【数学】2020届一轮复习浙江专版9-6随机变量及其分布学案

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第六节随机变量及其分布 ‎1．随机变量的有关概念 ‎(1)随机变量：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母X，Y，ξ，η，…表示．‎ ‎(2)离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量．‎ ‎2．离散型随机变量分布列的概念及性质 ‎(1)概念：若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，以表格的形式表示如下：‎ X x1‎ x2‎ ‎…‎ xi ‎…‎ xn P p1‎ p2‎ ‎…‎ pi ‎…‎ pn 此表称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．有时也用等式P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n表示X的分布列．‎ ‎(2)分布列的性质 ‎①pi≥0，i＝1,2,3，…，n；‎ ‎②i＝1.‎ ‎3．两点分布 X ‎0‎ ‎1‎ P ‎1－p p 若随机变量X的分布列具有上表的形式，则称X服从两点分布，并称p＝P(X＝1)为成功概率．‎ ‎4．事件的相互独立性 ‎(1)定义：设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．‎ ‎(2)性质：‎ ‎①若事件A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．‎ ‎②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立．‎ ‎5．独立重复试验与二项分布 独立重复试验 二项分布 定义 在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验 在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率 计算公式 Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)‎ 在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1,2，…，n)‎ ‎6．均值 ‎(1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为：‎ X x1‎ x2‎ ‎…‎ xi ‎…‎ xn P p1‎ p2‎ ‎…‎ pi ‎…‎ pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平．‎ ‎(2)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b.‎ ‎(3)①若X服从两点分布，则E(X)＝p；‎ ‎②若X～B(n，p)，则E(X)＝np.‎ ‎7．方差 ‎(1)设离散型随机变量X的分布列为 X x1‎ x2‎ ‎…‎ xi ‎…‎ xn P p1‎ p2‎ ‎…‎ pi ‎…‎ pn 则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝(xi－E(X))2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．‎ ‎(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．‎ ‎(3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．‎ ‎(4)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．‎ ‎[小题体验]‎ ‎1．袋中有2个黑球和6个红球，从中任取2个，可以作为随机变量的是(　　)‎ A．取到的球的个数 B．取到红球的个数 C．至少取到一个红球 D．至少取到一个红球的概率 解析：选B　取到的球的个数为2是必然事件，故排除A；至少取到一个红球是事件，故排除C；至少取到一个红球的概率是确定的数，故排除D.所以选B.‎ ‎2．(2019·台州高三年级调考试题)已知离散型随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P a 则变量X的数学期望E(X)＝________，方差D(X)＝________.‎ 答案：1　 ‎3．有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X表示取到次品的次数，则D(X)＝________.‎ 解析：∵X～B，∴D(X)＝3××＝.‎ 答案： ‎4．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A)＝________；P()＝________.‎ 解析：因为A，B是相互独立事件，且P(A)＝，P(B)＝，所以P(A)＝P(A)(1－P(B))＝×＝；P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝×＝.‎ 答案：　 ‎5．(教材习题改编)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．‎ 解析：所求概率P＝C·1·3－1＝.‎ 答案： ‎1．对于分布列易忽视其性质p1＋p2＋…＋pn＝1及pi≥0(i＝1,2，…，n ‎)，其作用可用于检验所求离散型随机变量的分布列是否正确．‎ ‎2．确定离散型随机变量的取值时，易忽视各个可能取值表示的事件是彼此互斥的．‎ ‎3．理解均值E(X)易失误．均值E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而E(X)是不变的，它描述X值的取值平均状态．‎ ‎4．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)易错．‎ ‎5．易混“相互独立”和“事件互斥”‎ 两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．‎ ‎6．易混淆二项分布与两点分布 由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．