第16讲 概率、离散型随机变量及其分布、期望、方差
【p47】
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本讲主要考查古典概型、几何概型、互斥事件、独立事件、独立重复实验、随机变量的分布列、数学期望、二项分布、超几何分布等基础知识及应用，注重考查阅读理解能力，运用知识分析问题和解决问题的能力及数学运算、数学建模及数据处理等数学核心素养．
本节内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，因此复习时要注意：①读懂题意，明确解题的突破口，选择合理简洁的标准研究事件；②牢记古典概型和几何概型的公式及其应用．
离散型随机变量问题的核心是概率计算，而概率计算又以事件的独立性、互斥性、对立性为核心，故在解题中要充分细致地分析事件之间的关系．
概率求解问题是极易出现错误的一个考点．备考中要避免以下六种常见的错误：事件不清(指对所求概率的事件混淆，没有理解各类事件的本质，匆匆解答中导致出错)；事件不“全”(对所求概率的事件的各方面考虑不全或遗漏或增解导致出错)；审题不“力”(没有理解题目意思，或没有弄清出题者的意图，匆匆作答，掉入出题者设计好的“陷阱”之中，导致出错)；模型不“熟”(在做题时，没有很好地总结题型特点，使之“模型”化，或对一些常见“模型”掌握不熟悉，不能“对号入座”，以致在解题时思路不畅，走弯路，导致出错)；方法不“当”(没有选择好解题的适当方法，导致出错)；联系不“畅”(没有与其他知识联系起来思考题目，孤立做概率题使解题无法进行甚至解错)．
【p47】
探究一 古典概型与几何概型
例1[2019·全国卷Ⅰ]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“—
—”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.
由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有26种情况，其中6爻中恰有3个阳爻的情况有C，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为＝，故选A.
(2)[2018·全国卷Ⅰ]如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2
B．p1＝p3
C．p2＝p3
D．p1＝p2＋p3
【解析】选A.
通解：设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A.
优解：不妨设△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，则BC＝2，所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.
根据几何概型的概率计算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.
【点评】事件个数有限即古典概型，其概率计算通常要应用排列与组合知识；事件涉及某类区域，通常是几何概型，其概率计算为“同类区域”的商．它们主要考查几何概型，考查学生的转化与化归能力、运算求解能力．考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算．
探究二 互斥事件、相互独立事件的概率
例2
学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“B类解答”．为评估此类解答导致的失分情况，某市教研室做了一项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“B类解答”的题目，扫描后由近百名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例大约如下表：
教师评分(满分12分)
11
10
9
各分数所占比例
某次数学考试试卷评阅采用“双评＋仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分．(假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“B类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响)．
(1)本次数学考试中甲同学某题(满分12分)的解答属于“B类解答”，求甲同学此题得分X的分布列及数学期望E(X)；
(2)本次数学考试有6个解答题，每题满分均为12分，同学乙6个题的解答均为“B类解答”，记该同学6个题中得分为xi(x1
【解析】(1)随机变量X的可能取值为9、9.5、10、10.5、11，
设一评、二评、仲裁所打分数分别为x，y，z，
P(X＝9)＝P(x＝9，y＝9)＋P(x＝9，y＝11，z＝9)＋P(x＝11，y＝9，z＝9)＝×＋×××2＝，
P(X＝9.5)＝P(x＝9，y＝10)＋P(x＝10，y＝9)＝××2＝，
P(X＝10)＝P(x＝10，y＝10)＝×＝，
P(X＝10.5)＝P(x＝10，y＝11)＋P(x＝11，y＝10)＋P(x＝9，y＝11，z＝10)＋P(x＝11，y＝9，z＝10)＝××2＋×××2＝，
P(X＝11)＝P(x＝11，y＝11)＋P(x＝11，y＝9，z＝11)＋P(x＝9，y＝11，z＝11)＝×＋×××2＝.
所以X的分布列如下表：
X
9
9.5
10
10.5
11
P
数学期望E(X)＝9×＋9.5×＋10×＋10.5×＋11×＝.
