2014-2023年高考数学真题专题分类--11.2　离散型随机变量及其分布列、均值与方差(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
11.2　离散型随机变量及其分布列、均值与方差
考点　离散型随机变量的分布列、均值与方差
1.(2020课标Ⅲ理,3,5分)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是 (　　)
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4　　　　B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3　　　　D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
答案　B　根据均值E(X)=xipi,方差D(X)=[xi-E(X)]2·pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表.
选项 均值E(X) 方差D(X) 标准差
A 2.5 0.65
B 2.5 1.85
C 2.5 1.05
D 2.5 1.45
由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B.
2.(2021浙江,15,6分)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=　　　　,E(ξ)=　　　　.
答案　1;
解题指导:由古典概型概率计算公式求得m+n+4的值,再利用概率公式求出m,从而得n的值,进而求出m-n;利用超几何分布的概率公式分别求出ξ=0,1,2的概率,然后利用数学期望公式即可得到结果.
解析　∵P(ξ=2)=,可得=36,
∴m+n+4=9,
又∵P(一红一黄)=,解得m=3,
∴n=2,
∴m-n=1.
P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,
∴E(ξ)=.
小题巧解　第2空:由于ξ~H(9,4,2),故E(ξ)=.
3.(2022全国甲理,19,12分,应用性)甲、乙两个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.
(1)求甲学校获得冠军的概率;
(2)用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望.
解析　 (1)记“甲学校在第i个项目获胜”为事件Ai(i=1,2,3),“甲学校获得冠军”为事件E.
则P(E)=P(A1A2A3)+P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=.
∴甲学校获得冠军的概率为.
(2)记“乙学校在第j个项目获胜”为事件Bj(j=1,2,3).X的所有可能取值为0,10,20,30.
则P(X=0)=P()=,
P(X=10)=P(B1)+P()+P(B3)
=,
P(X=20)=P(B1B2)+P(B1B3)+P(B2B3)
=,
P(X=30)=P(B1B2B3)=.
∴X的分布列为
X 0 10 20 30
P
∴E(X)=0×=13.
4.(2021新高考Ⅰ,18,12分)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.
解题指导:(1)由题意分析出X的所有可能取值,并求出所有可能取值对应的概率,从而求出X的分布列.(2)根据(1),可求出小明先回答A类问题的数学期望E(X),再求出小明先回答B类问题的数学期望.通过比较,即可得出结果.
解析　(1)由题易知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)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.
假设小明先回答B类问题,其累计得分为Y,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
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,
所以E(Y)>E(X),
所以小明应选择先回答B类问题.
方法总结　求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤:
1.判断取值:即判断随机变量的所有可能取值及取每个值所表示的意义;2.探求概率:利用排列组合、枚举法、概率公式,求出随机变量取每个值时的概率;3.写出分布列:按规定形式写出分布列,注意检验所求的分布列或事件的概率是否正确;4.求期望值:利用离散型随机变量的数学期望的定义求其期望值.
5.(2022北京,18,13分,应用性)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m):
甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25;
乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;
丙:9.85,9.65,9.20,9.16.
假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望EX;
(3)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大 (结论不要求证明)
解析　 (1)甲以往参加的10次比赛中,有4次比赛成绩达到获得优秀奖的标准,则甲得优秀奖的概率P=.
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,设甲、乙、丙获得优秀奖分别为事件A,B,C,则A,B,C,相互独立,且P(A)=,P(B)=P(C)=,P()=1-P(A)=1-,P()=P()=,
则P(X=0)=P()=P()P()P()=;
P(X=1)=P(A)+P()+P(C)=P(A)P()·P()+P()P(B)P()+P()P()P(C)=;
P(X=2)=P(AB)+P(AC)+P(BC)=P(A)P(B)·P()+P(A)P()P(C)+P()P(B)P(C)=;
P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=.
故X的数学期望EX=0×.
(3)丙.
详解:乙夺冠的概率为P(乙)=,
丙夺冠的概率为P(丙)=,
甲夺冠的概率为P(甲)=1-,
P(丙)最大,所以丙夺冠的概率最大.