已知随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3)，则P(X＝2)＝________.‎ 解析：由分布列的性质知＋＋＝1，∴a＝3，‎ ‎∴P(X＝2)＝＝.‎ 答案： ‎2．(2018·浙江五校联考)一个不透明的袋子中装有质地均匀、大小相同的2个红球和3个白球，每次从袋子中取出一个球，若有放回地取5次，记取到红球的次数为随机变量ξ，则P(ξ＝1)＝________，E(ξ)＝________.‎ 解析：∵每次取球取到红球的概率均为，‎ ‎∴ξ～B，‎ ‎∴P(ξ＝1)＝C××4＝，E(ξ)＝5×＝2.‎ 答案：　2‎ ‎3．(2019·浙江名校联考信息卷)已知随机变量X的分布列如下：‎ X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P a 则a＝________，数学期望E(X)＝________.‎ 解析：a＝1－－－＝，E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.‎ 答案：　 ‎4．(2019·湖州期末)某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为，，，则该汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为________．‎ 解析：汽车遇红灯而停一次的概率为p＝××＋××＋××＝.‎ 答案： ‎[题组练透]‎ ‎1．(易错题)若离散型随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ P ‎9c2－c ‎3－8c 则常数c的值为(　　)‎ A.或　　　　　　　　 B. C. D．1‎ 解析：选C　根据离散型随机变量分布列的性质知 得c＝.‎ ‎2．设离散型随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ m 求2X＋1的分布列．‎ 解：由分布列的性质，知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，‎ 解得m＝0.3.‎ 列表 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2X＋1‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎9‎ 所以2X＋1的分布列为 ‎2X＋1‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎9‎ P ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎[谨记通法]‎ 应用离散型随机变量分布列性质的1个注意点 利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负数．如“题组练透”第1题．‎ ‎[典例引领]‎ 某人有5把钥匙，其中只有一把能打开办公室的门，一次他醉酒后拿钥匙去开门．由于看不清是哪把钥匙，他只好逐一去试．若不能开门，则把钥匙扔到一边，记打开门时试开门的次数为ξ，试求ξ的分布列，并求他至多试开3次的概率．‎ 解：(1)由题意知，ξ的可能取值为1,2,3,4,5.且 P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝×＝，P(ξ＝3)＝××＝，P(ξ＝4)＝×××＝，P(ξ＝5)＝××××1＝.‎ 所以随机变量ξ的分布列是 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P 设他至多试开3次为事件A，则P(A)＝＋＋＝.‎ ‎[由题悟法]‎ 离散型随机变量分布列求法的3个步骤 ‎(1)找出随机变量X的所有可能取值xi(i＝1,2，3，…，n)；‎ ‎(2)求出各取值的概率P(X＝xi)＝pi；‎ ‎(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确．‎ ‎[提醒]　求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所有取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．‎ ‎[即时应用]‎ 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．‎ ‎(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率．‎ ‎(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列．‎ 解：(1)第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率为P＝×＝.‎ ‎(2)由题意可知X的可能取值为200,300,400，‎ 则P(X＝200)＝＝；‎ P(X＝300)＝＋＝；‎ P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝，‎ 所以X的分布列如下表所示：‎ X ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ P ‎[典例引领]‎ 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1到5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．‎ ‎(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；‎ ‎(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X≥2”的事件概率．‎ 解：(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，‎ 则P(A)＝＝，P(B)＝＝.‎ ‎∵事件A与B相互独立，A与相互独立，则A·表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”．‎ ‎∴P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝.‎ 即观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率是.