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2019届二轮复习（理）专题六第五讲离散型随机变量及其分布学案
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第五讲 离散型随机变量及其分布
年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析及学科素养
2018
Ⅰ卷
二项分布、期望及应用·T20
命题分析
概率、统计的解答题多在第18或19题的位置，多以交汇性的形式考查，交汇点主要有两种(频率分布直方图与茎叶图)择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相交汇来考查；(频率分布直方图与茎叶图)择一与线性回归或独立性检验相交汇来考查，难度中等．
学科素养
主要通过离散型随机变量及其分布考查学生数学抽象、数学建模及数学运算核心素养.
Ⅲ卷
二项分布及方差的计算·T8
2017
Ⅰ卷
正态分布、二项分布的性质及概率、方差·T19
Ⅱ卷
二项分布的方差计算·T13
Ⅲ卷
频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用·T18
2016
Ⅰ卷
柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率、分布列和数学期望·T19
Ⅱ卷
互斥事件的概率、条件概率、随机变量的分布列和数学期望·T18
条件概率、相互独立事件概率、独立重复试验
授课提示：对应学生用书第71页
[悟通——方法结论]
1．条件概率的两种求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，利用公式P(B|A)＝，这是常用的方法．
(2)求出事件A包含的基本事件数n(A)，再求出事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，利用P(B|A)＝可求得．
2．相互独立事件概率、独立重复试验
类型
特点
概率求法
相互独立事件同时发生
事件互相独立
P(AB)＝P(A)P(B)
(A，B相互独立)
独立重复试验
一次试验重复n次
P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k
(p为发生的概率)
[全练——快速解答]
1．(2018·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝( )
A. B.
C. D.
解析：小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A＝4×3×2×1＝24种，∴P(A|B)＝＝.
答案：A
2．(2018·南昌模拟)为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1,2,3.由题意，事件Ai，Bi，Ci(i＝1,2,3)相互独立，则P(Ai)＝＝，P(Bi)＝＝，P(Ci)＝＝，i＝1,2,3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P＝AP(AiBiCi)＝6×××＝.
答案：D
3．某批花生种子，如果每1粒发芽的概率均为，那么播下4粒种子恰好有2粒发芽的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：所求概率P＝C2·2＝.
答案：C
公式法求两类事件的概率
(1)求条件概率的关键是分清条件概率中的各个事件，利用公式时应注意两个方面的问题：一是注意区分B|A与A|B，前者是在事件A发生的前提下事件B发生，而后者是在事件B发生的前提下事件A发生，避免两者混淆．
(2)求相互独立事件与独立重复试验的概率时要注意两点：一是准确利用公式，如利用相互独立事件的概率公式时，对应事件必须是相互独立的；二是注意两者的区别，不能乱用公式．
二项分布与正态分布
授课提示：对应学生用书第71页
[悟通——方法结论]
1．判断二项分布的常用方法：
(1)若所考虑的试验可以看作是一个结果只有两种状态A与，则n次独立重复试验中A发生的次数X就服从二项分布．
(2)凡是服从二项分布的随机变量一定只取有限个实数为其值，否则随机变量不服从二项分布．
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(a
①P(μ－σ
1．(2018·高考全国卷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：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.
故选B.
答案：B
2．(2017·高考全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝__________.
解析：依题意，X～B(100,0.02)，
所以DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
答案：1.96
3．某班有50名学生，期中考试的数学成绩X～N(110,102)，若P(100≤X≤110)＝0.2，则估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为________．
解析：由题意，知正态曲线的对称轴为X＝110，故P(110≤X≤120)＝P(100≤X≤110)＝0.2，所以P(X＞120)＝P(X≥110)－P(110≤X≤120)＝0.5－0.2＝0.3.所以该班学生数学成绩在120分以上的人数为0.3×50＝15.
答案：15
4．已知某厂生产的电子产品的使用寿命X(单位：小时)服从正态分布N(1 000，σ2)，且P(X＜800)＝0.2，P(X≥1 300)＝0.02.
(1)现从该厂随机抽取一件产品，求其使用寿命在[1 200,1 300)的概率；
(2)现从该厂随机抽取三件产品，记抽到的三件产品的使用寿命在[800,1 200)的件数为Y，求Y的分布列和数学期望E(Y)．
解析：(1)因为X～N(1 000，σ2)，P(X＜800)＝0.2，P(X≥1 300)＝0.02，
所以P(1 200≤X＜1 300)＋P(X≥1 300)＝P(X≥1 200)＝P(X＜800)＝0.2.
