2017年高考数学（理,山东）二轮专题复习（教师用书）：第1部分 专题3 突破点9 随机变量及其分布
突破点9 随机变量及其分布
(对应学生用书第167页)
提炼1
离散型随机变量的分布列
离散型随机变量X的分布列如下：
X
x1
x2
x3
…
xi
…
xn
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
则(1)pi≥0.
(2)p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期望)．
D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xi－E(X))2·pi＋…＋(xn－E(X))2·pn叫做随机变量X的方差．
(4)均值与方差的性质
①E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为实数)．
(5) 两点分布与二项分布的均值、方差
①若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
提炼2
几种常见概率的计算
(1)条件概率
在A发生的条件下B发生的概率为P(B|A)＝＝.
(2)相互独立事件同时发生的概率
P(AB)＝P(A)P(B)．
(3)独立重复试验的概率
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n
次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
提炼3
正态分布
(1)若X～N(μ，σ2)，则①P(μ－σ
μ＋a)．
回访1 条件概率
1．(2015·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A．0.648 B．0.432
C．0.36 D．0.312
A [3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.]
2．(2014·全国卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
A [已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝＝0.8.]
回访2 正态分布
3．(2015·山东高考)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ
－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
B [由正态分布的概率公式知P(－3＜ξ＜3)＝0.682 6，P(－6＜ξ＜6)＝0.954 4，故P(3＜ξ＜6)＝＝
＝0.135 9＝13.59%，故选B.]
4．(2012·全国卷)某一部件由三个电子元件按如图91所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．
图91
[设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝，
∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(A＋B＋AB)C，
∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率
P＝×＝.]
回访3 随机变量的分布列、期望、方差
5．(2016·山东高考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.
[解] (1)记事件A：“甲第一轮猜对”，
记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，
记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC，2分
由事件的独立性与互斥性，
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝，
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.5分
(2)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×
＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，8分
P(X＝3)＝×××＋×××
＝＝，
P(X＝4)＝2×
＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.10分
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.12分
(对应学生用书第167页)
热点题型1 相互独立事件的概率与条件概率
题型分析：高考对条件概率的考查，主要体现在对条件概率的了解层次，难度较小，对事件相互独立性的考查相对较频繁，难度中等.
(1)(2016·山西考前模拟)某同学用计算器产生了两个[0,1]之间的均匀随机数，分别记作x，y.当y的概率是( ) 【导学号：67722034】
A. B.
C. D.
(2)如图92，由M到N的电路中有4个元件，分别标为T1，T2，T3，T4，电流能通过T1，T2，T3的概率都是p，电流能通过T4的概率是0.9.电流能否通过各元件相互独立．已知T1，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.
图92
①求p；
②求电流能在M与N之间通过的概率．
(1)D [记“y”为事件B，所以(x，y)构成的区域如图所示，所以S1＝x2dx＝x3＝，S2＝x2dx－S1＝x3－＝，则所求概率为＝＝＝，故选D.]
(2)记Ai表示事件：电流能通过Ti，i＝1,2,3,4，A表示事件：T1，T2，T3中至少有一个能通过电流，
B表示事件：电流能在M与N之间通过．
①＝123，1，2，3相互独立，2分
P()＝P(123)
＝P(1)P(2)P(3)＝(1－p)3.3分
又P()＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，4分
故(1－p)3＝0.001，p＝0.9.6分
②B＝A4∪4A1A3∪41A2A3，8分
P(B)＝P(A4∪4A1A3∪41A2A3)
＝P(A4)＋P(4A1A3)＋P(41A2A3)
＝P(A4)＋P(4)P(A1)P(A3)＋P(4)P(1)P(A2)P(A3)
＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9
＝0.989 1.12分
1．解决条件概率的关键是明确“既定条件”．
2．求相互独立事件和独立重复试验的概率的方法
(1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．
(2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．
[变式训练1] (2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
[解] (1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故
P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.2分
(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.4分
又P(AB)＝P(B)，
故P(B|A)＝＝＝＝.
因此所求概率为.6分
(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为
X
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
P
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
9分
E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.11分
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.12分
热点题型2 离散型随机变量的分布列、期望和方差
题型分析：
离散型随机变量的分布列问题是高考的热点，常以实际生活为背景，涉及事件的相互独立性、互斥事件的概率等，综合性强，难度中等.
