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2017年全国卷高考数学复习专题——离散型随机变量及其分布列、均值与方差


2017 年全国卷高考数学复习专题—— 离散型随机变量及其分布列、均值与方差

考点一 离散型随机变量及其分布列 1.(2014 北京,16,13 分)李明在 10 场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场 比赛相互独立): 场次 投篮次数 命中次数 场次 投篮次数 命中次数 主场 1 22 12 客场 1 18 8 主场 2 15 12 客场 2 13 12 主场 3 12 8 客场 3 21 7 主场 4 23 8 客场 4 18 15 主场 5 24 20 客场 5 25 12 (1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过 0.6 的概 率; (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不超过 0.6 的概率; (3)记为表中 10 个命中次数的平均数.从上述比赛中随机选择一场,记 X 为李明 在这场比赛中的命中次数.比较 EX 与的大小.(只需写出结论) 解析 (1)根据投篮统计数据,在 10 场比赛中,李明投篮命中率超过 0.6 的场次 有 5 场,分别是主场 2,主场 3,主场 5,客场 2,客场 4. 所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6 的概率是 0.5. (2)设事件 A 为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”,事 件 B 为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”,事件 C 为 “在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场 不超过 0.6”. 则 C=A∪B,A,B 独立. 根据投篮统计数据,P(A)=5,P(B)=5. P(C)=P(A)+P(B) =5×5+5×5 =25 . 所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一 场不超过 0.6 的概率为25 . (3)EX=.
13 13 3 3 2 2 3 2

2.(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)=
0 3 2 C1 3 ·C 7 +C 3 ·C 7 49

C3 10

=60 .
49

所以选出的 3 名同学是来自互不相同的学院的概率为60 . (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. P(X=k)=
C 4 ·C 6 C3 10
3 -

(k=0,1,2,3). 0 1 6
1 1

所以随机变量 X 的分布列是 X P

1 1 2
3

2 3 10
1 6

3 1 30

随机变量 X 的数学期望 E(X)=0×6+1×2+2×10 +3×30 =5. 3.(2014 四川,17,12 分)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每 次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐 获得 10 分,出现两次音乐获得 20 分,出现三次音乐获得 100 分,没有出现音乐则 扣除 200 分(即获得-200 分).设每次击鼓出现音乐的概率为2,且各次击鼓出现音 乐相互独立. (1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列; (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少? (3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有 增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 解析 (1)X 可能的取值为 10,20,100,-200.
1 根据题意,有 P(X=10)=C3 × 2 P(X=20)=C3 × 1 2 2 2 2 1 1 2 1

× 1- 2 =8,

1 2 3

× 1- 2 =8, × 1- 2 =8, × 1- 2 =8.
1 3 1 1 0 1

1 1 3

3 P(X=100)=C3 ×

1 3

0 P(X=-200)=C3 ×

1 0

所以 X 的分布列为

X P

10 3 8

20 3 8

100 1 8

-200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3), 则 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=8. 所以,“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1-P(A1A2A3)=11 3 8 1 511 1

=1-512 =512 .
511

因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是512 . (3)X 的数学期望为 EX=10×8+20×8+100×8-200×8=-4. 这表明,获得分数 X 的均值为负. 因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大. 4.(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2, 在 D 上的概率为 ;对落点在 B 上的来球,小明回球的落点在 C 上的概率为 ,在 D
3 5 1 1 1 3 3 1 1 5

上的概率为5.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 ξ 的分布列与数学期望.

3

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)=2,P(A1)=3,P(A0)=1-2-3=6; 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)=5,P(B1)=5,P(B0)=1-5-5=5. 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,
1 3 1 3 1 1 1 1 1 1

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) =2×5+3×5+6×5+6×5=10 , 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10 . (2)由题意,随机变量 ξ 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(ξ =0)=P(A0B0)=6×5=30 , P(ξ =1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=3×5+6×5=6, P(ξ =2)=P(A1B1)=3×5=5, P(ξ =3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=2×5+5×6=15 , P(ξ =4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=2×5+3×5=30 , P(ξ =6)=P(A3B3)=2×5=10 . 可得随机变量 ξ 的分布列为: ξ 0 1 1 1 P 30 6
1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 11 1 1 1 1 2 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1 1 3

2 1 5
2 11

3 2 15
1 91

4 11 30

6 1 10

所以数学期望 Eξ =0×30 +1×6+2×5+3×15 +4×30 +6×10 =30 . 5.(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 a≤b≤c,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=
3 C3 4 +C 3

