3.1 离散型随机变量的均值
课时目标
1.理解离散型随机变量的均值的概念和意义，会根据离散型随机变量的分布列求出均值.
2.掌握离散型随机变量的均值的性质和两点分布的均值.
3.会利用离散型随机变量的均值反映离散型随机变量的取值水平，解决一些相关的实际问题.
1.离散型随机变量的均值(或数学期望)
设离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称EX＝____________________________为随机变量X的均值或数学期望(简称期望).它反映了离散型随机变量X取值的____________.
微点助解
理解均值要注意三点
(1)离散型随机变量的均值是算术平均数概念的推广，是概率意义下的平均，由于离散型随机变量的所有取值的概率满足i＝1，所以均值是以概率pi为权数的加权平均数.
(2)EX是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量，可以取不同的值，但EX是X的一个特征数，它是不变的，它描述X取值的平均水平.
(3)EX与随机变量X本身具有相同的单位.
2.两点分布的均值
一般地，若随机变量X服从参数为p的两点分布，则EX＝ .
3.均值的性质
若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，X是随机变量，则
(1)Y也是随机变量.
(2)EY＝__________.
[基点训练]
1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“?”)
(1)随机变量X的数学期望EX是个变量，其随X的变化而变化.( )
(2)随机变量的均值反映样本的平均水平.( )
(3)若随机变量X的数学期望EX＝2，则E(2X)＝4.( )
(4)随机变量X的均值EX＝.( )
2.已知离散型随机变量Y的分布列如下：
Y 0 1 2
P
则数学期望EY＝( )
A. B.
C.1 D.2
3.已知X的分布列为
X 1 2 3 4
P 0.2 0.3 0.4 a
则E(2X＋0.2)＝( )
A.4.8 B.5
C.6 D.8.4
4.某射手射击所得环数ξ的分布列如下表：
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知ξ的数学期望Eξ＝8.9，则y的值为( )
A.0.2 B.0.5
C.0.4 D.0.3
题型(一) 离散型随机变量的均值
[例1] 某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，即可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止.如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9，求在一年内李明参加驾照考试次数X的分布列和均值.
听课记录：
[方法技巧] 求离散型随机变量X的均值的步骤
[针对训练]
1.端午节吃粽子是我国的传统习俗，一盘中有8个粽子，其中豆沙粽2个，蜜枣粽6个，这两种粽子的外观完全相同，从中随机取出3个.
(1)求既有豆沙粽又有蜜枣粽的概率；
(2)设X表示取到豆沙粽的个数，求随机变量X的分布列与数学期望.
题型(二) 离散型随机变量均值的性质
[例2] 已知随机变量X的分布列为
X －2 －1 0 1 2
P m
若Y＝－2X，则EY＝________.
听课记录：
[变式拓展]
1.本例条件不变，若Y＝2X－3，求EY.
2.本例条件不变，若Y＝aX＋3，且EY＝－，求a的值.
求随机变量Y＝aX＋b的均值的方法
(1)定义法：先列出Y的分布列，再求均值.
(2)性质法：直接套用公式EY＝E(aX＋b)＝aEX＋b求解即可.
[针对训练]
2.若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，则以下正确的是( )
A.EX＝ B.E(2X＋3)＝
C.E(2X＋2)＝ D.E(2X＋1)＝
3.[多选]已知随机变量X的分布列为
X 4 a 9 10
P 0.3 0.1 b 0.2
若EX＝7.5，则以下结论正确的是( )
A.a无法确定 B.b＝0.4
C.E(aX)＝52.5 D.E(X＋b)＝7.9
题型(三) 离散型随机变量的均值在决策中的应用
[例3] 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，得到其频数分布直方图(如图所示).若将这100台机器在三年内更换的易损零件数的频率视为1台机器在三年内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)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？并说明理由.
听课记录：
解答概率模型的三个步骤
(1)建模：把实际问题概率模型化.
(2)解模：确定分布列，计算随机变量的均值.
(3)回归：利用所得数据，对实际问题作出判断. [针对训练]
4.某企业计划加大技术革新力度，需更换一台设备.现有两种品牌的设备可供选择，A品牌设备需投入60万元，B品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查：
A品牌的使用年限 2 3 4 5
概率 0.4 0.3 0.2 0.1
B品牌的使用年限 2 3 4 5
概率 0.1 0.3 0.4 0.2
更换设备技术革新后，每年估计可增加效益100万元，请从年均收益的角度分析，为该企业提出建议.