6.(2018北京理,17,12分)电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表:
电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类
电影部数 140 50 300 200 800 510
好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
假设所有电影是否获得好评相互独立.
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率;
(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部,估计恰有1部获得好评的概率;
(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等.用“ξk=1”表示第k类电影得到人们喜欢,“ξk=0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k=1,2,3,4,5,6).写出方差Dξ1,Dξ2,Dξ3,Dξ4,Dξ5,Dξ6的大小关系.
解析　(1)由题意知,样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000,
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50.
故所求概率是=0.025.
(2)设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”,
事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”.
故所求概率为P(A+B)=P(A)+P(B)
=P(A)(1-P(B))+(1-P(A))P(B).
由题意知:P(A)估计为0.25,P(B)估计为0.2.
故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35.
(3)Dξ1>Dξ4>Dξ2=Dξ5>Dξ3>Dξ6.
解后反思　古典概型的概率以及方差的求解:
在使用古典概型的概率公式时,应该注意:(1)要判断该概率模型是不是古典概型;(2)先分清基本事件的总数n与事件A中包含的结果数m,再利用公式P(A)=求出事件A发生的概率.在求方差时,要学会判断随机变量是不是服从特殊分布,若服从,则利用特殊分布的方差公式求解.
7.(2018天津理,16,13分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
(ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
解析　本题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期望、互斥事件的概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)(i)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=(k=0,1,2,3).
所以,随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.
由(i)知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=.
所以,事件A发生的概率为.
名师点睛　超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到某类个体的个数.超几何分布的特点:
(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,考察某类个体个数X的概率分布.
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,其实质是古典概型.
8.(2017天津理,16,13分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口遇到红灯的概率分别为,,.
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
解析　本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=××=,
P(X=1)=×1-×1-+1-××1-+××=,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××=.
所以,随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为
P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)
=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)
=×+×
=.
所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
技巧点拨　解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随机变量可以取哪些值以及取各个值时对应的概率,只有正确理解随机变量取值的意义才能解决这个问题,理解随机变量取值的意义是解决这类问题的必要前提.
9.(2017山东理,18,12分)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　本题考查离散型随机变量的分布列,期望.
(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可取的值为0,1,2,3,4,则
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的数学期望是
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.
解后反思　(1)求离散型随机变量X的分布列的步骤:
①理解X的含义,写出X所有可能的取值.
②求X取每个值时的概率;
③写出X的分布列.
(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意应用计数原理,古典概型概率公式等知识.
10.(2016天津理,16,13分)某小组共10人,利用假期参加义工活动,已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.
(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A发生的概率;
(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望.
解析　(1)由已知,有P(A)==.
所以,事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==.
所以,随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×=1.
评析　本题主要考查古典概型及其概率计算公式,互斥事件、离散型随机变量的分布列与数学期望等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
11.(2015天津理,16,13分)为推动乒乓球运动的发展,某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名,其中种子选手2名;乙协会的运动员5名,其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手,且这2名种子选手来自同一个协会”,求事件A发生的概率;
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数,求随机变量X的分布列和数学期望.
解析　(1)由已知,有
P(A)==.
所以,事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X=k)=(k=1,2,3,4).
所以,随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P
随机变量X的数学期望E(X)=1×+2×+3×+4×=.
评析　本题主要考查古典概型及其概率计算公式,互斥事件,离散型随机变量的分布列与数学期望等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.属中等难度题.
12.(2015四川理,17,12分)某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛,A中学推荐了3名男生、2名女生,B中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率;
(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X表示参赛的男生人数,求X的分布列和数学期望.
解析　(1)由题意,参加集训的男、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为=.
因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-=.
(2)根据题意,X的可能取值为1,2,3.
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==.
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
因此,X的数学期望为
E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)
=1×+2×+3×=2.
评析　本题主要考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的分布列、数学期望等基础知识,考查运算求解能力、应用意识,考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力.
13.(2015安徽理,17,12分)已知2件次品和3件正品混放在一起,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,直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束.
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率;
(2)已知每检测一件产品需要费用100元,设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位:元),求X的分布列和均值(数学期望).
