4.2.4 第1课时 离散型随机变量的均值-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

第四章　概率与统计 4.2　随机变量 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 课程标准：1.通过具体实例，理解离散型随机变量的均值.2.掌握二项分布的均值，了解超几何分布的均值，并能解决简单实际问题． 教学重点：1.两点分布、二项分布的均值.2.超几何分布的均值． 教学难点：利用离散型随机变量的均值，反映离散型随机变量的取值水平，并解决相关的实际问题． 核心素养：1.通过离散型随机变量均值的学习培养数学抽象素养.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素养和数学运算素养． (教师独具内容) 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)定义：一般地，如果离散型随机变量X的分布列如下表所示． 则称E(X)＝____________________________＝_________为离散型随机变量X的均值或数学期望(简称为期望)．离散型随机变量X的均值E(X)也可用EX表示． (2)意义：离散型随机变量X的均值E(X)刻画了X的_____________． (3)性质：若X与Y都是随机变量，且Y＝aX＋b(a≠0)，则由X与Y之间分布列的关系可知E(Y)＝____________． x1p1＋x2p2＋…＋xnpn X x1 x2 … xk … xn P p1 p2 … pk … pn 平均取值 aE(X)＋b 核心概念掌握 5 p np 核心概念掌握 6 1．(离散型随机变量的均值)若随机变量η的分布列为 则η的数学期望E(η)＝________． 2．(二项分布的均值)设随机变量X～B(16，p)，且E(X)＝4，则p＝______． η 0 1 2 P 0.2 0.3 m 1.3 核心概念掌握 7 3 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 例1　袋中有4个红球，3个黑球，今从袋中随机取出4个球，设取到一个红球记2分，取到一个黑球记1分，试求得分ξ的数学期望． 核心素养形成 10 【感悟提升】　求离散型随机变量ξ的均值的步骤 (1)确定ξ的取值范围； (2)计算出P(ξ＝k)； (3)写出分布列； (4)利用E(ξ)的计算公式计算E(ξ)． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 题型二　求常见的几种分布的均值 例2　(1)某运动员投篮命中率为p＝0.6. ①求投篮1次时，命中次数X的均值； ②求重复5次投篮时，命中次数Y的均值． 解　 ①投篮1次，命中次数X的分布列如下表： 则E(X)＝0.6. ②由题意，重复5次投篮，命中的次数Y服从二项分布，即Y～B(5，0.6)，则E(Y)＝np＝5×0.6＝3. X 0 1 P 0.4 0.6 核心素养形成 14 (2)有8名学生，其中有5名男生，从中选出4名代表，若用X表示选出的代表中男生的人数，求X的数学期望． 核心素养形成 15 【感悟提升】　求常见的几种分布的均值的关注点 (1)关键：根据题意准确判断分布类型． (2)计算：若题中离散型随机变量符合两点分布、二项分布、超几何分布的特点，可直接代入公式求得均值． 核心素养形成 16 【跟踪训练】　 2．在10件产品中有2件次品，连续抽3次，每次抽1件，求： (1)当不放回抽样时，抽取次品数ξ的均值； (2)当放回抽样时，抽取次品数η的均值． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型三　均值性质的应用 例3　已知某一随机变量ξ的分布列如下，且E(ξ)＝6.3. (1)求b； (2)求a； (3)若η＝2ξ－3，求E(η)． ξ 4 a 9 P 0.5 0.1 b 核心素养形成 19 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)由题意，得E(ξ)＝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(η)＝E(2ξ－3)＝2E(ξ)－3＝2×6.3－3＝9.6. 核心素养形成 20 【感悟提升】　求线性关系的随机变量η＝aξ＋b的均值的方法 (1)定义法：先列出η的分布列，再求均值． (2)性质法：直接套用公式E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b求解即可． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 【感悟提升】　利用离散型随机变量的均值求解实际问题的步骤 (1)建模：把实际问题概率模型化； (2)解模：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，求出相应的数学期望； (3)回归：利用所得数据，对实际问题作出判断． 核心素养形成 27 【跟踪训练】　 4．某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得到下面柱状图： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替 1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2 台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买 2台机器的同时购买的易损零件数． 核心素养形成 28 (1)求X的分布列； (2)若要求P(X≤n)≥0.5，请确定n的最小值； (3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？ 解：(1)由柱状图并以频率代替概率可得， 1台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2， 且X的取值范围是{16，17，18，19，20，21，22}， 核心素养形成 29 从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04， P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16， P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24， P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24， P(X＝20)＝2×0.4×0.2＋0.2×0.2＝0.2， P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08， P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04. 