资源简介

2
(3)由题意可知从全市中抽取 10 户，用电量为第一阶梯的户数满足 X～B 10， 5 ，可知
2 3 －
P(X＝k)＝Ck k 10 k10 5 · 5 (k＝0,1,2,3，…，10).
2 3 2 3
k k 10－k k＋1 k＋1 9－C ≥C k10 5 5 10 5 5 ，
由
2 3 － － 2 － 3 Ck k 10 k
－
10 5 5 ≥C
k 1 k 1 11 k
10 5 5 ，
17 22
解得 ≤k≤ .又 k∈N*，所以当 k＝4 时概率最大，故 k＝4.
5 5
第八节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布
一、基础知识
1.均值
一般地，若离散型随机变量 X 的分布列为：
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn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平均水平.
(1)期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均.,(2)E(X)是一个实数，由 X 的
分布列唯一确定，即作为随机变量，X 是可变的，可取不同值，而 E(X)是不变的，它描述 X
取值的平均状态.,(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn 直接给出了 E(X)的求法，即随机变量取值与
相应概率分别相乘后相加.
2.方差
设离散型随机变量 X 的分布列为：
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
n
则(xi－E(X))2 描述了 xi(i＝1,2，…，n)相对于均值 E(X)的偏离程度.而 D(X)＝ (xi－
i＝1
E(X))2pi 为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量 X 与其均值 E(X)的平均偏离程度.称
D(X)为随机变量 X 的方差，并称其算术平方根 D(X)为随机变量 X 的标准差.
(1)随机变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程
度.D(X)越大，表明平均偏离程度越大，X 的取值越分散.反之，D(X)越小，X 的取值越集中
在 E(X)附近.,(2)方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负.
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3.两个特殊分布的期望与方差
分布 期望 方差
两点分布 E(X)＝p D(X)＝p(1－p)
二项分布 E(X)＝np D(X)＝np(1－p)
4.正态分布
(1)正态曲线的特点
①曲线位于 x 轴上方，与 x 轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线 x＝μ对称；
1
③曲线在 x＝μ处达到峰值 ；
σ 2π
④曲线与 x 轴之间的面积为 1；
⑤当 σ一定时，曲线的位置由 μ确定，曲线随着 μ的变化而沿 x 轴平移；
⑥当 μ一定时，曲线的形状由 σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集
中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.
(2)正态分布的三个常用数据
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682 6；
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.954 4；
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.997 4.
二、常用结论
若 Y＝aX＋b，其中 a，b 是常数，X 是随机变量，则
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中 k 为常数；
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)；
(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)；
(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2；
(5)若 X1，X2相互独立，则 E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2).
(6)若 X～N(μ，σ2)，则 X 的均值与方差分别为：E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
考点一 离散型随机变量的均值与方差
[典例精析]为迎接 2022 年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动.该
滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过 1 小时免费，超过 1 小时的部分每小时收费标准为
40 元(不足 1 小时的部分按 1 小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、
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1 1 1 2
乙不超过 1 小时离开的概率分别为 ， ；1 小时以上且不超过 2 小时离开的概率分别为 ， ；
4 6 2 3
两人滑雪时间都不会超过 3 小时.
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列与数学期
望 E(ξ)，方差 D(ξ).
[解] (1)两人所付费用相同，相同的费用可能为 0,40,80 元，
1 1 1
两人都付 0 元的概率为 P1＝ × ＝ ， 4 6 24
1 2 1
两人都付 40 元的概率为 P2＝ × ＝ ， 2 3 3
两人都付 80 元的概率为
1 1 1 2 1 1 1P3＝ 1－ － × 1－ － 4 2 6 3 ＝ × ＝ ， 4 6 24
1 1 1 5
故两人所付费用相同的概率为 P＝P1＋P2＋P3＝ ＋ ＋ ＝ . 24 3 24 12
(2)由题设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为 0,40,80,120,160，则：
1 1 1
P(ξ＝0)＝ × ＝ ，
4 6 24
1 2 1 1 1
P(ξ＝40)＝ × ＋ × ＝ ，
4 3 2 6 4
1 1 1 2 1 1 5
P(ξ＝80)＝ × ＋ × ＋ × ＝ ，
4 6 2 3 6 4 12
1 1 1 2 1
P(ξ＝120)＝ × ＋ × ＝ ，
2 6 4 3 4
1 1 1
P(ξ＝160)＝ × ＝ .