所以P(1 200≤X＜1 300)＝0.2－0.02＝0.18.
故抽取的产品的使用寿命在[1 200,1 300)的概率为0.18.
(2)因为P(800≤X＜1 200)＝1－2P(X＜800)＝1－2×0.2＝0.6，
所以Y～B(3,0.6)．
P(Y＝0)＝C×0.60×(1－0.6)3＝0.064，P(Y＝1)＝C×0.6×(1－0.6)2＝0.288，
P(Y＝2)＝C×0.62×(1－0.6)＝0.432，P(Y＝3)＝C×0.63×(1－0.6)0＝0.216.
所以Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
所以E(Y)＝3×0.6＝1.8.
在判断是否是二项分布时易忽视下列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．
离散型随机变量的期望与方差
授课提示：对应学生用书第72页
[悟通——方法结论]
1．离散型随机变量的分布列和概率性质
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(1)pi≥0，i＝1,2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1；
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn；
(4)D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn.
2．随机变量的数学期望与方差
(1)如果E(η)和E(ξ)都存在，则E(ξ＋η)＝E(ξ)＋E(η)．
(2)若η＝aξ＋b，则E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(η)＝D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
(3)期望与方差的转化：D(ξ)＝E(ξ2)－(E(ξ))2.
(4)E(ξ－Eξ)＝E(ξ)－E(Eξ)(因为Eξ为一常数)＝E(ξ)－E(ξ)＝0.
(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
❶
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份(单位：瓶)的分布列；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
信息❶中结合频数分布表
想到表中最高气温与天数的关系及气温与酸奶需求量关系
表示利润Y时注意根据气温区间进行分类表示
信息❷酸奶一天需求量
利用表格中关系求解
信息❸中求EY的最值
用进货量n表示EY建立函数关系可求解
[规范解答] (1)由题意知，X所有可能取值为200,300,500，
(2分)
由表格数据知
P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，P(X＝500)＝＝0.4. (5分)
因此X的分布列为
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(6分)
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
(9分)
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
(11分)
所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．
(12分)
求解离散型随机变量的期望与方差的解题模型
[练通——即学即用]
某市为了解“防震减灾”教育活动的成效，对全市公务员进行一次“防震减灾”知识测试，根据测试成绩评定“合格”“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不合格”记0分．现随机抽取部分公务员的答卷，统计结果如下，对应的频率分布直方图如图所示.
等级
不合格
合格
得分
[20,40)
[40,60)
[60,80)
[80,100]
频数
12
x
48
y
(1)求x，y，c的值；
(2)用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的公务员中选取10人进行座谈，现再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为ξ，求ξ的数学期望E(ξ)；
(3)某评估机构以指标M(M＝，其中D(ξ)表示ξ的方差)来评估该市“防震减灾”教育活动的成效．若M≥0.7，则认定教育活动是有效的；否则认定教育活动无效，应调整“防震减灾”教育方案．在(2)的条件下，判断该市是否应调整“防震减灾”教育方案？
解析：(1)由频率分布直方图可知，得分在[20,40)的频率为0.005×20＝0.1，
故抽取的答卷数为＝120.
由频率分布直方图可知，得分在[80,100]的频率为0.01×20＝0.2，所以y＝120×0.2＝24，
又12＋x＋y＋48＝120，所以x＝36.
所以c＝＝0.015.
(2)因为(12＋x)∶(48＋y)＝48∶72＝2∶3，
所以抽取的10人中“不合格”的有4人，“合格”的有6人．
ξ的所有可能取值为20,15,10,5,0，
P(ξ＝20)＝＝，P(ξ＝15)＝＝，P(ξ＝10)＝＝，P(ξ＝5)＝＝，P(ξ＝0)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
20
15
10
5
0
P
所以E(ξ)＝20×＋15×＋10×＋5×＋0×＝12.
(3)由(2)可得，D(ξ)＝(20－12)2×＋(15－12)2×＋(10－12)2×＋(5－12)2×＋(0－12)2×＝16，所以M＝＝＝0.75＞0.7.
故我们认为该市的“防震减灾”教育活动是有效的，不需要调整“防震减灾”教育方案.
授课提示：对应学生用书第155页
一、选择题
1．将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)，P(B|A)分别是( )
A.， B.，
C.， D.，
解析：P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点，且三个点数都不相同”共有C×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝.P(B|A)的含义是在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个6点”的概率，所以P(B|A)＝.
