6.3.1 离散型随机变量的均值-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第六章　概率 §3　离散型随机变量的均值 与方差 3.1　离散型随机变量的均值 (教师独具内容) 课程标准：通过具体实例，理解离散型随机变量的均值． 教学重点：1.求离散型随机变量的均值.2.求两点分布的均值． 教学难点：用离散型随机变量的均值解决相关的实际问题． 核心素养：1.通过学习离散型随机变量的均值及其意义，发展数学抽象素养. 2.通过利用离散型随机变量的均值解决实际问题，培养数学建模及数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn 数学期望 期望 核心概念掌握 5 中心位置 平均水平 p 核心概念掌握 6 离散型随机变量均值的几个常用结论 (1)E(aX＋b)＝aEX＋b； (2)E(aX1＋bX2)＝aEX1＋bEX2； (3)如果X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝EX1·EX2. 1．判一判(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)随机变量的均值与样本的平均值相同．(　　) (3)若两个随机变量的均值相同，则这两个随机变量的分布一定相同．(　　) 答案 × × × 核心概念掌握 7 2．做一做 (1)若随机变量Y的分布列为 则Y的数学期望EY＝________． (2)设随机变量X服从两点分布，且EX＝0.4，则p＝________． 答案 1.3 0.4 Y 0 1 2 P 0.2 0.3 m 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　求离散型随机变量的均值 　袋中有4只红球，3只黑球，今从袋中随机取出4只球，设取到一只红球记2分，取到一只黑球记1分，试求得分ξ的均值． 解 核心素养形成 10 解 核心素养形成 11 感悟提升 求随机变量的均值关键是写出分布列，一般分为四步： (1)确定ξ的可能取值； (2)计算出P(ξ＝k)； (3)写出分布列； (4)利用均值的计算公式计算Eξ. 核心素养形成 12 [跟踪训练1]　盒中装有5节同牌号的五号电池，其中混有两节废电池．现在无放回地每次取一节电池检验，直到取到好电池为止，求抽取次数X的分布列及均值． 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 答案 解析 核心素养形成 15 感悟提升 已知均值求参数的方法 利用分布列的性质以及均值的计算公式建立方程组求解． 核心素养形成 16 答案 解析 核心素养形成 17 题型三　离散型随机变量均值的实际应用 　　　某柑橘基地因冰雪灾害导致果林严重受损，为此有关专家提出两种拯救果林的方案，每种方案都需分两年实施． 若实施方案一，预计当年可以使柑橘产量恢复到灾前的1.0倍、0.9倍、0.8倍的概率分别是0.3，0.3，0.4；第二年可以使柑橘产量为上一年产量的1.25倍、1.0倍的概率分别是0.5，0.5. 若实施方案二，预计当年可以使柑橘产量达到灾前的1.2倍、1.0倍、0.8倍的概率分别是0.2，0.3，0.5；第二年可以使柑橘产量为上一年产量的1.2倍、1.0倍的概率分别是0.4，0.6. 核心素养形成 18 无论实施哪种方案，第二年与第一年柑橘的产量都相互独立． 令Xi(i＝1，2)表示方案i实施两年后柑橘产量达到灾前产量的倍数． (1)写出X1，X2的分布列； (2)实施哪种方案可使两年后柑橘产量超过灾前产量的概率更大？ (3)不管哪种方案，如果实施两年后柑橘产量达不到灾前产量，预计可带来效益10万元；如果柑橘产量恰好达到灾前产量，预计可带来效益15万元；如果柑橘产量超过灾前产量，预计可带来效益20万元．问：实施哪种方案所带来的平均效益更大？ 核心素养形成 19 解　(1)X1的所有可能取值为0.8，0.9，1.0，1.125，1.25；X2的所有可能取值为0.8，0.96，1.0，1.2，1.44. 故X1，X2的分布列分别为 解 X1 0.8 0.9 1.0 1.125 1.25 P 0.2 0.15 0.35 0.15 0.15 X2 0.8 0.96 1.0 1.2 1.44 P 0.3 0.2 0.18 0.24 0.08 核心素养形成 20 (2)令事件A，B分别表示实施方案一、方案二两年后柑橘产量超过灾前产量，则P(A)＝0.15＋0.15＝0.3，P(B)＝0.24＋0.08＝0.32.可见，实施方案二可使两年后柑橘产量超过灾前产量的概率更大． (3)令Yi(i＝1，2)表示方案i所带来的效益，则 所以EY1＝10×0.35＋15×0.35＋20×0.3＝14.75，EY2＝10×0.5＋15×0.18＋20×0.32＝14.1.可见，实施方案一所带来的平均效益更大． 解 Y1 10 15 20 P 0.35 0.35 0.3 Y2 10 15 20 P 0.5 0.18 0.32 核心素养形成 21 感悟提升 解答此类题目时，首先应把实际问题概率模型化，然后利用有关概率的知识去分析相应各事件发生可能性的大小，并列出分布列，最后利用公式求出相应的均值． 核心素养形成 22 [跟踪训练3]　受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车从售出到首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年．现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下： 品牌 甲 乙 从售出到首次出现 故障时间x/年 0<x≤1 1<x≤2 x>2 0<x≤2 x>2 轿车数量/辆 2 3 45 5 45 每辆利润/万元 1 2 3 1.8 2.9 核心素养形成 23 将频率视为概率，解答下列问题： (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率； (2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列； (3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由． 核心素养形成 24 解 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 随堂水平达标 1．今有两台独立工作的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，设发现目标的雷达台数为X，则EX＝(　　) A．0.765 B．1.75 C．1.765 D．0.22 解析　X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.1×0.15＝0.015，P(X＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.85×(1－0.9)＝0.22，P(X＝2)＝0.9×0.85＝0.765，∴EX＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 2．