(五年高考真题)2016届高考数学复习 第十章 第六节 离散型随机变量的分布列、均值与方差 理(全国通用)

第六节 离散型随机变量的分布列、均值与方差

考点一 离散型随机变量的分布列

1．(2013·广东，4)已知离散型随机变量X 的分布列为

则X 的数学期望E (X )＝( ) A.32

B ．2

C.52

D ．3

解析 由已知条件可知E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝3

2，故选A.

答案 A

2．(2015·安徽，17)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件正品时检测结果．

(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(数学期望)． 解 (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 )＝A 12A 1

3A 25＝3

10

.

(2)X 的可能取值为200，300，400. P (X ＝200)＝A 2

2A 25＝1

10，

P (X ＝300)＝A 3

3＋C 12C 13A 2

2A 3

5＝3

10

， P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－1

10－310＝610

.

故X 的分布列为

E (X )＝200×110

＋300×310

＋400×610

＝350.

3．(2015·福建，16)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定． (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；

(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． 解 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A ， 则P (A )＝56×45×34＝12

.

(2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3. 又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝1

6

，

P (X ＝3)＝56×45×1＝23

.

所以X 的分布列为

所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝5

2

.

4．(2015·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个． (1)求三种粽子各取到1个的概率；

(2)设X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望．

解 (1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P (A )＝C 12C 13C 1

5C 3

10＝1

4

. (2)X 的所有可能值为0，1，2，且 P (X ＝0)＝C 3

8C 310＝715，P (X ＝1)＝C 12C 2

8C 310＝715，

P (X ＝2)＝C 22C 18C 310＝1

15.

综上知，X 的分布列为

故E (X )＝0×715＋1×715＋2×115＝3

5

(个)．

5．(2014·天津，16)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．

(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；

(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望． 解 (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A )＝C 1

3·C 2

7＋C 0

3·C 3

7

C 3

10＝4960

. 所以，选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为49

60.

(2)随机变量X 的所有可能值为0，1，2，3. P (X ＝k )＝C k

4·C 3－k

6

C 3

10(k ＝0，1，2，3)． 所以，随机变量X 的分布列是

随机变量X 的数学期望E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝6

5

.

6．(2014·四川，17)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，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1

2，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？

(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因． 解 (1)X 可能的取值为：10，20，100，－200.根据题意，有

P (X ＝10)＝C 13

×? ????121×? ????1－122

＝3

8

，

P (X ＝20)＝C 23

×? ????122×? ????1－121

＝3

8

，

P (X ＝100)＝C 33

×? ????123×? ????1－120

＝1

8

，

P (X ＝－200)＝C 03

×? ????120×? ????1－123

＝1

8

.

所以X 的分布列为

(2)设“第i 盘游戏没有出现音乐”为事件A i (i ＝1，2，3)，则

P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝1

8

.

所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1－P (A 1A 2A 3)＝1－? ??

??183

＝1－1512＝511512.

因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511

512

.

(3)X 的数学期望为E (X )＝10×38＋20×38＋100×18－200×18＝－5

4.

这表明，获得分数X 的均值为负，

因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．

7．(2014·山东，18)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12，在D 上的概率为1

3

；对落点在

B 上的来球，小明回球的落点在

C 上的概率为15，在

D 上的概率为35

.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 (1)记A i 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 (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝1

6

；

记B i 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 (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝1

5

.

记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”． 由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性，

P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)

＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)

＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)P (B 1)＋P (A 0)P (B 3) ＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝3

10

， 所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为3

10.

(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 (A 0B 0)＝16×15＝130

，

P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)

＝13×15＋16×35＝16

， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15

，

P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)

＝12×15＋16×15＝215

， P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)

＝12×35＋13×15＝1130

，

P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110

.

可得随机变量ξ的分布列为：

所以数学期望E (ξ)＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝91

30

.

8．(2014·重庆，18)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片． (1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；

(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X 的分布列与数学期望． (注：若三个数a ，b ，c 满足a ≤b ≤c ，则称b 为这三个数的中位数．) 解 (1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为p ＝C 3

4＋C 3

3C 39＝5

84.

(2)X 的所有可能值为1，2，3，且 P (X ＝1)＝C 24C 1

5＋C 3

4C 3

9＝17

42， P (X ＝2)＝C 13C 14C 1

2＋C 23C 1

6＋C 3

3C 3

9＝43

84， P (X ＝3)＝C 22C 17C 39＝1

12，

故X 的分布列为

从而E (X )＝1×1742＋2×4384＋3×112＝47

28

.

