4.2.3 二项分布与超几何分布-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册随堂练习（人教B版）

日期： 班级： 姓名： 1． 判断正误 （ 1 ） 二项分布的参数是 N ， n ， M ， 超几何分布中的参数是 n ， p. （ ） （ 2 ） n 次独立重复试验的结果可以有多种 . （ ） （ 3 ） 超几何分布的总体往往由差异明显的两部分组成 . （ ） 2. 某地人群中高血压的患病率为 p ， 由该地区随机抽查 n 人， 则 （ ） A. 样本患病率 X n 服从 B （ n ， p ） B. n 人中患高血压的人数 X 服从 B （ n ， p ） C. 患病人数与样本患病率均不服从 B （ n ， p ） D. 患病人数与样本患病率均服从 B （ n ， p ） 3. 任意抛掷三枚硬币， 恰有 2 枚正面朝上的概率为 （ ） A. 3 4 B. 3 8 C. 1 3 D. 1 4 4. 设 8 件产品中有 2 件次品， 现从中抽取 4 件， 则 C 1 2 C 3 6 C 4 8 表示 （ ） A. 4 件产品中有 2 件次品的概率 B. 4 件产品中有 1 件次品的概率 4.2.3 二项分布与超几何分布 25 C. 4 件产品中有 2 件正品的概率 D. 4 件产品中有 1 件正品的概率 5. 已知随机变量 X 服从二项分布， X～B 4 ， 1 5 5 " ， 则成功概率 为 . 6. 在 30 瓶饮料中， 有 3 瓶已过了保质期 . 从这 30 瓶饮料中任 取 2 瓶， 则至少取到 1 瓶已过保质期饮料的概率为 . （结果用最简分数表示） 26 参 考 答 案 从而由上表得两个分布列为 （ 1 ） 2X+1 的分布列 （ 2 ） |X-1| 的分布列 10. 解： ξ 的所有可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， “ ξ=0 ” 表 示入选 3 人全是男生， 则 P （ ξ=0 ） = C 3 8 C 3 10 = 7 15 ， “ ξ=1 ” 表示 入选 3 人 中 恰 有 1 名 女 生 ， 则 P （ ξ=1 ） = C 1 2 C 2 8 C 3 10 = 7 15 ， “ ξ=2 ” 表示入选 3 人中有 2 名女生， 则 P （ ξ=2 ） = C 2 2 C 1 8 C 3 10 = 1 15 . 因此 ξ 的分布列为 提升练习 11. B 【解析】 根据分布列的性质， 知随机变量的所 有取值的概率之和为 1 ， 可解得 x=2 ， y=5 ， 故 P 3 2 <X< 11 3 3 " = P （ X=2 ） +P （ X=3 ） =0.35. 故选 B. 12. B 【解析 】 ξ=8 表示 3 个篮球中一个编号是 8 ， 另外两个从剩余 7 个号中选 2 个， 有 C 2 7 种方法， 即 21 种 . 故选 B. 13. BD 【解析 】 由分布列的性质得 a+b+c=3b=1 ， ∴b= 1 3 . ∴P （ |X|=1 ） =P （ X=1 ） +P （ X=-1 ） =1-P （ X=0 ） =1- 1 3 = 2 3 . 故选 BD. 14. 1 8 【解析】 由分布列的性质 ， 知 a+b= 1 2 ， 而 a 2 +b 2 ≥ （ a+b ） 2 2 = 1 8 （当且仅当 a=b= 1 4 时等号成立） . 15. 2 5 【解析】 X 的可能取值为 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 则 第 1 次取到白球的概率为 P （ X=1 ） = 1 5 ， 第 2 次取到白球 的概率为 P （ X=2 ） = 4×1 5×4 = 1 5 ， 第 3 次取到白球的概率为 P （ X=3 ） = 4×3×1 5×4×3 = 1 5 ， 第 4 次取到白球的概率为 P （ X=4 ） = 4×3×2×1 5×4×3×2 = 1 5 ， 第 5 次取到白球的概率为 P （ X=5 ） = 4×3×2×1×1 5×4×3×2×1 = 1 5 ， ∴P （ 1<X≤3 ） =P （ X=2 ） +P （ X=3 ） = 2 5 . 16. 解 ： （ 1 ） 由 x 2 -x-6≤0 得 -2≤x≤3 ， 即 S= {x|-2≤x≤3}. 