(共39张PPT)
微专题2 概率模型及应用
大题考法1
PART
01
第一部分
大题考法1 离散型随机变量的均值与方差
手机完全充满电量，在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间．为了解A，B两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取A，B两个型号的手机各7台，在相同条件下进行测试，统计结果如下：
单位：h
手机编号 1 2 3 4 5 6 7
A型待机时间 120 125 122 124 124 123 123
B型待机时间 118 123 127 120 124 a b
其中， a，b是正整数，且a
(1)该卖场有56台A型手机，试估计其中待机时间不少于123 h的台数；
(2)从A型号被测试的7台手机中随机抽取4台，记待机时间大于123 h的台数为X，求X的分布列；
(3)设A，B两个型号被测试手机待机时间的平均值相等，当B型号被测试手机待机时间的方差最小时，写出a，b的值．
结合二次函数的性质可知，当t＝1或t＝2时，B型号被测试手机待机时间的方差最小，
当t＝1时，a＝124，b＝125，满足a当t＝2时，a＝125，b＝124，不满足a综上，a＝124，b＝125.
解决离散型随机变量分布列问题的两个关键点：
(1)正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．
(2)正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从特殊分布，则可直接使用公式求解．
(2)若乙投篮3次得分为X，求X的分布列和均值；
(3)比较甲、乙的比赛结果．
大题考法2
PART
02
第二部分
大题考法2 二项分布与超几何分布
(2024·上海二模)ChatGPT是OpenAI研发的一款聊天机器人程序，是人工智能技术驱动的自然语言处理工具，它能够基于在预训练阶段所见的模式和统计规律来生成回答，但它的回答可能会受到训练数据信息的影响，不一定完全正确．某科技公司在使用ChatGPT对某一类问题进行测试时发现，如果输入的问题没有语法错误，它回答正确的概率为0.98；如果出现语法错误，它回答正确的概率为0.18. 假设每次输入的问题出现语法错误的概率为0.1，且每次输入问题，ChatGPT的回答是否正确相互独立．该公司科技人员小张想挑战一下ChatGPT，小张和ChatGPT各自从给定的10个问题中随机抽取9个作答，已知在这10个问题中，小张能正确作答其中的9个．
(1)求小张能全部回答正确的概率；
(2)求一个问题能被ChatGPT回答正确的概率；
(3)在这轮挑战中，分别求出小张和ChatGPT答对题数的均值与方差．
[提醒] 在超几何分布中，研究总体N足够大时，超几何分布可以近似看作二项分布．
(2024·威海二模)市场供应的某种商品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品达到优秀等级的概率为90%，乙厂产品达到优秀等级的概率为65%.现有某质检部门对该商品进行质量检测．
(1)若质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级的概率；
(2)若质检部门在该市场中随机抽取4件该商品进行质量检测，设抽到的产品中能达到优秀等级的件数为X，求X的分布列和均值．
大题考法3
PART
03
第三部分
大题考法3 现实生活情境中的决策问题
(2024·湖南二模)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有A，B，C三首歌曲．嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三首歌曲中随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金．假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲歌名的概率及猜对时获得相应的奖励基金如表所示：
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.5 0.5
获得的奖励基金金额/元 1 000 2 000 3 000
(1)求甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌歌名的概率；
(2)甲决定按“A，B，C”或者“C，B，A”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序甲获得奖励基金的均值；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由．
【解】 甲按“A，B，C”顺序猜歌名，获得的奖金数记为X，
则X的所有可能取值为0，1 000，3 000，6 000，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝1 000)＝0.8×(1－0.5)＝0.4，
P(X＝3 000)＝0.8×0.5×(1－0.5)＝0.2, P(X＝6 000)＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E(X)＝0×0.2＋1 000×0.4＋3 000×0.2＋6 000×0.2＝2 200；
甲按“C，B，A”顺序猜歌名，获得的奖金数记为Y，则Y的所有可能取值为0，3 000，5 000，6 000，
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5，
P(Y＝3 000)＝0.5×(1－0.5)＝0.25，
P(Y＝5 000)＝0.5×0.5×(1－0.8)＝0.05，P(Y＝6 000)＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E(Y)＝0×0.5＋3 000×0.25＋5 000×0.05＋6 000×0.2＝2 200.
