高三数学（理数）总复习练习专题十七 随机变量及其分布列
1．(2014·课标Ⅱ，5，易)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
【答案】 A 设“一天的空气质量为优良”为事件A，“连续两天为优良”为事件AB，则已知某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为优良的概率为P(B|A)．由条件概率可知，P(B|A)＝＝＝＝0.8，故选A.
2．(2011·湖北，7，中)如图，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次为0.9，0.8，0.8，则系统正常工作的概率为( )
A．0.960 B．0.864
C．0.720 D．0.576
【答案】 B A1，A2是否正常工作相互独立，所以A1，A2同时不能工作的概率为(1－0.8)×(1－0.8)＝0.2×0.2＝0.04，所以A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.故选B.
3．(2014·山东，18，12分，中)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分．如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其他情况记0分．对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响．求：
(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
(2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．
解：记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i＝0，1，3)，
则P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝；
记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i＝0，1，3)，
则P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝.
(1)记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”．
由题意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，
由事件的独立性和互斥性，得
P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3)
＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)
＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)·
P(B1)＋P(A0)P(B3)
＝×＋×＋×＋×＝，
所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.
(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6，
由事件的独立性和互斥性，得
P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝，
P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝×＋×＝，
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝，
P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝×＋×＝，
P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝×＋×＝，
P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝.
可得随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
4．(2012·山东，19，12分，中)现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分．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．
(1)求该射手恰好命中一次的概率；
(2)求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX.
解：(1)记“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D，
由题意知P(B)＝，P(C)＝P(D)＝，
由于A＝B∪C∪D，
根据事件的独立性和互斥性得
P(A)＝P(B ∪C∪D)
＝P(B )＋P(C)＋P(D)
＝P(B)P()P()＋P()P(C)P()＋P()P()P(D)
＝××＋××＋××
＝.
(2)根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，
根据事件的独立性和互斥性得
P(X＝0)＝P( )＝[1－P(B)][1－P(C)][1－P(D)]
＝××＝，
P(X＝1)＝P(B)＝P(B)P()P()
＝××＝，
P(X＝2)＝P(C∪D)
＝P(C)＋P(D)
＝××＋××＝，
P(X＝3)＝P(BC∪BD)
＝P(BC)＋P(BD)
＝××＋××＝，
P(X＝4)＝P(CD)
＝××＝，
P(X＝5)＝P(BCD)
＝××＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P
EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
5．(2014·陕西，19，12分，中)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
作物产量(kg)
300
500
概率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概率
0.4
0.6
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；
(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．
解：(1)设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，
由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
∵利润＝产量×市场价格－成本，
∴X所有可能的取值为
500×10－1 000＝4 000，500×6－1 000＝2 000，
300×10－1 000＝2 000，300×6－1 000＝800.
P(X＝4 000)＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2 000)＝P()P(B)＋P(A)P()＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，
P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，
所以X的分布列为
X
4 000
2 000
800
P
0.3
0.5
0.2
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i＝1，2，3)，
由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，
P(Ci)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1，2，3)，
3季的利润均不少于2 000元的概率为
P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；
3季中有2季利润不少于2 000元的概率为
P(CC2C3)＋P(C1CC3)＋P(C1C2C)＝3×0.82×0.2＝0.384，
所以，这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
考向1 求相互独立事件的概率
1．相互独立事件的概率运算
(1)事件A，B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B)．(“AB”也可记为“A∩B”)
(2)若事件A1，A2，…，An相互独立，那么这些事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
2．事件A，B相互独立，则与，A与，与B也相互独立．
互斥事件与独立事件的区别：两事件互斥是指一个试验中的两个结果在一次试验中不可能同时发生，即P(AB)＝0；两事件独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率无影响．
(2014·大纲全国，20，12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立．
(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；
(2)X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望．
【思路导引】 (1)由独立事件同时发生的概率公式求解；
(2)判断X的所有可能情况并分别求出相应的概率，再利用期望公式求解．
【解析】 设Ai表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备，i＝0，1，2，
B表示事件：甲需使用设备，
C表示事件：丁需使用设备，
D表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．
(1)D＝A1·B·C＋A2·B＋A2··C，
P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(Ai)＝C×0.52，i＝0，1，2，
所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2··C)
＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2··C)
＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P()P(C)
＝0.31.
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，则有
P(X＝0)＝P(·A0·)
＝P()P(A0)P()
＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)
＝0.06，
P(X＝1)＝P(B·A0·＋·A0·C＋·A1·)
＝P(B)P(A0)P()＋P()P(A0)P(C)＋P()P(A1)P()
＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)
＝0.25，
P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，
P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，
P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)
＝1－0.06－0.25－0.25－0.06
＝0.38，
X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.06
0.25
0.38
0.25
0.06
数学期望EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)
＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06
＝2.