答案：A
2．(2018·包头铁路一中调研)甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为，，，那么三人中恰有两人合格的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：三人中恰有两人合格的概率P＝××(1－)＋×(1－)×＋(1－)××＝，故选C.
答案：C
3．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
解析：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.
答案：A
4．若随机变量X～N(μ，σ2)(σ>0)，则有如下结论：
P(μ－σ
C．16 D．8
解析：因为数学成绩服从正态分布N(120,102)，则P(|x－120|＞10)＝1－P(|x－120|≤10)＝0.317 4，由正态曲线的对称性知在130分以上的概率是P(|x－120|＞10)的一半，所以人数约为×0.317 4×48≈8，故选D.
答案：D
5．(2018·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
解析：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.
答案：B
6．已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴在y轴的左侧．其中a，b，c∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，若随机变量X＝|a－b|，则X的数学期望E(X)＝( )
A. B.
C. D.
解析：对称轴在y轴的左侧(a与b同号)的抛物线有2CCC＝126条，X的可能取值有0,1,2.P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，E(X)＝，故选A.
答案：A
二、填空题
7．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＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4.
解析：由P(－1＜X≤1)＝0.682 6，得P(0＜X≤1)＝0.341 3，则阴影部分的面积为0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为10 000×＝3 413.
答案：3 413
8．从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞，则两张都是假钞的概率是________．
解析：设事件A为“抽到的两张都是假钞”，事件B为“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率为P(A|B)，
因为P(AB)＝P(A)＝＝，P(B)＝＝，
所以P(A|B)＝＝＝.
答案：
9．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在两次试验中成功次数X的均值是__________．
解析：此试验满足二项分布，其中p＝，所以在两次试验中成功次数X的均值为E(X)＝np＝2×＝.
答案：
三、解答题
10．2018年某企业举办产品创新研发创意大赛，经评委会初评，有两个优秀方案入选，最后组委会决定请车间100名经验丰富的技工对这两个方案进行等级评价(等级从高到低依次为A，B，C，D，E)，评价结果对应的人数统计如下表：
编号
等级
A
B
C
D
E
1 号方案
8
41
26
15
10
2号方案
7
33
20
20
20
(1)若从对1号方案评价为D，E的技工中任选3人，求这3人中至少有1人对1号方案评价为D的概率；
(2)在C级以上(包含C级)，可获得2万元的奖励，D级奖励0.5万元，E级无奖励．若以此表格数据估计概率，随机请1名技工分别对两个方案进行独立评价，求两个方案获得的奖励总金额X(单位：万元)的分布列和数学期望．
解析：(1)由表格可知，对1号方案评价为D的技工有15人，评价为E的技工有10人．
记事件“这3人中至少有1人对1号方案评价为D”为事件M，则为“这3人对1号方案的评价都为E”．
所以P()＝＝，故P(M)＝1－P()＝1－＝.
即所求概率为.
(2)由表格知，1号方案评价在C级以上的概率为＝，
评价为D的概率为＝，评价为E的概率为＝；
2号方案评价在C级以上的概率为＝，
评价为D的概率为＝，评价为E的概率为＝.
随机变量X(单位：万元)的所有可能取值为4,2.5,2,1,0.5,0.
P(X＝4)＝×＝，P(X＝2.5)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＋×＝，P(X＝1)＝×＝，
P(X＝0.5)＝×＋×＝，P(X＝0)＝×＝.
所以X的分布列为
X
4
2.5
2
1
0.5
0
P
故E(X)＝4×＋2.5×＋2×＋1×＋0.5×＋0×＝.
11．(2018·昆明模拟)某火锅店为了了解气温对营业额的影响，随机记录了该店1月份其中5天的日营业额y(单位：万元)与该地当日最低气温x(单位：℃)的数据，如下表：
x
2
5
8
9
11
y
1.2
1
0.8
0.8
0.7
(1)求y关于x的线性回归方程＝x＋；
(2)判断y与x之间是正相关还是负相关，若该地1月份某天的最低气温为6℃，用所求回归方程预测该店当日的营业额；
(3)设该地1月份的日最低气温X～N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，求P(3.8＜X≤13.4)．
附：①回归方程＝x＋中，＝，＝－.
②≈3.2，≈1.8.若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 5.