4 6 24
ξ的分布列为：
ξ 0 40 80 120 160
1 1 5 1 1
P
24 4 12 4 24
1 1 5 1 1
E(ξ)＝0× ＋40× ＋80× ＋120× ＋160× ＝80.
24 4 12 4 24
1 1 5 1 1
D(ξ)＝(0－80)2× ＋(40－80)2× ＋(80－80)2× ＋(120－80)2× ＋(160－80)2×
24 4 12 4 24
4 000
＝ .
3
[题组训练]
1
1.随机变量 X 的可能取值为 0,1,2，若 P(X＝0)＝ ，E(X)＝1，则 D(X)＝( )
5
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1 2
A. B.
5 5
5 10
C. D.
5 5
解析：选 B 设 P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，
1
0× ＋p＋2q＝1，5 3 1
由题意得 解得 p＝ ，q＝ ， 1 5 5 ＋p＋q＝1，5
1 3 1 2
∴D(X)＝ (0－1)2＋ (1－1)2＋ (2－1)2＝ .
5 5 5 5
2.随着网络营销和电子商务的兴起，人们的购物方式更具多样化.某调查机构随机抽取
10 名购物者进行采访，5 名男性购物者中有 3 名倾向于选择网购，2 名倾向于选择实体店，
5 名女性购物者中有 2 名倾向于选择网购，3 名倾向于选择实体店.
(1)若从 10 名购物者中随机抽取 2 名，其中男、女各一名，求至少 1 名倾向于选择实体
店的概率；
(2)若从这 10 名购物者中随机抽取 3 名，设 X 表示抽到倾向于选择网购的男性购物者的
人数，求 X 的分布列和数学期望.
解：(1)设“随机抽取 2 名，其中男、女各一名，至少 1 名倾向于选择实体店”为事件 A，
则 A 表示事件“随机抽取 2 名，其中男、女各一名，都倾向于选择网购”，
C1×C13 2 19
则 P(A)＝1－P( A )＝1－ 1 1＝ . C5×C5 25
(2)X 所有可能的取值为 0,1,2,3，
k 3－C C k3 7
且 P(X＝k)＝ 3 ， C10
7 21 7
则 P(X＝0)＝ ，P(X＝1)＝ ，P(X＝2)＝ ，
24 40 40
1
P(X＝3)＝ .
120
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2 3
7 21 7 1
P
24 40 40 120
7 21 7 1 9
E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .
24 40 40 120 10
考点二 二项分布的均值与方差
[典例精析](2019·成都检测)某部门为了解一企业在生产过程中的用水量情况，对其每天
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的用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取
12 天的数据作为样本，得到如图所示的茎叶图(单位：吨).若用水量不低于 95 吨，则称这一
天的用水量超标.
(1)从这 12 天的数据中随机抽取 3 个，求至多有 1 天的用水量超标的概率；
(2)以这 12 天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，估计该企业未来 3 天中用水量
超标的天数，记随机变量 X 为未来这 3 天中用水量超标的天数，求 X 的分布列、数学期望
和方差.
[解] (1)记“从这 12 天的数据中随机抽取 3 个，至多有 1 天的用水量超标”为事件 A，
C1 24C8 C
3
8 168 42
则 P(A)＝
C3
＋
C3
＝ ＝ .
12 12 220 55
1
(2)以这 12 天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，易知用水量超标的概率为 .
