第2講隨機變量及其分布

［考情分析］離散型隨機變量的分布列、均值、方差和概率的計算問題常常結合在一起進行

考杳，重點考查超幾何分布、二項分布及正態(tài)分布，以解答題為主，中等難度.

考點一分布列的性質(zhì)及應用

【核心提煉】

離散型隨機變量x的分布列為

則(1)/方20,?—1,2,—,n.

(2)pi+〃2H-----Fp?=1.

(3)E(X)=A1PI+x2P2~l-------------------\~XnPn.

222

(4)Q(X)=g-E(X)]pi+[A2-E(X)]/92+???+[xn-E(X)]pK.

(5)若Y=aX-ich,

則E(Y)=aE(X)+b,

D(Y)=crDm.

4+1

例1(1)(2022?保定模擬)若離散型隨機變量X的分布列為P(X=k)=tdog2—(1^7,

A-ez),則P(2vXW5)等于()

A4B3

C.1D.|log2|

答案C

k+1

解析因為P(X=k)=a\o§r~j~

=a[log2(k+l)—k)g2k],

P(X=1)+P(X=2)+…+P(X=7)=1,

所以6/-(log22—Iog21+log23—log22H---Flog28—log27)=I,

解得“u，所以

P(2VXW5)=P(X=3)+尸(X=4)+P(X=5)

(2)(2022.煙臺模擬.)己知隨機變量j的分布列如下表所示，且滿足E?=0,則下列方差值中最

大的是()

4-102

Pab

AQ?B.。(?)

C.ZX么+1)D.。(3|4—2)

答案D

{〃+〃+)=1,

—lXa+0X^+2X〃=0,

所以。的分布列為

則。(紇+1)=22。?=4；

?的分布列為

同102

11

P

326

112

則E(?)=1X^+2X-=^t

Dd^)=jx(l-1)+|X(0-3)2+6X(2-3)2=91

所以7)(3?-2)=3?。(同)=5,

所以。(3圖-2)的值最大.

規(guī)律方法分布列性質(zhì)的兩個作用

(1)利用分布列中各事件概率之和為1的性質(zhì)可求參數(shù)的值及檢查分布列的正確性.

(2)隨機變量X所取的值分別對應的事件是兩兩互斥的，利用這一點可以求隨機變量在某個范

圍內(nèi)的概率.

跟蹤演練1(1)(2022.廣州調(diào)研)投資甲、乙兩種股票，每股收益的分布列分別如表1和表2

所示.

表I股票甲收益的分布列

收益X/元-102

概率0.10.30.6

表2股票乙收益的分布列

收益Y/元012

概率0.30.40.3

則下列結論中正確的是()

①投資股票甲的期望收益較??；

②投資股票乙的期望收益較小：

③投資股票甲比投資股票乙的風險高；

④投資股票乙比投資股票甲的風險高.

A.①③B.①④C.②③D.②?

答案C

解析由題意知，

E(X)=-1X0.14-0X0.3+2X0.6=1.1,

方差D(X)=(-l-l.l)2X0.H-(-l.l)2X0.3+(2-l.l)2X0.6=1.29,

E(r)=0X0.3+1X0.4+2X03=I,

方差。(7)=(0—1)2'0.3+(1—1)2乂0.4+(2—1)2X03=0.6,

所以E(X)>E(Y),D(x)>D(r),則投資股票乙的期望收益較小，投資股票甲比投資股票乙的風

險高.

(2)(2022?河南三市聯(lián)考)甲、乙、丙三人參加2022年冬奧會北京、延慶、張家口三個賽區(qū)志

愿服務活動，若每人只能選擇一個賽區(qū)，且選擇其中任何一個賽區(qū)是等可能的.記X為三人

選中的賽區(qū)個數(shù)，丫為三人沒有選中的賽區(qū)個數(shù)，則()

A.E(X)=E(y),D(X)=D(y)

B.E(X)=E(Y),D(X)^D(Y)

c.E(x)^E(r),o(x)wo(y)

D.E(X)#=E(r),D(X)=D(Y)

答案D

解析由題意得X的可能表值為1,2,3,

P(X=10)=0.5X0.4X0.8+0.5X0.6X0.8+0.5X0,4X0.2=0.44,

P(X=20)=0.5X0.6X0.8+0.5X0.4X0.2+0.5X0.6X0.2=0.34,

P(X=30)=0.5X0.6X0.2=0.06.

則X的分布列為

X0102030

p0.160.440.340.06

^(X)=0X0.16+10X0.44+20X0.34+30X0.06=13.

