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(共33张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.若随机变量X的分布列为
则E(X)= (　　)
A. B.- C. D.0
解析:由题意,得q+-2q+3q=1,所以q=,E(X)=0×+1×-1×=-.
√
X 0 1 -1
P q -2q 3q
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2.(2024·大连三模)在调查对某大型活动满意度比例为0.9的人员中抽取10人,设当中持有满意态度的人数为X,随机变量Y=2X+3,则Y的方差D(Y)的值为 (　　)
A.21 B.6.6
C.3.6 D.4.8
解析:由题意可知,随机变量X服从二项分布,
即X~B(10,0.9),则D(X)=10×0.9×0.1=0.9,
又Y=2X+3,则D(Y)=D(2X+3)=4D(X)=4×0.9=3.6.
√
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3.(2024·湖州模拟)设0√
X 0 1 2
P b
则当a在(0,1)内增大时 (　　)
A.D(X)增大 B.D(X)减小
C.D(X)先减小后增大 D.D(X)先增大后减小
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解析:根据随机变量分布列的性质可知++b=1,所以b=,
所以E(X)=0×+1×+2b=(1+2a),
所以D(X)=·+·+
·=-a2+a+=-(a-1)2+,
因为01
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4.棣莫弗 拉普拉斯中心极限定理表明:若随机变量X~B(n,p),当n充分大时,X可以用服从正态分布的随机变量Y来近似,且Y的期望和方差与X的期望和方差相同.已知某运动员每次投篮的命中率为,则他在1 800次投篮中,超过1 180次命中的概率约为(参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3)(　　)
A.0.658 65 B.0.841 35
C.0.977 25 D.0.998 65
√
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解析:设该运动员投篮1 800次有X次命中,则X~B,所以E(X)=np=1 800×=1 200,D(X)=np(1-p)=1 800××=400.令Y~N(1 200,202),则P(Y>1 180)=P(Y>1 200-20)≈0.5+=0.841 35,即他在1 800次投篮中,超过1 180次命中的概率约为0.841 35.
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5.随机变量X的概率分布密度函数f(x)=(x∈R),其图象如图所示,设P(X≥2)=0.15,则图中阴影部分的面积为　　　　.
解析:由题意可知X~N(1,σ2),则P(X≤0)=P(X≥2)=0.15,故图中阴影部分的面积为=0.35.
0.35
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6.已知 x,y,z∈N*,且x+y+z=6,记随机变量X为x,y,z中的最小值,
则E(X)=　　　　.
解析:若x,y,z∈N*,且x+y+z=6,
则所有情况有(1,1,4),(1,2,3),(1,3,2),(1,4,1),(2,1,3),(2,2,2),
(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1),(4,1,1),共10种,X的可能取值为1,2,其中X=2时,只有(2,2,2)一种情况,
故P(X=2)=,则P(X=1)=,所以E(X)=1×+2×=.
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7.粮稳则天下安.粮食安全是关乎全局和长远的战略问题,要确保中国人的饭碗牢牢端在自己手中.现有某品种杂交水稻,从中随机抽取15株作为样本进行观测,并记录每株水稻的生长周期(单位:天),按从小到大排序结果如下:
96 97 100 103 106 107 107 108 110 110 113 116 121 129 131
已知这组样本数据的第10百分位数、中位数、第80百分位数分别为a,b,c.
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(1)求a,b,c;
解:依题意,样本数据的个数n=15,因为n·10%=1.5,所以第10百分位数为第2个数据,即a=97,中位数为第8个数据,即b=108,因为n·80%=12,所以第80百分位数为第12个数据与第13个数据的平均数,即c==118.5,故a=97,b=108,c=118.5.
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(2)在某科研任务中,把该品种所有生长周期位于区间(a,c)的稻株记为“甲类”,其余记为“乙类”.现从该品种水稻中随机抽取4株,设其中甲类有X株,求X的分布列和数学期望(以样本中甲类稻株的频率作为该品种水稻的一株稻株属于甲类的概率).
解:因为区间(a,c)=(97,118.5),样本数据中共有10个数据位于该区间,
由题意,该品种水稻的一株稻株属于甲类的概率为=,
则随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,4,且X~B,
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P(X=0)=××=,P(X=1)=××=,
P(X=2)=××==,P(X=3)=××=,
P(X=4)=××=,
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故X的分布列为
X的数学期望为E(X)=4×=.
X 0 1 2 3 4
P
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8.某农产品经销商计划分别在甲、乙两个市场销售某种农产品(两个市场的销售互不影响),为了了解该农产品的销售情况,现分别调查了该农产品在甲、乙两个市场过去10个销售周期内的销售情况,得下表:
√
市场 销售周期个数
3吨 4吨 5吨
甲 3 4 3
乙 2 5 3
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(1)从过去10个销售周期中随机抽取一个销售周期,求甲市场销售量为4吨的概率;
解:设甲市场销售量为4吨的事件为A,则P(A)=0.4.
