[自我校对] ①pi≥0，i＝1,2，…，n ②i＝1 ③二点分布 ④超几何分布 ⑤P(B|A)＝ ⑥0≤P(B|A)≤1 P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) (B，C互斥) ⑦P(A∩B)＝P(A)·P(B) ⑧A与B相互独立，则与B，A与，与相互独立 ⑨P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k (k＝0,1,2，…，n) ⑩E(aX＋b)＝aE(X)＋b ?E(X)＝p ?E(X)＝np ?D(X)＝p(1－p) ?D(X)＝np(1－p) ?D(aX＋b)＝a2D(X)
条件概率
条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，计算条件概率时，必须弄清欲求的条件概率是在什么条件下发生的概率．
求条件概率的主要方法有：
(1)利用条件概率公式P(B|A)＝；
(2)针对古典概型，可通过缩减基本事件总数求解．
【例1】 在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：
(1)第1次抽到理科题的概率；
(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；
(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．
【精彩点拨】 本题是条件概率问题，根据条件概率公式求解即可．
【解】 设“第1次抽到理科题”为事件A，“第2次抽到理科题”为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”为事件A B．
(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的事件数为
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(AB)＝A＝6，
所以P(AB)＝＝＝.
(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率
P(B|A)＝＝＝.
法二：因为n(A∩B)＝6，n(A)＝12，
所以P(B|A)＝＝＝.
1．掷两颗均匀的骰子，已知第一颗骰子掷出6点，求“掷出点数之和大于或等于10”的概率．
【解】 设“掷出的点数之和大于或等于10”为事件A，“第一颗骰子掷出6点”为事件B．
法一：P(A|B)＝＝＝.
法二：“第一颗骰子掷出6点”的情况有(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种，故n(B)＝6.
“掷出的点数之和大于或等于10”且“第一颗掷出6点”的情况有(6,4)，(6,5)，(6,6)，共3种，即n(A∩B)＝3.
从而P(A|B)＝＝＝.
相互独立事件的概率
求相互独立事件一般与互斥事件、对立事件结合在一起进行考查，解答此类问题时应分清事件间的内部联系，在此基础上用基本事件之间的交、并、补运算表示出有关事件，并运用相应公式求解．
特别注意以下两公式的使用前提：
(1)若A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，反之不成立．
(2)若A，B相互独立，则P(A∩B)＝P(A)P(B)，反之成立．
【例2】 甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，甲、乙两人只有一人被选中的概率为，两人都被选中的概率为，丙被选中的概率为，且各自能否被选中互不影响．
(1)求3人同时被选中的概率；
(2)求恰好有2人被选中的概率；
(3)求3人中至少有1人被选中的概率．
【精彩点拨】 根据相互独立事件的概率求解．
【解】 设甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，则
P(A)(1－P(B))＋P(B)(1－P(A))＝，
P(A)P(B)＝，
∴P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
(1)3人同时被选中的概率P1＝P(A∩B∩C)＝P(A)·P(B)P(C)＝××＝.
(2)恰有2人被选中的概率P2＝P(A∩B∩ )＋P(A∩ ∩C)＋P(∩B∩C)＝.
(3)3人中至少有1人被选中的概率
P3＝1－P(∩ ∩ )＝1－××＝.
2．某同学参加科普知识竞赛，需回答3个问题，竞赛规则规定：答对第1,2,3个问题分别得100分，100分，200分，答错得零分．假设这名同学答对第1,2,3个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6.且各题答对与否相互之间没有影响．
(1)求这名同学得300分的概率；
(2)求这名同学至少得300分的概率．
【解】 记“这名同学答对第i个问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.7，P(A3)＝0.6.
(1)这名同学得300分的概率为：P1＝P(A1∩2∩A3)＋P(1∩A2∩A3)＝P(A1)P(2)P(A3)＋P(1)·P(A2)P(A3)
＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228.
(2)这名同学至少得300分的概率为：
P2＝P1＋P(A1∩A2∩A3)＝P1＋P(A1)P(A2)P(A3)
＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.
离散型随机变量的分布列、均值和方差
1.含义：均值和方差分别反映了随机变量取值的平均水平及其稳定性．
2．应用范围：均值和方差在实际优化问题中应用非常广泛，如同等资金下比较收益的高低、相同条件下比较质量的优劣、性能的好坏等．
3．求解思路：应用时，先要将实际问题数学化，然后求出随机变量的概率分布列．对于一般类型的随机变量，应先求其分布列，再代入公式计算，此时解题的关键是概率的计算．计算概率时要结合事件的特点，灵活地结合排列组合、古典概型、独立重复试验概率、互斥事件和相互独立事件的概率等知识求解．若离散型随机变量服从特殊分布(如二点分布、二项分布等)，则可直接代入公式计算其数学期望与方差．
【例3】 甲、乙、丙三支足球队进行比赛，根据规则：每支队伍比赛两场，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局．已知乙队胜丙队的概率为，甲队获得第一名的概率为，乙队获得第一名的概率为.
