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培优课　均值与方差的应用
1.某人有五把钥匙，其中两把可把门打开.随机取一把试开门，如果打不开，则将其不放回，再从剩下的钥匙中再取一把试开.那么第二次才将门打开的概率为（　　）
A.　　 　B.　　　C.　　　D.
2.某种疾病的患病率为5%，通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性，随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（　　）
A.0.46 B.0.046
C.0.68 D.0.068
3.设X，Y为随机变量，且EX＝2，E（X2）＝6，Y＝2X－1，则DY＝（　　）
A.9 B.8
C.5 D.4
4.某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，在下雨天里，刮风的概率为，则既刮风又下雨的概率为（　　）
A. B.
C. D.
5.若随机变量η的分布列为
η －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当P（η＜x）＝0.8时，实数x的取值范围是（　　）
A.（－∞，2] B.[1，2]
C.（1，2] D.（1，2）
6.某实验测试的规则是：每位学生最多可做3次实验，一旦实验成功，则停止实验，否则一直做到3次为止.设某学生一次实验成功的概率为p（0＜p＜1），实验次数为随机变量X，若X的数学期望EX＞1.56，则p的取值范围是（　　）
A.（0，0.6） B.（0，0.8）
C.（0.6，1） D.（0.8，1）
7.长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江雾凇，净月风光，查干冬渔，是著名的吉林八景，某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是，夏季来的概率是，如果冬季来，则看不到长白飞瀑，鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬渔，无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处参观，则某人去了“一眼望三国”景点的概率为（　　）
A. B.
C. D.
8.第二十二届世界杯足球赛，东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰分在A组进行单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场小组赛结果相互独立.已知东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p1＞p2＞p3＞0.记卡塔尔连胜两场的概率为p，则（　　）
A.卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，p最大
B.卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，p最大
C.卡塔尔在第二场与荷兰比赛，p最大
D.p与卡塔尔和厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰的比赛次序无关
9.（多选）已知事件A，B相互独立，则（　　）
A.事件A与事件不相互独立
B.P（A）＝P（A｜B）
C.事件AB与事件A互斥
D.在事件B发生的条件下，事件AB与事件B互为对立事件
10.（多选）离散型随机变量X的可能取值为1，2，3，4，P（X＝k）＝ak＋b（k＝1，2，3，4），EX＝3，则下列结论正确的是（　　）
A.P（X＝1）＝ B.P（X＝2）＝
C.P（X＝3）＝ D.a＋b＝
11.（多选）某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8，0.7，0.6，通过前一关才能进入下一关，且通过每一关相互独立，一选手参加该节目，则下列选项正确的是（　　）
A.该选手一关都没闯过的概率为0.024
B.该选手只闯过第一关的概率为0.24
C.该选手只闯过前两关的概率为0.56
D.该选手闯过前三关的概率为0.336
12.（多选）设0＜p＜1，已知随机变量ξ的分布列如下表，则下列结论正确的是（　　）
ξ 0 1 2
P p－p2 p2 1－p
A.P（ξ＝0）＜P（ξ＝2）
B.P（ξ＝2）的值最大
C.Eξ随着p的增大而增大
D.当p＝时，Dξ＝
13.已知随机变量X的分布列如下表：
X 1 2 3 4
P m
则P（｜X－2｜＝1）＝　　　　.
14.甲、乙、丙三人进行射击练习，已知甲、乙、丙击中目标的概率分别为0.4、0.5、0.8，则三人中至少有两人击中目标的概率为　　　　.
15.袋中有1个白球，2个黄球，2个红球，这5个小球除颜色外完全相同，每次不放回地从中取出1个球，取出白球即停，记X为取出的球中黄球数与红球数之差，则EX＝　　　　.
16.甲、乙两个袋中有大小相同的小球各4个，且每个袋中红球均为n个，黄球均为（4－n）个，现从两个袋中分别取一个球，取出一个红球得2分，取出一个黄球得1分，记两个袋中取球得到的总分数为随机变量ξ，若Eξ＝，则方差Dξ＝　　　　.
17.某电视台举行冲关直播活动，该活动共有四关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.7，第二关、第三关的通过率均为0.5，第四关的通过率为0.2，四关全部通过可以获得一等奖（奖金为700元），通过前三关就可以获得二等奖（奖金为200元）.假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动.
（1）求甲获得奖金的均值；
（2）已知甲和乙最后所得奖金之和为900元，求甲获得一等奖的概率.