所以X的分布列为 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 核心素养形成 30 (2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68， 故n的最小值为19. (3)记Y表示“2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)”． 当n＝19时， E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4040； 当n＝20时， E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4080. 可知当n＝19时所需费用的均值小于当n＝20时所需费用的均值，故应选n＝19. 核心素养形成 31 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的取值范围为{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 33 随堂水平达标 34 3．(多选)设随机变量X的分布列如下表所示，且E(X)＝1.6，则(　　) A.a＝0.3 B．b＝0.5 C．E(aX)＝0.48 D．E(bX＋a)＝0.8 解析：由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8.又由E(X)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0.3，b＝0.5，则E(aX)＝aE(X)＝0.3×1.6＝0.48，E(bX＋a)＝bE(X)＋a＝0.5×1.6＋0.3＝1.1.故选ABC. X 0 1 2 3 P 0.1 a b 0.1 随堂水平达标 35 4．随机变量ξ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(ξ)＝________． 解析：设“？”处的数值为t，则“！”处的数值为1－2t，所以E(ξ)＝t＋2(1－2t)＋3t＝2. 2 ξ 1 2 3 P ？ ！ ？ 随堂水平达标 36 5．交5元钱可以参加一次抽奖，一袋中有同样大小的10个球，其中有8个标有1元钱，2个标有5元钱，抽奖者只能从中任取2个球，他所得奖励是所抽2球的钱数之和，则抽奖者获利的数学期望为________． 随堂水平达标 37 随堂水平达标 38 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 直接利用公式求均值 均值的 性质 二项分布的均值 古典概型背景下求均值 利用均值解决日常生活中的概率决策问题 二项分布 的均值 均值的性质 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 相互独立事件背景下求均值 超几何分布的分布列、均值 利用均值解决日常生活中的问题 超几何分布的均值 利用均值的范围，结合一元二次不等式求参数的取值 范围 对立事件的概率、利用二项分布的均值解决概率决策问题 利用相互独立事件的概率、二项分布的均值解决概率决策问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 一、选择题 1．随机变量X的分布列如下表，则E(X)＝(　　) A.1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8 解析： E(X)＝0×0.1＋1×0.3＋2×0.6＝1.5.故选A. X 0 1 2 P 0.1 0.3 0.6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 2．若X，Y是离散型随机变量，且Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则有E(Y)＝aE(X)＋b.利用这个公式计算E(E(X)－X)＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．不确定 解析：∵E(X)是常数，∴E(E(X)－X)＝E(X)－E(X)＝0.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 3．已知15000件产品中有1000件废品，从中有放回地抽取150件进行检查，查得废品数的均值为(　　) A．20 B．10 C．5 D．15 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 5．(多选)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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 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 二、填空题 6．同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为X，则X的均值是________． 25 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 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 10．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． (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． 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 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 12．体育课的排球发球项目考试的规则是每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值范围为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 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 14．(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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 (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？ 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 (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， ∴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． 