計2020年高考試題中,對隨機變量及其分布的考查必不可少.破考點【考點集訓】考點一離散型隨機變量及其分布列1.(2018浙江新高考調研卷四(金華一中),6)設隨機變量X的分布列為P(X=m)=p·12A.1 B. C.117 D.答案C2.(2018浙江臺州高三期末質檢,12)已知隨機變量X的分布列為X123P11m則m=,D(X)=.?答案;考點二離散型隨機變量的均值與方差1.(2018浙江溫州二模(3月),6)隨機變量X的分布列如下表所示,若E(X)=,則D(3X-2)=()X-101P1abA.9 B.7 C.5 D.3答案C2.(2018浙江杭州高三教學質檢,12)在一次隨機試驗中,事件A發生的概率為p,事件A發生的次數為ξ,則數學期望E(ξ)=,方差D(ξ)的最大值為.?答案p;煉技法【方法集訓】方法1求離散型隨機變量的分布列的方法1.(2018浙江蕭山九中12月月考,8)已知某口袋中有3個白球和a個黑球(a∈N*),現從中隨機取出一球,再放回一個不同顏色的球(即若取出的是白球,則放回一個黑球;若取出的是黑球,則放回一個白球),記放好球后袋中白球的個數是ξ.若E(ξ)=3,則D(ξ)=()A. B.1 C. D.2答案B2.(2018浙江浙東北聯盟期中,14)已知隨機變量ξ的分布列為ξ-1012Pa11b若E(ξ)=,則a+b=,D(ξ)=.?答案;11方法2求離散型隨機變量的均值與方差的方法1.(2018浙江杭州高考教學質量檢測(4月),7)已知0<a<,隨機變量ξ的分布列如下:ξ-101P3-aa當a增大時,()A.EB.E增大,D(ξ)增大 B.E(ξ)減小,D(ξ)增大C.ED.E增大,D(ξ)減小 D.E(ξ)減小,D(ξ)減小答案A2.(2017浙江寧波二模(5月),4)隨機變量X的取值為0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,則D(X)=()A. B. C.55 D.答案B過專題【五年高考】A組自主命題·浙江卷題組考點離散型隨機變量的均值與方差1.(2018浙江,7,4分)設0<p<1,隨機變量ξ的分布列是ξ012P11p則當p在(0,1)內增大時,()A.DB.D減小 B.D(ξ)增大C.DD.D先減小后增大 D.D(ξ)先增大后減小答案D2.(2017浙江,8,4分)已知隨機變量ξi滿足P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2.若0<p1<p2<,則()A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)答案A3.(2014浙江,9,5分)已知甲盒中僅有1個球且為紅球,乙盒中有m個紅球和n個藍球(m≥3,n≥3),從乙盒中隨機抽取i(i=1,2)個球放入甲盒中.(a)放入i個球后,甲盒中含有紅球的個數記為ξi(i=1,2);(b)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).則()A.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2)B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2)D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2)答案A4.(2014浙江,12,4分)隨機變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,則D(ξ)=.?答案B組統一命題、省(區、市)卷題組考點一離散型隨機變量及其分布列1.(2017課標全國Ⅱ理,13,5分)一批產品的二等品率為0.02,從這批產品中每次隨機取一件,有放回地抽取100次,X表示抽到的二等品件數,則DX=.?答案1.962.(2017課標全國Ⅲ理,18,12分)某超市計劃按月訂購一種酸奶,每天進貨量相同,進貨成本每瓶4元,售價每瓶6元,未售出的酸奶降價處理,以每瓶2元的價格當天全部處理完.根據往年銷售經驗,每天需求量與當天最高氣溫(單位:℃)有關.如果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶;如果最高氣溫位于區間[20,25),需求量為300瓶;如果最高氣溫低于20,需求量為200瓶.為了確定六月份的訂購計劃,統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據,得下面的頻數分布表:最高氣溫[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天數216362574以最高氣溫位于各區間的頻率代替最高氣溫位于該區間的概率.(1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位:瓶)的分布列;(2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位:元).當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位:瓶)為多少時,Y的數學期望達到最大值?解析本題考查隨機變量的分布列,數學期望.(1)由題意知,X所有可能取值為200,300,500,由表格數據知P(X=200)=2+1690=0.2,P(X=300)=3690=0.4,P(X=500)=因此X的分布列為X200300500P0.20.40.4(2)由題意知,這種酸奶一天的需求量至多為500瓶,至少為200瓶,因此只需考慮200≤n≤500.