‎ ‎(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝＝，依题意，A，B，C相互独立，，，相互独立，‎ 且AB，AC，BC，ABC彼此互斥．‎ 又P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)‎ ‎＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，‎ ‎∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.‎ ‎[由题悟法]‎ 相互独立事件中求复杂事件概率的解题思路 ‎(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．‎ ‎(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．‎ ‎(3)代入概率的积、和公式求解．‎ ‎[即时应用]‎ 甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算：‎ ‎(1)两人都击中目标的概率；‎ ‎(2)其中恰有一人击中目标的概率；‎ ‎(3)至少有一人击中目标的概率．‎ 解：记“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B.“两人都击中目标”是事件AB；“恰有1人击中目标”是A∪B；“至少有1人击中目标”是AB∪A∪B.‎ ‎(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件AB，又由于事件A与B相互独立，‎ ‎∴P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.8×0.8＝0.64.‎ ‎(2)“两人各射击一次，恰好有一人击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中(即A)，另一种是甲未击中乙击中(即B)．根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件A与B是互斥的，所以所求概率为P＝P(A)＋P(B)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)×0.8＝0.16＋0.16＝0.32.‎ ‎(3)“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为P＝P(AB)＋[P(A)＋P(B)]＝0.64＋0.32＝0.96.‎ ‎[典例引领]‎ 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．‎ ‎(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；‎ ‎(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？‎ 解：(1)X的可能取值有－200,10,20,100.根据题意，有P(X＝－200)＝C03＝，‎ P(X＝10)＝C12＝，‎ P(X＝20)＝C21＝，‎ P(X＝100)＝C30＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎－200‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎100‎ P ‎(2)由(1)知：每盘游戏出现音乐的概率是 P＝＋＋＝.‎ 则玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是 P1＝1－C03＝.‎ ‎[由题悟法]‎ 二项分布满足的3个条件 ‎(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．‎ ‎(2)各次试验中的事件是相互独立的．‎ ‎(3)每次试验中只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2019·永嘉模拟)投到某杂志社的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过的评审的概率为0.3.各专家独立评审．‎ ‎(1)求投到该杂志社的1篇稿件被录用的概率；‎ ‎(2)记X表示投到该杂志社的4篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列．‎ 解：(1)记A表示事件“稿件能通过两位初审专家的评审”；B表示事件“稿件恰能通过一位初审专家的评审”；C表示事件“稿件能够通过复审专家的评审”；D表示事件“稿件被录用”，则P(D)＝P(A＋BC)．‎ 因为P(A)＝0.5×0.5＝0.25，P(B)＝2×0.5×0.5＝0.5，P(C)＝0.3.‎ 所以P(D)＝P(A＋BC)＝0.25＋0.5×0.3＝0.4.‎ ‎(2)由(1)可知，X～B(4,0.4)，‎ P(X＝0)＝(1－0.4)4＝0.129 6，‎ P(X＝1)＝C×0.4×(1－0.4)3＝0.345 6，‎ P(X＝2)＝C×0.42×(1－0.4)2＝0.345 6，‎ P(X＝3)＝C×0.43×(1－0.4)＝0.153 6，‎ P(X＝4)＝0.44＝0.025 6.‎ 所以其分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎0.129 6‎ ‎0.345 6‎ ‎0.345 6‎ ‎0.153 6‎ ‎0.025 6‎ ‎[典例引领]‎ ‎1．(2019·杭州高三质检)在一次随机试验中，事件A发生的概率为p，事件A发生的次数为ξ，则期望E(ξ)＝________，方差D(ξ)的最大值为________．‎ 解析：法一：由题意知ξ可能的取值为0,1，‎ 故ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ P ‎1－p p 所以E(ξ)＝0×(1－p)＋1×p＝p，D(ξ)＝(0－p)2×(1－p)＋(1－p)2×p＝p(1－p)≤2＝，当且仅当p＝1－p，即p＝时等号成立．‎ 故期望E(ξ)＝p，方差D(ξ)的最大值为.‎ 法二：由题意知，随机变量ξ服从两点分布，其发生的概率为p，不发生的概率为1－p，‎ 所以E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)＝－2＋≤.‎ 答案：p　 ‎2．