3
X 的所有可能取值为 0,1,2,3，
1 1 2 －
易知 X～B 3， 3 ，P(X＝k)＝C
k k 3 k
3 3 3 ，k＝0,1,2,3，
8 4 2 1
则 P(X＝0)＝ ，P(X＝1)＝ ，P(X＝2)＝ ，P(X＝3)＝ .
27 9 9 27
∴随机变量 X 的分布列为：
X 0 1 2 3
8 4 2 1
P
27 9 9 27
1
数学期望 E(X)＝3× ＝1，
3
1 1 2方差 D(X)＝3× × 1－ 3 ＝ . 3 3
[解题技法]
二项分布的期望与方差
(1)如果ξ ～B(n，p)，则用公式 E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量.
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这
时，可以综合应用 E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b 以及 E(ξ)＝np 求出 E(aξ＋b)，同样还可求出 D(aξ＋
b).
[题组训练]
4
1.设 X 为随机变量，且 X～B(n，p)，若随机变量 X 的数学期望 E(X)＝4，D(X)＝ ，则
3
P(X＝2)＝________.(结果用分数表示)
4
解析：∵X 为随机变量，且 X～B(n，p)，∴E(X)＝np＝4，D(X)＝np(1－p)＝ ，解得 n
3
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2 2 2 20
＝6，p＝ ，∴P(X＝2)＝C2 2 4
3 6
× 1－ 3 × 3 ＝ . 243
20
答案：
243
2.(2019·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随
机抽取 50 个作为样本，称出它们的重量(单位：克)，重量分组区间为[5,15]，(15,25]，(25,35]，
(35,45]，由此得到样本的重量频率分布直方图(如图).
(1)求 a 的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；
(2)从盒子中随机抽取 3 个小球，其中重量在[5,15]内的小球个数为 X，求 X 的分布列和
数学期望(以直方图中的频率作为概率).
解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10＝1，
解得 a＝0.03.
由频率分布直方图可估计盒子中小球重量的众数为 20 克，
而 50 个样本中小球重量的平均值 x ＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝
24.6(克).
故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值为 24.6 克.
1
(2)该盒子中小球重量在[5,15]内的概率为 ，
5
1则 X～B 3， 5 .X 的可能取值为 0,1,2,3，
1 40 0 64则 P(X＝0)＝C3 5 ×
3
5 ＝ ， 125
1 4 48
P(X＝1)＝C1 23 5 × 5 ＝ ， 125
1 4 12
P(X＝2)＝C2 23 5 × ＝ ， 5 125
1 4 1
P(X＝3)＝C3 3 03 5 × 5 ＝ . 125
∴X 的分布列为：
X 0 1 2 3
64 48 12 1
P
125 125 125 125
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64 48 12 1 3
∴E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝
125 125 125 125 5
1 3或者E(X)＝3× ＝
5 5
考点三 均值与方差在决策中的应用
[典例精析](2018·全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件，每一箱产品在交
付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品
中任取 20 件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合
格品的概率都为 p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立.
(1)记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 f(p)，求 f(p)的最大值点 p0.
(2)现对一箱产品检验了 20 件，结果恰有 2 件不合格品，以(1)中确定的 p0作为 p 的值.
已知每件产品的检验费用为 2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支
付 25 元的赔偿费用.
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 X，求
EX；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
[解] (1)因为 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为
f(p)＝C2 p220 ·(1－p)18，
所以 f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]
＝2C220p(1－p)17(1－10p).
令 f′(p)＝0，得 p＝0.1.
当 p∈(0,0.1)时，f′(p)＞0；
当 p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.
所以 f(p)的最大值点为 p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
①令 Y 表示余下的 180 件产品中的不合格品件数，依题意知 Y～B(180,0.1)，X＝20×2
＋25Y，即 X＝40＋25Y.所以 EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.
②若对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费用为 400 元.由于 EX＞400，
故应该对余下的产品作检验.
[解题技法]
离散型随机变量的期望和方差应用问题的解题策略
(1)求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量
的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算.