(2)以市场销售量的频率代替销售量的概率.设X(单位:吨)表示下个销售周期两个市场的总销售量,求随机变量X的概率分布列;
解:设甲市场销售量为x吨的概率为P(x),乙市场销售量为y吨的概率为P(y),则由题意得P(x=3)=0.3,P(x=4)=0.4,P(x=5)=0.3; P(y=3)=0.2,P(y=4)=0.5,P(y=5)=0.3.
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设两个市场总销售量为X的概率为P(X),X所有可能的取值为6,7,8,9,10,P(X=6)=P(x=3,y=3)=P(x=3)P(y=3)=0.3×0.2=0.06,P(X=7)=P(x=3,y=4)+P(x=4,y=3)=0.3×0.5+0.4×0.2=0.23,P(X=8)=P(x=3,y=5)+P(x=4,y=4)+P(x=5,y=3)=0.3×0.3+0.4×0.5+0.3×0.2=0.35,P(X=9)=P(x=4,y=5)+P(x=5,y=4)=0.4×0.3+0.3×0.5=0.27,
P(X=10)=P(x=5,y=5)=0.3×0.3=0.09,
所以X的分布列如下表:
X 6 7 8 9 10
P 0.06 0.23 0.35 0.27 0.09
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(3)在(2)的条件下,设该经销商计划在下个销售周期购进n吨该产品,在甲、乙两个市场同时销售,已知该产品每售出1吨获利1 000元,未售出的产品降价处理,每吨亏损200元.以销售利润的期望作为决策的依据,判断n=7与n=8应选用哪一个.
解:由(2)知,当n=7时,P(X=6)=0.06,P(X≥7)=0.94,
设销售利润为T1,则当X=6时,T1=1 000×6-(7-6)×200=5 800,
当X≥7时,T1=1 000×7=7 000,
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因此T1的分布列为
则E(T1)=5 800×0.06+7 000×0.94=6 928元.当n=8时,
P(X=6)=0.06,P(X=7)=0.23,P(X≥8)=0.71,设销售利润为T2,
则当X=6时,T2=1 000×6-(8-6)×200=5 600,当X=7时,T2=1 000×7-(8-7)×200=6 800,当X≥8时,T2=1 000×8=8 000,
X X=6 X≥7
T1 5 800 7 000
P 0.06 0.94
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因此T2的分布列为
则E(T2)=5 600×0.06+6 800×0.23+8 000×0.71=7 580元.
因为7 580>6 928,所以应选n=8.
X X=6 X=7 X≥8
T2 5 600 6 800 8 000
P 0.06 0.23 0.71
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9.已知随机变量ξ满足P(ξ=0)=1-p,P(ξ=1)=p,其中0A.E(η)>E(ξ) B.E(η)C.D(η)>D(ξ) D.D(η)√
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解析:随机变量ξ满足P(ξ=0)=1-p,P(ξ=1)=p,其中0ξ 0 1
P 1-p p
所以E(ξ)=p,D(ξ)=p(1-p),随机变量η=|ξ-E(ξ)|,所以当ξ=0时,η=|ξ-E(ξ)|=p,当ξ=1时,η=|ξ-E(ξ)|=1-p,
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所以随机变量η=|ξ-E(ξ)|的分布列如下表所示(当p=0.5时,η只有一个情况,概率为1).
则E(η)=p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p),D(η)=[p-2p(1-p)]2·(1-p)+[1-p-2p(1-p)]2·p=p(1-p)(2p-1)2,当E(ξ)=E(η)即p=2p(1-p),解得p=.所以A、B错误.D(ξ)-D(η)=p(1-p)-p(1-p)(2p-1)2=4p2(1-p)2>0恒成立.所以C错误,D正确.故选D.
η p 1-p
P 1-p p
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10.已知4件产品中有2件次品,现逐个不放回检测,直至能确定所有次
品为止,记检测次数为X,则E(X)=　　　　.
解析:记检测次数为X,则X=2,3,当X=2时,检测的两件产品均为正品或均为次品,则P(X=2)==,
当X=3时,只需前两件产品中正品和次品各一件,第三件无论是正品还是次品,都能确定所有次品,则P(X=3)==,所以E(X)=2×+3×=.
11.(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率
为　　　　　　.
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解析:设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X2,X3,X4,四轮的总得分为X.对于任意一轮,甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等,其中使得甲获胜的出牌组合有六种,从而甲在该轮获胜的概率P(Xk=1)==,所以E(Xk)=(k=1,2,3,4).从而E(X)=E(X1+X2+X3+X4)= E(Xk)= =.记pk=P(X=k)(k=0,1,2,3).
如果甲得0分,则组合方式是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以p0==.
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如果甲得3分,则组合方式也是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出8,2,4,6,所以p3==.而X的所有可能取值是0,1,2,3,
故p0+p1+p2+p3=1,p1+2p2+3p3=E(X)=.
