第28課離散型隨機變量及其分布列、數字特征普查與練習28離散型隨機變量及其分布列、數字特征1．條件概率(1)(2021遼寧大連一模，5分)我國中醫藥選出的“三藥三方”對治療新冠肺炎均有顯著效果，功不可沒．“三藥”分別為金花清感顆粒、蓮花清瘟膠囊、血必凈注射液；“三方”分別為清肺排毒湯、化濕敗毒方、宣肺敗毒方．若某醫生從“三藥三方”中隨機選出兩種，事件A表示選出的兩種中至少有一藥，事件B表示選出的兩種中有一方，則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包括一藥一方、兩藥兩種情況，∴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即選出的兩種為一藥一方，∴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).故選D.(2)(2020山東濟寧三模，5分)已知n是一個三位正整數，若n的十位數字大于個位數字，百位數字大于十位數字，則稱n為三位遞增數．已知a，b，c∈{0，1，2，3，4}，設事件A為“由a，b，c組成三位正整數”，事件B為“由a，b，c組成三位遞增數”，則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：三位正整數的個數為Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5)＝100，即n(A)＝100；三位正整數是遞增數的個數為Ceq\o\al(3,5)＝10，即n(AB)＝10，故P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(1,10).故選B.2．全概率公式(3)(2021廣東茂名模擬，5分)某乒乓球訓練館使用的球是A，B，C三種不同品牌標準比賽球，以往使用的記錄數據如下：品牌名稱合格率購買球占比A98%0.2B99%0.6C97%0.2若這些球在盒子中是均勻混合的，且無區別的標志，現從盒子中隨機地取一只球用于訓練，則它是合格品的概率為(B)A．0.986B．0.984C．0.982D．0.980解析：將A，B，C三種品牌分別記為第1，第2，第3個品牌，設“取到的球是第i個品牌(i＝1，2，3)”為事件Mi，則Ω＝M1∪M2∪M3，且M1，M2，M3兩兩互斥．設“取到的是一個合格品”為事件N，則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.故選B.3．離散型隨機變量的數字特征(4)(2023匯編，15分)已知m，n∈(0，1)，離散型隨機變量ξ的分布列如表：ξ03m2Pmeq\f(5,12)n①若P(ξ<2)＝eq\f(3,4)，則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)，則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當m在(0，1)內增大時，E(ξ)(B)A．增大B．減小C．先增大后減小D．先減小后增大解析：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).故選C.②由離散型隨機變量的分布列的性質，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).聯立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).故選D.③由離散型隨機變量的分布列的性質，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)，所以當m在(0，1)內增大時，E(ξ)減小．故選B.4．與相互獨立事件有關的分布列(5)(2021新高考Ⅰ，12分)某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題．每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤，則該同學比賽結束；若回答正確，則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分．已知小明能正確回答A問題的概率為0.8，能正確回答B類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．(Ⅰ)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；答案：分布列見解答過程解：由題知，X的所有可能取值為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的分布列為X020100P0.20.320.48(6分)(Ⅱ)為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？說明理由．答案：B類，理由見解答過程解：由(Ⅰ)知，E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.若小明先回答B類問題，記Y為小明的累計得分，則Y的所有可能取值為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)因為54.4<57.6，所以為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答B類問題．