解析：(1)＝×(2＋5＋8＋9＋11)＝7，
＝×(1.2＋1＋0.8＋0.8＋0.7)＝0.9.
＝4＋25＋64＋81＋121＝295，
iyi＝2.4＋5＋6.4＋7.2＋7.7＝28.7，
∴＝＝＝＝－0.056，
＝－＝0.9－(－0.056)×7＝1.292.
∴线性回归方程为＝－0.056x＋1.292.
(2)∵＝－0.056＜0，∴y与x之间是负相关．
当x＝6时，＝－0.056×6＋1.292＝0.956.
∴该店当日的营业额约为9 560元．
(3)样本方差s2＝×(25＋4＋1＋4＋16)＝10，
∴最低气温X～N(7,3.22)，
∴P(3.8＜X≤10.2)＝0.682 7，
P(0.6＜X≤13.4)＝0.954 5，
∴P(10.2＜X≤13.4)＝×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9.
∴P(3.8＜X≤13.4)＝P(3.8＜X≤10.2)＋P(10.2＜X≤13.4)＝0.682 7＋0.135 9＝0.818 6.
12．由腾讯游戏开发并运行的一款运营在Android，iOS平台上的MOBA类手游，受到越来越多人的喜欢．某机构对不同年龄的人员对玩此手游的态度进行调查，随机抽取了50人，他们年龄的频数分布及对玩此手游赞成人数如下表.
年龄/岁
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
[65,75]
频数
4
10
16
9
5
6
赞成人数
2
9
15
6
2
2
(1)若以“年龄”45岁为分界点，由以上统计数据完成下面2×2列联表，并判断是否有99.5%的把握认为玩此手游的态度与人的年龄有关；
年龄低于45岁的人数
年龄不低于45岁的人数
合计
赞成
不赞成
合计
(2)若从年龄在[25,35)和[55,65)的被调查人中按照分层抽样的方法选取6人进行跟踪调查，并给予其中3人“红包”奖励，记3人中年龄在[55,65)的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望．
附：
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
解析：(1)根据条件得如下2×2列联表：
年龄低于45岁的人数
年龄不低于45岁的人数
合计
赞成
26
10
36
不赞成
4
10
14
合计
30
20
50
所以K2的观测值k＝≈8.003＞7.879，
所以有99.5%的把握认为玩此手游的态度与人的年龄有关．
(2)由分层抽样的方法可知，从年龄在[55,65)的被调查人中抽取的人数为6×＝2，
从年龄在[25,35)的被调查人中抽取的人数为6×＝4，
所以ξ的可能取值为0,1,2，
由题意知，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
故随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
13．(2018·揭阳模拟)某地政府拟在该地一水库上建造一座水电站，用泄流水量发电．如图是根据该水库历年的日泄流量的水文资料画成的日泄流量X(单位：万立方米)的频率分布直方图(不完整)，已知X∈[0,120]，历年中日泄流量在区间[30,60)的年平均天数为156，一年按364天计．
(1)请把频率分布直方图补充完整；
(2)该水电站希望安装的发电机尽可能都运行，但每30万立方米的日泄流量才够运行一台发电机，如60≤X＜90时才够运行两台发电机．若运行一台发电机，每天可获利润为4 000元；若不运行，则该台发电机每天亏损500元．以各段的频率作为相应段的概率，以水电站日利润的期望值为决策依据，问：为使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装多少台发电机？
解析：(1)在区间[30,60)的频率为＝，＝＝.
设在区间[0,30)上，＝a，
则(a＋＋＋)×30＝1，
解得a＝.
补充完整的频率分布直方图如图所示．
(2)记水电站日利润为Y元．由(1)知，无法运行发电机的概率为，恰好运行一台发电机的概率为，恰好运行两台发电机的概率为，恰好运行三台发电机的概率为.
①若安装一台发电机，则Y的所有可能取值为－500,4 000，其分布列为
Y
－500
4 000
P
E(Y)＝－500×＋4 000×＝.
②若安装两台发电机，则Y的所有可能取值为－1 000,3 500,8 000，其分布列为
Y
－1 000
3 500
8 000
P
E(Y)＝－1 000×＋3 500×＋8 000×＝.
③若安装三台发电机，则Y的所有可能取值为－1 500,3 000,7 500,12 000，其分布列为
Y
－1 500
3 000
7 500
12 000
P
E(Y)＝－1 500×＋3 000×＋7 500×＋12 000×＝.
