2019年数学湘教版选修2-3新设计同步（讲义）：第8章 章末小结

1．离散型随机变量的概率分布
(1)X的概率分布
离散型随机变量X的所有不同取值为x1，x2，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则称以下表格为随机变量X的概率分布列，简称为分布列.
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
离散型随机变量具有如下性质：
①pi≥0，i＝1,2，…，n；②i＝1.
(2)两点分布：
两点分布也叫0～1分布，它只有两个试验结果0和1，其分布列为
X
0
1
P
1－p
p
(3)二项分布：
在n次独立重复试验中，事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk·(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.这时称X服从二项分布，记为X～B(n，p)．
(4)超几何分布
N件产品中M件次品，从中随机抽取n件，因X表示这n件中的次品数，则X服从超几何分布H(N，M，n)，
即P(X＝M)＝，m＝0,1，…，n
2．离散型随机变量的均值和方差
(1)均值和方差
随机变量X的分布列是P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n，则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn为X的均值或数学期望；D(X)＝[x1－E(X)]2×p1＋[x2－E(X)]2×p2＋…＋[xn－E(X)]2×pn为随机变量X的方差．
(2)均值与方差的性质：
①E(ax＋b)＝aE(X)＋b；
②D(ax＋b)＝a2D(X)．
(3)两点分布与二项分布的均值与方差：
①若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
3．条件概率及事件的相互独立性
(1)事件A发生的条件下事件B发生的概率
P(B|A)＝＝(P(A)>0)．
(2)若事件A与事件B相互独立，
则P(A∩B)＝P(A)P(B)．
4．正态分布
若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σP(μ－2σP(μ－3σ5．线性回归方程
对于一组具有线性相关关系的数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其线性回归直线方程为＝bx＋a.
其中b＝，a＝－b.
6．相关系数rxy与随机变量χ2
(1)相关系数rxy
相关系数rxy是用来刻画回归模型的回归效果的，其值越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好．
(2)随机变量χ2
随机变量χ2是用来判断两个分类变量在多大程度上相关的变量．独立性检验即计算χ2的观测值，并与教材中所给表格中的数值进行比较，从而得到两个分类变量在多大程度上相关．
条 件 概 率
[例1]　坛子里放着5个相同大小、相同形状的鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：
(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；
(2)第1次和第2次都拿到绿皮鸭蛋的概率；
(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．
[解]　设第1次拿出绿皮鸭蛋为事件A，第2次拿出绿皮鸭蛋为事件B，则第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件A∩B.
(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个的事件数为
n(Ω)＝A＝20.
根据分步乘法计数原理，n(A)＝A×A＝12.
于是P(A)＝＝＝.
(2)因为n(A∩B)＝A＝6，所以
P(A∩B)＝＝＝.
(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为
P(B|A)＝＝＝.
法二：因为n(A∩B)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝＝＝.
求条件概率时，P(B|A)＝＝是常用的方法，解题时一定要分清谁是前提条件．
1．设某种动物活到20岁以上的概率为0.7，活到25岁以上的概率为0.4，求现龄为20的这种动物能活到25岁以上的概率．
解：设这种动物活到20岁以上的事件为A，活到25岁以上的事件为B，则P(A)＝0.7，而A∩B＝B，即P(A∩B)＝P(B)＝0.4.故事件A发生条件下B发生的条件概率为P(B|A)＝＝＝.
2．掷两枚均匀的骰子，已知点数不同，求至少有一个是6点的概率．
解：法一：设两枚骰子出现的点数分别为x，y，事件A：“两枚骰子出现的点数不同，即x≠y”，事件B：“x、y中有且只有一个是6点”；事件C：“x＝y＝6”，则
P(B|A)＝＝＝，
P(C|A)＝＝＝0.
∴至少有一个是6点的概率为
P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋0＝.
法二：也可用古典概型来求解，“至少有一个是6点”包含的结果数是10个，故所求的概率为
P(D)＝＝.