3.1 离散型随机变量的均值
?课前环节
1.x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn
平均水平 2.p 3.(2)aEX＋b
[基点训练]
1.(1)× (2)× (3)√ (4)×
2.选B 由题意可得
EY＝0×＋1×＋2×＝.
3.B
4.选C 由分布列的性质可知，
解得
?课堂环节
[题型(一)]
[例1] 解：X的取值分别为1,2,3,4，
X＝1，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故P(X＝1)＝0.6.
X＝2，表明李明在第一次考试未通过，第二次通过了，故P(X＝2)＝(1－0.6)×0.7＝0.28.
X＝3，表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故P(X＝3)＝(1－0.6)×(1－0.7)×0.8＝0.096.
X＝4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，
故P(X＝4)＝(1－0.6)×(1－0.7)×(1－0.8)＝0.024.
所以李明一年内参加考试次数X的分布列为
X 1 2 3 4
P 0.6 0.28 0.096 0.024
所以X的均值EX＝1×0.6＋2×0.28＋3×0.096＋4×0.024＝1.544.
[针对训练]
1.解：(1)依题意，既有豆沙粽又有蜜枣粽的概率为＝.
(2)X的可能取值为0,1,2，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以EX＝0×＋1×＋2×＝.
[题型(二)]
[例2] 解析：由离散型随机变量分布列的性质，得＋＋＋m＋＝1，解得m＝，
∴EX＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＋2×＝－.由Y＝－2X，得EY＝－2EX＝－2×＝.
答案：
[变式拓展]
1.解：由公式E(aX＋b)＝aEX＋b及EX＝－，得EY＝E(2X－3)＝2EX－3＝2×－3＝－.
2.解：因为EY＝E(aX＋3)＝aEX＋3＝－a＋3＝－，所以a＝15.
[针对训练]
2.选D 因为随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝，则P(X＝1)＝，故EX＝0×＋1×＝，故A错误；E(2X＋3)＝2EX＋3＝，故B错误；E(2X＋2)＝2EX＋2＝，故C错误；E(2X＋1)＝2EX＋1＝，故D正确.
3.选BCD 由分布列的性质，可知0.3＋0.1＋b＋0.2＝1，解得b＝0.4，故B正确；∵EX＝4×0.3＋0.1a＋9×0.4＋10×0.2＝6.8＋0.1a＝7.5，∴a＝7，故A不正确；由均值的性质，可知E(aX)＝aEX＝7×7.5＝52.5，故C正确；E(X＋b)＝EX＋b＝7.5＋0.4＝7.9，故D正确.故选BCD.
[题型(三)]
[例3] 解：(1)由频数分布直方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，
X的可能取值为16,17,18,19,20,21,22，
从而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，
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
(2)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＝4 040，
当n＝20时，EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.
因为4 040<4 080，可知当n＝19时所需费用的均值小于n＝20时所需费用的均值，故应选n＝19.
[针对训练]
4.解：设更换为A品牌设备使用的平均年限为X，则EX＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3(年)，更换为A品牌设备年均收益为3×100－60＝240(万元)；
设更换为B品牌设备使用的平均年限为Y，则EY＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7(年)，
更换为B品牌设备年均收益为3.7×100－90＝280(万元).所以建议更换为B品牌设备.(共70张PPT)
3．1
离散型随机变量的均值
(强基课—梯度进阶式教学)
课时目标
1.理解离散型随机变量的均值的概念和意义，会根据离散型随机变量的分布列求出均值．
2．掌握离散型随机变量的均值的性质和两点分布的均值．
3．会利用离散型随机变量的均值反映离散型随机变量的取值水平，解决一些相关的实际问题．
CONTENTS
目录
1
2
3
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
课时跟踪检测
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
1．离散型随机变量的均值(或数学期望)
设离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称EX＝_______________________________为随机变量X的均值或数学期望(简称期望)．它反映了离散型随机变量X取值的________．
x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn
平均水平
(2)EX是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量，可以取不同的值，但EX是X的一个特征数，它是不变的，它描述X取值的平均水平．
(3)EX与随机变量X本身具有相同的单位．
2．两点分布的均值
一般地，若随机变量X服从参数为p的两点分布，则EX＝____.
