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第七章 随机变量及其分布列
章末知识梳理
核心知识归纳
要点专项突破
知识体系构建
知识体系构建
核心知识归纳
知识点1
思考1：计算P(B)时，如果事件B的表达式中有积有和，是否就必定要用全概率公式？
提示：不是．这是对全概率公式的形式主义的认识，完全把它作为一个“公式”来理解是不对的．其实，我们没有必要去背这个公式，根据B＝BΩ＝BA1＋BA2＋…＋BAn，应着眼于A1，A2，…，An的结构．
知识点2
思考2：两点分布、超几何分布与二项分布分别有何关系？
提示：①两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布．
②超几何分布与二项分布之间的关系：n次试验中，X为事件A出现的次数，当这n次试验是独立重复试验时，X服从二项分布；当这n次试验是不放回摸球，事件A为摸到某种特性(如某种颜色)的球时，X服从超几何分布．但是当袋子中的球的数目N很大时，超几何分布近似于二项分布，并且随着N的增加，这种近似的精确度也增加．
③二项分布与超几何分布的区别：有放回抽样，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．
要点专项突破
要点一 条件概率的求法
1．条件概率在高考命题中出现的概率较低，且多以选择题或填空题的形式出现，难度适中．
2．计算在事件B发生的条件下事件A发生的概率，有两种方法：(1)利用条件概率的计算公式，分别计算概率P(AB)，P(B)，将它们相除即可；(2)利用缩小基本事件空间的方法计算，即将原来的基本事件空间Ω缩小为已知的条件事件B，原来事件A缩小为AB，每个基本事件发生的概率相等，从而利用古典概型的概率公式计算．
抛掷5枚硬币，在已知至少出现了2枚硬币的正面朝上的情况下，恰好出现3枚硬币正面朝上的概率为______．
[分析] 求出“至少出现2枚硬币正面朝上”及“恰好有3枚硬币正面朝上”的概率，利用条件概率公式求解，也可直接利用古典概型的概率公式求解．
典例 1
[规律方法] 在利用条件概率公式求解时，要注意事件B发生，则事件A一定发生，即A∩B＝A，故P(AB)＝P(B)．
要点二 离散型随机变量的分布列、期望与方差
1．求离散型随机变量的分布列的关键有两点：(1)确定X的所有取值，明确其含义；(2)求出X取每一个值时的概率，求概率是一个难点，需要综合运用古典概型、互斥事件、相互独立事件的概率公式进行解决．
2．求离散型随机变量的期望与方差时，首先应求出其分布列，再套用期望和方差的公式求解，当可以判断随机变量服从超几何分布、二项分布等特殊分布时，还可以直接用这两种特殊分布的期望、方差公式计算求解，但必须明确其各个参数值．
3．在实际问题的决策中，要根据问题的需要，通过比较期望的大小或通过比较期望、方差两个值的大小来进行方案的评判与决策．
在一次购物抽奖活动中，假设某10张奖券中有一等奖券1张，可获价值为50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值为10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从此10张券中任抽2张，求：
(1)该顾客2张都没有中奖的概率；
(2)该顾客获得的奖品总价值X元的概率分布列和数学期望．
[分析] (1)由古典概型公式可求出“2张都没中奖”的概率．
(2)列出X的可能取值及对应的概率可求出X的分布列．
典例 2
某村以紫长茄为主的蔬菜种植，受种植条件、管理水平、市场等因素影响，每年紫长茄的平均亩产量和统一收购价格会有波动，亩产量与收购价格互不影响．根据以往资料预测，该村紫长茄今年的平均亩产量X(单位：吨)的分布列如下：
典例 3
X 10 12
P 0.5 0.5
紫长茄今年的平均统一收购价格Y (单位：万元/吨)的分布列如下：
Y 0.5 0.6
P 0.8 0.2
(1)某农户种植三个大棚的紫长茄，每个大棚1亩，每个大棚产量相互独立，求这三个大棚今年总产量不低于34吨的概率；
(2)紫长茄今年每亩种植成本约1.5万元，设Z表示该村紫长茄今年平均每亩的利润(单位：万元)，求Z的分布列和数学期望．
利润Z的数学期望为E(Z)＝3.5×0.4＋4.5×0.5＋5.7×0.1＝4.22(万元)．
Z 3.5 4.5 5.7
P 0.4 0.5 0.1
[规律方法] 离散型随机变量的期望与方差的关注点
(1)求离散型随机变量的期望与方差，一般先列出分布列，再按期望与方差的计算公式计算．
(2)要熟记特殊分布的期望与方差公式(如两点分布、二项分布、超几何分布)．
(3)注意期望与方差的性质．
(4)实际应用问题，要注意分析实际问题用哪种数学模型来表达．
要点三 数形结合思想
本章的很多内容是由图表给出的，这实际上就是对数形结合思想的应用，数形结合思想在高考中占有重要位置，是高考重点考查的数学思想，它可以使题目的解答更形象、直观、一目了然．
在一次测试中，测量结果X服从正态分布N(2，σ2)(σ＞0)，若X在(0,2)内取值的概率为0.2，求：
(1)X在(0,4)内取值的概率；
(2)P(X＞4)．