當300≤n≤500時,若最高氣溫不低于25,則Y=6n-4n=2n;若最高氣溫位于區間[20,25),則Y=6×300+2(n-300)-4n=1200-2n;若最高氣溫低于20,則Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.當200≤n<300時,若最高氣溫不低于20,則Y=6n-4n=2n;若最高氣溫低于20,則Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n.所以n=300時,Y的數學期望達到最大值,最大值為520元.3.(2017山東理,18,12分)在心理學研究中,常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響,具體方法如下:將參加試驗的志愿者隨機分成兩組,一組接受甲種心理暗示,另一組接受乙種心理暗示,通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結果來評價兩種心理暗示的作用.現有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,從中隨機抽取5人接受甲種心理暗示,另5人接受乙種心理暗示.(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數,求X的分布列與數學期望EX.解析本題考查離散型隨機變量的分布列,數學期望.(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M,則P(M)=C84C(2)由題意知X可取的值為0,1,2,3,4,則P(X=0)=C65CP(X=1)=C64CP(X=2)=C63CP(X=3)=C62CP(X=4)=C61C因此X的分布列為X01234P151051X的數學期望是EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0×142+1×521+2×1021+3×5解后反思(1)求離散型隨機變量X的分布列的步驟:①理解X的含義,寫出X所有可能的取值.②求X取每個值時的概率;③寫出X的分布列.(2)求離散型隨機變量的分布列的關鍵是求隨機變量取各個值時對應的概率,在求解時,要注意應用計數原理,古典概型概率公式等知識.4.(2015重慶,17,13分)端午節吃粽子是我國的傳統習俗.設一盤中裝有10個粽子,其中豆沙粽2個,肉粽3個,白粽5個,這三種粽子的外觀完全相同.從中任意選取3個.(1)求三種粽子各取到1個的概率;(2)設X表示取到的豆沙粽個數,求X的分布列與數學期望.解析(1)令A表示事件“三種粽子各取到1個”,則由古典概型的概率計算公式有P(A)=C2(2)X的所有可能取值為0,1,2,且P(X=0)=C83C103=7P(X=2)=C22C綜上知,X的分布列為X012P771故E(X)=0×715+1×715+2×5.(2015四川,17,12分)某市A,B兩所中學的學生組隊參加辯論賽,A中學推薦了3名男生、2名女生,B中學推薦了3名男生、4名女生,兩校所推薦的學生一起參加集訓.由于集訓后隊員水平相當,從參加集訓的男生中隨機抽取3人、女生中隨機抽取3人組成代表隊.(1)求A中學至少有1名學生入選代表隊的概率;(2)某場比賽前,從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽,設X表示參賽的男生人數,求X的分布列和數學期望.解析(1)由題意,參加集訓的男、女生各有6名.參賽學生全從B中學抽取(等價于A中學沒有學生入選代表隊)的概率為C33C因此,A中學至少有1名學生入選代表隊的概率為1-1100=99(2)根據題意,X的可能取值為1,2,3.P(X=1)=C3P(X=2)=C3P(X=3)=C3所以X的分布列為X123P131因此,X的數學期望為E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1×+2×+3×=2.評析本題主要考查隨機事件的概率、古典概型、隨機變量的分布列、數學期望等基礎知識,考查運算求解能力、應用意識,考查運用概率與統計的知識與方法分析和解決實際問題的能力.6.(2015陜西,19,12分)設某校新、老校區之間開車單程所需時間為T,T只與道路暢通狀況有關,對其容量為100的樣本進行統計,結果如下:T(分鐘)25303540頻數(次)20304010(1)求T的分布列與數學期望ET;(2)劉教授駕車從老校區出發,前往新校區作一個50分鐘的講座,結束后立即返回老校區,求劉教授從離開老校區到返回老校區共用時間不超過120分鐘的概率.解析(1)由統計結果可得T的頻率分布為T(分鐘)25303540頻率0.20.30.40.1以頻率估計概率得T的分布列為T25303540P0.20.30.40.1從而ET=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32(分鐘).(2)設T1,T2分別表示往、返所需時間,T1,T2的取值相互獨立,且與T的分布列相同.設事件A表示“劉教授共用時間不超過120分鐘”,由于講座時間為50分鐘,所以事件A對應于“劉教授在路途中的時間不超過70分鐘”.解法一:P(A)=P(T1+T2≤70)=P(T1=25,T2≤45)+P(T1=30,T2≤40)+P(T1=35,T2≤35)+P(T1=40,T2≤30)=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91.解法二:P(A)=P(T1+T2>70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)=0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09.故P(A)=1-P(A)=0.91.考點二離散型隨機變量的均值與方差1.