(2)∵i＝6，∴P(“a1＋a4＋a5＝4”)＝P(“a2＋a3＝2”)，
∵P(“a2＋a3＝2”)＝P(“a2＝0，a3＝2”)＋P(“a2＝2，a3＝0”)＋P(“a2＝1，a3＝1”)，
P(“a2＝0，a3＝2”)＝C，
P(“a2＝2，a3＝0”)＝C，
P(“a2＝1，a3＝1”)＝C··C··，
P(“a2＋a3＝2”)＝C＋C＋C··C··
＝＋＋＝，
∴P(“a1＋a4＋a5＝4”)＝.
【点评】(1)此题考查随机变量及其分布列相关知识，题目阅读量大，关键在于读懂题意，弄清规则，对事件分析全面，此题第二问若正面分类讨论“a1＋a4＋a5＝4”，则分类情况多，容易遗漏，转化成求其等价事件的概率，涉及分类讨论、等价转化、转化与化归思想．
(2)在解含有相互独立事件的概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积．
探究三 二项分布
例3
一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓后要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现三次音乐获得150分，出现两次音乐获得100分，出现一次音乐获得50分，没有出现音乐则获得－300分．设每次击鼓出现音乐的概率为p，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；
(2)以(1)中确定的p0作为p的值，玩3盘游戏，出现音乐的盘数为随机变量X，求每盘游戏出现音乐的概率p1，及随机变量X的期望EX；
(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)由题可知，一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为：
f(p)＝Cp(1－p)2＝3p3－6p2＋3p，
f′(p)＝3(3p－1)(p－1)，
由f′(p)＝0得p＝或p＝1(舍)．
当p∈时，f′(p)>0；
当p∈时，f′(p)<0，
∴f(p)在上单调递增，在上单调递减，
∴当p＝时，f(p)有最大值，即f(p)的最大值点p0＝；
(2)由(1)可知，p＝p0＝，
则每盘游戏出现音乐的概率为p1＝1－＝，
由题可知X～B，
∴EX＝3×＝；
(3)由题可设每盘游戏的得分为随机变量ξ，则ξ的可能值为－300，50，100，150；
∴P(ξ＝－300)＝(1－p)3；
P(ξ＝50)＝Cp(1－p)2；
P(ξ＝100)＝Cp2(1－p)；
P(ξ＝150)＝p3；
∴EX＝－300(1－p)3＋50Cp(1－p)2＋100Cp2(1－p)＋150p3＝300；
令g(p)＝p3－3p2＋p－1，则g′(p)＝3p2－6p＋＝3(p－1)2＋>0；
∴g(p)在单调递增，
∴g(p)即有EX<0；
这说明每盘游戏平均得分是负分，由概率统计的相关知识可知：经过若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而会减少．
【点评】(1)本题考查了独立重复试验概率的求法，利用导数求得函数的最值，数学期望的求法，综合性较强，计算量较大，属于难题．
(2)二项分布相应的试验为独立重复试验，审题时应思考试验模式是否具有独立重复试验特征，若具有则相应的分布为二项分布，由此可简化解答过程．
探究四 超几何分布
例4
在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX.
【解析】(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)＝＝.
(2)由题意知X可能的取值为0，1，2，3，4，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
X的数学期望EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
【点评】超几何分布的题设情境特征是总体可划分为二类，所求分布的随机变量是由其中的一类所抽取的元素个数的变化而确定的，在整体抽取时，已知该类元素抽取了多少，但不知道是第几次抽到．
探究五 离散型随机变量的分布列、期望、方差
例5
某药物研究所为筛查某种冠状病毒，需要检验核酸是否为阳性．现有n(n∈N
)份核酸样本，假设每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：
①逐份检验，则需要检验n次；
②混合检验，将其中k(k∈N
且k≥2)份核酸样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份核酸究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份核酸的检验次数总共为k＋1次．假设在接受检验的核酸样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0(1)若p＝，求4份核酸样本混合在一起检验时，结果呈阳性的概率；
(2)若p∈(0，1)，现有4份核酸样本需要检验，有以下二种方案：
方案一：均分成两组，各组混合在一起检验；
方案二：混在一起检验．
请问哪种方案更适合(即检验次数的期望值更小)，并说明理由．
【解析】(1)记“4份核酸样本混合在一起检验，结果呈阳性”的事件为A，设X为4份核酸样本中呈阳性的份数，则
P(A)＝P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝.