(2)要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方
第 905页/共1004页
差公式计算，则更为简单.
(3)在实际问题中，若两个随机变量ξ1，ξ2，有 E(ξ1)＝E(ξ2)或 E(ξ1)与 E(ξ2)较为接
近时，就需要用 D(ξ1)与 D(ξ2)来比较两个随机变量的稳定程度.即一般地将期望最大(或最
小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方
案.
[题组训练]
某投资公司在 2019 年年初准备将 1 000 万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目
供选择：
项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 30%，也可能亏
7 2
损 15%，且这两种情况发生的概率分别为 和 ；
9 9
项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 50%，可能损失 30%，
3 1 1
也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为 ， 和 .
5 3 15
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.
解：若按“项目一”投资，设获利为 X1 万元，则 X1 的分布列为：
X1 300 －150
7 2
P
9 9
7 2
∴E(X1)＝300× ＋(－150)× ＝200， 9 9
7 2
D(X1)＝(300－200)2× ＋(－150－200)2× ＝35 000. 9 9
若按“项目二”投资，设获利为 X2万元，则 X2的分布列为：
X2 500 0 －300
3 1 1
P
5 15 3
3 1 1
∴E(X2)＝500× ＋0× ＋(－300)× ＝200， 5 15 3
D(X )＝(500－200)2
3 2 1 1
2 × ＋(－300－200) × ＋(0－200)2× ＝140 000. 5 3 15
∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)＜D(X2)，
这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥.
综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.
考点四 正态分布
[典例精析](1)设 X～N(μ1，σ21)，Y～N(μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列
第 906页/共1004页
结论中正确的是( )
A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C.对任意正数 t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D.对任意正数 t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
(2)(2019·太原模拟)已知随机变量 X 服从正态分布 N(3,1)，且 P(X≥4)＝0.158 7，则 P(2
＜X＜4)＝( )
A.0.682 6 B.0.341 3
C.0.460 3 D.0.920 7
(3)某校在一次月考中有 900 人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布 X～N(90，a2)(a
＞0，试卷满分 150 分)，统计结果显示数学考试成绩在 70 分到 110 分之间的人数约为总人
3
数的 ，则此次月考中数学考试成绩不低于 110 分的学生约有________人.
5
[解析 ] (1)由正态曲线的性质及题图知， μ1＜μ2,0＜σ1＜σ2.故对任意正数 t，
P(X≤t)≥P(Y≤t)正确.
(2)因为随机变量 X 服从正态分布 N(3,1)，且 P(X≥4)＝0.158 7，所以 P(X≤2)＝0.158 7，
所以 P(2＜X＜4)＝1－P(X≤2)－P(X≥4)＝0.682 6，故选 A.
(3)因为数学成绩服从正态分布 X～N(90，a2)，
所以其正态分布曲线关于直线 x＝90 对称，
3
又因为成绩在 70 分到 110 分之间的人数约为总人数的 ，
5
1 3 1
由对称性知成绩在 110 分以上的人数约为总人数的 × 1－ 5 ＝ ，所以此次数学考试成2 5
1
绩不低于 110 分的学生约有 ×900＝180(人).
5
[答案] (1)C (2)A (3)180
[解题技法]
正态分布下 2 类常见的概率计算
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关
于直线 x＝μ对称，曲线与 x 轴之间的面积为 1.
(2)利用 3σ 原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的 μ，σ 进行对
比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.
[题组训练]
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1.(2019·武汉模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，若P(ξ＜2)＝P(ξ＞6)＝0.15，
则 P(2≤ξ＜4)等于( )
A.0.3 B.0.35
C.0.5 D.0.7
2＋6
解析：选 B ∵P(ξ＜2)＝P(ξ＞6)＝0.15，∴μ＝ ＝4.又 P(2≤ξ≤6)＝1－P(ξ＜
2
P(2≤ξ≤6)
2)－P(ξ＞6)＝0.7，∴P(2≤ξ＜4)＝ ＝0.35，故选 B.
