专题十三 概率、随机变量及其分布-【创新教程】2024-2026三年高考数学真题分类特训试卷

最新真题 专题十三 概率、随机变量及其分布 分类特训 考点一概率 一、选择题 1.(2026·上海卷，14)事件A和事件B为独立随机事件，事件C表示为事件A和B至少一个发 类 生，则C= () 将 A.A∩B B.AUB C.A∩B D.AUB 2.(2025·上海卷，13)已知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为P(A)= 号事件B发生的 概率为P(B)-2,则事件AnB发生的概率P(AnB)为 ( 的 A. B C. D.0 杯 3.(2024·全国甲卷（文），5)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概 率是 ( 1 B c 2 D. 如 二、填空题 阳 4.(2026·上海卷，4)已知事件A,B互斥，且P(A)=0.2,P(B)=0.5,则P(AUB)= 5.(2026·天津卷，13)箱子里有一个红球，两个黄球，三个白球.有放回地取三次，每次取一个，三 次都没取到黄球的概率是 ；在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率 器 是 6.(2024·新课标I卷，14)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别 标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两 人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上的数字的大小，数字大的人得1 分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使 用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 73 7.(2024·全国甲卷（理），16)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机取 3次，每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均 值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为 8.(2024·上海卷，8)某校举办科学竞技比赛，有A,B,C3种题库，A题库有5000道题，B题库 有4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的 正确率是0.86，C题库的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题，正确率是 9.(2024·天津卷，13)A,B,C,D,E五项活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为 ；已知乙选了A项活动，他再选择B项活动的概率为 芳点二随机变量及其分布 一、选择题 1.(2026·全国I卷，8)设U={(x1,x2,x3)x:∈{-2，-1,1,2}，i=1,2,3}为空间中64个点构 成的集合，点P(1,1,1),记样本空间2=C,{P}.从2中随机取一个点，定义随机变量X如 下：对2中的每个点A(x1,x2,x3),令X(A)=x1十x2十x3,则X的数学期望为 () A.一21 B.一63 C.0 D. 7 2.(2025·天津卷，5)已知r为相关系数，则下列说法中错误的是 ( A.若X~N(μ，o2),则P(X≤-o)=P(x≥十o) B.若X~V(1,22),Y~N(2,2),则P(X<1)<P(Y<2) C.|Y越接近1，相关性越强 D.|Y越接近0，相关性越弱 3.(多选)(2024·新课标I卷，9)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动 茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口 后亩收入的样本均值x=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收人X服从正态分 布N(1.8,0.12).假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布V(x,s2),则（若随机变量Z服从正 态分布N(μ，o2),则P(Z<μ十o)≈0.8413) ( A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 74 4.(2024·新课标Ⅱ卷，4)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到 各块稻田的亩产量 (单位：kg),并部分整理得下表： 亩产量 [900,950) 950,1000) [1000,1050) [1100,1150) [1150,1200) 频数 6 12 18 24 10 据表中数据，下列结论正确的是 A.100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B.100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C.100块稻田亩产量的极差介于200kg到300kg之间 D.100块稻田亩产量的平均值介于900kg到1000kg之间 二、填空题 -101 5.(2026·上海卷，8)已知随机变量X的分布列为 ,且E(X)=0.5,则b= a0.3b 6.