相互独立事件概率的求法
(1)首先要搞清事件间的关系(是否彼此互斥、是否相互独立、是否对立)，正确区分“互斥事件”与“对立事件”．当且仅当事件A和事件B相互独立时，才有P(AB)＝P(A)P(B)．
(2)A，B中至少有一个发生：A∪B.
①若A，B互斥：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，否则不成立．
②若A，B相互独立(不互斥)，则概率的求法：
方法一：P(A∪B)＝P(AB)＋P(A)＋P(B)；
方法二：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)
＝1－P()P()．
(3)某些事件若含有较多的互斥事件，可考虑其对立事件的概率，这样可减少运算量，提高准确率．要注意“至多”“至少”等题型的转化．
(2013·陕西，19，12分)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至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，另外在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号中随机选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的分布列和数学期望．
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，
∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为
P(A)＝P(A)·P()＝P(A)[1－P(B)]＝×＝.
(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝＝.
∵X可能的取值为0，1，2，3，且P(X＝0)＝P()＝××＝，
P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴X的数学期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
考向2 条件概率
1．条件概率的定义
设A，B是两个事件，且P(A)>0，称P(A|B)＝为在事件B发生时事件A发生的条件概率．
公式P(A|B)＝既是条件概率的定义，也是条件概率的计算公式．
2．条件概率的性质
(1)0≤P(B|A)≤1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
(3)若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．
(2015·湖北荆门模拟，20，12分)某工厂生产了一批产品共有20件，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件．求：
(1)第一次抽到次品的概率；
(2)第一次和第二次都抽到次品的概率；
(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率．
【解析】 设“第一次抽到次品”为事件A，“第二次抽到次品”为事件B，事件A和事件B相互独立．
依题意得：(1)第一次抽到次品的概率为P(A)＝＝.
(2)第一次和第二次都抽到次品的概率为P(AB)＝×＝.
(3)方法一：在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P(B|A)＝＝÷＝.
方法二：第一次抽到次品后，还剩余产品19件，其中次品4件，故第二次抽到次品的概率为P(B)＝.
【点拨】 解答本题的关键是分清条件是什么和合理应用条件概率公式，第(3)问易由于对题意理解不透产生P(B|A)＝＝＝的错误．
条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.
注意：事件A与事件B有时是相互独立事件，有时不是相互独立事件，要弄清P(AB)的求法．
(2)当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
(2011·辽宁，5)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A. B. C. D.
【答案】 B 由题意可得，P(A)＝＝，P(AB)＝＝.
由条件概率的计算公式，得P(B|A)＝＝＝.
1．(2014·安徽芜湖质检，8)把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于( )
A. B. C. D.
【答案】 A 由古典概型知P(A)＝，P(AB)＝，则由条件概率知P(B|A)＝＝＝.
2．(2015·河南郑州一模，10)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，
现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则从2号箱取出红球的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】 A 方法一：记事件A：从2号箱中取出的是红球；事件B：从1号箱中取出的是红球，则根据古典概型和对立事件的概率和为1，可知：P(B)＝＝，P()＝1－＝；由条件概率公式知P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝.从而P(A)＝P(AB)＋P(A)＝P(A|B)·P(B)＋P(A|)·P()＝，选A.
方法二：根据题意，分两种情况讨论：
①从1号箱中取出白球，其概率为＝，此时2号箱中有6个白球和3个红球，从2号箱中取出红球的概率为，则此种情况下的概率为×＝.
②从1号箱中取出红球，其概率为.此时2号箱中有5个白球和4个红球，从2号箱取出红球的概率为，则这种情况下的概率为×＝.
则从2号箱取出红球的概率是＋＝.
3．(2014·广东广州模拟，8)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )
A．0.12 B．0.42 C．0.46 D．0.88
【答案】 D 因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，由对立事件和相互独立事件概率公式知，P＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88.
4．(2015·江苏盐城二模，10)如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．
【解析】 灯泡甲亮满足的条件是a，c两个开关都开，b开关必须断开，否则短路．设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则甲灯亮应为事件AC，且A，B，C之间彼此独立，且P(A)＝P(B)＝P(C)＝，由独立事件概率公式知P(AC)＝P(A)P()P(C)＝××＝.
【答案】
5．(2015·湖北荆州质检，13)把一枚硬币任意抛掷三次，事件A＝“至少一次出现反面”，事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝________．
【解析】 由题意知，P(AB)＝＝，P(A)＝1－＝，所以P(B|A)＝＝＝.