方法一：D(X)＝(0－2 200)2×0.2＋(1 000－2 200)2×0.4＋(3 000－2 200)2×0.2＋(6 000－2 200)2×0.2＝4 560 000，
D(Y)＝(0－2 200)2×0.5＋(3 000－2 200)2×0.25＋(5 000－2 200)2×0.05＋
(6 000－2 200)2×0.2＝5 860 000，由于E(X)＝E(Y)，D(Y)>D(X)，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名．
方法二：甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名．
(答案合理即可)
利用均值与方差进行决策的思路方法
利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量X的均值的意义在于描述随机变量取值的平均水平，而方差则描述了随机变量取值的稳定与波动或集中与分散的状况．品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关．
(2024·湖北二模)数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对按比例得分，有选错得0分．小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p(0(1)现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A，B，C，D四个选项中任选一个选项；策略二：在A，B，C，D四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时得分的均值；微专题2 概率模型及应用
大题考法1 离散型随机变量的均值与方差
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" 手机完全充满电量，在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间．为了解A，B两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取A，B两个型号的手机各7台，在相同条件下进行测试，统计结果如下：
单位：h
手机编号 1 2 3 4 5 6 7
A型待机时间 120 125 122 124 124 123 123
B型待机时间 118 123 127 120 124 a b
其中， a，b是正整数，且a(1)该卖场有56台A型手机，试估计其中待机时间不少于123 h的台数；
(2)从A型号被测试的7台手机中随机抽取4台，记待机时间大于123 h的台数为X，求X的分布列；
(3)设A，B两个型号被测试手机待机时间的平均值相等，当B型号被测试手机待机时间的方差最小时，写出a，b的值．
【解】 (1)被测试的7台A型手机中有5台的待机时间不少于123 h，所以56台A型手机中约有56×＝40台手机的待机时间不少于123 h.
(2)X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝ eq \f(1,C) ＝，
P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝，
P(X＝2)＝ eq \f(CC,C) ＝，
P(X＝3)＝ eq \f(CC,C) ＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(3)A型号被测试手机待机时间的平均值为＝123，
B型号被测试手机待机时间的平均值为＝，
因为A，B两个型号被测试手机待机时间的平均值相等，所以a＋b＝249，即b＝249－a，
B型号被测试手机待机时间的方差为×[(118－123)2＋(123－123)2＋(127－123)2＋(120－123)2＋(124－123)2＋(a－123)2＋(b－123)2]，
因为方差最小，所以(a－123)2＋(b－123)2最小，又(a－123)2＋(b－123)2＝(a－123)2＋(249－a－123)2＝(a－123)2＋(a－126)2，
令t＝a－123，则上式可化为t2＋(t－3)2＝2t2－6t＋9＝2(t－)2＋，
因为a是正整数，所以t是整数，
结合二次函数的性质可知，当t＝1或t＝2时，B型号被测试手机待机时间的方差最小，
当t＝1时，a＝124，b＝125，满足a当t＝2时，a＝125，b＝124，不满足a综上，a＝124，b＝125.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
解决离散型随机变量分布列问题的两个关键点：
(1)正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．
(2)正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从特殊分布，则可直接使用公式求解．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·上海二模)在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投3次，每投进一次得2分，否则得0分．已知甲每次投进的概率为，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为，若前一次没投进，则该次投进的概率为.
(1)求甲投篮3次得2分的概率；
(2)若乙投篮3次得分为X，求X的分布列和均值；
(3)比较甲、乙的比赛结果．
解：(1)甲投篮3次得2分，即只投中1次，概率为P＝C××(1－)2＝.
(2)由题意知X的所有可能取值为0，2，4，6，
则P(X＝0)＝××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝4)＝××＋××＋××＝，
P(X＝6)＝××＝，
随机变量X的分布列为
X 0 2 4 6
P
E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＝3.