[分析] 本题考查正态分布，由于X服从正态分布N(2，σ2)(σ＞0)，所以μ＝2．画出正态曲线的图象，根据图象性质求相应区间的概率．
典例 4
[规律方法] 解决求某区间的概率问题，可以利用正态曲线的对称性，画出相应正态曲线的图象，应用数形结合思想把“求某一区间内的概率”问题转化为求“阴影部分面积”问题．
要点四 分类讨论思想
分类讨论思想的实质：整体问题转化为部分问题来解决，转化成部分问题后增加了题设条件，易于解题．在求概率问题时，会经常遇到事件A是由多个互斥事件构成的情况(如“至少”“至多”型的概率问题)，随机变量ξ的某个取值可能对应着若干个试验结果的情形，这就需要借助分类讨论的思想方法将此类问题分成若干个小问题去解决．
某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确各得0分，第三个问题，回答正确得20分，回答不正确得－10分．如果一个挑战者回答前两题正确的概率都是0.8，回答第三题正确的概率为0.6，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)求这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列和数学期望；
(2)求这位挑战者总得分不为负分(即X≥0)的概率．
[分析] 解答本题的关键是明确ξ的取值及ξ取不同值时所表示的试验结果，明确ξ的取值后，利用相互独立事件的概率公式计算即可．
典例 5
[解析] (1)如果三个题目均答错，得0＋0＋(－10)＝－10(分)．
如果三个题目均答对，得10＋10＋20＝40分．
如果三个题目一对两错，包括两种情况：
①前两个中一对一错，第三个错，得10＋0＋(－10)＝0(分)；
②前两个错，第三个对，得0＋0＋20＝20(分)．
如果三个题目两对一错，也包括两种情形：
①前两个对，第三个错，得10＋10＋(－10)＝10(分)；
②第三个对，前两个一对一错，得20＋10＋0＝30(分)．
故ξ的可能取值为－10,0,10,20,30,40．
[规律方法] 此题应用了分类讨论思想，把总得分ξ的取值分情况进行讨论，而对ξ＝－10,40之外的值又分两种情况进行讨论，讨论一定要按一定标准，做到不重不漏．第七章检测题
考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2021·天水高二检测)设随机变量X服从正态分布N(3,4)，则P(X＜1－3a)＝P(X＞a2＋7)成立的一个必要不充分条件是( A )
A．a＝1或2 B．a＝±1或2
C．a＝2 D．a＝
[解析] ∵X～N(3,4)，P(X＜1－3a)＝P(X＞a2＋7)，
∴(1－3a)＋(a2＋7)＝2×3，∴a＝1或2．故选A．
2．已知随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，则E(2ξ＋1)与D(2ξ＋1)的值分别为( D )
A．13,4 B．13,8
C．7,8 D．7,16
[解析] 由已知E(ξ)＝3，D(ξ)＝4，得E(2ξ＋1)＝2E(ξ)＋1＝7，D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝16．
3．盒中有10只螺丝钉，其中有3只是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是的事件为( C )
A．恰有1只是坏的 B．4只全是好的
C．恰有2只是好的 D．至多有2只是坏的
[解析] X＝k表示取出的螺丝钉恰有k只为好的，则P(X＝k)＝(k＝1、2、3、4)．
∴P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝，∴选C．
4．抛掷甲、乙两颗骰子，若事件A：“甲骰子的点数大于3”，事件B：“甲、乙两骰子的点数之和等于7”，则P(B|A)的值等于( B )
A． B．
C． D．
[解析] 由题意可得事件A：“甲骰子的点数大于3”包含点数为4,5,6三种情况，所以P(A)＝＝．
又事件B：“甲、乙两骰子的点数之和等于7”，
所以事件A与事件B都发生所包含的情况有(4,3)，(5,2)，(6,1)，共3个基本事件；而抛掷甲、乙两颗骰子，共有36种情况，所以事件A与事件B都发生的概率为P(AB)＝＝，故P(B|A)＝＝．
5．某班有60名学生，一次考试后数学成绩X～N(110,102)，若P(100≤X≤110)＝0.35，则估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为( A )
A．9 B．8
C．7 D．6
[解析] 因为数学成绩X～N(110,102)，
所以由P(100≤X≤110)＝0.35可得P(110≤X≤120)＝ 0.35，
所以该班学生数学成绩在120分以上的概率为P(X＞120)＝1－0.5－0.35＝0.15，
所以估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为0.15×60＝9(人)，故选A．