解析　(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A,
P(A)==.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X=200)==,
P(X=300)==,
P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1--=.
故X的分布列为
X 200 300 400
P
EX=200×+300×+400×=350.
14.(2015福建理,16,13分)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.
解析　(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,
则P(A)=××=.
(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.
又P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××1=,
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)=1×+2×+3×=.
评析　本小题主要考查古典概型、相互独立事件的概率、随机变量的分布列、数学期望等基础知识,考查运算求解能力、应用意识,考查必然与或然思想.
15.(2013课标Ⅰ理,19,12分)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%,即取出的每件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)已知每件产品的检验费用为100元,且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A1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2,第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A1B1)∪(A2B2),且A1B1与A2B2互斥,所以P(A)=P(A1B1)+P(A2B2)
=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2)
=×+×=.
(2)X可能的取值为400,500,800,并且
P(X=400)=1--=,
P(X=500)=,P(X=800)=.
所以X的分布列为
X 400 500 800
P
EX=400×+500×+800×=506.25.
16.(2016课标Ⅱ理,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保　费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:
一年内出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
概　率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.
解析　(1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分)
(2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.
又P(AB)=P(B),故P(B|A)====.
因此所求概率为.(7分)
(3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为
X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05
EX=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a.
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分)
易错警示　对条件概率的定义理解不到位,或者不会运用条件概率的求解公式,导致出错.
评析　本题考查了随机事件的概率,同时考查了考生的应用意识及数据处理能力,属中档题.
17.(2013课标Ⅱ理,19,12分)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出1t该产品获利润500元,未售出的产品,每1t亏损300元.根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图,如下图所示.经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品,以X(单位:t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.
(1)将T表示为X的函数;
(2)根据直方图估计利润T不少于57000元的概率;
(3)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如:若需求量X∈[100,110),则取X=105,且X=105的概率等于需求量落入[100,110)的频率),求T的数学期望.
解析　(1)当X∈[100,130)时,T=500X-300(130-X)=800X-39000,
当X∈[130,150]时,T=500×130=65000.
所以T=
(2)由(1)知利润T不少于57000元当且仅当120≤X≤150.
由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7,所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7.
(3)依题意可得T的分布列为
T 45000 53000 61000 65000
P 0.1 0.2 0.3 0.4
所以ET=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4=59400.
18.(2013北京理,16,13分)下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图.空气质量指数小于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重度污染.某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市,并停留2天.
(1)求此人到达当日空气重度污染的概率;
(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数,求X的分布列与数学期望;
(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大 (结论不要求证明)
解析　设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i=1,2,…,13).
根据题意,P(Ai)=,且Ai∩Aj= (i≠j).
(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”,则B=A5∪A8.所以P(B)=P(A5∪A8)=P(A5)+P(A8)=.
(2)由题意可知,X的所有可能取值为0,1,2,且
P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11)
=P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)=,
P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)
=P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)=,
P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故X的期望EX=0×+1×+2×=.
(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.
19.(2016课标Ⅰ,19,12分)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
(1)求X的分布列;
(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个
解析　(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.
可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22,
P(X=16)=0.2×0.2=0.04;
P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;
P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;
P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;
P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;
P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;
P(X=22)=0.2×0.2=0.04.(4分)
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
(6分)
(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(8分)
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).
当n=19时,EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040.(10分)
当n=20时,EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.
可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.(12分)
21.(2023新课标Ⅰ,21,12分,难)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率;
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E=记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
解析　(1)设“第2次投篮的人是乙”为事件A,
则P(A)=0.5×0.4+0.5×0.8=0.6.
(2)设“第i次投篮的人是甲”的概率为Pi,
则第i-1次投篮的人是甲的概率为Pi-1,第i-1次投篮的人是乙的概率为1-Pi-1,
则Pi=0.6·Pi-1+(1-Pi-1)×0.2(i≥2),
即Pi=+Pi-1(i≥2),
则Pi-=,
又P1=,∴P1-=-=≠0,
∴数列是以为首项,为公比的等比数列.
∴Pi-=,即Pi=+,
∴第i次投篮的人是甲的概率为+.
(3)由题意知E(Y)==+×=+×.
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