(12分)5．與古典概型有關的分布列(6)(2020山東模擬節選，9分)五一勞動節放假期間，某商場舉行了一次大型抽獎活動．在一個抽獎盒中放有紅、橙、黃、綠、藍、紫的小球各2個，分別對應1分、2分、3分、4分、5分、6分，從盒中任取3個小球，按3個小球中最大分數的8倍計分，計分在20分到35分之間即為中獎．每個小球被取出的可能性都相等，用ξ表示取出的3個小球中的最大分數，求：(Ⅰ)隨機變量ξ的概率分布列和數學期望；答案：分布列見解題過程，E(ξ)＝eq\f(56,11)解：由題意知ξ的可能取值為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)∴隨機變量ξ的概率分布列為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)某人抽獎一次，中獎的概率．答案：eq\f(13,55)解：設事件C表示“某人抽獎一次，中獎”，則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．均值與方差在決策中的應用(7)(2021山東聊城三模，12分)2021年3月5日李克強總理在政府工作報告中特別指出：扎實做好碳達峰、碳中和各項工作．制定2030年前碳排放達峰行動方案．優化產業結構和能源結構．某環保機器制造商為響應號召，對一次購買2臺機器的客戶推出了兩種超過機器保修期后5年內的延保維修方案：方案一：交納延保金5000元，在延保的5年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費1000元；方案二：交納延保金6230元，在延保的5年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費t元．制造商為制定收取維修費的標準，搜集并整理了200臺這種機器超過保修期后5年內維修的次數，統計得到下表：維修次數0123機器臺數20408060以這200臺機器維修次數的頻率代替每臺機器維修次數發生的概率，記X表示2臺機器超過保修期后5年內共需維修的次數．(Ⅰ)求X的分布列；答案：見解答過程解：以頻率代替概率，則1臺機器超過保修期后5年內維修的次數為0，1，2，3的概率分別為eq\f(1,10)，eq\f(1,5)，eq\f(2,5)，eq\f(3,10).(1分)由題意得X的所有可能取值為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的分布列為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)以所需延保金與維修費用之和的均值為決策依據，為使選擇方案二對客戶更合算，應把t定在什么范圍？答案：[0，1500)解：設選擇方案一所需費用為Y1元，則X≤2時，Y1＝5000；X＝3時，Y1＝6000；X＝4時，Y1＝7000；X＝5時，Y1＝8000；X＝6時，Y1＝9000，∴Y1的分布列為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)設選擇方案二所需費用為Y2元，則X≤4時，Y2＝6230；X＝5時，Y2＝6230＋t；X＝6時，Y2＝6230＋2t，∴Y2的分布列為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)，則6230＋eq\f(21t,50)<6860，解得t＜1500，∴t的取值范圍為[0，1500)．(12分)隨堂普查練281．(2020山東濰坊二模改編，5分)甲、乙、丙、丁4個人到4個景點旅游，每人只去一個景點，設事件A為“4個人去的景點各不相同”，事件B為“甲獨自去一個景點”，則P(A|B)＝__eq\f(2,9)__．解析：(法一)甲獨自去一個景點，則乙、丙、丁可以去另外的3個景點，由分步乘法計數原理可知，事件B包含的基本事件數為n(B)＝4×33＝108.由題意得，事件AB即“4個人去的景點各不相同”，所以事件AB包含的基本事件數為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發生的概率為P(B)＝eq\f(4×33,44)＝eq\f(27,64).由題意得，事件AB即“4個人去的景點各不相同”，概率為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遼寧葫蘆島期末，5分)葫蘆山莊襟渤海之遼闊，仰天角之雄奇，勘葫蘆之蘊涵，顯人文之魅力，是渤海灣著名的人文景區，是葫蘆島市“葫蘆文化與關東民俗文化”代表地和中小學綜合實踐教育基地．山莊中葫蘆品種分為亞腰、瓢、長柄錘、長筒、異型、花皮葫蘆等系列，其中亞腰葫蘆具有天然迷彩花紋，果實形狀不固定，觀賞性強，每株亞腰葫蘆可結出果實20～80個.2021年初葫蘆山莊播種用的一等亞腰葫蘆種子中混有2%的二等種子，1.5%的三等種子，1%的四等種子，一、二、三、四等種子長出的葫蘆秧結出50個以上果實的概率分別為0.5，0.15，0.1，0.05，則從這批種子中任選一顆，長出的葫蘆秧結出50個以上果實的概率為__0.4825__．解析：設從這批種子中任選一顆，是一、二、三、四等種子分別為事件A1，A2，A3，A4,則Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4兩兩互斥．