(3)设甲三次投篮的得分为Y，则Y＝0，2，4，6，
随机变量Y的分布列为
Y 0 2 4 6
P
所以E(Y)＝0×＋2×＋4×＋6×＝3，
D(Y)＝02×＋22×＋42×＋62×－32＝3，
又D(X)＝02×＋22×＋42×＋62×－32＝，
因为E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)，
所以甲最终的得分均值与乙最终的得分均值相等，但乙的得分不如甲稳定．
大题考法2 二项分布与超几何分布
INCLUDEPICTURE "例2.TIF" (2024·上海二模)ChatGPT是OpenAI研发的一款聊天机器人程序，是人工智能技术驱动的自然语言处理工具，它能够基于在预训练阶段所见的模式和统计规律来生成回答，但它的回答可能会受到训练数据信息的影响，不一定完全正确．某科技公司在使用ChatGPT对某一类问题进行测试时发现，如果输入的问题没有语法错误，它回答正确的概率为0.98；如果出现语法错误，它回答正确的概率为0.18. 假设每次输入的问题出现语法错误的概率为0.1，且每次输入问题，ChatGPT的回答是否正确相互独立．该公司科技人员小张想挑战一下ChatGPT，小张和ChatGPT各自从给定的10个问题中随机抽取9个作答，已知在这10个问题中，小张能正确作答其中的9个．
(1)求小张能全部回答正确的概率；
(2)求一个问题能被ChatGPT回答正确的概率；
(3)在这轮挑战中，分别求出小张和ChatGPT答对题数的均值与方差．
【解】 (1)设小张答对的题数为X，则P(X＝9)＝ eq \f(C,C) ＝.
所以小张能全部回答正确的概率为.
(2)设事件A表示“输入的问题没有语法错误”， 事件B表示“一个问题能被ChatGPT正确回答”，
由题意知P()＝0.1，
则P(A)＝1－P()＝0.9，
P(B|A)＝0.98，P(B|)＝0.18，
P(B)＝P(BA)＋P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝0.98×0.9＋0.18×0.1＝0.9.
(3)设小张答对的题数为X，则X的可能取值是8，9，
且P(X＝8)＝ eq \f(CC,C) ＝，
P(X＝9)＝ eq \f(C,C) ＝，
设ChatGPT答对的题数为Y，则Y～B(9，0.9)，
则E(X)＝8×＋9×＝8.1，
E(Y)＝np＝9×0.9＝8.1，
D(X)＝(8－8.1)2×＋(9－8.1)2×＝0.09，
D(Y)＝9×0.9×0.1＝0.81.
故小张和ChatGPT答对题数的均值均为8.1，方差分别为0.09，0.81.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
(1)如果随机变量X～B(n，p)，那么其概率、均值与方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得．
(2)超几何分布的应用条件：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的分布列．
[提醒] 在超几何分布中，研究总体N足够大时，超几何分布可以近似看作二项分布．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·威海二模)市场供应的某种商品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品达到优秀等级的概率为90%，乙厂产品达到优秀等级的概率为65%.现有某质检部门对该商品进行质量检测．
(1)若质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级的概率；
(2)若质检部门在该市场中随机抽取4件该商品进行质量检测，设抽到的产品中能达到优秀等级的件数为X，求X的分布列和均值．
解：(1)记“质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，抽到的产品达到优秀等级”为事件A，
则P(A)＝60%×90%＋40%×65%＝80%＝.
(2)由(1)可知每件产品达到优秀等级的概率均为，
故X～B(4，)，X＝0，1，2，3，4，
所以P(X＝0)＝C×()0×(1－)4＝，
P(X＝1)＝C×()1×(1－)3＝，
P(X＝2)＝C×()2×(1－)2＝，
P(X＝3)＝C×()3×(1－)1＝，
P(X＝4)＝C×()4×(1－)0＝，
X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
大题考法3 现实生活情境中的决策问题
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" (2024·湖南二模)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有A，B，C三首歌曲．嘉宾甲参加猜歌名游戏，需从三首歌曲中随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金．假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲歌名的概率及猜对时获得相应的奖励基金如表所示：
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.5 0.5
获得的奖励基金金额/元 1 000 2 000 3 000
(1)求甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌歌名的概率；
(2)甲决定按“A，B，C”或者“C，B，A”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序甲获得奖励基金的均值；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由．
【解】 (1)由题意可知甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌歌名分两种情况：只猜对A，B；猜对A，B，C，这两种情况不会同时发生．
分别记甲猜对A，B，C三首歌歌名为事件M，N，F，“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌歌名”为事件E，
由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得
P(E)＝P(MN＋MNF)＝0.8×0.5×(1－0.5)＋0.8×0.5×0.5＝0.4.