已知随机变量X的分布列为 若EX＝7.5，则a＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案 解析 X 4 a 9 10 P 0.3 0.1 b 0.2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 3．甲、乙两台自动车床生产同种标准件，X表示甲车床生产1000件产品中的次品数，Y表示乙车床生产1000件产品中的次品数，经一段时间考察后，得X，Y的分布列分别为 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　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，由于EY>EX，故甲比乙质量好． 答案 解析 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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 4．随机变量X的分布列如下表： 尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同，则EX＝________． 解析　设“？”处的数值为t，则“！”处的数值为1－2t，所以EX＝t＋2(1－2t)＋3t＝2. 答案 解析 X 1 2 3 P ？ ！ ？ 2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 5．在一次购物抽奖活动中，已知某10张奖券中有6张有奖，其余4张没有奖，且有奖的6张奖券每张均可获得价值10元的奖品．某顾客从此10张奖券中任意抽取3张． (1)求该顾客中奖的概率； (2)若约定抽取的3张奖券都有奖时，还要另奖价值6元的奖品，求该顾客获得的奖品总价值X(单位：元)的分布列和均值． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 一、选择题 1．某篮球运动员每次投篮未投中的概率为0.3，投中2分球的概率为0.4，投中3分球的概率为0.3，则该运动员投篮一次得分的均值为(　　) A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8 解析　由已知得EX＝0×0.3＋2×0.4＋3×0.3＝1.7. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 36 2．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元进行处理，根据前四年的销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量X(单位：束)的分布列如下表所示．若进这种鲜花500束，则利润的均值是 (　　) A．706元 B．690元 C．754元 D．720元 解析　由分布列可以得到需求量的均值是EX＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340.故利润的均值是340×5＋160×1.6－500×2.5＝706(元)． 答案 解析 X 200 300 400 500 P 0.20 0.35 0.30 0.15 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 38 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 39 5．林老师等概率地从1～3中抽取一个数字，记为X，叶老师等概率地从1～5中抽取一个数字，记为Y，已知E(XY)＝p1＋2p2＋…＋15p15，其中pk是XY＝k的概率，1≤k≤15，则E(XY)＝(　　) A．3 B．5 C．6 D．8 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 40 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 41 二、填空题 6．设离散型随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b(k＝1，2，3，4)，且X的均值EX＝3，则a＋b＝________. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 42 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 43 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 44 8．对三架机床进行检验，各机床是否产生故障是相互独立的，且各机床产生故障的概率分别为p1，p2，p3，X为产生故障的机床的架数，则EX＝____________． 答案 p1＋p2＋p3 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 45 三、解答题 9．以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中的得分情况如下表： 现有一场比赛，派哪位运动员参加较好？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 46 解　EX1＝0×0.2＋1×0.5＋2×0.3＝1.1， EX2＝0×0.3＋1×0.2＋2×0.5＝1.2， ∴EX1<EX2，∴派乙运动员参加比赛较好． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 48 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 50 1．某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会． (1)设事件A为“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率； (2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 52 2．农机公司出售收割机，一台收割机的使用寿命为五年，在农机公司购买收割机时可以一次性额外购买若干次维修服务，费用为每次100元，每次维修时公司维修人员均上门服务，实际上门服务时还需支付维修人员的餐饮费50元/次；若实际维修次数少于购买的维修次数，则未提供服务的订购费用退还50%；若维修次数超过了购买的次数，农机公司不再提供服务，收割机的维修只能到私人维修店，每次维修费用为400元，无须支付餐饮费．一位农机手在购买收割机时，需决策一次性购买多少次维修服务．为此，他收集、整理出一台收割机在五年使用期内维修次数及相应的频率如下表： 维修次数 5 6 7 8 9 频率 0.3 0.3 0.2 0.1 0.1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 53 (1)如果农机手在购买收割机时购买了6次维修，在使用期内实际维修的次数为5次，这位农机手的维修总费用是多少？