7.3.1 离散型随机变量的均值-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第七章　随机变量及其分布 7.3　离散型随机变量的数字 特征 7.3.1　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：通过学习离散型随机变量的均值及应用离散型随机变量的均值解决实际问题，提升数学抽象素养和数据分析素养． 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 知识点一　离散型随机变量的均值 1．概念：一般地，若离散型随机变量X的分布列如下表所示， 则称E(X)＝_______________________＝_______为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望． 2．意义：均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的______________． 3．性质：E(aX＋b)＝__________． x1p1＋x2p2＋…＋xnpn 平均水平 aE(X)＋b X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn 核心概念掌握 5 知识点二　两点分布的均值 一般地，如果随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝____． [拓展]　(1)E(C)＝C(C为常数)． (2)E(aX1＋bX2)＝aE(X1)＋bE(X2)． (3)如果X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2)． p 核心概念掌握 6 1.3 0.4 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　求离散型随机变量的均值 (1)根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表： 历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，求工期延误天数Y的分布列及均值． 降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900 工期延误天数Y 0 2 6 10 核心素养形成 9 解　由已知条件和概率的加法公式得 P(X<300)＝0.3， P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4， P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2， P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1， 所以Y的分布列为 所以E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3. Y 0 2 6 10 P 0.3 0.4 0.2 0.1 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 感悟提升　求随机变量的均值，关键是写出分布列，一般分为以下四步： 核心素养形成 13 [跟踪训练1]　端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个． (1)求三种粽子各取到1个的概率； (2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与均值． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 已知某一随机变量X的概率分布列如下，且E(X)＝6.3. (1)求b； (2)求a； (3)若Y＝2X－3，求E(Y)． 题型二　离散型随机变量均值的性质 X 4 a 9 P 0.5 0.1 b 核心素养形成 16 解　(1)由随机变量的分布列的性质，得0.5＋0.1＋b＝1，解得b＝0.4. (2)E(X)＝4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3， 解得a＝7. (3)由公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b， 得E(Y)＝E(2X－3)＝2E(X)－3＝2×6.3－3＝9.6. 核心素养形成 17 感悟提升 求均值的关键是求出随机变量的分布列．只要求出随机变量的分布列，就可以套用求均值的公式求解．对于求aX＋b型随机变量的均值，可以利用均值的性质求解，当然也可以先求出随机变量aX＋b的分布列，再用定义求解． 核心素养形成 18 [跟踪训练2]　已知随机变量X和Y，其中Y＝12X＋7，且E(Y)＝34，若X的分布列如下表： 则m的值为________． 核心素养形成 19 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第一年产量的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第一年产量的1.2倍、1.0倍的概率分别是0.4，0.6. 核心素养形成 20 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 21 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 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 22 (2)令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的事件，则P(A)＝0.15＋0.15＝0.3，P(B)＝0.24＋0.08＝0.32.P(B)>P(A)，故实施方案二两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Y1，Y2的分布列分别为 所以E(Y1)＝10×0.35＋15×0.35＋20×0.3＝14.75，E(Y2)＝10×0.5＋15×0.18＋20×0.32＝14.1. E(Y1)>E(Y2)，故实施方案一所带来的平均效益更大． 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 23 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 24 [跟踪训练3]　为回馈新老顾客，某商场“五一”期间拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从装有5个标注金额的球的袋子中，一次性随机摸出2个球，球上所标的金额之和即为该顾客所获得的奖励金额． (1)若袋子中的5个球，有2个所标注的金额为20元，3个所标注的金额为60元，求顾客所获得的奖励金额X的分布列及均值； (2)商场对本次奖励总金额的预算是80000元，现有以下两种方案： 方案一：袋子中的5个球，有2个所标注的金额为20元，3个所标注的金额为60元； 方案二：袋子中的5个球，有3个所标注的金额为30元，2个所标注的金额为50元． 为了使顾客得到的奖励总金额尽可能符合商场的预算，哪种方案更好？请解释你所得结论的实际含义． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 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E(X)＝(　　) 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.