由于 m ， n∈Z ， m ， n∈S 且 m+n=0 ， ∴A 包含的样本点为 （ -2 ， 2 ）， （ 2 ， -2 ）， （ -1 ， 1 ）， （ 1 ， -1 ）， （ 0 ， 0 ） . （ 2 ） 由于 m 的所有不同取值为 -2 ， -1 ， 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， ∴ξ=m 2 的所有不同取值为 0 ， 1 ， 4 ， 9 ， 且有 P （ ξ=0 ） = 1 6 ， P （ ξ=1 ） = 2 6 = 1 3 ， P （ ξ=4 ） = 2 6 = 1 3 ， P （ ξ=9 ） = 1 6 . 故 ξ 的分 布列为 4.2.3 二项分布与超几何分布 学习手册 变式训练 1 ACD 【解析】 选项 A ： 试验出现的结果只 有两个， 点数为 6 和点数不为 6 ， 且点数为 6 的概率在 每一次试验中都为 1 6 ， 每一次试验都是独立的， 故随机 变量 X 服从二项分布； 选项 B ： 虽然每一次试验的结果 只有两个， 且每一次试验都是相互独立的， 且概率不发 生变化， 但随机变量 X 的取值不确定， 故随机变量 X 不 服从二项分布； 选项 C ： 甲、 乙获胜的概率一定， 且和 为 1 ， 举行 5 次比赛， 相当于进行了 5 次独立重复试验， 故 X 服从二项分布 ； 选项 D ： 由二项分布的定义可 知， X～B （ n ， 0.3 ） . 故选 ACD. 变式训练 2 解： （ 1 ） X 的可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 且 P （ X=0 ） = C 3 3 C 3 8 = 1 56 ， P （ X=1 ） = C 1 5 C 2 3 C 3 8 = 15 56 ， P （ X=2 ） = C 2 5 C 1 3 C 3 8 = 30 56 = 15 28 ， P （ X=3 ） = C 3 5 C 0 3 C 3 8 = 10 56 = 5 28 ， 即 X 的分布列为 （ 2 ） 去执行任务的同学中有男有女的概率为 P=P （ X= 1 ） +P （ X=2 ） = 15 56 + 15 28 = 45 56 . 变式训练 3 12 25 3 5 【解析】 若放回抽取， 设取得红球 的个数为 X ， 则 X～B 2 ， 3 5 3 " ， 取出 2 个颜色不同的球 即事件 “ X=1 ”， ∴P （ X=1 ） =C 1 2 × 3 5 × 2 5 = 12 25 . 若不放回抽 X 0 1 2 3 4 2X+1 1 3 5 7 9 |X-1| 1 0 1 2 3 2X+1 1 7 9 P 0.2 0.3 0.3 3 0.1 5 0.1 |X-1| 0 1 2 3 P 0.1 0.3 0.3 0.3 ξ 2 P 1 15 0 7 15 1 7 15 ξ 9 P 1 6 0 1 6 4 1 3 1 1 3 X 3 P 5 28 0 1 56 2 15 28 1 15 56 59 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 取， 设取得红球的个数为 Y ， 则 Y～H （ 5 ， 2 ， 3 ）， ∴ 取到 的 2 个球颜色不同的概率 P= C 1 3 C 1 2 C 2 5 = 3 5 . 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） × （ 3 ） √ 2. B 【解析】 由二项分布的定义知 B 正确 . 故选 B. 3. B 【解析】 抛一枚硬币， 正面朝上的概率为 1 2 ， 则抛三枚硬币， 恰有 2 枚朝上的概率为 P=C 2 3 1 2 2 # 2 × 1 2 = 3 8 . 故选 B. 4. B 【解析】 根据超几何分布的定义可知 C 1 2 表示从 2 件次品中任选 1 件， C 3 6 表示从 6 件正品中任选 3 件 . 故选 B. 5. 1 5 【解析】 由二项分布参数的意义知， 成功概率 为 1 5 . 6. 28 145 【解析】 所求概率 P=1- C 2 27 C 2 30 = 28 145 . 