【答案】
6．(2015·河北石家庄一模，17，12分)甲、乙、丙三位学生独立地解同一道题，甲做对的概率为，乙、丙做对的概率分别为m，n(m>n)，且三位学生是否做对相互独立．记ξ为这三位学生中做对该题的人数，其分布列为：
ξ
0
1
2
3
P
a
b
(1)求至少有一位学生做对该题的概率；
(2)求m，n的值；
(3)求ξ的数学期望．
解：设“甲做对”为事件A，“乙做对”为事件B，“丙做对”为事件C，由题意知，P(A)＝，P(B)＝m，P(C)＝n.
(1)由于事件“至少有一位学生做对该题”与事件“ξ＝0”是对立的，所以至少有一位学生做对该题的概率是1－P(ξ＝0)＝1－＝.
(2)由题意知，P(ξ＝0)＝P()
＝(1－m)(1－n)＝，
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝mn＝，整理得mn＝，m＋n＝.
由m>n，解得m＝，n＝.
(3)由题意知，P(ξ＝1)＝P(A)＋P( B)＋P(C)＝(1－m)(1－n)＋m(1－n)＋(1－m)n＝，
P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝，
所以ξ的数学期望为
E(ξ)＝0×P(ξ＝0)＋1×P(ξ＝1)＋2×P(ξ＝2)＋3×P(ξ＝3)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
7．(2015·山东聊城二模，18，12分)甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为，，，且各自能否被选中互不影响．
(1)求3人同时被选中的概率；
(2)3人中有几人被选中的情况最容易出现？
解：记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
(1)3人同时被选中的概率为
P1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝.
(2)3人中有2人被选中的概率为
P2＝P(AB∪AC∪BC)
＝××＋××＋××＝.
3人中只有1人被选中的概率为
P3＝P(A ∪B∪ C)
＝××＋××＋××＝.
3人均未被选中的概率为
P4＝P( )
＝××＝.
由于P3>P2>P1＝P4，即P3最大．
综上可知，3人中只有1人被选中的情况最容易出现．
1．(2015·湖北，4，易)设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是( )
A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
【答案】 C 由正态分布密度曲线可得，μ1＜μ2，σ1＜σ2.
结合正态曲线的概率的几何意义，
对于A，∵μ1＜μ2，
∴P(Y≥μ2)＜P(Y≥μ1)；
对于B，∵σ1＜σ2，∴P(X≤σ2)＞P(X≤σ1)；
对于C，D，结合图象可知，C正确．
2．(2015·课标Ⅰ，4，中)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
【答案】 A 记Ai＝{投中i次}，其中i＝1，2，3，B表示该同学通过测试，故P(B)＝P(A2∪A3)＝P(A2)＋P(A3)＝C×0.62×0.4＋C×0.63＝0.648.
3．(2015·湖南，7，中)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附：若X～N(μ，σ2)，则
P(μ－σ
4)＝P(ξ<0)＝0.2，∴P(0<ξ<4)＝0.6，故P(0<ξ<2)＝0.3，故选C.
2．(2012·课标全国，15，中)
某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，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________．
【解析】 由题意知每个电子元件使用寿命超过1 000小时的概率均为，元件1或元件2正常工作的概率为1－×＝，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为×＝.
【答案】
3．(2011·重庆，13，中)将一枚均匀的硬币投掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为__________．
【解析】 正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次，5次或者6次，由n次独立事件重复试验概率公式得所求的概率P＝C＋C·＋C＝.
【答案】
4．(2014·辽宁，18，12分，中)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图．如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．
解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”．A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“
在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天的日销售量低于50个”．因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，
P(A2)＝0.003×50＝0.15，
P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X可能的取值为0，1，2，3，相应的概率为
P(X＝0)＝C·(1－0.6)3＝0.064，
P(X＝1)＝C·0.6(1－0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝C·0.62(1－0.6)＝0.432，
P(X＝3)＝C·0.63＝0.216，
分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
因为X～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.
5．(2013·山东，19，12分，中)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局比赛甲队获胜的概率是.假设每局比赛结果相互独立．
(1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；
(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分，对方得1分，求乙队得分X的分布列及数学期望．
解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A1，“甲队以3∶1胜利”为事件A2，“甲队以3∶2胜利”为事件A3，
由题意，各局比赛结果相互独立，故
P(A1)＝＝，
P(A2)＝C×＝，
P(A3)＝C×＝.
所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率为，以3∶2胜利的概率为.
(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A4，
由题意，各局比赛结果相互独立，
所以P(A4)＝C×＝.
由题意，随机变量X的所有可能的取值为0，1，2，3，
根据事件的互斥性得
P(X＝0)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝，
P(X＝1)＝P(A3)＝，
P(X＝2)＝P(A4)＝，
P(X＝3)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝2)＝，
故乙队得分X的分布列为
X
0
1
2
3
P
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
考向1 独立重复试验与二项分布
1．独立重复试验
独立重复试验是指在相同的条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每次试验只有两种结果，即或发生，或不发生，且任何一次试验中事件发生的概率都是一样的．
2．二项分布
在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在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)，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．
(1)(2015·湖南衡阳一模，6)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
(2)(2012·天津，16，13分)现有4个人去参加某娱乐活动，
该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
①求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
②求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
③用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ.
