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- 2021-06-15 发布
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P(A2),所以甲应选择 L1.
同理,P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8,
P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9,
因为 P(B1)<P(B2),所以乙应选择 L2.
袋中有 12 个小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取一球,得到红
球的概率是1
4
,得到黑球或黄球的概率是 5
12
,得到黄球或绿球的概率是1
2
,试求:从中任取一
球,得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少?
解:从中任取一球,分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件 A,B,C,D.由于 A,B,
C,D 为互斥事件,根据已知得
1
4
+P(B)+P(C)+P(D)=1,
P(B∪C)=P(B)+P(C)= 5
12
,
P(C∪D)=P(C)+P(D)=1
2
,
解得
P(B)=1
4
,
P(C)=1
6
,
P(D)=1
3
.
所以从中任取一球,得到黑球、黄球、绿球的概率分别是1
4
,1
6
,1
3
.
10.5 古典概型
1.基本事件
在一次试验中,我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果,它们是试验中不能再分
的最简单的随机事件,其他事件可以用它们来描绘,这样的事件称为____________.
2.基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是____________的.
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成____________的和.
3.古典概型
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型:
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有__________个.
(2)每个基本事件出现的可能性____________.
4.古典概型的概率公式
对于古典概型,其计算概率的公式为__________.
自查自纠:
1.基本事件
2.(1)互斥 (2)基本事件
3.(1)有限 (2)相等
4.P(A)=A 包含的基本事件的个数
基本事件的总数
(2015·广东)袋中共有 15 个除了颜色外完全相同的球,其中有 10 个白球,5 个红
球,从袋中任取 2 个球,所取的 2 个球中恰有 1 个白球,1 个红球的概率为( )
A. 5
21
B.10
21
C.11
21
D.1
解:15 个球任取两球有 C 2
15种情况,所取 2 球中恰有 1 个白球,1 个红球的情况有 C1
10C 1
5
种,故所求概率 P=C1
10C1
5
C2
15
=10
21
.故选 B.
从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中,任取 2 个点,则这 2 个点的距离不小于该
正方形边长的概率为( )
A.1
5
B.2
5
C.3
5
D.4
5
解:根据题意知,取 2 个点的所有情况为 C2
5=10(种),2 个点的距离小于该正方形边长
的情况有 4 种,故所求概率 P=1- 4
10
=3
5
.故选 C.
(2014·新课标Ⅰ)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周
六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )
A.1
8
B.3
8
C.5
8
D.7
8
解:4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有 24=16(种),其
中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有 1 种,所以所求概率为 1-1+1
16
=7
8
.故选 D.
现有 10 个数,它们能构成一个以 1 为首项,-3 为公比的等比数列,若从这 10 个
数中随机抽取一个数,则它小于 8 的概率是____________.
解:由题意得 an=(-3)n-1,易知前 10 项中奇数项为正,偶数项为负,所以小于 8 的项
为第一项和偶数项,共 6 项,即 6 个数,所以所求概率为 6
10
=3
5
.故填3
5
.
(2016·江苏)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有 1,2,3,4,5,6 个
点的正方体玩具)先后抛掷 2 次,则出现向上的点数之和小于 10 的概率是____________.
解:将一颗质地均匀的骰子先后抛掷 2 次,有 36 种结果,其中点数之和不小于 10 的有
(6,6),(6,5),(6,4),(5,6),(5,5),(4,6),共 6 种,故所求概率为 1- 6
36
=5
6
.故
填5
6
.
类型一 基本事件与基本事件空间的概念
将一枚均匀硬币抛掷三次,观察向上一面的正反.
(1)试用列举法写出该试验所包含的基本事件;
(2)事件 A:“恰有两次正面向上”包含几个基本事件;
(3)事件 B:“三次都正面向上”包含几个基本事件.
解:(1)试验的所有基本事件有:(正,正,反),(正,反,正),(正,反,反),(正,
正,正),(反,反,反),(反,反,正),(反,正,反),(反,正,正),共 8 种等可能结
果.
(2)事件 A 包含的基本事件有三个:(正,正,反),(正,反,正),(反,正,正).
(3)事件 B 包含的基本事件只有一个:(正,正,正).
点拨:
基本事件是试验中不能再分解的事件,是“最小”的“事件单位”.任何基本事件都是
互斥的,任何复杂事件都可以分解为基本事件,所有基本事件的全体组成基本事件空间.
做抛掷两颗骰子的试验,用(x,y)表示结果,其中 x 表示第一颗骰子出现的
点数,y 表示第二颗骰子出现的点数,写出:
(1)试验的基本事件;
(2)事件“出现点数之和大于 8”;
(3)事件“出现点数相等”;
(4)事件“出现点数之和大于 10”.
解:(1)这个试验的基本事件为
(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),
(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6).
(2)“出现点数之和大于 8”包含以下 10 个基本事件:
(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,
6).
(3)“出现点数相等”包含以下 6 个基本事件:(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,
5),(6,6).
(4)“出现点数之和大于 10”包含以下 3 个基本事件:(5,6),(6,5),(6,6).
类型二 列举基本事件求概率
(2014·天津)某校夏令营有 3 名男同学 A,B,C 和 3 名女同学 X,Y,Z,其年
级情况如下表:
一年级 二年级 三年级
男同学 A B C
女同学 X Y Z
现从这 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同).
(1)用表中字母列举出所有可能的结果;
(2)设 M 为事件“选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学”,求事件
M 发生的概率.
解:(1)从 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛的所有可能结果为{A,B},{A,C},
{A,X},{A,Y},{A,Z},{B,C},{B,X},{B,Y},{B,Z},{C,X},{C,Y},{C,Z},
{X,Y},{X,Z},{Y,Z},共 15 种.