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 ∴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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 　　　　　　　　　　　　　 R eq \a\vs4\al(\o(∑,\s\up13(n),\s\do12(i＝1))xipi) [拓展]　离散型随机变量均值的几个常用结论 (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)． 知识点二　两点分布、二项分布、超几何分布的均值 (1)两点分布：若X服从参数为p的两点分布，则E(X)＝______； (2)二项分布：若X服从参数为n，p的二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝_____； (3)若X服从参数为N，n，M的超几何分布，即X～H(N，n，M)，则E(X)＝eq \f(nM,N). eq \f(1,4) 3．(超几何分布的均值)某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为志愿者，若用随机变量X表示选出的志愿者中女生的人数，则均值E(X)＝________． 4．(离散型随机变量均值的应用)设口袋中有黑球、白球共7个，从中有放回地依次任取2个球，已知取到白球个数的数学期望为eq \f(6,7)，则口袋中白球的个数为________． eq \f(4,7) 解　取出4个球的颜色分布情况是：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) 数学期望E(ξ)＝5×eq \f(4,35)＋6×eq \f(18,35)＋7×eq \f(12,35)＋8×eq \f(1,35)＝eq \f(44,7). 【跟踪训练】　 1．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，要是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与均值． 解：根据题意，设X表示“该嘉宾所得分数”，则X的取值范围为{－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　解法一：X的取值范围为{1，2，3，4}，P(X＝k)＝k,5)eq \f(CCeq \o\al(4－k,3),Ceq \o\al(4,8)) (k＝1，2，3，4)． 故X的分布列为 X 1 2 3 4 P eq \f(1,14) eq \f(3,7) eq \f(3,7) eq \f(1,14) 数学期望E(X)＝1×eq \f(1,14)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(3,7)＋4×eq \f(1,14)＝eq \f(5,2). 解法二：由已知可得X服从参数为8，4，5的超几何分布，即X～H(8，4，5)， 所以E(X)＝eq \f(4×5,8)＝eq \f(5,2). 解：(1)解法一：ξ的取值范围为{0，1，2}， P(ξ＝0)＝3,8)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(7,15)，P(ξ＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(2,8),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(7,15)，P(ξ＝2)＝2,2)eq \f(CCeq \o\al(1,8),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,15)， ∴ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P eq \f(7,15) eq \f(7,15) eq \f(1,15) ∴E(ξ)＝0×eq \f(7,15)＋1×eq \f(7,15)＋2×eq \f(1,15)＝eq \f(3,5). 解法二：由题意可知，ξ服从参数为10，3，2的超几何分布，即ξ～H(10，3，2)， ∴E(ξ)＝eq \f(3×2,10)＝eq \f(3,5). (2)由题意知，每次取到次品的概率为eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)， ∴η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5)))，∴E(η)＝3×eq \f(1,5)＝eq \f(3,5). 【跟踪训练】　 3．(1)已知离散型随机变量X的分布列为 X －1 0 1 P eq \f(1,2) eq \f(1,6) eq \f(1,3) 则E(2X＋1)＝(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4) 解析：∵E(X)＝－1×eq \f(1,2)＋0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,3)＝－eq \f(1,6)，∴E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)))＋1＝eq \f(2,3). (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： X 1 2 3 4 P eq \f(1,4) m n eq \f(1,12) 则m的值为________． 解析：由Y＝12X＋7，得E(Y)＝12E(X)＋7＝34，解得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) 题型四　均值在实际问题中的应用 例4　为弘扬中华传统文化，吸收前人在修身、处世、治国、理政等方面的智慧和经验，养浩然正气，塑高尚人格，不断提高学生的人文素质和精神境界，某校举行传统文化知识竞赛活动．竞赛共有“儒”和“道”两类题，每类各5题．其中每答对1题“儒”题得10分，答错得0分；每答对1题“道”题得20分，答错扣5分．每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4题回答(每个题抽后不放回)，要求“道”题中至少抽2题作答．已知小明“儒”题中有4题会作答，答对各个“道”题的概率均为eq \f(2,5). (1)若小明在“儒”题中只抽1题作答，求他在这次竞赛中得分为35分的概率； (2)若小明第1题是从“儒”题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，应从“道”题中抽取几题作答？ 