【解析】 (1)1 000粒种子每粒不发芽的概率为0.1，
∴不发芽的种子数ξ～B(1 000，0.1)，
∴1 000粒种子中不发芽的种子数的数学期望E(ξ)＝1 000×0.1＝100粒，又每粒不发芽的种子需补种2粒，
∴需补种的种子数的数学期望E(X)＝2×100＝200(粒)．
(2)依题意知，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.
设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i＝0，1，2，3，4)，则P(Ai)＝C.
①这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为P(A2)＝
C＝.
②设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3∪A4，由于A3与A4互斥，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C＋C＝.
所以这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.
③ξ的所有可能的取值为0，2，4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(ξ＝0)＝P(A2)＝，P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝，P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
2
4
P
故Eξ＝0×＋2×＋4×＝.
【点拨】 解题(1)的关键是理解题意转化为二项分布概率模型；题(2)主要是考查独立重复试验，求出P(Ai)．
1.n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的
概率
n次独立重复试验中事件A恰好发生k次可看作是C个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是k个A事件与n－k个事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是pk(1－p)n－k.因此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为Cpk(1－p)n－k.
2．判断某随机变量是否服从二项分布的方法
(1)在每一次试验中，事件发生的概率相同．
(2)各次试验中的事件是相互独立的．
(3)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生．
(2015·河南郑州模拟，17，12分)甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；
(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．
问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率是多少？
解：(1)记“甲射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件1为“甲射击4次，全部击中目标”．由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验．故P(1)＝＝.
所以P(A1)＝1－P(1)＝1－＝.
所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为.
(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B2，
则P(A2)＝C××＝，
P(B2)＝C×＝.
由于甲、乙射击是否击中目标相互独立，
故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝×＝.
所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为.
(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件B3，“乙第i次射击未击中”为事件Di(i＝1，2，3，4，5)，则
B3＝D5D43(21∪2D1∪D21)，且P(Di)＝.
由于各事件相互独立，
故P(B3)＝P(D5)P(D4)P(3)P(21＋2D1＋D21)＝×××＝.
所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为.
思路点拨：(1)中至少有1次未击中，包含情况多，可求其对立事件的概率；(2)中甲恰好击中目标2次与乙恰好击中目标3次相互独立；(3)中乙恰好射击5次后被终止，相当于前2次射击，至少有一次击中，第3次击中，第4次、第5次未击中．
考向2 正态分布及其应用
1．正态曲线
(1)正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ>0)为参数，称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线(μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差)．
(2)正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
2．正态分布
(1)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(a0)和N(μ2，σ)(σ2>0)的密度函数图象如图所示，则( )
A．μ1<μ2，σ1<σ2
B．μ1<μ2，σ1>σ2
C．μ1>μ2，σ1<σ2
D．μ1>μ2，σ1>σ2
(2)(2014·河北衡水质检，14)某班有50名学生，一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)服从正态分布N(100，102)，已知P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．
【思路导引】 (1)关键是根据正态曲线的对称性，得知μ1<μ2，σ越小，图象越高瘦；(2)关键是求出P(ξ>110)．
【解析】 (1)由正态分布N(μ，σ2)的性质知，x＝μ为正态分布密度函数图象的对称轴，故μ1<μ2；又σ越小，图象越高瘦，故σ1<σ2.
(2)由题意，知P(ξ＞110)＝＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10.
【答案】 (1)A (2)10
利用正态曲线的性质求概率
解此类问题的关键是利用正态曲线的对称性，把待求区间内的概率向已知区间内的概率转化．解题时要充分结合图形进行分析、求解，要注意数形结合思想及化归思想的运用．
(1)熟记P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值；
(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.
①正态曲线关于直线x＝μ对称，从而在关于x＝μ对称的区间上概率相同．
②P(X≤a)＝1－P(X≥a)，P(X≤μ－a)＝P(X≥μ＋a)．
(2015·广东佛山一模，7)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(2≤X≤4)＝0.682 6，则P(X>4)＝( )
A．0.158 8 B．0.158 7 C．0.158 6 D．0.158 5
【答案】 B 由正态曲线性质知，其图象关于直线x＝3对称，
∴P(X>4)＝
＝0.5－×0.682 6＝0.158 7，故选B.
1．(2015·豫北六校联考，10)设ξ是服从二项分布B(n，p)的随机变量，又E(ξ)＝15，D(ξ)＝，则n与p的值分别为( )
A．60， B．60，
C．50， D．50，
【答案】 B 由ξ～B(n，p)，得E(ξ)＝np＝15，D(ξ)＝np(1－p)＝，则p＝，n＝60.