考向2超幾何分布

例3(2022?漳州質(zhì)檢)北京冬奧會某個項目招募志愿者需進行有關專業(yè)、禮儀及服務等方面

知識的測試，測試合格者錄用為志愿者.現(xiàn)有備選題10道，規(guī)定每次測試都從備選題中隨機

抽出3道題進行測試，至少答對2道題者視為合格，已知每位參加筆試的人員測試能否合格

是相互獨立的.若甲能答對其中的6道題，乙能答對其口的8道題.求：

⑴甲、乙兩人至多一人測試合格的概率；

(2)甲答對的試題數(shù)X的分布列和均值.

解(1)根據(jù)題意，甲測試合格的概率為

C5-CHC^_60+20_2

--=120=y

乙測試合格的概率為

Cg-Cl+Ci_56+56_14

--=120=1?

故甲、乙兩人都測試合格的概率為2鈔芳14=2春8

則甲、乙兩人至多一人測試合格的概率為

_28=_17

-45=45-

(2)由題可知，甲答對的試題數(shù)X可以取0,1,2,3,

Ca4I

又「(、=。)=說=兩=的

Cg_363

P(X=\)=C?o-120io?

ci-c\60_1

P(X=2)=

W=12?！?'

P(X=3)=品201

1206'

故X的分布列為

X0123

I311

P

30To26

3II9

則E(X)=1X-j^4-2X-+3X-=-

考向3二項分布

例4(2022.湖北聯(lián)考)某中學將立德樹人融入到教育的各個環(huán)節(jié)，開展“職業(yè)體驗，導航人

生”的社會實踐教育活動，讓學生站在課程“中央”.為了更好地了解學生的喜好情況，根

據(jù)學校實際將職業(yè)體驗分為：救死扶傷的醫(yī)務類、除暴女良的警察類、百花齊放的文化類、

公平正義的法律類四種職業(yè)體驗類型，并在全校學生中隨機抽取100名學生調(diào)杳意向選擇喜

好類型，統(tǒng)計如下：

類型救死扶傷的醫(yī)務類除暴安良的警察類百花齊放的文化類公平正義的法律類

人數(shù)30202030

在這100名學生中，隨機抽取了3名學生，并以統(tǒng)計的頻率代替職業(yè)意向類型的概率(假設每

名學生在選擇職業(yè)類型時僅能選擇其中一類，且不受其他學生選擇結果的影響).

(1)求救死扶傷的醫(yī)務類、除暴安良的警察類這兩種職業(yè)類型在這3名學生中都有選擇的概率;

(2)設這3名學生中選擇除暴安良的警察類的隨機數(shù)為X,求X的分布列與均值.

解(1)由題意設職業(yè)體驗選擇救死扶傷的醫(yī)務類、除暴安良的警察類、百花齊放的文化類、

公平正義的法律類的概率分別為P(A),P(B),P(C),P(D),則易知尸(A)=需P(8)==

I3

P(C)=5,P(D)=歷，

所以救死扶傷的醫(yī)務類、除暴安良的警察類這兩類職業(yè)類型在這3名學生中都有選擇的概率

為

Pi=A5P(4)P(B)[l-P(A)-P(B)]4-CjP(A)/,(B)2+CSP(A)2P(fi)

=A忘聶+C鼎自2+C瑞)與

27

=Too-

(2)由題知選擇除暴安良的警察類的概率為P(B)=/

這3名學生中選擇除暴安良的警察類的隨機數(shù)X的可能取值為0,123,X??3,3，

則P(X=/)=CSP(By[1-P(6)]3-/(/=0,1,2,3)，

所以X的分布列為

X0123

6448121

p

725V25725-125

I3

所以X的均值為E(X)=3>q=$

規(guī)律方法求隨機變量X的均值與方差的方法及步驟

(1)理解隨機變量X的意義，寫出X可能的全部取值；

(2)求X取每個值時對應的概率，寫出隨機變量X的分布列；

(3)由均值和方差的計算公式，求得均值E(X),方差。(X);

(4)若隨機變量X的分布列為特殊分布列(如：兩點分布、二項分布、超幾何分布)，可利用特

殊分布列的均值和方差的公式求解.

跟蹤演練2(2022?廣東聯(lián)考)如圖，某市有南、北兩條城市主干道，在出行高峰期，北干道

有M，M，N3,M,四個交通易堵塞路段，它們被堵塞的概率都是/南干道有S，52，兩

個交通易堵塞路段,它們祓堵塞的概率分別為^某人在高峰期駕車從城西開往城東,假設

以上各路段是否被堵塞互不影響.