(2)选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学的所有可能结果为{A,Y},
{A,Z},{B,X},{B,Z},{C,X},{C,Y},共 6 种.
因此,事件 M 发生的概率 P(M)= 6
15
=2
5
.
点拨:
有关古典概型的概率问题,关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件
数.(1)基本事件总数较少时,用列举法把所有基本事件一一列出,要做到不重复、不遗漏,
可借助“树状图”列举.(2)注意区分排列与组合,以及计数原理的正确使用.
(2015·北京)A,B 两组各有 7 位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:
天)记录如下:
A 组:10,11,12,13,14,15,16
B 组:12,13,15,16,17,14, a
假设所有病人的康复时间相互独立,从 A,B 两组随机各选 1 人, A 组选出的人记为甲,
B 组选出的人记为乙.
(1)求甲的康复时间不少于 14 天的概率;
(2)如果 a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;
(3)当 a 为何值时,A,B 两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)
解:(1)甲有 7 种选法,康复时间不少于 14 天的有 3 种选法,所以所求概率为3
7
.
(2) 如果 a=25,从 A,B 两组随机各选 1 人,共有 49 种选法,甲的康复时间比乙的康
复时间长的情形列举如下:(13,12),(14,12),(14,13),(15,12),(15,13),(15,
14),(16,12),(16,13),(16,15),(16,14),有 10 种,所以所求概率为10
49
.
(3)把 B 组数据调整为 a,12,13,14,15,16,17,或 12,13,14,15,16,17,a,
可见当 a=11 或 a=18 时,B 组数据与 A 组数据方差相等.
类型三 无放回抽样问题
有 10 件产品,其中有 2 件次品,每次抽取 1 件检验,抽检后不放回,共抽 2
次.求下列事件的概率:
(1)两次抽取的都是正品;
(2)抽到的恰有一件为次品;
(3)第 1 次抽到正品,第 2 次抽到次品.
解:记Ω={从 10 件产品中任抽 2 件},则 n=card(Ω)=C2
10.
(1)记 A={从 10 件产品中抽 2 件,都是正品},
则 m1=card(A)=C2
8.
所以 P(A)=C2
8
C2
10
=28
45
.
(2)记 B={从 10 件产品中抽 2 件,一件为正品,一件为次品},则 m2=card(B)=C1
2C1
8.
所以 P(B)=C1
2C1
8
C2
10
=16
45
.
(3)解法一:由于事件 B 中包含“第 1 次为正品,第 2 次为次品”和“第 1 次为次品,
第 2 次为正品”两种等可能的情况.
所以所求事件的概率 P=
1
2
C1
2C1
8
C2
10
= 8
45
.
解法二:记Ω′={从 10 件产品中,任取一件(放入甲袋中),再从剩下 9 件产品中任取
一件(放入乙袋中)},记 C={第 1 次取出的是正品,第 2 次取出的是次品}={甲袋中为正品,
乙袋中为次品},所以 card(Ω′)=A2
10,card(C)=C1
8C1
2.
所以 P(C)=C1
8C1
2
A2
10
= 8
45
.
点拨:
请注意题(3)的两种解法,一种是将试验(抽取 2 件产品)看作是组合(无序的),一种是
将试验看作是排列(有序的),值得注意的是两种解法的样本空间不同,事件 C 不属于样本空
间Ω(C∉ Ω),因此不能用 card(Ω)进行计算.样本空间的选取会影响到解答的过程,因此
解等可能概型时,建议遵循以下步骤:①判断该问题是等可能概型;②确定样本空间(即试
验的方法,因为试验的方法影响样本空间);③用排列组合方法确定 card(Ω)与 card(A),
得到 P(A)= card(A)
card(Ω)
.
(2015·四川)某市 A,B 两所中学的学生组队参加辩论赛,A 中学推荐了 3 名
男生、2 名女生,B 中学推荐了 3 名男生、4 名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由
于集训后队员水平相当,从参加集训的男生中随机抽取 3 人、女生中随机抽取 3 人组成代表
队.
(1)求 A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率;
(2)某场比赛前,从代表队的 6 名队员中随机抽取 4 人参赛,设 X 表示参赛的男生人数,
求 X 的分布列和数学期望.
解:(1)由题意,参加集训的男、女生各有 6 名.
代表队的学生全从 B 中学抽取(等价于 A 中学没有学生入选代表队)的概率为C3
3C3
4
C3
6C3
6
= 1
100
.
因此,A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率为 1- 1
100
= 99
100
.
(2)根据题意,X 的可能取值为 1,2,3.
P(X=1)=C1
3C3
3
C4
6
=1
5
,P(X=2)=C2
3C2
3
C4
6
=3
5
,
P(X=3)=C3
3C1
3
C4
6
=1
5
.
所以 X 的分布列为
X 1 2 3
P 1
5
3
5
1
5
因此,X 的数学期望为
E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1×1
5
+2×3
5
+3×1
5
=2.
类型四 有放回抽样
10 个球,其中 3 个白球 7 个黑球,某人有放回地进行抽球,求下列事件的概率:
(1)第 3 次抽到白球;
(2)第 3 次才抽到白球.
解:(1)记Ω={第 3 次抽球},则 n=10,A={第 3 次抽到白球},m=3.所以 P(A)= 3
10
=
0.3.
(2)记Ω′={连续从 10 个球中有放回地抽 3 次球},则 n=103,B={第 3 次才抽到白球},
则 m=7×7×3.
所以 P(B)=7×7×3
103 =0.147.