(2016·威海二模)2015年，威海智慧公交建设项目已经基本完成．为了解市民对该项目的满意度，分别从不同公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分(满分100分)，绘制如下频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级：
满意度评分
低于60分
60分到79分
80分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意
已知满意度等级为基本满意的有680人．
(1)若市民的满意度评分相互独立，以满意度样本估计全市市民满意度．现从全市市民中随机抽取4人，求至少有2人非常满意的概率；
(2)在等级为不满意市民中，老年人占.现从该等级市民中按年龄分层抽取15人了解不满意的原因，并从中选取3人担任整改督导员，记X为老年督导员的人数，求X的分布列及数学期望E(X)；
(3)相关部门对项目进行验收，验收的硬性指标是：市民对该项目的满意指数不低于0.8，否则该项目需进行整改，根据你所学的统计知识，判断该项目能否通过验收，并说明理由．(注：满意指数＝)
图93
[解] (1)由频率分布直方图可知
a＝[1－10×(0.035＋0.004＋0.020＋0.014＋0.002)]＝0.025，1分
∴市民非常满意的概率为0.025×10＝0.25＝.2分
∵市民满意度评分相互独立，∴ P＝1－C04－C13＝1－＝或P＝C22＋C31＋C40＝.4分
(2)按年龄分层抽样抽取15人进行座谈，则老年市民抽15×＝5人．
从15人中选取3名整改督导员的所有可能情况为C，
由题知X的可能取值为0,1,2,3，6分
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
X
0
1
2
3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.10分
(3)所选样本满意程度的平均得分为
45×0.02＋55×0.04＋65×0.14＋75×0.2＋85×0.35＋95×0.25＝80.7，估计市民满意度程度的平均得分为80.7，所以市民满意度指数为＝0.807＞0.8，所以该项目能通过验收.12分
解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：
(1)明确随机变量可能取哪些值．
(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值．
(3)根据分布列和期望、方差公式求解．
提醒：明确离散型随机变量的取值及事件间的相互关系是求解此类问题的关键．
[变式训练2] (名师押题)
第31届夏季奥林匹克运动会已于2016年8月5日—21日在巴西里约热内卢举行完毕．下表是近六届奥运会中国代表团和俄罗斯代表团获得的金牌数的统计数据(单位：枚).
第31届
巴西
第30届
伦敦
第29届
北京
第28届
雅典
第27届
悉尼
第26届
亚特兰大
中国
26
38
51
32
28
16
俄罗斯
19
24
23
27
32
26
(1)根据表格中两组数据完成近五届奥运会两国代表团获得的金牌数的茎叶图，并通过茎叶图比较两国代表团获得的金牌数的平均值及分散程度(不要求计算出具体数值，给出结论即可)；
(2)甲、乙、丙三人竞猜下届中国代表团和俄罗斯代表团中的哪一个获得的金牌数多(假设两国代表团获得的金牌数不会相等)，规定甲、乙、丙必须在两个代表团中选一个，已知甲、乙猜中国代表团的概率都为，丙猜中国代表团的概率为，三人各自猜哪个代表团互不影响．现让甲、乙、丙各猜一次，设三人中猜中国代表团的人数为X，求X的分布列及数学期望E(X)．
[解] (1)两国代表团获得的金牌数的茎叶图如下：
通过茎叶图可以看出，中国代表团获得的金牌数的平均值高于俄罗斯代表团获得的金牌数的平均值；俄罗斯代表团获得的金牌数比较集中，中国代表团获得的金牌数比较分散.6分
(2)X的可能取值为0,1,2,3，设事件A，B，C分别表示甲、乙、丙猜中国代表团，则P(X＝0)＝P()·P()·P()＝2×＝，7分
P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝C×××＋2×＝，8分
P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝2×＋C×××＝，9分
P(X＝3)＝P(A)·P(B)·P(C)＝2×＝.10分
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
11分
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.12分
热点题型3 正态分布问题
题型分析：由于正态分布与频率分布直方图有极大的相似性，故在复习备考中应适度关注这一知识间的联系，同时对正态分布的图象特征给予高度关注.
(2014·全国卷Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：
图94
(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(187.83)＝0.023，则P(－3≤ξ≤
3)＝________.