設從這批種子中任選一顆，它長出的葫蘆秧結出50個以上果實為事件B，則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.故答案為0.4825.3．(2023改編，5分)設m，n＞0，若隨機變量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則下列說法錯誤的是(C)A．m＋n＝eq\f(1,2)B．P(ξ＞0)＜P(η＞0)C．E(ξ)＜E(η)D．對于t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13,2)))，若P(ξ<t)＝P(η<t)，則eq\f(1,2)<t≤2解析：對于A，由分布列的性質可知，m＋eq\f(1,2)＋n＝1，∴m＋n＝eq\f(1,2)，故A正確．對于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正確．對于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)與E(η)的大小不能確定，故C錯誤．對于D，當0<t≤eq\f(1,2)時，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)；當eq\f(1,2)<t≤2時，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)；當2<t<eq\f(13,2)時，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正確．故選C.4．(2021湖北模擬，12分)現代戰爭中，經常使用戰斗機攜帶空對空導彈攻擊對方戰機，在實際演習中空對空導彈的命中率約為20%.由于飛行員的綜合素質和經驗的不同，不同的飛行員使用空對空導彈命中對方戰機的概率也不盡相同．在一次演習中，紅方的甲、乙兩名優秀飛行員發射一枚空對空導彈命中藍方戰機的概率分別為eq\f(1,3)和eq\f(1,4)，兩名飛行員各攜帶4枚空對空導彈．(1)甲飛行員單獨攻擊藍方一架戰機，連續不斷地發射導彈攻擊，一旦命中或導彈用完即停止攻擊，各次攻擊相互獨立，求甲飛行員能夠命中藍方戰機的概率；答案：eq\f(65,81)解：設甲、乙兩名飛行員發射的第i枚導彈命中對方戰機分別為事件Ai，Bi(i＝1，2，3，4)，則P(Ai)＝eq\f(1,3)，P(Bi)＝eq\f(1,4).設甲飛行員能夠擊中藍方戰機為事件M，則，∴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)設藍方機群共有8架戰機，甲、乙共同攻擊(戰機均在攻擊范圍之內，每枚導彈只攻擊其中一架戰機，甲，乙不同時攻擊同一架戰機)．(ⅰ)若一輪攻擊中，每人只有兩次進攻機會，記一輪攻擊中，擊中藍方戰機數為X，求X的分布列；答案：分布列見解答過程解：由題可知X的所有可能取值為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的分布列為X01234Peq\f(1,4)eq\f(5,12)eq\f(37,144)eq\f(5,72)eq\f(1,144)(9分)(ⅱ)若實施兩輪攻擊(用完攜帶的導彈)，記命中藍方戰機數為Y，求Y的數學期望E(Y)．答案：eq\f(7,3)解：記兩輪攻擊中，甲命中戰機數為Y1，則Y1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，乙命中戰機數為Y2，則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)為加快新冠肺炎檢測效率，某檢測機構采取“k合1檢測法”，即將k個人的拭子樣本合并檢測，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽性，則還需要對本組的每個人再做檢測．現有100人，已知其中2人感染病毒．(1)(ⅰ)若采用“10合1檢測法”，且兩名患者在同一組，求總檢測次數；答案：20解：對每組進行檢測，需要10次；再對結果為陽性的組每個人進行檢測，需要10次，所以總檢測次數為20.(3分)(ⅱ)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)，定義隨機變量X為總檢測次數，求總檢測次數X的分布列和數學期望E(X)；答案：分布列見解答過程，E(X)＝eq\f(320,11)解：由題意得，兩名患者在同一組時，共需檢測10＋10＝20(次)．若兩名患者不在同一組，則需要檢測10＋10＋10＝30(次)．故X的所有可能取值為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的分布列為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檢測法”，檢測次數Y的期望為E(Y)，試比較E(X)和E(Y)的大小(直接寫出結果)．答案：E(Y)>E(X)解：E(Y)>E(X)．