NlNi

SIs2

⑴求北干道的Ni，M，M，M四個易堵塞路段至少有一個被堵塞的概率；

(2)若南干道被堵塞路段的個數(shù)為X,求X的分布列及均值E(X)；

(3)若按照“平均被堵塞路段少的路線是較好的高峰期出行路線”的標準，則從城西開往城東

較好的高峰期出行路線是哪一條？請說明理由.

解(1)記北干道的Ni,M,M,M四個易堵塞路段至少有一個被堵塞為事件A,

則P(A)=1-(1-。=1-符=*

\o1O1

(2)由題意可知X的可能取值為0,1,2,

P(x=o)=(i4)x0

p(x=i)=ix(i-1)+(i-i)x|=5,

P(X=2)=：X,=g.

JJJ

隨機變量X的分布列為

X012

111

P623

||17

E(X)=OX-+1XZ+2XT=7.

\94D

(3)設北干道被堵塞路段的個數(shù)為匕

則丫?蟲,￡),

14

所以￡(與=4X7=彳.因為E(X)<E(Y),所以高峰期出行選擇南干道路線較好.

考點三正態(tài)分布

【核心提煉】

解決正態(tài)分布問題的三個關鍵點

(1)對稱軸A=/Z.

(2)樣本標準差(7.

(3)分布區(qū)間：利用3〃原則求概率時，要注意利用小。分布區(qū)間的特征把所求的范圍轉(zhuǎn)化為

3。的特殊區(qū)間.

例5(1)(2022?太原模擬)已知隨機變量X服從正態(tài)分布做出片)，若P(X21+a)=P(XWl—

〃)，則〃等于()

A.0B.1C.2D.-1

答案B

解析因為P(X21+a)=P(XW

根據(jù)正態(tài)分布的對稱性，

-xg(l+a)+(l—

可nl得"=-----5---------=>-

(2)(2022?長春質(zhì)檢)國家質(zhì)量監(jiān)督檢驗標準中，醫(yī)用口罩的過濾率是重要的指標，根據(jù)長期生

產(chǎn)經(jīng)驗，某企業(yè)在生產(chǎn)線狀態(tài)正常情況下生產(chǎn)的醫(yī)用口置的過濾率X?M0.9372,0.01392).

若生產(chǎn)狀態(tài)正常，則下列結論正確的是.

①P(XW0.9)<0.5；

②X的取值在(0.93,0.9439)內(nèi)的概率與在(0.9372,0.951I)內(nèi)的概率相等；

③P(Xv0.9)=P(X>0.9744)：

④記表示一天內(nèi)抽取的50只口罩中過濾率大于〃+2。的數(shù)量，則Pg21)>0.6.

(參考數(shù)據(jù)：若X?N3,『)(。>0),則P@-o<XW"+o)y0.6827,P("-2<T<XW〃+2㈤七

0.9545,尸(〃一3cvXW"+3c)-0.9973;0.985O^0.364)

答案①③④

解析由X?N(0.9372,0.0139?)知，

4=0.9372,<7=0.0139,

對于①，由正態(tài)分布曲線可得P(X<0.9)VP(Xv0.9372)=05故①正確；

對于②，0.9439—0.93=0.0139,0.9511—0.9372=0.0139兩個區(qū)間長度均為1個。，但"=

0.9372￡(0.93,0.9439),由正態(tài)分布性質(zhì)知，落在(0.93,0.9439)內(nèi)的概率大于落在(0.937

2,0.9511)內(nèi)的概率，故②錯誤；

0.9+0.9744

對于③,=0.9372,故③正確;

對于④，I只口罩的過濾率大于"+2。的概率

1—09545

片----廣，=0.02275,4?以50,〃)，

所以P(?=I-P(J=0)=1一(1一〃)5°>1—(1-0.02)5。，

即1一(1一().02嚴=|一0.985°~—0.364=0.636>0.6,故④正確.

規(guī)律方法利用正態(tài)曲線的對稱性研究相關概率問題，涉及的知識主要是正態(tài)曲線關于直線

對稱，及曲線與x軸之間的面積為1,注意下面三個結論的靈活運用：

(1)對任意的4,有尸(X<〃-4)=0(X>〃+〃).

⑵P(X4o)=l-P(X^xo).

(3)P(a<X<b)=P(X<b)-P(XW").