2
2.(2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线
上随机抽取 16 个零件，并测量其尺寸(单位：cm).根据长期生产经验，可以认为这条生产线
正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布 N(μ，σ2).
(1)假设生产状态正常，记 X 表示一天内抽取的 16 个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之
外的零件数，求 P(X≥1)及 X 的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产
线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的 16 个零件的尺寸：
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
1 16 1 16 161 2 2
经计算得 x ＝ xi＝9.97，s＝ (xi－ x )2＝ xi－16 x ≈0.212，其16 16 16
i＝
＝
1 i＝1 i 1
中 xi 为抽取的第 i 个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.
^ ^
用样本平均数 x 作为 μ 的估计值μ，用样本标准差 s 作为 σ 的估计值σ，利用估计值判
^ ^ ^ ^
断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据，用剩下的数据估计
μ和 σ(精确到 0.01).
附：若随机变量 Z 服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－3σ＜Z＜μ＋3σ)＝0.997 4.0.997 416
≈0.959 2， 0.008≈0.09.
解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为 0.997 4，从而零件的尺
寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为 0.002 6，故 X～B(16,0.002 6).
因此 P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.
X 的数学期望为 E(X)＝16×0.002 6＝0.041 6.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有 0.002 6，一
天内抽取的 16 个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有 0.040 8，发生
的概率很小.因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出
第 908页/共1004页
现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.
^ ^
②由 x ＝9.97，s≈0.212，得 μ 的估计值为μ＝9.97，σ 的估计值为σ＝0.212，由样本数
^ ^ ^ ^
据可以看出有一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外，因此需对当天的生产过程进行检查.
^ ^ ^ ^ 1
剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据 9.22，剩下数据的平均数为 (16×9.97－9.22)＝10.02，
15
因此 μ的估计值为 10.02.
16
x2i＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，
i＝1
^ ^ ^ ^ 1
剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据 9.22，剩下数据的样本方差为 (1 591.134－9.222－
15
15×10.022)≈0.008，
因此 σ的估计值为 0.008≈0.09.
[课时跟踪检测]
A 级
1.(2019·乌鲁木齐模拟)口袋中有编号分别为 1,2,3 的三个大小和形状完全相同的小球，
从中任取 2 个，则取出的球的最大编号 X 的期望为( )
1 2
A. B.
3 3
8
C.2 D.
3
解析：选 D 因为口袋中有编号分别为 1,2,3 的三个大小和形状完全相同的小球，从中
1 1
任取 2 个，所以取出的球的最大编号 X 的可能取值为 2,3，所以 P(X＝2)＝ 2＝ ，P(X＝3)C3 3
C12C
1
1 2 1 2 8
＝ 2 ＝ ，所以 E(X)＝2× ＋3× ＝ . C3 3 3 3 3
2.已知随机变量 X 服从正态分布 N(a,4)，且 P(X＞1)＝0.5，P(X＞2)＝0.3，则 P(X＜0)
＝( )
A.0.2 B.0.3
C.0.7 D.0.8
解析：选 B 因为随机变量 X 服从正态分布 N(a,4)，所以曲线关于 x＝a 对称，且 P(X
＞a)＝0.5.由 P(X＞1)＝0.5，可知 a＝1，所以 P(X＜0)＝P(X＞2)＝0.3，故选 B.
3.(2019·合肥一模 )已知某公司生产的一种产品的质量 X(单位：克 )服从正态分布
N(100,4)，现从该产品的生产线上随机抽取 10 000 件产品，其中质量在[98,104]内的产品估
计有( )
第 909页/共1004页
(附：若 X 服从 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954
5)
A.4 093 件 B.4 772 件
C.6 827 件 D.8 186 件
解析：选 D 由题意可得，该正态分布的对称轴为 x＝100，且 σ＝2，
则质量在[96,104]内的产品的概率为 P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954 5，而质量在[98,102]
内的产品的概率为 P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 7，结合对称性可知，质量在[98,104]内的产品
0.954 5－0.682 7
的概率为 0.682 7＋ ＝0.818 6，据此估计质量在[98,104]内的产品的数量为 10
2
000×0.818 6＝8 186(件).
