第28課離散型隨機(jī)變量及其分布列、數(shù)字特征普查與練習(xí)28離散型隨機(jī)變量及其分布列、數(shù)字特征1．條件概率(1)(2021遼寧大連一模，5分)我國(guó)中醫(yī)藥選出的“三藥三方”對(duì)治療新冠肺炎均有顯著效果，功不可沒．“三藥”分別為金花清感顆粒、蓮花清瘟膠囊、血必凈注射液；“三方”分別為清肺排毒湯、化濕敗毒方、宣肺敗毒方．若某醫(yī)生從“三藥三方”中隨機(jī)選出兩種，事件A表示選出的兩種中至少有一藥，事件B表示選出的兩種中有一方，則P(B|A)＝(D)A.eq\f(1,5)B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,5)D.eq\f(3,4)解析：事件A包括一藥一方、兩藥兩種情況，∴P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(4,5).事件AB即選出的兩種為一藥一方，∴P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(3,4).故選D.(2)(2020山東濟(jì)寧三模，5分)已知n是一個(gè)三位正整數(shù)，若n的十位數(shù)字大于個(gè)位數(shù)字，百位數(shù)字大于十位數(shù)字，則稱n為三位遞增數(shù)．已知a，b，c∈{0，1，2，3，4}，設(shè)事件A為“由a，b，c組成三位正整數(shù)”，事件B為“由a，b，c組成三位遞增數(shù)”，則P(B|A)＝(B)A.eq\f(3,5)B.eq\f(1,10)C.eq\f(2,25)D.eq\f(12,25)解析：三位正整數(shù)的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5)＝100，即n(A)＝100；三位正整數(shù)是遞增數(shù)的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(3,5)＝10，即n(AB)＝10，故P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(1,10).故選B.2．全概率公式(3)(2021廣東茂名模擬，5分)某乒乓球訓(xùn)練館使用的球是A，B，C三種不同品牌標(biāo)準(zhǔn)比賽球，以往使用的記錄數(shù)據(jù)如下：品牌名稱合格率購買球占比A98%0.2B99%0.6C97%0.2若這些球在盒子中是均勻混合的，且無區(qū)別的標(biāo)志，現(xiàn)從盒子中隨機(jī)地取一只球用于訓(xùn)練，則它是合格品的概率為(B)A．0.986B．0.984C．0.982D．0.980解析：將A，B，C三種品牌分別記為第1，第2，第3個(gè)品牌，設(shè)“取到的球是第i個(gè)品牌(i＝1，2，3)”為事件Mi，則Ω＝M1∪M2∪M3，且M1，M2，M3兩兩互斥．設(shè)“取到的是一個(gè)合格品”為事件N，則P(N)＝P(M1N)＋P(M2N)＋P(M3N)＝P(M1)P(N|M1)＋P(M2)P(N|M2)＋P(M3)P(N|M3)＝0.2×0.98＋0.6×0.99＋0.2×0.97＝0.984.故選B.3．離散型隨機(jī)變量的數(shù)字特征(4)(2023匯編，15分)已知m，n∈(0，1)，離散型隨機(jī)變量ξ的分布列如表：ξ03m2Pmeq\f(5,12)n①若P(ξ<2)＝eq\f(3,4)，則E(ξ)＝(C)A.eq\f(3,4)B.eq\f(5,12)C.eq\f(11,12)D.eq\f(9,5)②若E(ξ)＝eq\f(5,6)，則D(3ξ－2)＝(D)A.eq\f(7,36)B.eq\f(65,324)C.eq\f(65,108)D.eq\f(65,36)③當(dāng)m在(0，1)內(nèi)增大時(shí)，E(ξ)(B)A．增大B．減小C．先增大后減小D．先減小后增大解析：①由P(ξ<2)＝eq\f(3,4)，得m＋eq\f(5,12)＝eq\f(3,4)，解得m＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)＋eq\f(5,12)＋n＝1，解得n＝eq\f(1,4)，所以E(ξ)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(5,12)＋2×eq\f(1,4)＝eq\f(11,12).故選C.②由離散型隨機(jī)變量的分布列的性質(zhì)，可知m＋eq\f(5,12)＋n＝1.由E(ξ)＝eq\f(5,6)，可得0＋3m×eq\f(5,12)＋2n＝eq\f(5,6).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m＋\f(5,12)＋n＝1，,3m×\f(5,12)＋2n＝\f(5,6)，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m＝\f(4,9)，,n＝\f(5,36)，)))所以D(ξ)＝eq\f(1,3)×＝eq\f(65,324)，所以D(3ξ－2)＝9D(ξ)＝eq\f(65,36).故選D.③由離散型隨機(jī)變量的分布列的性質(zhì)，可知m＋eq\f(5,12)＋n＝1，所以n＝eq\f(7,12)－m，所以E(ξ)＝0＋3m×eq\f(5,12)＋2n＝eq\f(5m,4)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)－m))＝eq\f(7,6)－eq\f(3m,4)，所以當(dāng)m在(0，1)內(nèi)增大時(shí)，E(ξ)減小．故選B.4．與相互獨(dú)立事件有關(guān)的分布列(5)(2021新高考Ⅰ，12分)某學(xué)校組織“一帶一路”知識(shí)競(jìng)賽，有A，B兩類問題．每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，若回答錯(cuò)誤，則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確，則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束．A類問題中的每個(gè)問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個(gè)問題回答正確得80分，否則得0分．已知小明能正確回答A問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān)．