(2025·上海卷，6)已知随机变量X的分布为 5 6 7 0.20.30.5 ,则期望EX]= 7.(2025·天津卷，13)小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均 为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4,6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则 第二次跑5圈的概率为0.6,6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的概率为 ;若一周至 少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X,则期望E(X)= 8.(2025·全国一卷，14)有5个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5，从中有放回地随机取3次，每次取1 个球，记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E(X)= 9.(2022·新高考Ⅱ卷，13)已知随机变量X服从正态分布N(2,o2),且P(2<X≤2.5)=0.36， 则P(X>2.5)= 三、解答题 10.(2026·全国I卷，17)(15分)设整数V≥2.某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮V次， 当且仅当投中1次时或V次均未投中时，停止练习.设该同学每次投中的概率为(0<p<1), 各次投中与否相互独立.记X为停止练习时该同学的投篮次数. 75 (1)当V=4,=时，求X的分布列； 3 (2)设k,m均为自然数 (i)当k≤N-1时，求P(X>k); (i)当k+m≤N一1时，证明：P(X>k+mX>k)=P(X>m). 76 11.（2025·全国二卷，19)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球 甲胜的概率为？<p<1,乙胜的概率为g,p十q=1,且各球的胜负相互独立，对正整数 ≥2，设为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，9为打完k个球后乙比甲至少多得 2分的概率 (1)求p3,(用p表示)； (2)若二=4，求： q4-q3 (3)证明：对任意正整数m,p2m+1一92m+1<p2m一92m<卫2m+2一92m+2· 77 12.(2025·北京卷，18)有一道选择题考查了一个知识点.甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有 80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率， (1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率. (2)从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数学 期望 (3)若甲校同学掌握这个知识点，则有100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点，则 有85%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲 校学生掌握该知识点的概率为p1,乙校学生掌握该知识点的概率为p2,试比较p1与p2的大 小（结论不要求证明） 78 13.(2024·新课标Ⅱ卷，18)(17分)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1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？ (ⅱ)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？ 79 14.(2024·北京卷，18)(13分)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： 赔偿次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 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 (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX; (ⅱ)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（ⅰ）中EX估计值的大小.（结论不要求证明） E的 80(3)由题意，设样本中心(2018，y), y=日101.02+87.02+57,46+21.85+1.76 +8.86+5.03+4.63+3.86)≈33.499， 故33.499=a(2018-2014)+83.74→a≈ -12.561,y=-12.561(.x-2014)+83.743, 故x=2023时，此时y=106.544e046120%-2010≈ 1.681,差值绝对值为2.199， y=-12.561(2023-2014)+83.743 ≈29.306，差值绝对值为33.186>2.199， 故y=106.544e0.61r-201对于2023年的预测 值与实际值的差值绝对值更小. 9.解：(1)在1000个样本中，超声波检查结果不正 帝的人中惠有孩我病的领率为8=0.9， 以样本频率估计总体概率，p的估计值为0.9 (2)H。