点拨:
①第一问中的样本空间也可以扩大为(2)中的Ω′,此时(1)中的 m 有变化,但结果为
10×10×3
103 =0.3 不变;②运用独立性概念也可以计算(2)的概率,即 P= 7
10
× 7
10
× 3
10
=0.147;
③注意7×7×3
103 =0.147 与 7×6×3
10×9×8
=0.175 的区别.
箱中有 a 个正品,b 个次品(a,b 均为大于 3 的正整数),从箱中连续随机抽
取 3 次,每次抽取一个产品,分别求采用以下两种抽样方式,抽取的 3 个产品全是正品的概
率.
(1)每次抽样后不放回;
(2)每次抽样后放回.
解: (1)解法一:若把不放回抽样 3 次看成有顺序,则从 a+b 个产品中不放回抽样 3
次共有 A 3
a+b种方法,从 a 个正品中不放回抽样 3 次共有 A 3
a种方法,所以所求概率为 A3
a
A3
a+b
.
解法二:若不放回抽样 3 次看成无顺序,则从 a+b 个产品中不放回抽样 3 次共有 C 3
a+b种
方法,从 a 个正品中不放回抽样 3 次共有 C 3
a种方法,所以所求概率为 C3
a
C3
a+b
= A3
a
A3
a+b
.
(2)从 a+b 个产品中有放回地抽取 3 次,每次都有 a+b 种方法,所以共有(a+b)3 种不
同的方法,而 3 个全是正品的抽法共有 a3 种,所以所求概率为 a3
(a+b)3=
a
a+b
3
.
类型五 间接计算
某班有 N(N∈N*,N<365)名同学,求至少 2 人在同一天过生日的概率(一年按 365
天计).
解:Ω={N 名同学过生日},A={至少有 2 名同学同一天过生日}.则 n=365N,对于 A,
其 m=card(A)=AN
365.
所以 P(A)=1- AN
365
365N.
点拨:
间接计算是计算概率十分常用的方式,是“正难则反”策略的体现,对于含“至
多”“至少”等词句的概率问题,一般情况下应首先考虑利用这一策略.高考概率大题对间
接计算的考查也比较常见,尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题.应用时应
注意相关概率的计算应准确无误.
(2016·金华模拟)从 1,2,3,4,5,6 六个数中任取 2 个数,则取出的两个
数不是连续自然数的概率是( )
A.3
5
B.2
5
C.1
3
D.2
3
解:取出的两个数是连续自然数的有 5 种情况,则取出的两个数不是连续自然数的概率
P=1-5
C2
6
=1- 5
15
=2
3
.故选 D.
1.古典概型是概率论中最简单而又直观的模型,在概率论的发展初期曾是主要研究对
象,许多概率的运算法则都是在古典概型中得到证明的(遂谓之“古典”).要判断一个试验
是否为古典概型,只需要判断这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能
性.
2.求古典概型的概率
(1)对于事件 A 的概率的计算,关键是要分清基本事件总数 n 与事件 A 包含的基本事件
数 m.因此必须解决以下三个方面的问题:第一,本试验是否是等可能的;第二,本试验的
基本事件数有多少个;第三,事件 A 是什么,它包含的基本事件总共有多少个.
(2)如果基本事件的个数比较少,可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举
出来,然后再求出事件 A 中的基本事件数,利用公式 P(A)=m
n
求出事件 A 的概率,这是一个
形象直观的好方法,但列举时必须按照某一顺序做到不重不漏.
(3)如果基本事件个数比较多,列举有一定困难时,也可借助列表法、画树形图、两个
计数原理及排列组合知识直接计算 m,n,再运用公式 P(A)=m
n
求概率.
(4)较为简单的问题可以直接使用古典概型概率公式计算,较为复杂的概率问题的处理
方法有:
①转化为几个互斥事件的和,利用互斥事件的加法公式求解;
②采用间接法,先求事件 A 的对立事件 A 的概率,再由 P(A)=1-P(A)求事件 A 的概率.
1.(2016·中山二模)袋子里有 3 个白球,4 个黑球,5 个红球,某人一次抽取 3 个球,
若每个球被抽到的机会均等,则该人抽到的球颜色互异的概率是( )
A.1
4
B.1
3
C.2
7
D. 3
11
解:基本事件总数为 C3
12=220(种),该人抽到的球颜色互异的情况有 3×4×5=60(种),
故所求概率为 60
220
= 3
11
.故选 D.
2.若有 2 位老师,2 位学生站成一排合影,则每位老师都不站在两端的概率是( )
A. 1
12
B.1
6
C.1
4
D.1
2
解:依题意,所求概率为 P=A2
2A2
2
A4
4
=1
6
.故选 B.
3.从集合 A={2,3,-4}中随机选取一个数记为 k,从集合 B={-2,-3,4}中随机
选取一个数记为 b,则直线 y=kx+b 不经过第二象限的概率为( )
A.2
9
B.1
3
C.4
9
D.5
9
解:依题意 k 和 b 的所有可能的取法一共有 3×3=9(种),当直线 y=kx+b 不经过第
二象限时,应有 k>0,b<0,一共有 2×2=4(种),所以所求概率为4
9
.故选 C.
4.连掷两次骰子分别得到点数 m,n,则向量(m,n)与向量(-1,1)的夹角θ>90°的
概率是( )
A. 5
12
B. 7
12
C.1
3
D.1
2
解:因为(m,n)·(-1,1)=-m+n<0,所以 m>n.
基本事件总共有 6×6=36(个),符合要求的有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,
2),(4,3),(5,1),…,(5,4),(6,1),…,(6,5),共 1+2+3+4+5=15(个).