(Ⅰ)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列；答案：分布列見解答過程解：由題知，X的所有可能取值為0，20，100，且P(X＝0)＝1－0.8＝0.2；P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32；P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，(4分)所以X的分布列為X020100P0.20.320.48(6分)(Ⅱ)為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？說明理由．答案：B類，理由見解答過程解：由(Ⅰ)知，E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.若小明先回答B(yǎng)類問題，記Y為小明的累計(jì)得分，則Y的所有可能取值為0，80，100，且P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4；P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12；P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.(11分)因?yàn)?4.4<57.6，所以為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答B(yǎng)類問題．(12分)5．與古典概型有關(guān)的分布列(6)(2020山東模擬節(jié)選，9分)五一勞動(dòng)節(jié)放假期間，某商場(chǎng)舉行了一次大型抽獎(jiǎng)活動(dòng)．在一個(gè)抽獎(jiǎng)盒中放有紅、橙、黃、綠、藍(lán)、紫的小球各2個(gè)，分別對(duì)應(yīng)1分、2分、3分、4分、5分、6分，從盒中任取3個(gè)小球，按3個(gè)小球中最大分?jǐn)?shù)的8倍計(jì)分，計(jì)分在20分到35分之間即為中獎(jiǎng)．每個(gè)小球被取出的可能性都相等，用ξ表示取出的3個(gè)小球中的最大分?jǐn)?shù)，求：(Ⅰ)隨機(jī)變量ξ的概率分布列和數(shù)學(xué)期望；答案：分布列見解題過程，E(ξ)＝eq\f(56,11)解：由題意知ξ的可能取值為2，3，4，5，6，且P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(1,55)，P(ξ＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(4,55)，P(ξ＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(9,55)，P(ξ＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(2,8)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,8)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(16,55)，P(ξ＝6)＝eq\f(Ceq\o\al(2,10)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,12))＝eq\f(5,11)，(5分)∴隨機(jī)變量ξ的概率分布列為ξ23456Peq\f(1,55)eq\f(4,55)eq\f(9,55)eq\f(16,55)eq\f(5,11)∴E(ξ)＝2×eq\f(1,55)＋3×eq\f(4,55)＋4×eq\f(9,55)＋5×eq\f(16,55)＋6×eq\f(5,11)＝eq\f(56,11).(7分)(Ⅱ)某人抽獎(jiǎng)一次，中獎(jiǎng)的概率．答案：eq\f(13,55)解：設(shè)事件C表示“某人抽獎(jiǎng)一次，中獎(jiǎng)”，則P(C)＝P(ξ＝3或ξ＝4)＝P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝eq\f(4,55)＋eq\f(9,55)＝eq\f(13,55).(9分)6．均值與方差在決策中的應(yīng)用(7)(2021山東聊城三模，12分)2021年3月5日李克強(qiáng)總理在政府工作報(bào)告中特別指出：扎實(shí)做好碳達(dá)峰、碳中和各項(xiàng)工作．制定2030年前碳排放達(dá)峰行動(dòng)方案．優(yōu)化產(chǎn)業(yè)結(jié)構(gòu)和能源結(jié)構(gòu)．某環(huán)保機(jī)器制造商為響應(yīng)號(hào)召，對(duì)一次購買2臺(tái)機(jī)器的客戶推出了兩種超過機(jī)器保修期后5年內(nèi)的延保維修方案：方案一：交納延保金5000元，在延保的5年內(nèi)可免費(fèi)維修2次，超過2次每次收取維修費(fèi)1000元；方案二：交納延保金6230元，在延保的5年內(nèi)可免費(fèi)維修4次，超過4次每次收取維修費(fèi)t元．制造商為制定收取維修費(fèi)的標(biāo)準(zhǔn)，搜集并整理了200臺(tái)這種機(jī)器超過保修期后5年內(nèi)維修的次數(shù)，統(tǒng)計(jì)得到下表：維修次數(shù)0123機(jī)器臺(tái)數(shù)20408060以這200臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替每臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率，記X表示2臺(tái)機(jī)器超過保修期后5年內(nèi)共需維修的次數(shù)．(Ⅰ)求X的分布列；答案：見解答過程解：以頻率代替概率，則1臺(tái)機(jī)器超過保修期后5年內(nèi)維修的次數(shù)為0，1，2，3的概率分別為eq\f(1,10)，eq\f(1,5)，eq\f(2,5)，eq\f(3,10).