故所求的概率为.
(2)设q＝1－p，则0方案一：设所需检验的次数为Y，则Y的所有可能取值为2，4，6.
P(Y＝2)＝q4，P(Y＝4)＝C(1－q2)q2，P(Y＝6)＝(1－q2)2，
E(Y)＝2×q4＋4×C(1－q2)q2＋6×(1－q2)2＝6－4q2.
方案二：设所需检验的次数为Z，则Z的所有可能取值为1，5.
P(Z＝1)＝q4，P(Z＝5)＝1－q4，
E(Z)＝1×q4＋5×(1－q4)＝5－4q4.
因为E(Y)－E(Z)＝6－4q2－(5－4q4)＝(2q2－1)2≥0，即E(Y)≥E(Z)，
所以方案二更适合．
例6
某射箭俱乐部每天训练完后选拔成绩最好的两名选手甲、乙进行射箭趣味赛，其规则是在相同的条件下，甲、乙两人轮流进行射箭，每人各射一次为一轮，每轮甲先射，乙后射，两人有1人命中目标，命中者得1分，未命中者得－1分；两人都命中或都未命中，两人均得0分．设甲每次射箭命中目标的概率为，乙每次射箭命中目标的概率为，且各次射箭命中目标互不影响．
(1)经过一轮射箭，记甲的得分为X，求X的分布列；
(2)经过n轮射箭，若用pi表示经过第i(i＝1，2，…n)轮射箭，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率．
①求p1，p2，p3；
②设经过计算机模拟估计可得pi＋1＝api＋bpi－1，a，b为常数，且规定p0＝0，求证：pn<(n∈N)．
【解析】(1)记一轮射箭，甲命中为事件A，乙命中为事件B，A，B相互独立，
由题意知P(A)＝，P(B)＝.
甲的得分X的取值为－1，0，1，
P(X＝－1)＝P(B)＝P()P(B)＝×＝，
P(X＝0)＝P(AB)＋P()＝P(A)P(B)＋P()P()＝×＋×＝，
P(X＝1)＝P(A)＝P(A)P()＝×＝，
∴X的分布列为：
X
－1
0
1
P
(2)①由(1)知p1＝，
p2＝P(X＝0)·P(X＝1)＋P(X＝1)(P(X＝0)＋P(X＝1))＝×＋×＝.
同理，经过2轮射箭，甲的得分Y取值－2，－1，0，1，2.
记p(X＝－1)＝＝x，p(X＝0)＝＝y，p(X＝1)＝＝z，则
p(Y＝－2)＝x2＝，p(Y＝－1)＝2xy＝，p(Y＝0)＝2xz＋y2＝，
p(Y＝1)＝2yz＝，p(Y＝2)＝z2＝.
由此得甲的得分Y的分布列为：
Y
－2
－1
0
1
2
P
∴p3＝×＋×＋×＝.
②∵pi＋1＝api＋bpi－1，p0＝0，
∴
∴∴
于是有pi＋1＝pi－pi－1，∴pi＋1－pi＝(pi－pi－1)，
∴数列{pn－pn－1}是等比数列，公比为q＝，首项为p1－p0＝，∴pn－pn－1＝.
∴pn＝(pn－pn－1)＋(pn－1－pn－2)＋…＋(p1－p0)＋p0＝＋＋…＋＋0＝<.