4.某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行 3 个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮
2
2 次，若至少投中 1 次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮 1 次投中的概率为 ，如
3
果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲 3 个轮次通过的次数 X 的期望是( )
8
A.3 B.
3
5
C.2 D.
3
1 2 2 2 8
解析：选 B 在一轮投篮中，甲通过的概率为 P＝2× × ＋ × ＝ ，未通过的概率为
3 3 3 3 9
1 8 8 8
.X 服从二项分布 X～B 3， 9 ，由二项分布的期望公式，得 E(X)＝3× ＝ . 9 9 3
5.某学校为了给运动会选拔志愿者，组委会举办了一个趣味答题活动.参选的志愿者回答
三个问题，其中两个是判断题，另一个是有三个选项的单项选择题，设ξ为回答正确的题数，
则随机变量ξ的数学期望 E(ξ)＝( )
4
A.1 B.
3
5
C. D.2
3
解析：选 B 由已知得ξ的可能取值为 0,1,2,3.
1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 5 1 1
P(ξ＝0)＝ × × ＝ ，P(ξ＝1)＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ，P(ξ＝2)＝ ×
2 2 3 6 2 2 3 2 2 3 2 2 3 12 2 2
2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1
× ＋ × × ＋ × × ＝ ，P(ξ＝3)＝ × × ＝ .∴E(ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＋3×
3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 12 6 12 3 12
4
＝ .
3
6.一批产品的二等品率为 0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取 100 次，
X 表示抽到的二等品件数，则 D(X)＝________.
解析：依题意，X～B(100,0.02)，
第 910页/共1004页
所以 D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
答案：1.96
7.若随机变量ξ的分布列如表所示，E(ξ)＝1.6，则 a－b＝________.
ξ 0 1 2 3
P 0.1 a b 0.1
解析：易知 a，b∈[0,1]，由 0.1＋a＋b＋0.1＝1，得 a＋b＝0.8，又由 E(ξ)＝0×0.1＋1×a
＋2×b＋3×0.1＝1.6，得 a＋2b＝1.3，解得 a＝0.3，b＝0.5，则 a－b＝－0.2.
答案：－0.2
8.一个人将编号为 1,2,3,4 的四个小球随机放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中，每个盒子
放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了.设放对的个数为
ξ，则ξ的期望值为________.
解析：将四个小球放入四个盒子，每个盒子放一个小球，共有 A44种不同放法，放对的
9 3 C1 24×2 1 C4 1
个数ξ可取的值有 0,1,2,4.其中，P(ξ＝0)＝ 4＝ ，P(ξ＝1)＝ 4 ＝ ，P(ξ＝2)＝ 4＝ ，A4 8 A4 3 A4 4
1 1
P(ξ＝4)＝ 4＝ ， A4 24
3 1 1 1
所以 E(ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＋4× ＝1.
8 3 4 24
答案：1
9.(2019·长春质检)某市对大学生毕业后自主创业人员给予小额贷款补贴，贷款期限分为
6 个月、12 个月、18 个月、24 个月、36 个月五种，对于这五种期限的贷款政府分别补贴 200
元、300 元、300 元、400 元、400 元，从 2018 年享受此项政策的自主创业人员中抽取了 100
人进行调查统计，选择的贷款期限的频数如下表：
贷款期限 6 个月 12 个月 18 个月 24 个月 36 个月
频数 20 40 20 10 10
以上表中选择的各种贷款期限的频数作为 2019 年自主创业人员选择的各种贷款期限的
概率.