(2)甲按“A，B，C”顺序猜歌名，获得的奖金数记为X，
则X的所有可能取值为0，1 000，3 000，6 000，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝1 000)＝0.8×(1－0.5)＝0.4，
P(X＝3 000)＝0.8×0.5×(1－0.5)＝0.2, P(X＝6 000)＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E(X)＝0×0.2＋1 000×0.4＋3 000×0.2＋6 000×0.2＝2 200；
甲按“C，B，A”顺序猜歌名，获得的奖金数记为Y，则Y的所有可能取值为0，3 000，5 000，6 000，
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5，
P(Y＝3 000)＝0.5×(1－0.5)＝0.25，
P(Y＝5 000)＝0.5×0.5×(1－0.8)＝0.05，P(Y＝6 000)＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E(Y)＝0×0.5＋3 000×0.25＋5 000×0.05＋6 000×0.2＝2 200.
方法一：D(X)＝(0－2 200)2×0.2＋(1 000－2 200)2×0.4＋(3 000－2 200)2×0.2＋(6 000－2 200)2×0.2＝4 560 000，
D(Y)＝(0－2 200)2×0.5＋(3 000－2 200)2×0.25＋(5 000－2 200)2×0.05＋(6 000－2 200)2×0.2＝5 860 000，由于E(X)＝E(Y)，D(Y)>D(X)，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名．
方法二：甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名．
(答案合理即可)
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
利用均值与方差进行决策的思路方法
利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量X的均值的意义在于描述随机变量取值的平均水平，而方差则描述了随机变量取值的稳定与波动或集中与分散的状况．品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·湖北二模)数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对按比例得分，有选错得0分．小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p(0(1)现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A，B，C，D四个选项中任选一个选项；策略二：在A，B，C，D四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时得分的均值；
(2)若有一个多选题，小明发现A正确，B，C，D选项他不会判断，现在他也有两个策略，策略一：选A和B，C，D中的任一个，策略二：选A和B，C，D中的任意2个，在p＝的条件下，判断小明该选择哪个策略．
解：(1)设小明采取策略一和策略二的得分分别为X1，X2，
X1＝0，2，3，P(X1＝0)＝p×＋(1－p)×＝；
P(X1＝2)＝(1－p)×＝；
P(X1＝3)＝p×＝，
所以E(X1)＝0×＋2×＋3×＝.
X2＝0，4，6，P(X2＝0)＝p×＋(1－p)×＝；
P(X2＝4)＝(1－p)×＝；
P(X2＝6)＝p×＝，
所以E(X2)＝0×＋4×＋6×＝2－p，
所以小明采取策略一和策略二时得分的均值分别为和2－p.
(2)设小明选择策略一和策略二时得分分别为Y1，Y2，
Y1＝0，4，6，P(Y1＝0)＝×＋×＝；
P(Y1＝4)＝×＝；
P(Y1＝6)＝×＝，
所以E(Y1)＝0×＋4×＋6×＝.
Y2＝0，6，P(Y2＝0)＝＋×＝；
P(Y2＝6)＝×＝，
所以E(Y2)＝0×＋6×＝.
因为E(Y1)>E(Y2)，
所以小明应选择策略一．
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
1．(2024·河北三模)在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列．现连续发射信号n次，n∈N*，每次发射信号“0”和“1”是等可能的．记发射信号“1”的次数为X.
(1)当n＝5时，求P(X>3)；
(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量Y，若其均值E(Y)和方差D(Y)均存在，则对任意正实数a，有P(|Y－E(Y)|解：(1)由已知X～B(5，)，
所以P(X>3)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＝C××()4＋C×()5＝＋＝.