3．均值的性质
若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，X是随机变量，则
(1)Y也是随机变量．
(2)EY＝_________.
p
aEX＋b
基点训练
×
×
√
×
2．已知离散型随机变量Y的分布列如下：
√
3．已知X的分布列为
X 1 2 3 4
P 0.2 0.3 0.4 a
√
4．某射手射击所得环数ξ的分布列如下表：
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
√
解析：由分布列的性质可知，
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
[例1] 某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，即可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止．如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9，求在一年内李明参加驾照考试次数X的分布列和均值．
题型(一) 离散型随机变量的均值
解：X的取值分别为1,2,3,4，
X＝1，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故P(X＝1)＝0.6.
X＝2，表明李明在第一次考试未通过，第二次通过了，故P(X＝2)＝(1－0.6)×0.7＝0.28.
X＝3，表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故P(X＝3)＝(1－0.6)×(1－0.7)×0.8＝0.096.
X＝4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，
故P(X＝4)＝(1－0.6)×(1－0.7)×(1－0.8)＝0.024.
所以李明一年内参加考试次数X的分布列为
X 1 2 3 4
P 0.6 0.28 0.096 0.024
求离散型随机变量X的均值的步骤
方法技巧
1．端午节吃粽子是我国的传统习俗，一盘中有8个粽子，其中豆沙粽2个，蜜枣粽6个，这两种粽子的外观完全相同，从中随机取出3个．
(1)求既有豆沙粽又有蜜枣粽的概率；
(2)设X表示取到豆沙粽的个数，求随机变量X的分布列与数学期望．
针对训练
(2)X的可能取值为0,1,2，
[例2] 已知随机变量X的分布列为
题型(二) 离散型随机变量均值的性质
1．本例条件不变，若Y＝2X－3，求EY.
变式拓展
求随机变量Y＝aX＋b的均值的方法
(1)定义法：先列出Y的分布列，再求均值．
(2)性质法：直接套用公式EY＝E(aX＋b)＝aEX＋b求解即可．
方法技巧
针对训练
√
3．[多选]已知随机变量X的分布列为
X 4 a 9 10
P 0.3 0.1 b 0.2
√
√
√
解析：由分布列的性质，可知0.3＋0.1＋b＋0.2＝1，解得b＝0.4，故B正确；∵EX＝4×0.3＋0.1a＋9×0.4＋10×0.2＝6.8＋0.1a＝7.5，∴a＝7，故A不正确；
由均值的性质，可知E(aX)＝aEX＝7×7.5＝52.5，故C正确；
E(X＋b)＝EX＋b＝7.5＋0.4＝7.9，故D正确．故选BCD.
[例3] 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，得到其频数分布直方图(如图所示)．若将这100台机器在三年内更换的易损零件数的频率视为1台机器在三年内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．
题型(三) 离散型随机变量的均值在决策中的应用
解：(1)由频数分布直方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，
X的可能取值为16,17,18,19,20,21,22，
从而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，
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
因为4 040<4 080，
可知当n＝19时所需费用的均值小于n＝20时所需费用的均值，故应选n＝19.
解答概率模型的三个步骤
(1)建模：把实际问题概率模型化．
(2)解模：确定分布列，计算随机变量的均值．
(3)回归：利用所得数据，对实际问题作出判断．
方法技巧
4．某企业计划加大技术革新力度，需更换一台设备．现有两种品牌的设备可供选择，A品牌设备需投入60万元，B品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查：
针对训练
A品牌的使用年限 2 3 4 5
概率 0.4 0.3 0.2 0.1
B品牌的使用年限 2 3 4 5
概率 0.1 0.3 0.4 0.2
更换设备技术革新后，每年估计可增加效益100万元，请从年均收益的角度分析，为该企业提出建议．
解：设更换为A品牌设备使用的平均年限为X，
则EX＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3(年)，
更换为A品牌设备年均收益为3×100－60＝240(万元)；
设更换为B品牌设备使用的平均年限为Y，
则EY＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7(年)，
更换为B品牌设备年均收益为3.7×100－90＝280(万元)．所以建议更换为B品牌设备．
课时跟踪检测
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√
A级——综合提能
1．已知离散型随机变量X的分布列为
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√
2．已知随机变量X服从两点分布，EX＝0.6，则其成功概率为( )
A．0.3 B．0.4
C．0.5 D．0.6
解析：∵随机变量X服从两点分布，设成功的概率为p，
∴EX＝0×(1－p)＋1×p＝p＝0.6.