(1)某大学 2019 年毕业生中共有 3 人准备申报此项贷款，计算其中恰有 2 人选择的贷款
期限为 12 个月的概率；
(2)设给某享受此项政策的自主创业人员的补贴为 X 元，写出 X 的分布列；该市政府要
做预算，若预计 2019 年全市有 600 人申报此项贷款，则估计 2019 年该市共要补贴多少万元.
2
解：(1)由题意知，每人选择的贷款期限为 12 个月的概率为 ，
5
2 3 36
所以 3 人中恰有 2 人选择的贷款期限为 12 个月的概率 P＝C23× 2 5 × ＝ . 5 125
第 911页/共1004页
1 3
(2)由题意知，享受的补贴为 200 元的概率 p1＝ ，享受的补贴为 300 元的概率 p5 2＝ ，5
1
享受的补贴为 400 元的概率 p3＝ ，所以随机变量 X 的分布列为： 5
X 200 300 400
1 3 1
P
5 5 5
200 900 400
所以 E(X)＝ ＋ ＋ ＝300(元)，所以 2019 年该市政府共要补贴 w＝600×300＝
5 5 5
180 000(元).
故 2019 年该市政府需要补贴 18 万元.
10.(2019·石家庄模拟)某厂有 4 台大型机器，在一个月中，1 台机器至多出现 1 次故障，
且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需 1 名工人进行维修.每台机器出现故
1
障的概率为 .
3
(1)问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行
维修的概率不少于 90%
(2)已知 1 名工人每月只有维修 1 台机器的能力，每月需支付给每位工人 1 万元的工资.
每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就能使该厂产生 5 万元的利润，否则将不产生
利润.若该厂现有 2 名工人，求该厂每月获利的均值.
解：(1)1 台机器是否出现故障可看作 1 次试验，在 1 次试验中，机器出现故障设为事件
1
A，则事件 A 的概率为 .该厂有 4 台机器，就相当于 4 次独立重复试验，可设出现故障的机
3
1
器台数为 X，则 X～B 4， 3 ，
∴P(X＝0)＝C0×
2 4 16
4 3 ＝ ， 81
1 2 32
P(X＝1)＝C1 34× ×3 3 ＝ ， 81
1 2 8
P(X＝2)＝C2× 24 3 ×
2
3 ＝ ， 27
1 2 8P(X＝3)＝C3× 34 3 × ＝ ， 3 81
1 1
P(X＝4)＝C4× 44 3 ＝ . 81
∴X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4
第 912页/共1004页
16 32 8 8 1
P
81 81 27 81 81
设该厂有 n 名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修”为
X≤n，即 X＝0，X＝1，X＝2，…，X＝n，这 n＋1 个互斥事件的和事件，则：
n 0 1 2 3 4
16 16 8 80
P(X≤n) 1
81 27 9 81
8 80
∵ ＜90%＜ ，∴该厂至少需要 3 名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故
9 81
障时能及时进行维修的概率不少于 90%.
(2)设该厂每月可获利 Y 万元，则 Y 的所有可能取值为 18,13,8，
8
P(Y＝18)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝ ，
9
8
P(Y＝13)＝P(X＝3)＝ ，
81
1
P(Y＝8)＝P(X＝4)＝ ，
81
∴Y 的分布列为：
Y 18 13 8
8 8 1
P
9 81 81
8 8 1 1 408
则 E(Y)＝18× ＋13× ＋8× ＝ (万元).
9 81 81 81
1 408
故该厂每月获利的均值为 万元.
81
B 级
1.(2018·全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 p，各成员的支付方式
相互独立.设 X 为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，
则 p＝( )
A.0.7 B.0.6
C.0.4 D.0.3
解析：选 B 由题意可知，10 位成员中使用移动支付的人数 X 服从二项分布，即 X～
B(10，p)，
所以 DX＝10p(1－p)＝2.4，所以 p＝0.4 或 0.6.
又因为 P(X＝4)＜P(X＝6)，
第 913页/共1004页
所以 C410p4(1－p)6＜C6 6 410p (1－p) ，
所以 p＞0.5，所以 p＝0.6.