(1分)由題意得X的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6，且P(X＝0)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(1,100)，P(X＝1)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(1,25)，P(X＝2)＝eq\f(1,10)×eq\f(2,5)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,25)，P(X＝3)＝eq\f(1,10)×eq\f(3,10)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(11,50)，P(X＝4)＝eq\f(3,10)×eq\f(1,5)×2＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(7,25)，P(X＝5)＝eq\f(3,10)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(6,25)，P(X＝6)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,100)，(6分)∴X的分布列為X0123456Peq\f(1,100)eq\f(1,25)eq\f(3,25)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)(7分)(Ⅱ)以所需延保金與維修費(fèi)用之和的均值為決策依據(jù)，為使選擇方案二對(duì)客戶更合算，應(yīng)把t定在什么范圍？答案：[0，1500)解：設(shè)選擇方案一所需費(fèi)用為Y1元，則X≤2時(shí)，Y1＝5000；X＝3時(shí)，Y1＝6000；X＝4時(shí)，Y1＝7000；X＝5時(shí)，Y1＝8000；X＝6時(shí)，Y1＝9000，∴Y1的分布列為Y150006000700080009000Peq\f(17,100)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)∴E(Y1)＝5000×eq\f(17,100)＋6000×eq\f(11,50)＋7000×eq\f(7,25)＋8000×eq\f(6,25)＋9000×eq\f(9,100)＝6860.(9分)設(shè)選擇方案二所需費(fèi)用為Y2元，則X≤4時(shí)，Y2＝6230；X＝5時(shí)，Y2＝6230＋t；X＝6時(shí)，Y2＝6230＋2t，∴Y2的分布列為Y262306230＋t6230＋2tPeq\f(67,100)eq\f(6,25)eq\f(9,100)∴E(Y2)＝6230×eq\f(67,100)＋(6230＋t)×eq\f(6,25)＋(6230＋2t)×eq\f(9,100)＝6230＋eq\f(21t,50).(11分)若E(Y2)＜E(Y1)，則6230＋eq\f(21t,50)<6860，解得t＜1500，∴t的取值范圍為[0，1500)．(12分)隨堂普查練281．(2020山東濰坊二模改編，5分)甲、乙、丙、丁4個(gè)人到4個(gè)景點(diǎn)旅游，每人只去一個(gè)景點(diǎn)，設(shè)事件A為“4個(gè)人去的景點(diǎn)各不相同”，事件B為“甲獨(dú)自去一個(gè)景點(diǎn)”，則P(A|B)＝__eq\f(2,9)__．解析：(法一)甲獨(dú)自去一個(gè)景點(diǎn)，則乙、丙、丁可以去另外的3個(gè)景點(diǎn)，由分步乘法計(jì)數(shù)原理可知，事件B包含的基本事件數(shù)為n(B)＝4×33＝108.由題意得，事件AB即“4個(gè)人去的景點(diǎn)各不相同”，所以事件AB包含的基本事件數(shù)為n(AB)＝Aeq\o\al(4,4)＝24，所以P(A|B)＝eq\f(n（AB）,n（B）)＝eq\f(2,9).(法二)由古典概型的概率公式知，事件B發(fā)生的概率為P(B)＝eq\f(4×33,44)＝eq\f(27,64).由題意得，事件AB即“4個(gè)人去的景點(diǎn)各不相同”，概率為P(AB)＝eq\f(Aeq\o\al(4,4),44)＝eq\f(3,32)，所以P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(2,9).2．(2021遼寧葫蘆島期末，5分)葫蘆山莊襟渤海之遼闊，仰天角之雄奇，勘葫蘆之蘊(yùn)涵，顯人文之魅力，是渤海灣著名的人文景區(qū)，是葫蘆島市“葫蘆文化與關(guān)東民俗文化”代表地和中小學(xué)綜合實(shí)踐教育基地．山莊中葫蘆品種分為亞腰、瓢、長(zhǎng)柄錘、長(zhǎng)筒、異型、花皮葫蘆等系列，其中亞腰葫蘆具有天然迷彩花紋，果實(shí)形狀不固定，觀賞性強(qiáng)，每株亞腰葫蘆可結(jié)出果實(shí)20～80個(gè).2021年初葫蘆山莊播種用的一等亞腰葫蘆種子中混有2%的二等種子，1.5%的三等種子，1%的四等種子，一、二、三、四等種子長(zhǎng)出的葫蘆秧結(jié)出50個(gè)以上果實(shí)的概率分別為0.5，0.15，0.1，0.05，則從這批種子中任選一顆，長(zhǎng)出的葫蘆秧結(jié)出50個(gè)以上果實(shí)的概率為__0.4825__．解析：設(shè)從這批種子中任選一顆，是一、二、三、四等種子分別為事件A1，A2，A3，A4,則Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4兩兩互斥．設(shè)從這批種子中任選一顆，它長(zhǎng)出的葫蘆秧結(jié)出50個(gè)以上果實(shí)為事件B，則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)＝(1－2%－1.5%－1%)×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.故答案為0.4825.3．(2023改編，5分)設(shè)m，n＞0，若隨機(jī)變量ξ，η的分布列如下表所示：ξ－102η－eq\f(5,2)eq\f(1,2)eq\f(13,2)Pmeq\f(1,2)n則下列說法錯(cuò)誤的是(C)A．m＋n＝eq\f(1,2)B．P(ξ＞0)＜P(η＞0)C．E(ξ)＜E(η)D．對(duì)于t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13,2)))，若P(ξ<t)＝P(η<t)，則eq\f(1,2)<t≤2解析：對(duì)于A，由分布列的性質(zhì)可知，m＋eq\f(1,2)＋n＝1，∴m＋n＝eq\f(1,2)，故A正確．對(duì)于B，∵P(ξ＞0)＝P(ξ＝2)＝n，P(η>0)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(1,2)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(13,2)))＝eq\f(1,2)＋n，n＞0，∴P(ξ＞0)＜P(η＞0)，故B正確．