人教A版高中数学选择性必修第三册章末综合检测（二）随机变量及其分布含答案（教师用）

章末综合检测（二） 随机变量及其分布
A卷——基本知能盘查卷
(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．袋中有2个黑球6个红球， 从中任取两个， 可以作为随机变量的是(　　)
A．取到球的个数 B．取到红球的个数
C．至少取到一个红球 D．至少取得一个红球的概率
解析：选B　随机变量是随着实验结果变化而变化的变量，只有B满足．
2．袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1,2,3,4,5五个号码，有放回地依次取出2个球，设两个球号码之和为随机变量X，则X所有可能值的个数是(　　)
A．25 B．10
C．9 D．5
解析：选C　由题意，由于是有放回地取，故可有如下情况：若两次取球为相同号码，则有1＋1＝2,2＋2＝4,3＋3＝6,4＋4＝8,5＋5＝10,5个不同的和；若两次取球为不同号码，则还有1＋2＝3,1＋4＝5,2＋5＝7,4＋5＝9这四个和，故共有9个．
3．某同学通过计算机测试的概率为，他连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为p＝C12＝.
4．已知ξ的分布列为
ξ －1 0 1 2
P
则ξ的均值为(　　)
A．0 B．－1
C. D.
解析：选D　E(ξ)＝－1×＋0×＋1×＋2×＝.
5．如果随机变量X表示抛掷一个各面分别有1,2,3,4,5,6的均匀的正方体向上面的数字，那么随机变量X的均值为(　　)
A．2.5 B．3
C．3.5 D．4
解析：选C　∵P(X＝k)＝(k＝1,2,3，…，6)，
∴E(X)＝1×＋2×＋…＋6×＝×(1＋2＋…＋6)＝×21＝3.5.
6．若某校研究性学习小组共6人，计划同时参观某科普展，该科普展共有甲、乙、丙三个展厅，6人各自随机地确定参观顺序，在每个展厅参观一小时后去其他展厅，所有展厅参观结束后集合返回，设事件A为：在参观的第一个小时时间内，甲、乙、丙三个展厅恰好分别有该小组的2个人；事件B为：在参观的第一个小时时间内，该小组在甲展厅人数恰好为2人．则P(A|B)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由题意，A发生即甲、乙、丙三个展厅恰好分别有该小组的2个人的情况数有CCC＝90种；B发生，共有C·24＝240，P(A|B)＝＝.
7．设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则D(3Y＋1)＝(　　)
A. B．4
C．8 D．10
解析：选C　由题意得P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝Cp(1－p)＋Cp2＝，
所以p＝，则Y～B，
故D(Y)＝4××＝，
所以D(3Y＋1)＝9D(Y)＝9×＝8.
8．在等差数列{an}中，a4＝2，a7＝－4.现从{an}的前10项中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续抽取3次，假定每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　由a4＝2，a7＝－4可得等差数列{an}的通项公式为an＝10－2n(n＝1,2，…，10)，{an}的前10项分别为8,6,4,2,0，－2，－4，－6，－8，－10.由题意，三次取数相当于三重伯努利试验，在每次试验中取得正数的概率为，取得负数的概率为，在三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为C×2×1＝.
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．已知随机变量ξ的分布如下：
ξ 1 2 3
P 1－a 2a2
则实数a的值为(　　)
A．－ B.
C. D．－
解析：选BC　由随机变量ξ的分布知
解得a＝或a＝.
10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有6个红球，2个白球和2个黑球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2，A3表示事件“由甲罐取出的球是红球、白球和黑球”，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，下列结论正确的是(　　)
A．事件B与事件A1不相互独立
B．A1，A2，A3是两两互斥的事件
C．P(B|A1)＝
D．P(B)＝
解析：选ABC　由题意知，A1，A2，A3是两两互斥事件，且P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝，
所以P(B|A1)＝＝＝，
P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，
所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)
＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝×＋×＋×＝.
所以A、B、C正确，D不正确．
11.甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σ)，N(μ2，σ)，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．甲类水果的平均质量μ1＝0.4 kg
B．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝1.99
解析：选ABC　由题图可知甲图象关于直线x＝0.4对称，乙图象关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，μ1＜μ2，故A正确，C正确；因为甲图象比乙图象更“瘦高”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；因为乙图象的最大值为1.99，即＝1.99，所以σ2≠1.99，故D错误．
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．某处有供水龙头5个，调查表示每个水龙头被打开的可能性均为，3个水龙头同时被打开的概率为________．
解析：对5个水龙头的处理可视为做5重伯努利试验，每次试验有2种可能结果：打开或不打开，相应的概率为0.1或1－0.1＝0.9，根据题意得3个水龙头同时被打开的概率为C×0.13×0.92＝0.008 1.
