第6章 概率章末检测-【经纶学霸】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册4星学霸黑白题（北师大版）

第六章 章末检测 (时间：120分钟总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 的时候，又能选对正确答案的概率为100%，而当 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 你不会做这道题时，你选对正确答案的概率是 目要求的 0.25,那么这一刻，你答对题目的概率为（) 1.(2024·山东菏泽高二期末)若X服从两点分 A.0.625 B.0.75 布，P(X=1)-P(X=0)=0.32,则P(X=0)为 C.0.5 D.0.25 6.(2024·江西上饶高二期末)设离散型随机变 A.0.32 B.0.34 量专的分布列如下表所示： C.0.66 D.0.68 2.（2024·安徽毫州高二期末)若X是离散型随 机变量，则E(X-EX)= ( 10 10 A.EX B.2EX C.0 D.(EX)2 则下列各式正确的是 3.若某射手每次射击击中目标的概率为0.9，每 A.P(E<3)= 2 B.P(>1)= 次射击的结果相互独立，则在他连续4次射击 5 中，恰好有一次未击中目标的概率为( CP(2<5<4)= 2 D.P(<0.5)=0 A.0.1×0.93 B.C4×0.13×0.9 C.0.13×0.93 D.C4×0.1×0.93 7.(2024·河南信阳高二期末)2024年5月中国 4.(2025·山东德州高二期末)生态环境部 邮政发行了《巢湖》特种邮票3枚，巢湖是继 2024年7月21日发布了《全国碳市场发展报 《太湖》(5枚)、《鄱阳湖》(3枚)、《洞庭湖》 告(2024)》，系统总结了全国碳排放权交易市 (4枚)后，第四个登上特种邮票的五大淡水 场和全国温室气体自愿减排交易市场的最新 湖.现从15枚邮票中随机抽取2枚，记抽取邮 建设进展，全方位展示了市场建设运行工作成 票《巢湖》的枚数为X,则EX= ( 效.为了解某地碳市场建设情况，相关部门对 2 A. C.1 当地1000家企业的碳排放情况进行了综合 2 评估，得到各企业的综合得分X近似服从正 8.(2025·黑龙江哈尔滨高二期末)已知常数p∈ 态分布N(51,256),则得分在区间(67,83]内 (0,1),在成功概率为p的伯努利试验中，记X 的企业大约有（参考数据：若X~N(u,σ2），则 为首次成功时所需的试验次数，X的取值为所 P(u-σ<X≤u+σ)≈0.6826，P(u-2σ<X≤ 有正整数，此时称离散型随机变量X的概率分 u+2σ）≈0.9544) 布为几何分布经计算：EX=1对于几何分布的 A.108家 B.116家 C.124家 D.136家 拓展问题，在成功概率为p的伯努利试验中，记 5.(2025·辽宁沈阳高二期末)此时此刻你正在做 首次出现连续两次成功时所需的试验次数的期 望为E2,现提供一种求E2的方式：先进行第一 这道选择题，假设你会做的概率是)，当你会做 次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败 选择性必修第一册·BS黑白题154 对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续 旋转150°，用X。表示n次后时针指向的数 期望仍是E2,即总的试验次数为(E2+1);若第 字，则 ( 一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试 验成功时，试验停止，此时试验次数为2，若第 二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验 65 次数为(E2+2),则E2的值为 ( 4.2 A.EX =6 B.P(X2=12)= p C. 1-P D. c=)= D.EXs>8 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全 15分. 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的 12.（2025·云南师大附中高三月考)通过对某 得0分 校高三年级A,B两个班的排球比赛成绩分 9.(2025·江西南昌高二期末)下列选项正确的是 析可知，A班的成绩X~V(u1,σ)，B班的成 绩Y~N(2,o),X,Y的分布密度曲线如图 A.