對(duì)于C，∵E(ξ)＝－1·m＋0×eq\f(1,2)＋2·n＝2n－m，E(η)＝－eq\f(5,2)·m＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(13,2)·n＝－eq\f(5,2)m＋eq\f(13,2)n＋eq\f(1,4)，且m＋eq\f(1,2)＋n＝1，∴E(ξ)－E(η)＝2n－m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)m＋\f(13,2)n＋\f(1,4)))＝6m－eq\f(5,2).又0<m<eq\f(1,2)，∴－eq\f(5,2)<6m－eq\f(5,2)<eq\f(1,2)，∴E(ξ)與E(η)的大小不能確定，故C錯(cuò)誤．對(duì)于D，當(dāng)0<t≤eq\f(1,2)時(shí)，P(ξ<t)＝P(ξ＝－1)＋P(ξ＝0)＝m＋eq\f(1,2)，P(η<t)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝－\f(5,2)))＝m，∴P(ξ<t)≠P(η<t)；當(dāng)eq\f(1,2)<t≤2時(shí)，P(ξ<t)＝P(ξ＝－1)＋P(ξ＝0)＝m＋eq\f(1,2)，P(η<t)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝－\f(5,2)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(1,2)))＝m＋eq\f(1,2)，∴P(ξ<t)＝P(η<t)；當(dāng)2<t<eq\f(13,2)時(shí)，P(ξ<t)＝1，P(η<t)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝－\f(5,2)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(1,2)))＝m＋eq\f(1,2)，∴P(ξ<t)≠P(η<t)，故D正確．故選C.4．(2021湖北模擬，12分)現(xiàn)代戰(zhàn)爭(zhēng)中，經(jīng)常使用戰(zhàn)斗機(jī)攜帶空對(duì)空導(dǎo)彈攻擊對(duì)方戰(zhàn)機(jī)，在實(shí)際演習(xí)中空對(duì)空導(dǎo)彈的命中率約為20%.由于飛行員的綜合素質(zhì)和經(jīng)驗(yàn)的不同，不同的飛行員使用空對(duì)空導(dǎo)彈命中對(duì)方戰(zhàn)機(jī)的概率也不盡相同．在一次演習(xí)中，紅方的甲、乙兩名優(yōu)秀飛行員發(fā)射一枚空對(duì)空導(dǎo)彈命中藍(lán)方戰(zhàn)機(jī)的概率分別為eq\f(1,3)和eq\f(1,4)，兩名飛行員各攜帶4枚空對(duì)空導(dǎo)彈．(1)甲飛行員單獨(dú)攻擊藍(lán)方一架戰(zhàn)機(jī)，連續(xù)不斷地發(fā)射導(dǎo)彈攻擊，一旦命中或?qū)椨猛昙赐Ｖ构?，各次攻擊相互?dú)立，求甲飛行員能夠命中藍(lán)方戰(zhàn)機(jī)的概率；答案：eq\f(65,81)解：設(shè)甲、乙兩名飛行員發(fā)射的第i枚導(dǎo)彈命中對(duì)方戰(zhàn)機(jī)分別為事件Ai，Bi(i＝1，2，3，4)，則P(Ai)＝eq\f(1,3)，P(Bi)＝eq\f(1,4).設(shè)甲飛行員能夠擊中藍(lán)方戰(zhàn)機(jī)為事件M，則，∴P(M)＝P(A1)＋P()P(A2)＋P()P()P(A3)＋P()P()P()P(A4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(65,81).(3分)(2)設(shè)藍(lán)方機(jī)群共有8架戰(zhàn)機(jī)，甲、乙共同攻擊(戰(zhàn)機(jī)均在攻擊范圍之內(nèi)，每枚導(dǎo)彈只攻擊其中一架戰(zhàn)機(jī)，甲，乙不同時(shí)攻擊同一架戰(zhàn)機(jī))．(ⅰ)若一輪攻擊中，每人只有兩次進(jìn)攻機(jī)會(huì)，記一輪攻擊中，擊中藍(lán)方戰(zhàn)機(jī)數(shù)為X，求X的分布列；答案：分布列見解答過程解：由題可知X的所有可能取值為0，1，2，3，4，且P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(37,144)，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,72)，P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,144)，(8分)∴X的分布列為X01234Peq\f(1,4)eq\f(5,12)eq\f(37,144)eq\f(5,72)eq\f(1,144)(9分)(ⅱ)若實(shí)施兩輪攻擊(用完攜帶的導(dǎo)彈)，記命中藍(lán)方戰(zhàn)機(jī)數(shù)為Y，求Y的數(shù)學(xué)期望E(Y)．答案：eq\f(7,3)解：記兩輪攻擊中，甲命中戰(zhàn)機(jī)數(shù)為Y1，則Y1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，乙命中戰(zhàn)機(jī)數(shù)為Y2，則Y2～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，∴E(Y)＝E(Y1)＋E(Y2)＝eq\f(4,3)＋eq\f(4,4)＝eq\f(7,3).(12分)5．(2021北京，15分)為加快新冠肺炎檢測(cè)效率，某檢測(cè)機(jī)構(gòu)采取“k合1檢測(cè)法”，即將k個(gè)人的拭子樣本合并檢測(cè)，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽性，則還需要對(duì)本組的每個(gè)人再做檢測(cè)．現(xiàn)有100人，已知其中2人感染病毒．(1)(ⅰ)若采用“10合1檢測(cè)法”，且兩名患者在同一組，求總檢測(cè)次數(shù)；答案：20解：對(duì)每組進(jìn)行檢測(cè)，需要10次；再對(duì)結(jié)果為陽性的組每個(gè)人進(jìn)行檢測(cè)，需要10次，所以總檢測(cè)次數(shù)為20.(3分)(ⅱ)已知10人分成一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為eq\f(1,11)，定義隨機(jī)變量X為總檢測(cè)次數(shù)，求總檢測(cè)次數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)；答案：分布列見解答過程，E(X)＝eq\f(320,11)解：由題意得，兩名患者在同一組時(shí)，共需檢測(cè)10＋10＝20(次)．若兩名患者不在同一組，則需要檢測(cè)10＋10＋10＝30(次)．