【点评】离散型随机变量的分布列的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于两点分布、二项分布、超几何分布等特殊分布的分布列可以直接代入相应的公式求解，而对于分布为一般类型的随机变量，应根据相关知识逐步求解随机变量对应事件的概率．
【p50】
1．在求解含有相互独立事件概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积，接下来就是按照相关的概率值进行计算，如果某些相互独立事件符合独立重复试验概型，就把这部分归结为独立重复试验概型，用独立重复试验概型的概率计算公式解答．独立重复试验是相互独立事件的特例，只要有“恰好”“恰有”字样的，用独立重复试验的概率公式计算更为简单．
2．概率应用题多是由掷硬币、掷骰子、摸球等概率模型赋予实际背景后得出来的，在解题时要把实际问题再还原为常见的一些概率模型，这就要根据问题的具体情况去分析，对照常见的概率模型，把不影响问题本质的因素去除，抓住问题的本质解题．
3．(1)求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．
(2)求离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：
第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；
第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；
第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；
第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．
【p50】
考题1[2020·天津]已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________．
【解析】
甲、乙两球落入盒子的概率分别为，，
且两球是否落入盒子互不影响，
所以甲、乙都落入盒子概率为×＝，
甲、乙两球都不落入盒子的概率为×＝，
所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.
故答案为：；.
【命题立意】本题主要考查独立事件同时发生的概率，以及利用对立事件求概率．
考题2[2020·新高考卷Ⅰ]信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X所有可能的值为1，2，…，n，且P(X＝i)＝pi>0(i＝1，2，…，n)，ilog2pi，则( )
A．若n＝1，则H(X)＝0
B．若n＝2，则H(X)随着p1的增大而增大
C．若pi＝(i＝1，2，…，n)，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n＝2m，随机变量Y所有可能的取值为1，2，…，m，且P(Y＝j)＝pj＋p2m＋1－j(j＝1，2，…，m)，则H(X)≤H(Y)
【解析】选AC.
对于A选项，若n＝1，则i＝1，p1＝1，所以H＝－＝0，所以A选项正确．
对于B选项，若n＝2，则i＝1，2，p2＝1－p1，
所以H＝－，
当p1＝时，H＝－，
当p1＝时，H＝－，两者相等，所以B选项错误．
对于C选项，若pi＝，则
H＝－×n＝－log2＝log2n，
则H随着n的增大而增大，所以C选项正确．
对于D选项，若n＝2m，随机变量Y的所有可能的取值为1，2，…，m，且P＝pj＋p2m＋1－j(j＝1，2，…，m)．
H＝－i·log2
＝p1·log2＋p2·log2＋…＋p2m－1·log2＋p2m·log2.
H＝·log2＋·log2＋…＋·log2＝p1·log2＋p2·log2＋…＋p2m－1·log2＋p2m·log2.由于pi>0，所以>>1，所以log2>log2>0，
所以pi·log2>pi·log2，
所以H>H，所以D选项错误．
故选：AC.
【命题立意】本小题主要考查对新定义“信息熵”的理解和运用，考查分析、思考和解决问题的能力，涉及对数运算和对数函数及不等式的基本性质的运用．
考题3[2020·全国卷Ⅰ]甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
【解析】(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为.
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
【命题立意】本题主要考查互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．(共111张PPT)
第16讲 概率、离散型随机变量及其分布、期望、方差
知识网络>●●。。
古典概型
几何概型
概卒随机事件的概率
互斥事件的概率
应用
条件概率
独立事件的概率
离散型隨机变量的分布列与期望、方差
备考建议>●。
典例剖析>●。·。
规律总结>●。。
高考
●●●●●
2m
HX)=-∑p·log2p
p;·log
限时训练>●。。
∑xy=16310,>x2=2040.
16310-8×45×36
0.80
20400-8×45×45【p118】
A组 基础演练
1．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则( )
A．P1·P2＝
B．P1＝P2＝
C．P1＋P2＝
D．P1＜P2
【解析】选C.
三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321.
方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝；
方案二坐车可能：312、321，所以，P2＝；所以P1＋P2＝，故选C.