(2019·浙江六校联考)甲、乙同学参加“中学生辩论赛”的选拔测试，在相同的测试条件下，甲、乙5次测试的成绩(单位：分)如下表：‎ 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 甲 ‎58‎ ‎55‎ ‎76‎ ‎92‎ ‎88‎ 乙 ‎65‎ ‎82‎ ‎87‎ ‎85‎ ‎95‎ 若从甲、乙5次的成绩中各随机抽取1次进行分析，则抽到的2个成绩中高于80分的个数X的数学期望为________，方差为________．‎ 解析：由题意知，X的所有可能取值为0,1,2，且从甲、乙5次的成绩中各随机抽取1次，甲的成绩高于80分的概率P1＝，乙的成绩高于80分的概率P2＝，则P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝×＋×＝，P(X＝2)＝×＝.故X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝，方差D(X)＝×2＋×2＋×2＝.‎ 答案：　 ‎[由题悟法]‎ 求离散型随机变量的均值、方差的4个步骤 ‎(1)理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值；‎ ‎(2)求X的每个值的概率；‎ ‎(3)写出X的分布列；‎ ‎(4)由均值定义求出E(X)，D(X)．‎ ‎[即时应用]‎ ‎1．(2019·浙江名校联考)某高校在新学期开学之际为大一贫困新生提供A，B，C三个等级的助学金，要求每位申请人只能申请其中一个等级的助学金，且申请任何一个等级是等可能的，每位申请人所申请的等级互不影响．则在该校任意4位申请人中，被申请的助学金的等级个数X的数学期望为________．‎ 解析：随机变量X的所有可能取值为1,2,3.P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.所以随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＝.‎ 答案： ‎2．(2019·杭州七校联考)已知随机变量X的分布列如表所示，则a＝________，D(X)＝________.‎ X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P a 解析：由离散型随机变量的分布列知＋＋a＝1，解得a＝，所以E(X)＝1×＋2×＋3× ‎＝2，D(X)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝.‎ 答案：　 ‎3．(2019·金华统考)某福彩中心准备发行一种面值为5元的福利彩票刮刮卡，设计方案如下：①该福利彩票中奖率为50%；②中奖彩票的中奖金额有5元、50元和150元三种；③顾客购买一张彩票获得150元奖金的概率为p(p＞0)，获得50元奖金的概率为2%.假设某顾客一次性购买三张这种彩票，则其中至少有两张中奖的概率为________，为了能够筹得资金资助福利事业(不考虑其他成本因素)，则p的取值范围为________．‎ 解析：设“至少有两张中奖”为事件A，则P(A)＝C3＋C3＝.设福彩中心卖出一张彩票可获得的资金为ξ，则ξ的所有可能取值为5,0，－45，－145，‎ 故ξ的分布列为：‎ ξ ‎5‎ ‎0‎ ‎－45‎ ‎－145‎ P ‎50%‎ ‎50%－2%－p ‎2%‎ p 所以ξ的数学期望为E(ξ)＝5×50%＋0×(50%－2%－p)＋(－45)×2%＋(－145)×p＝－145p，所以当－145p＞0，即0＜p＜时，福彩中心能够筹得资金资助福利事业．‎ 答案：　 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．若随机变量X的分布列为 X ‎－2‎ ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ 则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，2]　　　　　　　　 　B．[1,2]‎ C．(1,2] D．(1,2)‎ 解析：选C　由随机变量X的分布列知：P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，‎ 则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(1,2]．‎ ‎2．(2019·丽水一检)集装箱有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．若有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是(　　 )‎ A. B. C. D. 解析：选B　由题意知，获奖的概率为p＝＝，记获奖的人数为ξ，ξ～B，所以4人中恰好有3人获奖的概率P(ξ＝3)＝C×3×＝.‎ ‎3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数为奇数”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　P(A)＝，P(B)＝，P()＝，P()＝.‎ A，B中至少有一件发生的概率为1－P()·P()＝1－×＝，故选D.‎ ‎4．(2019·浙江名校联考信息卷)已知随机变量ξ～B，则D(3ξ－1)＝(　　)‎ A. B. C. D．10‎ 解析：选D　因为随机变量ξ～B，所以D(ξ)＝5××＝，所以D(3ξ－1)＝32D(ξ)＝9×＝10.‎ ‎5．(2019·浙江联盟校联考)已知随机变量X满足如下分布列：‎ X ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P x a 若随机变量X的数学期望E(X)＝，则a－x＝_______，D(X)＝_______.‎ 解析：由题可得，解得所以a－x＝－＝－，D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.‎ 答案：－　 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．(2019·绍兴一模)已知p＞0，q＞0，随机变量ξ的分布列如下：‎ ‎ ξ ‎ p ‎ q P q p 若E(ξ)＝，则p2＋q2＝(　　 )‎ A. B. C. D．1‎ 解析：选C　∵p＞0，q＞0，E(ξ)＝.‎ ‎∴由随机变量ξ的分布列的性质得 ‎∴p2＋q2＝(q＋p)2－2pq＝1－＝.‎ ‎2．