如果实际维修的次数是8次，农机手的维修总费用又是多少？ (2)农机手购买了一台收割机，试在购买维修次数为6次和7次的两个数据中，根据使用期内维修时花费的总费用的均值，帮助农机手进行决策． 解　(1)购买6次维修，而实际维修次数为5次时的维修总费用为6×100－100×50%＋5×50＝800(元)； 购买6次维修，而实际维修次数为8次时的维修总费用为6×100＋50×6＋2×400＝1700(元)． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 54 (2)若购买6次维修， 实际维修次数为6次时的维修总费用为6×100＋6×50＝900(元)； 实际维修次数为7次时的维修总费用为900＋400＝1300(元)； 实际维修次数为9次时的维修总费用为1700＋400＝2100(元)． 综合(1)的计算，购买维修次数为6次时的维修总费用的分布列为 解 维修次数 5 6 7 8 9 维修总费用ξ1 800 900 1300 1700 2100 P 0.3 0.3 0.2 0.1 0.1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 55 Eξ1＝800×0.3＋900×0.3＋1300×0.2＋1700×0.1＋2100×0.1＝1150(元)． 若购买7次维修， 实际维修次数为5次时的维修总费用为7×100－200×50%＋5×50＝850(元)； 实际维修次数为6次时的维修总费用为7×100－100×50%＋6×50＝950(元)； 实际维修次数为7次时的维修总费用为7×100＋7×50＝1050(元)； 实际维修次数为8次时的维修总费用为1050＋400＝1450(元)； 实际维修次数为9次时的维修总费用为1450＋400＝1850(元)． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 56 购买维修次数为7次时的维修总费用的分布列为 Eξ2＝850×0.3＋950×0.3＋1050×0.2＋1450×0.1＋1850×0.1＝1080(元)． 因为Eξ1>Eξ2，所以购买7次维修较划算． 解 维修次数 5 6 7 8 9 维修总费用ξ2 850 950 1050 1450 1850 P 0.3 0.3 0.2 0.1 0.1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 57 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　离散型随机变量的均值 设离散型随机变量X的分布列如下表： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称EX＝eq \x(\s\up1(01))______________________________为随机变量X的均值或eq \x(\s\up1(02)) ___________(简称eq \x(\s\up1(03))______)． 均值EX刻画的是X取值的“eq \x(\s\up1(04))___________”，反映了离散型随机变量X取值的eq \x(\s\up1(05))___________，是随机变量X的一个重要特征． 知识点二　两点分布的均值 当随机变量X服从参数为p的两点分布时，其均值EX＝eq \x(\s\up1(01))_______． 解　取出4只球颜色分布情况是：4红得8分，3红1黑得7分，2红2黑得6分，1红3黑得5分，相应的概率为 P(ξ＝5)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(3,3),Ceq \o\al(4,7)) ＝eq \f(4,35)，P(ξ＝6)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(2,3),Ceq \o\al(4,7)) ＝eq \f(18,35)， P(ξ＝7)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(4,7)) ＝eq \f(12,35)，P(ξ＝8)＝4,4)eq \f(CCeq \o\al(0,3),Ceq \o\al(4,7)) ＝eq \f(1,35). 所以ξ的分布列为 ξ 5 6 7 8 P eq \f(4,35) eq \f(18,35) eq \f(12,35) eq \f(1,35) 所以Eξ＝5×eq \f(4,35)＋6×eq \f(18,35)＋7×eq \f(12,35)＋8×eq \f(1,35)＝eq \f(44,7). 解　X的所有可能取值为1，2，3， 则P(X＝1)＝eq \f(3,5)， P(X＝2)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,10)， P(X＝3)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,4)×1＝eq \f(1,10). 所以X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(3,5) eq \f(3,10) eq \f(1,10) 所以EX＝1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(3,2). 题型二　已知均值求参数 　某一智力游戏玩一次所得的积分是一个随机变量X，其分布列如下表，均值EX＝2，则ab＝________． X 0 3 6 P eq \f(1,2) a b 解析　根据题意可得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\f(1,2)，,3a＋6b＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,6)，))从而ab＝eq \f(1,18). eq \f(1,18) [跟踪训练2]　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均值为2，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,3b)的最小值为(　　) A.eq \f(32,3) B.eq \f(28,3) C.eq \f(14,3) D.eq \f(16,3) 解析　由均值是2，得3a＋2b＋0×c＝2，即3a＋2b＝2，∴eq \f(3a,2)＋b＝1，∴eq \f(2,a)＋eq \f(1,3b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,2)＋b)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,3b)))＝3＋eq \f(1,3)＋eq \f(a,2b)＋eq \f(2b,a)≥eq \f(10,3)＋2＝eq \f(16,3)，当且仅当a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,4)时取等号，∴eq \f(2,a)＋eq \f(1,3b)的最小值为eq \f(16,3). 