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3．设随机变量X的分布列如下表，且EX＝1.6，则a－b 等于( )
X 0 1 2 3
P 0.1 a b 0.1
√
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解析：由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8.又由EX＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0.3，b＝0.5，则a－b＝－0.2.
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4．甲、乙两台自动车床生产同种标准件，X表示甲车床生产1 000件产品中的次品数，Y表示乙车床生产1 000件产品中的次品数，
经一段时间考查后，X，Y的分布列分别是
X 0 1 2 3
P 0.7 0.1 0.1 0.1
Y 0 1 2 3
P 0.5 0.3 0.2 0
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据此判定( )
A．甲比乙质量好 B．乙比甲质量好
C．甲与乙质量相同 D．无法判定
解析：由分布列可得EX＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，EY＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＋3×0＝0.7，∵EY>EX，∴甲比乙质量好．
√
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5．[多选]设p为非负实数，随机变量X的分布列为
√
√
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6．学校要从10名候选人中选2名同学进入学生会，其中高二(1)班有4名候选人，假设每名候选人都有相同的机会被选中，若X表示选中高二(1)班的候选人的人数，则EX的值为________．
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7．设ξ的分布列为
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8．一个盒子里装有5张卡片，其中有红色卡片3张，白色卡片2张，从盒子中任取2张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．
(1)求取出的2张卡片中，至少有1张红色卡片的概率；
(2)在取出的2张卡片中，白色卡片数设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
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B级——应用创新
10．已知随机变量ξ的分布列如表所示，则Eξ的最大值是( )
√
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11．某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜错得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X的均值为( )
A．0.9 B．0.8
C．1.2 D．1.1
√
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X 0 1 2
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12．身高体重指数(BMI)这个概念，是由19世纪中期的比利时通才凯特勒最先提出，它的计算公式如下：身高体重指数(BMI)＝体重(kg)÷身高(m)的平方．成人的BMI数值低于18.5，则体重过轻，在[18.5,24)则正常；在[24,28)为过重，在[28,32)为肥胖，不低于32为非常肥胖，且专家指出最理想的身高体重指数是22.某科研小组设计了一套方案，并在两类人群中进行对比实验，
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其中科学饮食组采用科学饮食方案，对照组采用随意饮食方案．半年后，分别在两组中各随机选取100人，BMI都分布在[16,36]内，按BMI分成5组进行统计：[16,20)，[20,24)，[24,28)，[28,32)，[32,36]．统计后分别制成如下的频率分布直方图．
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(1)求a，b，并估计科学饮食组的80%分位数(结果精确到小数点后两位)；
(2)现采用分层随机抽样的方法从对照组选取的100人中抽取25人，再从这25人中随机抽取2人，记其中“肥胖”(不含非常肥胖)的人数为X，求X的分布列与均值．
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解：(1)由频率分布直方图可知(0.02＋0.06＋0.075＋a＋0.025)×4＝1，解得a＝0.07，
(0.01＋b＋0.09＋0.08＋0.03)×4＝1，解得b＝0.04，
由题图计算可得科学饮食组前三个区间所占频率为(0.02＋0.06＋0.075)×4＝0.62，
前四个区间所占频率为(0.02＋0.06＋0.075＋0.07)×4＝0.9，
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所以80%分位数在区间[28,32)内，不妨设为x，
所以(x－28)×0.07＋0.62＝0.8，解得x≈30.57.
故科学饮食组的80%分位数为30.57.
(2)根据对照组的频率分布直方图可知在区间[28,32)内的人数有25×0.08×4＝8，
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13．根据天气预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01，该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10 000元．为保护设备，有以下3种方案：
方案1 运走设备，搬运费为3 800元；
方案2 建保护围墙，建设费为2 000元，但围墙只能防小洪水；
方案3 不采取措施．
工地的领导该如何决策呢？
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解：根据题意，各种方案在不同状态下的总损失如表所示.
天气状况 大洪水 小洪水 没有洪水
概率 0.01 0.25 0.74
总损失/元 方案1 3 800 3 800 3 800
方案2 62 000 2 000 2 000
方案3 60 000 10 000 0
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方案2和方案3的总损失都是随机变量，可以采用均值损失最小的方案．
设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1，X2，X3.
采用方案1，无论有无洪水，都损失3 800元．因此，P(X1＝3 800)＝1.