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 由题意可得， 甲、 乙、 丙三人中每人 在某一行业中都不能胜过孔圣人的概率均为 0.99 360 ≈ 0.03 ， 故甲、 乙、 丙三人在某一行业中都不能胜过孔圣 人的概率为 0.03 3 =0.000 027 ， 故甲、 乙、 丙三人中至少 一人在某一行业中胜过孔圣人的概率为 1-0.000 027= 0.999 973. 故选 B. 2. A 【解析】 若从甲袋中取出的 2 个球都是红球的 概率为 C 2 4 C 2 7 = 6 21 = 2 7 ， 此时乙袋中有 4 个红球， 4 个白球， 则从乙袋中取出 2 个球均是红球的概率为 P 1 = C 2 4 C 2 8 = 6 28 = 3 14 ； 若从甲袋中取出的 2 个球是 1 红 1 白的概率为 C 1 3 C 1 4 C 2 7 = 12 21 = 4 7 ， 此时乙袋中有 3 个红球， 5 个白球， 则 从乙袋中取出 2 个球是红球的概率为 P 2 = C 2 3 C 2 8 = 3 28 ； 若从 甲袋中取出的 2 个球都是白球的概率为 C 2 3 C 2 7 = 3 21 = 1 7 ， 此 时乙袋中有 2 个红球， 6 个白球， 则从乙袋中取出 2 个 球是红球的概率为 P 3 = C 2 2 C 2 8 = 1 28 ， 则从乙袋中取出的 2 个 球为红球的概率为 2 7 × 3 14 + 4 7 × 3 28 + 1 7 × 1 28 = 25 196 . 故选 A. 3. C 【解析 】 记 “恰好经过 4 场比赛分出胜负 ” “恰好经过 4 场比赛甲所在球队获胜” “恰好经过 4 场 比赛 A 所在球队获胜” 的事件分别为 D ， E ， F ， 由 E ， F 互斥， 且 P （ D ） =P （ E ） +P （ F ） . 若事件 E 发生， 则第四 场比赛甲获胜， 且前 3 场比赛甲所在球队恰有一场比赛 失利， 由于甲对 A ， B 比赛每场获胜的概率均为 0.6 ， 乙 与 A 或 B 比赛， 乙每场获胜的概率均为 0.5 ， 丙与 C 比 赛， 丙每场获胜的概率均为 0.5 ， 各场比赛的结果互不 影响， ∴ 甲所在球队恰好经过 4 场比赛获得胜利的概率 为 P （ E ） =0.6× （ 0.4×0.5×0.5+0.6×C 1 2 ×0.5×0.5 ） =0.24 ； 若事 件 F 发生， 则第四场比赛 B 获胜， 且前 3 场比赛 A 所在 球队恰有一场比赛失利， 由于甲对 A ， B 比赛每场获胜 的概率均为 0.6 ， 乙与 A 或 B 比赛， 乙每场获胜的概率 均为 0.5 ， 丙与 C 比赛， 丙每场获胜的概率均为 0.5 ， 各 场比赛的结果互不影响， ∴A 所在球队恰好经过 4 场比 赛获得胜利的概率为 P （ F ） =0.4× （ 0.6×0.5×0.5+0.4×C 1 2 × 0.5×0.5 ） =0.14 ， ∴ 恰好经过 4 场比赛分出胜负的概率为 P （ D ） =P （ E ） +P （ F ） =0.38. 故选 C. 4. B 【解析】 两人都中奖的概率是 P= 2 3 × 1 2 = 1 3 . 故 选 B. 5. D 【解析】 至少有一项合格的概率是 1- 1- 1 5 5 & × 1- 1 4 5 & = 2 5 . 故选 D. 6. C 【解析】 掷这两个骰子， 一共有 6×6=36 种基本 事件， 事件 A 发生， 则两个骰子的点数为一奇一偶有 3×3+3×3=18 种， ∴P （ A ） = 18 36 = 1 2 . ∵ 掷骰子正面向上为奇 数和偶数的方法种数相同， ∴P （ B ） = 3 6 = 1 2 ， P （ C ） = 3 6 = 1 2 ， 故 A 正确； 事件 BC ， 事件 AC ， 事件 AB 均表示甲为奇数， 乙 为偶数， ∴P （ BC ） =P （ AC ） =P （ AB ）， 故 B 正确； 事件 ABC 表示甲朝上一面为奇数， 乙朝上一面为 偶数， 故 P （ ABC ） = 3×3 6×6 = 1 4 ， 故 C 错误 . ∵P （ A ） = 1 2 ， P （ B ） = 1 2 ， P （ C ） = 1 2 ， ∴P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 1 2 5 & 3 = 1 8 ， 故 D 正确 . 