所以p1+p2+=1,p1+2p2+=,两式相减即得p2+=,故p2+p3=.
所以甲的总得分不小于2的概率为p2+p3=.
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12.(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
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(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.
解:甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲在第一阶段至少投中1次,乙在第二阶段也至少投中1次,
故比赛成绩不少于5分的概率P=[1-(1-p)3]×[1-(1-q)3]=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
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(2)假设0①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛
②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛
解:①若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P1=[1-(1-p)3]q3,
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P2=[1-(1-q)3]p3,
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∵0∴P1-P2=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3
=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)·[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]
=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)
=3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)·(1-q)-1]>0,
∴P1>P2,应该由甲参加第一阶段比赛.
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②若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X的所有可能取值为0,5,10,15,
P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3,
P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2,
P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q),
P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,
∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p).
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若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15,
同理E(Y)=15p(q3-3q2+3q),
∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)]=15pq(p-q)(p+q-3),
∵0∴p-q<0,p+q-3<1+1-3<0,∴pq(p-q)(p+q-3)>0,
∴应该由甲参加第一阶段比赛,才能使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大.(共34张PPT)
随机变量及其分布
习题讲评（三）
高考对本节的考查主要是离散型随机变量的分布列、均值,正态分布.其中,离散型随机变量的分布列、均值常与概率的计算结合,难度中等,以解答题为主.正态分布主要考查正态曲线的特点、性质的应用,难度中等偏下,以选择、填空为主.需注意,以二项分布、超几何分布为载体的离散型随机变量的分布列与期望的考题在近三年新高考中还没涉及,很有可能在2025年高考中出现,要重点关注.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　离散型随机变量
的分布列
教学点(二)　二项分布与超
几何分布
3
教学点(三)　正态分布
离散型随机变量的分布列
教学点（一）
[典例]　(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率;
解:设A为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”,由题设中的统计数据可得P(A)==.
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
①记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望E(X);
②如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与①中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)
解:①设ξ为赔付金额,则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3,由题设中的统计数据可得P(ξ=0)==,P(ξ=0.8)==,P(ξ=1.6)==,
P(ξ=2.4)==,P(ξ=3)==,
故E(ξ)=0×+0.8×+1.6×+2.4×+3×=0.278,故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元).
②由题设保费变化为0.4××96%+0.4××1.2=0.403 2,此时一份保单毛利润的数学期望估计值E(Y)=0.403 2-0.278=0.125 2(万元),从而E(X)[思维建模]　求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义,写出ξ的所有可能取值.
(2)求ξ取每个值的概率.
(3)写出ξ的分布列.
(4)由均值、方差的定义求E(ξ),D(ξ).
某学习平台中“挑战答题”积分规则如下:选手每天可参加一局“挑战答题”活动.每局中选手需依次回答若干问题,当累计回答正确3道题时,答题活动停止,选手获得10个积分;或者当累计回答错误2道题时,答题活动停止,选手获得8个积分.已知选手甲正确回答每一道题的概率均为.
(1)记X为“甲完成一局‘挑战答题’活动时回答的题数”,求X=3的概率;
即时训练
解:记Ai为“第i个题目回答正确”,为“第i个题目回答不正确”(i=1,2,3,4).
因为选手甲正确回答每一道题的概率均为,X为“甲完成一局‘挑战答题’活动时回答的题数”,
所以P(X=3)=P(A1A2A3)+P(A1)+P(A2)
=+2××=.
(2)记Y为“甲连续9天参加‘挑战答题’活动获得的积分”,求E(Y).
解:记Z为“1天中参加‘挑战答题’活动获得的积分”,则Z所有可能的取值为8,10.
因为选手甲正确回答每一道题的概率均为,所以P(Z=10)=
P(A1A2A3)+P(A1A2A4)+P(A1A3A4)+P(A2A3A4)=+3××
=,P(Z=8)=1-P(Z=10)=,因此E(Z)=8×+10×=,而Y=9Z,所以E(Y)=9E(Z)=9×=.
二项分布与超几何分布
教学点（二）
[典例]　某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),
[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如图所示的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,
达到65 mm不到75 mm为标准果,
达到75 mm不到80 mm为精品果,
达到80 mm及以上的为礼品果.
(1)现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望;
解:由题意(0.004+0.016+0.060+0.080+a)×5=1,所以a=0.040,
所以这100个水果中礼品果的个数为0.040×5×100=20,采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,其中礼品果有×10=2个,
故随机变量X的所有可能取值为0,1,2,
则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
期望E(X)=0×+1×+2×=.
(2)以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值.