答案：0.008 1
13．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，P(ξ≤4)＝0.84，则P(ξ＜0)＝________.
解析：因为P(ξ≤4)＝0.84，μ＝2，所以P(ξ＜0)＝P(ξ＞4)＝1－0.84＝0.16.
答案：0.16
14．设一次试验成功的概率为p，进行100次重伯努利试验，当p＝________时，成功次数的方差的值最大，其最大值为__________．
解析：成功次数X～B(100，p)，
所以D(X)＝100p(1－p)≤100×2＝25，
当且仅当p＝1－p，即p＝时，成功次数的方差最大，
其最大值为25.
答案：　25
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求
(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．
解：设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为
A＝30，
根据分步计数原理第1次抽到舞蹈节目的事件数为AA＝20，
于是P(A)＝＝.
(2)因为第1次和第2次都抽到舞蹈节目的事件数为A＝12，
于是P(AB)＝＝.
(3)由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为
P(B|A)＝＝＝.
16．(15分)某校从学生会宣传部6名成员(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动．
(1)设所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列；
(2)求男生甲或女生乙被选中的概率；
(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(B|A)．
解：(1)ξ的所有可能取值为0,1,2，
依题意得P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.
∴ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
(2)设“甲、乙都不被选中”为事件，
则P()＝＝＝.
∴所求概率为P(C)＝1－P()＝1－＝.
(3)P(B)＝＝＝，P(B|A)＝＝＝.
17．(15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．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．
解：(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)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×＝.
18．(17分)(2022·全国甲卷)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：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC＋BC＋AC＋AB)
＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
(2)X的取值可以为0,10,20,30.
P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P(X＝10)＝(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.44，
P(X＝20)＝(1－0.5)×(1－0.4)×0.8＋0.5×(1－0.4)×(1－0.8)＋(1－0.5)×0.4×(1－0.8)＝0.34，
P(X＝30)＝(1－0.5)×(1－0.4)×(1－0.8)＝0.06.
所以X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
所以E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
19．(17分)五一劳动节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费不少于600元即可抽奖，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．
方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中一次性摸出3个球，中奖规则为：若摸到3个红球，则享受免单优惠；若摸出2个红球，则打6折；若摸出1个红球，则打7折；若没有摸出红球，则不打折．
方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中每次随机摸取1球，有放回地连摸3次，每摸到1次红球，立减200元．
(1)若两位顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
(2)若某顾客消费恰好满1 000元,试从概率的角度分析该顾客选择哪一种抽奖方案更合算．
解：(1)选择方案一时，若享受免单优惠，则需要摸出3个红球，设“顾客享受免单优惠”为事件A，则P(A)＝＝，
所以两位顾客均享受免单优惠的概率为P＝P(A)·P(A)＝.
(2)若选择方案一，设该顾客最后付款的金额为X元，则X可能的取值为0,600,700,1 000.
P(X＝0)＝＝，P(X＝600)＝＝，
P(X＝700)＝＝，P(X＝1 000)＝＝，
故X的分布列为
X 0 600 700 1 000
P
所以E(X)＝0×＋600×＋700×＋1 000×＝.
若选择方案二，设该顾客摸到红球的个数为Y，最后付款的金额为Z(单位：元)，则Z＝1 000－200Y，
由已知可得Y～B，故E(Y)＝3×＝，
所以E(Z)＝E(1 000－200Y)＝1 000－200E(Y)＝820.
因为E(X)＜E(Z)，所以该顾客选择方案一更合算．
B卷——高考能力达标卷
(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．设随机变量X～N(1,32)，若P(X≤c)＝P(X>c)，则c＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B　因为P(X≤c)＝P(X>c)，所以c＝1，故选B.
2．随机变量X的分布列如下表，则E(5X＋4)等于(　　)
X 0 2 4
P 0.3 0.2 0.5
A．16 B．11
C．2.2 D．2.3
解析：选A　由已知得E(X)＝0×0.3＋2×0.2＋4×0.5＝2.4，故E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.4＋4＝16.故选A.
3．设随机变量ξ～B(n，p)，若E(ξ)＝2.4，D(ξ)＝1.44，则参数n，p的值分别为(　　)
A．12,0.4 B．12,0.6
C．6,0.4 D．6,0.6
解析：选C　E(ξ)＝np＝2.4，D(ξ)＝np(1－p)＝1.44，解得n＝6，p＝0.4.