C3 9

=84 .
1 3 C2 4 C 5 +C 4 17 3 1 1 2 1 C1 3 C 4 C 2 +C 3 C 6 +C 3 43

5

(2)X 的所有可能值为 1,2,3,且 P(X=1)= P(X=3)=
C3 9

=42 ,P(X=2)=

C3 9

=84 ,

1 C2 2C7

C3 9

=12 ,

1

故 X 的分布列为

X P

1 17 42
17 43 1 47

2 43 84

3 1 12

从而 E(X)=1×42 +2×84 +3×12 =28 . 6.(2014 江西,21,14 分)随机将 1,2,?,2n(n∈N*,n≥2)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 ξ =a2-a1,η =b2-b1. (1)当 n=3 时,求 ξ 的分布列和数学期望; (2)令 C 表示事件“ξ 与 η 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, 表示 C 的对立事件,判断 P(C)和 P( )的大小关系,并说明 理由. 解析 (1)当 n=3 时,ξ 的所有可能取值为 2,3,4,5. 3 将 6 个正整数平均分成 A,B 两组,不同的分组方法共有C6 =20 种,所以 ξ 的分布 列为 ξ 2 3 4 5 1 3 3 1 P 5 10 10 5 Eξ =2×5+3×10 +4×10 +5×5=2. (2)ξ 和 η 恰好相等的所有可能取值为 n-1,n,n+1,?,2n-2. 又 ξ 和 η 恰好相等且等于 n-1 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n+k(k=1,2,?,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有 2C 2 种, 所以当 n=2 时,P(C)=6=3, 当 ≥ 3 时,() =
1 4 2 1 3 3 1 7

2(2 + ∑ C 2 )
C2 =1

-2

.

(3)由(2)知当 n=2 时,P( )=3,因此 P(C)>P( ), 而当 n≥3 时,P(C)<P( ).理由如下:
() < ( )等价于 4(2 + ∑ C 2 ) < C2 .① =1 -2

用数学归纳法来证明:

3 1 1°当 n=3 时,①式左边=4×(2+C2 )=4×(2+2)=16,①式右边=C6 =20,所以①式成 立. -2 =1

2°假设 = ( ≥ 3)时①式成立,即 4(2 + ∑ C 2 ) < C2 成立,那么,当 n=m+1

时, 左边 = 4(2 + ∑ C 2 )
-1 -1 = 4(2 + ∑ C 2 ) + 4C2( -1) < C2 + 4C2( -1) =1 -2 =1 +1-2

(2)! 4·(2-2)! + !! (-1)!(-1)! 2 ( + 1) (2m)(2m-2)!(4m-1) = ( + 1)!( + 1)! 2 ( + 1) (2m)(2m-2)!(4m) < ( + 1)!( + 1)! 2( + 1) +1 +1 = C2 < C2 ( +1) · ( +1) = 右边, (2 + 1)(2-1) 即当 n=m+1 时①式也成立. = 综合 1°,2°得,对于 n≥3 的所有正整数,都有 P(C)<P( )成立. 7.(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 (年入流量:一年内上游来水与库区降水之 ....X . 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 X 40<X<80 80≤X≤120 X>120 发电机最多可运行台数 1 2 3 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(40<X<80)=50 =0.2,p2=P(80≤X≤120)=50 =0.7,p3=P(X>120)=50 =0.1. 由二项分布,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为
0 1 p=C4 (1-p3)4+C4 (1-p3)3p3= 9 4 10 9 3 10 1 10 35 5

+4×

×10 =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)=5 000×1=5 000. (ii)安装 2 台发电机的情形. 依题意,当 40<X<80 时,一台发电机运行,此时 Y=5 000-800=4 200,因此 P(Y=4 200)=P(40<X<80)=p1=0.2;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y=5 000×2=10 000, 因此 P(Y=10 000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8;由此得 Y 的分布列如下: Y 4 200 10 000 P 0.2 0.8 所以,E(Y)=4 200×0.2+10 000×0.8=8 840. (iii)安装 3 台发电机的情形. 依题意,当 40<X<80 时,一台发电机运行,此时 Y=5 000-1 600=3 400,因此 P(Y=3 400)=P(40<X<80)=p1=0.2;当 80≤X≤120 时,两台发电机运行,此时 Y=5 000×2-800=9 200,因此 P(Y=9 200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;当 X>120 时,三台发 电机运行,此时 Y=5 000×3=15 000,因此 P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1,由此得 Y 的分布列如下: Y 3 400 9 200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3 400×0.2+9 200×0.7+15 000×0.1=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. 考点二 均值与方差 8.(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(m≥3,n≥3),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 ξ 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.p1>p2,E(ξ 1)<E(ξ 2) B.p1<p2,E(ξ 1)>E(ξ 2) C.p1>p2,E(ξ 1)>E(ξ 2) D.p1<p2,E(ξ 1)<E(ξ 2) 答案 A 9.(2014 浙江,12,4 分)随机变量 ξ 的取值为 0,1,2.若 P(ξ =0)=5,E(ξ )=1,则 D(ξ )= 答案
2 5 1