(2018課標全國Ⅲ理,8,5分)某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p,各成員的支付方式相互獨立.設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數,DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),則p=()A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3答案B2.(2016四川,12,5分)同時拋擲兩枚質地均勻的硬幣,當至少有一枚硬幣正面向上時,就說這次試驗成功,則在2次試驗中成功次數X的均值是.?答案3.(2018課標全國Ⅰ理,20,12分)某工廠的某種產品成箱包裝,每箱200件,每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗,如檢驗出不合格品,則更換為合格品.檢驗時,先從這箱產品中任取20件作檢驗,再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗.設每件產品為不合格品的概率都為p(0<p<1),且各件產品是不是不合格品相互獨立.(1)記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p),求f(p)的最大值點p0;(2)現對一箱產品檢驗了20件,結果恰有2件不合格品,以(1)中確定的p0作為p的值.已知每件產品的檢驗費用為2元,若有不合格品進入用戶手中,則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用.(i)若不對該箱余下的產品作檢驗,這一箱產品的檢驗費用與賠償費用的和記為X,求EX;(ii)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據,是否該對這箱余下的所有產品作檢驗?解析(1)20件產品中恰有2件不合格品的概率為f(p)=C202p2(1-p)因此f'(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C20令f'(p)=0,得p=0.1,當p∈(0,0.1)時,f'(p)>0;當p∈(0.1,1)時,f'(p)<0.所以f(p)的最大值點p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1,(i)令Y表示余下的180件產品中的不合格品件數,依題意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y,所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.(ii)如果對余下的產品作檢驗,則這一箱產品所需要的檢驗費為400元.由于EX>400,故應該對余下的產品作檢驗.4.(2018天津理,16,13分)已知某單位甲、乙、丙三個部門的員工人數分別為24,16,16.現采用分層抽樣的方法從中抽取7人,進行睡眠時間的調查.(1)應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取多少人?(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,現從這7人中隨機抽取3人做進一步的身體檢查.(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的員工人數,求隨機變量X的分布列與數學期望;(ii)設A為事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的員工,也有睡眠不足的員工”,求事件A發生的概率.解析本題主要考查隨機抽樣、離散型隨機變量的分布列與數學期望、互斥事件的概率加法公式等基礎知識.考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力.(1)由已知,甲、乙、丙三個部門的員工人數之比為3∶2∶2,由于采用分層抽樣的方法從中抽取7人,因此應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取3人,2人,2人.(2)(i)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.P(X=k)=C4所以隨機變量X的分布列為X0123P112184隨機變量X的數學期望E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×4(ii)設事件B為“抽取的3人中,睡眠充足的員工有1人,睡眠不足的員工有2人”;事件C為“抽取的3人中,睡眠充足的員工有2人,睡眠不足的員工有1人”,則A=B∪C,且B與C互斥.由(i)知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=.所以事件A發生的概率為.5.(2017江蘇,23,10分)已知一個口袋中有m個白球,n個黑球(m,n∈N*,n≥2),這些球除顏色外完全相同.現將口袋中的球隨機地逐個取出,并放入如圖所示的編號為1,2,3,…,m+n的抽屜內,其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k=1,2,3,…,m+n).123…m+n(1)試求編號為2的抽屜內放的是黑球的概率P;(2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數,E(X)是X的數學期望,證明:E(X)<n(解析本題主要考查古典概率、隨機變量及其分布、數學期望等基礎知識,考查組合數及其性質,考查運算求解能力和推理論證能力.