9．(2014·江西，21)随机将1，2，…，2n (n ∈N *

，n ≥2)这2n 个连续正整数分成A ，B 两组，每组n 个数．A 组最小数为a 1，最大数为a 2；B 组最小数为b 1，最大数为b 2，记ξ＝a 2－

a 1，η＝

b 2－b 1.

(1)当n ＝3时，求ξ的分布列和数学期望；

(2)令C 表示事件“ξ与η的取值恰好相等”，求事件C 发生的概率P (C )；

(3)对(2)中的事件C ，C 表示C 的对立事件，判断P (C )和P (C )的大小关系，并说明理由． 解 (1)当n ＝3时，ξ的所有可能取值为2，3，4，5.

将6个正整数平均分成A ，B 两组，不同的分组方法共有C 3

6＝20种，所以ξ的分布列为

E (ξ)＝2×15

＋3×310

＋4×310

＋5×15＝72

.

(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为：n －1，n ，n ＋1，…，2n －2. 又ξ和η恰好相等且等于n －1时，不同的分组方法有2种； ξ和η恰好相等且等于n 时，不同的分组方法有2种；

ξ和η恰好相等且等于n ＋k (k ＝1，2，…，n －2)(n ≥3)时，不同的分组方法有2C k

2k 种； 所以当n ＝2时，P (C )＝46＝23

，

当n ≥3时，P (C )＝

2

21

22(2C )

C

n k k k n n

-=+∑.

(3)由(2)知当n ＝2时，P (C )＝1

3，因此P (C )>P (C )．

而当n ≥3时，P (C )

P (C )

2

21

4(2C n n n k -=+∑.①

1°当n =3时，①式左边=4（2+12C ）=4（2+2）=16， ①右边=C 36C =20，所以①式成立. 2°假设n=m(m ≥3)时①式成立，

2

2214(2C )C m K m K m k -=+<∑即成立

那么，当n=m +1时，

左边=12

21

4(2C

m k

k

k +-=+

∑

211

22(1)22(1)1

4(2C )4C

＝

（2m ）！m ！m ！＋4·（2m －2）！

（m －1）！（m －1）！

＝（m ＋1）2

（2m ）（2m －2）！（4m －1）（m ＋1）！（m ＋1）！

<（m ＋1）2

（2m ）（2m －2）！（4m ）（m ＋1）！（m ＋1）！

＝C m ＋1

2（m ＋1）·

2（m ＋1）m

（2m ＋1）（2m －1）

即当n ＝m ＋1时①式也成立．

综合1°，2°得：对于n ≥3的所有正整数，都有P (C )

10．(2013·天津，16)一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．

(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；

(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．

解 (1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则P (A )＝C 12C 3

5＋C 22C 2

5C 4

7＝6

7. 所以取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为6

7.

(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4. P (X ＝1)＝C 3

3C 47＝1

35，

P (X ＝2)＝C 34C 47＝4

35，

P (X ＝3)＝C 35C 47＝2

7，

P (X ＝4)＝C 36C 7＝4

7

.

所以随机变量X 的分布列是

随机变量X 的数学期望E (X )＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝17

5

.

11．(2013·北京，16)下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数

小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日的某一天到达该市，并停留2天．

(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；

(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；

(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)．

解设A i表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．

根据题意，P(A i)＝1

13

，且A i∩A j＝?(i≠j)．

(1)设B为事件“此人到达当日空气质量重度污染”，则B＝A5∪A8.

所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝2

13

.

(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，且

P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝4

13，

P(X＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝4 13，

P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝5

13

. 所以X的分布列为

故X的期望E(X)＝0×5

13

＋1×

4

13

＋2×

4

13

＝

12

13

.

(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．

12．(2013·江西，18)小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队，游戏规则为：以O为起点，再从A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8(如图)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X.若X＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．

(1)求小波参加学校合唱团的概率；

(2)求X的分布列和数学期望．

解(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C28＝28种，X＝0时，两向量夹角为直角共有8种情形，

所以小波参加学校合唱团的概率为

P(X＝0)＝8

28＝

2 7

.

(2)两向量数量积X的所有可能取值为－2，－1，0，1，

X＝－2时，有2种情形；X＝1时，有8种情形；X＝－1时，有10种情形．所以X的分布列为：

E(X)＝(－2)×1

14＋(－1)×

5

14

＋0×

2

7

＋1×

2

7

＝－

3

14

.