(由于两枚骰子点数不同，故基本事件空间中包含30个结果)
相互独立事件同时发生的概率
[例2]　某课程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都“合格”，则该课程考核“合格”．甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9、0.8、0.7；在实验考核中合格的概率分别为0.8、0.7、0.9.所有考核是否合格相互之间没有影响．
(1)求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率；
(2)求这三人该课程考核都合格的概率．(结果保留三位小数)
[解]　记“甲理论考核合格”为事件A1，记为A1的对立事件；
记“乙理论考核合格”为事件A2，记为A2的对立事件；
记“丙理论考核合格”为事件A3，记为A3的对立事件；
记“甲实验考核合格”为事件B1，“乙实验考核合格”为事件B2，“丙实验考核合格”为事件B3.
(1)记“理论考核中至少有两人合格”为事件C，记为C的对立事件．
法一：
P(C)＝P[(A1∩A2∩)∪(A1∩∩A3)∪(∩A2∩A3)∪(A1∩A2∩A3)]
＝P(A1∩A2∩)＋P(A1∩∩A3)＋P(∩A2∩A3)＋P(A1∩A2∩A3)
＝0.9×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.7＋0.9×0.8×0.7＝0.902.
法二：P(C)＝1－P()
＝1－P[( ∩ ∩ )∪(A1∩∩ )∪(∩A2∩)∪( ∩∩A3)]
＝1－[P(∩ ∩ )＋P(A1 ∩∩ )＋P(∩A2 ∩)＋P(∩ ∩ A3)]
＝1－(0.1×0.2×0.3＋0.9×0.2×0.3＋0.1×0.8×0.3＋0.1×0.2×0.7)＝1－0.098＝0.902.
所以，理论考核中至少有两人合格的概率为0.902.
(2)记“三人该课程考核都合格”为事件D.
P(D)＝P[(A1∩B1)∩(A2∩B2)∩(A3∩B3)]
＝P(A1∩B1)P(A2∩B2)P(A3∩B3)
＝P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)P(B3)
＝0.9×0.8×0.8×0.7×0.7×0.9
＝0.254 016≈0.254.
所以这三人该课程考核都合格的概率约为0.254.
此类题目主要是融互斥事件与相互独立事件于一体，重在分析各事件间的关系，解答此类题目时，应先分析待求事件由几部分基本事件组成，如果彼此互斥，则利用公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，然后就每部分事件A、B借助于相互独立事件的定义求解．
3．有三种灯泡，合格率分别为0.90,0.95,0.95，现各抽取一件进行检验．
求：(1)恰有一件不合格的概率；
(2)至少有两件不合格的概率．
解：设P(A)＝0.90，P(B)＝0.95，P(C)＝0.95，
(1)恰有一件不合格的概率为
P(BC＋AC＋AB)＝0.10×0.952＋0.90×0.05×0.95＋0.90×0.95×0.05＝0.175 75.
(2)至少有两件不合格的概率为
P(C＋B＋A＋)＝0.10×0.05×0.95＋0.10×0.95×0.05＋0.90×0.052＋0.10×0.052＝0.012.
4．某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为，且各次射击的结果互不影响．
(1)求射手在3次射击中，至少有两次连续击中目标的概率(用数字作答)；
(2)求射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率(用数字作答)．
解：(1)记“射手射击1次，击中目标”为事件A，则在3次射击中至少有两次连续击中目标的概率
P1＝P(A∩A∩)＋P(∩A∩A)＋P(A∩A∩A)
＝××＋××＋××＝.
(2)射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率
P2＝C×2××＝.