6．随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a为常数，则P的值为( D )
A． B．
C． D．
[解析] ∵P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，
∴＋＋＋＝1，∴a＝．
∴P＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝×＋×＝，故选D．
7．一批排球中正品有m个，次品有n个，m＋n＝10(m≥n)，从这批排球中每次随机取一个，有放回地抽取10次，X表示抽到的次品个数．若D(X)＝2.1，从这批排球中随机取两个，则至少有一个正品的概率p＝( B )
A． B．
C． D．
[解析] 由题意知抽取10次，每次抽到次品的概率为，则方差D(X)＝10××＝2.1，
又m≥n，则n≤5，∴解得n＝3，
∴所求的概率为p＝1－＝．故选B．
8.2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家．现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A＝ “4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝ “小组甲独自去一个国家”，则P(A|B)＝( A )
A． B．
C． D．
[解析] 事件A＝ “4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝ “小组甲独自去一个国家”，则P(AB)＝＝，P(B)＝＝，P(A|B)＝＝，故选A．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知三个正态分布密度函数φi(x)＝e－(x∈R，i＝1,2,3)的图象如图所示，则下列结论正确的是( AD )
A．σ1＝σ2 B．μ1＞μ3
C．μ1＝μ2 D．σ2＜σ3
[解析] 根据正态曲线关于x＝μ对称，且μ越大图象越靠近右边，所以μ1＜μ2＝μ3，B，C错误；又σ越小数据越集中，图象越瘦高，所以σ1＝σ2＜σ3，A，D正确．故选AD．
10．(2021·海南中学)若随机变量ξ满足E(1－ξ)＝4，D(1－ξ)＝4，则下列说法正确的是( BD )
A．E(ξ)＝－4 B．E(ξ)＝－3
C．D(ξ)＝－4 D．D(ξ)＝4
[解析] 随机变量ξ满足E(1－ξ)＝4，D(1－ξ)＝4，则1－E(ξ)＝4，(－1)2D(ξ)＝4，据此可得E(ξ)＝－3，D(ξ)＝4．故选BD．
11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( BD )
A．P(B)＝
B．P(B|A1)＝
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
[解析] 由题意A1，A2，A3是两两互斥的事件，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝，P(B|A1)＝＝＝，故B正确；
P(B)＝P(B·A1)＋P(B·A2)＋P(B·A3)＝×＋×＋×＝，故A，C不正确；A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确．
故选BD．
12．下列说法正确的是( CD )
A．5的展开式中含x2y3项的二项式系数为20
B．事件A∪B为必然事件，则事件A，B是互为对立事件
C．设随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，若P(ξ＜2)＝P(ξ＞4)，则μ与D(ξ)的值分别为μ＝3，D(ξ)＝7
D．甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点各不相同”，事件B＝“甲独自去一个景点”，则P(A|B)＝
[解析] 对于A，由二项式定理得5的展开式中含x2y3项的二项式系数为C＝10，故A错误；对于B，事件A∪B为必然事件，若A，B互斥，则事件A，B是互为对立事件；若A，B不互斥，则事件A，B不是互为对立事件，故B错误；对于C，设随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，若P(ξ＜2)＝P(ξ＞4)，则正态曲线关于直线x＝3对称，则μ与D(ξ)的值分别为μ＝3，D(ξ)＝7，故C正确；对于D，事件A＝“4个人去的景点各不相同”，事件B＝“甲独自去一个景点”，
则P(B)＝＝，P(AB)＝＝，
则P(A|B)＝＝，故D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知随机变量X服从正态分布N(0，σ2)，且P(－2≤X≤0)＝0.4，则P(X＞2)＝__0.1__．
[解析] ∵随机变量X服从正态分布N(0，σ2)，且P(－2≤X≤0)＝0.4，
∴P(0≤X≤2)＝0.4，
∴P(X＞2)＝0.5－0.4＝0.1，
故答案为0.1．