故X的所有可能取值為20，30，(5分)且P(X＝20)＝eq\f(1,11)，P(X＝30)＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11)，所以X的分布列為X2030Peq\f(1,11)eq\f(10,11)(8分)所以E(X)＝20×eq\f(1,11)＋30×eq\f(10,11)＝eq\f(320,11).(10分)(2)若采用“5合1檢測(cè)法”，檢測(cè)次數(shù)Y的期望為E(Y)，試比較E(X)和E(Y)的大小(直接寫出結(jié)果)．答案：E(Y)>E(X)解：E(Y)>E(X)．(15分)理由：由題意可知，Y的所有可能取值為25，30，兩名感染者在同一組的概率為P1＝eq\f(20Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,98),Ceq\o\al(5,100))＝eq\f(4,99)，不在同一組的概率為P2＝1－P1＝eq\f(95,99)，所以E(Y)＝25×eq\f(4,99)＋30×eq\f(95,99)＝eq\f(2950,99)>E(X)．6．(2020浙江，6分)盒中有4個(gè)球，其中1個(gè)紅球，1個(gè)綠球，2個(gè)黃球．從盒中隨機(jī)取球，每次取1個(gè)，不放回，直到取出紅球?yàn)橹梗O(shè)此過程中取到黃球的個(gè)數(shù)為ξ，則P(ξ＝0)＝__eq\f(1,3)__，E(ξ)＝__1__．解析：由題意知，隨機(jī)變量ξ的可能取值為0，1，2，則P(ξ＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(1,4))＋eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,4))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,4))＋eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝2)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(3,4))＋eq\f(Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,3)，所以E(ξ)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,3)＝1.7．(經(jīng)典題，12分)某蔬菜批發(fā)商分別在甲、乙兩市場(chǎng)銷售某種蔬菜(兩個(gè)市場(chǎng)的銷售互不影響)．已知該蔬菜每售出1噸獲利500元，未售出的蔬菜低價(jià)處理，每噸虧損100元．現(xiàn)統(tǒng)計(jì)甲、乙兩市場(chǎng)以往100個(gè)銷售周期該蔬菜的市場(chǎng)需求量的頻數(shù)分布，如下表：甲市場(chǎng)需求量(噸)8910頻數(shù)304030乙市場(chǎng)需求量(噸)8910頻數(shù)205030以市場(chǎng)需求量的頻率代替需求量的概率．設(shè)批發(fā)商在下個(gè)銷售周期購進(jìn)n噸該蔬菜，在甲、乙兩市場(chǎng)同時(shí)銷售，以X(單位：噸)表示下個(gè)銷售周期兩市場(chǎng)的需求量，T(單位：元)表示下個(gè)銷售周期兩市場(chǎng)的銷售總利潤(rùn)．(1)當(dāng)n＝19時(shí)，求T關(guān)于X的函數(shù)解析式，并估計(jì)銷售利潤(rùn)不少于8900元的概率；答案：T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，0≤X<19))0.71解：由題意可知，當(dāng)X≥19時(shí)，T＝500×19＝9500；當(dāng)0≤X<19時(shí)，T＝500X－(19－X)×100＝600X－1900，所以T關(guān)于X的函數(shù)解析式為T＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9500，X≥19，,600X－1900，0≤X<19.))(3分)由題意可知，一個(gè)銷售周期內(nèi)甲市場(chǎng)需求量為8噸、9噸、10噸的概率分別為0.3，0.4，0.3；乙市場(chǎng)需求量為8噸、9噸、10噸的概率分別為0.2，0.5，0.3.(4分)設(shè)“銷售利潤(rùn)不少于8900元”為事件A.當(dāng)X≥19時(shí)，T＝9500>8900；當(dāng)X<19時(shí)，T＝600X－1900≥8900，解得X≥18.(5分)由題意可知，X的可能取值為16，17，18，19，20.則P(X＝16)＝0.3×0.2＝0.06，P(X＝17)＝0.3×0.5＋0.4×0.2＝0.23，所以P(A)＝P(X≥18)＝1－P(X＝16)－P(X＝17)＝1－0.06－0.23＝0.71.(7分)(2)以銷售利潤(rùn)的期望為決策依據(jù)，判斷n＝17與n＝18應(yīng)選用哪一個(gè)．答案：應(yīng)選用n＝18解：結(jié)合(1)可知，當(dāng)n＝17時(shí)，E(T)＝(500×16－1×100)×0.06＋500×17×(1－0.06)＝8464.(9分)當(dāng)n＝18時(shí)，E(T)＝(500×16－2×100)×0.06＋(500×17－1×100)×0.23＋18×500×0.71＝8790.(11分)因?yàn)?464<8790，所以應(yīng)選n＝18.(12分)課后提分練28離散型隨機(jī)變量及其分布列、數(shù)字特征A組(鞏固提升)1．(2020陜西渭南期末，5分)離散型隨機(jī)變量X的分布列為X01P9C2－C3－8C則常數(shù)C的值為(B)A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)或eq\f(1,3)D．以上都不對(duì)解析：由離散型隨機(jī)變量X的分布列的性質(zhì)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(0≤9C2－C≤1，,0≤3－8C≤1，,9C2－C＋3－8C＝1，)))解得C＝eq\f(1,3).故選B.2．(2021福建莆田月考，5分)設(shè)離散型隨機(jī)變量X可能的取值為1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b，k∈{1，2，3，4}．若X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝3，則a＋b＝(A)A.eq\f(1,10)B．