:超声波检查结果与是否患病无关， n(ad-bc)2 X-(a+b)(c+d)(a+e)(b+d) 1000×(20×20-780×180)2 12250 800×200×200×800 16 10.828, 概率小概率值α=0.001的独立性检验，应拒绝 零假设H。,即超声波检查结果与是否患病 有关. 10.解：(1)由题意，数据最大值为216.93，最小值 为206.78， 故极差为216.93-206.78=10.15， 中位数为209.35十210.68=210.015. 2 (2)由题意，数据共有10个，211以上数据共有 4个， 故设恰有2个211以上为事件A, P(A)-Ci:C-3 101 所以，格有2个数据在21以上的概率为品 (3)由题意，此赛成续y的年均数为品× (206.78+207.46+207.95+209.34+209.35 +210.68+213.73+214.84+216.93+216.93)= 211.399. 故y=-0.311x十6过(2006,211.399)，则6= 835.265. 即y=-0.311x+835.265, 故要当x=2028时，y=204.557,故2028年冠 军队的成绩约为204.56. 11.解：(1)列联表如下： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 K:=150(26X30-24X70)=4.6875 96×54×100×50 .3.841<4.6875<6.635, .有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级 品存在差异，没有99%的把握认为甲乙两车间 产品的优级品存在差异 (2》由1)知，p-8=0.64.p=0,5 .p+1.65 b(1-p2=0.5十1.65， .5×0.5 150 =0.5+1.65×12.247 0.5 ≈0.567. :p>p+1.65/1 (1-) 能认为生产智能化升级改造后，该工厂产品 的优级品率提高了. 12.解：(1)580人中体育锻炼时长不小于1小时人 数占比P=2+3+1+87+40+2-器，该 580 地区29000名初中学生中体育锻炼时长不小 于1小时的人教约为2900×装=12500人 (2)该地区初中学生锻炼平均时长约为： 0,5×(5+134)+0.5+1×(44+147) 5802 2 +1+1.5×(42+137)+1,5+2×(3+40) 2 2 +2+2.5×1+27)1 2 22≈0.9h. 2 (3)列联表 时长[1,2) 其他时长 合计 优秀 45 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 提出零假设H。:成绩优秀与日均体育锻炼时 长不小于1小时且小于2小时无关， X2-580X(45X308-177X50 95×485×222×358 ≈3.976>3.841. 有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育 锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关. 专题十三概率、随机变量及其分布 考点一 1.C由题意，C=AUB→C=AUB=A∩B. 2.B本题考查相互独立事件的概率乘法公式： AB独立.P(A∩B)=P(A)·P(B)= 3.B甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种可能， 丙不在排头，且甲或乙在排尾的共有8种可能， P=景合故选B 4.解析：由题意，P(AUB)=P(A)+P(B)=0.7. 答案：0.7 3 5.解析：第一空：箱子中共有1十2十3=6个球，其 中黄球有2个， 从6个球中取一个球，取不到黄球的概率P 6 有放回的取三次，相当于三次独立重复试验. 三次都没有取到黄球的概率P,三（号） 8 27' 第二空：设A={三次都没取到黄球. B={三次至少取到一次红球}.第二空要求的是 P(BA),先求P(B|A), 在“没取到黄球”的条件下，只能取到红球或白 球，共1十3=4个球. 单次取到红球概牵}，单次取到白球的概率三 41 P(B|A)即三次都没取到黄球的前提下，三次都 没取到红球P(B|A)= 4 64 2737 所以P(BA)=1-P(B1A)=1-64=64 答案品背 6.解析：本题相当于{1,3,5,7}与{2,4,6,8}的搭 配问题，总共有A=24种方法， 把甲的卡片标号分为A1={1,3},A2={5,7}两 组，把乙的卡片标号分为B,={2,4},B2={6, 8}两组， 要使甲得分不少于两分，甲的卡片标号大的次 数至少有两次， ①A2与B1搭配，一共有A2·A2=4种； ②A2与B2搭配，只能是5配8,7配6,1配4,3 配2，一共有1种； ③A2与B1中一个，与B2中一个搭配； (1)若B1选择2，则B2必不能选8，故{5,7}与 {2,6}搭配，{1,3}与{4,8}搭配，一共有2种； (2)若B1选择4，分两种情况： (1){5,7}与{4,6}搭配，{1,3}与{2,8}搭配，一 共有1·A十1=3种； （iⅱ){5,7}与{4,8}搭配，{1,3}与{2,6}搭配，一 共有2种； 所以甲的卡片标号大的次数至少有两次的情况 有12种，所以甲总得分不低于2分的概率P= 12_1 242 答案：司 7.