因为＞＞，
所以要使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装三台发电机．
年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析及学科素养
2018
Ⅰ卷
二项分布、期望及应用·T20
命题分析
概率、统计的解答题多在第18或19题的位置，多以交汇性的形式考查，交汇点主要有两种(频率分布直方图与茎叶图)择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相交汇来考查；(频率分布直方图与茎叶图)择一与线性回归或独立性检验相交汇来考查，难度中等．
学科素养
主要通过离散型随机变量及其分布考查学生数学抽象、数学建模及数学运算核心素养.
Ⅲ卷
二项分布及方差的计算·T8
2017
Ⅰ卷
正态分布、二项分布的性质及概率、方差·T19
Ⅱ卷
二项分布的方差计算·T13
Ⅲ卷
频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用·T18
2016
Ⅰ卷
柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率、分布列和数学期望·T19
Ⅱ卷
互斥事件的概率、条件概率、随机变量的分布列和数学期望·T18
条件概率、相互独立事件概率、独立重复试验
授课提示：对应学生用书第71页
[悟通——方法结论]
1．条件概率的两种求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，利用公式P(B|A)＝，这是常用的方法．
(2)求出事件A包含的基本事件数n(A)，再求出事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，利用P(B|A)＝可求得．
2．相互独立事件概率、独立重复试验
类型
特点
概率求法
相互独立事件同时发生
事件互相独立
P(AB)＝P(A)P(B)
(A，B相互独立)
独立重复试验
一次试验重复n次
P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k
(p为发生的概率)
[全练——快速解答]
1．(2018·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝( )
A. B.
C. D.
解析：小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A＝4×3×2×1＝24种，∴P(A|B)＝＝.
答案：A
2．(2018·南昌模拟)为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1,2,3.由题意，事件Ai，Bi，Ci(i＝1,2,3)相互独立，则P(Ai)＝＝，P(Bi)＝＝，P(Ci)＝＝，i＝1,2,3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P＝AP(AiBiCi)＝6×××＝.
答案：D
3．某批花生种子，如果每1粒发芽的概率均为，那么播下4粒种子恰好有2粒发芽的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：所求概率P＝C2·2＝.
答案：C
公式法求两类事件的概率
(1)求条件概率的关键是分清条件概率中的各个事件，利用公式时应注意两个方面的问题：一是注意区分B|A与A|B，前者是在事件A发生的前提下事件B发生，而后者是在事件B发生的前提下事件A发生，避免两者混淆．
(2)求相互独立事件与独立重复试验的概率时要注意两点：一是准确利用公式，如利用相互独立事件的概率公式时，对应事件必须是相互独立的；二是注意两者的区别，不能乱用公式．
二项分布与正态分布
授课提示：对应学生用书第71页
[悟通——方法结论]
1．判断二项分布的常用方法：
(1)若所考虑的试验可以看作是一个结果只有两种状态A与，则n次独立重复试验中A发生的次数X就服从二项分布．
(2)凡是服从二项分布的随机变量一定只取有限个实数为其值，否则随机变量不服从二项分布．
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(a
①P(μ－σ
1．(2018·高考全国卷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：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.
故选B.
答案：B
2．(2017·高考全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝__________.
解析：依题意，X～B(100,0.02)，
所以DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
答案：1.96
3．某班有50名学生，期中考试的数学成绩X～N(110,102)，若P(100≤X≤110)＝0.2，则估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为________．
解析：由题意，知正态曲线的对称轴为X＝110，故P(110≤X≤120)＝P(100≤X≤110)＝0.2，所以P(X＞120)＝P(X≥110)－P(110≤X≤120)＝0.5－0.2＝0.3.所以该班学生数学成绩在120分以上的人数为0.3×50＝15.
答案：15
4．已知某厂生产的电子产品的使用寿命X(单位：小时)服从正态分布N(1 000，σ2)，且P(X＜800)＝0.2，P(X≥1 300)＝0.02.
(1)现从该厂随机抽取一件产品，求其使用寿命在[1 200,1 300)的概率；
(2)现从该厂随机抽取三件产品，记抽到的三件产品的使用寿命在[800,1 200)的件数为Y，求Y的分布列和数学期望E(Y)．
解析：(1)因为X～N(1 000，σ2)，P(X＜800)＝0.2，P(X≥1 300)＝0.02，
所以P(1 200≤X＜1 300)＋P(X≥1 300)＝P(X≥1 200)＝P(X＜800)＝0.2.