所以E(X)＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 2．(多选)已知离散型随机变量X的分布列如下表： 且E(X)＝3.5，则(　　) A．m＝0.1 B．n＝0.1 C．E(－2X＋3)＝－4 D．P(X≤3)＝P(X>3) X 1 2 3 4 5 P m 0.1 0.3 n 0.3 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 4．随机变量X的概率分布列如下表： 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E(X)＝________． 解析：设“？”处的数值为t，则“！”处的数值为1－2t，所以E(X)＝t＋2(1－2t)＋3t＝2. X 1 2 3 P ？ ！ ？ 2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 5．某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4 km时车费为10元，若行驶路程超出4 km，则按每超出1 km加收2元计费(超出不足1 km的部分按1 km计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15 km，某司机经常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5 min按1 km路程计费，不足5 min的部分不计费)，这个司机接送一次旅客转换后的总行车路程X是一个随机变量，设他所收车费为Y. (1)求所收车费Y关于行车路程X的关系式； (2)若随机变量X的分布列为 求所收车费Y的数学期望； (3)已知某旅客实付车费38元，而出租汽车实际行驶了15 km，求出租汽车在途中因故停车累计时间的取值范围． X 15 16 17 18 P 0.1 0.5 0.3 0.1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 解：(1)依题意得Y＝2(X－4)＋10， 即Y＝2X＋2，X≥15，X∈N*. (2)E(X)＝15×0.1＋16×0.5＋17×0.3＋18×0.1＝16.4. ∵Y＝2X＋2， ∴E(Y)＝E(2X＋2)＝2E(X)＋2＝34.8. 故所收车费Y的数学期望为34.8元． (3)由38＝2X＋2， 解得X＝18， 故停车累计时间t转换的路程为18－15＝3(km)． ∴3×5≤t<4×5，即15≤t<20， 故出租汽车在途中因故停车累计时间的取值范围为[15，20)(单位：min)． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 两点分布的均值；均值的性质 由离散型随机变量的分布列求均值 求离散型随机变量的均值 求离散型随机变量的均值 离散型随机变量均值的实际应用 由离散型随机变量的均值求参数的值；均值的性质 求离散型随机变量的均值 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 求离散型随机变量均值的最值 求离散型随机变量的分布列和均值 求离散型随机变量的分布列和均值；贝叶斯公式的应用 离散型随机变量均值的实际应用 离散型随机变量均值的实际应用 求离散型随机变量的均值；概率与数列的综合应用 离散型随机变量均值的实际应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 一、选择题 1．已知随机变量X服从参数为0.3的两点分布，若Y＝2X＋1，则E(Y)＝(　　) A．0.3 B．0.7 C．1.6 D．2.4 解析：随机变量X服从参数为0.3的两点分布，则E(X)＝0.3，E(Y)＝E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝1.6.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 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E(X)＝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)． 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 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 4．在某次射击训练中，每人最多射击3次，击中目标即终止射击，第i(i＝1，2，3)次击中目标得(4－i)分，3次均未击中目标得0分．已知甲每次击中目标的概率为0.9，各次射击结果互不影响，若他的得分记为X，则随机变量X的数学期望为(　　) A．2.889 　　　　　B．2.988　　　　　C．2 　　　　　D．2.96 解析：X的所有可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝0.13＝0.001，P(X＝1)＝0.12×0.9＝0.009，P(X＝2)＝0.1×0.9＝0.09，P(X＝3)＝0.9，故X的分布列为 故E(X)＝0×0.001＋1×0.009＋2×0.09＋3×0.9＝2.889.故选A. X 0 1 2 3 P 0.001 0.009 0.09 0.9 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 二、填空题 6．已知某一随机变量X的分布列如下表： 且E(X)＝6，则a＝________，b＝________，E(－aX＋b)＝________． 解析：由0.2＋0.5＋a＝1，得a＝0.3.又由E(X)＝3×0.2＋b×0.5＋8×a＝6，得b＝6，所以E(－aX＋b)＝－aE(X)＋b＝－0.3×6＋6＝4.2. 0.3 X 3 b 8 P 0.2 0.5 a 6 4.2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 三、解答题 9．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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 11．为积极发展生态低碳农业，某农业大学实验基地进行绿色农业种植实验，已知该基地引进了营养价值较高的A品种黄豆，统计了近几年的产量及市场售价情况(市场售价与产量相互独立)，得到了如图①②所示的频率分布直方图(每组数据用该组区间的中点值为代表)： (1)若不考虑其他因素，设A品种黄豆明年的收入为X元，求X的分布列； 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 (2)已知A品种黄豆人工种植及管理费用和其他黄豆相当，不考虑其他因素，若明年A品种黄豆的收入不低于520元，则后年可大面积推广种植A品种黄豆．请根据统计学知识预测后年能否大面积推广种植A品种黄豆，并说明理由． 解：(1)依题意可知，产量为190千克的概率为0.02×20＝0.4，产量为210千克的概率为0.03×20＝0.6， 市场售价是2.5元/千克的概率为0.2×2＝0.4，售价是2.7元/千克的概率为0.2×3＝0.6， 所以X的所有可能取值为475，513，525，567， 所以P(X＝475)＝0.4×0.4＝0.16， P(X＝513)＝0.4×0.6＝0.24， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 P(X＝525)＝0.6×0.4＝0.24， P(X＝567)＝0.6×0.6＝0.36， 则X的分布列为 (2)由(1)可得，预计明年A品种黄豆收入的均值为 E(X)＝475×0.16＋513×0.24＋525×0.24＋567×0.36＝529.24. 