(2019·浙江高三模拟)已知随机变量X满足P(X＝m)＝mp，m＝1,2,3，则X的数学期望E(X)的值为(　　)‎ A．1 B. C. D. 解析：选C　∵随机变量X满足P(X＝m)＝mp，m＝1,2,3，∴p＝1，解得p＝，则E(X)＝1××＋2××2＋3××3＝.‎ ‎3．(2019·湖南十三校联考)甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为和p，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为.假设甲、乙两人射击互不影响，则p的值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　设：“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，则“甲射击一次，未击中目标”为事件，“乙射击一次，击中目标”为事件，则 P(A)＝，P()＝1－＝，P(B)＝p，P()＝1－p，‎ 依题意得×(1－p)＋×p＝，解得p＝.‎ ‎4．(2018·金华一中模拟)端午节放假，甲回老家过节的概率为，乙、丙回老家过节的概率分别为，.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，所以P()＝，P()＝，P()＝.由题知A，B，C为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P( )＝P()P()P()＝××＝，所以至少有一人回老家过节的概率P＝1－＝.‎ ‎5．(2019·浙江考前冲刺卷六)已知袋子中装有若干张标有数字1,2,3的卡片，每张卡片上分别标有一个数字，若随机抽取一张卡片，取到标有数字1的卡片的概率为，若抽取的卡片上的数字X的数学期望是2，则X的方差是(　　)‎ A. B. C. D．1‎ 解析：选B　由题意得P(X＝1)＝，设P(X＝2)＝p，P(X＝3)＝q，则p＋q＝，又E(X)＝2，所以1×＋2p＋3q＝2，解得p＝，q＝.所以D(X)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝.‎ ‎6．(2019·湖州期末)甲、乙两人被随机分配到A，B，C三个不同的岗位(一个人只能去一个工作岗位)，记分配到A岗位的人数为随机变量X，则随机变量X的数学期望E(X)＝________，方差D(X)＝________.‎ 解析：∵X的可能取值为0,1,2，∴P(X＝0)＝＝，‎ P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，‎ ‎∴X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ P E(X)＝0×＋1×＋2×＝，‎ D(X)＝2×＋2×＋2×＝.‎ 答案：　 ‎7．(2019·浙江考前冲刺卷)在一个不透明的袋子中装4个大小、形状都相同的小球，小球分别带有标号1,2,3,4，且从袋中任取一个球，取到标号为n的小球的概率p(n)＝(n＝1,2,3,4)，则k＝________；现从袋子中任取一个小球，若取到的小球的标号n为奇数，则得到的分值为2n，若取到的小球的标号n为偶数，则得到的分值为n，用ξ表示得到的分值，则D(ξ)＝________.‎ 解析：由题意得，k＝1，解得k＝2.‎ ξ的所有可能取值为2,4,6，‎ 且P(ξ＝2)＝＋＝，P(ξ＝4)＝，P(ξ＝6)＝，‎ 则随机变量ξ的分布列为 ξ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ P ‎∴E(ξ)＝2×＋4×＋6×＝4，‎ D(ξ)＝×(2－4)2＋×(4－4)2＋×(6－4)2＝.‎ 答案：2　 ‎8．(2019·台州三校适考)某特种部队的3名战士甲、乙、丙在完成一次任务后有三条撤退路线可走，他们各自选择撤退的路线是随机且相互独立的，若这三条路线能顺利撤退回到部队的概率分别为，，，则战士甲能顺利撤退回到部队的概率为________，设X为顺利撤退回到部队的战士的人数，则E(X)＝________.‎ 解析：设战士甲能顺利撤退回到部队的概率为P，因为他从三条路线中选择一条顺利撤退回到部队是随机的，所以P＝×＋×＋×＝.‎ 由题意可得X的所有可能取值为0,1,2,3，分析可知X服从二项分布X～B，‎ 法一：所以P(X＝0)＝C03＝，‎ P(X＝1)＝C12＝，‎ P(X＝2)＝C21＝，‎ P(X＝3)＝C30＝，‎ 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ 法二：n＝3，p＝，E(X)＝np＝3×＝.‎ 答案：　 ‎9．有编号为1,2,3，…，n的n个学生，入坐编号为1,2,3，…，n的n个座位，每个学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，已知X＝2时，共有6种坐法．‎ ‎(1)求n的值．‎ ‎(2)求随机变量X的概率分布列．‎ 解：(1)因为当X＝2时，有C种坐法，‎ 所以C＝6，即＝6，‎ n2－n－12＝0，解得n＝4或n＝－3(舍去)，所以n＝4.‎ ‎(2)因为学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，‎ 由题意知X的可能取值是0,2,3,4，‎ 所以P(X＝0)＝＝，‎ P(X＝2)＝＝＝，‎ P(X＝3)＝＝＝，‎ P(X＝4)＝1－－－＝，‎ 所以X的概率分布列为：‎ X ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎10．乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同．‎ ‎(1)求甲以4比1获胜的概率．‎ ‎(2)求乙获胜且比赛局数多于5局的概率．‎ ‎(3)求比赛局数的分布列．‎ 解：(1)由已知，得甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是.‎ 记“甲以4比1获胜”为事件A，‎ 则P(A)＝C34－3·＝.‎ 故甲以4比1获胜的概率为.‎ ‎(2)记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B，乙以4比2获胜的概率为P1＝C35－3·＝，‎ 乙以4比3获胜的概率为P2＝C36－3·＝，‎ 所以P(B)＝P1＋P2＝.‎ 即乙获胜且比赛局数多于5局的概率为.‎ ‎(3)设比赛的局数为X，则X的可能取值为4,5,6,7.