随机变量的概率分布、均值与方差
[例3]　中国男子篮球职业联赛总决赛采用七场四胜制(即先胜四场者获胜)，进入总决赛的甲乙两队中，若每一场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，假设每场比赛的结果互相独立，现已赛完两场，乙队以2∶0暂时领先．
(1)求甲队获得这次比赛胜利的概率；
(2)设比赛结束时两队比赛的场数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望．
[解]　(1)设甲队获胜为事件A，则甲队获胜包括甲队以4∶2获胜和甲队以4∶3获胜两种情况．
设甲队以4∶2获胜为事件A1，
则P(A1)＝4＝，
设甲队以4∶3获胜为事件A2，
则P(A2)＝C××3×＝，
P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.
(2)随机变量X可能的取值为4,5,6,7，
P(X＝4)＝2＝；
P(X＝5)＝C×××＝；
P(X＝6)＝C××2×＋4＝；
P(X＝7)＝C××3＝.
所以X的分布列为
X
4
5
6
7
P




E(X)＝4×＋5×＋6×＋7×＝.
求离散型随机变量的分布列，关键是找出随机变量的取值，求出相应的概率，计算时可能会用到等可能事件、互斥事件、相互独立事件的概率公式等．
5．一个袋子中装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，试求所含红球个数的数学期望．
解：若记红球个数为X，X的所有可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
故X的分布列为：
X
0
1
2
P



E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.2.
6．某地区试行高考考试改革：在高三学年中举行5次统一测试，学生如果通过其中2次测试即可获得足够学分升上大学继续学习，不用参加其余的测试，而每个学生最多也只能参加5次测试．假设某学生每次通过测试的概率都是，每次测试时间间隔恰当．每次测试通过与否互相独立．
(1)求该学生考上大学的概率；
(2)如果考上大学或参加完5次测试就结束，记该生参加测试的次数为X，求X的分布列及X的数学期望．
解：(1)记“该生考上大学”为事件A，其对立事件为，则
P()＝C4＋5.
∴P(A)＝1－＝.
(2)参加测试次数X的可能取值为2,3,4,5，
P(X＝2)＝2＝，
P(X＝3)＝C···＝，
P(X＝4)＝C··2·＝，
P(X＝5)＝C··3＋4＝.
故X的分布列为：
X
2
3
4
5
P




E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
答：该生考上大学的概率为；所求数学期望是.
线性回归分析
[例4]　某运动员训练次数与运动成绩之间的数据关系如下：
次数(x)
30
33
35
37
39
44
46
50
成绩(y)
30
34
37
39
42
46
48
51
(1)作出散点图；
(2)求出线性回归方程；
(3)作出残差图；
(4)计算rxy；
(5)试预测该运动员训练47次及55次的成绩．
[解]　(1)作出该运动员训练次数x与成绩y之间的散点图，如图所示，由散点图可知，它们之间具有线性相关关系．
(2)可求得＝39.25，＝40.875，＝12 656，
＝13 731，iyi＝13 180，
∴b＝＝≈1.0 415，
a＝－b＝－0.003 875.
∴线性回归方程为＝1.041 5x－0.003 875.
(3)残差分析
作残差图如图所示，由图可知，残差点比较均匀地分布在水平带状区域中，说明选用的模型比较合适．
(4)计算相关系数rxy.
计算相关系数rxy≈0.985 5.
说明了该运动员的成绩的差异有98.55%是由训练次数引起的．
(5)作出预报
由上述分析可知，我们可用回归方程
y＝1.0 415x－0.003 875作为该运动员成绩的预报值．
将x＝47和x＝55分别代入该方程可得y≈49和y≈57.
故预测运动员训练47次和55次的成绩分别为49和57.
回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法，其步骤是先画出散点图，并对样本点进行相关性检验，在此基础上选择适合的函数模型去拟合样本数据，从而建立较好的回归方程，并且用该方程对变量值进行分析；有时回归模型可能会有多种选择(如非线性回归模型)，此时可通过残差分析或利用相关系数rxy来检查模型的拟合效果，从而得到最佳模型．
7．对一质点的运动过程观测了4次，得到如表所示的数据，则刻画y与x的关系的线性回归方程为____________.
x
1
2
3
4
y
1
3
5
6
解析：由表可知＝＝2.5，
＝＝，
b＝
＝＝1.7，
a＝－b＝－1.7×2.5＝－0.5.