2．(2015·河南郑州二模，9)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( )
A. B. C. D.
【答案】 A 由独立重复试验的概率公式，知所求概率P＝C··＝.
3．(2015·福建福州模拟，5)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤
2)＝( )
A．0.477 B．0.628
C．0.954 D．0.977
【答案】 C ∵μ＝0，正态曲线关于μ＝0对称，
∴P(ξ＞2)＝P(ξ＜－2)＝0.023，∴P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954，故选C.
4．(2014·广东汕头一模，5)在4次独立重复试验中，事件A发生的概率相同，若事件A至少发生1次的概率为，则事件A在1次试验中发生的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】 A 设事件A在1次试验中发生的概率为p，由题意得1－Cp0(1－p)4＝，所以1－p＝，p＝.
5．(2015·山东青岛一模，12)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，若P(ξ>1)＝a(a为常数)，则P(－1≤ξ≤0)＝________.
【解析】 因为P(ξ<－1)＝P(ξ>1)＝a，
所以P(－1≤ξ≤0)＝＝－a.
【答案】 －a
6．(2015·湖北荆门二模，18，12分)某人向一目标射击4次，每次击中目标的概率为.该目标分为3个不同的部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6，击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．
(1)设X表示目标被击中的次数，求X的分布列；
(2)若目标被击中2次，A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求P(A)．
解：(1)X的可能取值为0，1，2，3，4，依题意知X～B，
P(X＝0)＝C＝，
P(X＝1)＝C＝，
P(X＝2)＝C＝，
P(X＝3)＝C＝，
P(X＝4)＝C＝.
即X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
(2)设Ai表示事件“第一次击中目标时，击中第i部分”，i＝1，2，3.Bi表示事件“第二次击中目标时，击中第i部分”，i＝1，2，3.
依题意知P(A1)＝P(B1)＝0.1，
P(A2)＝P(B2)＝0.3，
A＝A11∪1B1∪A1B1∪A2B2，
所求的概率为
P(A)＝P(A11)＋P(1B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)
＝P(A1)P(1)＋P(1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)
＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.
7．(2015·湖南郴州一模，18，12分)某次数学测验共有10道选择题，每道题均有四个选项，且其中只有一个选项是正确的，评分标准规定：每选对1道题得5分，不选或选错得0分．某考生每道题都选并能确定其中有6道题能选对，其余4道题无法确定正确选项，但这4道题中有2道题能排除两个错误选项，另2道只能排除一个错误选项，于是该生做这4道题时每道题都从不能排除的选项中随机选一个选项作答，且各题作答互不影响．
(1)求该考生本次测验选择题得50分的概率；
(2)求该考生本次测验选择题所得分数的分布列和数学期望．
解：(1)记“选对一道能排除2个选项的题目”为事件A，“选对一道能排除1个选项的题目”为事件B，
则P(A)＝，P(B)＝.
该考生选择题得50分的概率为
P(A)·P(A)·P(B)·P(B)＝·＝.
(2)设X为该考生所得分数，则X的可能取值为30，35，40，45，50.
P(X＝30)＝＝.
P(X＝35)＝C＋C·×＝，
P(X＝40)＝＋CC·×＋＝，
P(X＝45)＝C＋C·×＝，
P(X＝50)＝＝.
所以该考生所得分数X的分布列为
X
30
35
40
45
50
P
则E(X)＝30×＋35×＋40×＋45×＋50×＝.
1．(2015·山东，19，12分，中)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等)．
在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；
(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX.
解：(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345.
(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，随机变量X的取值为0，－1，1，因此P(X＝0)＝＝，
P(X＝－1)＝＝，
P(X＝1)＝1－－＝.
所以X的分布列为
X
0
－1
1
P
则EX＝0×＋(－1)×＋1×＝.
2．(2015·安徽，17，12分，中)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的分布列和均值(数字期望)．(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，
P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200，300，400.
P(X＝200)＝＝，
P(X＝300)＝＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
EX＝200×＋300×＋400×
＝350.
3．(2015·湖南，18，12分，中)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X.求X的分布列和数学期望．
解：(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，
A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，
B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，
B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，
C＝{顾客抽奖1次能获奖}．
由题意，A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12＋1A2，C＝B1∪B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，
P(B2)＝P(A12＋1A2)
＝P(A12)＋P(1A2)
＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)
＝P(A1)[1－P(A2)]＋[1－P(A1)]P(A2)
＝×＋×
＝.
故所求概率为P(C)＝P(B1∪B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B.
于是
P(X＝0)＝C＝，
P(X＝1)＝C＝，
P(X＝2)＝C＝，
P(X＝3)＝C＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为
E(X)＝3×＝.