18.某高校对该校学生进行了一次“身体素质测试”，包括铅球、50米跑、立定跳远三项.现将这三项的指标分别记为x，y，z，并对它们进行量化：0表示不合格，1表示合格，2表示优良，再用综合指标ω＝x＋y＋z的值评定身体素质等级，若ω≥4，则为一级；若2≤ω≤3，则为二级；若0≤ω≤1，则为三级.为了了解该校学生身体素质的情况，随机抽取了10人的测试成绩，得到如下表所示结果：
编号 A1 A2 A3 A4 A5
（x，y，z） （0，1，0） （1，2，1） （2，1，1） （2，2，2） （0，1，1）
编号 A6 A7 A8 A9 A10
（x，y，z） （1，1，2） （2，1，2） （2，0，1） （2，2，1） （0，2，1）
（1）在这10人中任取2人，求抽取的2人指标z相同的概率；
（2）从等级是一级的人中任取1人，其综合指标记为m，从等级不是一级的人中任取1人，其综合指标记为n，记随机变量X＝m－n，求X的均值和方差.
培优课　均值与方差的应用
1.D　设第i（i＝1，2）次打开门为事件Ai，则原问题为计算P＝×＝.故选D.
2.D　由题意得：P＝5%×（1－2%）＋（1－5%）×2%＝0.068，故选D.
3.B　由题意，DX＝E（X2）－（EX）2＝6－4＝2，故DY＝D（2X＋1）＝22DX＝8，故选B.
4.C　记A表示“下雨”，B表示“刮风”，AB表示“既刮风又下雨”，则P（A）＝，P（B）＝，P（B｜A）＝，所以P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝×＝，故选C.
5.C　由题意知，P（η＜－1）＝0.1，P（η＜0）＝0.3，P（η＜1）＝0.5，P（η＜2）＝0.8，P（η＜3）＝0.9，则当P（η＜x）＝0.8时，实数x的取值范围是（1，2].
6.A　X的所有可能取值为1，2，3，P（X＝1）＝p，P（X＝2）＝（1－p）p，P（X＝3）＝（1－p）2，由EX＝1×p＋2×（1－p）p＋3×（1－p）2＝p2－3p＋3＞1.56，解得p＜0.6或p＞2.4，又因为0＜p＜1，所以0＜p＜0.6，故选A.
7.C　设事件A1表示“冬季去吉林旅游”，事件A2表示“夏季去吉林旅游”，事件B表示“去了‘一眼望三国’”，则P（A1）＝，P（A2）＝，在冬季去了“一眼望三国”的概率P（B｜A1）＝＝，在夏季去了“一眼望三国”的概率P（B｜A2）＝＝，所以去了“一眼望三国”的概率P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝×＋×＝，故选C.
8.A　因为卡塔尔连胜两场，则第二场卡塔尔必胜，①设卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，且连胜两场的概率为P1，则P1＝2（1－p2）p1p3＋2（1－p3）·p1p2＝2p1（p2＋p3）－4p1p2p3；②设卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，且连胜两场的概率为P2，则P2＝2（1－p1）p2p3＋2（1－p3）p1p2＝2p2（p1＋p3）－4p1p2p3；③设卡塔尔在第二场与荷兰比赛，且连胜两场的概率为P3，则P3＝2（1－p1）p2p3＋2（1－p2）p1p3＝2p3（p1＋p2）－4p1p2p3.所以P1－P2＝2p3（p1－p2）＞0，P1－P3＝2p2（p1－p3）＞0，P2－P3＝2p1（p2－p3）＞0，所以P1＞P2＞P3，因此，卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，p最大，A对，B、C、D错，故选A.
9.BCD　因为P＝P（A－AB）＝P（A）－P（AB）＝P（A）－P（A）P（B）＝P（A）[1－P（B）]＝P（A）P，因此事件A与事件相互独立，故A错误；因为P（A｜B）＝＝＝P（A），故B正确；因为事件A，B相互独立，由A选项证得的结论知事件A与事件相互独立，因此AB与A不可能同时发生，所以AB与A互斥，故C正确；P（AB｜B）＝＝＝＝P（A），P（B｜B）＝＝＝＝P（），又因为P（）＋P（A）＝1，所以在事件B发生的条件下，事件AB与事件B互为对立事件，故D正确，故选B、C、D.
10.ABD　易知EX＝1×（a＋b）＋2×（2a＋b）＋3×（3a＋b）＋4×（4a＋b）＝3，即30a＋10b＝3　①.又（a＋b）＋（2a＋b）＋（3a＋b）＋（4a＋b）＝1，即10a＋4b＝1　②，由①②，得a＝，b＝0.则a＋b＝，D正确，P（X＝1）＝，P（X＝2）＝，P（X＝3）＝，A、B正确，C错误.
11.BD　因为某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8，0.7，0.6，且通过前一关才能进入下一关，且通过每一关相互独立，一选手参加该节目，所以该选手一关都没闯过的概率为1－0.8＝0.2，故A不正确；该选手只闯过第一关的概率为0.8×（1－0.7）＝0.24，故B正确；该选手只闯过前两关的概率为0.8×0.7×（1－0.6）＝0.224，故C不正确；该选手闯过前三关的概率为0.8×0.7×0.6＝0.336，故D正确；故选B、D.