2．古希腊雅典学派算学家欧道克萨斯提出了“黄金分割”的理论，利用尺规作图可画出已知线段的黄金分割点，具体方法如下：(1)取线段AB＝2，过点B作AB的垂线，并用圆规在垂线上截取BC＝AB，连接AC；(2)以C为圆心，BC为半径画弧，交AC于点D；(3)以A为圆心，以AD为半径画弧，交AB于点E.则点E即为线段AB的黄金分割点．若在线段AB上随机取一点F，则使得BE≤AF≤AE的概率约为( )
(参考数据：≈2.236)
A．0.236
B．0.382
C．0.472
D．0.618
【解析】选A.
由勾股定理可得：AC＝≈2.236，由图可知：BC＝CD＝1，AD＝AE＝－1≈1.236，BE≈2－1.236＝0.764，则：0.764≤AF≤1.236，由几何概型可得：使得BE≤AF≤AE的概率约为＝＝0.236，故选A.
3．已知3件次品和2件正品混在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，则在第一次取出次品的条件下，第二次取出的也是次品的概率是( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.
记“第一次取出次品”为事件A，“第二次取出次品”为事件B，则P(A)＝，P(AB)＝＝，
所以P(B)＝＝，故选C.
4．[2017·浙江]已知随机变量ξi满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1，2.若0A．E(ξ1)B．E(ξ1)D(ξ2)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
【解析】选A.
由题意可得
ξ1
0
1
ξ2
0
1
P
1－p1
p1
P
1－p2
p2
由两点分布E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2；D(ξ1)＝(1－p1)p1，D(ξ2)＝(1－p2)p2，
∵D(ξ2)－D(ξ1)＝(1－p2)p2－(1－p1)p1＝(p2－p1)－(p－p)＝(p2－p1)(1－p2－p1)，
又00，1－p2－p1>0，
∴E(ξ1)5．已知随机变量X～B(2，p)，Y～N(2，σ2)，若P(X≥1)＝0.64，P(04)＝__________．
【解析】0.1
∵随机变量服从X～B，∴P＝1－C＝0.64，解得：p＝0.4.又Y～N，∴P＝P＝0.5－P＝0.1.故答案为0.1.
6．[2019·全国Ⅰ卷理数]甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
【解析】0.18
前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2＝0.108，前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是q＝0.108＋0.072＝0.18.
7．一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
【解析】(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A，第一次取出的4件产品中全为优质品为事件B，第二次取出的4件产品都是优质品为事件C，第二次取出的1件产品是优质品为事件D，这批产品通过检验为事件E，根据题意有E＝(AC)∪(BD)，且AC与BD互斥，
∴P(E)＝P(AC)＋P(BD)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(D|B)
＝C××＋×＝.
(2)X的可能取值为400，500，800，并且
P(X＝400)＝1－C×－＝，
P(X＝500)＝，
P(X＝800)＝C×＝，
∴X的分布列为
X
400
500
800
P
E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.
8．为了响应教育部颁布的《关于推进中小学生研学旅行的意见》，某校计划开设八门研学旅行课程，并对全校学生的选择意向进行调查(调查要求全员参与，每个学生必须从八门课程中选出唯一一门课程)．本次调查结果整理成条形图如下．
上图中，已知课程A，B，C，D，E为人文类课程，课程F，G，H为自然科学类课程．为进一步研究学生选课意向，结合上面图表，采取分层抽样方法从全校抽取1%的学生作为研究样本组(以下简称“样本组”)．
(1)在“样本组”中，选择人文类课程和自然科学类课程的人数各有多少？
(2)为参加某地举办的自然科学营活动，从“样本组”所有选择自然科学类课程的同学中随机抽取3名同学前往，其中选择课程F或课程H的同学参加本次活动的费用为每人1000元，选择课程G的同学参加本次活动的费用为每人1500元．
(ⅰ)设随机变量X表示选出的3名同学中选择课程G的人数，求随机变量X的分布列；
(ⅱ)设随机变量Y表示选出的3名同学参加自然科学营的费用总和，求随机变量Y的数学期望．
【解析】(1)选择人文类课程的人数为(100＋200＋400＋200＋300)×1%＝12(人)；
选择自然科学类课程的人数为(300＋200＋300)×1%＝8(人)．
(2)(ⅰ)依题意，随机变量X可取0，1，2.