13.(2013·湖南，18)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每

个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品

种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)

与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：

这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米．

(1)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近”的概率；

(2)从所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望．

解(1)所种作物总株数N＝1＋2＋3＋4＋5＝15，其中三角形地块内部的作物株数为3，边界上的作物株数为12.从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株的不同结果有C13 C112＝36种，选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有3＋3＋2＝8种．

故从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为8

36＝

29

. (2)先求从所种作物中随机选取的一株作物的年收获量Y 的分布列．

因为P (Y ＝51)＝P (X ＝1)，P (Y ＝48)＝P (X ＝2)，P (Y ＝45)＝P (X ＝3)，P (Y ＝42)＝P (X ＝4)，

所以只需求出P (X ＝k )(k ＝1，2，3，4)即可．

记n k 为其“相近”作物恰有k 株的作物株数(k ＝1，2，3，4)，则

n 1＝2，n 2＝4，n 3＝6，n 4＝3.

由P (X ＝k )＝n k N

得

P (X ＝1)＝215，P (X ＝2)＝415

， P (X ＝3)＝615＝25

， P (X ＝4)＝315＝15.

故所求的分布列为

所求的数学期望为

E (Y )＝51×215＋48×415＋45×25＋42×15＝

34＋64＋90＋42

5

＝46.

14．(2013·新课标全国Ⅱ，19)经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出 1 t 该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t 亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示，经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品，以X (单位：t ，100≤X ≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T (单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．

(1)将T 表示为X 的函数；

(2)根据直方图估计利润T 不少于57 000元的概率；

(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X ∈[100，110)，则取X ＝105，且X ＝105的概率等于需求量落入[100，100)的频率)，求T 的数学期望． 解 (1)当X ∈[100，130)时，T ＝500X －300(130－X )＝800X －39 000， 当X ∈[130，150]时，T ＝500×130＝65 000.

所以T ＝?

????800X －39 000，100≤X <130，

65 000，130≤X ≤150.

(2)由(1)知利润T 不少于57 000元当且仅当120≤X ≤150.

由直方图知需求量X ∈[120，150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57 000元的概率的估计值为0.7. (3)依题意可得T 的分布列为

所以E (T )＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400. 15．(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35，答对每道乙类题的概率都是4

5，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 ＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”， 则有A ＝“张同学所取的3道题都是甲类题”． 因为P (A )＝C 3

6C 310＝1

6

，所以

P (A )＝1－P (A )＝56

.

(2)X 所有的可能取值为0，1，2，3.

P (X ＝0)＝C 02

·? ????350·? ????252

·1

5

＝

4125

； P (X ＝1)＝C 12

·? ????351

·? ????251

·15＋C 02·? ????350

·? ????252

·45＝28125

；

P (X ＝2)＝C 22

·? ????352·? ????250·15＋C 12·? ????351·? ????251

·45＝

57125

；

P (X ＝3)＝C 22

·? ????352·? ????250

·45＝36

125

.

所以X 的分布列为

所以E (X )＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36

125

＝2.

16．(2012·陕西，20)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：

从第一个顾客开始办理业务时计时．

(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；

(2)X 表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X 的分布列及数学期望． 解 设Y 表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y 的分布列如下：

(1)A 表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件A 对应三种情形： ①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．

所以P (A )＝P (Y ＝1)P (Y ＝3)＋P (Y ＝3)P (Y ＝1)＋P (Y ＝2)P (Y ＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.

(2)法一 X 所有可能的取值为0，1，2.

X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，

所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；

X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，

所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；

X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，

所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.

所以X的分布列为

E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.

法二X所有可能的取值为0，1，2.

X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，

所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；

X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，

所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；

P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49.

所以X的分布列为

E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.

考点二均值与方差

1．(2014·浙江，9)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．

(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；

(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i(i＝1，2)．则( )

A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2)

C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1

解析法一(特值法) 取m＝n＝3进行计算、比较即可．

法二 (标准解法)从乙盒中取1个球时，取出的红球的个数记为ξ，则ξ的所有可能取值为0，1，则P (ξ＝0)＝

n

m ＋n

＝P (ξ1＝1)，P (ξ＝1)＝

m

m ＋n

＝P (ξ1＝2)，所以E (ξ1)

＝1·P (ξ1＝1)＋2·P (ξ1＝2)＝

m

m ＋n

＋1，所以p 1＝

E （ξ1）

2＝2m ＋n

2（m ＋n ）

；从乙盒中取2个球时，取出的红球的个数记为η，则η的所有可能取值为0，1，2，则P (η＝0)＝C 2

n

C 2

m ＋n ＝P (ξ2＝1)，P (η＝1)＝C 1n C 1

m C 2m ＋n ＝P (ξ2＝2)，P (η＝2)＝C 2

m

C 2m ＋n ＝P (ξ2＝3)，所以E (ξ2)＝

1·P (ξ2＝1)＋2P (ξ2＝2)＋3P (ξ2＝3)＝2m m ＋n ＋1，所以p 2＝E （ξ2）3＝3m ＋n 3（m ＋n ）

，所以p 1>p 2，E (ξ1)

2．(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.126

125

B.65

C.