故选 C. 7. B 【解析】 由题意得， 每局甲胜的概率为 3 5 ， 乙 胜的概率为 2 5 ， 前三局甲胜 2 局负 1 局， 第 4 局甲获 胜， 则概率为 C 2 3 · 3 5 5 & 3 · 2 5 . 故选 B. 8. D 【解析】 由题意可得， 每次他没有命中目标的 概率为 1-0.8=0.2 ， 则他连续射击两次都没命中的概率为 0.2×0.2=0.04. 故选 D. 9. CD 【解析 】 当事件 A 和 B 都出现一正一次时 ， 他们就不是互斥事件， 故 A 错误； 事件 C 是事件 A ， 事 件 B 的一个子事件， 故 B 错误； ∵A∩B=C ， 故 AB 同时 发生的概率就等于 C 发生的概率， 故 C 正确； 事件 A 包含一正一次和两正两种情况， 事件 C 只有一正一次一 种情况， 故 P （ C|A ） = C 1 2 C 1 2 C 2 3 +C 1 2 C 1 2 = 2 3 ， 故 D 正确 . 故选 CD. 60 参 考 答 案 10. ABD 【解析】 根据题意， 事件 M 的发生与否与 对事件 N 没有影响， 是相互独立事件， 故 A 符合题意； 事件 M 的发生与否与对事件 N 没有影响， 是相互独立 事件， 故 B 符合题意； 若事件 M 发生， 事件 N 发生的 概率 P= 1 2 ， 若事件 M 不发生， 事件 N 发生的概率 P= 1 4 ， 事件 M 与 N 不是相互独立事件， 故 C 不符合题意； 事件 M 的发生与否与对事件 N 没有影响， 是相互独立 事件， 故 D 符合题意 . 故选 ABD. 11. BD 【解析】 目标恰好被命中一次的概率为 P= 1 2 × 1- 1 3 ! " + 1- 1 2 ! " × 1 3 ， 故 A 错误； 由相互独立事件 概率乘法公式得 ， 目标恰好被命中两次的概率为 1 2 × 1 3 ， 故 B 正确 ； 目标被命中的概率为 P=1- 1- 1 2 ! " × 1- 1 3 ! " ， 故 C 错误； 目标被命中的概率为 P=1- 1- 1 2 ! " × 1- 1 3 ! " ， 故 D 正确 . 故选 BD. 12. ABD 【解析】 从中任取 3 球， 恰有一个白球的 概率是 P= C 2 4 C 1 2 C 3 6 = 3 5 ， 故 A 正确； 从中有放回地取球 6 次， 每次任取一球， 每次抽到 白球的概率为 P= 2 6 = 1 3 ， 则恰好有两次白球的概率为 P=C 2 6 2 3 ! " 4 1 3 ! " 2 = 80 243 ， 故 B 正确； 现从中不放回地取球 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 C 1 4 C 1 3 C 1 4 C 1 5 = 3 5 ， 故 C 错误； 从中有放回的取球 3 次， 每次任取一球， 每次抽到 红球的概率为 P= 4 6 = 2 3 ， 则至少有一次取到红球的概率 为 P=1-C 0 3 1 3 ! " 3 = 26 27 ， 故 D 正确 . 故选 ABD. 13. 1 3 【解析】 甲、 乙两位同学参加 3 个小组的所 有可能性有 3×3=9 种， 其中甲、 乙两位同学参加同一兴 趣小组的情况有 3 种， 故甲、 乙两位同学参加同一兴趣 小组的概率 P= 3 9 = 1 3 . 14. C 3 90 C 2 10 C 5 100 【解析 】 根据题意 ， 在 100 个产品中 ， 有 10 个是次品， 则有 90 个合格品， 从 100 个产品中任 取 5 个， 有 C 5 100 种情况， 恰有 ２ 个次品， 则有 ３ 件合格 品 ， 即从 １0 个次品中取 ２ 个 ， 从 90 个合格品中取 ３ 个， 故其情况有 C 3 90 · C 2 10 ， 由古典概型的公式， 可得其概 率为 P= C 3 90 C 2 10 C 5 100 . 故答案为 C 3 90 C 2 10 C 5 100 . 15. 