14．袋中有2个红球，2个白球，2个黑球共6个球，现有一个游戏：从袋中任取3个球，恰好三种颜色各取到1个则获奖，否则不获奖．有3个人参与这个游戏，则恰好有1人获奖的概率是____．
[解析] 设中奖为事件A，则事件A包含的基本事件个数为(C)3＝8，所有的基本事件共有C＝20，所以中奖概率为P(A)＝＝；
有3个人参与这个游戏，设中奖人数为X，则X～B，P(X＝1)＝C××2＝．
15．商场每月售出的某种商品的件数X是一个随机变量，其分布列如下表．
X 1 2 3 … 12
P …
每售出一件可获利300元，如果销售不出去，每件每月需要保养费100元．该商场月初进货9件这种商品，则销售该商品获利的期望为__1_500元__．
[解析] 由题意知E(X)＝(1＋2＋3＋…＋12)×＝6.5．∵每售出一件可获利300元，如果销售不出去，每件每月需要保养费100元，该商场月初进货9件这种商品，则销售该商品获利的期望为6×300－(9－6)×100＝1 500(元)．故答案为1 500元．
16．(2021·浙江卷)袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m－n＝__1__，E(ξ)＝____．
[解析] 由题意可得，P(ξ＝2)＝＝＝，化简得(m＋n)2＋7(m＋n)－60＝0，得m＋n＝5，取出的两个球一红一黄的概率P＝＝＝，解得m＝3，故n＝2．所以m－n＝1，易知ξ的所有可能取值为0,1,2，且P(ξ＝2)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝0)＝＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)甲、乙、丙、丁4名同学被随机地分到A、B、C三个社区参加社会实践，要求每个社区至少有一名同学．
(1)求甲、乙两人都被分到A社区的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个社区的概率；
(3)设随机变量ξ为四名同学中到A社区的人数，求ξ的分布列和E(ξ)的值．
[解析] (1)记甲、乙两人同时到A社区为事件M，那么P(M)＝＝，
即甲、乙两人同时分到A社区的概率是．
(2)记甲、乙两人在同一社区为事件E，那么
P(E)＝＝，
所以，甲、乙两人不在同一社区的概率是
P()＝1－P(E)＝．
(3)随机变量ξ可能取的值为1,2．事件“ξ＝i(i＝1,2)”是指有i个同学到A社区，
则P(ξ＝2)＝＝．
所以P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝2)＝，
ξ的分布列是：
ξ 1 2
P
∴E(ξ)＝1×＋2×＝．
18．(本小题满分12分)(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
[解析] (1)由题意得，X的所有可能取值为0,20,100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4．
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0,80,100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6．
因为57.6＞54.4，即E(Y)＞E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．
19．(本小题满分12分)某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域的空气质量指数与空气质量等级对应关系，如下表(假设该区域空气质量指数不会超过300)：
空气质量指数 (0,50] (50,100] (100,150] (150,200] (200,250] (250,300]
空气质量等级 1级优 2级良 3级轻度污染 4级中度污染 5级重度污染 6级严重污染
该社团将该校区在2020年100天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如图所示，把该直方图所得频率估计为概率．
(1)请估算2020年(以365天计算)全年空气质量优、良的天数(未满一天按一天计算)；
(2)该校2020年某三天举行了一场运动会，若这三天中某天出现5级重度污染，需要净化空气费用10 000元，出现6级严重污染，需要净化空气费用20 000元，记这三天净化空气总费用为X元，求X的分布列．
[解析] (1)由频率分布直方图可估算2020年(以365天计算)全年空气质量优、良的天数为(0.002×50＋0.004×50)×365＝0.3×365＝109.5≈110．
(2)由题意知，X的所有可能取值为0,10 000,20 000,30 000,40 000, 50 000,60 000，
由频率分布直方图知空气质量指数为(0,200]的概率为，
空气质量指数为(200,250]的概中为，
空气质量指数为(250,300]的概率为，
则P(X＝0)＝3＝，
P(X＝10 000)＝C××2＝，P(X＝20 000)＝C×2×＋C××2＝，