解　(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝eq \f(2＋3,50)＝eq \f(1,10). (2)依题意得，X1，X2的分布列分别为 X1 1 2 3 P eq \f(1,25) eq \f(3,50) eq \f(9,10) X2 1.8 2.9 P eq \f(1,10) eq \f(9,10) (3)由(2)得， EX1＝1×eq \f(1,25)＋2×eq \f(3,50)＋3×eq \f(9,10)＝2.86(万元)， EX2＝1.8×eq \f(1,10)＋2.9×eq \f(9,10)＝2.79(万元)． 因为EX1>EX2， 所以应生产甲品牌的轿车． 解析　由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.3＋0.1＋b＋0.2＝1，,4×0.3＋a×0.1＋9b＋10×0.2＝7.5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝0.4，,a＝7.)) 解　(1)设“该顾客从此10张奖券中任意抽取3张均不中奖”为事件A， 则P(A)＝3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(4,120)＝eq \f(1,30)， 所以该顾客中奖的概率为 1－P(A)＝1－eq \f(1,30)＝eq \f(29,30). (2)X的所有可能取值为0，10，20，36， P(X＝0)＝3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,30)， P(X＝10)＝1,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(3,10)， P(X＝20)＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,2)， P(X＝36)＝3,6)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,6). 故X的分布列为 X 0 10 20 36 P eq \f(1,30) eq \f(3,10) eq \f(1,2) eq \f(1,6) EX＝0×eq \f(1,30)＋10×eq \f(3,10)＋20×eq \f(1,2)＋36×eq \f(1,6)＝19. 3．甲、乙两人独立地从六门选修课程中任选三门进行学习，记两人所选课程相同的门数为X，则EX为(　　) A．1 B.eq \f(3,2) C．2 D.eq \f(5,2) 解析　X的所有可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝3,6)eq \f(CCeq \o\al(3,3),Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,20)，P(X＝1)＝1,6)eq \f(CCeq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3),Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(9,20)，P(X＝2)＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3),Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(9,20)，P(X＝3)＝3,6)eq \f(C,Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,20)，则EX＝0×eq \f(1,20)＋1×eq \f(9,20)＋2×eq \f(9,20)＋3×eq \f(1,20)＝eq \f(3,2).故选B. 4.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值EX为(　　) A.eq \f(126,125) B.eq \f(6,5) C.eq \f(168,125) D.eq \f(7,5) 解析　125个小正方体中有8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆，所以从中随机取一个小正方体，涂漆面数X的均值EX＝eq \f(27,125)×0＋eq \f(54,125)×1＋eq \f(36,125)×2＋eq \f(8,125)×3＝eq \f(6,5). 解析　解法一：由题意得，XY的所有可能取值为1，2，3，4，5，6，8，9，10，12，15，其分布列如下： XY 1 2 3 4 5 6 8 9 10 12 15 P eq \f(1,15) eq \f(2,15) eq \f(2,15) eq \f(2,15) eq \f(1,15) eq \f(2,15) eq \f(1,15) eq \f(1,15) eq \f(1,15) eq \f(1,15) eq \f(1,15) E(XY)＝1×eq \f(1,15)＋2×eq \f(2,15)＋3×eq \f(2,15)＋4×eq \f(2,15)＋5×eq \f(1,15)＋6×eq \f(2,15)＋8×eq \f(1,15)＋9×eq \f(1,15)＋10×eq \f(1,15)＋12×eq \f(1,15)＋15×eq \f(1,15)＝6.故选C. 解法二：依题意P(X＝1)＝P(X＝2)＝P(X＝3)＝eq \f(1,3)，P(Y＝1)＝P(Y＝2)＝P(Y＝3)＝P(Y＝4)＝P(Y＝5)＝eq \f(1,5)，∴EX＝1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,3)＋3×eq \f(1,3)＝2，EY＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(1,5)＋3×eq \f(1,5)＋4×eq \f(1,5)＋5×eq \f(1,5)＝3，∵X与Y相互独立，∴E(XY)＝EX·EY＝6.故选C. eq \f(1,10) 解析　因为P(X＝1)＝a＋b，P(X＝2)＝2a＋b，P(X＝3)＝3a＋b，P(X＝4)＝4a＋b，所以EX＝1×(a＋b)＋2×(2a＋b)＋3×(3a＋b)＋4×(4a＋b)＝3，所以30a＋10b＝3　①.又因为(a＋b)＋(2a＋b)＋(3a＋b)＋(4a＋b)＝1，所以10a＋4b＝1　②.由①②可得a＝eq \f(1,10)，b＝0，所以a＋b＝eq \f(1,10). 7．