解析：记前三个球的号码分别为a、b、c,则共有 A8=120种可能，令|m-n1= atb_atbtc= a+b-2c 2 3 6 ≤0.5可得： a+b一2c≤3，根据对称性：c=1或6时，均有 2种可能；c=2或5时，均有10种可能；c=3或 4时，均有16种可能；故满足条件的共有56种 可能，P=56=7 -12015 7 答案：5 y 8,解析：由题可知，A题库占比为是，B题库占比 为}，C题库占比为，P=是×0.92+号× a.s6+}×a72-品 答案号 9,解析：设甲选到A为事件M,乙选到A为事件 Q,乙选到B为事件N, C3 则甲选到A的概率为P(M=己=后： 乙选了A项活动，他再选择B项活动的概率为 P(NQ)= P(QN) C 1 P(Q) 2 c 答案：号 1 考点二 1.A依题意，X的分布列为 X-6-5 -4-3-2-1 0123456 P 1 3 3 4 9 9 699333 1 63636363636363636363636363 X0=-3x高+3X品 1 2.B本题考查正态分布曲线下面积，线性相关系 数r的性质.A中，X~N(,o),根据正态分布 曲线的对称性可知P(X≤一σ)=P(X≥H十 σ)，故A正确；C、D中，由相关系数r的性质，当 |r越趋于1，线性相关性就越强，r越接近0， 线性相关性就越弱，故C、D都正确.B中，X~N (1,22),Y~N(2,22),P(X<1)=P(Y<2),故 B错误， 3.BC由题意得X~N(1.8,0.1), YN(2.1,0.12), 故P(X>2)<P(X>4十o)=1-P(X<4+σ) <0.2,故B正确，A错误； P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5, P(2<Y<2.1)=P(2.1<Y<2.2)=0.8413- 0.5=0.3413, P(Y>2)=P(2<Y<2.1)+P(Y≥2.1) =0.3413十0.5=0.8413>0.8，故C正确，D 错误. 4.C对于A,根据频数分布表可知，6+12+18 =36<50, 所以亩产量的中位数不小于1050kg,故A 错误； 对于B,亩产量低于1100kg的稻田所占比例 为6+12+18+30×100%=66%，故B不正确： 100 对于C,稻田亩产量的极差最大为1200一900= 300,最小为1150-950=200，故C正确； 对于D,由频数分布表可得，亩产量在[1050， 1100]的频数为100-(6+12+18+24+10) =30, 64 所以平均值为00×(6×925+12X975+18× 1025+30×1075+24×1125+10×1175)= 1067,故D错误. 5.解析：由题意，十0.3+b=1 1-a+b=0.5 b=0.6. 答案：0.6 6,解析：本题考查了离散型随机变量的数学期望， E[X]=5×0.2+6×0.3+7×0.5=6.3. 答案：6.3 7.解析：本题考查了条件概率， 二项分布的期望， 设，A1表示第一次跑5圈， A2表示第二次跑5圈， B表示一周跑11圈. P(B)=P(A1)·P(A2/A1)+P(A1)P(A2/A1) =0.5×0.6+0.5×0.6 =0.3+0.3=0.6. 1周运动量不达标，每次5圈和周均10圈. P(A1)·P(A2/A1)=0.5×0.4=0.2. .1周运动量达标为1-0.2=0.8， 则X~B(4,0.8), .E(X)=np=4×0.8=3.2. 答案：0.63.2 8,解折：PX=3)=3-岩：P(X=2) 53 53 -0:PX=1D-景-高 A号×3_12」 故E(X)=1+2X12+3×12_61 25 Γ251 注：每个球至少被取出一次的概率为1一 =品所以EX)=8E(X)=5×品器 9.解析：由题意可知，P(X>2)=0.5,故P(X> 2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.14. 答案：0.14 10,解：1DPX=1D=p=号，P(X=2)=p1-g) 9 PX=3)=1-p=2号 P(X=4)=I-p)3=7, 所以X的分布列为： X 1 2 3 4 P 3 (2)记g=1-p. (1)当k≤N-1时，事件P(X>k)表示前k 次都未投中，所以P(X>k)=g=(1一). 13 (i)设A:X>k+m,B:X>k 因此P(X>k十mX>k)=P(AB)=PCAB) P(B) =P(X>k+m)=1-p)+ P(X>k) (1-p) -=(1-p)m, 又由（i)知P(X>m)=(1-p)m, 所以P(X>k十mX>k)=P(X>m). 11.解：(1)p3=p3,q3=q, p4=p+C4pq=p+4p3(1-) =p3(4-3p). (2)由(1)可知p4-p3=p3(4-3p)-p =3p3(1-p), 同理94-93=3q(1-q)=3p(1-p)°. 由2-D=4,可得3p1=3=4,即3p2-8p 94-93 3p(1-p)3 +1=0,部等=号或D=2(合). 所以力=号 (3)由号<p<1,b十g=1,可知0<g<号<p <1. 设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”， 则X一B(k,p), p2m=p2m+C2n·b2m-1g+C2m·p2m-2g2+… +Cn1·pm+1gm-1. 对于p2m+1,考虑前2m个球的情况.若打完2m 个球后，甲、乙得分一样，或者甲比乙得分少， 则第2m十1个球无论甲胜负，甲都不可能比乙 至少多得2分.若打完2m个球后，甲比乙至少 多得4分，则第2m十1个球甲无论胜负都能满 足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球后，甲 比乙恰好多得2分，则第2m十1个球甲必须胜 才能满足甲比乙至少多得2分.所以p2m+1 （p2m-C2n1·p+1q"-1)十p·Cm1·pmt+1 g1=p2m-q·C1·p+1g1. 故p2m-p2m+1=q·C1·p+1g”-1>0,同理 9m-9m+1=p·Cg1·gm+1p"1>0. 州会-：g 1,即p2m-p2m+1>q2m一92m+1,所以巾2m+1 92m+1<p2m一92m· 对于p2m+2,考虑前2m个球的情况.