解:由频率分布直方图知,从该批水果中随机抽取1个,是精品果的概率为0.080×5=0.4,
则P(n)=·0.42·0.6n-2,
所以P(n-1)=·0.42·0.6n-3,P(n+1)=·0.42·0.6n-1,
要使P(n)最大,
则==≤1且==≤1,
解得4≤n≤5.因为P(4)=·0.42·0.62=0.345 6,
P(5)=·0.42·0.63=0.345 6,
所以P(4)=P(5),所以当P(n)最大时,n=4或n=5.
[思维建模]
1.二项分布问题的解题关键
(1)定型:①在每一次试验中,事件发生的概率相同;②各次试验中的事件是相互独立的;③在每一次试验中,试验的结果只有两个,即发生与不发生.
(2)定参:确定二项分布中的两个参数n和p,即试验发生的次数和试验中事件发生的概率.
2.超几何分布的含义
(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是:①考察对象分两类;②已知各类对象的个数;③从中抽取若干个个体,考查某类个体数X的分布列.
(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型,其本质是古典概型.
某商场举行有奖促销活动,凡5月1日当天消费不低于1 000元,均可抽奖一次,抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球,其中红球有4个,白球有2个,抽奖方案设置两种,顾客自行选择其中的一种方案.
方案一:从抽奖箱中,一次性摸出3个球,每有1个红球,可立减80元;
方案二:从抽奖箱中,有放回地每次摸出1个球,连摸3次,每摸到1次红球,立减80元.
即时训练
即时训练
(1)设方案一摸出的红球个数为随机变量X,求X的分布列、数学期望和方差;
解:设方案一摸出的红球个数为X,则X的所有可能取值为1,2,3,
P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==.
所以随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)=1×+2×+3×=2,D(X)=×(1-2)2+×(2-2)2+×(3-2)2=.
(2)设方案二摸出的红球个数为随机变量Y,求Y的分布列、数学期望和方差;
解:设方案二摸出的红球个数为Y,则Y的所有可能取值为0,1,2,3.
则Y~B,所以P(Y=0)=××=,
P(Y=1)=××=,
P(Y=2)=××=, P(Y=3)=××=,
所以随机变量Y的分布列为
所以E(Y)=3×=2,D(Y)=3××=.
(3)如果你是顾客,如何在上述两种抽奖方式中进行选择 请写出你的选择及简要理由.
解: 因为E(X)=E(Y),D(X)Y 0 1 2 3
P
正态分布
教学点（三）
[例1]　现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量,其测量误差X通常被认为服从正态分布.若某物理量做n次测量,最后结果的误差Xn~N,要控制|Xn|≥的概率不大于0.002 7,至少要测量的次数为(参考数据:P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3)(　　)
A.141 B.128
C.288 D.512
√
解析:根据题意得P≤0.002 7,
即1-P≤0.002 7,所以P≥0.997 3,
因为μ=0,所以P(-3σ≤Xn≤3σ)≈0.997 3,所以3σ≤,
所以 ≤,解得n≥288,所以至少要测量的次数为288次.
[例2]　(2024·新课标Ⅰ卷)[多选]随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),P(Z<μ+σ)≈0.841 3)(　　)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
√
√
解析:依题可知X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12),
故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.5,C正确,D错误;
P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1),因为P(X<1.8+0.1)≈0.841 3,
所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7<0.2,
而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)1.8+0.1)<0.2,B正确,A错误.
[思维建模]
(1)利用正态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对称及曲线与x轴之间的面积为1.
(2)注意下面三个结论的活用:
①对任意的a,有P(X<μ-a)=P(X>μ+a).
②P(X③P(a(2024·南昌二模)一条生产电阻的生产线,生产正常时,生产的电阻阻值X(单位:Ω)服从正态分布N(1 000,52).
(1)生产正常时,从这条生产线生产的电阻中抽取2只,求这两只电阻的阻值在区间(995,1 000]和(1 005,1 010]内各一只的概率;(精确到0.001)
解:电阻阻值X服从正态分布N(1 000,52).
所以μ=1 000,σ=5.所以生产正常时,从这条生产线生产的电阻中抽取1只,
即时训练
则这只电阻阻值在(995,1 000]和在(1 005,1 010]内的概率分别为P1=P(995P2=P(1 005因此这两只电阻的阻值在区间(995,1 000]和(1 005,1 010]内各一只的概率P=2P1P2≈2×0.341 3×0.135 9=0.092 765 34≈0.093.
(2)根据统计学的知识,从服从正态分布N(μ,σ2)的总体中抽取容量为n的样本,则这个样本的平均数服从正态分布N.某时刻,质检员从生产线上抽取5只电阻,测得阻值分别为1 000,1 007,1 012,1 013,1 013(单位:Ω).你认为这时生产线生产正常吗 请说明理由.