(2)由已知X～B(n，)，
所以E(X)＝0.5n，D(X)＝0.25n，
若0.3＜＜0.7(n∈N*)，
则0.3n＜X＜0.7n，
即－0.2n＜X－0.5n＜0.2n，
即|X－0.5n|＜0.2n，
由切比雪夫不等式P(|X－0.5n|＜0.2n)≥1－，
要使得至少有96%的把握使发射信号“1”的频率在(0.3，0.7)内，
则1－≥0.96，解得n≥156.25，又n∈N*，所以估计满足题意的信号发射次数n的最小值为157.
2．(2024·绍兴二模)盒中有标记数字1，2的小球各2个，小球除编号不同外，其余均相同，现从盒中每次取1个球．
(1)若有放回地依次随机取出2个小球，求取出的2个小球上的数字不同的概率；
(2)若不放回地依次随机取出4个小球，记相邻小球上的数字相同的对数为X(如1122，则X＝2)，求X的分布列及均值E(X).
解：(1)设事件A＝“取出的2个小球上的数字不同”，
则P(A)＝ eq \f(CC＋CC,CC) ＝.
(2)X的所有可能取值为0，1，2.
①当相邻小球上的数字都不同时，如1212，有2×A×A种，
则P(X＝0)＝ eq \f(2×A×A,A) ＝.
②当相邻小球上的数字只有1对相同时，如1221，有2×A×A种，
则P(X＝1)＝ eq \f(2×A×A,A) ＝.
③当相邻小球上的数字有2对相同时，如1122，有2×A×A种，
则P(X＝2)＝ eq \f(2×A×A,A) ＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
3．(2024·北京卷改编)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．
(ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的均值E(X)；
(ⅱ)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均值估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小．
解：(1)方法一(正面计算)：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，
由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4,
所以P(A)＝＝＝.
方法二(反面计算)：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，
由索赔次数不少于2，可利用间接法计算，
则P(A)＝1－＝.
(2)(ⅰ)由题知X的所有可能取值为0.4，－0.4，－1.2，－2.0，－2.6，
则P(X＝0.4)＝＝0.8，
P(X＝－0.4)＝＝0.1，
P(X＝－1.2)＝＝0.06，
P(X＝－2.0)＝＝0.03，
P(X＝－2.6)＝＝0.01，
故E(X)＝0.4×0.8－0.4×0.1－1.2×0.06－2.0×0.03－2.6×0.01＝0.122.
(ⅱ)设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为Y，则
对于索赔次数为0的保单，Y＝0.4×(1－4%)＝0.384，
对于索赔次数为1的保单，Y＝0.4×(1＋20%)－0.8＝－0.32，
对于索赔次数为2的保单，Y＝－0.32－0.8＝－1.12，
对于索赔次数为3的保单，Y＝－1.12－0.8＝－1.92，
对于索赔次数为4的保单，Y＝－1.92－0.6＝－2.52，
故E(Y)＝0.384×0.8－0.32×0.1－1.12×0.06－1.92×0.03－2.52×0.01＝0.125 2.
所以E(X)4．(2024·茂名二模)在一场乒乓球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名．甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0(1)若p＝0.6，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁．
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次的均值；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军．哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由．
解：(1)①记“甲获得第四名”为事件A，则P(A)＝(1－0.6)2＝0.16.
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X，
则X的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：P(X＝2)＝(1－0.6)2＝0.16；
X＝3可以分为：连胜两局，第三局不管胜败；败胜败；胜败败，则P(X＝3)＝0.62＋(1－0.6)×0.6×(1－0.6)＋0.6×(1－0.6)×(1－0.6)＝0.552，
X＝4可以分为：前三局败胜胜，第四局不管胜败；前三局胜败胜，第四局不管胜败，则P(X＝4)＝(1－0.6)×0.6×0.6＋0.6×(1－0.6)×0.6＝0.288.
故X的分布列如下：
X 2 3 4
P 0.16 0.552 0.288
故E(X)＝2×0.16＋3×0.552＋4×0.288＝3.128.
(2)在“双败淘汰制”下，甲获胜的概率P＝p3＋p(1－p)p2＋(1－p)p3＝(3－2p)p3，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为p2，
由(3－2p)p3－p2＝p2(3p－2p2－1)＝p2(2p－1)(1－p)，且0p2，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
当p∈(0，)时，(3－2p)p3当p＝时，两种赛制甲夺冠的概率一样．