跟蹤演練3(1)(2022.株洲質(zhì)檢)某工廠有甲、乙兩條生產(chǎn)線生產(chǎn)同一型號的機械零件，產(chǎn)品

的尺寸分別記為x,Y,已知x,丫均服從正態(tài)分布，x?M〃I，d)，y?M〃2,￡)，其正態(tài)分

布密度曲線如圖所示，則下列結論中正確的是()

一X的正態(tài)分布密度曲線

\---y的正態(tài)分布密度曲線

A.甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性高于乙生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性

B.甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性低丁乙生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性

C.甲生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值大于乙生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值

D.甲生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值小于乙生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值

答案A

解析由圖知甲、乙兩條生產(chǎn)線的均值相等，甲的正態(tài)分布密度曲線較瘦高，所以甲生產(chǎn)線

產(chǎn)品的穩(wěn)定性高于乙生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性.

(2)(2022?哈爾濱模擬)為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗員每天從該生產(chǎn)線上

隨機抽取，并測量零件的直徑尺寸，根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，可以認為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生

產(chǎn)的零件直徑尺寸X(單位:cm)服從正態(tài)分布M18,4),若X落在［20,22］內(nèi)的零件個數(shù)為2718,

則可估計所抽取的這批零件中直徑X高于22的個數(shù)大約為(附：若隨機變量服從正態(tài)分布

NS，/)，則Pa-oWXW.〃+o)%0.6827,P3-2<7WXW〃+2Q&0.9545,Pa-3oWXW"+

3Mo.9973)()

A.27B.40C.228D.455

答案D

解析由正態(tài)分布M18,4)可知，4=18,。=2,

，〃+。=20,"+2。=22,

0.9545-0.6827

.??P(20WX近22)―2=0.1359,

1—09545

P(X222)心---------=0.02275,

直徑X高于22的個數(shù)大約為

271840.1359X0.02275=455.

專題強化練

一、選擇題

1.設離散型隨機變量X的分布列為

X01234

P0.20.10.10.3m

若隨機變量丫=區(qū)一1|,則p(y=i)等于()

A.0.3B.0.4C.0.6D.0.7

答案A

解析因為丫=%一1|,

所以P(y=l)=P(X=0或K=2)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3.

2.(2022?廣州模擬)已知隨機變量X?M/z,/),若尸1)=02則尸(X2"T)等于

()

A.0.7B.0.4C.0.3D.0.2

答案A

解析由已知P3-1WXW〃)=P(〃WXW〃+1)=0.2,

所以P(X2"—1)=P("—1WXW〃)+P(X2〃)=0.2+0.5=0.7.

3.一批電阻的電阻值X(單位：C)服從正態(tài)分布MlOOOS).現(xiàn)從甲、乙兩箱出廠成品中各

隨機抽取一個電阻，測得電阻值分別為1011Q和982d可以認為()

A.甲、乙兩箱電阻均可出廠

B.甲、乙兩箱電阻均不可出廠

C.甲箱電阻可出廠，乙箱電阻不可出廠

D.甲箱電阻不可出廠，乙箱電阻可出廠

答案C

解析因為X?N八000.52）,

所以4=1000,。=5,

所以"-30=1000-3X5=985,

〃+3。=1000+3X5=1015.

因為101ie[985,1015],982或985/015],

所以甲箱電阻可出廠，乙箱電阻不可出廠.

4.（2022.韶關模擬）某一部件由三個電子元件按照如圖所示的方式連接而成，元件I和元件2

同時正常工作，或元件3正常工作，則部件正常工作，設三個電子元件正常工作的概率均為去

且各個元件能否正常工作相互獨立，那么該部件正常工作的概率為（）

7八15-27c57

A-64B32C-32D64

答案D

解析討論元件3正常與不正常，

第一類，元件3正常，上部分正?；虿徽６疾挥绊懺摬考９ぷ鳎瑒t正常工作的概率為？

3

X1--

4-

39

X

一

不正常，上部分必須正常，則正常工作的概率為Jx4-W一

故該部件正常工作的概率為升總=2.

3O*T04

5.設Ov懸，0<Z><1,隨機變量H的分布列為

-101

Pab

則當a在（0,加增大時（）

A.E?增大,。?增大B.戊②增大，減小

C.E?減小,O?增大D.E（一減小,減小

答案D

解析由分布列中概率之和為1,可得。+〃=',

:.E(G=—1+/?=——a,

???當。增大時，￡?減小，

???D?=(—l+a)2x；+(0+a)2Xa+(l+a)2X0=—(a+￡)2+a

工當4在（0,內(nèi)增大時，O⑹減小.

