（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题十一概率与统计11.2离散型随机变量及其分布列、均值与方差试题（含解析）

§11.2　离散型随机变量及其分布列、均值与方差
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一　离散型随机变量及其分布列
1.若离散型随机变量X的分布列如下表,则常数c的值为(　　)
X
0
1
P
9c2-c
3-8c

A.23或13　　　B.23　　　C.13　　　D.1
答案　C
2.为创建国家级文明城市,某城市号召出租车司机在高考期间至少进行一次“爱心送考”,该城市某出租车公司共200名司机,他们进行“爱心送考”的次数统计如图所示.
(1)求该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数;
(2)从这200名司机中任选两人,设这两人进行送考次数之差的绝对值为随机变量X,求X的分布列及数学期望.

解析　(1)由统计图得200名司机中送考1次的有20人,
送考2次的有100人,送考3次的有80人,
∴该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数为20×1+100×2+80×3200=2.3.
(2)从该公司任选两名司机,记“这两人中一人送考1次,另一人送考2次”为事件A,
“这两人中一人送考2次,另一人送考3次”为事件B,
“这两人中一人送考1次,另一人送考3次”为事件C,
“这两人送考次数相同”为事件D,
由题意知X的所有可能取值为0,1,2,
P(X=1)=P(A)+P(B)=C201C1001C2002+C1001C801C2002=100199,
P(X=2)=P(C)=C201C801C2002=16199,
P(X=0)=P(D)=C202+C1002+C802C2002=83199,
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
83199
100199
16199
E(X)=0×83199+1×100199+2×16199=132199.
考点二　离散型随机变量的均值与方差
3.设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b,若X的数学期望为E(X)=3,则a-b=(　　)
A.110　　　B.0　　　C.-110　　　D.15
答案　A
4.已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
827
49
m
127
则X的数学期望E(X)=(　　)
A.23　　　B.1　　　C.32　　　D.2
答案　B
5.已知随机变量ξ满足P(ξ=0)=13,P(ξ=1)=x,P(ξ=2)=23-x,若0 A.E(ξ)随着x的增大而增大,D(ξ)随着x的增大而增大
B.E(ξ)随着x的增大而减小,D(ξ)随着x的增大而增大
C.E(ξ)随着x的增大而减小,D(ξ)随着x的增大而减小
D.E(ξ)随着x的增大而增大,D(ξ)随着x的增大而减小
答案　C
6.某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售.如果当天卖不完,剩下的玫瑰花当作垃圾处理.
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花,求当天的利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:枝,n∈N)的函数解析式;
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整理得下表:
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.
(i)若花店一天购进16枝玫瑰花,X表示当天的利润(单位:元),求X的分布列、数学期望及方差;
(ii)若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花,你认为应购进16枝还是17枝?请说明理由.
解析　(1)当日需求量n≥16时,y=80.
当日需求量n<16时,y=10n-80.
所以y关于n的函数解析式为
y=10n-80,　　　n<16,80,　　　n≥16(n∈N).
(2)(i)X可能的取值为60,70,80,并且P(X=60)=0.1,
P(X=70)=0.2,P(X=80)=0.7.
故X的分布列为
X
60
70
80
P
0.1
0.2
0.7
X的数学期望EX=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76.
X的方差为DX=(60-76)2×0.1+(70-76)2×0.2+(80-76)2×0.7=44.
(ii)答案不唯一.答案一:
花店一天应购进16枝玫瑰花.理由如下:
若花店一天购进17枝玫瑰花,设Y表示当天的利润(单位:元),则Y的分布列为
Y
55
65
75
85
P
0.1