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ解:生产正常时,这5只电阻阻值的平均数服从正态分布N,即N(1 000,()2),
记σ'=,计算可得=1 009,而1 009>1 000+3,即>μ+3σ',因为小概率事件发生了,所以认为这时生产线生产不正常.习题讲评(三)　随机变量及其分布
高考对本节的考查主要是离散型随机变量的分布列、均值,正态分布.其中,离散型随机变量的分布列、均值常与概率的计算结合,难度中等,以解答题为主.正态分布主要考查正态曲线的特点、性质的应用,难度中等偏下,以选择、填空为主.需注意,以二项分布、超几何分布为载体的离散型随机变量的分布列与期望的考题在近三年新高考中还没涉及,很有可能在2025年高考中出现,要重点关注.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　离散型随机变量的分布列
[典例]　(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率;
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
①记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望E(X);
②如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与①中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)
[思维建模]
求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义,写出ξ的所有可能取值.
(2)求ξ取每个值的概率.
(3)写出ξ的分布列.
(4)由均值、方差的定义求E(ξ),D(ξ).
[训练]　某学习平台中“挑战答题”积分规则如下:选手每天可参加一局“挑战答题”活动.每局中选手需依次回答若干问题,当累计回答正确3道题时,答题活动停止,选手获得10个积分;或者当累计回答错误2道题时,答题活动停止,选手获得8个积分.已知选手甲正确回答每一道题的概率均为.
(1)记X为“甲完成一局‘挑战答题’活动时回答的题数”,求X=3的概率;
(2)记Y为“甲连续9天参加‘挑战答题’活动获得的积分”,求E(Y).
教学点(二)　二项分布与超几何分布
[典例]　某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如图所示的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,达到65 mm不到75 mm为标准果,达到75 mm不到80 mm为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果.
(1)现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望;
(2)以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值.
[思维建模]
1.二项分布问题的解题关键
(1)定型:①在每一次试验中,事件发生的概率相同;②各次试验中的事件是相互独立的;③在每一次试验中,试验的结果只有两个,即发生与不发生.
(2)定参:确定二项分布中的两个参数n和p,即试验发生的次数和试验中事件发生的概率.
2.超几何分布的含义
(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是:①考察对象分两类;②已知各类对象的个数;③从中抽取若干个个体,考查某类个体数X的分布列.
(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型,其本质是古典概型.
[训练]　某商场举行有奖促销活动,凡5月1日当天消费不低于1 000元,均可抽奖一次,抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球,其中红球有4个,白球有2个,抽奖方案设置两种,顾客自行选择其中的一种方案.
方案一:从抽奖箱中,一次性摸出3个球,每有1个红球,可立减80元;
方案二:从抽奖箱中,有放回地每次摸出1个球,连摸3次,每摸到1次红球,立减80元.
(1)设方案一摸出的红球个数为随机变量X,求X的分布列、数学期望和方差;
(2)设方案二摸出的红球个数为随机变量Y,求Y的分布列、数学期望和方差;
(3)如果你是顾客,如何在上述两种抽奖方式中进行选择 请写出你的选择及简要理由.
教学点(三)　正态分布
[例1]　现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量,其测量误差X通常被认为服从正态分布.若某物理量做n次测量,最后结果的误差Xn~N,要控制|Xn|≥的概率不大于0.002 7,至少要测量的次数为(参考数据:P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3) (　　)
A.141 B.128
C.288 D.512
[例2]　(2024·新课标Ⅰ卷)[多选]随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),P(Z<μ+σ)≈0.841 3) (　　)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
[思维建模]　
(1)利用正态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对称及曲线与x轴之间的面积为1.
(2)注意下面三个结论的活用:
①对任意的a,有P(X<μ-a)=P(X>μ+a).
②P(X③P(a[训练]　(2024·南昌二模)一条生产电阻的生产线,生产正常时,生产的电阻阻值X(单位:Ω)服从正态分布N(1 000,52).
(1)生产正常时,从这条生产线生产的电阻中抽取2只,求这两只电阻的阻值在区间(995,1 000]和(1 005,1 010]内各一只的概率;(精确到0.001)
(2)根据统计学的知识,从服从正态分布N(μ,σ2)的总体中抽取容量为n的样本,则这个样本的平均数服从正态分布N.某时刻,质检员从生产线上抽取5只电阻,测得阻值分别为1 000,1 007,1 012,1 013,1 013(单位:Ω).你认为这时生产线生产正常吗 请说明理由.