(1)求甲队分别胜乙队和丙队的概率P1，P2；
(2)设在该次比赛中，甲队得分为ξ，求ξ的分布列及数学期望、方差．
【精彩点拨】 (1)通过列方程组求P1和P2；(2)由题意求出甲队得分ξ的可能取值，然后再求出ξ的分布列，最后再求出数学期望和方差．
【解】 (1)设“甲队胜乙队”的概率为P1，“甲队胜丙队”的概率为P2.根据题意，甲队获得第一名，则甲队胜乙队且甲队胜丙队，
所以甲队获得第一名的概率为P1×P2＝.①
乙队获得第一名，则乙队胜甲队且乙队胜丙队，
所以乙队获得第一名的概率为(1－P1)×＝.②
解②，得P1＝，代入①，得P2＝，
所以甲队胜乙队的概率为，甲队胜丙队的概率为.
(2)ξ的可能取值为0,3,6.
当ξ＝0时，甲队两场比赛皆输，其概率为
P(ξ＝0)＝×＝；
当ξ＝3时，甲队两场只胜一场，其概率为
P(ξ＝3)＝×＋×＝；
当ξ＝6时，甲队两场皆胜，其概率为
P(ξ＝6)＝×＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
3
6
P
所以E(ξ)＝0×＋3×＋6×＝.
D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝.
3．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】 (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×＝.
正态分布的实际应用
对于正态分布问题，课标要求不是很高，只要求了解正态分布中最基础的知识，主要是：(1)掌握正态分布曲线函数关系式；(2)理解正态分布曲线的性质；(3)记住正态分布在三个区间内取值的概率，运用对称性结合图象求相应的概率．
正态分布的概率通常有以下两种求法：
(1)注意“3σ原则”的应用．记住正态总体在三个区间内取值的概率．
(2)注意数形结合．由于正态分布密度曲线具有完美的对称性，体现了数形结合的重要思想，因此运用对称性结合图象解决某一区间内的概率问题成为热点问题．
【例4】 某学校高三2 500名学生第二次模拟考试总成绩服从正态分布N(500,502)，请您判断考生成绩X在550～600分的人数．
【精彩点拨】 根据正态分布的性质求出P(550＜x＜600)，即可求解在550～600分的人数．
【解】 ∵考生成绩X～N(500,502)，
∴μ＝500，σ＝50，
∴P(550＝(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，
∴考生成绩在550～600分的人数为2 500×0.135 9≈340(人)．
4．为了了解某地区高三男生的身体发育状况，抽查了该地区1 000名年龄在17.5岁至19岁的高三男生的体重情况，抽查结果表明他们的体重X(kg)服从正态分布N(μ，22)，且正态分布密度曲线如图所示．若体重大于58.5 kg小于等于62.5 kg属于正常情况，则这1 000名男生中属于正常情况的人数是( )
A．997 B．954 C．819 D．683
【解析】 由题意，可知μ＝60.5，σ＝2，故P(58.5【答案】 D
1．若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1－1,2x2－1，…，2x10－1的标准差为( )
A．8 B．15 C．16 D．32
【解析】 已知样本数据x1，x2，…，x10的标准差为s＝8，则s2＝64，数据2x1－1,2x2－1，…，2x10－1的方差为22s2＝22×64，所以其标准差为＝2×8＝16，故选C.
【答案】 C
2．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312
【解析】 3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.
【答案】 A
3．已知随机变量X服从二项分布B(n，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝________.
【解析】 由E(X)＝30，D(X)＝20，可得
解得p＝.
【答案】
4．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，得如图所示的柱状图：
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】 (1)由柱状图及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.
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)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，
故n的最小值为19.
(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，
E(Y)＝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，
E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.
可知当n＝19时所需费用的期望值小于当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.
课件39张PPT。第二章 概率章末复习课Thank you for watching !章末综合测评(二) 概率
(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，共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．下列说法不正确的是( )
A．某辆汽车一年中发生事故的次数是一个离散型随机变量
B．正态分布随机变量等于一个特定实数的概率为0
C．公式E(X)＝np可以用来计算离散型随机变量的均值
D．从一副扑克牌中随机抽取5张，其中梅花的张数服从超几何分布
【解析】 公式E(X)＝np并不适用于所有的离散型随机变量的均值的计算，适用于二项分布的均值的计算．故选C.