0C．－eq\f(1,10)D.eq\f(1,5)解析：依題意可得X的分布列為X1234Pa＋b2a＋b3a＋b4a＋b則由離散型隨機(jī)變量的分布列的性質(zhì)及E(X)＝3可得解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,10)，,b＝0，))故a＋b＝eq\f(1,10).故選A.3．(2019浙江，4分)設(shè)0<a<1，隨機(jī)變量X的分布列是X0a1Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)則當(dāng)a在(0，1)內(nèi)增大時(shí)，(D)A．D(X)增大B．D(X)減小C．D(X)先增大后減小D．D(X)先減小后增大解析：(法一)由X的分布列得E(X)＝eq\f(1＋a,3)，則D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)－0))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)－a))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)－1))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,6)，則當(dāng)a在(0，1)內(nèi)增大時(shí)，D(X)先減小后增大．故選D.(法二)由法一知E(X)＝eq\f(1＋a,3)，所以由均值與方差的關(guān)系可得D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝eq\f(1,3)×a2＋eq\f(1,3)×12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,3)))2＝eq\f(2,9)(a2－a＋1)＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,6)，所以當(dāng)a在(0，1)內(nèi)增大時(shí)，D(X)先減小后增大．故選D.4．(2020山東濟(jì)寧一模，5分)將三枚骰子各擲一次，設(shè)事件A為“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”，事件B為“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”，則概率P(A|B)的值為(A)A.eq\f(60,91)B.eq\f(1,2)C.eq\f(5,18)D.eq\f(91,216)解析：“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”的對(duì)立事件為“一個(gè)6點(diǎn)都不出現(xiàn)”，其包含的樣本點(diǎn)共有53個(gè)，故n(B)＝63－53＝91，而事件AB為“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同，且有一個(gè)6點(diǎn)”，故n(AB)＝Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60，故P(A|B)＝eq\f(60,91).故選A.5．(2021山西期末，5分)某學(xué)校有A，B兩家餐廳，甲同學(xué)第一天午餐時(shí)隨機(jī)地選擇一家餐廳用餐，如果第一天去A餐廳，那么第二天去A餐廳的概率為0.6；如果第一天去B餐廳，那么第二天去A餐廳的概率為0.8，則甲同學(xué)第二天去A餐廳的概率為__0.7__．解析：設(shè)第i天去A，B餐廳分別為事件Ai，Bi(i＝1，2)，則第一天的所有事件為A1∪B1，A1與B1互斥，且P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.8，∴P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7.故答案為0.7.6．(2021江蘇質(zhì)檢，12分)某商場(chǎng)經(jīng)銷某商品，可采用不同形式的分期付款，根據(jù)以往資料統(tǒng)計(jì)，顧客采用的付款期數(shù)ξ的分布列為：ξ12345P0.40.20.20.10.1商場(chǎng)經(jīng)銷該商品，付款的期數(shù)ξ與商場(chǎng)經(jīng)銷一件該商品的利潤(rùn)η(單位：元)滿足如下關(guān)系：η＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(200，ξ＝1，,250，2≤ξ≤3，,300，4≤ξ≤5.))(1)若記事件“購買該商品的3位顧客中，至少有1位采用一次性全額付款方式”為A，試求事件A的概率P(A)；答案：P(A)＝0.784解：因?yàn)槭录嗀為“購買該商品的3位顧客中，至少有1位采用一次性全額付款方式”，所以事件為“購買該商品的3位顧客中，無人采用一次性全額付款方式”．由P()＝[1－P(ξ＝1)]3＝(1－0.4)3＝0.216，得P(A)＝1－P()＝1－0.216＝0.784.(5分)(2)求商場(chǎng)經(jīng)銷一件該商品的利潤(rùn)η的分布列及期望E(η)．答案：η200250300P0.40.40.2E(η)＝240元解：商場(chǎng)經(jīng)銷一件該商品的利潤(rùn)η的可能取值為200,250,300，則P(η＝200)＝P(ξ＝1)＝0.4，P(η＝250)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，P(η＝300)＝1－P(η＝200)－P(η＝250)＝1－0.4－0.4＝0.2，所以η的分布列為η200250300P0.40.40.2(10分)E(η)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240(元)．(12分)7．(2020重慶渝中區(qū)月考改編，7分)6支鋼筆中有4支為正品，2支為次品，現(xiàn)需要通過檢測(cè)將其進(jìn)行區(qū)分，每次隨機(jī)抽出一支鋼筆進(jìn)行檢測(cè)，檢測(cè)后不放回，直到完全將正品和次品區(qū)分開，用X表示直到檢測(cè)結(jié)束時(shí)檢測(cè)進(jìn)行的次數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和期望．