4．(2015·湖北，20，12分，中)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A，B两种奶制品．生产1吨A产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1 000元；生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1 200元．要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍，设备每天生产A，B两种产品时间之和不超过12小时，假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
W
12
15
18
P
0.3
0.5
0.2
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z(单位：元)是一个随机变量．
(1)求Z的分布列和均值；
(2)若每天可获利的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．
解：(1)设每天A，B两种产品的生产数量分别为x吨，y吨，相应的获利为z，则有
(*)
目标函数为z＝1 000x＋1 200y.
当W＝12时，(*)表示的平面区域如图，
三个顶点分别为A(0，0)，B(2.4，4.8)，C(6，0)．
将z＝1 000x＋1 200y变形为
y＝－x＋.
当x＝2.4，y＝4.8时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大．
最大获利Z＝zmax＝2.4×1 000＋4.8×1 200＝8 160(元)．
当W＝15时，(*)表示的平面区域如图，
三个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(7.5，0)．
将z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－x＋.
当x＝3，y＝6时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，最大获利Z＝zmax＝3×1 000＋6×1 200＝10 200(元)．
当W＝18时，(*)表示的平面区域如图，
四个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(6，4)，D(9，0)．
将z＝1 000x＋1 200y变形为y＝－x＋.
当x＝6，y＝4时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝6×1 000＋4×1 200＝10 800(元)．
故最大获利Z的分布列为
Z
8 160
10 200
10 800
P
0.3
0.5
0.2
因此，E(Z)＝8 160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9 708.
(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率p1＝P(Z>10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布知，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为
p＝1－(1－p1)3＝1－0.33＝0.973.
1．(2013·广东，4，易)已知离散型随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
则X的数学期望E(X)＝( )
A. B．2 C. D．3
【答案】 A 由数学期望公式得E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
2．(2014·浙江，9，难)已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1，2)个球放入甲盒中．
(1)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；
(2)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1，2)．
则( )
A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)
D．p10，所以p1>p2.
思路点拨：列出随机变量ξ1，ξ2的分布列，计算期望值并比较大小；利用分步计数原理计算p1，p2并比较大小．
3．(2014·浙江，12，易)随机变量ξ的取值为0，1，2，若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.
【解析】 设ξ＝1时的概率为p，则E(ξ)＝0×＋1×p＋2×＝1，解得p＝，故D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
【答案】
4．(2013·辽宁，16，难)为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________．
【解析】 设5个数据分别为x1，x2，x3，x4，x5，
则＝7，
又样本方差为4，
即4＝[(x1－7)2＋(x2－7)2＋…＋(x5－7)2]，
20＝x＋x＋x＋x＋x－2×7×(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)＋72×5，x＋x＋x＋x＋x＝265.
不妨设x1P(η≥2)．
从回答对题数的数学期望考查，两人水平相当；从回答对题数的方差考查，甲较稳定；从至少完成2题的概率考查，甲获得通过的可能性大．因此可以判断甲的通过能力较强．
8．(2015·吉林长春一模，19，12分)每年5月17日为国际电信日，某市电信公司每年在电信日当天对办理应用套餐的客户进行优惠，优惠方案如下：选择套餐一的客户可获得优惠200元，选择套餐二的客户可获得优惠500元，选择套餐三的客户可获得优惠300元．根据以往的统计结果绘出电信日当天参与活动的统计图，现将频率视为概率．
(1)求某两人选择同一套餐的概率；
(2)若用随机变量X表示某两人所获优惠金额的总和，求X的分布列和数学期望．
解：(1)由题意可得某两人选择同一套餐的概率为
P＝×＋×＋×＝.
(2)由题意知某两人可获得优惠金额X的可能取值为400，500，600，700，800，1 000.
P(X＝400)＝×＝，
P(X＝500)＝C××＝，
P(X＝600)＝×＝，
P(X＝700)＝C××＝，
P(X＝800)＝C××＝，
P(X＝1 000)＝×＝.
综上可得X的分布列为：
X
400
500
600
700
800
1 000
P
X的数学期望
E(X)＝400×＋500×＋600×＋700×＋800×＋1 000×＝775.
(时间：120分钟__分数：150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2015·河南新乡一模，7)两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】 B 记两个零件中恰有一个一等品的事件为A，则
P(A)＝P(A1)＋ P(A2)＝×＋×＝.
2．(2014·福建厦门质检，7)设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝m(k＝1，2，3)，则m的值为( )
A. B. C. D.
【答案】 B 由分布列的性质得
P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝m×＋m＋m×＝＝1，∴m＝.
3．(2014·广东中山质检，5)已知随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝，k＝1，2，…，则P(2<ξ≤4)等于( )
A. B. C. D.
【答案】 A 由分布列的知识得P(2＜ξ≤4)＝P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝＋＝.