(15分)理由：由題意可知，Y的所有可能取值為25，30，兩名感染者在同一組的概率為P1＝eq\f(20Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,98),Ceq\o\al(5,100))＝eq\f(4,99)，不在同一組的概率為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個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球．從盒中隨機取球，每次取1個，不放回，直到取出紅球為止．設此過程中取到黃球的個數為ξ，則P(ξ＝0)＝__eq\f(1,3)__，E(ξ)＝__1__．解析：由題意知，隨機變量ξ的可能取值為0，1，2，則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．(經典題，12分)某蔬菜批發商分別在甲、乙兩市場銷售某種蔬菜(兩個市場的銷售互不影響)．已知該蔬菜每售出1噸獲利500元，未售出的蔬菜低價處理，每噸虧損100元．現統計甲、乙兩市場以往100個銷售周期該蔬菜的市場需求量的頻數分布，如下表：甲市場需求量(噸)8910頻數304030乙市場需求量(噸)8910頻數205030以市場需求量的頻率代替需求量的概率．設批發商在下個銷售周期購進n噸該蔬菜，在甲、乙兩市場同時銷售，以X(單位：噸)表示下個銷售周期兩市場的需求量，T(單位：元)表示下個銷售周期兩市場的銷售總利潤．(1)當n＝19時，求T關于X的函數解析式，并估計銷售利潤不少于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：由題意可知，當X≥19時，T＝500×19＝9500；當0≤X<19時，T＝500X－(19－X)×100＝600X－1900，所以T關于X的函數解析式為T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，0≤X<19.))(3分)由題意可知，一個銷售周期內甲市場需求量為8噸、9噸、10噸的概率分別為0.3，0.4，0.3；乙市場需求量為8噸、9噸、10噸的概率分別為0.2，0.5，0.3.(4分)設“銷售利潤不少于8900元”為事件A.當X≥19時，T＝9500>8900；當X<19時，T＝600X－1900≥8900，解得X≥18.(5分)由題意可知，X的可能取值為16，17，18，19，20.則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)以銷售利潤的期望為決策依據，判斷n＝17與n＝18應選用哪一個．答案：應選用n＝18解：結合(1)可知，當n＝17時，E(T)＝(500×16－1×100)×0.06＋500×17×(1－0.06)＝8464.(9分)當n＝18時，E(T)＝(500×16－2×100)×0.06＋(500×17－1×100)×0.23＋18×500×0.71＝8790.(11分)因為8464<8790，所以應選n＝18.(12分)課后提分練28離散型隨機變量及其分布列、數字特征A組(鞏固提升)1．(2020陜西渭南期末，5分)離散型隨機變量X的分布列為X01P9C2－C3－8C則常數C的值為(B)A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)或eq\f(1,3)D．以上都不對解析：由離散型隨機變量X的分布列的性質，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).故選B.2．(2021福建莆田月考，5分)設離散型隨機變量X可能的取值為1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b，k∈{1，2，3，4}．若X的數學期望E(X)＝3，則a＋b＝(A)A.eq\f(1,10)B．0C．－eq\f(1,10)D.eq\f(1,5)解析：依題意可得X的分布列為X1234Pa＋b2a＋b3a＋b4a＋b則由離散型隨機變量的分布列的性質及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).故選A.3．(2019浙江，4分)設0<a<1，隨機變量X的分布列是X0a1Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)則當a在(0，1)內增大時，(D)A．D(X)增大B．D(X)減小C．D(X)先增大后減小D．D(X)先減小后增大解析：(法一)由X的分布列得E(X)＝eq\f(1＋a,3)，則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)，則當a在(0，1)內增大時，D(X)先減小后增大．故選D.(法二)由法一知E(X)＝eq\f(1＋a,3)，所以由均值與方差的關系可得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)，所以當a在(0，1)內增大時，D(X)先減小后增大．故選D.4．(2020山東濟寧一模，5分)將三枚骰子各擲一次，設事件A為“三個點數都不相同”，事件B為“至少出現一個6點”，則概率P(A|B)的值為(A)A.eq\f(60,91)B.eq\f(1,2)C.eq\f(5,18)D.eq\f(91,216)解析：“至少出現一個6點”的對立事件為“一個6點都不出現”，其包含的樣本點共有53個，故n(B)＝63－53＝91，而事件AB為“三個點數都不相同，且有一個6點”，故n(AB)＝Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60，故P(A|B)＝eq\f(60,91).