【答案】 C
2．若在甲袋内装有8个白球、4个红球，在乙袋内装有6个白球、5个红球，现从两袋内各任意取出1个球，设取出的白球个数为X，则下列概率中等于的是( )
A．P(X＝0) B．P(X≤2)
C．P(X＝1) D．P(X＝2)
【解析】 由已知易知P(X＝1)＝.
【答案】 C
3．若X的分布列为
X
0
1
P
a
则E(X)＝( )
A. B．
C. D．
【解析】 由＋a＝1，得a＝，所以E(X)＝0×＋1×＝.
【答案】 A
4．甲、乙、丙三人参加某项测试，他们能达到标准的概率分别是0.8,0.6,0.5，则三人中至少有一人达标的概率是( )
A．0.16 B．0.24
C．0.96 D．0.04
【解析】 三人都不达标的概率是(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.04，故三人中至少有一人达标的概率为1－0.04＝0.96.
【答案】 C
5．如果随机变量X～N(4,1)，则P(X≤2)等于( )
(注：P(μ－2σA．0.210 B．0.022 8
C．0.045 6 D．0.021 5
【解析】 P(X≤2)＝(1－P(2【答案】 B
6．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】 连续测试3次，其中恰有1次通过的概率为P＝C××2＝.
【答案】 A
7．校园内移栽4棵桂花树，已知每棵树成活的概率为，那么成活棵数X的方差是( )
A. B．
C. D．
【解析】 由题意知成活棵数X～B，所以成活棵数X的方差为4××＝.故选C.
【答案】 C
8．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】 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)＝＝.
【答案】 D
9．某市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为f(x)＝e－，则下列命题中不正确的是( )
A．该市在这次考试的数学平均成绩为80分
B．分数在120分以上的人数与分数在60分以下的人数相同
C．分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同
D．该市这次考试的数学成绩标准差为10
【解析】 利用正态密度函数的表达式知μ＝80，σ＝10.故A，D正确，利用正态曲线关于直线x＝80对称，知P(ξ>110)＝P(ξ<50)，即分数在110分以上的人数与分数在50分以下的人数相同，故C正确，故选 B．
【答案】 B
10．设随机变量ξ等可能地取1,2,3,4，…，10，又设随机变量η＝2ξ－1，则P(η<6)＝( )
A．0.3 B．0.5
C．0.1 D．0.2
【解析】 因为P(ξ＝k)＝，k＝1,2，…，10，又由η＝2ξ－1<6，得ξ<，即ξ＝1,2,3，所以P(η<6)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝＝0.3.
【答案】 A
11．甲、乙两个工人在同样的条件下生产，日产量相等，每天出废品的情况如下表所示，则有结论( )
工人
甲
乙
废品数
0
1
2
3
0
1
2
3
概率
0.4
0.3
0.2
0.1
0.3
0.5
0.2
0
A.甲的产品质量比乙的产品质量好一些
B．乙的产品质量比甲的产品质量好一些
C．两人的产品质量一样好
D．无法判断谁的产品质量好一些
【解析】 ∵E(X甲)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，
E(X乙)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＋3×0＝0.9.
∵E(X甲)>E(X乙)，
∴乙的产品质量比甲的产品质量好一些．
【答案】 B
12．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A＝a1a2a3a4a5，其中A的各位数中a1＝1，ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记ξ＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5，当程序运行一次时，ξ的数学期望为( )
A. B．
C. D．
【解析】 记a2，a3，a4，a5位上出现1的次数为随机变量η，则η～B，
E(η)＝4×＝.因为ξ＝1＋η，
E(ξ)＝1＋E(η)＝.故选 B．
【答案】 B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)
13．袋中有4只红球，3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量X，则P(X≤6)＝________.
【解析】 P(X≤6)＝P(X＝4)＋P(X＝6)＝＝.
【答案】
14．一只蚂蚁位于数轴x＝0处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为，则3秒后，这只蚂蚁在x＝1处的概率为________．
【解析】 由题意知，3秒内蚂蚁向左移动一个单位，向右移动两个单位，所以蚂蚁在x＝1处的概率为
C21＝.
【答案】
15．一个正方形被平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，则P(A|B)＝________.
【解析】 如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，所以n(A∩B)＝1，
P(A|B)＝＝.
【答案】
16．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：
①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；
②从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为；
③现从中不放回的取球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；
④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为.