若随机变量X-B2,号)，则DX=号 所示，则在排球决赛中 班获胜的可 能性更大， B.若随机变量X~N(4,9),则EX=4 C.若随机变量X服从两点分布，且P(X=1)= X的密度曲线 Y的密度曲线 子则DX-名 D.若随机变量X满足P(X=k)= cc心 13.(2024·河南南阳高二期末)已知x,y, z∈N*,且x+y+z=6,记随机变量X为x,y,z 01,2则 中的最小值，则DX= 10.（2025·辽宁沈阳高二期末)假设A,B是两 14.(2024·山东滨州高二期中)如果X,Y是离 个作，且P(A)=2P(D)=子P(a1A)= 散型随机变量，则X在Y=y条件下的期望满 足E(XIY=y)=含xP(X=x1Y=y),其中 P(B),则 ( {x1,x2,…,xm}是X所有可能取值的集合.现 A.P(AB)=8 B.P(AB)=3 甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲 cP(aIA)=号 DP代4e=日 获胜的概率为？，乙获胜的概率为了若X表 11.(2025·河南三门峡高三期末)如图所示的 示“甲第一次获胜时已进行的比赛局数”，Y 钟表中，时针初始指向“12”，每次掷一枚均 表示“甲恰好第二次获胜时已进行的比赛局 匀的硬币，若出现正面则时针按顺时针方向 数”，则P(Y=5)= E X I Y= 旋转150°，若出现反面则时针按逆时针方向 5)= .(两空均用数值作答) 第六章黑白题155 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出16.(15分)(2025·江西南昌高二期末)南昌瓷 文字说明、证明过程或演算步骤 板画：融合了中国传统绘画、陶瓷彩绘和西方 15.(13分)(2025·四川泸州高二期末)从某企 摄影术的精髓，从绘画到烧制流程复杂，精品 业生产的某种产品中抽取100件，测量这些 率非常低，在制作过程会出现常规品和精品 产品的一项质量指标值，当一件产品的质量 两种情况. 指标值位于(79.6,120.4]时，认为该产品为 (1)某新匠人一天能制作两件作品，制作第 合格品.由测量表得到如下频率分布直方图： 频率 一件作品精品率为。第二件作品在第 组距 一件是精品的前提下的精品率为8，第二 件作品在第一件是常规品的前提下的精 品率为。，求该新匠人第二件作品是精品 的概率； (2)某老匠人水平稳定且一天能制作三件作 0.002 0758595105115125质量指标值 品，每一件瓷板画作品的精品率为8，若 (1)补全上面的频率分布直方图（用阴影表示）. 常规品每件盈利100元，精品每件盈利 (2)统计方法中，同一组数据常用该组区间 300元，求该老匠人一天盈利的分布列和 的中间值作为代表，据此估计这种产品 期望 质量指标值服从正态分布Z~N(u,σ2)， 其中u近似为样本平均值x,σ2近似为 样本方差s2(组数据取中间值) ①利用该正态分布，求从该企业生产的 产品中任取一件，该产品为合格品的 概率。 ②该企业每年生产这种产品10万件，生产 一件合格品利润10元，生产一件不合格品 亏损20元，则该企业的年利润是多少？ 参考数据：√26≈5.1，若Z~N(u,σ2)，则 P(-2σ<Z≤+2σ）≈0.9544. 选择性必修第一册·BS黑白题156 17.(15分)(2025·辽宁沈阳高二期末)某校为 (2)在首次摸球摸出红球的条件下. 了提高教师身心健康号召教师利用空余时间 ①求选到的袋子为乙袋的概率； 参加阳光体育活动.现有4名男教师，2名女 ②将首次摸球摸出的红球放回原来袋 教师报名，本周随机选取2人参加， 子，继续进行第二次摸球时有如下两种 (1)求在有女教师参加活动的条件下，恰有 方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案 一名女教师参加活动的概率； 二，从另外一个袋子中摸球请通过计算， (2)记参加活动的女教师人数为X,求X的分 说明选择哪种方案使得第二次摸球就试 布列及期望EX; 验结束的概率更大， (3)若本次活动有慢跑、游泳、瑜伽三个可 选项目，每名女教师至多从中选择参 加2项活动，且选择参加1项或2项的 可能性均为2，每名男教师至少从中选 择参加2项活动，且选择参加2项或 3项的可能性也均为，每人每参加1项 活动可获得积分3分，选择参加几项活 19.