故選A.5．(2021山西期末，5分)某學校有A，B兩家餐廳，甲同學第一天午餐時隨機地選擇一家餐廳用餐，如果第一天去A餐廳，那么第二天去A餐廳的概率為0.6；如果第一天去B餐廳，那么第二天去A餐廳的概率為0.8，則甲同學第二天去A餐廳的概率為__0.7__．解析：設第i天去A，B餐廳分別為事件Ai，Bi(i＝1，2)，則第一天的所有事件為A1∪B1，A1與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.故答案為0.7.6．(2021江蘇質檢，12分)某商場經銷某商品，可采用不同形式的分期付款，根據以往資料統計，顧客采用的付款期數ξ的分布列為：ξ12345P0.40.20.20.10.1商場經銷該商品，付款的期數ξ與商場經銷一件該商品的利潤η(單位：元)滿足如下關系：η＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(200，ξ＝1，,250，2≤ξ≤3，,300，4≤ξ≤5.))(1)若記事件“購買該商品的3位顧客中，至少有1位采用一次性全額付款方式”為A，試求事件A的概率P(A)；答案：P(A)＝0.784解：因為事件A為“購買該商品的3位顧客中，至少有1位采用一次性全額付款方式”，所以事件為“購買該商品的3位顧客中，無人采用一次性全額付款方式”．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)求商場經銷一件該商品的利潤η的分布列及期望E(η)．答案：η200250300P0.40.40.2E(η)＝240元解：商場經銷一件該商品的利潤η的可能取值為200,250,300，則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的分布列為η200250300P0.40.40.2(10分)E(η)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240(元)．(12分)7．(2020重慶渝中區月考改編，7分)6支鋼筆中有4支為正品，2支為次品，現需要通過檢測將其進行區分，每次隨機抽出一支鋼筆進行檢測，檢測后不放回，直到完全將正品和次品區分開，用X表示直到檢測結束時檢測進行的次數，求隨機變量X的分布列和期望．答案：分布列見解題過程，E(X)＝eq\f(64,15)解：由題意可得，隨機變量X的可能取值為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北京延慶區一模，15分)2022年第24屆冬季奧林匹克運動會，簡稱“北京張家口冬奧會”，將于2022年2月4日～2022年2月20日在北京市和張家口市聯合舉行，這是中國歷史上第一次舉辦冬季奧運會，北京將承辦所有冰上項目，延慶和張家口將承辦所有的雪上項目．下表是2月5日和2月6日兩天的賽程表：2022年北京冬奧會賽程表(第七版，發布自2020年11月)2022年2月北京賽區延慶賽區張家口賽區開閉幕式冰壺冰球速度滑冰短道速滑花樣滑冰高山滑雪有舵雪橇鋼架雪車無舵雪橇跳臺滑雪北歐兩項越野滑雪單板滑雪冬季兩項自由式滑雪當日決賽數5(六)**11*11*1166(日)**1*1111117說明：“*”代表當日有不是決賽的比賽，數字代表當日有相應數量的決賽．(1)(ⅰ)若在這兩天每天隨機觀看一個比賽項目，求恰好看到冰壺和冰球的概率；答案：eq\f(1,50)解：由表可知，在這兩天每天隨機觀看一個項目共有10×10＝100(種)不同情況，其中恰好看到冰壺和冰球有2種不同情況，∴恰好看到冰壺和冰球的概率P＝eq\f(2,100)＝eq\f(1,50).(3分)(ⅱ)若在這兩天每天隨機觀看一場決賽，求兩場決賽恰好在同一賽區的概率；答案：eq\f(3,7)解：由表可知，在這兩天每天隨機觀看一場決賽共有6×7＝42(種)不同情況，其中兩場決賽恰好在北京賽區有2種情況，在張家口賽區有4×4＝16(種)情況，∴兩場決賽恰好在同一賽區的概率P＝eq\f(2＋16,42)＝eq\f(3,7).(8分)(2)若在2月6日(星期日)的所有決賽中觀看三場，記X為賽區的個數，求X的分布列及期望E(X)．答案：分布列見解答過程，E(X)＝eq\f(74,35)解：由題可知，X的所有可能取值為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的分布列為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)電影公司隨機收集了電影的有關數據，經分類整理得到下表：電影類型第一類第二類第三類第四類第五類第六類電影部數14050300200800510好評率0.40.20.150.250.20.1好評率是指：一類電影中獲得好評的部數與該類電影的部數的比值．假設所有電影是否獲得好評相互獨立．(1)從電影公司收集的電影中隨機選取1部，求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率；答案：0.025解：設A表示事件“從電影公司收集的電影中隨機選取1部，這部電影是第四類電影”，B表示事件“第四類電影獲得好評”，則P(A)＝eq\f(200,140＋50＋300＋200＋800＋510)＝0.1，P(B)＝0.25.