(1)編號為2的抽屜內放的是黑球的概率P=Cm+n(2)隨機變量X的概率分布為X111…1…1PCCC…C…C隨機變量X的期望為E(X)=∑k=nm+n1所以E(X)<1=1=1(n-1)Cm=1(n-1)Cm+n=1(n-1)Cm=…=1(n-1)=Cm+n即E(X)<n(6.(2017北京,17,13分)為了研究一種新藥的療效,選100名患者隨機分成兩組,每組各50名,一組服藥,另一組不服藥.一段時間后,記錄了兩組患者的生理指標x和y的數據,并制成下圖,其中“*”表示服藥者,“+”表示未服藥者.(1)從服藥的50名患者中隨機選出一人,求此人指標y的值小于60的概率;(2)從圖中A,B,C,D四人中隨機選出兩人,記ξ為選出的兩人中指標x的值大于1.7的人數,求ξ的分布列和數學期望E(ξ);(3)試判斷這100名患者中服藥者指標y數據的方差與未服藥者指標y數據的方差的大小.(只需寫出結論)解析本題考查古典概型,離散型隨機變量的分布列與數學期望,方差等知識.(1)由題圖知,在服藥的50名患者中,指標y的值小于60的有15人,所以從服藥的50名患者中隨機選出一人,此人指標y的值小于60的概率為1550(2)由題圖知,A,B,C,D四人中,指標x的值大于1.7的有2人:A和C.所以ξ的所有可能取值為0,1,2.P(ξ=0)=C22C42所以ξ的分布列為ξ012P121故ξ的期望E(ξ)=0×+1×+2×=1.(3)在這100名患者中,服藥者指標y數據的方差大于未服藥者指標y數據的方差.方法總結①在求解離散型隨機變量的分布列與數學期望時,先確定隨機變量的取值及各個取值對應的概率,利用期望的公式求其數學期望;②在比較數據的方差時,可以根據兩組數據的集中或分散程度進行比較.C組教師專用題組考點一離散型隨機變量及其分布列(2014湖北,20,12分)計劃在某水庫建一座至多安裝3臺發電機的水電站.過去50年的水文資料顯示,水庫年入流量X(年入流量:一年內上游來水與庫區降水之和,單位:億立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超過120的年份有35年,超過120的年份有5年.將年入流量在以上三段的頻率作為相應段的概率,并假設各年的年入流量相互獨立.(1)求未來4年中,至多有1年的年入流量超過120的概率;(2)水電站希望安裝的發電機盡可能運行,但每年發電機最多可運行臺數受年入流量X限制,并有如下關系:年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120發電機最多可運行臺數123若某臺發電機運行,則該臺年利潤為5000萬元;若某臺發電機未運行,則該臺年虧損800萬元.欲使水電站年總利潤的均值達到最大,應安裝發電機多少臺?解析(1)依題意,p1=P(40<X<80)=1050=0.2,p2=P(80≤X≤120)=3550=0.7,p3=P(X>120)=由二項分布知,在未來4年中至多有1年的年入流量超過120的概率為p=C40(1-p3)4+C41(1-p3)3p3=910(2)記水電站年總利潤為Y(單位:萬元).(i)安裝1臺發電機的情形.由于水庫年入流量總大于40,故一臺發電機運行的概率為1,對應的年利潤Y=5000,E(Y)=5000×1=5000.(ii)安裝2臺發電機的情形.依題意知,當40<X<80時,一臺發電機運行,此時Y=5000-800=4200,因此P(Y=4200)=P(40<X<80)=p1=0.2;當X≥80時,兩臺發電機運行,此時Y=5000×2=10000,因此P(Y=10000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8,由此得Y的分布列如下:Y420010000P0.20.8所以E(Y)=4200×0.2+10000×0.8=8840.(iii)安裝3臺發電機的情形.依題意,當40<X<80時,一臺發電機運行,此時Y=5000-1600=3400,因此P(Y=3400)=P(40<X<80)=p1=0.2;當80≤X≤120時,兩臺發電機運行,此時Y=5000×2-800=9200,因此P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;當X>120時,三臺發電機運行,此時Y=5000×3=15000,因此P(Y=15000)=P(X>120)=p3=0.1,由此得Y的分布列如下:Y3400920015000P0.20.70.1所以E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620.綜上,欲使水電站年總利潤的均值達到最大,應安裝發電機2臺.評析本題考查了概率和離散型隨機變量的分布列.考查了分類討論方法和運算求解能力.考點二離散型隨機變量的均值與方差1.(2016山東,19,12分)甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動,每輪活動由甲、乙各猜一個成語.在一輪活動中,如果兩人都猜對,則“星隊”得3分;如果只有一人猜對,則“星隊”得1分;如果兩人都沒猜對,則“星隊”得0分.已知甲每輪猜對的概率是,乙每輪猜對的概率是;每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響,各輪結果亦互不影響.假設“星隊”參加兩輪活動,求:(1)“星隊”至少猜對3個成語的概率;(2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數學期望EX.解析(1)記事件A:“甲第一輪猜對”,記事件B:“乙第一輪猜對”,記事件C:“甲第二輪猜對”,記事件D:“乙第二輪猜對”,記事件E:“‘星隊’至少猜對3個成語”.