（17分)n维空间是一个多维空间，其中包含 动彼此互不影响，记随机选取的两人得 了n个维度，若建立n维坐标(n≥1，neN), 分之和为Y,求Y的期望EY. 则n维空间中任意一点的坐标可表示为(x1, x2,…,xn)(xn∈R),当任意的x:∈{0,1} (1≤i≤n,ieN)时，称(x1,x2,…,xa)为n维 “单位体”的顶点坐标，对应的点称为n维 “单位体”的顶点 (1)求4维“单位体”的顶点个数. (2)定义：在n维空间中两点(x1,x2,…,xn) 与(1,2，…，y,)的J氏距离为(1x,- 18.(17分)(2025·山西运城高三月考)学习小 y2+x2-y212++x,yn12).在3维“单 组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙 位体”的顶点中任取两个不同的顶点，记 两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的 随机变量X为所取两点间的J氏距离， 小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙 求随机变量X的分布列和数学期望EX. 袋中有6个红球和4个白球.从这两个袋子 中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出 1个球，称为一次摸球.多次摸球直到摸出白 球时试验结束.假设首次摸球选到甲袋或乙 袋的概率均为) (1)求首次摸球就试验结束的概率， 第六章黑白题157P(NIM)=P(MIN),故B正确； 对于C,P(MUN)=1-P(MN)=1-3636,故C正确； 对FDP(Wu网=P(0+P0-P(m=方+号名故 D错误.故选ABC. 7。解析：先计算所有由a,6e组成的三位数，有cCc 100(个)，即n(A)=100,再计算递增数，有C=10(个)，即n(AB)= 放P(8A)-=得品放答案为 8. ·解析：由题意，事件M为“四名同学所报项目互不相同”，事件N ,P(M=4 为“仅有A报了防火知识宣传”，可得P(Mwm=A足， 4,所以 P(MIN)= P(MN)A 3 .3 PP8故答案为日 938 解析：用A,(ie10,1,2表示第一次取到i个新球的事件，用B 表示第二次训练时恰好取到1个新球的事件，则2=A0UA,UA2, 且A,A1,4两两互斥，P(A,)=C.1。 Cg5,P(4)= CC 3 C31 2C4_8 P(A2)= 层5，P(B14)= CC3 3 g方，P(B14)= C哈15' C51 P(BM,)FCg了，因此P)=PA,)P(BA)+P(4)P(BA)+ PP8=写号号音片*兮莞所以第次调练时 恰好取到1个新球的概率为沿故答案为器 第六章章末检测 1.B解析：依题意可得P(X=1)+P(X=0)=1,P(X=1)-P(X=0)= 032,所以P(X=0)=1-032=0.34,故选B. 2 2.C解析：E(X-EX)=EX-EX=0.故选C. 3.D解析：在他连续4次射击中，恰好有一次未击中目标的概率为 C1×0.1×0.93.故选D. 4.D解析：由题得u=51,σ=16，则P(67<X≤83)=P(51<X≤51+2× 16-P(51<X≤51+16)=2[P(-2g<X≤+2o)-P-a<X≤A+ 。)]=子×Q9544-0626)=0.1359,放得分在区间(67,83]内的 企业大约有1000x0.1359≈136（家）.故选D. 5.A解析：由题意，令A表示会做，B表示选对，则P(A)=P(A)=2, 且P代B1A)=1,P(Ba)=子，所以P(B=P(4P(B1A)+P()· Prs团-1宁-草-6a放选 1,11.13 6.C解析：P(5<3)=10+5+0+5亏，A错误：P(5>1)=5+ 号子B错碳，24=PE=动号 1 ，C正确；P(5<0.5)=10+ 号品D错误放法C 7.A解析：依题意，X的可能取值有0,1,2. 