12.AD　P（ξ＝0）＝p－p2＝p（1－p）＜1－p＝P（ξ＝2），所以A正确；令p＝，则P（ξ＝2）＝，P（ξ＝1）＝（）2＝＞，所以B错误；由题意得Eξ＝p2＋2（1－p）＝（p－1）2＋1，由于0＜p＜1，所以Eξ随着p的增大而减小，所以C错误；当p＝时，Eξ＝（）2＋1＝，Dξ＝（0－）2×＋（1－）2×＋（2－）2×＝，所以D正确.故选A、D.
13.　解析：由所有概率和为1，可得m＝，所以P（｜X－2｜＝1）＝P（X＝1）＋P（X＝3）＝＋＝.
14.0.6　解析：根据题意，三人均未击中目标的概率为0.6×0.5×0.2＝0.06；只有一人击中目标的概率为0.4×0.5×0.2＋0.6×0.5×0.2＋0.6×0.5×0.8＝0.34，所以三人中至少有两人击中目标的概率为1－0.06－0.34＝0.6.
15.0　解析：由题意得P（X＝0）＝＋×××2＋××××6＝，P（X＝1）＝P（X＝－1）＝×＋××××3＝，P（X＝2）＝P（X＝－2）＝××＝，故EX＝0×＋1×＋（－1）×＋2×＋（－2）×＝0.
16.　解析：由题意可知P（ξ＝2）＝·＝，P（ξ＝3）＝·＋·＝，P（ξ＝4）＝·＝，故Eξ＝2·＋3·＋4·＝，解得n＝1，所以Dξ＝（2－）2×＋（3－）2×＋（4－）2×＝.
17.解：（1）设甲获得的奖金为X元，则X可能的取值为0，200，700.
P（X＝200）＝0.7×0.5×0.5×0.8＝0.14，
P（X＝700）＝0.7×0.5×0.5×0.2＝0.035，
P（X＝0）＝1－0.14－0.035＝0.825，
所以甲获得的奖金的概率分布列为：
X 0 200 700
P 0.825 0.14 0.035
所以EX＝0.825×0＋0.14×200＋0.035×700＝52.5（元）.
（2）设事件A：甲和乙最后所得奖金之和为900元，事件B：甲选手获得一等奖，
由（1）知获得二等奖的概率为0.14，获得一等奖的概率为0.035，
所以P（A）＝0.14×0.035×2＝0.009 8，
P（AB）＝0.14×0.035＝0.004 9，
所以所求的概率P（B｜A）＝＝＝.
18.解：（1）由表可知，指标z为0的有A1，
指标z为1的有A2，A3，A5，A8，A9，A10，
指标z为2的有A4，A6，A7.
在这10人中任取2人，所有的情况种数为＝45，
抽取的2人指标z相同包含的情况种数为＋＝18，
所以抽取的2人指标z相同的概率P＝＝.
（2）由题意得10人的综合指标如下表：
编号 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10
综合 指标 1 4 4 6 2 4 5 3 5 3
其中等级是一级的有A2，A3，A4，A6，A7，A9，共6个，
等级不是一级的有A1，A5，A8，A10，共4个.
随机变量X的取值为1，2，3，4，5，
P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝＝，
P（X＝5）＝＝，
所以X的分布列为
X 1 2 3 4 5
P
则EX＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
DX＝×（1－）2＋×（2－）2＋×（3－）2＋×（4－）2＋×（5－）2＝.
3 / 3　均值与方差的应用
题型一 均值与方差性质的应用
【例1】　已知X的分布列为
X －1 0 1
P a
（1）求X2的分布列；
（2）计算X的方差；
（3）若Y＝4X＋3，求Y的均值和方差.
尝试解答
通性通法
1.离散型随机变量aX＋b的均值可以利用性质E（aX＋b）＝aEX＋b求解.
2.方差的计算需要一定的运算能力，公式的记忆不能出错.在随机变量X2的均值比较好计算的情况下，运用关系式DX＝E（X2）－（EX）2不失为一种比较实用的方法.另外注意方差性质的应用，如D（aX＋b）＝a2DX.
【跟踪训练】
已知随机变量ξ的概率分布为P（ξ＝k）＝，k＝1，2，3，则D（2ξ＋3）＝（　　）
A.　　 B.　　　C.2　　 D.
题型二 均值、方差在决策中的应用
【例2】　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：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及均值.
（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.
尝试解答
通性通法
　　利用样本的数字特征解决有关决策问题的关键：（1）建立模型，根据题意准确建立解决问题的概率模型，要注意各种概率模型的差异性，不能混淆；（2）分析数据，分析题中的相关数据，确定概率模型中的相关参数；（3）求值，利用概率知识求出概率模型中的数学期望、方差等数字特征；（4）做出决策，比较概率模型中的数字特征，确定解决问题的最优方案，做出决策.