168

125

D.75

解析 由题意可知涂漆面数X 的可能取值为0，1，2，3. 由于P (X ＝0)＝27125，P (X ＝1)＝54125，P (X ＝2)＝36

125

，

P (X ＝3)＝

8125，故E (X )＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝150125＝65

. 答案 B

3．(2011·上海，9)马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布列如下表：

请小牛同学计算ξ的数学期望．尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同．据此，小牛给出了正确答案E (ξ)＝________. 解析 令“？”为a ，“！”为b ，则2a ＋b ＝1.又E (ξ)＝a ＋2b ＋3a ＝2(2a ＋b )＝2. 答案 2

4．(2011·浙江，15)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为2

3

，得到乙、丙两公司面试的概率均为p ，且

三个公司是否让其面试是相互独立的．记X 为该毕业生得到面试的公司个数．若P (X ＝0)＝

1

12

，则随机变量X 的数学期望E (X )＝________. 解析 ∵P (X ＝0)＝13×(1－p )2

＝112，

∴p ＝1

2

.

则P (X ＝1)＝23×12×12＋13×12×12×2＝1

3

，

P (X ＝2)＝23×12×12×2＋13×12×12＝512

， P (X ＝3)＝23×12×12＝16

.

则E (X )＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝5

3.

答案 5

3

5．(2015·天津，16)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．

(1)设A 为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A 发生的概率；

(2)设X 为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望． 解 (1)由已知，有P (A )＝C 22C 2

3＋C 23C 2

3C 4

8＝635. 所以，事件A 发生的概率为

635

. (2) 随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4. P (X ＝k )＝C k 5C 4－k

3

C 48(k ＝1，2，3，4)．

所以随机变量X 的分布列为

随机变量X 的数学期望E (X )＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝5

2

.

6．(2015·山东，19)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E (X )．

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 3

9＝84， 随机变量X 的取值为：0，－1，1，因此 P (X ＝0)＝C 3

8C 39＝23，

P (X ＝－1)＝C 24C 39＝1

14

，

P (X ＝1)＝1－114－23＝1142

，

所以X 的分布列为

则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×1142＝4

21

.

7．(2015·湖南，18)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A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，

A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，

B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，

C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．

由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，

C ＝B 1＋B 2.

因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝1

2

，所以

P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝2

5×12＝15

， P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)

＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2) ＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×? ????1－12＋? ????1－25×12＝1

2.

故所求概率为

P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710

.

(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1

5

，

所以X ～B ? ??

??3，15. 于是

P (X ＝0)＝C 03

? ??

??150? ????453＝64125， P (X ＝1)＝C 13

? ??

??151? ????452＝48125， P (X ＝2)＝C 23

? ??

??152? ????451＝12125， P (X ＝3)＝C 33

? ??

??153? ??

??450＝1125. 故X 的分布列为

X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35

.

8．(2014·安徽，17)甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为2

3

，乙获胜的

概率为1

3

，各局比赛结果相互独立．

(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；

(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望)．

解 用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第

k 局乙获胜”，则P (A k )＝2

3，P (B k )＝13

，k ＝1，2，3，4，5.

(1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4)

＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)·P (A 3)P (A 4)

＝? ????232＋13×? ????232＋23×13×? ????232

＝5681

. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.

P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)

＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (B 2)＝5

9

，

P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)

＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)·P (B 3)＝2

9

，

P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)

＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)·

P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081

，

P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881

.

故X 的分布列为

E (X )＝2×59

＋3×29

＋4×1081

＋5×881＝

224

81

.

9．(2014·福建，18)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．

(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： (ⅰ)顾客所获的奖励额为60元的概率；

(ⅱ)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；

(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由． 解 (1)设顾客所获的奖励额为X . (ⅰ)依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 1

3C 24＝12，

即顾客所获的奖励额为60元的概率为1

2.

(ⅱ)依题意，得X 的所有可能取值为20，60. P (X ＝60)＝12，P (X ＝20)＝C 23C 24＝1

2，

即X 的分布列为

所以顾客所获的奖励额的期望为E (X )＝20×12＋60×1

2

＝40(元)．

(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.

对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2. 以下是对两个方案的分析：

对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为

X 1的期望为E (X 1)＝20×1

6

＋60×23

＋100×16

＝60，X 1的方差为D (X 1)＝(20－60)2×16

＋(60

－60)2×23＋(100－60)2

×16＝1 6003

.