因为529.24>520，所以预测后年能大面积推广种植A品种黄豆． X 475 513 525 567 P 0.16 0.24 0.24 0.36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 12．(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元． 假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率． 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差． ①记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)； ②如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与①中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 14．(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分．该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率； (2)假设0<p<q， ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ ②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， ∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)×(1－0.53)＝0.686. (2)①若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3， ∵0<p<q， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 ∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3 ＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)] ＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2) ＝3pq(p－q)(pq－p－q) ＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0， ∴P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛． ②若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15， P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 　　　　　　　　　　　　　 R eq \i\su(i＝1,n,x)ipi 1．(求离散型随机变量的均值)若随机变量Y的分布列为 Y 0 1 2 P 0.2 0.3 m 则Y的数学期望E(Y)＝________． 2．(利用两点分布的均值求参数值)设随机变量X服从两点分布，且P(X＝1)＝p，E(X)＝0.4，则p＝________． 3．(离散型随机变量均值的性质)若E(X)＝eq \f(1,3)，则E(2X＋3)＝________． eq \f(11,3) (2)某卫视综艺节目中有一个环节叫“超级猜猜猜”，规则如下：在这一环节中嘉宾需要猜三道题目，若三道题目中猜对一道题目可得1分，若猜对两道题目可得3分，若三道题目完全猜对可得6分，若三道题目全部猜错，则扣掉4分．如果嘉宾猜对这三道题目的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，且三道题目之间相互独立．求某嘉宾在该“猜题”环节中所得分数的分布列及均值． 解　根据题意，设X表示“该嘉宾所得分数”，则X的所有可能取值为－4，1，3，6， ∴P(X＝－4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,9)， P(X＝1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(7,18)， P(X＝3)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(7,18)， P(X＝6)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9). ∴X的分布列为 X －4 1 3 6 P eq \f(1,9) eq \f(7,18) eq \f(7,18) eq \f(1,9) ∴E(X)＝(－4)×eq \f(1,9)＋1×eq \f(7,18)＋3×eq \f(7,18)＋6×eq \f(1,9)＝eq \f(16,9). 解：(1)设事件A＝“三种粽子各取到1个”， 则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,5),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,4). (2)X的所有可能取值为0，1，2， 且P(X＝0)＝3,8)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(7,15)， P(X＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(2,8),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(7,15)， P(X＝2)＝2,2)eq \f(CCeq \o\al(1,8),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,15). 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(7,15) eq \f(7,15) eq \f(1,15) 故E(X)＝0×eq \f(7,15)＋1×eq \f(7,15)＋2×eq \f(1,15)＝eq \f(3,5). X 1 2 3 4 P eq \f(1,4) m n eq \f(1,12) 解析：由Y＝12X＋7，则E(Y)＝12E(X)＋7＝34，从而E(X)＝eq \f(9,4)，所以E(X)＝1×eq \f(1,4)＋2m＋3n＋4×eq \f(1,12)＝eq \f(9,4).又eq \f(1,4)＋m＋n＋eq \f(1,12)＝1，联立求得m＝eq \f(1,3). eq \f(1,3) 解：(1)由题意知，X的所有可能取值为40，80，120， 则P(X＝40)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(1,10)， P(X＝80)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,5)， P(X＝120)＝2,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,10). 所以X的分布列为 X 40 80 120 P eq \f(1,10) eq \f(3,5) eq \f(3,10) 所以E(X)＝40×eq \f(1,10)＋80×eq \f(3,5)＋120×eq \f(3,10)＝88. (2)方案二更好． 根据商场的预算知，每位顾客的平均奖励金额为80元． 