由題意,E=ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD,由事件的獨立性與互斥性,得P(E)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)·P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)·P(C)P(D)=×××+2×1=.所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為.(2)由題意,隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6.由事件的獨立性與互斥性,得P(X=0)=×××=1144P(X=1)=2×34×13×P(X=2)=×××+×××+×××+×××=25144P(X=3)=×××+×××=12144=1P(X=4)=2×34×23×P(X=6)=×××=36144可得隨機變量X的分布列為X012346P1525151所以數學期望EX=0×1144+1×572+2×25144+3×112+4×2.(2016課標Ⅰ,19,12分)某公司計劃購買2臺機器,該種機器使用三年后即被淘汰.機器有一易損零件,在購進機器時,可以額外購買這種零件作為備件,每個200元.在機器使用期間,如果備件不足再購買,則每個500元.現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件,為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數,得下面柱狀圖:以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發生的概率,記X表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數,n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數.(1)求X的分布列;(2)若要求P(X≤n)≥0.5,確定n的最小值;(3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據,在n=19與n=20之中選其一,應選用哪個?解析(1)由柱狀圖并以頻率代替概率可得,一臺機器在三年內需更換的易損零件數為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2.可知X的所有可能取值為16、17、18、19、20、21、22,P(X=16)=0.2×0.2=0.04;P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;P(X=22)=0.2×0.2=0.04.(4分)所以X的分布列為X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(6分)(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值為19.(8分)(3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位:元).當n=19時,EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040.(10分)當n=20時,EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.可知當n=19時所需費用的期望值小于n=20時所需費用的期望值,故應選n=19.(12分)思路分析(1)確定X的可能取值,分別求其對應的概率,進而可列出分布列.(2)根據(1)中求得的概率可得P(X≤18)以及P(X≤19)的值,由此即可確定n的最小值.(3)求出n=19,n=20時的期望值,比較大小即可作出決策.3.(2015福建,16,13分)某銀行規定,一張銀行卡若在一天內出現3次密碼嘗試錯誤,該銀行卡將被鎖定.小王到該銀行取錢時,發現自己忘記了銀行卡的密碼,但可以確認該銀行卡的正確密碼是他常用的6個密碼之一,小王決定從中不重復地隨機選擇1個進行嘗試.若密碼正確,則結束嘗試;否則繼續嘗試,直至該銀行卡被鎖定.(1)求當天小王的該銀行卡被鎖定的概率;(2)設當天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數為X,求X的分布列和數學期望.解析(1)設“當天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A,則P(A)=××=.(2)依題意得,X所有可能的取值是1,2,3.P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××1=,所以X的分布列為X123P112所以E(X)=1×+2×+3×=.4.(2015安徽,17,12分)已知2件次品和3件正品混放在一起,現需要通過檢測將其區分,每次隨機檢測一件產品,檢測后不放回,直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時檢測結束.(1)求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率;(2)已知每檢測一件產品需要費用100元,設X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),求X的分布列和均值(數學期望).