‎ P(X＝4)＝2C4＝，‎ P(X＝5)＝2C34－3·＝，‎ P(X＝6)＝2C35－3·＝，‎ P(X＝7)＝2C36－3·＝.‎ 故比赛局数的分布列为：‎ X ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ P 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．(2018·浙江名校联考)已知随机变量X，Y的分布列如下(其中x≠y)，则(　　)‎ X ‎1‎ ‎2‎ P x2‎ y2‎ ‎　‎ Y ‎1‎ ‎2‎ P y2‎ x2‎ A．E(X)＝E(Y)，D(X)＝D(Y)‎ B．E(X)≠E(Y)，D(X)≠D(Y)‎ C．E(X)·E(Y)＞D(X)＋D(Y)‎ D．E(X)＋E(Y)＜D(X)·D(Y)‎ 解析：选C　E(X)＝x2＋2y2＝1＋y2，E(Y)＝2x2＋y2＝1＋x2，D(X)＝x2(1＋y2－1)2＋y2(1＋y2－2)2＝x2y4＋y2(y2－1)2＝x2y2，同理得D(Y)＝x2y2，∵x2＋y2＝1，∴x2＋y2≥2，∴x2y2≤，当且仅当x2＝y2时等号成立．∴E(X)·E(Y)＝(1＋y2)(1＋x2)＝2＋x2y2＞2x2y2＝D(X)＋D(Y)，E(X)＋E(Y)＝3＞≥(x2y2)2＝D(X)·D(Y)，故选C.‎ ‎2．(2019·浙江名校联考信息卷)已知随机变量ξ的所有可能取值为1,2,3，且P(ξ＝i)＝pi(i＝1,2,3)，若E(ξ)＝2，则当p＋p＋p取得最小值时，D(ξ)＝(　　)‎ A. B. C．1 D. 解析：选B　由题意可知 ‎∴p＋p＋p＝p＋(1－2p3)2＋p＝6p－4p3＋1，易知当p＋p＋p取得最小值时，p3＝，p2＝，p1＝，∴D(ξ)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝.‎ ‎3．在一袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1,2,3,4)，现从袋中任取一球，X表示所取球的标号．‎ ‎(1)求X的分布列、期望和方差；‎ ‎(2)若Y＝aX＋b，E(Y)＝1，D(Y)＝11，试求a，b的值．‎ 解：(1)X的取值为0,1,2,3,4，其分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5，‎ D(X)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.‎ ‎(2)由D(Y)＝a2D(X)得2.75a2＝11，得a＝±2，‎ 又E(Y)＝aE(X)＋b，‎ ‎∴当a＝2时，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；‎ 当a＝－2时，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4，‎ ‎∴或 命题点一　复数 ‎1．(2018·浙江高考)复数(i为虚数单位)的共轭复数是(　　)‎ A．1＋i　　　　　　　　 　B．1－i C．－1＋i D．－1－i 解析：选B　∵＝＝＝1＋i，‎ ‎∴其共轭复数是1－i.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)下列各式的运算结果为纯虚数的是(　　)‎ A．i(1＋i)2 B．i2(1－i)‎ C．(1＋i)2 D．i(1＋i)‎ 解析：选C　A项，i(1＋i)2＝i·2i＝－2，不是纯虚数；‎ B项，i2(1－i)＝－(1－i)＝－1＋i，不是纯虚数；‎ C项，(1＋i)2＝2i,2i是纯虚数；‎ D项，i(1＋i)＝i＋i2＝－1＋i，不是纯虚数．故选C.‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅰ)设z＝＋2i，则|z|＝(　　)‎ A．0　　　 　 　 　　　　　 B. C．1 D. 解析：选C　∵z＝＋2i＝＋2i＝＋2i＝i，∴|z|＝1.故选C.‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅲ)(1＋i)(2－i)＝(　　)‎ A．－3－i B．－3＋i C．3－i D．3＋i 解析：选D　(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i.‎ ‎5．(2018·北京高考)在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于(　　)‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：选D　＝＝＋，其共轭复数为－，对应点位于第四象限．故选D.‎ ‎6．(2017·北京高考)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，1) B．(－∞，－1)‎ C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)‎ 解析：选B　因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，‎ 所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，‎ 又此点在第二象限，所以解得a＜－1.‎ ‎7．(2017·浙江高考)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虚数单位)，则a2＋b2＝________，ab＝________.‎ 解析：∵(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝3＋4i，‎ ‎∴∴或 ‎∴a2＋b2＝5，ab＝2.‎ 答案：5　2‎ ‎8．(2018·天津高考)i是虚数单位，复数＝________.‎ 解析：＝＝＝4－i.‎ 答案：4－i ‎9．(2018·江苏高考)若复数z满足i·z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为________．‎ 解析：由i·z＝1＋2i，得z＝＝2－i，‎ ‎∴z的实部为2.