P(X＝30 000)＝3＋C××C××＝，
P(X＝40 000)＝C×2×＋C×2×＝，
P(X＝50 000)＝C×2×＝，
P(X＝60 000)＝3＝．
所以X的分布列为
X 0 10 000 20 000 30 000 40 000 50 000 60 000
P
20．(本小题满分12分)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和 ，现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B．设甲、乙两组的研发是相互独立的．
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；
(2)若新产品A研发成功，预计企业可获得利润120万元，若新产品B研发成功，预计企业可获得利润100万元，求该企业可获得利润的分布列和数学期望．
[解析] (1)设至少有一种新产品研发成功的事件为事件A且事件B为事件A的对立事件，则事件B为新产品A，B都没有研发成功，因为甲、乙成功的概率分别为，，
则P(B)＝×＝×＝，
再根据对立事件概率之间的概率公式可得
P(A)＝1－P(B)＝，
所以至少有一种新产品研发成功的概率为．
(2)设该企业可获得利润为ξ，
则由题可得ξ的取值有0,120＋0,100＋0,120＋100，
即ξ的取值为0,120,100,220．
则有P(ξ＝0)＝×＝；
P(ξ＝120)＝×＝；
P(ξ＝100)＝×＝；
P(ξ＝220)＝×＝；
所以ξ的分布列如下：
ξ 0 120 100 220
P
则数学期望E(ξ)＝0× ＋120×＋100×＋220×＝32＋20＋88＝140．
21．(本小题满分12分)某市举办数学知识竞赛活动，共5 000名学生参加，竞赛分为初试和复试，复试环节共3道题，其中2道单选题，1道多选题，得分规则如下：参赛学生每答对一道单选题得2分，答错得0分，答对多选题得3分，答错得0分，答完3道题后的得分之和为参赛学生的复试成绩．
(1)通过分析可以认为学生初试成绩X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝66，σ2＝144，试估计初试成绩不低于90分的人数；
(2)已知小强已通过初试，他在复试中单选题的正答率为，多选题的正答率为，且每道题回答正确与否互不影响．记小强复试成绩为Y，求Y的分布列及数学期望．
附：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．
[解析] (1)∵σ2＝144，
∴σ＝12．又μ＝66，
∴μ＋2σ＝66＋2×12＝90，
∴P(X≥90)＝P(X≥μ＋2σ)＝(1－0.954 5)＝0.022 75，
∴估计不低于90分的人数有0.022 75×5 000≈113．
(2)Y的所有可能取值为0,2,3,4,5,7，
∴P(Y＝0)＝××＝；
P(Y＝2)＝C×××＝＝；
P(Y＝3)＝××＝；
P(Y＝4)＝××＝＝；
P(Y＝5)＝C×××＝＝；
P(Y＝7)＝××＝＝．
∴Y的分布列为
Y 0 2 3 4 5 7
P
∴E(Y)＝0×＋2×＋3×＋4×＋5×＋7×＝．
22．(本小题满分12分)某校设计了一个试验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成全部试验操作，规定：至少正确完成其中2道题才可通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成，考生乙每道题正确完成的概率都是，且每道题正确完成与否互不影响．
(1)求甲、乙两考生正确完成题数的分布列，并计算其数学期望；
(2)请分析比较甲、乙两考生的试验操作能力．
[解析] (1)设考生甲、乙正确完成试验操作的题数分别为X，Y，则X所有可能的取值为1,2,3；Y所有可能的取值为0,1,2,3．
∵P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
∴考生甲正确完成题数的分布列为
X 1 2 3
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＝2．
∵P(Y＝0)＝C3＝，
同理P(Y＝1)＝，P(Y＝2)＝，P(Y＝3)＝．
∴考生乙正确完成题数的分布列为
Y 0 1 2 3
P
E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2．
(2)∵D(X)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝，D(Y)＝(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×
＝，
∴D(X)＜D(Y)．
∵P(X≥2)＝＋＝0.8，P(Y≥2)＝＋≈0.74，
∴P(X≥2)＞P(Y≥2)．
从正确完成题数的数学期望考查，两人的水平相当；从正确完成题数的方差考查，甲较稳定；从至少正确完成2道题的概率考查，甲通过的可能性大，因此可以判定甲的试验操作能力较强．