【跟踪训练】
某机器生产商对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案：
方案一：交纳延保金6 000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次后每次收取维修费1 500元；
方案二：交纳延保金7 740元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次后每次收取维修费960元.
某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保两年内的维修次数，统计得下表：
维修次数 0 1 2 3
机器台数 20 10 40 30
以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率，记X表示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数.
（1）求X的分布列；
（2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更划算？
培优课　均值与方差的应用
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）由分布列的性质，知＋＋a＝1，故a＝，
从而X2的分布列为
X2 0 1
P
（2）由（1）知a＝，所以X的均值EX＝（－1）×＋0×＋1×＝－.
故X的方差DX＝（－1＋）2×＋（0＋）2×＋（1＋）2×＝.
（3）因为Y＝4X＋3，所以EY＝4EX＋3＝2，DY＝42DX＝11.
跟踪训练
　D　由随机变量ξ的概率分布可得Eξ＝（1＋2＋3）×＝2，∴Dξ＝（1－2）2×＋（2－2）2×＋（3－2）2×＝，则D（2ξ＋3）＝4Dξ＝.
【例2】　解：（1）设顾客所获的奖励额为X（单位：元）.
①依题意，得P（X＝60）＝＝，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
②依题意，得X的所有可能取值为20，60.
P（X＝60）＝，P（X＝20）＝＝，
所以X的分布列为
X 20 60
P
所以顾客所获的奖励额的均值EX＝20×＋60×＝40.
（2）根据商场的预算，每位顾客的平均奖励额为60元.所以先寻找均值为60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是面值之和的最大值，所以均值不可能为60；如果选择（50，50，50，10）的方案，因为60是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60，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.
对两个方案进行分析：
对于方案1，即方案（10，10，50，50），设顾客所获的奖励额（单位：元）为X1，则X1的分布列为
X1 20 60 100
P
所以X1的均值EX1＝20×＋60×＋100×＝60，
X1的方差DX1＝（20－60）2×＋（60－60）2×＋（100－60）2×＝.
对于方案2，即方案（20，20，40，40），设顾客所获的奖励额（单位：元）为X2，
则X2的分布列为
X2 40 60 80
P
所以X2的均值EX2＝40×＋60×＋80×＝60，
X2的方差DX2＝（40－60）2×＋（60－60）2×＋（80－60）2×＝.
由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2的奖励额的方差比方案1的小，故应该选择方案2.
跟踪训练
　解：（1）X的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，
P（X＝0）＝×＝，
P（X＝1）＝××2＝，
P（X＝2）＝×＋××2＝，
P（X＝3）＝××2＋××2＝，
P（X＝4）＝×＋××2＝，
P（X＝5）＝××2＝，
P（X＝6）＝×＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
（2）若选择方案一，则所需延保金与维修费用之和Y1的分布列为
Y1 6 000 7 500 9 000 10 500 12 000
P
所以EY1＝×6 000＋×7 500＋×9 000＋×10 500＋×12 000＝8 580.
若选择方案二，则所需延保金与维修费用之和Y2的分布列为
Y2 7 740 8 700 9 660
P
所以EY2＝×7 740＋×8 700＋×9 660＝8 143.2.
所以EY1＞EY2，所以选择方案二更划算.
2 / 2(共58张PPT)
培优课　
均值与方差的应用
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 均值与方差性质的应用
【例1】　已知 X 的分布列为
X －1 0 1
P a
（1）求 X2的分布列；
解：由分布列的性质，知 ＋ ＋ a ＝1，故 a ＝ ，
从而 X2的分布列为
X2 0 1
P
（2）计算 X 的方差；
解：由（1）知 a ＝ ，所以 X 的均值 EX ＝（－1）× ＋
0× ＋1× ＝－ .
故 X 的方差 DX ＝（－1＋ ）2× ＋（0＋ ）2× ＋（1＋ ）
2× ＝ .
（3）若 Y ＝4 X ＋3，求 Y 的均值和方差.
解：因为 Y ＝4 X ＋3，所以 EY ＝4 EX ＋3＝2， DY ＝42 DX
＝11.
通性通法
1. 离散型随机变量 aX ＋ b 的均值可以利用性质 E （ aX ＋ b ）＝ aEX ＋
b 求解.
2. 方差的计算需要一定的运算能力，公式的记忆不能出错.在随机变量
X2的均值比较好计算的情况下，运用关系式 DX ＝ E （ X2）－
（ EX ）2不失为一种比较实用的方法.另外注意方差性质的应用，如
D （ aX ＋ b ）＝ a2 DX .