若打完2m 个球后，甲比乙得分少，则剩下两个球（第2m 十1和2m十2个球)无论甲胜负，甲都不可能 比乙至少多得2分.若打完2m个球后，甲、乙 得分一样，则剩下两个球甲必须全胜才能满足 甲比乙至少多得2分，若打完2个球后，甲比 乙恰好多得2分，则剩下两个球甲全胜，或者 一胜一负都能满足甲比乙至少多得2分.若打 完2m个球后，甲比乙至少多得4分，则剩下两 个球甲无论胜负都能满足甲比乙至少多得 2分. 所以p2m+2=p2·Cm·p"qm+(1一q2)·C ·p"+lg"-1+(p2m-C2m1·p"+lg"-1) =p2m十b2·Cm·p"g"-g.Cn1·p+1g"1 =p2m十p"g"·(Cgm·p2-Cn1·pq), 故p2叶2-p2m=p"gm·(Cgn·p2-Cn1· pg),同理q2m+2-q2m=q"p”·(Cm·g2-Cn ·qp), 所以(p2m+2-p2m)-(q2n+2一q2n)=p"q·Cn ·（p2-q)>0,即p2m+2-p2m>92m+2一92m, 所以p2m一92m<p2m+2一92m+2· 综上，p2m+1一92m+1<p2m一92m<p2m+2一92m+2· 12.解：(1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1 人，发对短日的瓶单为韶一青 (2)设A为“从甲校抽取1人做对”， 则P(A)=0.8,则P(A)=0.2, 设B为“从乙校抽取1人做对”， 则P(B)=0.75,则P(B)=0.25, 设C为“恰有1人做对”，故P(C)=P(AB)十 P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.35, X可取0,1,2， P(X=0)=P(AB)=0.05,P(X=1)=0.35, P(X=2)=0.8X0.75=0.6, 故X的分布列为： X 0 2 0.050.350.6 故E(X)=1×0.35+2×0.6=1.55. (3)设D为“甲校掌握该知识点的学生”， 因为甲校掌握这个知识点的学生有100%的概 率做对该题目， 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面 随机选择一个， 故PD+1-PD)=0.8, p+×1-)=0.8,故A=是 同理有0.85p,十子×(1-p:)=0.75,放p -6' 故p1<p2 13.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=(1一0.63) (1-0.53)=0.686. (2)(ⅰ)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]g 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P2=[1一(1一 q)3]·p3, ∴.P甲-P=g3-(q-pg)3-p3+（p-pg)3 =(q-p)(g+pg+p)+(p-q)·[(p-pq) +(q-pq)2+(p-q)(q-pq)] 136 =(p-q)(3p2g2-3pq-3pq) =3g(p-q)(pg-p-q)=3pg(p-q)[(1- p)(1-q)-1]>0, P甲>P,,应该由甲参加第一阶段比赛. (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的 所有可能取值为0,5,10,15， P(X=0)=(1-)3+[1-(1-)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-)3]Cgq·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-)3]·Cq2(1-q), P(X=15)=[1-(1-)3]·q3, .E(X)=15[1-(1-p)3]g=15(p3-3p2+ 3p)·q, 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩y的所有 可能取值为0,5,10,15， 同理E(Y)=15(g3-3g2+3q)·p, .E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)- 3pq(p-q) =15(p-q)q(p+q-3)>0, 应该由甲参加第一阶段比赛. 14.解：(1)设一份保单索赔次数为Y,则 P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)= 60 30 700=10%: 1000+1000+1000 .一份保单索赔次数不少于2的概率为10%. (2)(1)X的可能取值为0.4，一0.4，一1.2， -2,一2.6，则 P(X=0.4)= 800=4 10005 P(X=-0.4)=1000-10' 1001 P(X=-1.2)=100050' 603 P(X=-2)=1000-100' 30 3 10 1 P(X=-2.6)=1000=100' EX=0.4×号-0.4×0-1.2×最-2× -2.5×d 3 =0.32-0.04-0.072-0.06-0.026= 0.122. (ⅱ)保单的保费调整后，无索赔保单的保费为 0.384万元，有索赔保单的保费为0.48万元. 毛利润Y的可能取值为0.384，一0.32， -1.12,-1.92,-2.52, ÷此时EY=0.384×号-0.32×。-1.12× -1.92×7180-2.52×70=0.3072-0.032 3 -0.0672-0.0576-0.0252=0.1252. ∴，调整后的保单毛利润的数学期望的估计值 大于调整前的保单毛利润数学期望的估计值.