由(1)得，对于方案一，每位顾客的平均奖励金额为88元； 对于方案二，设顾客所获得的奖励金额为Y. 由题意知，Y的所有可能取值为60，80，100， 则P(Y＝60)＝2,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,10)， P(Y＝80)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,5)， P(Y＝100)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(1,10). 所以Y的分布列为 Y 60 80 100 P eq \f(3,10) eq \f(3,5) eq \f(1,10) 所以E(Y)＝60×eq \f(3,10)＋80×eq \f(3,5)＋100×eq \f(1,10)＝76. 显然，E(X)＝88>80，E(Y)＝76<80， 即方案一中顾客得到的奖励总金额大于商场的预算总金额，所以方案二更好． 解析：由题意可得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋0.1＋0.3＋n＋0.3＝1，,1×m＋2×0.1＋3×0.3＋4×n＋5×0.3＝3.5，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝0.1，,n＝0.2.))所以P(X≤3)＝m＋0.1＋0.3＝0.5，P(X>3)＝n＋0.3＝0.5，所以P(X≤3)＝P(X>3)．因为E(X)＝3.5，所以E(－2X＋3)＝－2E(X)＋3＝－2×3.5＋3＝－4.故选ACD. 3．一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期望为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：由题意知3a＋2b＝2，其中0<a<eq \f(2,3)，0<b<1，所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,3b)＝eq \f(3a＋2b,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,3b)))＝3＋eq \f(1,3)＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,2b)≥eq \f(10,3)＋2＝eq \f(16,3)，当且仅当a＝2b＝eq \f(1,2)时取等号． 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E(X)为(　　) A．1 B.eq \f(3,2) C．2 D.eq \f(5,2) 解析：随机变量X的可能取值为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E(X)＝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. 5．(多选)受轿车在保修期内维修费用等因素的影响，企业生产一辆轿车的利润与该轿车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，统计数据如下表： 品牌 甲 乙 首次出现故障的时间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 将频率视为概率，则(　　) A．从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取1辆，其首次出现故障发生在保修期内的概率为eq \f(1,5) B．若该厂生产的轿车均能售出，记生产1辆甲品牌轿车的利润为X1万元，则E(X1)＝2.86 C．若该厂生产的轿车均能售出，记生产1辆乙品牌轿车的利润为X2万元，则E(X2)＝2.99 D．该厂预计今年这两种品牌轿车的销量相当，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，则应生产甲品牌的轿车 解析：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).依题意得，X1的分布列为 X1 1 2 3 P eq \f(1,25) eq \f(3,50) eq \f(9,10) E(X1)＝1×eq \f(1,25)＋2×eq \f(3,50)＋3×eq \f(9,10)＝eq \f(143,50)＝2.86，X2的分布列为 X2 1.8 2.9 P eq \f(1,10) eq \f(9,10) E(X2)＝1.8×eq \f(1,10)＋2.9×eq \f(9,10)＝2.79.因为E(X1)>E(X2)，所以应生产甲品牌的轿车．故选BD. 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E(X)＝________． 解析：∵P(X＝0)＝eq \f(1,12)＝(1－p)2×eq \f(1,3)，∴p＝eq \f(1,2)，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)，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)，∴E(X)＝0×eq \f(1,12)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(5,12)＋3×eq \f(1,6)＝eq \f(5,3). eq \f(5,3) 8．甲、乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局，且每一局比赛甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终比赛的局数，若0<p≤eq \f(1,3)，则E(X)的最大值为________． 解析：依题意可知，随机变量X的所有可能取值为2，3，P(X＝2)＝p2＋(1－p)2＝2p2－2p＋1，P(X＝3)＝1－P(X＝2)＝2p－2p2，所以E(X)＝2(2p2－2p＋1)＋3(2p－2p2)＝－2p2＋2p＋2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(5,2)，而0<p≤eq \f(1,3)，所以当p＝eq \f(1,3)时，E(X)取得最大值eq \f(22,9). eq \f(22,9) 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E(X)＝0×eq \f(4,15)＋1×eq \f(7,15)＋2×eq \f(4,15)＝1. 10．某高校有东、西两个阅览室，甲同学每天晚自习选择其中一个阅览室学习，第一天晚自习选择东阅览室的概率是eq \f(2,5).如果第一天去东阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为eq \f(4,7)；如果第一天去西阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为eq \f(2,3). (1)记甲同学前两天去东阅览室的总天数为X，求X的分布列及数学期望； (2)如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去哪个阅览室的可能性更大？请说明理由． 解：(1)设Ai＝“甲同学第i天去东阅览室”(i＝1，2)，Bj＝“甲同学第j天去西阅览室”(j＝1，2)， 则A1与B1对立，A2与B2对立． 