所以P(1 200≤X＜1 300)＝0.2－0.02＝0.18.
故抽取的产品的使用寿命在[1 200,1 300)的概率为0.18.
(2)因为P(800≤X＜1 200)＝1－2P(X＜800)＝1－2×0.2＝0.6，
所以Y～B(3,0.6)．
P(Y＝0)＝C×0.60×(1－0.6)3＝0.064，P(Y＝1)＝C×0.6×(1－0.6)2＝0.288，
P(Y＝2)＝C×0.62×(1－0.6)＝0.432，P(Y＝3)＝C×0.63×(1－0.6)0＝0.216.
所以Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
所以E(Y)＝3×0.6＝1.8.
在判断是否是二项分布时易忽视下列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．
离散型随机变量的期望与方差
授课提示：对应学生用书第72页
[悟通——方法结论]
1．离散型随机变量的分布列和概率性质
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(1)pi≥0，i＝1,2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1；
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn；
(4)D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn.
2．随机变量的数学期望与方差
(1)如果E(η)和E(ξ)都存在，则E(ξ＋η)＝E(ξ)＋E(η)．
(2)若η＝aξ＋b，则E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(η)＝D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
(3)期望与方差的转化：D(ξ)＝E(ξ2)－(E(ξ))2.
(4)E(ξ－Eξ)＝E(ξ)－E(Eξ)(因为Eξ为一常数)＝E(ξ)－E(ξ)＝0.
(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
❶
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份(单位：瓶)的分布列；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
信息❶中结合频数分布表
想到表中最高气温与天数的关系及气温与酸奶需求量关系
表示利润Y时注意根据气温区间进行分类表示
信息❷酸奶一天需求量
利用表格中关系求解
信息❸中求EY的最值
用进货量n表示EY建立函数关系可求解
[规范解答] (1)由题意知，X所有可能取值为200,300,500，
(2分)
由表格数据知
P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，P(X＝500)＝＝0.4. (5分)
因此X的分布列为
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(6分)
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
(9分)
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
(11分)
所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．
(12分)
求解离散型随机变量的期望与方差的解题模型
[练通——即学即用]
某市为了解“防震减灾”教育活动的成效，对全市公务员进行一次“防震减灾”知识测试，根据测试成绩评定“合格”“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不合格”记0分．现随机抽取部分公务员的答卷，统计结果如下，对应的频率分布直方图如图所示.
等级
不合格
合格
得分
[20,40)
[40,60)
[60,80)
[80,100]
频数
12
x
48
y
(1)求x，y，c的值；
(2)用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的公务员中选取10人进行座谈，现再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为ξ，求ξ的数学期望E(ξ)；
(3)某评估机构以指标M(M＝，其中D(ξ)表示ξ的方差)来评估该市“防震减灾”教育活动的成效．若M≥0.7，则认定教育活动是有效的；否则认定教育活动无效，应调整“防震减灾”教育方案．在(2)的条件下，判断该市是否应调整“防震减灾”教育方案？
解析：(1)由频率分布直方图可知，得分在[20,40)的频率为0.005×20＝0.1，
故抽取的答卷数为＝120.
由频率分布直方图可知，得分在[80,100]的频率为0.01×20＝0.2，所以y＝120×0.2＝24，
又12＋x＋y＋48＝120，所以x＝36.
所以c＝＝0.015.
(2)因为(12＋x)∶(48＋y)＝48∶72＝2∶3，
所以抽取的10人中“不合格”的有4人，“合格”的有6人．
ξ的所有可能取值为20,15,10,5,0，
P(ξ＝20)＝＝，P(ξ＝15)＝＝，P(ξ＝10)＝＝，P(ξ＝5)＝＝，P(ξ＝0)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
20
15
10
5
0
P
所以E(ξ)＝20×＋15×＋10×＋5×＋0×＝12.
(3)由(2)可得，D(ξ)＝(20－12)2×＋(15－12)2×＋(10－12)2×＋(5－12)2×＋(0－12)2×＝16，所以M＝＝＝0.75＞0.7.
故我们认为该市的“防震减灾”教育活动是有效的，不需要调整“防震减灾”教育方案.
授课提示：对应学生用书第155页
一、选择题
1．将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)，P(B|A)分别是( )
A.， B.，
C.， D.，
解析：P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点，且三个点数都不相同”共有C×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝.P(B|A)的含义是在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个6点”的概率，所以P(B|A)＝.