【跟踪训练】
已知随机变量ξ的概率分布为 P （ξ＝ k ）＝ ， k ＝1，2，3，则 D
（2ξ＋3）＝（　　）
C. 2
解析：　由随机变量ξ的概率分布可得 E ξ＝（1＋2＋3）× ＝2，
∴ D ξ＝（1－2）2× ＋（2－2）2× ＋（3－2）2× ＝ ，则 D
（2ξ＋3）＝4 D ξ＝ .
题型二 均值、方差在决策中的应用
【例2】　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：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及均值.
解：设顾客所获的奖励额为 X （单位：元）.
①依题意，得 P （ X ＝60）＝ ＝ ，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为 .
②依题意，得 X 的所有可能取值为20，60.
P （ X ＝60）＝ ， P （ X ＝20）＝ ＝ ，
所以 X 的分布列为
X 20 60
P
所以顾客所获的奖励额的均值 EX ＝20× ＋60× ＝40.
（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：根据商场的预算，每位顾客的平均奖励额为60元.所以
先寻找均值为60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是面值之和
的最大值，所以均值不可能为60；如果选择（50，50，50，
10）的方案，因为60是面值之和的最小值，所以均值也不可能
为60，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.
对两个方案进行分析：
对于方案1，即方案（10，10，50，50），设顾客所获的奖励额（单位：元）为 X1，则 X1的分布列为
X1 20 60 100
P
所以 X1的均值 EX1＝20× ＋60× ＋100× ＝60，
X1的方差 DX1＝（20－60）2× ＋（60－60）2× ＋（100－
60）2× ＝ .
对于方案2，即方案（20，20，40，40），设顾客所获的奖励额
（单位：元）为 X2，则 X2的分布列为
X2 40 60 80
P
所以 X2的均值 EX2＝40× ＋60× ＋80× ＝60，
X2的方差 DX2＝（40－60）2× ＋（60－60）2× ＋（80－60）
2× ＝ .
由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2的奖励额的
方差比方案1的小，故应该选择方案2.
通性通法
　　利用样本的数字特征解决有关决策问题的关键：（1）建立模
型，根据题意准确建立解决问题的概率模型，要注意各种概率模型的
差异性，不能混淆；（2）分析数据，分析题中的相关数据，确定概
率模型中的相关参数；（3）求值，利用概率知识求出概率模型中的
数学期望、方差等数字特征；（4）做出决策，比较概率模型中的数
字特征，确定解决问题的最优方案，做出决策.
【跟踪训练】
某机器生产商对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两
年内的延保维修方案：
方案一：交纳延保金6 000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2
次后每次收取维修费1 500元；
方案二：交纳延保金7 740元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4
次后每次收取维修费960元.
某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买
哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保
两年内的维修次数，统计得下表：
维修次数 0 1 2 3
机器台数 20 10 40 30
以这100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率，
记 X 表示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数.
（1）求 X 的分布列；
解：X 的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，
P （ X ＝0）＝ × ＝ ，
P （ X ＝1）＝ × ×2＝ ，
P （ X ＝2）＝ × ＋ × ×2＝ ，
P （ X ＝3）＝ × ×2＋ × ×2＝ ，
P （ X ＝4）＝ × ＋ × ×2＝ ，
P （ X ＝5）＝ × ×2＝ ，
P （ X ＝6）＝ × ＝ ，
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
（2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，该工厂选择
哪种延保方案更划算？
解：若选择方案一，则所需延保金与维修费用之和 Y1的分
布列为
Y1 6 000 7 500 9 000 10 500 12 000
P
所以 EY1＝ ×6 000＋ ×7 500＋ ×9 000＋ ×10 500＋
×12 000＝8 580.
若选择方案二，则所需延保金与维修费用之和 Y2的分布列为
Y2 7 740 8 700 9 660
P
所以 EY2＝ ×7 740＋ ×8 700＋ ×9 660＝8 143.2.
所以 EY1＞ EY2，所以选择方案二更划算.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 某人有五把钥匙，其中两把可把门打开.随机取一把试开门，如果打
不开，则将其不放回，再从剩下的钥匙中再取一把试开.那么第二次
才将门打开的概率为（　　）
解析：　设第 i （ i ＝1，2）次打开门为事件 Ai ，则原问题为计算
P ＝ × ＝ .故选D.
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2. 某种疾病的患病率为5%，通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非
患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性，随机
抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（　　）
A. 0.46 B. 0.046
C. 0.68 D. 0.068
解析：　由题意得： P ＝5%×（1－2%）＋（1－5%）×2%＝
0.068，故选D.
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3. 设 X ， Y 为随机变量，且 EX ＝2， E （ X2）＝6， Y ＝2 X －1，则 DY
＝（　　）
A. 9 B. 8
C. 5 D. 4
解析：　由题意， DX ＝ E （ X2）－（ EX ）2＝6－4＝2，故 DY ＝
D （2 X ＋1）＝22 DX ＝8，故选B.