则P(X=0)= C32_22 C=35,P(X=1)=2=35P(X=2)=C的 以=0号1K号2x站号微选A .22 12, 8.C解析：由条件可知，E2=(1-p)·(E2+1)+p2·2+p(1-p)· (+2),解符放选C 选择性必修第一册·BS 9,Bc解折：对于A,若随机变量XB2,写）则D=2x×( 号）号故不正确， 对于B,若随机变量X~N(4,9),则EX=4,故正确； 对于C若随机变量x服认两点分布，且P(X=1)=号，则Dm= 4× (）=故正确 对于D,由随机变量X满足P(X=k)= C,k=0,1,2,所以= C·C好t 子，故不正跪故选BC 10,BCD解析：因为P(不=，P(国)=，所以P(4)=子， P(B)=4 对于选项A,因为P(B4)-,P(BW=PB,所以PC PWP(B)=g,错误： 对于选项B,因为P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与B相互独立， 所以A与五相互独立，所以P(A)=P(A)P()-×子 ,正确 对于选项C,因为P(A1B)=PAB=P(A),所以P(A1B）= P(B) 1 ,正确： 对于选项D,P(48=风利到-)号+令-名正 确.故选BCD. 11.AC解析：A选项，X1的可能取值为5,7，且P(X1=7)=P(X1= 5)=2,故BX1=5x2+7x2=6,A正确： B选项，X2=12,即2次旋转中，1次顺时针方向旋转，1次逆时针方 向装转，故P=12)=x宁了B猫误 C选项，X,=7,即3次顺时针旋转，4次逆时针旋转，故P(X,=7)= e(分八×台)广说c正 D选项，若硬币8次均正面朝上，此时Xg=4,故P(X8=4)= (广()广 若硬币7次正面朝上，1次反面朝上，此时Xg=6,故P(Xg=6)= (:)'()2 若硬币6次正面朝上，2次反面朝上，此时Xg=8,故P(Xg=8)= (）(）a 若硬币5次正面朝上，3次反面朝上，此时Xg=10,故P(Xg=10)= (广（合）°0 若硬币4次正面朝上，4次反面朝上，此时X3=12,故P(Xg=12)= (‘(:)离 若硬币3次正面朝上，5次反面朝上，此时Xg=2,故P(X3=2)= c(分)'（分）广 若硬币2次正面朝上，6次反面朝上，此时Xg=4,故P(Xg=4)= (日)'（台）°a 黑白题094 若硬币1次正面朝上，7次反面朝上，此时X8=6,故P(X8=6)= (g广（了2 若硬币8次均反面朝上，此时Xg=8,故P（Xg=8)= c(传广 ：点6r安1是1 7 28*2 32*4× 6a*6x 1 .1489 3 +8x25664<8,D错误故选AC 12.B解析：从分布密度曲线可以得到如下结论：(1)B班的平均成绩 大于A班的平均成绩：(2)B班的方差小于A班的方差，故B班发挥 较为稳定，故B班获胜的可能性更大故答案为B. 13.0.09解析：x,y,z∈N*,且x+y+z=6,相当于6个1之间的5个空 中插人两个挡板，故共有C=10(种)情况 X的可能取值为1,2， 其中X=2时，只有三个数为22,2，故P(X=2)=10则P(X=1) 品所以威=1 l0+2x 111 111219 )×70100=0.09.故答案为0.09， 14.32 5 243 2 解析：由题意，Y=5时甲恰好第二次获胜时已进行的比 赛局数为5，即前4局甲获胜1局，所以P(Y=5)=C×号× (倍)对器 当Y=5时，X的可能取值为1,2,3,4， X3X3×3243P(X=2,Y=5)= -X- 212.2.18 2212.1 3×3×3×3×3243P(X=3,Y=5)=3×3×3×3×3 4，=列子子xx58 8 3大 3×3×3-243 P(X=x:,Y=5) 所以E(XIY=5)=立xP(X=x:IY=5)=Σx· =1× 1= P(Y=5) P(X=,Y5》+2xP(X=2,Y5)+3xPX=3,y5) +4× P(Y=5) P(Y=5) P(Y=5) 8 8 8 8 P(X=4,Y=5)-1 243.。243 243 24312,3 +2× P(Y=5) 32 32 +3× +4× +1= 32 32 4 4 4 243243243 243 兰故答案为品子 15.解：(1)由频率分布直方图得[95,105)的频率为1-(0.006+0.026+ 0.022+0.008)×10=0.38,0.38÷10=0.038,补全频率分布直方图（用 阴影表示)： 个频率 组距 0.040 ----- ).026 00 0.002 0758595105115125质量指标值 (2)①质量指标值的样本平均数为x=80×0.06+90×0.26+100× 0.38+110×0.22+120×0.08=100.质量指标值的样本方差为s2= 参考答案 (-20)2×0.06+(-10)2×0.26+0×0.38+102×0.22+202×0.08=104 已知Z~N(100,104),从而P(79.6<Z≤120.4)=P(100-2×10.2< Z≤100+2×10.2)≈0.9544. ②由①知一件产品的质量指标值位于区间(79.6,120.4]的概率约 为0.9544， 该企业的年利润是EX=100000×[0.9544×10-(1-0.9544)×20]= 863200(元). 