答案：A
2．(2018·包头铁路一中调研)甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为，，，那么三人中恰有两人合格的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：三人中恰有两人合格的概率P＝××(1－)＋×(1－)×＋(1－)××＝，故选C.
答案：C
3．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
解析：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.
答案：A
4．若随机变量X～N(μ，σ2)(σ>0)，则有如下结论：
P(μ－σ
C．16 D．8
解析：因为数学成绩服从正态分布N(120,102)，则P(|x－120|＞10)＝1－P(|x－120|≤10)＝0.317 4，由正态曲线的对称性知在130分以上的概率是P(|x－120|＞10)的一半，所以人数约为×0.317 4×48≈8，故选D.
答案：D
5．(2018·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
解析：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.
答案：B
6．已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴在y轴的左侧．其中a，b，c∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，若随机变量X＝|a－b|，则X的数学期望E(X)＝( )
A. B.
C. D.
解析：对称轴在y轴的左侧(a与b同号)的抛物线有2CCC＝126条，X的可能取值有0,1,2.P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，E(X)＝，故选A.
答案：A
二、填空题
7．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＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4.
解析：由P(－1＜X≤1)＝0.682 6，得P(0＜X≤1)＝0.341 3，则阴影部分的面积为0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为10 000×＝3 413.
答案：3 413
8．从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞，则两张都是假钞的概率是________．
解析：设事件A为“抽到的两张都是假钞”，事件B为“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率为P(A|B)，
因为P(AB)＝P(A)＝＝，P(B)＝＝，
所以P(A|B)＝＝＝.
答案：
9．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在两次试验中成功次数X的均值是__________．
解析：此试验满足二项分布，其中p＝，所以在两次试验中成功次数X的均值为E(X)＝np＝2×＝.
答案：
三、解答题
10．2018年某企业举办产品创新研发创意大赛，经评委会初评，有两个优秀方案入选，最后组委会决定请车间100名经验丰富的技工对这两个方案进行等级评价(等级从高到低依次为A，B，C，D，E)，评价结果对应的人数统计如下表：
编号
等级
A
B
C
D
E
1 号方案
8
41
26
15
10
2号方案
7
33
20
20
20
(1)若从对1号方案评价为D，E的技工中任选3人，求这3人中至少有1人对1号方案评价为D的概率；
(2)在C级以上(包含C级)，可获得2万元的奖励，D级奖励0.5万元，E级无奖励．若以此表格数据估计概率，随机请1名技工分别对两个方案进行独立评价，求两个方案获得的奖励总金额X(单位：万元)的分布列和数学期望．
解析：(1)由表格可知，对1号方案评价为D的技工有15人，评价为E的技工有10人．
记事件“这3人中至少有1人对1号方案评价为D”为事件M，则为“这3人对1号方案的评价都为E”．
所以P()＝＝，故P(M)＝1－P()＝1－＝.
即所求概率为.
(2)由表格知，1号方案评价在C级以上的概率为＝，
评价为D的概率为＝，评价为E的概率为＝；
2号方案评价在C级以上的概率为＝，
评价为D的概率为＝，评价为E的概率为＝.
随机变量X(单位：万元)的所有可能取值为4,2.5,2,1,0.5,0.
P(X＝4)＝×＝，P(X＝2.5)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＋×＝，P(X＝1)＝×＝，
P(X＝0.5)＝×＋×＝，P(X＝0)＝×＝.
所以X的分布列为
X
4
2.5
2
1
0.5
0
P
故E(X)＝4×＋2.5×＋2×＋1×＋0.5×＋0×＝.
11．(2018·昆明模拟)某火锅店为了了解气温对营业额的影响，随机记录了该店1月份其中5天的日营业额y(单位：万元)与该地当日最低气温x(单位：℃)的数据，如下表：
x
2
5
8
9
11
y
1.2
1
0.8
0.8
0.7
(1)求y关于x的线性回归方程＝x＋；
(2)判断y与x之间是正相关还是负相关，若该地1月份某天的最低气温为6℃，用所求回归方程预测该店当日的营业额；
(3)设该地1月份的日最低气温X～N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，求P(3.8＜X≤13.4)．
附：①回归方程＝x＋中，＝，＝－.
②≈3.2，≈1.8.若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 5.
解析：(1)＝×(2＋5＋8＋9＋11)＝7，
＝×(1.2＋1＋0.8＋0.8＋0.7)＝0.9.