其中所有正确结论的序号是________．
【解析】 ①恰有一个白球的概率P＝＝，故①正确；②每次任取一球，取到红球次数X～B，其方差为6××＝，故②正确；
③设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}．
则P(A)＝，P(A∩B)＝＝，
∴P(B|A)＝＝，故③错；
④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④正确．
【答案】 ①②④
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，问：
(1)从1号箱中取出的是红球的条件下，从2号箱取出红球的概率是多少？
(2)从2号箱取出红球的概率是多少？
【解】 记事件A：最后从2号箱中取出的是红球；
事件B：从1号箱中取出的是红球．
P(B)＝＝.
P()＝1－P(B)＝.
(1)P(A|B)＝＝.
(2)∵P(A|)＝＝，
∴P(A)＝P(A∩B)＋P(A∩)
＝P(A|B)P(B)＋P(A|)P()
＝×＋×＝.
18．(本小题满分12分)在某次数学考试中，考生的成绩ξ服从一个正态分布，即ξ～N(90,100)．
(1)试求考试成绩ξ位于区间(70,110)上的概率；
(2)若这次考试共有2 000名考生，试估计考试成绩在(80,100)的考生大约有多少人？
【解】 因为ξ～N(90,100)，所以μ＝90，σ＝＝10.
(1)由于正态变量在区间(μ－2σ，μ＋2σ)内取值的概率是0.954 4，而该正态分布中，μ－2σ＝90－2×10＝70，μ＋2σ＝90＋2×10＝110，于是考试成绩ξ位于区间(70,110)内的概率就是0.954 4.
(2)由μ＝90，σ＝10，得μ－σ＝80，μ＋σ＝100.
由于正态变量在区间(μ－σ，μ＋σ)内取值的概率是0.682 6，所以考试成绩ξ位于区间(80,100)内的概率是0.682 6.一共有2 000名学生，所以考试成绩在(80,100)的考生大约有2 000×0.682 6≈1 365(人)．
19．(本小题满分12分)甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相同，所得次品数分别为X，Y，X和Y的分布列如下表．试对这两名工人的技术水平进行比较．
X
0
1
2
P
Y
0
1
2
P
【解】 工人甲生产出次品数X的数学期望和方差分别为
E(X)＝0×＋1×＋2×＝0.7，
D(X)＝(0－0.7)2×＋(1－0.7)2×＋(2－0.7)2×＝0.81.
工人乙生产出次品数Y的数学期望和方差分别为
E(Y)＝0×＋1×＋2×＝0.7，
D(Y)＝(0－0.7)2×＋(1－0.7)2×＋(2－0.7)2×＝0.61.
由E(X)＝E(Y)知，两人生产出次品的平均数相同，技术水平相当，但D(X)>D(Y)，可见乙的技术比较稳定．
20．(本小题满分12分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．
(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；
(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X的分布列与数学期望．
(注：若三个数a，b，c满足a≤b≤c，则称b为这三个数的中位数)
【解】 (1)由古典概型的概率计算公式知所求概率为
P＝＝.
(2)X的所有可能值为1,2,3，且
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
故X的分布列为
X
1
2
3
P
从而E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
21．(本小题满分12分)某公司有10万元资金用于投资，如果投资甲项目，根据市场分析知道一年后可能获利10%，可能损失10%，可能不赔不赚，这三种情况发生的概率分别为，，；如果投资乙项目，一年后可能获利20%，也可能损失20%，这两种情况发生的概率分别为α和β(α＋β＝1)．
(1)如果把10万元投资甲项目，用ξ表示投资收益(收益＝回收资金－投资资金)，求ξ的分布列及E(ξ)；
(2)要使10万元资金投资乙项目的平均收益不低于投资甲项目的平均收益，求α的取值范围．
【解】 (1)依题意，ξ可能的取值为1,0，－1.ξ的分布列为
ξ
1
0
－1
P
E(ξ)＝－＝.
(2)设η表示10万元投资乙项目的收益，则η的分布列为
η
2
－2
P
α
β
E(η)＝2α－2β＝4α－2.
依题意得4α－2≥，
故≤α≤1.
22．(本小题满分12分)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
【解】 (1)X可能的取值为10,20,100，－200.
根据题意，有
P(X＝10)＝C×1×2＝，
P(X＝20)＝C×2×1＝，
P(X＝100)＝C×3×0＝，
P(X＝－200)＝C×0×3＝.
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，则
P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.
所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为
1－P(A1∩A2∩A3)＝1－3＝1－＝.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)X的数学期望为
EX＝10×＋20×＋100×－200×＝－.
这表明，获得的分数X的均值为负，
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