20 243 【解析】 由于每位乘客在这三层的每一层 下电梯的概率均为 1 3 ， 且每个人下电梯互不影响， 这是 6 次独立重复试验， X 的可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， ∴X~B 6 ， 1 3 ! " ， 则有 P （ X=k ） =C k 6 × 1 3 ! " k × 2 3 ! " 6-k ， k= 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， 故 P （ X=4 ） =C 4 6 × 1 3 ! " 4 × 2 3 ! " 2 = 20 243 . 故答案为 20 243 . 16. 81 125 【解析】 根据题意， 恰有两次击中目标的 概率为 C 2 3 · 3 5 ! " 2 · 2 5 = 54 125 ， 恰有三次击中目标的概率 为 C 3 3 · 3 5 ! " 3 = 27 125 ， 故至少有两次击中目标的概率为 54 125 + 27 125 = 81 125 ， 故答案为 81 125 . 17. 15 128 【解析】 由题意得， P=C 3 10 1 2 ! " 3 1 2 ! " 7 = 15 128 . 故答案为 15 128 . 提升练习 18. 解： （ 1 ） m＜n. （ 2 ） 设 “从抽取的 20 位客户中任意抽取 2 位， 至少 有一位是 A 组的客户” 为事件 M ， 则 P （ M ） = C 1 10 C 1 10 +C 2 10 C 2 20 = 29 38 . ∴ 从抽取的 20 位客户中任意抽取 2 位至少有一位 是 A 组的客户的概率是 29 38 . （ 3 ） 依题意 ξ 的可能取值为 0 ， 1 ， 2. 则 P （ ξ=0 ） = C 1 9 C 1 8 C 1 10 C 1 10 = 18 25 ， P （ ξ=1 ） = C 1 1 C 1 8 +C 1 9 C 1 2 C 1 10 C 1 10 = 13 50 ， P （ ξ=2 ） = C 1 1 C 1 2 C 1 10 C 1 10 = 1 50 . ∴ 随机变量 ξ 的分布列为 ∴ 随机变量 ξ 的数学期望 Eξ=0× 18 25 +1× 13 50 +2× 1 50 = 3 10 . 即 Eξ= 3 10 . 19. 解： （ 1 ） 记 “甲队总得分为 0 分” 为事件 A ， “甲队总得分为 2 分” 为事件 B ， 甲队总得分为 0 分， 即 甲队三人都回答错误， 其概率 P （ A ） = 1- 2 3 ! " 3 = 1 27 ； 甲队总得分为 2 分， 即甲队三人中有 1 人答错， 其 余两人答对， 其概率 P （ B ） =C 2 3 × 2 3 ! " 2 1- 2 3 ! " = 4 9 . （ 2 ） 记 “乙队得 1 分” 为事件 C ， “甲队得 2 分乙 ξ 3 P 1 50 1 18 25 2 13 50 61 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 队得 1 分” 为事件 D ； 事件 C 即乙队三人中有 2 人答 错， 其余 1 人答对， 则 P （ C ） = 1- 2 3 ! " × 2 3 ! " × 1 2 + 2 3 ! " × 1- 2 3 ! " × 1 2 + 2 3 ! " × 2 3 ! " × 1- 1 2 ! " = 5 18 ， 甲队得 2 分乙队 得 1 分即事件 B ， C 同时发生， 则 P （ D ） =P （ B ） P （ C ） = 4 9 × 5 18 = 10 81 . 20. 解： （ 1 ） 设 A i B i （ i=1 ， 2 ， 3 ） 分别表示甲、 乙 在第 i 次投篮投中， 则乙获胜的概率为 P （ A 1 B 1 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 B 3 ） = 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 = 7 16 . （ 2 ） 投篮结束时， 乙只投了 2 个球的概率为 P （ A 1 B 1 A 2 B 2 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 ） = 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 2 3 × 1 4 = 3 16 . 