0.2
0.16
0.54
Y的数学期望为EY=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4.
Y的方差为DY=(55-76.4)2×0.1+(65-76.4)2×0.2+(75-76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54=112.04.
结合(2)(i)可知DX 答案二:
花店一天应购进17枝玫瑰花.理由如下:
若花店一天购进17枝玫瑰花,设Y表示当天的利润(单位:元),那么Y的分布列为
Y
55
65
75
85
P
0.1
0.2
0.16
0.54
Y的数学期望为EY=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4.
结合(2)(i)可知EX 综合篇知能转换
【综合集训】
考法　求离散型随机变量的期望与方差的方法
1.(2018广东省际名校联考(二),11)不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球,现从中逐个不放回地摸出小球,直到取出所有红球为止,则摸取次数X的数学期望是(　　)
A.185　　　B.92　　　C.367　　　D.163
答案　D
2.(2018广东深圳南山入学摸底考试,5)一个摊主在一旅游景点设摊,在不透明的口袋中装入除颜色外无差别的2个白球和3个红球.游客向摊主付2元进行1次游戏.游戏规则如下:游客从口袋中随机摸出2个小球,若摸出的小球同色,则游客获得3元奖励;若异色,则游客获得1元奖励.则摊主从每次游戏中获得的利润X(单位:元)的期望是(　　)
A.0.2　　　B.0.3　　　C.0.4　　　D.0.5
答案　A
3.(2019河北冀州期末,19)有编号为1,2,3,…,n的n个学生,入座编号为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的概率分布列及数学期望E(X).
解析　(1)因为当X=2时,有Cn2=n(n-1)2种坐法,
所以n(n-1)2=6,即n2-n-12=0,
解得n=4或n=-3(舍去),
所以n=4.
(2)因为X表示的是学生所坐的座位号与该生的编号不同的人数,所以X的可能取值是0,2,3,4,
所以P(X=0)=1A44=124,P(X=2)=C42×1A44=14,P(X=3)=C43×2A44=13,P(X=4)=1-124-14-13=38,
所以X的概率分布列为
X
0
2
3
4
P
124
14
13
38
所以数学期望E(X)=0×124+2×14+3×13+4×38=3.
4.(2019广东佛山顺德第二次教学质量检测,18)某糕点房推出一类新品蛋糕,该蛋糕的成本价为4元,售价为8元.受保质期的影响,当天没有销售完的糕点只能销毁.经过长期的调研,统计了一下该新品的日需求量.现将近期一个月(30天)的需求量展示如下:
日需求量X(个)
20
30
40
50
天数
5
10
10
5
(1)从这30天中任取两天,求两天的日需求量均为40个的概率;
(2)以上表中的频率作为概率,列出日需求量X的分布列,并求该月的日需求量X的期望;
(3)根据(2)中的分布列求得当该糕点房一天制作35个该类蛋糕时,对应的利润的期望值为3203;现有员工建议扩大生产,一天生产45个,求对应利润的期望值,判断此建议该不该被采纳.
解析　(1)从这30天中任取两天,两天的日需求量均为40个的概率为C102C302=329.
(2)日需求量X的分布列为
X
20
30
40
50
P
16
13
13
16
日需求量X的期望E(X)=20×16+30×13+40×13+50×16=35.
(3)设该糕点房制作45个蛋糕对应的利润为Y元,对应的分布列如下:
利润Y(元)
-20
60
140
180
概率
16
13
13
16
利润Y的期望E(Y)=-20×16+60×13+140×13+180×16=2803.因为2803<3203,所以此建议不该被采纳.
思路分析　(1)直接根据对应关系求概率即可;
(2)列出日需求量的分布列,根据分布列,用数学期望的公式求解即可;
(3)列出利润的分布列,根据分布列,用数学期望的公式求解,然后比较两个期望值,从而判断此建议该不该被采纳.
5.(2019安徽宣城二模,19)某中学利用周末组织教职工进行了一次秋季登山健身的活动,有N人参加,现将所有参加者按年龄情况分为[20,25),[25,30),[30,35),[35,40),[40,45),[45,50),[50,55)共七组,其频率分布直方图如图所示,已知[25,30)这组的参加者是6人.
(1)根据频率分布直方图求该校参加秋季登山活动的教职工年龄的中位数;
(2)已知[35,40)和[40,45)这两组各有2名数学教师,现从这两个组中各选取2人担任接待工作,设两组的选择互不影响,求两组选出的人中恰有1名数学教师的概率;
(3)组织者从[45,55)这组的参加者(其中共有4名女教师,其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作,其中女教师的人数为X,求X的分布列和均值.