4．(2015·湖北黄石一模，8)已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10，0.6)，则E(η)和D(η)分别是( )
A．6和2.4 B．2和2.4
C．2和5.6 D．6和5.6
【答案】 B 若两个随机变量η，X满足一次关系式η＝aX＋b(a，b为常数)，当已知E(X)，D(X)时，则E(η)＝aE(X)＋b，D(η)＝a2D(X)．由已知随机变量X＋η＝8，所以η＝8－X.
因此，E(η)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，D(η)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.
5．(2015·河南郑州模拟，8)设随机变量ξ服从正态分布N(3，4)，若P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，则a
＝( )
A．3 B. C．5 D.
【答案】 D 因为ξ服从正态分布N(3，4)，P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)．所以2a－3＋a＋2＝6，a＝，故选D.
6．(2013·湖北，9)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值E(X)＝( )
A. B. C. D.
【答案】 B 由题意可知，涂漆面数为3的有8个，涂漆面数为2的有36个，涂漆面数为1的有54个，所以所求均值E(X)＝×3＋×2＋×1＝.
7．(2015·四川成都质检，8)若随机变量ξ的分布列为P(ξ＝m)＝，P(ξ＝n)＝a，若E(ξ)＝2，则D(ξ)的最小值等于( )
A．0 B．2
C．4 D．无法计算
【答案】 A 由＋a＝1，m×＋n×a＝2，得a＝，m＋2n＝6.
D(ξ)＝×(2－m)2＋×(2－n)2＝×(2n－4)2＋×(2－n)2＝2(n－2)2≥0，则D(ξ)的最小值等于0.
8．(2014·山西太原二模，7)已知随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
0.2
0.4
0.4
则E(6X＋8)＝( )
A．13.2 B．21.2 C．20.2 D．22.2
【答案】 B 由随机变量的期望公式可得E(X)＝1×0.2＋2×0.4＋3×0.4＝2.2，
E(6X＋8)＝6E(X)＋8
＝6×2.2＋8＝21.2.
9．(2015·安徽芜湖二模，7)如果X～B(20，p)，当p＝且P(X＝k)取得最大值时，k的值为( )
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】 C 当p＝时，P(X＝k)＝C·＝C·，显然当k＝10时，P(X＝k)取得最大值．
10．(2014·吉林长春二模，8)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X＝12)＝( )
A．C B．C
C．C D．C
【答案】 D “X＝12”表示第12次取到红球，前11次有9次取到红球，2次取到白球，因此
P(X＝12)＝C＝C.
11．(2015·山东临沂一模，8)随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1，2，3，4)，其中a是常数，则P的值为( )
A. B. C. D.
【答案】 D ∵P(X＝n)＝(n＝1，2，3，4)，
∴＋＋＋＝1，
∴a＝，
∴P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
12．(2015·湖南长沙模拟，5)一套重要资料锁在一个保险柜中，现有n把钥匙依次分给n名学生依次开柜，但其中只有一把真的可以打开柜门，平均来说打开柜门需要试开的次数为( )
A．1 B．n
C. D.
【答案】 C 已知每一位学生打开柜门的概率为，
∴打开柜门需要试开的次数的平均数(即数学期望)为1×＋2×＋…＋n×＝，故选C.
二、填空题(共4小题，每小题4分，共16分)
13．(2015·浙江宁波二模，15)先后抛掷两枚质地均匀的骰子，在已知它们点数不同的条件下，至少有一枚是6点的概率是________．
【解析】 设事件A＝“至少有一枚是6点”，事件B＝“两枚骰子点数不同”，先后投掷两枚骰子共有36种不同情况，且是等可能的，则事件B共有6×5＝30种不同情况，事件AB共有10种不同情况，即P(B)＝＝，P(AB)＝＝，由条件概率得P(A|B)＝＝＝.
【答案】
14．(2014·山东滨州二模，13)若随机变量X的概率分布密度函数是φμ，σ(x)＝e－(x∈R)，则E(2X－1)＝________.
【解析】 σ＝2，μ＝－2，E(2X－1)＝
2E(X)－1＝2×(－2)－1＝－5.
【答案】 －5
15．(2014·河南信阳一模，15)如图所示，A，B两点由5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2，3，4，3，2.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则P(ξ≥8)＝________.
【解析】 方法一(直接法)：由已知得，ξ的可能取值为7，8，9，10，
∵P(ξ＝7)＝＝，
P(ξ＝8)＝＝，
P(ξ＝9)＝＝，
P(ξ＝10)＝＝，
∴ξ的概率分布列为
ξ
7
8
9
10
P
∴P(ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝＋＋＝.
方法二(间接法)：由已知得，ξ的可能取值为7，8，9，10，故P(ξ≥8)与P(ξ＝7)是对立事件，所以P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝1－＝.