＝4＋25＋64＋81＋121＝295，
iyi＝2.4＋5＋6.4＋7.2＋7.7＝28.7，
∴＝＝＝＝－0.056，
＝－＝0.9－(－0.056)×7＝1.292.
∴线性回归方程为＝－0.056x＋1.292.
(2)∵＝－0.056＜0，∴y与x之间是负相关．
当x＝6时，＝－0.056×6＋1.292＝0.956.
∴该店当日的营业额约为9 560元．
(3)样本方差s2＝×(25＋4＋1＋4＋16)＝10，
∴最低气温X～N(7,3.22)，
∴P(3.8＜X≤10.2)＝0.682 7，
P(0.6＜X≤13.4)＝0.954 5，
∴P(10.2＜X≤13.4)＝×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9.
∴P(3.8＜X≤13.4)＝P(3.8＜X≤10.2)＋P(10.2＜X≤13.4)＝0.682 7＋0.135 9＝0.818 6.
12．由腾讯游戏开发并运行的一款运营在Android，iOS平台上的MOBA类手游，受到越来越多人的喜欢．某机构对不同年龄的人员对玩此手游的态度进行调查，随机抽取了50人，他们年龄的频数分布及对玩此手游赞成人数如下表.
年龄/岁
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
[65,75]
频数
4
10
16
9
5
6
赞成人数
2
9
15
6
2
2
(1)若以“年龄”45岁为分界点，由以上统计数据完成下面2×2列联表，并判断是否有99.5%的把握认为玩此手游的态度与人的年龄有关；
年龄低于45岁的人数
年龄不低于45岁的人数
合计
赞成
不赞成
合计
(2)若从年龄在[25,35)和[55,65)的被调查人中按照分层抽样的方法选取6人进行跟踪调查，并给予其中3人“红包”奖励，记3人中年龄在[55,65)的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望．
附：
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
解析：(1)根据条件得如下2×2列联表：
年龄低于45岁的人数
年龄不低于45岁的人数
合计
赞成
26
10
36
不赞成
4
10
14
合计
30
20
50
所以K2的观测值k＝≈8.003＞7.879，
所以有99.5%的把握认为玩此手游的态度与人的年龄有关．
(2)由分层抽样的方法可知，从年龄在[55,65)的被调查人中抽取的人数为6×＝2，
从年龄在[25,35)的被调查人中抽取的人数为6×＝4，
所以ξ的可能取值为0,1,2，
由题意知，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
故随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
13．(2018·揭阳模拟)某地政府拟在该地一水库上建造一座水电站，用泄流水量发电．如图是根据该水库历年的日泄流量的水文资料画成的日泄流量X(单位：万立方米)的频率分布直方图(不完整)，已知X∈[0,120]，历年中日泄流量在区间[30,60)的年平均天数为156，一年按364天计．
(1)请把频率分布直方图补充完整；
(2)该水电站希望安装的发电机尽可能都运行，但每30万立方米的日泄流量才够运行一台发电机，如60≤X＜90时才够运行两台发电机．若运行一台发电机，每天可获利润为4 000元；若不运行，则该台发电机每天亏损500元．以各段的频率作为相应段的概率，以水电站日利润的期望值为决策依据，问：为使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装多少台发电机？
解析：(1)在区间[30,60)的频率为＝，＝＝.
设在区间[0,30)上，＝a，
则(a＋＋＋)×30＝1，
解得a＝.
补充完整的频率分布直方图如图所示．
(2)记水电站日利润为Y元．由(1)知，无法运行发电机的概率为，恰好运行一台发电机的概率为，恰好运行两台发电机的概率为，恰好运行三台发电机的概率为.
①若安装一台发电机，则Y的所有可能取值为－500,4 000，其分布列为
Y
－500
4 000
P
E(Y)＝－500×＋4 000×＝.
②若安装两台发电机，则Y的所有可能取值为－1 000,3 500,8 000，其分布列为
Y
－1 000
3 500
8 000
P
E(Y)＝－1 000×＋3 500×＋8 000×＝.
③若安装三台发电机，则Y的所有可能取值为－1 500,3 000,7 500,12 000，其分布列为
Y
－1 500
3 000
7 500
12 000
P
E(Y)＝－1 500×＋3 000×＋7 500×＋12 000×＝.
因为＞＞，
所以要使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装三台发电机．
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