解析　(1)设[30,35)这一组对应的矩形的高为x,
∵(0.01+0.03+x+0.04+0.03+0.02+0.01)×5=1,
∴x=0.06.
∵(0.01+0.03+0.06)×5=0.5,
∴中位数为35.
(2)记事件A为“从[35,40)和[40,45)两组中各选出2人,选出的人中恰有1名数学教师”,
参加活动的总人数N=6÷(0.03×5)=40,年龄在[35,40)的人数为40×(0.04×5)=8,年龄在[40,45)的人数为40×(0.03×5)=6,
∴P(A)=C21C61C82×C42C62+C62C82×C21C41C62=1635.
(3)年龄在[45,55)的人数为40×(0.02+0.01)×5=6,
X的可能取值为1,2,3,∵P(X=1)=C41C22C63=15,P(X=2)=C42C21C63=35,P(X=3)=C43C63=15,
∴X的分布列为
X
1
2
3
P
15
35
15
E(X)=1×15+2×35+3×15=2.
【五年高考】
考点一　离散型随机变量及其分布列
1.(2019课标Ⅰ,21,12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X.
(1)求X的分布列;
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8.
(i)证明:{pi+1-pi}(i=0,1,2,…,7)为等比数列;
(ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.
解析　本题主要考查概率与数列的综合,考查离散型随机变量的分布列,等比数列的判定及累加法的应用,考查学生灵活运用概率与数列知识去分析、解决实际问题的能力,综合考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力以及应用意识、创新意识.
(1)X的所有可能取值为-1,0,1.
P(X=-1)=(1-α)β,P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β),
P(X=1)=α(1-β).
所以X的分布列为
X
-1
0
1
P
(1-α)β
αβ+(1-α)(1-β)
α(1-β)

(2)(i)证明:由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.
因此pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1,故0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1),即pi+1-pi=4(pi-pi-1).又因为p1-p0=p1≠0,所以{pi+1-pi}(i=0,1,2,…,7)是公比为4,首项为p1的等比数列.
(ii)由(i)可得p8=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+…+(p1-p0)=48-13p1.
由于p8=1,故p1=348-1,所以p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=44-13p1=1257.
p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=1257≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.
试题分析　本题以试验新药疗效为背景,命制了一个概率与数列的综合性问题,试题很新颖,创新度高,考查学生灵活运用数学知识解决实际问题的能力.本题层次分明,内容丰富,区分度较高,使不同学生的理性思维的广度和深度得到了充分展示.
2.(2016课标Ⅰ,19,12分)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
(1)求X的分布列;
(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?
解析　(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.
可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22,
P(X=16)=0.2×0.2=0.04;P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;
P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;
P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;P(X=22)=0.2×0.2=0.04.(4分)
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
(6分)
(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(8分)
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).
当n=19时,
EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4 040.(10分)
当n=20时,
EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4 080.
可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.(12分)
思路分析　(1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列.
(2)根据(1)中求得的概率可得P(X≤18)以及P(X≤19)的值,由此即可确定n的最小值.
(3)求出n=19,n=20时的期望值,比较大小即可作出决策.
3.(2019北京,17,13分)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:
　　　　　支付金额(元)
支付方式　　　　　
(0,1 000]
(1 000,2 000]
大于2 000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人
(1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率;
(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数,求X的分布列和数学期望;
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用A的学生中,随机抽查3人,发现他们本月的支付金额都大于2 000元.根据抽查结果,能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化?说明理由.
解析　本题主要考查用样本分布估计总体分布,离散型随机变量的分布列与期望,以实际生活为背景考查学生解决实际问题的能力,渗透了数据分析的核心素养,体现了应用与创新意识.
(1)由题意知,样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人,仅使用B的学生有10+14+1=25人,A,B两种支付方式都不使用的学生有5人.故样本中A,B两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40人.所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率估计为40100=0.4.
(2)X的所有可能值为0,1,2.
记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”,事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”.
由题设知,事件C,D相互独立,且P(C)=9+330=0.4,P(D)=14+125=0.6.
所以P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24,
P(X=1)=P(CD∪CD)=P(C)P(D)+P(C)P(D)=0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6=0.52,
P(X=0)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故X的数学期望E(X)=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.
(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2 000元”.
假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)=1C303=14 060.
答案示例1:可以认为有变化.理由如下:
P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.
答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:
事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化.
思路分析　(1)由频率=频数样本容量即可求解相应频率,进而用频率估计概率.
(2)仅使用A,且支付金额大于1 000元的概率P=9+330=0.4,仅使用B,且支付金额大于1 000元的概率P=14+125=0.6,进而求分布列和期望.
(3)开放性题目,从事件发生的概率说明理由即可.
评析　本题以移动支付的出现及普及为背景来设计问题,样本数据来源于学生熟悉的情景,不仅使学生体会到数学应用的广泛性,同时也体现了人们生活方式的巨大变化.第(3)问结合古典概型考查概率的意义,体会统计中的决策思想.
4.(2017天津,16,13分)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12,13,14.
(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.
解析　本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=1-12×1-13×1-14=14,
P(X=1)=12×1-13×1-14+1-12×13×1-14+1-12×1-13×14=1124,
P(X=2)=1-12×13×14+12×1-13×14+12×13×1-14=14,
P(X=3)=12×13×14=124.
所以,随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
14
1124
14
124
随机变量X的数学期望E(X)=0×14+1×1124+2×14+3×124=1312.
(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)=14×1124+1124×14=1148.
所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.
技巧点拨　解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随机变量可以取哪些值以及取各个值时对应的概率,只有正确理解随机变量取值的意义才能解决这个问题,理解随机变量取值的意义是解决这类问题的必要前提.
5.(2017山东,18,12分)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望EX.
解析　本题考查离散型随机变量的分布列,期望.
(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,
则P(M)=C84C105=518.
(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则
P(X=0)=C65C105=142,P(X=1)=C64C41C105=521,P(X=2)=C63C42C105=1021,P(X=3)=C62C43C105=521,P(X=4)=C61C44C105=142.
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
142
521
1021
521
142