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ教学环节二　课时作业讲评
1.若随机变量X的分布列为 X01-1Pq-2q3q
则E(X)= (　　) A. B.- C. D.0 2.(2024·大连三模)在调查对某大型活动满意度比例为0.9的人员中抽取10人,设当中持有满意态度的人数为X,随机变量Y=2X+3,则Y的方差D(Y)的值为 (　　) A.21 B.6.6 C.3.6 D.4.8 3.(2024·湖州模拟)设0则当a在(0,1)内增大时 (　　) A.D(X)增大 　B.D(X)减小 C.D(X)先减小后增大 　D.D(X)先增大后减小 4.棣莫弗 拉普拉斯中心极限定理表明:若随机变量X~B(n,p),当n充分大时,X可以用服从正态分布的随机变量Y来近似,且Y的期望和方差与X的期望和方差相同.已知某运动员每次投篮的命中率为,则他在1 800次投篮中,超过1 180次命中的概率约为(参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3) (　　) A.0.658 65 B.0.841 35 C.0.977 25 D.0.998 65 5.随机变量X的概率分布密度函数f(x)=(x∈R),其图象如图所示,设P(X≥2)=0.15,则图中阴影部分的面积为　　　　. 6.已知x,y,z∈N*,且x+y+z=6,记随机变量X为x,y,z中的最小值,则E(X)=　　　　. [自助空间] 第1题　深化拓展: 分布列性质的两个作用 (1)利用分布列中各个概率之和为1的性质,可求参数的值及检验分布列的正确性. (2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的,利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率.
7.粮稳则天下安.粮食安全是关乎全局和长远的战略问题,要确保中国人的饭碗牢牢端在自己手中.现有某品种杂交水稻,从中随机抽取15株作为样本进行观测,并记录每株水稻的生长周期(单位:天),按从小到大排序结果如下:
96 97 100 103 106 107 107 108 110 110 113 116 121 129 131
已知这组样本数据的第10百分位数、中位数、第80百分位数分别为a,b,c.
(1)求a,b,c;
(2)在某科研任务中,把该品种所有生长周期位于区间(a,c)的稻株记为“甲类”,其余记为“乙类”.现从该品种水稻中随机抽取4株,设其中甲类有X株,求X的分布列和数学期望(以样本中甲类稻株的频率作为该品种水稻的一株稻株属于甲类的概率).
第7题　解题关键点:
求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率,在求解时,要注意计数原理、排列组合的应用.
8.某农产品经销商计划分别在甲、乙两个市场销售某种农产品(两个市场的销售互不影响),为了了解该农产品的销售情况,现分别调查了该农产品在甲、乙两个市场过去10个销售周期内的销售情况,得下表:
市场 销售周期个数
3吨 4吨 5吨
甲 3 4 3
乙 2 5 3
(1)从过去10个销售周期中随机抽取一个销售周期,求甲市场销售量为4吨的概率;
(2)以市场销售量的频率代替销售量的概率.设X(单位:吨)表示下个销售周期两个市场的总销售量,求随机变量X的概率分布列;
(3)在(2)的条件下,设该经销商计划在下个销售周期购进n吨该产品,在甲、乙两个市场同时销售,已知该产品每售出1吨获利1 000元,未售出的产品降价处理,每吨亏损200元.以销售利润的期望作为决策的依据,判断n=7与n=8应选用哪一个.
9.已知随机变量ξ满足P(ξ=0)=1-p,P(ξ=1)=p,其中0A.E(η)>E(ξ)　　　　 B.E(η)C.D(η)>D(ξ) D.D(η)10.已知4件产品中有2件次品,现逐个不放回检测,直至能确定所有次品为止,记检测次数为X,则E(X)=　　　　.
11.(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　　　.
12.(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.
(2)假设0①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛
②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛
习题讲评(三)　随机变量及其分布
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　离散型随机变量的分布列
[典例]　解:(1)设A为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”,由题设中的统计数据可得P(A)==.
(2)①设ξ为赔付金额,则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3,由题设中的统计数据可得P(ξ=0)==,
P(ξ=0.8)==,P(ξ=1.6)==,
P(ξ=2.4)==,P(ξ=3)==,
故E(ξ)=0×+0.8×+1.6×+2.4×+3×=0.278,故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元).
②由题设保费变化为0.4××96%+0.4××1.2=0.403 2,此时一份保单毛利润的数学期望估计值E(Y)=0.403 2-0.278=0.125 2(万元),从而E(X)[训练]　解:(1)记Ai为“第i个题目回答正确”,为“第i个题目回答不正确”(i=1,2,3,4).
因为选手甲正确回答每一道题的概率均为,X为“甲完成一局‘挑战答题’活动时回答的题数”,
所以P(X=3)=P(A1A2A3)+P(A1)+P(A2)=+2××=.
(2)记Z为“1天中参加‘挑战答题’活动获得的积分”,则Z所有可能的取值为8,10.
因为选手甲正确回答每一道题的概率均为,
所以P(Z =10)=P(A1A2A3)+P(A1A2A4)+P(A1A3A4)+P(A2A3A4)=+3××=,P(Z =8)=1-P(Z=10)=,因此E(Z)=8×+10×=,而Y=9 Z,所以E(Y)=9E(Z)=9×=.
教学点(二)　二项分布与超几何分布
[典例]　解:(1)由题意(0.004+0.016+0.060+0.080+a)×5=1,所以a=0.040,
所以这100个水果中礼品果的个数为0.040×5×100=20,采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,其中礼品果有×10=2个,
故随机变量X的所有可能取值为0,1,2,则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
期望E(X)=0×+1×+2×=.