采用方案2，遇到大洪水时，总损失为2 000＋60 000＝62 000元；没有大洪水时，总损失为2 000元．因此，
P(X2＝62 000)＝0.01，P(X2＝2 000)＝0.99.
采用方案3，
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P(X3＝60 000)＝0.01，P(X3＝10 000)＝0.25，
P(X3＝0)＝0.74.
于是，EX1＝3 800，
EX2＝62 000×0.01＋2 000×0.99＝2 600，
EX3＝60 000×0.01＋10 000×0.25＋0×0.74＝3 100.
因此，从均值损失最小的角度决策，应采取方案2.课时跟踪检测(五十三) 离散型随机变量的均值
A级——综合提能
1.已知离散型随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
则X的均值EX等于( )
A. B.2
C. D.3
2.已知随机变量X服从两点分布，EX＝0.6，则其成功概率为( )
A.0.3 B.0.4
C.0.5 D.0.6
3.设随机变量X的分布列如下表，且EX＝1.6，则a－b 等于( )
X 0 1 2 3
P 0.1 a b 0.1
A.0.2 B.0.1
C.－0.2 D.－0.4
4.甲、乙两台自动车床生产同种标准件，X表示甲车床生产1 000件产品中的次品数，Y表示乙车床生产1 000件产品中的次品数，经一段时间考查后，X，Y的分布列分别是
X 0 1 2 3
P 0.7 0.1 0.1 0.1
Y 0 1 2 3
P 0.5 0.3 0.2 0
据此判定( )
A.甲比乙质量好 B.乙比甲质量好
C.甲与乙质量相同 D.无法判定
5.[多选]设p为非负实数，随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P －p p
则下列说法正确的是( )
A.p∈ B.EX最大值为
C.p∈ D.EX最大值为
6.学校要从10名候选人中选2名同学进入学生会，其中高二(1)班有4名候选人，假设每名候选人都有相同的机会被选中，若X表示选中高二(1)班的候选人的人数，则EX的值为________.
7.设ξ的分布列为
ξ 1 2 3 4
P a
又η＝2ξ＋a，则Eη＝________.
8.一个盒子里装有5张卡片，其中有红色卡片3张，白色卡片2张，从盒子中任取2张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同).
(1)求取出的2张卡片中，至少有1张红色卡片的概率；
(2)在取出的2张卡片中，白色卡片数设为X，求随机变量X的分布列和数学期望.
9.某闯关游戏共设置4道题，参加比赛的选手从第1题开始答题，一旦答错则停止答题，否则继续，直到答完所有题目.设选手甲答对第1题的概率为，甲答对题序为i的题目的概率pi＝，i∈{1,2,3,4}，各题回答正确与否相互之间没有影响.
(1)若甲已经答对了前3题，求甲答对第4题的概率；
(2)求甲停止答题时答对题目数量X的分布列与数学期望.
B级——应用创新
10.已知随机变量ξ的分布列如表所示，则Eξ的最大值是( )
ξ －1 0 a
P ＋a －b
A.－ B.－
C.－ D.－
11.某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学.若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜错得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X的均值为( )
A.0.9 B.0.8
C.1.2 D.1.1
12.身高体重指数(BMI)这个概念，是由19世纪中期的比利时通才凯特勒最先提出，它的计算公式如下：身高体重指数(BMI)＝体重(kg)÷身高(m)的平方.成人的BMI数值低于18.5，则体重过轻，在[18.5,24)则正常；在[24,28)为过重，在[28,32)为肥胖，不低于32为非常肥胖，且专家指出最理想的身高体重指数是22.某科研小组设计了一套方案，并在两类人群中进行对比实验，其中科学饮食组采用科学饮食方案，对照组采用随意饮食方案.半年后，分别在两组中各随机选取100人，BMI都分布在[16,36]内，按BMI分成5组进行统计：[16,20)，[20,24)，[24,28)，[28,32)，[32,36].统计后分别制成如下的频率分布直方图.
(1)求a，b，并估计科学饮食组的80%分位数(结果精确到小数点后两位)；
(2)现采用分层随机抽样的方法从对照组选取的100人中抽取25人，再从这25人中随机抽取2人，记其中“肥胖”(不含非常肥胖)的人数为X，求X的分布列与均值.