4．甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为，设命中目标的人数为X，则D(X)等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　X的可能取值为0,1,2，
则P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＝，
所以E(X)＝，D(X)＝.
5．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸到正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　记“第一次摸到正品”为事件A，“第二次摸到正品”为事件B，
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝.
故P(B|A)＝＝.
6．一接待中心有A，B，C，D四部热线电话，已知某一时刻电话A，B占线的概率为0.5，电话C，D占线的概率为0.4，各部电话是否占线相互之间没有影响，假设该时刻有ξ部电话占线，则P(ξ＝2)等于(　　)
A．0.47 B．0.38
C．0.37 D．0.25
解析：选C　P(ξ＝2)＝C×(0.5)2×(0.6)2＋C×(0.4)2×(0.5)2＋C×(0.5)2×C×0.4×0.6＝0.37.
7．一台机床有的时间加工零件A，其余时间加工零件B.加工零件A时，停机的概率为，加工零件B时，停机的概率是，则这台机床停机的概率为(　　)
A. B.　
C. D.
解析：选A　假设总时间为1，则在1时间内，加工零件A停机的概率是×＝，
加工零件B停机的概率是×＝，
所以这台机床停机的概率是＋＝.
8．某商家进行促销活动，促销方案是顾客每消费1 000元，便可以获得奖券1张，每张奖券中奖的概率为，若中奖，则商家返还中奖的顾客现金1 000元．小王购买一套价格为2 400元的西服，只能得到2张奖券，于是小王补偿50元给一同事购买一件价格为600元的便服，这样小王就得到了3张奖券．设小王这次消费的实际支出为ξ(元)，则E(ξ)等于(　　)
A．1 850 B．1 720
C．1 560 D．1 480
解析：选A　根据题意知，ξ的可能取值为2 450,1 450,450，－550，且P(ξ＝2 450)＝3＝，P(ξ＝1 450)＝C××2＝，P(ξ＝450)＝C×2×＝，P(ξ＝－550)＝C×3＝，∴E(ξ)＝2 450×＋1 450×＋450×＋(－550)×＝1 850.
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．已知ξ是离散型随机变量，则下列结论正确的是(　　)
A．P≤P
B．(E(ξ))2≤E(ξ2)
C．D(ξ)＝D(1－ξ)
D．D(ξ2)＝D((1－ξ)2)
解析：选ABC　在A中，P＝P≤P＝P，故A正确；在B中，由数学期望的性质得(E(ξ))2≤E(ξ2)，故B正确；在C中，由方差的性质得D(ξ)＝D(1－ξ)，故C正确；在D中，D(ξ2)≠D((1－ξ)2)＝4D(ξ)＋D(ξ2)，故D错误．故选A、B、C.
10．已知某签盒内有2支不同的礼物签、6支不同的问候签，某寝室8位室友不放回地从该签盒中依次抽签，直到2支礼物签都被取出．记事件Ai表示“第i次取出的是礼物签”，i＝1,2，…，8，则下列结论正确的是(　　)
A．A1和A2是互斥事件 B．P(A2)＝
C．A2与A5不相互独立 D．P(A5|A2)＝
解析：选BCD　显然事件A1和事件A2可能同时发生，故A错误；由题意知P(A2)＝＝，故B正确；P(A5)＝＝，P(A2A5)＝＝，显然P(A2A5)≠P(A2)P(A5)，所以A2与A5不相互独立，故C正确；P(A5|A2)＝＝，故D正确．故选B，C，D.
11．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论中正确的是(　　)
A．从中任取3球，恰有一个白球的概率是
B．从中有放回地取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为
C．现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为
D．从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为
解析：选ABD　恰有一个白球的概率P＝＝，故A正确；每次任取一球，取到红球次数X～B，其方差为6××＝，故B正确；设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}，则P(A)＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝，故C错误；每次取到红球的概率P＝，所以至少有一次取到红球的概率为1－3＝，故D正确．
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．一道有5个选项的试题，其中只有一个选项正确，假定应考人知道正确答案的概率为p.如果他最后选对了，那么他确实知道答案的概率是________．
解析：设A＝{知道答案}，B＝{选择正确}，由题意可知
P(B|)＝，P(B|A)＝1，P(AB)＝P(A)＝p.
由全概率公式：P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()
＝p＋(1－p)＝，
得到：P(A|B)＝＝.