(2分)故從電影公司收集的電影中隨機選取1部，這部電影是獲得好評的第四類電影的概率為P(AB)＝P(A)P(B)＝0.1×0.25＝0.025.(4分)(2)從第四類電影和第五類電影中各隨機選取1部，估計恰有1部獲得好評的概率；答案：0.35解：設C表示事件“從第四類電影中隨機選取1部電影，獲得好評”，D表示事件“從第五類電影中隨機選取1部電影，獲得好評”，則P(C)＝0.25，P(D)＝0.2.(6分)故從第四類電影和第五類電影中各隨機選取1部，估計恰有1部獲得好評的概率為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)假設每類電影得到人們喜歡的概率與表格中該類電影的好評率相等．用“ξk＝1”表示第k類電影得到人們喜歡，“ξk＝0”表示第k類電影沒有得到人們喜歡(k＝1，2，3，4，5，6)．寫出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小關系．答案：Dξ1>Dξ4>Dξ2＝Dξ5>Dξ3>Dξ6解：由題知，每類電影只有兩種情況：“得到人們喜歡”和“沒有得到人們喜歡”，“得到人們喜歡”對應隨機變量為1，“沒有得到人們喜歡”對應隨機變量為0，所以它是一個兩點分布的事件．(9分)則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．(經典題，12分)在某校的校園歌手大賽決賽中，有6位參賽選手(1號至6號)登臺演出，由現場的100位同學投票選出最受歡迎的歌手，各位同學須彼此獨立地在投票器上選出3位候選人，其中甲同學是1號選手的同班同學，必選1號，另在2號至6號選手中隨機選2名；乙同學不欣賞2號選手，必不選2號，在其他5位選手中隨機選出3名；丙同學對6位選手的演唱沒有偏愛，因此在1號至6號選手中隨機選出3名．(1)求甲同學選中3號選手且乙同學未選中3號選手的概率；答案：eq\f(4,25)解：設A表示事件“甲同學選中3號選手”，B表示事件“乙同學選中3號選手”，C表示事件“丙同學選中3號選手”，則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)甲同學選中3號選手且乙同學未選中3號選手的概率為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)設3號選手得到甲、乙、丙三位同學的票數之和為X，求X的分布列和數學期望．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可能的所有取值為0，1，2，3.則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的分布列為X0123Peq\f(3,25)eq\f(19,50)eq\f(19,50)eq\f(3,25)X的數學期望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組(沖刺滿分)11．(2020河北衡水中學月考，12分)由甲、乙、丙三個人組成的團隊參加某項闖關游戲，第一關解密碼鎖，3個人依次進行，每人必須在1分鐘內完成，否則派下一個人.3個人中只要有一人能解開密碼鎖，則該團隊進入下一關，否則淘汰出局．根據以往100次的測試，分別獲得甲、乙解開密碼鎖所需時間的頻率分布直方圖如下．(1)若甲解開密碼鎖所需時間的中位數為47，求a，b的值，并分別求出甲、乙在1分鐘內解開密碼鎖的頻率；答案：a＝0.024，b＝0.026，f甲＝0.9，f乙＝0.7解：∵甲解開密碼鎖所需時間的中位數為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分鐘內解開密碼鎖的頻率是f甲＝1－0.01×5×2＝0.9，乙在1分鐘內解開密碼鎖的頻率是f乙＝1－0.035×5－0.025×5＝0.7.(3分)(2)若以解開密碼鎖所需時間位于各區間的頻率代替解開密碼鎖所需時間位于該區間的概率，并且丙在1分鐘內解開密碼鎖的概率為0.5，各人是否解開密碼鎖相互獨立．①按乙、丙、甲的先后順序和按丙、乙、甲的先后順序，哪一種可使派出人員數目的數學期望更小；答案：按乙、丙、甲的順序派出人員數目的數學期望更小解：甲、乙、丙在1分鐘內解開密碼鎖的概率分別為p甲＝0.9，p乙＝0.7，p丙＝0.5，且各人是否解開密碼鎖相互獨立．設按乙、丙、甲的順序派出人員數目對應的數學期望為E(X1)，按丙、乙、甲的順序派出人員數目對應的數學期望為E(X2)，則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、甲的順序派出人員數目的數學期望更小．(7分)②試猜想：該團隊以怎樣的先后順序派出人員，可使所需派出的人員數目X的數學期望達到最小，并說明理由．答案：按甲、乙、丙的先后順序派出人員數目的數學期望最小，理由見解題過程解：該團隊按照甲、乙、丙的順序派出人員，可使所需派出的人員數目的數學期望達到最小．(8分)理由如下：設按先后順序自己能完成任務的概率分別為p1，p2，p3，且p1，p2，p3互不相等，根據題意得X的可能取值為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.若交換前兩人的派出順序，則期望變為E(X)＝3－(