16.解：(1)设新匠人第一件作品是精品为事件A,第二件作品是精品为 事件B, 由题意到=代P)=日品)品 1 (2)设老匠人一天制作精品作品的件数为X,盈利为Y, 由题意，X-B(3,g）,y=380x+10(3-X0=200+30(X=0, 1,2,3), 52P( 343 ,P(Y=700)= P2G(g）广(-g）0P(90m)-pX=3 c(信)广（日）”品苏以分布列为 300 500 700 900 343 147 21 512 512 512512 EY=E(200X+300)=200EX+300=200× 8+300=375(元). 17.解：(1)设“有女教师参加活动”为事件A,“恰有一名女教师参加活 动”为事件B, 则P(AB)= 15P(4)-CICH+C33 C ，所以P(B1A)= 8 P(AB)-15_8 P(A)39 (2)依题意知X服从超几何分布，且P(X=)-CC -(k=0,1,2), C C2 P(X-0)-C25P(X-1)=CC8 C2=5,P(X=2)=2-5,所以 X的分布列为 0 1 2 3 51515 1 2 (3)设一名女教师参加活动可获得分数为X1,一名男教师参加活动 可获得分数为X2,则X1的所有可能取值为3,6，X2的所有可能取 值为6,9， x+6x9 PX,=3)=P(X=6=号Bx=3 22, PX=6=P6=9y=7=6x3x35. 1 有X名女教师参加活动，则男教师有(2一)名参加活动，Y号+ (2-X0=15-3X,所以EY=E(15-3x)=15-3Ex=15-3x 15 3=13 即两个教师得分之和的期望为13分. 18.解：(1)设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1,“取到乙袋”为事件A2, “摸出白球”为事件B1,“摸出红球”为事件B2 181 所以P(B)=P(A1)P(B,1A)+P(A)P(B,IA)=2×0+2× 黑白题095 音子所以淡球次就试验结束的厥率为 5 (2)①因为B1,B,是对立事件，P(B,)=1-P(B,)= 5 1.6 P(A2B2)2103 所以P(A2IB2)=P(B2) 2 ，所以选到的袋子为乙袋 5 的概率为4 ②由0，得P4)=1-P1品，)=1， 所以方案一中取到白球的概率为P1=P(A1IB2)P(B1IA1)+P(A2I 18341 B2)P(B11A2)=4×10+4×102 方案二中取到白球的概率为P2=P(A2IB2)P(B1IA)+P(A1I 岛w)2品合君 71 因为10>2，所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使 得第二次摸球就试验结束的概率更大 19.解：(1)由已知，在4维空间中，任意一点的坐标可表示为(x1,x2, x3,x4), 当x:∈0,1}(1≤i≤4，i∈N)时，称为4维“单位体”的顶点坐标. 故4维“单位体”的顶点有24=16（个）. (2)由题意，在n维空间中两点(1，x2,…,xn)与(y1y2,…,yn)的 J氏距商为（112+1y124…+1,.13),可得在3维空 间中两点(1，，)与(12，为)的J氏距离为写(112+ 1x2y212+1x3y312). 设M,N为3维“单位体"的任意两个不同的顶点，则点M与点N的 组合数共有C=28(个)， 由题意随机变量X的值可以取}，2 33,1. 当X=了时，有1个第i维坐标值不同，点M,N的组合数共有 Cg×21×22 2 =12(个)， 当X=号时，有2个第：维坐标值不同，点M,N的组合数共有 C3×22×2 -=12(个)， 2 当X=1时，有3个第i维坐标值不同，点M,N的组合数共有 C3×23×20 =4(个)， ，P(X=1)= 故分布列为 14 第六章真题演练 黑题真题体验 1.BC解析：依题意可知，x=2.1,s2=0.01,所以Y~N(2.1,0.12),故 P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.8413>0.5，C正确， D错误； 因为X~N(1.8,0.12),所以P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1),因为P(X< 