由题意得，X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝P(B1B2)＝P(B1)P(B2|B1) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,5)， P(X＝1)＝P(A1B2)＋P(B1A2) ＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(A2|B1) ＝eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq \f(2,3)＝eq \f(4,7)， P(X＝2)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝eq \f(2,5)×eq \f(4,7)＝eq \f(8,35)， 则X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,5) eq \f(4,7) eq \f(8,35) 所以E(X)＝0×eq \f(1,5)＋1×eq \f(4,7)＋2×eq \f(8,35)＝eq \f(36,35). (2)由全概率公式得， P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1) ＝eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq \f(13,35)， 所以P(A1|B2)＝eq \f(P（A1B2）,P（B2）) ＝eq \f(P（A1）P（B2|A1）,P（B2）) ＝eq \f(\f(2,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,7))),\f(13,35))＝eq \f(6,13)， 所以P(B1|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－eq \f(6,13)＝eq \f(7,13)， 所以P(A1|B2)<P(B1|B2)， 所以如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去西阅览室的可能性更大． 解：(1)设事件A为“随机抽取一单，索赔次数不少于2”，由题设中的统计数据可得 P(A)＝eq \f(60＋30＋10,800＋100＋60＋30＋10)＝eq \f(1,10). (2)①设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3， 由题设中的统计数据可得 P(ξ＝0)＝eq \f(800,1000)＝eq \f(4,5)， P(ξ＝0.8)＝eq \f(100,1000)＝eq \f(1,10)， P(ξ＝1.6)＝eq \f(60,1000)＝eq \f(3,50)， P(ξ＝2.4)＝eq \f(30,1000)＝eq \f(3,100)， P(ξ＝3)＝eq \f(10,1000)＝eq \f(1,100)， 故E(ξ)＝0×eq \f(4,5)＋0.8×eq \f(1,10)＋1.6×eq \f(3,50)＋2.4×eq \f(3,100)＋3×eq \f(1,100)＝0.278， 故E(X)＝0.4－0.278＝0.122(万元)． ②如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比①中E(X)的估计值大．证明如下： 由题设，保费的均值变化为0.4×eq \f(4,5)×96%＋0.4×eq \f(1,5)×1.2＝0.4032， 故E(Y)＝0.122＋0.4032－0.4＝0.1252(万元)． 所以E(Y)>E(X)． 13．(2024·河南开封期末)在11分制乒乓球比赛中，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为p，乙发球时甲得分的概率为eq \f(2,5)，各球的结果相互独立．已知在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束，且P(X＝2)＝eq \f(1,2). (1)求p的值； (2)求再打2个球甲新增的得分Y的分布列和均值； (3)记事件“X＝2n，n∈N*且甲获胜”的概率为P(An)，求P(An)． 解：(1)由题意知，X＝2对应的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”， 所以P(X＝2)＝p×eq \f(2,5)＋(1－p)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))＝eq \f(1,2)， 解得p＝eq \f(1,2). (2)Y的所有可能取值为0，1，2， P(Y＝0)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,10)， P(Y＝1)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,5)＝eq \f(1,2)， P(Y＝2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,5)＝eq \f(1,5)， 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 P eq \f(3,10) eq \f(1,2) eq \f(1,5) 所以E(Y)＝eq \f(3,10)×0＋eq \f(1,2)×1＋eq \f(1,5)×2＝eq \f(9,10). (3)X＝2n且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了2n个球该局比赛结束，且这2n个球的得分情况为前2n－2个球是每两球甲、乙各得1分，最后第2n－1，2n个球均为甲得分， X＝2(n－1)且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了2n－2个球该局比赛结束，且这2n－2个球的得分情况为前2n－4个球是每两球甲、乙各得1分，最后第2n－3，2n－2个球均为甲得分． 因为甲先发球，每连续2局甲、乙各得1分的概率为eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,5)＝eq \f(1,2)， 所以P(An)＝eq \f(1,2)P(An－1)， 且P(A1)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,5)＝eq \f(1,5)， 所以P(An)是以eq \f(1,5)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列， 所以P(An)＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1). P(X＝5)＝[1－(1－p)3]Ceq \o\al(1,3)q(1－q)2， P(X＝10)＝[1－(1－p)3]Ceq \o\al(2,3)q2(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3， ∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q ＝15pq(p2－3p＋3)， 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)＝15pq(q2－3q＋3)， ∴E(X)－E(Y) ＝15pq(p2－3p＋3－q2＋3q－3) ＝15pq(p－q)(p＋q－3)， ∵0<p<q，∴pq>0，p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0， 则pq(p－q)(p＋q－3)>0，∴E(X)>E(Y)， ∴应该由甲参加第一阶段比赛． $$