答案：分布列見解題過程，E(X)＝eq\f(64,15)解：由題意可得，隨機(jī)變量X的可能取值為2，3，4，5，且P(X＝2)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,6))＝eq\f(1,15)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,6))＝eq\f(2,15)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(4,4),Aeq\o\al(4,6))＝eq\f(4,15)，P(X＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(5,6))＝eq\f(8,15)，(5分)所以X的分布列是X2345Peq\f(1,15)eq\f(2,15)eq\f(4,15)eq\f(8,15)所以X的期望是E(X)＝2×eq\f(1,15)＋3×eq\f(2,15)＋4×eq\f(4,15)＋5×eq\f(8,15)＝eq\f(64,15).(7分)8．(2021北京延慶區(qū)一模，15分)2022年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)，簡(jiǎn)稱“北京張家口冬奧會(huì)”，將于2022年2月4日～2022年2月20日在北京市和張家口市聯(lián)合舉行，這是中國(guó)歷史上第一次舉辦冬季奧運(yùn)會(huì)，北京將承辦所有冰上項(xiàng)目，延慶和張家口將承辦所有的雪上項(xiàng)目．下表是2月5日和2月6日兩天的賽程表：2022年北京冬奧會(huì)賽程表(第七版，發(fā)布自2020年11月)2022年2月北京賽區(qū)延慶賽區(qū)張家口賽區(qū)開閉幕式冰壺冰球速度滑冰短道速滑花樣滑冰高山滑雪有舵雪橇鋼架雪車無舵雪橇跳臺(tái)滑雪北歐兩項(xiàng)越野滑雪單板滑雪冬季兩項(xiàng)自由式滑雪當(dāng)日決賽數(shù)5(六)**11*11*1166(日)**1*1111117說明：“*”代表當(dāng)日有不是決賽的比賽，數(shù)字代表當(dāng)日有相應(yīng)數(shù)量的決賽．(1)(ⅰ)若在這兩天每天隨機(jī)觀看一個(gè)比賽項(xiàng)目，求恰好看到冰壺和冰球的概率；答案：eq\f(1,50)解：由表可知，在這兩天每天隨機(jī)觀看一個(gè)項(xiàng)目共有10×10＝100(種)不同情況，其中恰好看到冰壺和冰球有2種不同情況，∴恰好看到冰壺和冰球的概率P＝eq\f(2,100)＝eq\f(1,50).(3分)(ⅱ)若在這兩天每天隨機(jī)觀看一場(chǎng)決賽，求兩場(chǎng)決賽恰好在同一賽區(qū)的概率；答案：eq\f(3,7)解：由表可知，在這兩天每天隨機(jī)觀看一場(chǎng)決賽共有6×7＝42(種)不同情況，其中兩場(chǎng)決賽恰好在北京賽區(qū)有2種情況，在張家口賽區(qū)有4×4＝16(種)情況，∴兩場(chǎng)決賽恰好在同一賽區(qū)的概率P＝eq\f(2＋16,42)＝eq\f(3,7).(8分)(2)若在2月6日(星期日)的所有決賽中觀看三場(chǎng)，記X為賽區(qū)的個(gè)數(shù)，求X的分布列及期望E(X)．答案：分布列見解答過程，E(X)＝eq\f(74,35)解：由題可知，X的所有可能取值為1，2，3，且P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(4,35)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(23,35)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(8,35)，∴X的分布列為X123Peq\f(4,35)eq\f(23,35)eq\f(8,35)(12分)∴E(X)＝1×eq\f(4,35)＋2×eq\f(23,35)＋3×eq\f(8,35)＝eq\f(74,35).(15分)9．(2018北京，12分)電影公司隨機(jī)收集了電影的有關(guān)數(shù)據(jù)，經(jīng)分類整理得到下表：電影類型第一類第二類第三類第四類第五類第六類電影部數(shù)14050300200800510好評(píng)率0.40.20.150.250.20.1好評(píng)率是指：一類電影中獲得好評(píng)的部數(shù)與該類電影的部數(shù)的比值．假設(shè)所有電影是否獲得好評(píng)相互獨(dú)立．(1)從電影公司收集的電影中隨機(jī)選取1部，求這部電影是獲得好評(píng)的第四類電影的概率；答案：0.025解：設(shè)A表示事件“從電影公司收集的電影中隨機(jī)選取1部，這部電影是第四類電影”，B表示事件“第四類電影獲得好評(píng)”，則P(A)＝eq\f(200,140＋50＋300＋200＋800＋510)＝0.1，P(B)＝0.25.(2分)故從電影公司收集的電影中隨機(jī)選取1部，這部電影是獲得好評(píng)的第四類電影的概率為P(AB)＝P(A)P(B)＝0.1×0.25＝0.025.(4分)(2)從第四類電影和第五類電影中各隨機(jī)選取1部，估計(jì)恰有1部獲得好評(píng)的概率；答案：0.35解：設(shè)C表示事件“從第四類電影中隨機(jī)選取1部電影，獲得好評(píng)”，D表示事件“從第五類電影中隨機(jī)選取1部電影，獲得好評(píng)”，則P(C)＝0.25，P(D)＝0.2.(6分)故從第四類電影和第五類電影中各隨機(jī)選取1部，估計(jì)恰有1部獲得好評(píng)的概率為P＝P()＝P()＋P()＝P(C)[1－P(D)]＋[1－P(C)]P(D)＝0.25×(1－0.2)＋(1－0.25)×0.2＝0.35.(8分)(3)假設(shè)每類電影得到人們喜歡的概率與表格中該類電影的好評(píng)率相等．用“ξk＝1”表示第k類電影得到人們喜歡，“ξk＝0”表示第k類電影沒有得到人們喜歡(k＝1，2，3，4，5，6)．寫出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小關(guān)系．答案：Dξ1>Dξ4>Dξ2＝Dξ5>Dξ3>Dξ6解：由題知，每類電影只有兩種情況：“得到人們喜歡”和“沒有得到人們喜歡”，“得到人們喜歡”對(duì)應(yīng)隨機(jī)變量為1，“沒有得到人們喜歡”對(duì)應(yīng)隨機(jī)變量為0，所以它是一個(gè)兩點(diǎn)分布的事件．(9分)則Dξ1＝0.4×(1－0.4)＝0.24；Dξ2＝0.2×(1－0.2)＝0.16；Dξ3＝0.15×(1－0.15)＝0.1275；Dξ4＝0.25×(1－0.25)＝0.1875；Dξ5＝0.2×(1－0.2)＝0.16；Dξ6＝0.1×(1－0.1)＝0.09.所以Dξ1＞Dξ4＞Dξ2＝Dξ5＞Dξ3＞Dξ6.(12分)10．