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为eq \f(2,3)，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝eq \f(1,12)，则随机变量X的均值EX＝________． eq \f(5,3) 解析　易知随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，∵P(X＝0)＝eq \f(1,12)＝(1－p)2×eq \f(1,3)，∴p＝eq \f(1,2)，P(X＝1)＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋2×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,3)，P(X＝2)＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×2＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,12)，P(X＝3)＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,6)，∴EX＝0×eq \f(1,12)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(5,12)＋3×eq \f(1,6)＝eq \f(5,3). 解析　X的所有可能取值为0，1，2，3，设A，B，C分别表示三架机床发生故障，∴P(X＝0)＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－)))P(eq \o(C,\s\up16(－)))＝(1－p1)(1－p2)(1－p3)，P(X＝1)＝P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))P(eq \o(C,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B)P(eq \o(C,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－)))P(C)＝p1(1－p2)(1－p3)＋(1－p1)p2(1－p3)＋(1－p1)(1－p2)p3，P(X＝2)＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B)P(C)＋P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))P(C)＋P(A)P(B)P(eq \o(C,\s\up16(－)))＝(1－p1)p2p3＋p1(1－p2)p3＋p1p2(1－p3)，P(X＝3)＝P(A)P(B)P(C)＝p1p2p3，EX＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p1＋p2＋p3. X1(甲得分) 0 1 2 P 0.2 0.5 0.3 X2(乙得分) 0 1 2 P 0.3 0.2 0.5 10．某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,5).现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立． (1)求至少有一种新产品研发成功的概率； (2)若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和均值． 解　记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}． 由题设知P(E)＝eq \f(2,3)，P(eq \o(E,\s\up16(－)))＝eq \f(1,3)，P(F)＝eq \f(3,5)，P(eq \o(F,\s\up16(－)))＝eq \f(2,5)， 且事件E与F，E与eq \o(F,\s\up16(－))，eq \o(E,\s\up16(－))与F，eq \o(E,\s\up16(－))与eq \o(F,\s\up16(－))都相互独立． (1)记H＝{至少有一种新产品研发成功}，则eq \o(H,\s\up16(－))＝eq \o(E,\s\up16(－)) eq \o(F,\s\up16(－))， 于是P(eq \o(H,\s\up16(－)))＝P(eq \o(E,\s\up16(－)))P(eq \o(F,\s\up16(－)))＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15). 故P(H)＝1－P(eq \o(H,\s\up16(－)))＝1－eq \f(2,15)＝eq \f(13,15). (2)设企业可获利润为X万元，则X的所有可能取值为0，100，120，220. 因为P(X＝0)＝P(eq \o(E,\s\up16(－)) eq \o(F,\s\up16(－)))＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)， P(X＝100)＝P(eq \o(E,\s\up16(－))F)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(1,5)， P(X＝120)＝P(Eeq \o(F,\s\up16(－)))＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)， P(X＝220)＝P(EF)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(2,5)， 故X的分布列为 X 0 100 120 220 P eq \f(2,15) eq \f(1,5) eq \f(4,15) eq \f(2,5) 均值为EX＝0×eq \f(2,15)＋100×eq \f(1,5)＋120×eq \f(4,15)＋220×eq \f(2,5)＝140. 解　(1)由已知，得 P(A)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(2,3),Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(1,3). 所以事件A发生的概率为eq \f(1,3). (2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2. P(X＝0)＝2,3)eq \f(C＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4),Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(4,15)， P(X＝1)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(1,3)＋Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,4),Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(7,15)， P(X＝2)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(4,15). 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(4,15) eq \f(7,15) eq \f(4,15) 数学期望EX＝0×eq \f(4,15)＋1×eq \f(7,15)＋2×eq \f(4,15)＝1. $$