解析(1)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件A,則P(A)=A21A(2)X的可能取值為200,300,400.P(X=200)=A22AP(X=300)=A33+P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-110-310=故X的分布列為X200300400P136EX=200×110+300×310+400×5.(2015湖南,18,12分)某商場舉行有獎促銷活動,顧客購買一定金額的商品后即可抽獎.每次抽獎都是從裝有4個紅球、6個白球的甲箱和裝有5個紅球、5個白球的乙箱中,各隨機摸出1個球.在摸出的2個球中,若都是紅球,則獲一等獎;若只有1個紅球,則獲二等獎;若沒有紅球,則不獲獎.(1)求顧客抽獎1次能獲獎的概率;(2)若某顧客有3次抽獎機會,記該顧客在3次抽獎中獲一等獎的次數為X,求X的分布列和數學期望.解析(1)記事件A1={從甲箱中摸出的1個球是紅球},A2={從乙箱中摸出的1個球是紅球},B1={顧客抽獎1次獲一等獎},B2={顧客抽獎1次獲二等獎},C={顧客抽獎1次能獲獎}.由題意,A1與A2相互獨立,A1A2與A1A2互斥,B1與B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1A2+A1A2,C=B因為P(A1)=410=,P(A2)=5所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)+P(A=P(A1)P(A2)+P(A1)P(A=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)]P(A2)=×1-12故所求概率P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+=710(2)顧客抽獎3次可視為3次獨立重復試驗,由(1)知,顧客抽獎1次獲一等獎的概率為,所以X~B3,于是P(X=0)=C301P(X=1)=C311P(X=2)=C321P(X=3)=C331故X的分布列為X0123P6448121X的數學期望為E(X)=0×64125+1×48125+2×121256.(2015湖北,20,12分)某廠用鮮牛奶在某臺設備上生產A,B兩種奶制品,生產1噸A產品需鮮牛奶2噸,使用設備1小時,獲利1000元;生產1噸B產品需鮮牛奶1.5噸,使用設備1.5小時,獲利1200元.要求每天B產品的產量不超過A產品產量的2倍,設備每天生產A,B兩種產品時間之和不超過12小時.假定每天可獲取的鮮牛奶數量W(單位:噸)是一個隨機變量,其分布列為W121518P0.30.50.2該廠每天根據獲取的鮮牛奶數量安排生產,使其獲利最大,因此每天的最大獲利Z(單位:元)是一個隨機變量.(1)求Z的分布列和均值;(2)若每天可獲取的鮮牛奶數量相互獨立,求3天中至少有1天的最大獲利超過10000元的概率.解析(1)設每天A,B兩種產品的生產數量分別為x噸,y噸,相應的獲利為z元,則有2x目標函數為z=1000x+1200y.當W=12時,①表示的平面區域如圖1,三個頂點分別為A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0).當z=1000x+1200y變形為y=-x+z1當x=2.4,y=4.8時,直線l:y=-x+z1最大獲利Z=zmax=2.4×1000+4.8×1200=8160.當W=15時,①表示的平面區域如圖2,三個頂點分別為A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).將z=1000x+1200y變形為y=-x+z1當x=3,y=6時,直線l:y=-x+z1最大獲利Z=zmax=3×1000+6×1200=10200.當W=18時,①表示的平面區域如圖3,四個頂點分別為A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0).將z=1000x+1200y變形為y=-x+z1當x=6,y=4時,直線l:y=-x+z1最大獲利Z=zmax=6×1000+4×1200=10800.故最大獲利Z的分布列為Z81601020010800P0.30.50.2因此,E(Z)=8160×0.3+10200×0.5+10800×0.2=9708.(2)由(1)知,一天最大獲利超過10000元的概率p1=P(Z>10000)=0.5+0.2=0.7,由二項分布,3天中至少有1天最大獲利超過10000元的概率為p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.評析本題考查了線性規劃,離散型隨機變量的分布列與均值及概率的計算等基礎知識.考查運用概率知識解決實際問題的能力.7.(2014重慶,18,13分)一盒中裝有9張各寫有一個數字的卡片,其中4張卡片上的數字是1,3張卡片上的數字是2,2張卡片上的數字是3.從盒中任取3張卡片.(1)求所取3張卡片上的數字完全相同的概率;(2)X表示所取3張卡片上的數字的中位數,求X的分布列與數學期望.(注:若三個數a,b,c滿足a≤b≤c,則稱b為這三個數的中位數)解析(1)由古典概型中的概率計算公式知所求概率為P=C43+(2)X的所有可能值為1,2,3,且P(X=1)=C42C51+CP(X=3)=C22C故X的分布列為X123P17431從而E(X)=1×1742+2×4384+3×1128.(2014福建,18,13分)為回饋顧客,某商場擬通過摸球兌獎的方式對1000位顧客進行獎勵,規定:每位顧客從一個裝有4個標有面值的球的袋中一次性隨機摸出2個球,球上所標的面值之和為該顧客所獲的獎勵額.(1)若袋中所裝的4個球中有1個所標的面值為50元,其余3個均為10元,求:(i)顧客所獲的獎勵額為60元的概率;(ii)顧客所獲的獎勵額的分布列及數學期望;(2)商場對獎勵總額的預算是60000元,并規定袋中的4個球只能由標有面值10元和50元的兩種球組成,或標有面值20元和40元的兩種球組成.