解　(1)记事件A表示“小明在竞赛中得35分”，则A表示“儒”题答错，“道”题2对1错， 所以P(A)＝eq \f(1,5)×Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(2)×eq \f(3,5)＝eq \f(36,625). (2)当剩下3题小明选择从“儒”题中抽取1题，“道”题中抽取2题作答时， 设4题总得分为X，此时设“道”题中答对的题数为ξ，则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,5)))，E(ξ)＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5). ①“儒”题中的第2题答对时总得分的期望为E(X1)＝20＋20E(ξ)－5[2－E(ξ)]＝20＋20×eq \f(4,5)－5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(4,5)))＝30； ②“儒”题中的第2题答错时总得分的期望为E(X2)＝10＋20E(ξ)－5[2－E(ξ)]＝10＋20×eq \f(4,5)－5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(4,5)))＝20， 此时小明的总得分的期望E(X)＝30×eq \f(3,4)＋20×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＝27.5. 当剩下3题小明选择都从“道”题中抽取作答时，设答对题数为η，4题总得分为Y， 则η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，E(η)＝3×eq \f(2,5)＝eq \f(6,5)，Y＝10＋20η－5(3－η)＝25η－5， 所以E(Y)＝25E(η)－5＝25×eq \f(6,5)－5＝25. 因为E(X)>E(Y)，所以小明应从“道”题中抽取2题作答． 2．抛掷两个骰子，若至少有一个出现4点或5点时，就说这次试验成功，则在10次试验中，成功次数X的数学期望为(　　) A.eq \f(10,3) B.eq \f(20,3) C.eq \f(50,9) D.eq \f(70,9) 解析：一次试验成功的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,6))) eq \s\up12(2)＝eq \f(5,9)，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(5,9)))，所以X的数学期望为10×eq \f(5,9)＝eq \f(50,9).故选C. －eq \f(7,5) 解析：解法一：设ξ为抽到的2球钱数之和，则ξ的取值如下：ξ＝2(抽到2个1元)，ξ＝6(抽到1个1元，1个5元)，ξ＝10(抽到2个5元)．由题意得P(ξ＝2)＝2,8)eq \f(C,Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(28,45)，P(ξ＝6)＝1,8)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(16,45)，P(ξ＝10)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(1,45).所以E(ξ)＝2×eq \f(28,45)＋6×eq \f(16,45)＋10×eq \f(1,45)＝eq \f(18,5).设η为抽奖者获利的可能值，则η＝ξ－5，所以抽奖者获利的数学期望为E(η)＝E(ξ)－5＝eq \f(18,5)－5＝－eq \f(7,5). 解法二：设X为抽到标有5元钱的球的个数，则X服从超几何分布，且N＝10，n＝2，M＝2，则E(X)＝eq \f(nM,N)＝eq \f(2×2,10)＝eq \f(2,5)，设Y为抽奖者所获利的可能值，则Y＝5X＋(2－X)×1－5＝4X－3，则E(Y)＝E(4X－3)＝4E(X)－3＝4×eq \f(2,5)－3＝－eq \f(7,5). 解析：废品率为eq \f(1,15)，设150件中的废品数为X，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(150，\f(1,15)))，由二项分布的均值公式得E(X)＝150×eq \f(1,15)＝10. 4．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ξ，则E(ξ)＝(　　) A．1 B.eq \f(3,2) C．2 D.eq \f(5,2) 解析：随机变量ξ的取值范围为{0，1，2，3}，则P(ξ＝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(ξ＝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(ξ＝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(ξ＝3)＝3,6)eq \f(C,Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,20)，则E(ξ)＝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. 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一辆，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，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，则E(X1)＝2.86(万元) C．若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，则E(X2)＝2.99(万元) D．该厂预计今后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，应生产甲品牌轿车 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) 故E(X1)＝1×eq \f(1,25)＋2×eq \f(3,50)＋3×eq \f(9,10)＝2.86(万元)，X2的分布列为 X2 1.8 2.9 P eq \f(1,10) eq \f(9,10) 故E(X2)＝1.8×eq \f(1,10)＋2.9×eq \f(9,10)＝2.79(万元)．因为E(X1)>E(X2)，所以应生产甲品牌轿车． 解析：抛掷一次正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率为Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(5,16)，所以X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(80，\f(5,16)))，故E(X)＝80×eq \f(5,16)＝25. 7．已知ξ的分布列如图所示，若η＝3ξ＋2，则E(η)＝________． ξ 1 2 3 P eq \f(1,2) t eq \f(1,3) 解析：η的分布列为 η 5 8 11 P eq \f(1,2) t eq \f(1,3) 而eq \f(1,2)＋t＋eq \f(1,3)＝1，则t＝eq \f(1,6)，所以E(η)＝5×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,6)＋11×eq \f(1,3)＝eq \f(15,2). eq \f(15,2) 8．