X的数学期望是
EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0+1×521+2×1021+3×521+4×142=2.
解后反思　(1)求离散型随机变量X的分布列的步骤:
①理解X的含义,写出X所有可能的取值.
②求X取每个值时的概率;
③写出X的分布列.
(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意应用计数原理、古典概型概率公式等知识.
考点二　离散型随机变量的均值与方差
6.(2019浙江,7,4分)设0 X
0
a
1
P
13
13
13
则当a在(0,1)内增大时,(　　)
A.D(X)增大　　　　　B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小　　　　　D.D(X)先减小后增大
答案　D
7.(2017浙江,8,4分)已知随机变量ξi满足P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2.若0 A.E(ξ1) B.E(ξ1)D(ξ2)
C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1) D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)
答案　A
8.(2017课标Ⅱ,13,5分)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=　　　　. 
答案　1.96
9.(2018课标Ⅰ,20,12分)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件做检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0 (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.
(i)若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX;
(ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?
解析　(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C202p2(1-p)18.
因此f '(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C202p(1-p)17(1-10p).
令f '(p)=0,得p=0.1,当p∈(0,0.1)时, f '(p)>0;
当p∈(0.1,1)时, f '(p)<0.
所以f(p)的最大值点为p0=0.1.
(2)由(1)知,p=0.1,
(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y,
所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.
(ii)如果对余下的产品做检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于EX>400,故应该对余下的产品做检验.
教师专用题组
考点一　离散型随机变量及其分布列
1.(2015四川,17,12分)某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛,A中学推荐了3名男生、2名女生,B中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率;
(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X表示参赛的男生人数,求X的分布列和数学期望.
解析　(1)由题意得,参加集训的男、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为C33C43C63C63=1100.
因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-1100=99100.
(2)根据题意,X的可能取值为1,2,3.
P(X=1)=C31C33C64=15,P(X=2)=C32C32C64=35,
P(X=3)=C33C31C64=15.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
15
35
15
因此,X的数学期望为
E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)
=1×15+2×35+3×15=2.
2.(2015重庆,17,13分)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.
解析　(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)=C21C31C51C103=14.
(2)X的所有可能值为0,1,2,且
P(X=0)=C83C103=715,P(X=1)=C21C82C103=715,
P(X=2)=C22C81C103=115.
综上知,X的分布列为
X
0
1
2
P
715
715
115