(2)由频率分布直方图知,从该批水果中随机抽取1个,是精品果的概率为0.080×5=0.4,
则P(n)=·0.42·0.6n-2,所以P(n-1)=·0.42·0.6n-3,P(n+1)=·0.42·0.6n-1,
要使P(n)最大,则==≤1且==≤1,解得4≤n≤5.
因为P(4)=·0.42·0.62=0.345 6,P(5)=·0.42·0.63=0.345 6,
所以P(4)=P(5),所以当P(n)最大时,n=4或n=5.
[训练]　解:(1)设方案一摸出的红球个数为X,则X的所有可能取值为1,2,3,
P(X=1)==,P(X=2)==,
P(X=3)==.
所以随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)=1×+2×+3×=2,D(X)=×(1-2)2+×(2-2)2+×(3-2)2=.
(2)设方案二摸出的红球个数为Y,则Y的所有可能取值为0,1,2,3.
则Y~B,所以P(Y=0)=××=,P(Y=1)=××=,
P(Y=2)=××=,
P(Y=3)=××=,
所以随机变量Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
所以E(Y)=3×=2,D(Y)=3××=.
(3)因为E(X)=E(Y),D(X)教学点(三)　正态分布
[例1]　选C　
根据题意得P≤0.002 7,即1-P≤0.002 7,所以P≥0.997 3,因为μ=0,所以P(-3σ≤Xn≤3σ)≈0.997 3,所以3σ≤,所以 ≤,解得n≥288,所以至少要测量的次数为288次.
[例2]　选BC　
依题可知X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12),故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.5,C正确,D错误;P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1),因为P(X<1.8+0.1)≈0.841 3,所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7<0.2,而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)1.8+0.1)<0.2,B正确,A错误.
[训练]　解:(1)电阻阻值X服从正态分布N(1 000,52).
所以μ=1 000,σ=5.所以生产正常时,从这条生产线生产的电阻中抽取1只,则这只电阻阻值在(995,1 000]和在(1 005,1 010]内的概率分别为
P1=P(995P2=P(1 005因此这两只电阻的阻值在区间(995,1 000]和(1 005,1 010]内各一只的概率P=2P1P2≈2×0.341 3×0.135 9=0.092 765 34≈0.093.
(2)生产正常时,这5只电阻阻值的平均数服从正态分布N,即N(1 000,()2),
记σ'=,计算可得=1 009,而1 009>1 000+3,即>μ+3σ',因为小概率事件发生了,所以认为这时生产线生产不正常.
教学环节二　课时作业讲评
1.选B　
由题意,得q+-2q+3q=1,所以q=,E(X)=0×+1×-1×=-.
2.选C　
由题意可知,随机变量X服从二项分布,即X~B(10,0.9),则D(X)=10×0.9×0.1=0.9,又Y=2X+3,则D(Y)=D(2X+3)=4D(X)=4×0.9=3.6.
3.选A　
根据随机变量分布列的性质可知++b=1,所以b=,所以E(X)=0×+1×+2b=(1+2a),所以D(X)=·+·+·=-a2+a+=-(a-1)2+,因为04.选B　
设该运动员投篮1 800次有X次命中,则X~B,所以E(X)=np=1 800×=1 200,D(X)=np(1-p)=1 800××=400.令Y~N(1 200,202),则P(Y>1 180)=P(Y>1 200-20)≈0.5+=0.841 35,即他在1 800次投篮中,超过1 180次命中的概率约为0.841 35.
5.答案:0.35
解析:由题意可知X~N(1,σ2),则P(X≤0)=P(X≥2)=0.15,故图中阴影部分的面积为=0.35.
6.答案:
解析:若x,y,z∈N*,且x+y+z=6,则所有情况有(1,1,4),(1,2,3),(1,3,2),(1,4,1),(2,1,3),(2,2,2),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1),(4,1,1),共10种,X的可能取值为1,2,其中X=2时,只有(2,2,2)一种情况,故P(X=2)=,则P(X=1)=,所以E(X)=1×+2×=.
7.解:(1)依题意,样本数据的个数n=15,因为n·10%=1.5,所以第10百分位数为第2个数据,即a=97,中位数为第8个数据,即b=108,因为n·80%=12,所以第80百分位数为第12个数据与第13个数据的平均数,即c==118.5,故a=97,b=108,c=118.5.
(2)因为区间(a,c)=(97,118.5),样本数据中共有10个数据位于该区间,
由题意,该品种水稻的一株稻株属于甲类的概率为=,
则随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,4,且X~B,
P(X=0)=××=,
P(X=1)=××=,
P(X=2)=××==,
P(X=3)=××=,
P(X=4)=××=,
故X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
X的数学期望为E(X)=4×=.
8.解:(1)设甲市场销售量为4吨的事件为A,则P(A)=0.4.