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4. 某地区气象台统计，该地区下雨的概率是 ，刮风的概率为 ，在
下雨天里，刮风的概率为 ，则既刮风又下雨的概率为（　　）
解析：　记 A 表示“下雨”， B 表示“刮风”， AB 表示“既刮风又下
雨”，则 P （ A ）＝ ， P （ B ）＝ ， P （ B ｜ A ）＝ ，所以 P
（ AB ）＝ P （ A ） P （ B ｜ A ）＝ × ＝ ，故选C.
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5. 若随机变量η的分布列为
η －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当 P （η＜ x ）＝0.8时，实数 x 的取值范围是（　　）
A. （－∞，2] B. [1，2]
C. （1，2] D. （1，2）
解析：　由题意知， P （η＜－1）＝0.1， P （η＜0）＝0.3， P （η
＜1）＝0.5， P （η＜2）＝0.8， P （η＜3）＝0.9，则当 P （η＜ x ）
＝0.8时，实数 x 的取值范围是（1，2].
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6. 某实验测试的规则是：每位学生最多可做3次实验，一旦实验成
功，则停止实验，否则一直做到3次为止.设某学生一次实验成功的
概率为 p （0＜ p ＜1），实验次数为随机变量 X ，若 X 的数学期望
EX ＞1.56，则 p 的取值范围是（　　）
A. （0，0.6） B. （0，0.8）
C. （0.6，1） D. （0.8，1）
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解析：　 X 的所有可能取值为1，2，3， P （ X ＝1）＝ p ， P （ X
＝2）＝（1－ p ） p ， P （ X ＝3）＝（1－ p ）2，由 EX ＝1× p ＋
2×（1－ p ） p ＋3×（1－ p ）2＝ p2－3 p ＋3＞1.56，解得 p ＜0.6或
p ＞2.4，又因为0＜ p ＜1，所以0＜ p ＜0.6，故选A.
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7. 长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江
雾凇，净月风光，查干冬渔，是著名的吉林八景，某人打算到吉林
旅游，冬季来的概率是 ，夏季来的概率是 ，如果冬季来，则看不
到长白飞瀑，鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾凇
和查干冬渔，无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当
中选择两处参观，则某人去了“一眼望三国”景点的概率为（　　）
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解析：　设事件 A1表示“冬季去吉林旅游”，事件 A2表示“夏季去吉
林旅游”，事件 B 表示“去了‘一眼望三国’”，则 P （ A1）＝ ， P
（ A2）＝ ，在冬季去了“一眼望三国”的概率 P （ B ｜ A1）＝
＝ ，在夏季去了“一眼望三国”的概率 P （ B ｜ A2）＝ ＝ ，所
以去了“一眼望三国”的概率 P （ B ）＝ P （ A1） P （ B ｜ A1）＋ P
（ A2） P （ B ｜ A2）＝ × ＋ × ＝ ，故选C.
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8. 第二十二届世界杯足球赛，东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、
荷兰分在 A 组进行单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场
小组赛结果相互独立.已知东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷
兰比赛获胜的概率分别为 p1， p2， p3，且 p1＞ p2＞ p3＞0.记卡塔尔
连胜两场的概率为 p ，则（　　）
A. 卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛， p 最大
B. 卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛， p 最大
C. 卡塔尔在第二场与荷兰比赛， p 最大
D. p 与卡塔尔和厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰的比赛次序无关
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解析：　因为卡塔尔连胜两场，则第二场卡塔尔必胜，①设卡塔
尔在第二场与厄瓜多尔比赛，且连胜两场的概率为 P1，则 P1＝2（1
－ p2） p1 p3＋2（1－ p3）· p1 p2＝2 p1（ p2＋ p3）－4 p1 p2 p3；②设卡
塔尔在第二场与塞内加尔比赛，且连胜两场的概率为 P2，则 P2＝2
（1－ p1） p2 p3＋2（1－ p3） p1 p2＝2 p2（ p1＋ p3）－4 p1 p2 p3；③设
卡塔尔在第二场与荷兰比赛，且连胜两场的概率为 P3，则 P3＝2（1
－ p1） p2 p3＋2（1－ p2） p1 p3＝2 p3（ p1＋ p2）－4 p1 p2 p3.所以 P1－
P2＝2 p3（ p1－ p2）＞0， P1－ P3＝2 p2（ p1－ p3）＞0， P2－ P3＝2
p1（ p2－ p3）＞0，所以 P1＞ P2＞ P3，因此，卡塔尔在第二场与厄
瓜多尔比赛， p 最大，A对，B、C、D错，故选A.