故所求线性回归方程为y＝1.7x－0.5.
答案：y＝1.7x－0.5
8．随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长．设某地区城乡居民人民币储蓄存款(年底余额)如下表：
年份
2014
2015
2016
2017
2018
时间代号t
1
2
3
4
5
储蓄存款y(千亿元)
5
6
7
8
10
(1)求y关于t的回归方程＝t＋；
(2)用所求回归方程预测该地区2019年(t＝6)的人民币储蓄存款．
附：回归方程＝t＋中，＝，＝－.
解：(1)列表计算如下：
i
ti
yi
t
tiyi
1
1
5
1
5
2
2
6
4
12
3
3
7
9
21
4
4
8
16
32
5
5
10
25
50
∑
15
36
55
120
这里n＝5，＝i＝＝3，＝i＝＝7.2.
又－n2＝55－5×32＝10，iyi－n＝120－5×3×7.2＝12，
从而＝＝1.2，＝－＝7.2－1.2×3＝3.6，
故所求回归方程为＝1.2t＋3.6.
(2)将t＝6代入回归方程可预测该地区2019年的人民币储蓄存款为＝1.2×6＋3.6＝10.8(千亿元).
独立性检验
[例5]　为了调查某生产线上质量监督员甲是否在场对产品质量好坏有无影响，现统计数据如下：质量监督员甲在现场时，990件产品中合格品有982件，次品有8件，甲不在现场时，510件产品中， 合格品有493件，次品有17件．试分别用列联表、独立性检验的方法对数据进行分析．
[解]　(1)2×2列联表如下：
产品
合格品数/件
次品数/件
总数/件
甲在现场
982
8
990
甲不在现场
493
17
510
总数/件
1 475
25
1 500
由列联表看出|ac－bd|＝|982×17－493×8|＝12 750，相差较大，可在某种程度上认为“甲在不在场与产品质量有关”．
(2)由2×2列联表中数据，计算χ2的值
χ2＝
≈13.097＞10.828.
所以，在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“质量监督员甲在不在现场与产品质量有关系”．
独立性检验是对两个分类变量间是否存在相关关系的一种案例分析方法．利用假设检验求随机变量χ2的值能更精确地判断两个分类变量间的相关关系．
9．在一次天气恶劣的飞机航程中，有关人员调查了男女乘客在飞机上晕机的情况：男乘客晕机的有24人，不晕机的有31人；女乘客晕机的有8人，不晕机的有26人．请你根据所给数据判定：能否以90%的把握认为在天气恶劣的飞机航程中，男乘客比女乘客更容易晕机？
解：根据题意，列出2×2列联表如下：
晕机
不晕机
总计
男乘客
24
31
55
女乘客
8
26
34
总计
32
57
89
由列联表中的数据，得χ2的值为
χ2＝≈3.689>2.706，
因此，能以90%的把握认为在天气恶劣的飞机航程中，男乘客比女乘客更容易晕机．
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60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．已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，P(X≤4)＝0.84，则P(X≤0)＝(　　)
A．0.16　　　　　　　　　 B．0.32
C．0.68 D．0.84
解析：选A　由正态分布的特征得P(X≤0)＝1－P(X≤4)＝1－0.84＝0.16.
2．甲袋中装有2个白球，2个黑球，乙袋中装有2个白球，4个黑球，从甲、乙两袋中各取一球均为白球的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　记“从甲袋中任取一球为白球”为事件A，“从乙袋中任取一球为白球”为事件B，则由题意知，事件A、B是相互独立事件，故P(A∩B)＝P(A)P(B)＝×＝.
3．设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝ai(i＝1,2,3)，则a的值为(　　)
A．1 B.
C. D.
解析：选D　因为P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以＋＋＝1，所以a＝.