.

10.(2014 大纲全国,20,12 分)设每个工作日甲、乙、丙、丁 4 人需使用某种设备 的概率分别为 0.6、0.5、0.5、0.4,各人是否需使用设备相互独立. (1)求同一工作日至少 3 人需使用设备的概率;

(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数,求 X 的数学期望. 解析 记 Ai 表示事件:同一工作日乙、丙中恰有 i 人需使用设备,i=0,1,2, B 表示事件:甲需使用设备, C 表示事件:丁需使用设备, D 表示事件:同一工作日至少 3 人需使用设备. (1)D=A1·B·C+A2·B+A2··C,
P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=C2 ×0.52,i=0,1,2,(3 分)

所以 P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2··C) =P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2··C) =P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P()P(C) =0.31.(6 分) (2)X 的可能取值为 0,1,2,3,4,则 P(X=0)=P(·A0· ) =P()P(A0)P( ) =(1-0.6)×0.52×(1-0.4) =0.06, P(X=1)=P(B·A0· +·A0·C+·A1· ) =P(B)P(A0)P( )+P()P(A0)P(C)+P()P(A1)P( ) =0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25, P(X=4)=P(A2·B·C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06, P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25, P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4) =1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,(10 分) 数学期望 EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0.25+2×0.38+3× 0.25+4×0.06=2.(12 分) 11.(2014 湖南,17,12 分)某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的 概率分别为3和5.现安排甲组研发新产品 A,乙组研发新产品 B.设甲、 乙两组的研 发相互独立. (1)求至少有一种新产品研发成功的概率;
2 3

(2)若新产品 A 研发成功,预计企业可获利润 120 万元;若新产品 B 研发成功,预计 企业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望. 解析 记 E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题设知 P(E)=3,P( )=3,P(F)=5,P( )=5, 且事件 E 与 F,E 与 , 与 F, 与 都相互独立. (1)记 H={至少有一种新产品研发成功},则 = , 于是 P( )=P( )P( )=3×5=15 , 故所求的概率为 P(H)=1-P( )=1-15 =15 . (2)设企业可获利润为 X(万元),则 X 的可能取值为 0,100,120,220,因为 P(X=0)=P( )=3×5=15 ,P(X=100)=P( F)=3×5=15 ,P(X=120)=P(E )=3×5=15 , P(X=220)=P(EF)=3×5=15 . 故所求的分布列为 X 0 2 P 15 数学期望为 E(X)=0×15 +100×15 +120×15 +220×15 =
300+480+1 320 2 100 15 2 3 4 6 2 3 6 1 2 2 1 3 3 2 2 4 2 13 1 2 2 2 1 3 2

100 3 15

120 4 15

220 6 15

=

15

=140.

12.(2014 安徽,17,12 分)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比 赛,若赛完 5 局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的 概率为3,乙获胜的概率为3,各局比赛结果相互独立. (1)求甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛的概率; (2)记 X 为比赛决出胜负时的总局数,求 X 的分布列和均值(数学期望). 解析 用 A 表示“甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛”,Ak 表示“第 k 局甲获 胜”,Bk 表示“第 k 局乙获胜”, 则 P(Ak)=3,P(Bk)=3,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) =
2 2 1 3 2 1 2 1

+3×

2 2 2 3

+3×3×

1

2 2 56 3

=81 .