故E(X)=0×715+1×715+2×115=35(个).
3.(2013课标Ⅰ,19,12分)一批产品需要进行质量检验,检验方案是:先从这批产品中任取4件做检验,这4件产品中优质品的件数记为n.如果n=3,再从这批产品中任取4件做检验,若都为优质品,则这批产品通过检验;如果n=4,再从这批产品中任取1件做检验,若为优质品,则这批产品通过检验;其他情况下,这批产品都不能通过检验.
假设这批产品的优质品率为50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为12,且各件产品是否为优质品相互独立.
(1)求这批产品通过检验的概率;
(2)已知每件产品的检验费用为100元,且抽取的每件产品都需要检验,对这批产品做质量检验所需的费用记为X(单位:元),求X的分布列及数学期望.
解析　(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2,第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A1B1)∪(A2B2),且A1B1与A2B2互斥,所以P(A)=P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2)
=416×116+116×12=364.
(2)X可能的取值为400,500,800,并且
P(X=400)=1-416-116=1116,P(X=500)=116,P(X=800)=14.
所以X的分布列为
X
400
500
800
P
1116
116
14
EX=400×1116+500×116+800×14=506.25.
思路分析　(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2,第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A1B1)∪(A2B2),且A1B1与A2B2互斥,进而求解.
(2)X可能的取值为400,500,800,分别求其对应的概率,进而可得分布列、期望.
4.(2013课标Ⅱ,19,12分)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,如下图所示.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[100,110)的频率),求T的数学期望.
解析　(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
T
45 000
53 000
61 000
65 000
P
0.1
0.2
0.3
0.4

所以ET=45 000×0.1+53 000×0.2+61 000×0.3+65 000×0.4=59 400.
思路分析　(1)经分段讨论(分X∈[100,130)和X∈[130,150])得函数解析式.
(2)先求出利润T不少于57 000元时X的范围,然后根据直方图得到概率的估计值.
(3)T可能的取值是45 000,53 000,61 000,65 000,由此结合题意列出分布列,进而得期望.
易错警示　(1)中容易忽略100≤X≤150而导致出错.
考点二　离散型随机变量的均值与方差
5.(2017北京,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中“*”表示服药者,“+”表示未服药者.