答案：
13．设随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P 1－
则ξ的数学期望的最小值是________．
解析：E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝2－p，
又因为1>≥0,1≥1－≥0，所以0≤p≤.
所以当p＝时，E(ξ)的值最小，E(ξ)＝2－＝.
答案：
14．(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____________．
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)＝(Xk)＝＝.
记pk＝P(X＝k)(k＝0,1,2,3)．
若甲得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＝＝.
若甲得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＝.
答案：
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)在1,2,3，…，9这9个自然数中，任取3个数，
(1)求这3个数恰有1个偶数的概率；
(2)记X为3个数中两数相邻的组数，如取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2和2,3，此时X的值为2，求随机变量X的分布列及其数学期望E(X)．
解：(1)设Y表示“任取的3个数中偶数的个数”，则Y服从N＝9，M＝4，n＝3的超几何分布，
所以P(Y＝1)＝＝.
(2)X的取值为0,1,2，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
16．(15分)某汽车4S店的销售员的月工资由基础工资和绩效工资两部分组成，基础工资为t(单位：元)，绩效工资如下表：
月售车台数 0 1 2 3 4 ≥5
绩效工资 0 0.1t 0.3t 0.5t 0.8t 1.2t
根据以往销售统计，该4S店平均一名销售员月售车台数的概率分布如下表：
月售车台数 0 1 2 3 4 ≥5
概率 0.32 0.28 0.13 0.12 0.09 0.06
(1)求该4S店一名销售员的绩效工资大于0.4t的概率；
(2)若已知该4S店一名销售员上个月工资大于1.2t，求该销售员上个月卖出去3台车的概率；
(3)根据调查，同行业内销售员月平均工资为8 000元，要使该4S店销售员的月工资的期望不低于行业平均水平，基础工资至少应定为多少？(精确到百位)
解：(1)设事件A为“该4S店一名销售员的绩效工资大于0.4t”，则事件A等价于“该销售员月售车台数不小于3”，P(A)＝0.12＋0.09＋0.06＝0.27.
(2)设事件B为“该4S店一名销售员上个月工资大于1.2t”，事件C为“该销售员上个月卖出去3台车”，则P(BC)＝P(C)＝0.12，P(B)＝0.13＋0.12＋0.09＋0.06＝0.4，故P(C)＝＝0.3.
(3)该4S店一名销售员月工资X的分布列为
X t 1.1t 1.3t 1.5t 1.8t 2.2t
P 0.32 0.28 0.13 0.12 0.09 0.06
所以E(X)＝0.32t＋0.28×1.1t＋0.13×1.3t＋0.12×1.5t＋0.09×1.8t＋0.06×2.2t＝1.271t，
由1.271t≥8 000，得t≥6 300，
故基础工资至少应定为6 300元．
17．(15分)在某校举办“青春献礼二十大，强国有我新征程”的知识能力测评中，随机抽查了100名学生，其中共有4名女生和3名男生的成绩在90分以上，从这7名同学中每次随机抽1人在全校作经验分享，每位同学最多分享一次，记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B.
(1)求P(B)，P(B|A)，
(2)若把抽取学生的方式更改为：从这7名学生中随机抽取3人进行经验分享，记被抽取的3人中女生的人数为X，求X的分布列．
解：(1)由题意可得P(A)＝，
“第一次抽到女生且第二次抽到男生”为事件AB，“第一次抽到男生且第二次抽到男生”为事件B，
从7个同学中每次不放回地随机抽取2人，试验的样本空间Ω包含n(Ω)＝A＝7×6＝42个等可能的样本点，
因为n(AB)＝A×A＝4×3＝12，n(B)＝A×A＝6，
所以P(B)＝＝＝，P(AB)＝＝＝，故P(B|A)＝＝＝.
(2)被抽取的3人中女生人数X的取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
X的分布列：
X 0 1 2 3
P
18．(17分)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
办理业务所需的时间/分 1 2 3 4 5
频率 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1
从第一个顾客开始办理业务时计时．
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望．
解：设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：
Y 1 2 3 4 5
P 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1
(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件A对应三种情形：
①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；
②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；
③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.
(2)X所有可能的取值为0,1,2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；
X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，
所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P 0.5 0.49 0.01
E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.
19．(17分)(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)
解：(1)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)＝＝＝.
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，知可利用间接法计算，
则P(A)＝1－＝.
(2)①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(万元)．
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%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比①中E(X)估计值大．
证明如下：
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(万元)．
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