(2)X 的可能取值为 2,3,4,5. P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2) =P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=9, P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3) =P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=9, P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4) =P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)=81 , P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=81 . 故 X 的分布列为 X P 2 5 9
10 8 224 8 10 2 5

3 2 9

4 10 81

5 8 81

EX=2×9+3×9+4×81 +5×81 = 81 . 13.(2014 福建,18,13 分)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000 位 顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机 摸出 2 个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元,其余 3 个均为 10 元,求: (i)顾客所获的奖励额为 60 元的概率; (ii)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望; (2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元,并规定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和 50 元的两种球组成,或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成.为了使顾客得 到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋 中的 4 个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由. 解析 (1)设顾客所获的奖励额为 X. (i)依题意,得 P(X=60)=
1 C1 1C3 1

5

2

C2 4

=2,
1

即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为2. (ii)依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60. P(X=60)=2,P(X=20)=C 3 2 =2,
4

1

C2 1

即 X 的分布列为 X P 20 0.5 60 0.5

所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元). (2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为 60 元. 所以,先寻找期望为 60 元的可能方案. 对于面值由 10 元和 50 元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为 60 元是面值之和的最大值,所以期望不可能为 60 元;如果选择(50,50,50,10)的方 案,因为 60 元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为 60 元,因此可能的方案 是(10,10,50,50),记为方案 1. 对于面值由 20 元和 40 元组成的情况,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),记为方案 2. 以下是对两个方案的分析: 对于方案 1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为 X1,则 X1 的分布列为 X1 20 60 100 1 2 1 P 6 3 6 X1 的期望为 E(X1)=20×6+60×3+100×6=60, X1 的方差为 D(X1)=(20-60)2×6+(60-60)2×3+(100-60)2×6=
1 2 1 1 600 3 1 2 1

.

对于方案 2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为 X2,则 X2 的分布列为 X2 40 60 80 1 2 1 P 6 3 6 X2 的期望为 E(X2)=40×6+60×3+80×6=60, X2 的方差为 D(X2)=(40-60)2×6+(60-60)2×3+(80-60)2×6=
1 2 1 400 3 1 2 1

.

由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小, 所以应该选择方案 2. 注:第(2)问,给出方案 1 或方案 2 的任一种方案,并利用期望说明所给方案满足要 求,给 3 分;进一步比较方差,说明应选择方案 2,再给 2 分. 14.(2014 辽宁,18,12 分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销 售量的频率分布直方图,如图所示.

将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.

(1)求在未来连续 3 天里,有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销 售量低于 50 个的概率; (2)用 X 表示在未来 3 天里日销售量不低于 100 个的天数,求随机变量 X 的分布列, 期望 E(X)及方差 D(X). 解析 (1)设 A1 表示事件“日销售量不低于 100 个”, A2 表示事件“日销售量低于 50 个”, B 表示事件“在未来连续 3 天里有连续 2 天日销售量不低于 100 个且另一天销售 量低于 50 个”.因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6, P(A2)=0.003×50=0.15, P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108. (2)X 可能取的值为 0,1,2,3,相应的概率为 0 P(X=0)=C3 ·(1-0.6)3=0.064, 1 P(X=1)=C3 ·0.6(1-0.6)2=0.288, 2 P(X=2)=C3 ·0.62(1-0.6)=0.432, 3 P(X=3)=C3 ·0.63=0.216. 分布列为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 因为 X~B(3,0.6),所以期望 E(X)=3×0.6=1.8,方差 D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72. 15.(2014 江苏,22,10 分)盒中共有 9 个球,其中有 4 个红球、3 个黄球和 2 个绿 球,这些球除颜色外完全相同. (1)从盒中一次随机取出 2 个球,求取出的 2 个球颜色相同的概率 P; (2)从盒中一次随机取出 4 个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为 x1,x2,x3, 随机变量 X 表示 x1,x2,x3 中的最大数.求 X 的概率分布和数学期望 E(X). 解析 (1)取到的 2 个颜色相同的球可能是 2 个红球、2 个黄球或 2 个绿球, 所以 P=
2 2 C2 4 +C 3 +C 2 6+3+1 5

C2 9

=

36

=18 .
C4
9

(2)随机变量 X 所有可能的取值为 2,3,4. {X=4}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 4 个红球”,故 P(X=4)=C 4 4 =126 ; {X=3}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 3 个红球和 1 个其他颜色的球或 3 个 黄球和 1 个其他颜色的球”,故 P(X=3)=
13 1
1 3 1 C3 4 C 5 +C 3 C 6 20+6 13

1

C4 9

= 126 =63 ;

于是 P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-63 -126 =14 . 所以随机变量 X 的概率分布如下表:

11

X P

2 11 14

3 13 63

4 1 126

因此随机变量 X 的数学期望 E(X)=2×14 +3×63 +4×126 = 9 .
11 13 1 20


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