‎ 答案：2‎ 命题点二　排列、组合 ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)‎ 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有(　　)‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解析：选D　因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2,1,1，有＝6种，再分配给3个人，有A＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．‎ ‎2．(2018·浙江高考)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)‎ 解析：不含有0的四位数有CCA＝720(个)．‎ 含有0的四位数有CCCA＝540(个)．‎ 综上，组成没有重复数字的四位数的个数为720＋540＝1 260.‎ 答案：1 260‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字填写答案)‎ 解析：法一：(直接法)按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有CC种，有2位女生参加有CC种．故共有CC＋CC＝2×6＋4＝16(种)．‎ 法二：(间接法)从2位女生，4位男生中选3人，共有C种情况，没有女生参加的情况有C种，故共有C－C＝20－4＝16(种)．‎ 答案：16‎ ‎4．(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)‎ 解析：法一：分两步，第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C－C＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长、副队长各1人，有A＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．‎ 法二：不考虑限制条件，共有AC种不同的选法，‎ 而没有女生的选法有AC种，‎ 故至少有1名女生的选法有AC－AC＝840－180＝660(种)．‎ 答案：660‎ ‎5．(2014·浙江高考)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．‎ 解析：分情况：一种情况将有奖的奖券按2张、1张分给4个人中的2个人，种数为CCA＝36；另一种将3张有奖的奖券分给4个人中的3个人，种数为A ‎＝24，则获奖情况总共有36＋24＝60(种)．‎ 答案：60‎ 命题点三　二项式定理 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)5的展开式中x4的系数为(　　)‎ A．10 B．20‎ C．40 D．80‎ 解析：选C　5的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·2r·x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为C·22＝40.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)‎ A．－80 B．－40‎ C．40 D．80‎ 解析：选C　当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(－y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(－y)2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×(8－4)＝40.‎ ‎3．(2014·浙江高考)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝(　　)‎ A．45 B．60‎ C．120 D．210‎ 解析：选C　由题意知f(3,0)＝CC，f(2,1)＝CC，f(1，2)＝CC，f(0,3)＝CC，‎ 因此f(3,0)＋f(2,1)＋f(1，2)＋f(0,3)＝120，选C.‎ ‎4．(2017·浙江高考)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝________，a5＝________.‎ 解析：由题意知a4为含x的项的系数，根据二项式定理得a4＝C×12×C×22＋C×13×C×2＝16，a5是常数项，所以a5＝C×13×C×22＝4.‎ 答案：16　4‎ ‎5．(2018·浙江高考)二项式8的展开式的常数项是________．‎ 解析：由题意，得Tr＋1＝C·()8－r·r ‎＝C·r·x.‎ 令＝0，得r＝2.‎ 因此T3＝C·2＝7.‎ 答案：7‎ ‎6．(2014·全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)‎ 解析：(x＋y)8中，Tr＋1＝Cx8－ryr，‎ 令r＝7，再令r＝6，‎ 得x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.‎ 答案：－20‎ 命题点四　古典概型 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C＝45种情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，所以所求概率是＝.故选C.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　记两次取得卡片上的数字依次为a，b，则一共有25个不同的数组(a，b)，其中满足a＞b的数组共有10个，分别为(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，因此所求的概率P＝＝.‎ ‎3．(2018·江苏高考)某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为________．‎ 解析：设2名男生为a，b,3名女生为A，B，C，从中选出2人的情况有(a，b)，(a，A)，(a，B)，(a，C)，(b，A)，(b，B)，(b，C)，(A，B)，(A，C)，(B，C)，共10种，而都是女生的情况有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3种，故所求概率为.‎ 答案： ‎4．(2017·山东高考)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3中选择2个国家去旅游．