1.8+0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.8413=0.1587<0.2， 而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)<0.2,B正确，A错误 选择性必修第一册·BS 故选BC 2.A解析：同时爱好两项的概率为0.5+0.6-0.7=0.4，记“该同学爱好 滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0.5, P(AB)=0.4,所以P(B1A)= P(A)05Q.8故选A P(AB)0.4 3.B解析：由题意，X服从二项分布B(10,p),DX=10p(1-p)=2.4,解 得p=0.4或p=0.6.由P(X=4)=Ciop(1-p)6<P(X=6)= Cop°(1-p)4,整理得(1-p)2<p2,解得p>0.5,即p=0.6.故选B. 4.ABD解析：对于A,依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发 送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为(1-B)(1-α)(1-B)=(1-)· (1-B)2,A正确； 对于B,三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0,1 的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的 积，它们相互独立，所以所求概率为(1-B)·B·(1-B)=B(1-B)2 B正确； 对于C,三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0或1， 0,1或0,1,1或1,1,1，它们互斥，故所求的概率为CB(1-B)2+ (1-B)3=3B(1-B)2+(1-3)3,C错误； 对于D,三次传输，发送0，则译码为0的概率P=(1-a)2(1+2α)，单 次传输发送0，则译码为0的概率P'=1-a,而0<<0.5，因此P-P'= (1-a)2(1+2a)-(1-a)=a(1-ax)(1-2a)>0,即P>P',D正确.故 选ABD. 5.0.14解析：因为X~N(2,σ2)，所以P(X<2)=P(X>2)=0.5,因此 P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14.故答案为0.14. 3 1 6. 52 解析：记事件A=甲同学参加“整地做哇”项目，事件M=乙 同学参加“整地做啡”项目，事件N=乙同学参加“田间灌溉”项目，则 甲同学参加“整地做唯”项目的概率为P(A) C子.3乙同学参加 “整地做畦”，还参加“田间灌溉”项目的概率为P(N1M)=PM P(M) c c3 C =】故答案为 31 =2 52 C 16 1.35 12 7 解析：从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取 3张，共有C种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的 C4+C5C216 取法有(C4+C2C好)种，所以P(=2)= “35,由已知可得卡 的取值有1,2,3,4， C63 6 P(=1)= C =7,P(5=2)=35 C33 C31 P(传=3)= 吗35，P(5=4)= 35' 3 357 8.解：(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 60+30+10 由题设中的统计数据可得P(A)=800+100+60+30+1010° (2)(i)设为赔付金额，则可取0,0.8,1.6,2.4,3， 由医被中的统计数据可得P(=0=1号，P(=Q8) 100 1000 603 303 10P(5=1.6)=10050,P(5=24)=100100P(5=3)= 101 1000100' 4 3 3 放FE=0×+0.8×+1.6×50+2.4x100+3×100=0.278, 故EX=0.4-0.278=0.122(万元). 4 (iⅱ)由题设保费的变化为0.4× 号×96%+04x写×12=04032， 故EY=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)， 黑白题096