(經(jīng)典題，12分)在某校的校園歌手大賽決賽中，有6位參賽選手(1號(hào)至6號(hào))登臺(tái)演出，由現(xiàn)場(chǎng)的100位同學(xué)投票選出最受歡迎的歌手，各位同學(xué)須彼此獨(dú)立地在投票器上選出3位候選人，其中甲同學(xué)是1號(hào)選手的同班同學(xué)，必選1號(hào)，另在2號(hào)至6號(hào)選手中隨機(jī)選2名；乙同學(xué)不欣賞2號(hào)選手，必不選2號(hào)，在其他5位選手中隨機(jī)選出3名；丙同學(xué)對(duì)6位選手的演唱沒有偏愛，因此在1號(hào)至6號(hào)選手中隨機(jī)選出3名．(1)求甲同學(xué)選中3號(hào)選手且乙同學(xué)未選中3號(hào)選手的概率；答案：eq\f(4,25)解：設(shè)A表示事件“甲同學(xué)選中3號(hào)選手”，B表示事件“乙同學(xué)選中3號(hào)選手”，C表示事件“丙同學(xué)選中3號(hào)選手”，則P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(C)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,2).(4分)甲同學(xué)選中3號(hào)選手且乙同學(xué)未選中3號(hào)選手的概率為P()＝P(A)P()＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq\f(4,25).(6分)(2)設(shè)3號(hào)選手得到甲、乙、丙三位同學(xué)的票數(shù)之和為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．答案：X0123Peq\f(3,25)eq\f(19,50)eq\f(19,50)eq\f(3,25)E(X)＝eq\f(3,2)解：X可能的所有取值為0，1，2，3.則P(X＝0)＝P()＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,25)，P(X＝1)＝P()＋P()＋P()＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(19,50)，P(X＝2)＝P(＋P()＋P()＝eq\f(2,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(19,50)，P(X＝3)＝P(ABC)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,25).(10分)所以X的分布列為X0123Peq\f(3,25)eq\f(19,50)eq\f(19,50)eq\f(3,25)X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(3,25)＋1×eq\f(19,50)＋2×eq\f(19,50)＋3×eq\f(3,25)＝eq\f(3,2).(12分)B組(沖刺滿分)11．(2020河北衡水中學(xué)月考，12分)由甲、乙、丙三個(gè)人組成的團(tuán)隊(duì)參加某項(xiàng)闖關(guān)游戲，第一關(guān)解密碼鎖，3個(gè)人依次進(jìn)行，每人必須在1分鐘內(nèi)完成，否則派下一個(gè)人.3個(gè)人中只要有一人能解開密碼鎖，則該團(tuán)隊(duì)進(jìn)入下一關(guān)，否則淘汰出局．根據(jù)以往100次的測(cè)試，分別獲得甲、乙解開密碼鎖所需時(shí)間的頻率分布直方圖如下．(1)若甲解開密碼鎖所需時(shí)間的中位數(shù)為47，求a，b的值，并分別求出甲、乙在1分鐘內(nèi)解開密碼鎖的頻率；答案：a＝0.024，b＝0.026，f甲＝0.9，f乙＝0.7解：∵甲解開密碼鎖所需時(shí)間的中位數(shù)為47，∴0.01×5＋0.014×5＋b×5＋0.034×5＋0.04×(47－45)＝0.5，解得b＝0.026；0.04×3＋0.032×5＋a×5＋0.010×10＝0.5，解得a＝0.024.(2分)故甲在1分鐘內(nèi)解開密碼鎖的頻率是f甲＝1－0.01×5×2＝0.9，乙在1分鐘內(nèi)解開密碼鎖的頻率是f乙＝1－0.035×5－0.025×5＝0.7.(3分)(2)若以解開密碼鎖所需時(shí)間位于各區(qū)間的頻率代替解開密碼鎖所需時(shí)間位于該區(qū)間的概率，并且丙在1分鐘內(nèi)解開密碼鎖的概率為0.5，各人是否解開密碼鎖相互獨(dú)立．①按乙、丙、甲的先后順序和按丙、乙、甲的先后順序，哪一種可使派出人員數(shù)目的數(shù)學(xué)期望更小；答案：按乙、丙、甲的順序派出人員數(shù)目的數(shù)學(xué)期望更小解：甲、乙、丙在1分鐘內(nèi)解開密碼鎖的概率分別為p甲＝0.9，p乙＝0.7，p丙＝0.5，且各人是否解開密碼鎖相互獨(dú)立．設(shè)按乙、丙、甲的順序派出人員數(shù)目對(duì)應(yīng)的數(shù)學(xué)期望為E(X1)，按丙、乙、甲的順序派出人員數(shù)目對(duì)應(yīng)的數(shù)學(xué)期望為E(X2)，則P(X1＝1)＝p乙＝0.7，P(X1＝2)＝(1－p乙)p丙＝0.15，P(X1＝3)＝(1－p乙)(1－p丙)＝0.15，∴E(X1)＝1×0.7＋2×0.15＋3×0.15＝1.45.同理可得E(X2)＝1×0.5＋2×0.5×0.7＋3×0.5×0.3＝1.65.故按乙、丙、甲的順序派出人員數(shù)目的數(shù)學(xué)期望更小．(7分)②試猜想：該團(tuán)隊(duì)以怎樣的先后順序派出人員，可使所需派出的人員數(shù)目X的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最小，并說明理由．答案：按甲、乙、丙的先后順序派出人員數(shù)目的數(shù)學(xué)期望最小，理由見解題過程解：該團(tuán)隊(duì)按照甲、乙、丙的順序派出人員，可使所需派出的人員數(shù)目的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最?。?8分)理由如下：設(shè)按先后順序自己能完成任務(wù)的概率分別為p1，p2，p3，且p1，p2，p3互不相等，根據(jù)題意得X的可能取值為1，2，3，且P(X＝1)＝p1，P(X＝2)＝(1－p1)p2，P(X＝3)＝(1－p1)(1－p2)，∴E(X)＝p1＋2(1－p1)p2＋3(1－p1)(1－p2)＝3－2p1－p2＋p1p2＝3－(p1＋p2)＋p1p2－p1.若交換前兩人的派出順序，則期望變?yōu)镋(X)＝3－(