所以所求概率 P=15
36
= 5
12
.故选 A.
5.(2015·亳州质检)已知集合 M={1,2,3,4},N={(a,b)|a∈M,b∈M},A 是集合
N 中任意一点,O 为坐标原点,则直线 OA 与 y=x2+1 有交点的概率是( )
A.1
2
B.1
3
C.1
4
D.1
8
解:易知过点(0,0)与 y=x2+1 相切的直线为 y=2x(斜率小于 0 的无需考虑),集合 N
中共有 16 个元素,其中使 OA 斜率不小于 2 的有(1,2),(1,3),(1,4),(2,4),共 4
个,故所求的概率为 4
16
=1
4
.故选 C.
6.一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为 a,b,c,当且仅当 a>b,b 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.
已知一个口袋中装有 n 个红球(n≥1 且 n∈N*)和 2 个白球,从中有放回地连续
摸三次,每次摸出两个球,若两个球颜色不同则为中奖,否则不中奖.
(1)当 n=3 时,设三次摸球(每次摸球后放回)中奖的次数为ξ,求ξ的分布列;
(2)记三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为 P,当 n 取多少时,P 最大.
解:(1)当 n=3 时,每次摸出两个球,
中奖的概率 P=C1
3C1
2
C2
5
=3
5
.
由题意知ξ的可能值为 0,1,2,3,
故有 P(ξ=0)=C0
3×
2
5
3
= 8
125
;
P(ξ=1)=C1
3×3
5
×
2
5
2
= 36
125
;
P(ξ=2)=C2
3×
3
5
2
×2
5
= 54
125
;
P(ξ=3)=C3
3×
3
5
3
= 27
125
.
ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P 8
125
36
125
54
125
27
125
或 P(ξ=i)=Ci
3×
3
5
i
×
2
5
3-i
,i=0,1,2,3.
(2)设每次摸球中奖的概率为 p,则三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为
P(ξ=2)=C2
3·p2·(1-p)=-3p3+3p2,0 6 时,P(X=k+1) 10 000)=0.5+0.2=0.7.
由二项分布,3 天中至少有 1 天最大获利超过 10 000 元的概率为 p=1-(1-p1)3=1-
0.33=0.973.
10.9 离散型随机变量的均值与方差
1.离散型随机变量的均值
(1)若离散型随机变量 X 的概率分布列为
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称 E(X)=____________________________为随机变量 X 的均值或数学期望,它反映
了离散型随机变量取值的____________.
(2) 若 Y = aX + b , 其 中 a , b 为 常 数 , 则 Y 也 是 随 机 变 量 , 于 是 E(Y) =
____________________.
(3)①若 X 服从两点分布,则 E(X)=____________;
②若 X~B(n,p),则 E(X)=____________.
2.离散型随机变量的方差
(1)若离散型随机变量 X 的概率分布列为
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称 D(X)=________为随机变量 X 的方差,其算术平方根________为随机变量 X 的标
准差.
(2)D(aX+b)=____________.
(3)①若 X 服从两点分布,则 D(X)=____________;
②若 X~B(n,p),则 D(X)=____________.
方差反映随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度:D(X)越小,X 取值越集中,
D(X)越大,X 取值越分散.
自查自纠:
1.(1)x1p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn 平均水平
(2)aE(X)+b (3)①p ②np
2.(1)错误!(xi-E(X))2pi D(X) (2)a2D(X)
(3)①p(1-p) ②np(1-p)
已知某一随机变量 X 的分布列如下,且 E(X)=6.3,则 a 的值为( )
X 4 a 9
P 0.5 0.1 b
A.5 B.6 C.7 D.8
解:由分布列性质知 0.5+0.1+b=1,所以 b=0.4.所以 E(X)=4×0.5+a×0.1+
9×0.4=6.3,所以 a=7.故选 C.
已知随机变量ξ的分布列为
ξ 1 2 3
P 1
2 x y
若 E(ξ)=15
8
,则 D(ξ)等于( )
A.33
64
B.55
64
C. 7
32
D. 9
32
解:由分布列的性质得 x+y=1
2
,又 E(ξ)=15
8
,所以 2x+3y=11
8
,解得 x=1
8
,y=3
8
.
所以 D(ξ)=
1-15
8
2
×1
2
+
2-15
8
2
×1
8
+
3-15
8
2
×3
8
=55
64
.故选 B.
某运动员投篮命中率为 0.6,他重复投篮 5 次,若他命中一次得 10 分,没命中不得
分;命中次数为 X,得分为 Y,则 E(X),D(Y)分别为( )
A.0.6,60 B.3,12
C.3,120 D.3,1.2
解:X~B(5,0.6),Y=10X,所以 E(X)=5× 0.6=3,D(X)=5×0.6×0.4=1.2,D(Y)
= 100D(X)=120.故选 C.
有一批产品,其中有 12 件正品和 4 件次品,从中有放回地任取 3 件,若ξ表示取
到次品的个数,则 D(ξ)=__________.
解:由题知,次品率 p= 4
16
=1
4
,则ξ~B
3,1
4 ,从而 D(ξ)=3×1
4
×
1-1
4 = 9
16
.故填
9
16
.
(2014·浙江)随机变量ξ的取值为 0,1,2,若 P(ξ=0)=1
5
,E(ξ)=1,则 D(ξ)
=__________.
解:设 P(ξ=1)=p,则ξ的分布列如下:
ξ 0 1 2
P 1
5 p 4
5
-p
由 E(ξ)=1,得 p+2
4
5
-p
=1,可得 p=3
5
,所以 D(ξ)=(0-1)2×1
5
+(1-1)2×3
5
+(2
-1)2× 1
5
=2
5
.故填2
5
.