13.根据天气预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01，该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10 000元.为保护设备，有以下3种方案：
方案1 运走设备，搬运费为3 800元；
方案2 建保护围墙，建设费为2 000元，但围墙只能防小洪水；
方案3 不采取措施.
工地的领导该如何决策呢？
课时跟踪检测(五十三)
1．选A EX＝1×＋2×＋3×＝.
2．选D ∵随机变量X服从两点分布，设成功的概率为p，∴EX＝0×(1－p)＋1×p＝p＝0.6.
3．选C 由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8.又由EX＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0.3，b＝0.5，则a－b＝－0.2.
4．选A 由分布列可得EX＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，EY＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＋3×0＝0.7，∵EY>EX，∴甲比乙质量好．
5．选AB 由题表可得从而得p∈，均值EX＝0×＋1·p＋2×＝p＋1，当且仅当p＝时，(EX)最大值＝.
6．解析：X的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，则EX＝0×＋1×＋2×＝.
答案：
7．解析：由分布列的性质可知＋＋＋a＝1，解得a＝，所以Eξ＝1×＋2×＋3×＋4×＝，所以Eη＝E
＝2Eξ＋＝2×＋＝6.
答案：6
8．解：(1)设“取出的2张卡片中，至少有1张红色卡片”为事件A，则P(A)＝1－＝.
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
EX＝0×＋1×＋2×＝.
9．解：(1)因为选手甲答对第1题的概率为，所以k＝，即pi＝，所以若甲已经答对了前3题，则甲答对第4题的概率为.
(2)由题意得p1＝，p2＝，p3＝，p4＝.
随机变量X可取0,1,2,3,4，
则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝×＝，
P(X＝2)＝××＝，
P(X＝3)＝×××＝，
P(X＝4)＝×××＝.
所以随机变量X分布列为
X 0 1 2 3 4
P
所以EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
10．选B 根据分布列的性质得，所有的概率和为1，且每个概率都介于0和1之间，得到a－b＝0，所以Eξ＝－1×＋a＝－＋b＝－b2＋b－，－≤b≤，根据二次函数的性质，知Eξ的最大值在b＝时取得，代入得到Eξ＝－，经检验符合题意．
11．选A 依题意得，X的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝(1－0.4)×(1－0.5)＝0.3，P(X＝1)＝0.4×(1－0.5)＋(1－0.4)×0.5＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2.可得X的分布列为
X 0 1 2
P 0.3 0.5 0.2
∴EX＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9.
12．解：(1)由频率分布直方图可知(0.02＋0.06＋0.075＋a＋0.025)×4＝1，解得a＝0.07，
(0.01＋b＋0.09＋0.08＋0.03)×4＝1，解得b＝0.04，由题图计算可得科学饮食组前三个区间所占频率为(0.02＋0.06＋0.075)×4＝0.62，
前四个区间所占频率为(0.02＋0.06＋0.075＋0.07)×4＝0.9，所以80%分位数在区间[28,32)内，不妨设为x，所以(x－28)×0.07＋0.62＝0.8，解得x≈30.57.
故科学饮食组的80%分位数为30.57.
(2)根据对照组的频率分布直方图可知在区间[28,32)内的人数有25×0.08×4＝8，
X可取0,1,2，所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
分布列为
X 0 1 2
P
所以EX＝0×＋1×＋2×＝.
13．解：根据题意，各种方案在不同状态下的总损失如表所示.
天气状况
大洪水 小洪水 没有洪水
概率 0.01 0.25 0.74
总损失/元 方案1 3 800 3 800 3 800
方案2 62 000 2 000 2 000
方案3 60 000 10 000 0
方案2和方案3的总损失都是随机变量，可以采用均值损失最小的方案．
设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1，X2，X3.
采用方案1，无论有无洪水，都损失3 800元．因此，P(X1＝3 800)＝1.
采用方案2，遇到大洪水时，总损失为2 000＋60 000＝62 000元；没有大洪水时，总损失为2 000元．因此，P(X2＝62 000)＝0.01，
P(X2＝2 000)＝0.99.
采用方案3，
P(X3＝60 000)＝0.01，
P(X3＝10 000)＝0.25，P(X3＝0)＝0.74.
于是，EX1＝3 800，
EX2＝62 000×0.01＋2 000×0.99＝2 600，
EX3＝60 000×0.01＋10 000×0.25＋0×0.74＝3 100.
因此，从均值损失最小的角度决策，应采取方案2.