21. 解： （ 1 ） 设事件 A ： “答对第一个问题”， 事 件 B ： “答对第二个问题”， 事件 C ： “恰好答对一个问 题”， 事件 D ： “至少答对一个问题”， 由题意知事件 A 与 B 相互对立， 故 C=AB∪AB ， 且事件 AB 与 AB 互斥， ∴P （ C ） =P （ AB∪AB ） =P （ AB ） +P （ AB ） = 1 2 × 1- 2 5 ! " + 1- 1 2 ! " × 2 5 = 3 10 + 1 5 = 1 2 . （ 2 ） 由题意得事件 “两个问题都答错 ” 可表示为 AB ， 且事件 D 与 AB 互为对立事件， 于是 P （ D ） =1-P （ AB ） = 1-P （ A ） P （ B ） =1- 1- 1 2 ! " × 1- 2 5 ! " =1- 3 10 = 7 10 . 4.2.4 随机变量的数字特征 第 1 课时 离散型随机变量的均值 学习手册 变式训练 1 解： 根据题意， 设 X 表示 “该嘉宾所得分 数”， 则 X 的可能取值为 -4 ， 1 ， 3 ， 6. ∴P （ X=-4 ） = 1- 2 3 ! " × 1- 1 2 ! " × 1- 1 3 ! " = 1 9 ， P （ X=1 ） = 2 3 × 1 2 × 2 3 + 1 3 × 1 2 × 2 3 + 1 3 × 1 2 × 1 3 = 7 18 ， P （ X=3 ） = 2 3 × 1 2 × 2 3 + 2 3 × 1 2 × 1 3 + 1 3 × 1 2 × 1 3 = 7 18 ， P （ X=6 ） = 2 3 × 1 2 × 1 3 = 2 18 = 1 9 . ∴X 的分布列为 ∴E （ X ） = （ -4 ） × 1 9 +1× 7 18 +3× 7 18 +6× 1 9 = 16 9 . 变式训练 2 解： E （ ξ ） =E （ aX+3 ） =aE （ X ） +3=- 17 30 a+3= - 11 2 ， ∴a=15. 变式训练 3 A 【解析】 ∵η=12ξ+7 ， 则 E （ η ） =12E （ ξ ） +7 ， 即 E （ η ） =12× 1× 1 4 +2×m+3×n+4× 1 12 ! " +7=34. ∴2m+3n= 5 3 ①. 又 1 4 +m+n+ 1 12 =1 ， ∴m+n= 2 3 ② ， 由 ①② 可解得 m= 1 3 . 故选 A. 变式训练 4 解： （ 1 ） 由题意， X 可取的值为 1 ， 2 ， 3 ， 则 P （ X=1 ） = 3 5 ， P （ X=2 ） = 2 5 × 3 4 = 3 10 ， P （ X=3 ） = 2 5 × 1 4 × 1= 1 10 . 抽取次数 X 的分布列为 E （ X ） =1× 3 5 +2× 3 10 +3× 1 10 = 3 2 . （ 2 ） 由题意， 每次检验取到好电池的概率均为 3 5 ， 故 Y～B 4 ， 3 5 ! " ， 则 E （ Y ） =4× 3 5 = 12 5 . 变式训练 5 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 ） = 2+3 50 = 1 10 . （ 2 ） 依题意得， X 1 的分布列为 X 2 的分布列为 （ 3 ） 由 （ 2 ） 得 E （ X 1 ） =1× 1 25 +2× 3 50 +3× 9 10 =2.86 （万 元） . E （ X 2 ） =1.8× 1 10 +2.9× 9 10 =2.79 （万元） . ∵E （ X 1 ） >E （ X 2 ）， ∴ 应生产甲品牌轿车 . 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） √ （ 3 ） √ 2. A 【解析】 E （ X ） =1× 2 5 +2× 3 10 +3× 3 10 = 19 10 . 故选 A. 3. B 【解析】 ∵X～B （ 5 ， 0.8 ）， ∴E （ X ） =5×0.8=4. 故 选 B. X 6 P 1 9 -4 1 9 3 7 18 1 7 18 X 1 3 P 9 10 1 1 25 2 3 50 X 2 2.9 P 9 10 1.8 1 10 X 3 P 1 10 1 3 5 2 3 10 62