(1)B (2)0.954 [(1)由题意得，P(X≤－1)＝P(X≥3)＝0.022 8，
∴P(－13)＝0.5－0.023＝0.477，
∴P(－3≤ξ≤3)＝2P(0≤ξ≤3)＝2×0.477＝0.954.]
专题限时集训(九) 随机变量及其分布
[建议A、B组各用时：45分钟]
[A组 高考达标]
一、选择题
1．已知变量X服从正态分布N(2,4)，下列概率与P(X≤0)相等的是( )
A．P(X≥2) B．P(X≥4)
C．P(0≤X≤4) D．1－P(X≥4)
B [由变量X服从正态分布N(2,4)可知，x＝2为其密度曲线的对称轴，因此P(X≤0)＝P(X≥4)．故选B.]
2．(2016·厦门模拟)某种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需要再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A．100 B．200
C．300 D．400
B [将“没有发芽的种子数”记为ξ，则ξ＝1,2,3，…，1 000，由题意可知ξ～B(1 000,0.1)，所以E(ξ)＝1 000×0.1＝100，又因为X＝2ξ，所以E(X)＝2E(ξ)＝200，故选B.]
3．现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为
；向乙靶射击两次，每次命中的概率为.该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击，该射手恰好命中一次的概率为( )
A. B.
C. D.
C [××＋××＋××＝，故选C.]
4．(2016·合肥二模)某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为( ) 【导学号：67722035】
A. B.
C. D.
A [“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的安排方法中，另外3人中任何一个人第一个出场的概率都相等，故“C第一个出场”的概率是.]
5．箱中装有标号为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．现在4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )
A. B.
C. D.
B [若摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情形；若摸出的两球是2,6，也能获奖．故获奖的情形共6种，获奖的概率为＝.现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率是C3·＝.]
二、填空题
6．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.
[由题意设P(ξ＝1)＝p，
ξ的分布列如下：
ξ
0
1
2
P
p
－p
由E(ξ)＝1，可得p＝，
所以D(ξ)＝12×＋02×＋12×＝.]
7．某学校一年级共有学生100名，其中男生60人，女生40人．来自北京的有20人，其中男生12人，若任选一人是女生，则该女生来自北京的概率是________．
[设事件A为“任选一人是女生”，B为“任选一人来自北京”，依题意知，来自北京的女生有8人，这是一个条件概率，问题即计算P(B|A)．
由于P(A)＝，P(AB)＝，
则P(B|A)＝＝＝.]
8．(2016·黄冈一模)荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图96所示，假设现在青蛙在A叶上，则跳三次后仍停在A叶上的概率是________．
图96
[设顺时针跳的概率为p，则逆时针跳的概率为2p，则p＋2p＝1，即p＝，由题意可知，青蛙三次跳跃 的方向应相同，即要么全为顺时针方向，要么全为逆时针方向，故所求概率P＝3＋3＝＋＝.]
三、解答题
9．(2016·烟台二模)甲、乙两人进行象棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分．在其中的一方比对方多得2分或下满5局时停止比赛．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．
(1)求没下满5局甲即获胜的概率；
(2)设比赛停止时已下局数为ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
[解] (1)没下满5局甲获胜有两种情况：
①是两局后甲获胜，此时P1＝×＝，2分
②是四局后甲获胜，此时P2＝××＝，4分
所以甲获胜的概率P＝P1＋P2＝＋＝.5分
(2)依题意知，ξ的所有可能值为2,4,5.6分
设前4局每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为：
2＋2＝.7分
若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，从而有：
P(ξ＝2)＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝5)＝2＝.10分
所以ξ的分布列为：
ξ
2
4
5
P
故E(ξ)＝2×＋4×＋5×＝.12分
10．甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲、乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分．已知甲队3人每人答对的概率分别为，，，乙队每人答对的概率都是.设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分．
(1)求随机变量ξ的分布列及其数学期望E(ξ)；
(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率．
[解] (1)ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝××＝；1分
P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝；2分
P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝；3分
P(ξ＝3)＝××＝.4分
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
6分
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.8分
(2)设“甲队和乙队得分之和为4”为事件A，“甲队比乙队得分高”为事件B，
则P(A)＝×C3＋×C2×＋×C1×2＝.10分
P(AB)＝×C1×2＝.11分
P(B|A)＝＝＝.12分
[B组 名校冲刺]
一、选择题
1．(2016·河北第二次联考)已知袋子中装有大小相同的6个小球，其中有2个红球、4个白球．现从中随机摸出3个小球，则至少有2个白球的概率为( )
A. B.
C. D.
C [所求问题有两种情况：1红2白或3白，则所求概率P＝＝.]