6.（2022?萍鄉(xiāng)模擬）高爾頓（釘）板是在一塊豎起的木板上釘上一排排互相平行:、水平間隔相等的

圓柱形小木塊（如圖所示），并且每一排小木塊數(shù)目都比上一排多一個，一排中各個小木塊正

好對準上面一排兩個相鄰小木塊的正中央，從入口處放入一個直徑略小于兩個小木塊間隔的

小球，當小球從之間的間隙下落時碰到下一排小木塊，它將以相等的可能性向左或向右落下,

若小球再通過間隙，又碰到下一排小木塊.如此繼續(xù)卜.去，小球最后落入下方條狀的格子內(nèi)，

則小球落到第⑤個格子的概率是（）

①②③④⑤⑥

A-32B16CJ6D32

答案A

解析小球落到第⑤個格子的概率是

clx|xg)=5

32-

7.（2022?全國乙卷）某根手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立.已知

該棋手與甲、乙、丙比賽度勝的概率分別為⑶，p.,〃3,且內(nèi)邛2>/力>0.記該棋手連勝兩盤的

概率為P，則（）

A.〃與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關

B.該棋手在第二盤與甲比賽，〃最大

C.該棋手在第二盤與乙比賽，〃最大

D.該棋手在第二盤與丙比賽，〃最大

答案D

解析設該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P彳，

在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率為P乙，

在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為尸丙，

方法一由題意可知，。甲=2〃山似1—〃3)+p3(l—P2)]=2Plp2+2pg—4p】p*3，

P乙=2〃2[pi(l-〃3)+p3(l-〃】)]=2〃1〃2+2/好3-4〃|〃2〃3，

P河=2〃3[pi(l-"2)+〃2(1-0)]=2Plp3+2/72P3-4〃ip2P3.

所以尸丙一戶甲=2〃2(P3—〃l)>0，

P再一P乙=2〃1(7>3一〃2)>0，

所以P丙最大,故選D.

方法二(特殊值法)

不妨設“1=0.4,/)2=0.5,P3=0.6,

則該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率?甲=2〃|3(1—〃3)+〃3(1—")]=0.4；

在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率P乙=2〃2|pi(l—〃3)+p3(l—pi)l=0.52；

在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率P百=2p3[pi(l—〃2)+p2(l—pi)]=0.6.

所以。再最大，故選D.

8.現(xiàn)有兩種核酸檢測方式；(1)逐份檢測；(2)混合檢測；將其中我份核酸分別取樣混合在一

起檢測，若檢測結果為陰性，則這A份核酸全為陰性，因而這女份核酸只要檢測一次就夠了；

如果檢測結果為陽性，為了明確這A份核酸樣本究竟哪幾份為陽性，就需要對這女份核酸再

逐份檢測，此時，這出份核酸的檢測次數(shù)總共為伏+1)次.假設在接受檢測的核酸樣本中，

每份樣本的檢測結果是陰性還是陽性都是獨立的，并且每份樣本是陽性的概率都為“(Ovpvl)，

若&=1()，運用概率統(tǒng)計的知識判斷卜.列哪個p值能使得混合檢測方式優(yōu)于逐份檢測方式(參

考數(shù)據(jù)：愴0.7942一().1)()

A.0.5B.0.4C.0.3D.0.2

答案D

解析設逐份檢測方式樣本需要檢測的總次數(shù)為X,則E(X)=1(),

設混合檢測方式樣本需要檢測的總次數(shù)為匕丫的可能取值為1.U,

P(Y=1)=(1—pp°,P(Y=11)=1一(1一p嚴，

故丫的分布列為

Y111

P(1-P)101_(]一〃嚴

：.E(Y)=1X(1-p嚴+11X[l-(l-p)10]

=11-10X(1-p)10.

要使得混合檢測方式優(yōu)于逐份檢測方式，

則需E(Y)<E(X),即11-10X(1—p嚴<10,

即（一p嚴哈,即l-p>10一叫

又1g0.794^-0.1,

A0794=0.794,

A/X1-0.794=0.206,

/.0</X0.206.

二、填空題

9.已知隨機變量4的分布列如下表，Q（f表示4的方差，則/）（2升1）=.

012

x

Pal-2a4

答案2

解析由分布列知。+（1—2。）+：=1,

解得4=（,

于是得E（J=（）Xa+lX（l-2t/）+2x1=I,

砥=aX(l-0)2+(1-明X(1-1)2+；X(1-2)2==

所以。(及+1)=4O(J=4X^=2.