类型一 摸球模型、抽签模型
一口袋中装有大小相同的 2 个白球和 4 个黑球,每次从袋中任意摸出一个球.
(1)采取有放回抽样方式,从中摸出两个球,求两球恰好颜色不同的概率;
(2)采取不放回抽样方式,从中摸出两个球,求摸得白球的个数的均值和方差.
解:(1)“有放回摸取”可看作独立重复试验,每次摸出一球是白球的概率为 P=2
6
=1
3
.
记“有放回摸两次,颜色不同”为事件 A,其概率为 P(A)=4
9
.
(2)设摸得白球的个数为 X,则 X 的取值为 0,1,2,
P(X=0)=4
6
×3
5
=2
5
,
P(X=1)=4
6
×2
5
+2
6
×4
5
= 8
15
,
P(X=2)=2
6
×1
5
= 1
15
.
所以 X 的分布列为
X 0 1 2
P 2
5
8
15
1
15
E(X)=0×2
5
+1× 8
15
+2× 1
15
=2
3
,
D(X)=
0-2
3
2
×2
5
+
1-2
3
2
× 8
15
+
2-2
3
2
× 1
15
=16
45
.
点拨:
求离散型随机变量的分布列的关键在于确定随机变量及其概率.就本题而言,弄清“放
回”与“不放回”在概率计算上的区别是正确解题的关键.均值与方差直接套用公式计算即
可.
一厂家向用户提供的一箱产品共 10 件,其中有 2 件次品,用户先对产品进行
抽检以决定是否接收.抽检规则如下:一次取一件产品检查(取出的产品不放回箱子),共抽
查三次,若三次都没有抽查到次品,则用户接收这箱产品,若抽查到次品就立即停止抽检,
并且用户拒绝接收这箱产品.
(1)求这箱产品被用户接收的概率;
(2)记抽检的产品件数为 X,求 X 的分布列和均值.
解:(1)设“这箱产品被用户接收”为事件 A,
P(A)= 8×7×6
10×9×8
= 7
15
.
即这箱产品被用户接收的概率为 7
15
.
(2)X 的可能取值为 1,2,3.
P(X=1)= 2
10
=1
5
,
P(X=2)= 8
10
×2
9
= 8
45
,
P(X=3)= 8
10
×7
9
×
6
8
+2
8 =28
45
,
所以 X 的概率分布列为
X 1 2 3
P 1
5
8
45
28
45
所以 E(X)=1
5
×1+ 8
45
×2+28
45
×3=109
45
.
类型二 停止型问题
(2016·兰州模拟)为迎接 2016 年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松赛”,某
单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动.抽奖盒中装有大小相同的 6 个小球,分别印有
“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志,摇匀后,规定参加者每次从盒中同时抽取两个
小球(登记后放回并摇匀),若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖,并停止抽奖,
否则继续,但每位嘉宾最多抽取 3 次.已知从盒中同时抽取两个小球不都是“绿色金城行”
标志的概率为4
5
.
(1)求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数;
(2)用η表示某位嘉宾抽奖的次数,求η的分布列和数学期望.
解:(1)设印有“绿色金城行”的小球有 n 个,记“同时抽取两个小球不都是‘绿色金
城行’标志”为事件 A,则同时抽取两个小球都是“绿色金城行”标志的概率是 P(A)=C2
n
C2
6
,
由对立事件的概率可知 P(A)=1-P(A)=4
5
,即 P(A)=C2
n
C2
6
=1
5
,解得 n=3.所以盒中印有
“兰州马拉松”标志的小球个数为 3.
(2)由(1)知,两种球各三个,η的可能取值为 1,2,3.
P(η=1)=C2
3
C2
6
=1
5
,
P(η=2)=C2
3
C2
6
×C2
3
C2
6
+C1
3C1
3
C2
6
×C2
3
C2
6
= 4
25
,
P(η=3)=1-P(η=1)-P(η=2)=16
25
.
(或 P(η=3)=C2
3C2
3
C2
6C2
6
+C2
3
C2
6
×C1
3C1
3
C2
6
+C1
3C1
3
C2
6
×C2
3
C2
6
+C1
3C1
3
C2
6
×C1
3C1
3
C2
6
=16
25
)
则η的分布列为
η 1 2 3
P 1
5
4
25
16
25
所以 E(η)=1×1
5
+2× 4
25
+3×16
25
=61
25
.
点拨:
解决这类终止型问题,一定要弄清楚终止的条件,根据终止条件确定各种可能结果,再
计算相应概率.
(2015·福建)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误,
该银行卡将被锁定,小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银
行卡的正确密码是他常用的 6 个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择 1 个进行尝试.若
密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为 X,求 X 的分布列和数学期望.
解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件 A,则 P(A)=5
6
×4
5
×3
4
=1
2
.
(2)依题意得,X 所有可能的取值是 1,2,3.
又 P(X=1)=1
6
,P(X=2)=5
6
×1
5
=1
6
,P(X=3)=5
6
×4
5
×1=2
3
.
所以 X 的分布列为
X 1 2 3
P 1
6
1
6
2
3
所以 E(X)=1×1
6
+2×1
6
+3×2
3
=5
2
.
类型三 二项分布的均值与方差
(2014·辽宁)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、数
学期望 E(X)及方差 D(X).
解:(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 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售
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 的可能取值为 0,1,2,3.