1
2.设随机变量ξ服从正态分布 N(μ，σ2)，函数 f(x)＝x2＋4x＋ξ 没有零点的概率是 ，则
2
μ等于( )
A.1 B.2
C.4 D.不能确定
解析：选 C 当函数 f(x)＝x2＋4x＋ξ没有零点时，
Δ＝16－4ξ＜0，即ξ＞4，根据正态曲线的对称性，当函数 f(x)＝x2＋4x＋ξ没有零点
1
的概率是 时，μ＝4.
2
3.已知离散型随机变量 X 的分布列如表所示，若 E(X)＝0，D(X)＝1，则 P(X＜1)＝
________.
X －1 0 1 2
1
P a b c
12
解析：∵E(X)＝0，D(X)＝1，
1
a＋b＋c＋ ＝1，12
1
∴ －1×a＋0×b＋1×c＋2× ＝0，12
1 (－1)2×a＋02×b＋12×c＋22× ＝1，12
5 1 1 5 1 2
且 a，b，c∈[0,1]，解得 a＝ ，b＝ ，c＝ ，P(X＜1)＝P(X＝－1)＋P(X＝0)＝ ＋ ＝ .
12 4 4 12 4 3
2
答案：
3
4.甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪 80 元，每单送餐
员抽成 4 元；乙公司，无底薪，40 单以内(含 40 单)的部分送餐员每单抽成 6 元，超出 40 单
的部分送餐员每单抽成 7 元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司
各随机选取一名送餐员，并分别记录其 50 天的送餐单数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数 38 39 40 41 42
天数 10 15 10 10 5
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数 38 39 40 41 42
第 914页/共1004页
天数 5 10 10 20 5
(1)现从记录甲公司的 50 天送餐单数中随机抽取 3 天的送餐单数，求这 3 天送餐单数都
不小于 40 的概率.
(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：
①记乙公司送餐员日工资为 X(单位：元)，求 X 的分布列和数学期望 E(X)；
②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利
用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由.
解：(1)记抽取的 3 天送餐单数都不小于 40 为事件 M，
C325 23
则 P(M)＝ 3 ＝ . C50 196
(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为 a，
当 a＝38 时，X＝38×6＝228，
当 a＝39 时，X＝39×6＝234，
当 a＝40 时，X＝40×6＝240，
当 a＝41 时，X＝40×6＋1×7＝247，
当 a＝42 时，X＝40×6＋2×7＝254.
所以 X 的所有可能取值为 228,234,240,247,254.
故 X 的分布列为：
X 228 234 240 247 254
1 1 1 2 1
P
10 5 5 5 10
1 1 1 2 1
所以 E(X)＝228× ＋234× ＋240× ＋247× ＋254× ＝241.8.
10 5 5 5 10
②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为
38×0.2＋39×0.3＋40×0.2＋41×0.2＋42×0.1＝39.7，
所以甲公司送餐员的日平均工资为 80＋4×39.7＝238.8 元.
由①得乙公司送餐员的日平均工资为 241.8 元.
因为 238.8＜241.8，所以推荐小王去乙公司应聘.
5.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
第 915页/共1004页
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
1 2 3
可运行台数
若某台发电机运行，则该台发电机年利润为 5 000 万元；若某台发电机未运行，则该台
发电机年亏损 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？
10
解：(1)依题意，得 p1＝P(40＜X＜80)＝ ＝0.2， 50
35
p2＝P(80≤X≤120)＝ ＝0.7， 50
5
p3＝P(X＞120)＝ ＝0.1. 50
由二项分布可知，在未来 4 年中，至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为
P＝C04(1－p )43 ＋C1 34(1－p3) p3
＝(0.9)4＋4×(0.9)3×0.1＝0.947 7.
(2)记水电站年总利润为 Y(单位：万元).
①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(万元).
②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(万元).
③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
第 916页/共1004页
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(万元).
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.
第 917页/共1004页

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