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9. （多选）已知事件 A ， B 相互独立，则（　　）
B. P （ A ）＝ P （ A ｜ B ）
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解析：　因为 P ＝ P （ A － AB ）＝ P （ A ）－ P （ AB ）
＝ P （ A ）－ P （ A ） P （ B ）＝ P （ A ）[1－ P （ B ）]＝ P （ A ） P
，因此事件 A 与事件 相互独立，故A错误；因为 P （ A ｜ B ）
＝ ＝ ＝ P （ A ），故B正确；因为事件 A ， B
相互独立，由A选项证得的结论知事件 A 与事件 相互独立，因此
AB 与 A 不可能同时发生，所以 AB 与 A 互斥，故C正确；
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P （ AB ｜ B ）＝ ＝ ＝ ＝ P （ A ）， P
（ B ｜ B ）＝ ＝ ＝ ＝ P （ ），又因为 P
（ ）＋ P （ A ）＝1，所以在事件 B 发生的条件下，事件 AB 与事件
B 互为对立事件，故D正确，故选B、C、D.
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10. （多选）离散型随机变量 X 的可能取值为1，2，3，4， P （ X ＝
k ）＝ ak ＋ b （ k ＝1，2，3，4）， EX ＝3，则下列结论正确的是
（　　）
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解析：　易知 EX ＝1×（ a ＋ b ）＋2×（2 a ＋ b ）＋3×（3 a
＋ b ）＋4×（4 a ＋ b ）＝3，即30 a ＋10 b ＝3　①.又（ a ＋ b ）＋
（2 a ＋ b ）＋（3 a ＋ b ）＋（4 a ＋ b ）＝1，即10 a ＋4 b ＝1　
②，由①②，得 a ＝ ， b ＝0.则 a ＋ b ＝ ，D正确， P （ X ＝1）
＝ ， P （ X ＝2）＝ ， P （ X ＝3）＝ ，A、B正确，C错误.
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11. （多选）某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为
0.8，0.7，0.6，通过前一关才能进入下一关，且通过每一关相互独
立，一选手参加该节目，则下列选项正确的是（　　）
A. 该选手一关都没闯过的概率为0.024
B. 该选手只闯过第一关的概率为0.24
C. 该选手只闯过前两关的概率为0.56
D. 该选手闯过前三关的概率为0.336
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解析：　因为某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率
分别为0.8，0.7，0.6，且通过前一关才能进入下一关，且通过每一
关相互独立，一选手参加该节目，所以该选手一关都没闯过的概
率为1－0.8＝0.2，故A不正确；该选手只闯过第一关的概率为
0.8×（1－0.7）＝0.24，故B正确；该选手只闯过前两关的概率为
0.8×0.7×（1－0.6）＝0.224，故C不正确；该选手闯过前三关的
概率为0.8×0.7×0.6＝0.336，故D正确；故选B、D.
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12. （多选）设0＜ p ＜1，已知随机变量ξ的分布列如下表，则下列结
论正确的是（　　）
ξ 0 1 2
P p － p2 p2 1－ p
A. P （ξ＝0）＜ P （ξ＝2）
B. P （ξ＝2）的值最大
C. E ξ随着 p 的增大而增大
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解析：　 P （ξ＝0）＝ p － p2＝ p （1－ p ）＜1－ p ＝ P （ξ＝
2），所以A正确；令 p ＝ ，则 P （ξ＝2）＝ ， P （ξ＝1）＝
（ ）2＝ ＞ ，所以B错误；由题意得 E ξ＝ p2＋2（1－ p ）＝
（ p －1）2＋1，由于0＜ p ＜1，所以 E ξ随着 p 的增大而减小，所以
C错误；当 p ＝ 时， E ξ＝（ ）2＋1＝ ， D ξ＝（0－ ）2× ＋
（1－ ）2× ＋（2－ ）2× ＝ ，所以D正确.故选A、D.
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13. 已知随机变量 X 的分布列如下表：
X 1 2 3 4
P m

解析：由所有概率和为1，可得 m ＝ ，所以 P （｜ X －2｜＝1）＝
P （ X ＝1）＋ P （ X ＝3）＝ ＋ ＝ .
　
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14. 甲、乙、丙三人进行射击练习，已知甲、乙、丙击中目标的概率
分别为0.4、0.5、0.8，则三人中至少有两人击中目标的概率
为 .
解析：根据题意，三人均未击中目标的概率为0.6×0.5×0.2＝
0.06；只有一人击中目标的概率为0.4×0.5×0.2＋0.6×0.5×0.2＋
0.6×0.5×0.8＝0.34，所以三人中至少有两人击中目标的概率为1
－0.06－0.34＝0.6.
0.6　
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15. 袋中有1个白球，2个黄球，2个红球，这5个小球除颜色外完全相
同，每次不放回地从中取出1个球，取出白球即停，记 X 为取出的
球中黄球数与红球数之差，则 EX ＝ .