(1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率;
(2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求ξ的分布列和数学期望E(ξ);
(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论)
解析　本题考查古典概型,离散型随机变量的分布列与数学期望,方差等知识.
(1)由题图知,在服药的50名患者中,指标y的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机选出一人,此人指标y的值小于60的概率为1550=0.3.
(2)由题图知,A,B,C,D四人中,指标x的值大于1.7的有2人:A和C.
所以ξ的所有可能取值为0,1,2.
P(ξ=0)=C22C42=16,P(ξ=1)=C21C21C42=23,P(ξ=2)=C22C42=16.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
16
23
16
故ξ的期望E(ξ)=0×16+1×23+2×16=1.
(3)在这100名患者中,服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差.
方法总结　①在求解离散型随机变量的分布列与数学期望时,先确定随机变量的取值及各个取值对应的概率,利用期望的公式求数学期望;②在比较数据的方差时,可以根据两组数据的集中或分散程度进行比较.
6.(2016山东,19,12分)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34,乙每轮猜对的概率是23;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.
解析　(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”.
由题意得,E=ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD,
由事件的独立性与互斥性,得
P(E)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)
=P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)·P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)·P(D)
=34×23×34×23+2×14×23×34×23+34×13×34×23=23.
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.
(2)由题意得,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)=14×13×14×13=1144,
P(X=1)=2×34×13×14×13+14×23×14×13=10144=572,
P(X=2)=34×13×34×13+34×13×14×23+14×23×34×13+14×23×14×23=25144,
P(X=3)=34×23×14×13+14×13×34×23=12144=112,
P(X=4)=2×34×23×34×13+34×23×14×23=60144=512,
P(X=6)=34×23×34×23=36144=14.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
1144
572
25144
112
512
14
所以数学期望EX=0×1144+1×572+2×25144+3×112+4×512+6×14=236.
评析　本题考查了随机事件发生的概率及离散型随机变量的分布列与数学期望,确定随机变量可能的取值是解题的关键.属于中档题.
7.(2015福建,16,13分)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.
解析　(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.
P(X=1)=16,P(X=2)=56×15=16,P(X=3)=56×45×1=23,
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
16
16
23
所以E(X)=1×16+2×16+3×23=52.
8.(2015安徽,17,12分)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(数学期望).
解析　(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,
则P(A)=A21A31A52=310.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X=200)=A22A52=110,
P(X=300)=A33+C21C31A22A53=310,
P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-110-310=610.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
110
310
610
EX=200×110+300×310+400×610=350.
9.(2015天津,16,13分)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.
解析　(1)由已知,有
P(A)=C22C32+C32C32C84=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)=C5kC34-kC84(k=1,2,3,4).
所以,随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
114
37
37
114
随机变量X的数学期望E(X)=1×114+2×37+3×37+4×114=52.
评析　本题主要考查古典概型及其概率计算公式,离散型随机变量的分布列与数学期望等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.属中等难度题.
10.(2017江苏,23,10分)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) 解析　本小题主要考查古典概率、随机变量及其分布、数学期望等基础知识,考查组合数及其性质,考查运算求解能力和推理论证能力.
(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P=Cm+n-1n-1Cm+nn=nm+n.
(2)证明:随机变量X的概率分布为:
X
1n
1n+1
1n+2
…
1k
…
1m+n
P
Cn-1n-1Cm+nn
Cnn-1Cm+nn
Cn+1n-1Cm+nn
…
Ck-1n-1Cm+nn
…
Cn+m-1n-1Cm+nn
随机变量X的期望为:
E(X)=∑k=nm+n1k·Ck-1n-1Cm+nn=1Cm+nn∑k=nm+n1k·(k-1)!(n-1)!(k-n)!.
所以E(X)<1Cm+nn∑k=nm+n(k-2)!(n-1)!(k-n)!=1(n-1)Cm+nn∑k=nm+n(k-2)!(n-2)!(k-n)!=1(n-1)Cm+nn(1+Cn-1n-2+Cnn-2+…+Cm+n-2n-2)
=1(n-1)Cm+nn(Cn-1n-1+Cn-1n-2+Cnn-2+…+Cm+n-2n-2)=1(n-1)Cm+nn(Cnn-1+Cnn-2+…+Cm+n-2n-2)=…=1(n-1)Cm+nn(Cm+n-2n-1+Cm+n-2n-2)
=Cm+n-1n-1(n-1)Cm+nn=n(m+n)(n-1),即E(X) 【三年模拟】
一、单项选择题(共5分)
1.(2020届浙江东阳中学10月月考,7)已知随机变量X的取值为0,1,2,若P(X=0)=14,E(X)=1,则D(X)=(　　)
A.32　　　B.12　　　C.14　　　D.1
答案　B
二、多项选择题(每题5分,共10分)
2.(改编题)随机变量X的分布列如下:
X
-1
0
1
P
a
b
c
其中a,b,c成等差数列,则(　　)
A.b=13　　　　　B.P(|X|=1)=23 C.公差d的范围为-13,13　　　　　D.0≤a≤23
答案　ABCD
3.(改编题)设0 ξ
0
1
2
P
1-p2
12
p2
则(　　)
A.E(ξ)=p+12　　　　　B.D(ξ)的最大值为12
C.D(ξ)先增大后减小　　　　　D.D(ξ)增大
答案　ABC
三、填空题(共5分)
4.(2018浙江宁波5月模拟,13)已知随机变量X的分布列如下表:
X
a
2
3
4
P
13
b
16
14

若EX=2,则a=　　　　;DX=　　　　. 
答案　0;52
四、解答题(共75分)
5.(2020届广东深圳七中第二次月考,19)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人?
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
(ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
解析　(1)由已知得,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)(i)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=C4k·C33-kC73(k=0,1,2,3).
所以,随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
135
1235
1835
435
随机变量X的数学期望E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127.
(ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.
由(i)知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=67.
所以,事件A发生的概率为67.
6.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,17)现有2位男生,3位女生去参加一个联欢活动,该活动有甲、乙两个项目可供参加者选择.
(1)为增加趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的正方体骰子决定自己去参加哪个联欢项目,掷出点数为1或2的人去参加甲联欢项目,掷出点数大于2的人去参加乙联欢项目.求这5人中恰好有3人去参加甲联欢项目的概率;
(2)若从这5人中随机选派3人去参加甲联欢项目,设ξ表示这3人中女生的人数,求随机变量ξ的分布列与数学期望.
解析　(1)依题意知,这5个人中,每个人去参加甲联欢项目的概率为13,去参加乙联欢项目的概率为23.记“这5人中恰有3人去参加甲联欢项目”为事件A,则P(A)=C53133·232=40243.
(2)随机变量ξ的所有可能取值为1,2,3,
P(ξ=k)=C3kC23-kC53(k=1,2,3).
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
310
35
110