2．如图97，△ABC和△DEF是同一个圆的内接正三角形，且BC∥EF.将一颗豆子随机地扔到该圆内，用M表示事件“豆子落在△ABC内”，N表示事件“豆子落在△DEF内”，则P(|M)＝( )
图97
A. B.
C. D.
C [如图，作三条辅助线，根据已知条件知这些小三角形都全等，△ABC包含9个小三角形，满足事件M的有3个小三角形，所以P(|M)＝＝＝，故选C.]
3．设随机变量X服从正态分布N(2,9)，若P(X>c＋1)＝P(X，则p的取值范围是________.
【导学号：67722036】
[由已知得P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝(1－p)p，P(η＝3)＝(1－p)2，则E(η)＝
p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>，解得p>或p<，又p∈(0,1)，所以p∈.]
三、解答题
7．(2016·郑州模拟)已知从A地到B地共有两条路径L1和L2，据统计，经过两条路径所用的时间互不影响，且经过L1与L2所用时间落在各时间段内的频率分布直方图分别如图98(1)和图(2)．
(1) (2)
图98
现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于从A地到B地．
(1)为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到B地，甲和乙应如何选择各自的路径？
(2)用X表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到B地的人数，针对(1)的选择方案，求X的分布列和数学期望．
[解] (1)用Ai表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到B地”，B i表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到B地”，i＝1,2.1分
由频率分布直方图及频率估计相应的概率可得
P(A1)＝(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，
P(A2)＝(0.01＋0.04)×10＝0.5.
∵P(A1)>P(A2)，故甲应选择L1.3分
P(B1)＝(0.01＋0.02＋0.03＋0.02)×10＝0.8，
P(B2)＝(0.01＋0.04＋0.04)×10＝0.9.
∵P(B2)>P(B1)，故乙应选择L2.5分
(2)用M，N分别表示针对(1)的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到B地，
由(1)知P(M)＝0.6，P(N)＝0.9，又由题意知，M，N相互独立，7分
∴P(X＝0)＝P()＝P()P()＝0.4×0.1＝0.04；
P(X＝1)＝P(N＋M)＝P()P(N)＋P(M)P()
＝0.4×0.9＋0.6×0.1＝0.42；
P(X＝2)＝P(MN)＝P(M)P(N)＝0.6×0.9＝0.54.9分
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
0.04
0.42
0.54
∴E(X)＝0×0.04＋1×0.42＋2×0.54＝1.5.12分
8．气象部门提供了某地区今年六月份(30天)的日最高气温的统计表如下：
日最高气温t/℃
t≤22
2232
天数
6
12
Y
Z
由于工作疏忽，统计表被墨水污染，Y和Z数据不清楚，但气象部门提供的资料显示，六月份的日最高气温不高于32℃的频率为0.9.某水果商根据多年的销售经验，六月份的日最高气温t(单位：℃)对西瓜的销售影响如下表：
日最高气温t/℃
t≤22
2232
日销售额
X/千元
2
5
6
8
(1)求Y，Z的值；
(2)若视频率为概率，求六月份西瓜日销售额X的期望和方差；
(3)在日最高气温不高于32℃时，求日销售额不低于5千元的概率．
[解] (1)由已知得P(t≤32)＝0.9，所以P(t>32)＝1－P(t≤32)＝0.1，所以Z＝30×0.1＝3，Y＝30－(6＋12＋3)＝9.3分
(2)由题意，知X的所有可能取值为2,5,6,8.
易知P(X＝2)＝P(t≤22)＝＝0.2，P(X＝5)＝P(2232)＝＝0.1.
所以六月份西瓜日销售额X的分布列为
X
2
5
6
8
P
0.2
0.4
0.3
0.1
6分
所以E(X)＝2×0.2＋5×0.4＋6×0.3＋8×0.1＝5，7分
D(X)＝(2－5)2×0.2＋(5－5)2×0.4＋(6－5)2×0.3＋(8－5)2×0.1＝3.8分
(3)因为P(t≤32)＝0.9，P(22
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