P(X＝0)＝＝；
P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝＝.
故随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
(ⅱ)依题意，随机变量Y可取3000，3500，4000.
所以随机变量Y的分布列为
Y
3000
3500
4000
P
所以随机变量Y的数学期望为
E(Y)＝3000×＋3500×＋4000×＝3375(元)．
9．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(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？
【解析】(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为
f(p)＝Cp2(1－p)18.
因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]
＝2Cp(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如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．
由于EX>400，故应该对余下的产品作检验．
10．在全球关注的抗击“新冠肺炎”中，某跨国科研中心的一个团队，研制了甲、乙两种治疗“新冠肺炎”新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验，试验方案如下：
第一种：选取A，B，C，D，E，F，G，H，I，J共10只患病白鼠，服用甲药后某项指标分别为：84，87，89，91，92，92，86，89，90，90；第二种：选取a，b，c，d，e，f，g，h，i，j共10只患病白鼠，服用乙药后某项指标分别为：81，87，83，82，80，90，86，89，84，79；
该团队判定患病白鼠服药后这项指标不低于85的确认为药物有效，否则确认为药物无效．
(1)已知第一种试验方案的10个数据的平均数为89，求这组数据的方差；
(2)现需要从已服用乙药的10只白鼠中随机抽取7只，记其中服药有效的只数为ξ，求ξ的分布列与期望；
(3)该团队的另一实验室有1000只白鼠，其中900只为正常白鼠，100只为患病白鼠，每用新研制的甲药给所有患病白鼠服用一次，患病白鼠中有90%变为正常白鼠，但正常白鼠仍有t%(0(ⅰ)求a1并写出an＋1与an的关系式；
(ⅱ)要使服用甲药两次后，该实验室正常白鼠至少有950只，求最大的正整数t的值．
【解析】(1)方差s2＝(25＋4＋0＋4＋9＋9＋9＋0＋1＋1)＝6.2.
(2)在第二种试验中服药有效的白鼠有4只，服药无效的白鼠有6只，故ξ的可能取值为1，2，3，4.
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝，
因此ξ的分布列为
ξ
1
2
3
4
P
E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
(3)(ⅰ)a1＝990－9t，
依题设知an＋1＝an＋(1000－an)，
即an＋1＝an＋900(0(ⅱ)a2＝a1＋900＝(990－9t)＋900，
由a2≥950可得(990－9t)(10－t)≥5000.
记函数f(t)＝(990－9t)(10－t)，其中0则函数f(t)＝(990－9t)(10－t)在(0，10)上单调递减．
且f(4)＝5724，f(5)＝4725.
故最大的正整数t＝4.
B组 能力提升
11．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)B．p1E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)
D．p1【解析】选A.