Eξ=1×310+2×35+3×110=95.
7.(2020届广东化州一模)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:
①顾客所获的奖励额为60元的概率;
②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.
解析　(1)设顾客所获的奖励额为X(单位:元).
①依题意得,P(X=60)=C11C31C42=12,即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.
②依题意,X的所有可能取值为20,60,
P(X=60)=12,P(X=20)=C10C32C42=12,
故X的分布列为
X
20
60
P
12
12

所以顾客所获的奖励额的数学期望E(X)=20×12+60×12=40(元).
(2)根据商场的预算,可知每位顾客的平均奖励额为60 0001 000=60(元),
所以先寻找数学期望为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,
所以数学期望不可能为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,
所以数学期望也不可能为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X1(单位:元),
则X1的分布列为
X1
20
60
100
P
16
23
16
所以X1的数学期望E(X1)=20×16+60×23+100×16=60(元),
X1的方差D(X1)=(20-60)2×16+(60-60)2×23+(100-60)2×16=1 6003.
对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为X2(单位:元),
则X2的分布列为
X2
40
60
80
P
16
23
16
所以X2的数学期望E(X2)=40×16+60×23+80×16=60(元),X2的方差D(X2)=(40-60)2×16+(60-60)2×23+(80-60)2×16=4003.
由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求,但方案2的奖励额的方差比方案1的小,顾客所获的奖励额相对均衡,所以应该选择方案2.
8.(2019广东佛山二模,19)某电子设备工厂生产一种电子元件,质量控制工程师要在产品出厂前将次品检出.估计这个厂生产的电子元件的次品率为0.2%,且电子元件是不是次品相互独立,一般的检测流程是:先把n个(n>1,n∈N*)电子元件串联起来成组进行检验.若检测通过,则全部为正品,若检测不通过,则至少有一个次品,再逐一检测,直到把所有的次品找出,若检验一个电子元件的花费为5分钱,检验一组(n个)电子元件的花费为(4+n)分钱.
(1)当n=4时,估算一组待检元件中有次品的概率;
(2)设每个电子元件检测费用的期望为A(n),求A(n)的表达式;
(3)试估计n的值,使每个电子元件的检测费用的期望最小.
(提示:用(1-p)n≈1-np进行估算)
解析　(1)设事件A:一组(4个)电子元件中有次品,则事件A:一组(4个)电子元件中无次品,即4个电子元件均是正品.
又4个电子元件是不是次品相互独立,故P(A)=(1-0.002)4,
所以P(A)=1-P(A)=1-(1-0.002)4≈1-(1-4×0.002)=0.008.
(2)设每组(n个)电子元件的检测费用为X分钱,则X的所有可能取值为n+4,6n+4,
P(X=n+4)=0.998n,P(X=6n+4)=1-0.998n,
则X的分布列为
X
n+4
6n+4
P
0.998n
1-0.998n

所以EX=(n+4)×0.998n+(6n+4)×(1-0.998n)=6n+4-5n×0.998n,
则有A(n)=EXn=6+4n-5×0.998n(n>1,n∈N*).
(3)A(n)=6+4n-5×0.998n=6+4n-5×(1-0.002)n≈6+4n-5×(1-0.002n)=1+0.01n+4n≥1+20.01n×4n=1.4,
当且仅当0.01n=4n时取等号,此时n=20.
所以,估计当n=20时,每个电子元件平均检测费用最低,约为1.4分钱.
思路分析　(1)设事件A:一组(4个)电子元件中有次品,则事件A:一组(4个)电子元件中无次品,即4个电子元件均为正品.根据4个电子元件是不是次品相互独立,用对立事件的概率公式可得结果.(2)设每组(n个)电子元件的检测费用为X分钱,则X的所有可能取值为n+4,6n+4,P(X=n+4)=0.998n,P(X=6n+4)=1-0.998n,然后写出分布列.(3)用(1-p)n≈1-np进行估算,然后用基本不等式可得结果.
9.(2019山西朔州二模,19)某客户准备在家中安装一套净水系统,该系统为三级过滤,使用寿命为十年.如图所示,两个一级过滤器采用并联安装,二级过滤器与三级过滤器为串联安装.