P(X=0)=C0
3×(1-0.6)3=0.064,
P(X=1)=C1
3×0.6×(1-0.6)2=0.288,
P(X=2)=C2
3×0.62×(1-0.6)=0.432,
P(X=3)=C3
3×0.63=0.216.
X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.064 0.288 0.432 0.216
因为 X~B(3,0.6),所以数学期望 E(X)=3×0.6=1.8,
方差 D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.
点拨:
n 次独立重复试验是重要的模型,要牢记公式:当 X~B(n,p)时,E(X)=np,D(X)=npq,
其中 q=1-p.同时要掌握期望与方差的重要性质: E(aX+b)=aE(X)+b,D(aX+b)
=a2D(X).
(2015·湖北模拟)PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物,也称
为可入肺颗粒物,对人体健康和大气环境质量的影响很大.我国 PM2.5 标准采用世卫组织设
定的最宽限值,即 PM2.5 日均值在 35 微克/立方米以下空气质量为一级;在 35 微克/立方米~
75 微克/立方米之间空气质量为二级;在 75 微克/立方米以上空气质量为超标.某市环保局
从 360 天的市区 PM2.5 监测数据中,随机抽取 15 天的数据作为样本,监测值如茎叶图所示(十
位为茎,个位为叶).
PM2.5 日均值(微克/立方米)
2 8 5
3 2 1 4 3
4 4 5
6 3 8
7 9
8 6 3
9 2 5
(1)从这 15 天的数据中任取 3 天的数据,记 X 表示空气质量达到一级的天数,求 X 的
分布列;
(2)以这 15 天的 PM2.5 日均值来估计这 360 天的空气质量情况,则其中大约有多少天的
空气质量达到一级.
解:(1)由题意知 N=15,M=6,n=3,X 的可能取值为 0,1,2,3,其分布列为 P(X
=k)=Ck
6·C3-k
9
C3
15
(k=0,1,2,3),
所以 P(X=0)=C0
6C3
9
C3
15
=12
65
,P(X=1)=C1
6C2
9
C3
15
=216
455
,
P(X=2)=C2
6C1
9
C3
15
=27
91
,P(X=3)=C3
6C0
9
C3
15
= 4
91
,
所以 X 的分布列是:
X 0 1 2 3
P 12
65
216
455
27
91
4
91
(2)依题意知,一年中每天空气质量达到一级的概率为 6
15
=2
5
,一年中空气质量达到一级
的天数为 Y,则 Y~B
360,2
5 ,所以 E(Y)=360×2
5
=144,所以这 360 天的空气质量达到一
级的天数大约有 144 天.
类型四 综合运用
据 IEC(国际电工委员会)调查显示,小型风力发电项目投资较少,且开发前景
广阔,但受风力自然资源影响,项目投资存在一定风险.根据测算,风能风区分类标准如下:
风能分类 一类风区 二类风区
平均风速 m/s 不低于 10 [8.5,10)
假设投资 A 项目的资金为 x(x≥0)万元,投资 B 项目的资金为 y(y≥0)万元,调研结果
是:未来一年内,位于一类风区的 A 项目获利 30%的可能性为 0.6,亏损 20%的可能性为 0.4;
位于二类风区的 B 项目获利 35%的可能性为 0.6,亏损 10%的可能性是 0.1,不赔不赚的可能
性是 0.3.
(1)记投资 A,B 项目的利润分别为ξ和η,试写出随机变量ξ与η的分布列和数学期望
E(ξ),E(η);
(2)某公司计划用不超过 100 万元的资金投资 A,B 项目,且公司要求对 A 项目的投资不
得低于 B 项目,根据(1)的条件和市场调研,试估计一年后两个项目的平均利润之和 z=E(ξ)
+E(η)的最大值.
解:(1)投资 A 项目的利润ξ的分布列为
ξ 0.3x -0.2x
P 0.6 0.4
则 E(ξ)=0.18x-0.08x=0.1x.
投资 B 项目的利润η的分布列为
η 0.35y 0 -0.1y
P 0.6 0.3 0.1
则 E(η)=0.21y-0.01y=0.2y.
(2)由题意可知 x,y 满足的约束条件为
x+y≤100,
x≥y,
x≥0,y≥0,
其表示的可行域如图中阴影部分所示.
由(1)可知,z=E(ξ)+E(η)=0.1x+0.2y,可化为 y=-0.5x+5z.
当直线 y=-0.5x+5z 过点(50,50)时,z 取得最大值,即当 x=50,y=50 时,z 取得
最大值 15.
故对 A,B 项目各投资 50 万元,可使两个项目的平均利润之和最大,最大值是 15 万元.
点拨:
随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量稳定于均值的程
度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一
般先比较均值,若均值相同,再用方差来决定.
(2014·四川)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1
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:(1)X 可能的取值为 10,20,100,-200,根据题意,有
P(X=10)=C1
3×
1
2
1
×
1-1
2
2
=3
8
,
P(X=20)=C2
3×
1
2
2
×
1-1
2
1
=3
8
,
P(X=100)=C3
3×
1
2
3
×
1-1
2
0
=1
8
,
P(X=-200)=C0
3×
1
2
0
×
1-1
2
3
=1
8
.
所以 X 的分布列为
X 10 20 100 -200
P 3
8
3
8
1
8
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)=1
8
.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1-P(A1A2A3)=1-
1
8
3
=1- 1
512
=511
512
.
因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511
512
.
(3)X 的数学期望为
E(X)=10×3
8
+20×3
8
+100×1
8
-200×1
8
=-5
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.