4．对有线性相关关系的两个变量建立的回归直线方程＝a＋bx中，回归系数b(　　)
A．可以小于0 B．大于0
C．能等于0 D．只能小于0
解析：选A　∵b＝0时，则r＝0，这时不具有线性相关关系，但b可以大于0也可以小于0.
5．某种型号的印刷机在一小时内不需要工人照看的概率为0.8，现有四台这种型号的印刷机，且同时各自独立工作，则在一小时内至多有2台需要照看的概率为(　　)
A．0.153 6 B．0.180 8
C．0.563 2 D．0.972 8
解析：选D　“一小时内至多有2台印刷机需要照看”的事件包括有0,1,2台需要照看三种可能．因此，所求概率为C·0.20·0.84＋C·0.21·0.83＋C·0.22·0.82＝0.972 8.
6．为考察数学成绩与物理成绩的关系，在高二随机抽取了300名学生．得到下面列联表：
数学
物理　　
85～100分
85分以下
合计
85～100分
37
85
122
85分以下
35
143
178
合计
72
228
300
现判断数学成绩与物理成绩有关系，则判断的出错率为(　　)
A．0.5% B．1%
C．2% D．5%
解析：选D　代入公式得
χ2＝≈4.514＞3.841查表可得犯错误的概率不超过5%.
7．已知X～B(n，p)，且E(X)＝7，D(X)＝6，则p等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由题易知，E(X)＝np＝7，D(X)＝np(1－p)＝6，所以p＝.
8．张家的3个鸡仔钻进了李家装有3个鸡仔的鸡笼里，现打开笼门，让鸡仔一个一个地走出来，若第一个走出来的是张家的鸡仔，那么第二个走出的也是张家的鸡仔的概率是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设“第一个走出的是张家的鸡仔”为事件A，“第二个走出的是张家的鸡仔”为事件B，则P(B|A)＝＝＝.
9．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－×＝1－＝，设X为3次试验中成功的次数，则X～B，故所求概率P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C×0×3＝.
10．一袋中装有5个白球和3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X＝12)等于(　　)
A．C×10×2
B．C×9×2×
C．C×9×2
D．C×9×2
解析：选B　X＝12表示第12次取到红球，前11次中有9次取到红球，从而P(X＝12)＝C×9×2×.
11．一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分的概率为b，不得分的概率为c[a、b、c∈(0,1)]，已知他投篮一次得分的数学期望为1(不计其他得分情况)，则ab的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　由已知3a＋2b＋0×c＝1，即3a＋2b＝1.
∴ab＝×3a×2b≤×2＝×2＝.当且仅当3a＝2b＝，即a＝，b＝时取“等号”．
12．设由“0”、“1”组成的三位数组中，若用A表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B表示“第一位数字为‘0’的事件”，则P(A|B)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　∵P(B)＝＝，P(A∩B)＝＝，∴P(A|B)＝＝.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
13．甲、乙两名同学通过英语听力测试的概率分别为和，两人同时参加测试，恰有一人通过的概率是__________．
解析：解析：恰有一人通过有两种可能：恰好甲通过或恰好乙通过，故其概率为×＋×＝.
答案：
14．对于P(χ2≥ x0)，当x0＞2.706时，就有________的把握认为“x与y有关系”．
解析：由k＞2.706，可知P(χ2≥2.706)≈0.10，即若k＞2.706，此时则有90%的把握认为“x与y有关系”．
答案：90%
15．若100件零件中包含10件废品，现从中任取两件，已知取出的两件中有废品，则两件都是废品的概率为________．
解析：设事件A为“取出的两件中有废品”，事件B为“取出的两件都是废品”，由题意，显然，A∩B＝B，
而P(A)＝，P(B)＝，
故P(B|A)＝＝＝.
答案：
16．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为________．
解析：记“不发芽的种子数为X”，则ε～B(1 000,0.1)，所以E(ε)＝1 000×0.1＝100，而X＝2ε，故E(X)＝E(2ε)＝2E(ε)＝200.