其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现.在使用过程中,一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立),三级滤芯无需更换,若客户在安装净水系统的同时购买滤芯,则一级滤芯每个80元,二级滤芯每个160元.若客户在使用过程中单独购买滤芯,则一级滤芯每个200元,二级滤芯每个400元.现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量,为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表,其中图是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图,表是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表.

二级滤芯更换频数分布表
二级滤芯更换的个数
5
6
频数
60
40

以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率,以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率.
(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率;
(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数,求X的分布列及数学期望;
(3)记m,n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若m+n=28,且n∈{5,6},以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望为决策依据,试确定m,n的值.
解析　(1)由题意可知,若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30,则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯,二级过滤器需要更换6个滤芯.设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A.因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4,一个二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4,所以P(A)=0.4×0.4×0.4=0.064.(3分)
(2)由柱状图可知,在使用期内一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12的概率分别为0.2,0.4,0.4.
由题意知,X可能的取值为20,21,22,23,24,
P(X=20)=0.2×0.2=0.04,P(X=21)=0.2×0.4×2=0.16,
P(X=22)=0.4×0.4+0.2×0.4×2=0.32,
P(X=23)=0.4×0.4×2=0.32,P(X=24)=0.4×0.4=0.16.(5分)
所以X的分布列为
X
20
21
22
23
24
P
0.04
0.16
0.32
0.32
0.16

EX=20×0.04+21×0.16+22×0.32+23×0.32+24×0.16=22.4.(7分)
(3)若m=22,n=6,设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Y1元,则
Y1
1 760
1 960
2 160
P
0.52
0.32
0.16

EY1=1 760×0.52+1 960×0.32+2 160×0.16=1 888.
设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Y2元,则Y2=6×160=960,E(Y2)=1×960=960.
所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望为EY1+EY2=1 888+960=2 848元.(9分)
若m=23,n=5,设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Z1元,则
Z1
1 840
2 040
P
0.84
0.16

EZ1=1 840×0.84+2 040×0.16=1 872.(10分)
设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Z2元,则
Z2
800
1 200
P
0.6
0.4

EZ2=800×0.6+1 200×0.4=960.
所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望为EZ1+EZ2=1 872+960=2 832元.
因为2 832<2 848,
故m,n的值分别为23,5.(12分)
10.(2018云南玉溪适应性训练,18)某中药种植基地有两处种植区的药材需在下周一、下周二两天内采摘完毕,基地员工一天可以完成一处种植区的采摘.由于下雨会影响药材品质,基地收益如下表所示:
周一
无雨
无雨
有雨
有雨
周二
无雨
有雨
无雨
有雨
收益
20万元
15万元
10万元
7.5万元

若基地额外聘请工人,可在周一当天完成全部采摘任务.无雨时收益为20万元;有雨时,收益为10万元.额外聘请工人的成本为a万元.
已知下周一和下周二有雨的概率相同,两天是否有雨互不影响,基地收益为20万元的概率为0.36.
(1)若不额外聘请工人,写出基地收益X的分布列及基地的预期收益;
(2)该基地是否应该外聘工人?请说明理由.
解析　(1)设下周一无雨的概率为p(p>0),由题意知下周二无雨的概率也为p,
∵基地收益为20万元的概率为0.36,
∴p2=0.36,解得p=0.6,
∴下周一和下周二有雨的概率均为1-0.6=0.4.
基地收益X(单位:万元)的可能取值为20,15,10,7.5,P(X=20)=0.36,
P(X=15)=0.24,P(X=10)=0.24,P(X=7.5)=0.16.
∴基地收益X的分布列为
X
20
15
10
7.5
P
0.36
0.24
0.24
0.16

E(X)=20×0.36+15×0.24+10×0.24+7.5×0.16=14.4(万元),
∴基地的预期收益为14.4万元.
(2)设该基地额外聘请工人时的收益为Y万元,
则其预期收益E(Y)=20×0.6+10×0.4-a=(16-a)万元,
E(Y)-E(X)=(1.6-a)万元,
所以,当额外聘请工人的成本高于1.6万元时,不外聘工人;成本低于1.6万元时,外聘工人;成本恰为1.6万元时,是否外聘工人均可以.