為了使顧客得到的獎勵總額盡可能符合商場的預算且每位顧客所獲的獎勵額相對均衡,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.解析(1)設顧客所獲的獎勵額為X元.(i)依題意,得P(X=60)=C1即顧客所獲的獎勵額為60元的概率為.(ii)依題意,得X的所有可能取值為20,60.P(X=60)=,P(X=20)=C3即X的分布列為X2060P0.50.5所以顧客所獲的獎勵額的期望為E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元).(2)根據商場的預算,每個顧客的平均獎勵額為60元.所以先尋找期望為60元的可能方案.對于面值由10元和50元組成的情況,如果選擇(10,10,10,50)的方案,因為60元是面值之和的最大值,所以期望不可能為60元;如果選擇(50,50,50,10)的方案,因為60元是面值之和的最小值,所以期望也不可能為60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),記為方案1.對于面值由20元和40元組成的情況,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),記為方案2.以下是對兩個方案的分析:對于方案1,即方案(10,10,50,50),設顧客所獲的獎勵額為X1元,則X1的分布列為X12060100P121X1的數學期望為E(X1)=20×+60×+100×=60,X1的方差為D(X1)=(20-60)2×+(60-60)2×+(100-60)2×=1對于方案2,即方案(20,20,40,40),設顧客所獲的獎勵額為X2元,則X2的分布列為X2406080P121X2的數學期望為E(X2)=40×+60×+80×=60,X2的方差為D(X2)=(40-60)2×+(60-60)2×+(80-60)2×=4003由于兩種方案的獎勵額的數學期望都符合要求,但方案2獎勵額的方差比方案1的小,所以應該選擇方案2.9.(2014安徽,17,12分)甲乙兩人進行圍棋比賽,約定先連勝兩局者直接贏得比賽,若賽完5局仍未出現連勝,則判定獲勝局數多者贏得比賽.假設每局甲獲勝的概率為,乙獲勝的概率為,各局比賽結果相互獨立.(1)求甲在4局以內(含4局)贏得比賽的概率;(2)記X為比賽決出勝負時的總局數,求X的分布列和均值(數學期望).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“第k局乙獲勝”,則P(Ak)=,P(Bk)=,k=1,2,3,4,5.(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)=232+×232+××所以甲在4局以內(含4局)贏得比賽的概率為5681(2)X的可能取值為2,3,4,5.P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=,P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)=P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=,P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)=P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)=1081P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=881故X的分布列為X2345P52108EX=2×+3×+4×1081+5×881=評析本題考查了獨立事件同時發生、互斥事件至少有一個發生、分布列、均值等概率知識;考查應用意識、運算求解能力;準確理解題意是解題的關鍵,準確運算求解是得分的關鍵.10.(2014江蘇,22,10分)盒中共有9個球,其中有4個紅球、3個黃球和2個綠球,這些球除顏色外完全相同.(1)從盒中一次隨機取出2個球,求取出的2個球顏色相同的概率P;(2)從盒中一次隨機取出4個球,其中紅球、黃球、綠球的個數分別記為x1,x2,x3,隨機變量X表示x1,x2,x3中的最大數.求X的概率分布和數學期望E(X).解析(1)取到的2個顏色相同的球可能是2個紅球、2個黃球或2個綠球,所以P=C42+C3(2)隨機變量X所有可能的取值為2,3,4.{X=4}表示的隨機事件是“取到的4個球是4個紅球”,故P(X=4)=C44C{X=3}表示的隨機事件是“取到的4個球是3個紅球和1個其他顏色的球或3個黃球和1個其他顏色的球”,故P(X=3)=C43C51于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-1363-1126=所以隨機變量X的概率分布如下表:X234P11131因此隨機變量X的數學期望E(X)=2×1114+3×1363+4×1126評析本題主要考查排列與組合、離散型隨機變量的均值等基礎知識,考查運算求解能力.11.(2014江西,21,14分)隨機將1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)這2n個連續正整數分成A,B兩組,每組n個數.A組最小數為a1,最大數為a2;B組最小數為b1,最大數為b2.記ξ=a2-a1,η=b2-b1.(1)當n=3時,求ξ的分布列和數學期望;(2)令C表示事件“ξ與η的取值恰好相等”,求事件C發生的概率P(C);(3)對(2)中的事件C,C表示C的對立事件,判斷P(C)和P(C)的大小關系,并說明理由.