答案：200
三、解答题(本大题共有6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)某人从某城市的南郊乘公交车前往北区火车站，由于交通拥挤，所需时间X(单位：分钟)服从正态分布N(50,102)，求他在时间段(30,70]内赶到火车站的概率．
解：由X～N(50,102)知μ＝50，σ＝10，
所以P(30＜X≤70)＝P(50－2×10＜X≤50＋2×10)＝95.4%，所以所求概率为95.4%.
18．(本小题满分12分)某班有6名班干部，其中男生4人，女生2人，任选3人参加学校的义务劳动．
(1)设所选3人中女生人数为X，求X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)X的所有可能取值为0,1,2，依题意得
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝.
P(X＝2)＝＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
P



(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C，
则P(C)＝＝；
∴所求概率为P()＝1－P(C)＝1－＝.
(3)P(B)＝＝＝.
P(B|A)＝＝＝＝.
19．(本小题满分12分)有两个分类变量x与y，其一组观测值如下面的2×2列联表所示：
y1
y2
x1
a
20－a
x2
15－a
30＋a
其中a,15－a均为大于5的整数，则a取何值时，在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为x与y之间有关系？
解：查表可知，要使在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为x与y之间有关系，则χ2≥2.706，而
χ2＝
＝＝.
由χ2≥2.706得a≥7.19或a≤2.04.
又a＞5且15－a＞5，a∈Z，即a＝8,9.
故a为8或9时，在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为x与y之间有关系．
20．(本小题满分12分)某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽数之间的关系进行分析研究，他们分别记录了12月1日至12月5日的每天昼夜温差与实验室每天100颗种子中的发芽数，得到如下资料：
日期
12月1日
12月2日
12月3日
12月4日
12月5日
温差x/℃
10
11
13
12
8
发芽数y/颗
23
25
30
26
16
该农科所确定的研究方案：先从这5组数据中选取3组数据求线性回归方程，剩下的2组数据用于回归方程检验．
(1)若选取12月1日和12月5日这两日的数据进行检验，请根据12月2日至12月4日的数据，求出y关于x的线性回归方程＝x＋；
(2)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的．试问(1)中所得到的线性回归方程是否可靠？若可靠，请预测温差为14 ℃时的发芽数．
解：(1)由数据，求得＝12，＝27，
由公式，求得＝，＝－ ＝－3，
所以y关于x的线性回归方程为＝x－3.
(2)当x＝10时，＝×10－3＝22，|22－23|＜2；
当x＝8时，＝×8－3＝17，|17－16|＜2.
因此得到的线性回归方程是可靠的．
当x＝14时，＝×14－3＝35－3＝32，
所以预测温差为14 ℃时的发芽数为32颗．
21．(2017·天津高考)(本小题满分12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：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝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.
22．(本小题满分12分)已知一个口袋中装有n个红球(n≥1且n∈N*)和2个白球，从中有放回地连续摸三次，每次摸出两个球，若两个球颜色不同则为中奖，否则不中奖．
(1)当n＝3时，设三次摸球中(每次摸球后放回)中奖的次数为X，求X的分布列；
(2)记三次摸球中(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P，当n取多少时，P最大？
解：(1)当n＝3时，每次摸出两个球，中奖的概率P＝＝.
P(X＝0)＝C3＝；
P(X＝1)＝C··2＝；
P(X＝2)＝C2·＝；
P(X＝3)＝C·3＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P




(2)设每次摸球中奖的概率为p，则三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P＝C·p2·(1－p)＝－3p3＋3p2,0＜p＜1，
P′＝－9p2＋6p＝－3p(3p－2)，知在上P为增函数，在上P为减函数，当p＝时，P取得最大值．
所以p＝＝，即n2－3n＋2＝0，
解得n＝1或n＝2.
故当n＝1或n＝2时，P最大．