【答案】
16．(2015·河北邯郸一模，14)一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字0，两个面上标有数字1，一个面上标有数字2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是________．
【解析】 随机变量X的可能取值为0，1，2，4，P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
P(X＝4)＝，因此E(X)＝.
【答案】
三、解答题(共6小题，共74分)
17．(12分)(2015·湖北十校联考，17)甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则，甲先从6道备选题中一次性抽取3道题独立作答，然后由乙回答剩余3题，每人答对其中2题就停止答题，即闯关成功．已知在6道被选题中，甲能答对其中的4道题，乙答对每道题的概率都是.
(1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率；
(2)设甲答对题目的个数为ξ，求ξ的分布列．
解：(1)设甲、乙闯关成功分别为事件A，B，
则P()＝＝，
P()＝3＋C2
＝，
则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是
1－P()＝1－P()P()
＝1－×＝.
(2)由题知ξ的可能取值是1，2.
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，则ξ的分布列为
ξ
1
2
P
18．(12分)(2015·安徽安庆六校联考，18)前不久，省社科院发布了2014年度“安徽城市居民幸福排行榜”，芜湖市成为本年度安徽最“幸福城市”．随后，师大附中学生会组织部分同学，用“10分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度．现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图记录了他们的幸福度分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)：
(1)指出这组数据的众数和中位数；
(2)若幸福度不低于9.5分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这16人中随机选取3人，至多有1人是“极幸福”的概率；
(3)以这16人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)任选3人，记ξ表示抽到“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望．
解：(1)众数：8.6；中位数：8.75.
(2)设Ai表示所取3人中有i个人是“极幸福”，至多有1人是“极幸福”记为事件A，则P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝＋＝.
(3)ξ的可能取值为0，1，2，3.
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝C××＝，
P(ξ＝2)＝C××＝，
P(ξ＝3)＝＝.
则ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝0.75.
19．(12分)(2014·安徽合肥模拟，18)某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生是否选修哪门课互不影响．已知某学生只选修甲的概率为0.08，只选修甲和乙的概率是0.12，至少选修一门的概率是0.88，用ξ表示该学生选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积．
(1)记“函数f(x)＝x2＋ξx为R上的偶函数”为事件A，求事件A的概率；
(2)求ξ的分布列．
解：(1)设该学生选修课程甲、乙、丙的概率分别为a，b，c，依题意得
解得
若函数f(x)＝x2＋ξx为R上的偶函数，
则ξ＝0.
当ξ＝0时，表示该学生选修三门课程或三门课程都没选．
∴P(A)＝P(ξ＝0)
＝abc＋(1－a)(1－b)(1－c)
＝0.4×0.6×0.5＋(1－0.4)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.24.
∴事件A的概率为0.24.
(2)依题意知ξ＝0，2.
则ξ的分布列为
ξ
0
2
P
0.24
0.76
20.(12分)(2014·湖南，17)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和，现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B，设甲、乙两组的研发相互独立．
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；
(2)若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元，求该企业可获利润的分布列和数学期望．
解：记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}．
由题设知P(E)＝，P()＝，P(F)＝，P()＝，
且事件E与F，E与，与F，与都相互独立．
(1)记H＝{至少有一种新产品研发成功}，则＝，于是
P()＝P()P()＝×＝，
故所求的概率为
P(H)＝1－P()＝1－＝.
(2)设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0，100，120，220.因为
P(X＝0)＝P()＝×＝，
P(X＝100)＝P(F)＝×＝，
P(X＝120)＝P(E )＝×＝，
P(X＝220)＝P(E F)＝×＝，
故所求的分布列为
X
0
100
120
220
P
数学期望为
E(X)＝0×＋100×＋120×＋220×＝140.
21．(12分)(2013·浙江，19)设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．
(1)当a＝3，b＝2，c＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量
ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；
(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E(η)＝，D(η)＝，求a∶b∶c.
解：(1)由题意得ξ＝2，3，4，5，6.
故P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝，
P(ξ＝5)＝＝，
P(ξ＝6)＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
6
P
(2)由题意知η的可能取值为1，2，3，则η的分布列为
η
1
2
3
P
所以E(η)＝＋＋＝，
D(η)＝·＋·＋·＝，
化简得
解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1.
22．(14分)(2013·辽宁，19)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．
(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；
(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X
的分布列和数学期望．
解：(1)设事件A＝“张同学至少取到1道乙类题”，
则有＝“张同学所取的都是甲类题”．
因为P()＝＝，所以
P(A)＝1－P()＝.
(2)X所有的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝C···＝；
P(X＝1)＝C···＋C··＝；
P(X＝2)＝C···＋C··＝；
P(X＝3)＝C···＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