解法一：(特值法)取m＝n＝3进行计算、比较即可．
解法二：从乙盒中取1个球时，取出的红球的个数记为ξ，则ξ的所有可能取值为0，1，则P(ξ＝0)＝＝P(ξ1＝1)，P(ξ＝1)＝＝P(ξ1＝2)，
所以E(ξ1)＝1·P(ξ1＝1)＋2P(ξ1＝2)＝＋1，
所以p1＝＝；从乙盒中取2个球时，取出的红球的个数记为η，则
η的所有可能的取值为0，1，2，
则P(η＝0)＝＝P(ξ2＝1)，P(η＝1)＝＝P(ξ2＝2)，
P(η＝2)＝＝P(ξ2＝3)．
∴E(ξ2)＝1·P(ξ2＝1)＋2·P(ξ2＝2)＋3·P(ξ2＝3)＝＋1，
∴p2＝＝，所以p1>p2，E12．2019年12月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染．我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者．已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为p(0(1)求一天内被感染人数为X的概率P(X)与a、p的关系式和X的数学期望；
(2)该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有a位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第n天新增患者的数学期望记为En(n≥2)．
(ⅰ)求数列{En}的通项公式，并证明数列{En}为等比数列；
(ⅱ)若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率p′＝ln(1＋p)－p，当p′取最大值时，计算此时p′所对应E′6的值和此时p对应的E6值，根据计算结果说明戴口罩的必要性．(取a＝10)
(结果保留整数，参考数据：ln
5≈1.6，ln
3≈1.1，ln
2≈0.7，≈0.3，≈0.7)
【解析】(1)由题意，被感染人数服从二项分布：X～B(a，p)，则P(X)＝CpX(1－p)a－X(0≤X≤a)，
X的数学期望EX＝ap.
(2)(ⅰ)第n天被感染人数为(1＋ap)n－1，
第n－1天被感染人数为(1＋ap)n－2，
由题目中均值的定义可知，
En＝(1＋ap)n－1－(1＋ap)n－2＝ap(1＋ap)n－2，
则＝1＋ap，且E2＝ap.
∴{En}是以ap为首项，1＋ap为公比的等比数列．
(ⅱ)令f(p)＝ln(1＋p)－p，
则f′(p)＝－＝.
∴f(p)在上单调递增，在上单调递减．
f(p)max＝f＝ln
－＝ln
3－ln
2－≈1.1－0.7－0.3＝0.1.
则当a＝10，En＝10p(1＋10p)n－2.
E′6＝10×0.1(1＋10×0.1)4＝16.
E6＝10×0.5(1＋10×0.5)4＝6480.
∵E6>E′6，
∴戴口罩很有必要．
13．工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟．如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p1，p2，p3互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．
(1)如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？
(2)若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为q1，q2，q3，其中q1，q2，q3是p1，p2，p3的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)E(X)；
(3)假定1>p1>p2>p3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小．
【解析】(1)无论以怎样的顺序派出人员，
任务不能被完成的概率都是(1－p1)(1－p2)(1－p3)，
所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，
并等于1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)＝p1＋p2＋p3－p1p2－p2p3－p3p1＋p1p2p3.
(2)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为q1，q2，q3时，
随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
q1
(1－q1)q2
(1－q1)(1－q2)
所需派出的人员数目的均值(数学期望)是E(X)＝q1＋2(1－q1)q2＋3(1－q1)(1－q2)＝3－2q1－q2＋q1q2.
(3)解法一：由(2)的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，E(X)＝3－2p1－p2＋p1p2.
根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值．
下面证明：对于p1，p2，p3的任意排列q1，q2，q3，
都有3－2q1－q2＋q1q2≥3－2p1－p2＋p1p2.(
)
事实上，(3－2q1－q2＋q1q2)－(3－2p1－p2＋p1p2)
＝2(p1－q1)＋(p2－q2)－p1p2＋q1q2
＝2(p1－q1)＋(p2－q2)－(p1－q1)p2－q1(p2－q2)
＝(2－p2)(p1－q1)＋(1－q1)(p2－q2)
≥(1－q1)[(p1＋p2)－(q1＋q2)]≥0，
即(
)成立．
解法二：①可将(2)中所求的E(X)改写为3－(q1＋q2)＋q1q2－q1，若交换前两人的派出顺序，则变为3－(q1＋q2)＋q1q2－q2，由此可见，当q2>q1时，交换前两人的派出顺序可减小均值．
②也可将(2)中所求的E(X)改写为3－2q1－(1－q1)q2，若交换后两人的派出顺序，则变为3－2q1－(1－q1)q3，由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当q3>q2时，交换后两人的派出顺序也可减小均值．
综合①②可知，当(q1，q2，q3)＝(p1，p2，p3)时，E(X)达到最小，即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的．