解析：由题意得 P （ X ＝0）＝ ＋ × × ×2＋ × × × ×6
＝ ， P （ X ＝1）＝ P （ X ＝－1）＝ × ＋ × × × ×3＝
， P （ X ＝2）＝ P （ X ＝－2）＝ × × ＝ ，故 EX ＝0×
＋1× ＋（－1）× ＋2× ＋（－2）× ＝0.
0　
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16. 甲、乙两个袋中有大小相同的小球各4个，且每个袋中红球均为 n
个，黄球均为（4－ n ）个，现从两个袋中分别取一个球，取出一
个红球得2分，取出一个黄球得1分，记两个袋中取球得到的总分
数为随机变量ξ，若 E ξ＝ ，则方差 D ξ＝ 　 　.
　
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解析：由题意可知 P （ξ＝2）＝ · ＝ ， P （ξ＝3）
＝ · ＋ · ＝ ， P （ξ＝4）＝ · ＝ ，故 E ξ＝
2· ＋3· ＋4· ＝ ，解得 n ＝1，所以 D ξ＝（2－
）2× ＋（3－ ）2× ＋（4－ ）2× ＝ .
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17. 某电视台举行冲关直播活动，该活动共有四关，只有一等奖和二
等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通
过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.7，第二关、第三关
的通过率均为0.5，第四关的通过率为0.2，四关全部通过可以获得
一等奖（奖金为700元），通过前三关就可以获得二等奖（奖金为
200元）.假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手
参加本次活动.
（1）求甲获得奖金的均值；
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解：设甲获得的奖金为 X 元，则 X 可能的取值为0，
200，700.
P （ X ＝200）＝0.7×0.5×0.5×0.8＝0.14，
P （ X ＝700）＝0.7×0.5×0.5×0.2＝0.035，
P （ X ＝0）＝1－0.14－0.035＝0.825，
所以甲获得的奖金的概率分布列为：
X 0 200 700
P 0.825 0.14 0.035
所以 EX ＝0.825×0＋0.14×200＋0.035×700＝52.5（元）.
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（2）已知甲和乙最后所得奖金之和为900元，求甲获得一等奖的
概率.
解：设事件 A ：甲和乙最后所得奖金之和为900元，事
件 B ：甲选手获得一等奖，
由（1）知获得二等奖的概率为0.14，获得一等奖的概率为0.035，
所以 P （ A ）＝0.14×0.035×2＝0.009 8，
P （ AB ）＝0.14×0.035＝0.004 9，
所以所求的概率 P （ B ｜ A ）＝ ＝ ＝ .
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18. 某高校对该校学生进行了一次“身体素质测试”，包括铅球、50米
跑、立定跳远三项.现将这三项的指标分别记为 x ， y ， z ，并对它
们进行量化：0表示不合格，1表示合格，2表示优良，再用综合指
标ω＝ x ＋ y ＋ z 的值评定身体素质等级，若ω≥4，则为一级；若
2≤ω≤3，则为二级；若0≤ω≤1，则为三级.为了了解该校学生身体素
质的情况，随机抽取了10人的测试成绩，得到如下表所示结果：
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
编号 A1 A2 A3 A4 A5
（ x ， y ，
z ） （0，1，
0） （1，2，
1） （2，1，
1） （2，2，
2） （0，1，
1）
编号 A6 A7 A8 A9 A10
（ x ， y ，
z ） （1，1，
2） （2，1，
2） （2，0，
1） （2，2，
1） （0，2，
1）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（1）在这10人中任取2人，求抽取的2人指标 z 相同的概率；
解：由表可知，指标 z 为0的有 A1，
指标 z 为1的有 A2， A3， A5， A8， A9， A10，
指标 z 为2的有 A4， A6， A7.
在这10人中任取2人，所有的情况种数为 ＝45，
抽取的2人指标 z 相同包含的情况种数为 ＋ ＝18，
所以抽取的2人指标 z 相同的概率 P ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）从等级是一级的人中任取1人，其综合指标记为 m ，从等级
不是一级的人中任取1人，其综合指标记为 n ，记随机变量 X
＝ m － n ，求 X 的均值和方差.
解：由题意得10人的综合指标如下表：
编号 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10
综合指标 1 4 4 6 2 4 5 3 5 3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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18
其中等级是一级的有 A2， A3， A4， A6， A7， A9，共6个，
等级不是一级的有 A1， A5， A8， A10，共4个.
随机变量 X 的取值为1，2，3，4，5，
P （ X ＝1）＝ ＝ ， P （ X ＝2）＝ ＝ ，
P （ X ＝3）＝ ＝ ，
P （ X ＝4）＝ ＝ ，
P （ X ＝5）＝ ＝ ，
所以 X 的分布列为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
X 1 2 3 4 5
P
则 EX ＝1× ＋2× ＋3× ＋4× ＋5× ＝ .
DX ＝ ×（1－ ）2＋ ×（2－ ）2＋ ×（3－ ）2＋
×（4－ ）2＋ ×（5－ ）2＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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