解析(1)當n=3時,ξ的所有可能取值為2,3,4,5.將6個正整數平均分成A,B兩組,不同的分組方法共有C6ξ2345P1331Eξ=2×+3×310+4×3(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值為n-1,n,n+1,…,2n-2.又ξ和η恰好相等且等于n-1時,不同的分組方法有2種;ξ和η恰好相等且等于n時,不同的分組方法有2種;ξ和η恰好相等且等于n+k(k=1,2,…,n-2)(n≥3)時,不同的分組方法有2C2所以當n=2時,P(C)==,當(3)由(2)知當n=2時,P(C)=,因此P(C)>P(C),而當n≥3時,P(C)<P(C).理由如下:P(用數學歸納法來證明:(i)當n=3時,①式左邊=4×(2+C21)=4×(2+2)=16,①式右邊=(ii左邊即當n=m+1時①式也成立.綜合(i),(ii)得,對于n≥3的所有正整數,都有P(C)<P(C)成立.評析本題主要考查隨機變量的分布列、數學期望及概率和數學歸納法,同時考查學生的邏輯推理能力及分析、解決問題的能力.屬難題.12.(2014湖南,17,12分)某企業有甲、乙兩個研發小組,他們研發新產品成功的概率分別為和.現安排甲組研發新產品A,乙組研發新產品B.設甲、乙兩組的研發相互獨立.(1)求至少有一種新產品研發成功的概率;(2)若新產品A研發成功,預計企業可獲利潤120萬元;若新產品B研發成功,預計企業可獲利潤100萬元.求該企業可獲利潤的分布列和數學期望.解析記E={甲組研發新產品成功},F={乙組研發新產品成功},由題設知P(E)=,P(E)=,P(F)=,P(F)=,且事件E與F,E與F,E與F,E與F都相互獨立.(1)記H={至少有一種新產品研發成功},則H=EF于是P(H)=P(E)P(F)=×=215故所求的概率P(H)=1-P(H)=1-215=13(2)設企業可獲利潤為X(萬元),則X的可能取值為0,100,120,220,因為P(X=0)=P(EF)=×=215,P(X=100)=P(EF)=×=315,P(X=120)=P(EFP(X=220)=P(EF)=×=615故所求的分布列為X0100120220P2346數學期望為E(X)=0×215+100×315+120×4=300+480+13201513.(2014山東,18,12分)乒乓球臺面被球網分隔成甲、乙兩部分,如圖,甲上有兩個不相交的區域A,B,乙被劃分為兩個不相交的區域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.規定:回球一次,落點在C上記3分,在D上記1分,其他情況記0分.對落點在A上的來球,隊員小明回球的落點在C上的概率為,在D上的概率為;對落點在B上的來球,小明回球的落點在C上的概率為,在D上的概率為.假設共有兩次來球且落在A,B上各一次,小明的兩次回球互不影響.求:(1)小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率;(2)兩次回球結束后,小明得分之和ξ的分布列與數學期望.解析(1)記Ai為事件“小明對落點在A上的來球回球的得分為i分”(i=0,1,3),則P(A3)=,P(A1)=,P(A0)=1--=.記Bi為事件“小明對落點在B上的來球回球的得分為i分”(i=0,1,3),則P(B3)=,P(B1)=,P(B0)=1--=.記D為事件“小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上”.由題意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,由事件的獨立性和互斥性,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)=×+×+×+×=310所以小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上的概率為310(2)由題意,隨機變量ξ可能的取值為0,1,2,3,4,6,由事件的獨立性和互斥性,得P(ξ=0)=P(A0B0)=×=130P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=×+×=,P(ξ=2)=P(A1B1)=×=,P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=×+×=215P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=×+×=1130P(ξ=6)=P(A3B3)=×=110可得隨機變量ξ的分布列為ξ012346P1112111所以數學期望Eξ=0×130+1×+2×+3×215+4×1130+6×114.(2014天津,16,13分)某大學志愿者協會有6名男同學,4名女同學.在這10名同學中,3名同學來自數學學院,其余7名同學來自物理、化學等其他互不相同的七個學院.現從這10名同學中隨機選取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).(1)求選出的3名同學是來自互不相同學院的概率;(2)設X為選出的3名同學中女同學的人數,求隨機變量X的分布列和數學期望.解析(1)設“選出的3名同學是來自互不相同的學院”為事件A,則P(A)=C31·所以選出的3名同學是來自互不相同的學院的概率為4960(2)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.P(X=k)=C4所以隨機變量X的分布列是X0123P1131隨機變量X的數學期望E(X)=0×+1×+2×310+3×115.(2014大綱全國,20,12分)設每個工作日甲、乙、丙、丁4人