(2)设甲市场销售量为x吨的概率为P(x),乙市场销售量为y吨的概率为P(y),则由题意得P(x=3)=0.3,P(x=4)=0.4,P(x=5)=0.3;P(y=3)=0.2,P(y=4)=0.5,P(y=5)=0.3.设两个市场总销售量为X的概率为P(X),X所有可能的取值为6,7,8,9,10,P(X=6)=P(x=3,y=3)=P(x=3)P(y=3)=0.3×0.2=0.06,
P(X=7)=P(x=3,y=4)+P(x=4,y=3)=0.3×0.5+0.4×0.2=0.23,
P(X=8)=P(x=3,y=5)+P(x=4,y=4)+P(x=5,y=3)=0.3×0.3+0.4×0.5+0.3×0.2=0.35,
P(X=9)=P(x=4,y=5)+P(x=5,y=4)=0.4×0.3+0.3×0.5=0.27,
P(X=10)=P(x=5,y=5)=0.3×0.3=0.09,
所以X的分布列如下表:
X 6 7 8 9 10
P 0.06 0.23 0.35 0.27 0.09
(3)由(2)知,当n=7时,P(X=6)=0.06,P(X≥7)=0.94,设销售利润为T1,则当X=6时,T1=1 000×6-(7-6)×200=5 800,当X≥7时,T1=1 000×7=7 000,因此T1的分布列为
X X=6 X≥7
T1 5 800 7 000
P 0.06 0.94
则E(T1)=5 800×0.06+7 000×0.94=6 928元.当n=8时,P(X=6)=0.06,P(X=7)=0.23,P(X≥8)=0.71,设销售利润为T2,则当X=6时,T2=1 000×6-(8-6)×200=5 600,当X=7时,T2=1 000×7-(8-7)×200=6 800,当X≥8时,T2=1 000×8=8 000,因此T2的分布列为
X X=6 X=7 X≥8
T2 5 600 6 800 8 000
P 0.06 0.23 0.71
则E(T2)=5 600×0.06+6 800×0.23+8 000×0.71=7 580元.
因为7 580>6 928,所以应选n=8.
9.选D
随机变量ξ满足P(ξ=0)=1-p,P(ξ=1)=p,其中0ξ 0 1
P 1-p p
所以E(ξ)=p,D(ξ)=p(1-p),随机变量η=|ξ-E(ξ)|,所以当ξ=0时,η=|ξ-E(ξ)|=p,当ξ=1时,η=|ξ-E(ξ)|=1-p,所以随机变量η=|ξ-E(ξ)|的分布列如下表所示(当p=0.5时,η只有一个情况,概率为1).
η p 1-p
P 1-p p
则E(η)=p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p),D(η)=[p-2p(1-p)]2·(1-p)+[1-p-2p(1-p)]2·p=p(1-p)(2p-1)2,当E(ξ)=E(η)即p=2p(1-p),解得p=.所以A、B错误.D(ξ)-D(η)=p(1-p)-p(1-p)(2p-1)2=4p2(1-p)2>0恒成立.所以C错误,D正确.
10.答案:
解析:记检测次数为X,则X=2,3,
当X=2时,检测的两件产品均为正品或均为次品,则P(X=2)==,当X=3时,只需前两件产品中正品和次品各一件,第三件无论是正品还是次品,都能确定所有次品,则P(X=3)==,所以E(X)=2×+3×=.
11.答案:
解析:设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X2,X3,X4,四轮的总得分为X.对于任意一轮,甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等,其中使得甲获胜的出牌组合有六种,从而甲在该轮获胜的概率P(Xk=1)==,所以E(Xk)=(k=1,2,3,4).从而E(X)=E(X1+X2+X3+X4)=E(Xk)= =.
记pk=P(X=k)(k=0,1,2,3).
如果甲得0分,则组合方式是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以p0==.
如果甲得3分,则组合方式也是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出8,2,4,6,所以p3==.
而X的所有可能取值是0,1,2,3,故p0+p1+p2+p3=1,p1+2p2+3p3=E(X)=.
所以p1+p2+=1,p1+2p2+=,两式相减即得p2+=,故p2+p3=.
所以甲的总得分不小于2的概率为p2+p3=.
12.解:(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲在第一阶段至少投中1次,乙在第二阶段也至少投中1次,
故比赛成绩不少于5分的概率P=[1-(1-p)3]×[1-(1-q)3]=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)①若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P1=[1-(1-p)3]q3,
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P2=[1-(1-q)3]p3,
∵0∴P1-P2=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)·[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)·(1-q)-1]>0,
∴P1>P2,应该由甲参加第一阶段比赛.
②若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X的所有可能取值为0,5,10,15,
P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3,
P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2,
P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q),
P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,
∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p).
若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15,
同理E(Y)=15p(q3-3q2+3q),
∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)]=15pq(p-q)(p+q-3),
∵0∴pq(p-q)(p+q-3)>0,
∴应该由甲参加第一阶段比赛,才能使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大.

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