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机会的概率为eq \f(2,3)，得到乙、丙两公司面试机会的概率均为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机会的公司个数．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的取值范围为{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) 三、解答题 9．某旅游公司向国内外发行总量为2000万张的旅游优惠卡，其中向境外人士发行的是旅游金卡(简称金卡)，向境内人士发行的是旅游银卡(简称银卡)．现有一个由36名游客组成的旅游团到某地参观旅游，其中eq \f(3,4)是境外游客，其余是境内游客．在境外游客中有eq \f(1,3)持金卡，在境内游客中有eq \f(2,3)持银卡．在该团的境内游客中随机采访3名游客，设其中持银卡的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望E(X)． 解：该团的境内游客共有36×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＝9名，其中持银卡的游客有9×eq \f(2,3)＝6名． X的取值范围为{0，1，2，3}． P(X＝0)＝3,3)eq \f(C,Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(1,84)，P(X＝1)＝1,6)eq \f(CCeq \o\al(2,3),Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(3,14)， P(X＝2)＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(15,28)，P(X＝3)＝3,6)eq \f(C,Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(5,21). 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,84) eq \f(3,14) eq \f(15,28) eq \f(5,21) 故E(X)＝0×eq \f(1,84)＋1×eq \f(3,14)＋2×eq \f(15,28)＋3×eq \f(5,21)＝2. 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＋10,1000)＝eq \f(1,10). (2)①设ξ为赔付金额，则ξ的取值范围为{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， 设Y为这种情况下一份保单的毛利润，则E(Y)＝0.122＋0.4032－0.4＝0.1252(万元)． 所以E(Y)>E(X)． 11．现有10名学生参加某项测试，其中有学生成绩不合格，从中抽取3名学生查看成绩，记这3名学生中成绩不合格的人数为ξ，若P(ξ＝1)＝eq \f(21,40)，则ξ的均值为(　　) A.eq \f(1,10) B.eq \f(9,10) C.eq \f(1,40) D.eq \f(9,40) 解析：设10名学生中有n名学生成绩不合格，从中抽取3名学生，其中成绩不合格的人数为ξ，则由P(ξ＝1)＝eq \f(21,40)，得1,n)eq \f(CCeq \o\al(2,10－n),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(21,40)，化简，得n(10－n)(9－n)＝6×3×7，解得n＝3，又ξ服从超几何分布，且N＝10，n＝3，M＝3，则ξ的均值E(ξ)＝eq \f(nM,N)＝eq \f(3×3,10)＝eq \f(9,10).故选B. 解析：由已知条件可得P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3＞1.75，解得p＞eq \f(5,2)或p＜eq \f(1,2)，又p∈(0，1)，所以p的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) 13．某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为eq \f(2,3)，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为eq \f(2,5)，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品． (1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率； (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，则他们选择何种方案抽奖累计得分的数学期望较大？ 解：(1)由已知得小明中奖的概率为eq \f(2,3)，小红中奖的概率为eq \f(2,5)，两人中奖与否互不影响， 记“这2人的累计得分X≤3”为事件A， 则事件A的对立事件为“X＝5”， 因为P(X＝5)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)， 所以P(A)＝1－P(X＝5)＝eq \f(11,15). 所以这两人的累计得分X≤3的概率为eq \f(11,15). (2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)． 由已知，得X1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,3)))，X2～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,5)))， 所以E(X1)＝2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,3)，E(X2)＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5). 所以E(2X1)＝2E(X1)＝eq \f(8,3)，E(3X2)＝3E(X2)＝eq \f(12,5). 因为E(2X1)>E(3X2)，所以他们选择方案甲抽奖累计得分的数学期望较大． ②若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的取值范围为{0，5，10，15}， P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3， 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，数学成绩Y的取值范围为{0，5，10，15}， 同理，E(Y)＝15pq(q2－3q＋3)， $