10.（2022?湖州模擬）盒中有4個球，其中1個紅球，1個黃球，2個藍球，從盒中隨機取球,

每次取1個，取后不放回.直到藍球全部被取出為止，在這一過程中取球次數(shù)為3則C的

均值E?=.

牝安10

答案y

解析由題意可知,

隨機變量4的可能取值有234,

尸（尸2）=陷=看,

C?A當1

夕仁）

=3=一3'

八C1AS1

P(-4)=FF=Z，

所以隨機變量J的分布列如下表所示:

234

111

P632

E(<)=2x1+3x|+4X^=-y.

11.(2022?常州模擬)為了了解某類工程的工期，某公司隨機選取了10個這類工程，得到如下

數(shù)據(jù)(單位：天)：17,23,19,21,22,21,19,17,22,19.若該類工程的工期X?咐,/)(其中〃和。分

別為樣本的均值和標準差)，由于?情況需要，要求在22天之內(nèi)完成一項此類工程，估計能夠

在規(guī)定時間內(nèi)完成該工程的概率約為.(保留兩位小數(shù))

附：若隨機變量X服從正態(tài)分布『)，

則P(H-rT<XW〃+QQ0.6827,

PQ-2ZXW"+2<7)*0.9545,

尸0.9973.

答案0.84

解析由題得〃=古義(17+23+19+21+22+21+19+17+22+19)=20,

(r=-^X(32+32+l2+l2+22+l2+12+32+22+12)=4,

所以<7=2.

所以尸(20—2<XW20+2)70.6827,

所以P(2()<XW22)20.34135,

所以P(XW22)=0.5+0.34135=0.84135=0.84.

12.(2022?蘇州模擬)泊松分布是統(tǒng)計學里常見的離散型概率分布，由法國數(shù)學家泊松首次提

出.泊松分布的概率分布列為0(X=")=/%&=0,1,2,…)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，2

是泊松分布的均值.已知某種商品每周銷售的件數(shù)相互獨立，且服從參數(shù)為，>0)的泊松分

布.若每周銷售1件該商品與每周銷售2件該商品的概率相等，則兩周共銷售2件該商品的

概率為.

Q

答案?

解析依題意得P(X=1)=P(X=2),

即!=蛋，解得％=2，

2k

所以。(乂=%)=訂飛-2，

K?

?01

所以P(X=0)=3-e,=二,

U?C

219

P(X=1)="2A卷

22?

P(X=2)=-e2=最,

則兩周共銷售2件的概率為

p=a/+c嫡2d

三、解答題

13.(2022.濰坊模擬)根據(jù)國家部署，2022年中國空間站“天宮”將正式完成在軌建造任務，

成為長期有人照料的國家級太空實驗室，支持開展大規(guī)模、多學科交叉的空間科學實驗.為

普及空間站相關知識，某部門組織了空間站建造過程3D模擬編程闖關活動，它是由太空發(fā)

射、自定義漫游、全尺寸太陽能、空間運輸?shù)?0個相互獨立的程序題目組成.規(guī)則是：編寫

程序能夠正常運行即為程序正確.每位參賽者從10個不同的題目中隨機選擇3個進行編程,

全部結束后提交評委測試，若其中2個及以上程序正確即為闖關成功.現(xiàn)已知10個程序中，

甲只能正確完成其中6個，乙正確完成每個程序的概率燒，每位選手每次編程都互不影響.

(I)求乙闖關成功的概率；

(2)求甲編寫程序正確的個數(shù)X的分布列和均值，并判斷甲和乙誰闖關成功的可能性更大.

解(1)記乙闖關成功為事件A,

所以P(A)=C《|)W+g)3=黠.

(2)由題意知隨機變量X所有可能的取值為0,123,

Ci1

P(x=o)=瓦=4,

P(x-1)-笛-10'

P(X-2)-c5o-2,

Pa=3)=懸=',

故X的分布列為

X0123

1311

P301026

所以E(X)=0X^+lX-^4-2x1+3x|=1.

112

所以甲闖關成功的概率為裊點號，

乙OD

因為黠4

所以甲比乙闖關成功的可能性大.

14.（2022?濟南模擬）某嬰幼兒游泳館為了吸引顧客，推出優(yōu)惠活動，即對首次消費的顧客按

80元收費，并注冊成為會員，對會員消費的不同次數(shù)