‎ ‎(1)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；‎ ‎(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A1但不包括B1的概率．‎ 解：(1)由题意知，从6个国家中任选2个国家，其所有可能的结果组成的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，共15个．‎ 所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3个．‎ 则所求事件的概率为P＝＝.‎ ‎(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其所有可能的结果组成的基本事件有：‎ ‎{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，共9个．‎ 包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个，‎ 则所求事件的概率为P＝.‎ 命题点五　离散型随机变量及其分布列、均值与方差 ‎1．(2017·浙江高考)已知随机变量ξi满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0＜p1＜p2＜，则(　　)‎ A．E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)‎ B．E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)‎ C．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)‎ D．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)‎ 解析：选A　根据题意得，E(ξi)＝pi，D(ξi)＝pi(1－pi)，i＝1,2，∵0＜p1＜p2＜，‎ ‎∴E(ξ1)＜E(ξ2)．‎ 令f(x)＝x(1－x)，则f(x)在上单调递增，‎ ‎∴f(p1)＜f(p2)，即D(ξ1)＜D(ξ2)．‎ ‎2．(2018·浙江高考)设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 则当p在(0,1)内增大时，(　　)‎ A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大 C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小 解析：选D　由题意知E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝p＋，‎ D(ξ)＝2×＋2×＋2× ‎＝2×＋2×＋2× ‎＝－p2＋p＋＝－2＋，‎ ‎∴D(ξ)在上递增，在上递减，‎ 即当p在(0,1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝(　　)‎ A．0.7 B．0.6‎ C．0.4 D．0.3‎ 解析：选B　由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，‎ 所以DX＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.‎ 又因为P(X＝4)＜P(X＝6)，‎ 所以Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，‎ 所以p＞0.5，所以p＝0.6.‎ ‎4．(2017·天津高考)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，.‎ ‎(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；‎ ‎(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．‎ 解：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.‎ P(X＝0)＝××＝，‎ P(X＝1)＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝2)＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝3)＝××＝.‎ 所以随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为 P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)‎ ‎＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)‎ ‎＝×＋×＝.‎ 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.‎ ‎5．(2017·江苏高考)已知一个口袋中有m个白球，n个黑球(m，n∈N*，n≥2)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机地逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m＋n的抽屉内，其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k＝1,2,3，…，m＋n).‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎…‎ m＋n ‎(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p；‎ ‎(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)＜.‎ 解：(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p为：‎ p＝＝.‎ ‎(2)证明：随机变量X的概率分布为：‎ X ‎…‎ ‎…‎ P ‎…‎ ‎…‎ 随机变量X的期望为：‎ E(X)＝·＝·.‎ 所以E(X)＜ ‎＝ ‎＝(1＋C＋C＋…＋C)‎ ‎＝(C＋C＋C＋…＋C)‎ ‎＝(C＋C＋…＋C)‎ ‎＝…＝(C＋C)‎ ‎＝＝，‎ 即E(X)＜.‎