1.计算均值与方差的基本方法
(1)已知随机变量的概率分布求它的均值、方差和标准差,可直接用定义或公式求;
(2)已知随机变量 X 的均值、方差,求 X 的线性函数 Y=aX+b 的均值、方差和标准差,
可直接用均值及方差的性质求;
(3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如两点分布、二项分布等),则可直接利用
它们的均值、方差公式来求.
2.求均值与方差常用的结论
掌握下述有关结论,会给解题带来方便:
(1)E(aX+b)=aE(X)+b;
E(X+Y)=E(X)+E(Y);
D(aX+b)=a2D(X).
(2)若 X~B(n,p),则 E(X)=np,D(X)=np(1-p).
3.(1)在实际中经常用均值来比较平均水平,当平均水平相近时,再用方差比较稳定程
度;(2)注意离散型随机变量的均值、方差与样本数据的平均数、方差的区别与联系.
1.某射手射击所得环数ξ的分布列如下:
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知ξ的均值 E(ξ)=8.9,则 y 的值为( )
A.0.4 B.0.6 C.0.7 D.0.9
解:由
x+0.1+0.3+y=1,
7x+8×0.1+9×0.3+10y=8.9
可得 y=0.4.故选 A.
2.口袋中有 5 只球,编号分别为 1,2,3,4,5,从中任取 3 只球,用 X 表示取出的
球的最大号码,则 X 的数学期望 E(X)的值是( )
A.4 B.4.5 C.4.75 D.5
解:由题意知,X 可以取 3,4,5,P(X=3)=1
C3
5
= 1
10
,P(X=4)=C2
3
C3
5
= 3
10
,P(X=5)=C2
4
C3
5
=
6
10
=3
5
,所以 E(X)=3× 1
10
+4× 3
10
+5×3
5
=4.5.故选 B.
3.已知随机变量 X+η=8,若 X~B(10,0.6),则 E(η)和 D(η)分别是( )
A.6 和 2.4 B.2 和 2.4
C.2 和 5.6 D.6 和 5.6
解:由已知随机变量 X+η=8,所以η=8-X.因此,E(η)=8-E(X)=8-10×0.6=
2,D(η)=(-1)2D(X)=10×0.6×0.4=2.4.故选 B.
4.(2015·榆林模拟)从装有除颜色外完全相同的 3 个白球和 m 个黑球的布袋中随机摸
取一球,有放回地摸取 5 次,设摸得白球数为 X,已知 E(X)=3,则 D(X)=( )
A.8
5
B.6
5
C.4
5
D.2
5
解:由题意知,X~B
5, 3
m+3 ,所以 E(X)=5× 3
m+3
=3,解得 m=2,所以 X~
B
5,3
5 ,所以 D(X)=5×3
5
×
1-3
5 =6
5
.故选 B.
5.同时抛掷 5 枚均匀的硬币 80 次,设 5 枚硬币正好出现 2 枚正面向上,3 枚反面向上
的次数为 X,则 X 的均值是( )
A.20 B.25 C.30 D.40
解:抛掷一次,正好出现 2 枚正面向上,3 枚反面向上的概率为C2
5
25= 5
16
,X~B
80, 5
16 ,
则 E(X)=80× 5
16
=25.故选 B.
6.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为 125 个同样大小的小正方体,经过
搅拌后,从中抽取一个小正方体,记它的涂漆面数为 X,则 X 的均值 E(X)=( )
A.126
125
B.6
5
C.168
125
D.7
5
解:由题意知,X 可能的取值为 0,1,2,3.
若 X=0,观察知图中位于大正方体内部的 27 个小正方体无涂漆面,则 P(X=0)= 27
125
;
若 X=1,观察知图中位于各面中部的 9 个小正方体涂 1 面漆,则 P(X=1)=6×9
125
= 54
125
;
若 X=2,观察知图中位于各棱中部的 3 个小正方体涂 2 面漆,则 P(X=2)=12×3
125
= 36
125
;
若 X=3,观察知图中位于大正方体顶点处的 8 个小正方体涂 3 面漆,则 P(X=3)= 8
125
.
故 E(X)=0× 27
125
+1× 54
125
+2× 36
125
+3× 8
125
=6
5
.故选 B.
7.某保险公司新开设一项保险业务,规定该份保单,在一年内如果事件 E 发生,则该
公司要赔偿 a 元,在一年内如果事件 E 发生的概率为 p,为使该公司收益期望值等于 a
10
,公
司应要求该保单的顾客缴纳的保险金为____________元.
解:设随机变量 X 表示公司此项业务的收益,x 表示顾客交纳的保险金,则 X 的所有可
能值为 x,x-a,且 P(X=x)=1-p,P(X=x-a)=p,所以 E(X)=x(1-p)+(x-a)p= a
10
,
解得 x=a(10p+1)
10
.故填a(10p+1)
10
.
8.随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2
P a b c
若 E(X)=1,则当 a2+b2+c2 取最小值时,方差 D(X)=____________.
解:由题意可知
a+b+c=1,
b+2c=1,
所以
b=1-2c,
a=c,
所以 a2+b2+c2=c2+(1-2c)2+c2=6c2-4c+1,若 a2+b2+c2 取最小值,则 c=1
3
,
所以 D(X)=1
3
×1+1
3
×0+1
3
×1=2
3
.故填2
3
.
9.某篮球队与其他 6 支篮球队依次进行 6 场比赛,每场均决出胜负.设这支篮球队与
其他篮球队比赛,获得胜场的事件是独立的,并且获得胜场的概率是1
3
.
(1)求这支篮球队首次获得胜场前已经负了两场的概率;
(2)求这支篮球队在 6 场比赛中恰好胜了 3 场的概率;
(3)求这支篮球队在 6 场比赛中获胜场数的期望和方差.
解:(1)因为这支篮球队第一、二场负,第三场胜,三个事件互相独立.
所以所求概率 P1=
1-1
3 ×
1-1
3 ×1
3
= 4
27
.
(2)所求概率 P2=C3
6×
1
3
3
×
1-1
3
3
=160
729
.
(3)ξ服从二项分布 B
6,1
3 .所以 E(ξ)=6× 1
3
=2,D(ξ)=6×1
3
×
1-1
3 =4
3
.
10.(2016·郑州质量预测)某商场每天(开始营业时)以每件 150 元的价格购入 A 商品若
干件(A 商品在商场的保鲜时间为 10 小时,该商场的营业时间也恰好为 10 小时),并开始以
每件 300 元的价格出售,若前 6 小时内所购进的商品没有售完,则商场对没卖出的 A 商品将
以每件 100 元的价格低价处理完毕(根据经验,4 小时内完全能够把 A 商品低价处理完毕,
且处理完毕后,当天不再购进 A 商品).该商场统计了 100 天 A 商品在每天的前 6 小时内的
销售量,制成如下表格(注:视频率为概率).(其中 x+y=70)
前 6 小时内的销售量 t(单
位:件)
4 5 6
频数 30 x y
(1)若某天该商场共购入 6 件该商品,在前 6 个小时内售出 4 件.若这些商品被 6 名不
同的顾客购买,现从这 6 名顾客中随机选 2 人进行服务回访,则恰好一个是以 300 元价格购
买的顾客,另一个是以 100 元价格购买的顾客的概率是多少?
(2)若商场每天在购进 5 件 A 商品时所获得的平均利润最大,求 x 的取值范围.
解:(1)设“恰好一个是以 300 元价格购买的顾客,另一个是以 100 元价格购买的顾客”
为事件 A,则 P(A)=C1
4C1
2
C2
6
= 8
15
.
(2)设销售 A 商品获得的利润为ξ(单位:元),依题意,将频率视为概率,为追求更多
的利润,则商场每天购进的 A 商品的件数取值可能为 4,5,6.
当购进 A 商品 4 件时,E(ξ)=150×4=600,
当购进 A 商品 5 件时,E(ξ)=(150×4-50)×0.3+150×5×0.7=690,
当 购 进 A 商 品 6 件 时 , E(ξ) = (150 × 4 - 2×50)×0.3 + (150×5 - 50)× x
100
+
150×6×70-x
100
=780-2x,
由题意 780-2x≤690,解得 x≥45,又知 x≤100-30=70,所以 x 的取值范围为,x∈
N*.
11.(2014·福建)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:(1)设顾客所获的奖励额为 X.
(Ⅰ)依题意,得 P(X=60)=C1
1C1
3
C2
4
=1
2
,
即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为1
2
.
(Ⅱ)依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60.
P(X=60)=1
2
,P(X=20)=C2
3
C2
4
=1
2
,
即 X 的分布列为
X 20 60
P 1
2
1
2
所以顾客所获的奖励额的期望为
E(X)=20×1
2
+60×1
2
=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
X 20 60 100
P 1
6
2
3
1
6
X1 的期望为 E(X1)=20×1
6
+60×2
3
+100×1
6
=60,X1 的方差为 D(X1)=(20-60)2×1
6
+(60
- 60)2×2
3
+(100-60)2×1
6
=1 600
3
.
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
P 1
6
2
3
1
6
X2 的期望为 E(X2)=40×1
6
+60×2
3
+80×1
6
=60,
X2 的方差为 D(X2)=(40-60)2×1
6
+(60- 60)2×2
3
+(80-60)2×1
6
=400
3
.
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.
(2014·浙江)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ξi(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(ξ1) 19
16
,所以 E(X)>E(Y).
故甲集团选择投资新能源汽车,才能使得一年后盈利金额的数学期望较大.
21.(12 分)(2016·郑州质检)某学校为了丰富学生的业余生活,以班级为单位组织学
生开展古诗词背诵比赛,随机抽取题目,背诵正确加 10 分,背诵错误减 10 分,只有“正确”
和“错误”两种结果,其中某班级对每个题目背诵正确的概率为2
3
,背诵错误的概率为1
3
,现
记“该班级完成 n 首背诵后总得分为 Sn”.
(1)求 S6=20 且 Si≥0(i=1,2,3)的概率;
(2)记ξ=|S5|,求ξ的分布列及数学期望.
解:(1)S6=20,即背诵 6 首后,正确的个数为 4,错误的个数为 2,
又因为 Si≥0(i=1,2,3),所以背诵正确与否的可能顺序为:
①第一首和第二首背诵正确,其余 4 首可任意背诵正确 2 首;
②第一首背诵正确,第二首背诵错误,第三首背诵正确,则其余 3 首可任意背诵正确 2
首.
故所求概率 P=
2
3
2
×C2
4×
2
3
2
×
1
3
2
+2
3
×1
3
×2
3
×C2
3×
2
3
2
×1
3
=16
81
.
(2)ξ=|S5|的可能取值为 10,30,50,
则 P(ξ=10)=C3
5×
2
3
3
×
1
3
2
+C2
5×
2
3
2
×
1
3
3
=40
81
,
P(ξ=30)=C4
5×
2
3
4
×1
3
+C1
5×2
3
×
1
3
4
=10
27
,
P(ξ=50)=
2
3
5
+
1
3
5
=11
81
,
所以ξ的分布列为
ξ 10 30 50
P 40
81
10
27
11
81
所以ξ的数学期望 E(ξ)=10×40
81
+30×10
27
+50×11
81
=1 850
81
.
22.(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 X(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,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