高中人教A版 (2019)7.3 离散型随机变量的数字特征学案

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知识精讲
知识点
1.离散型随机变量的均值或数学期望：一般地，若离散型随机变量X的分布列，如图所示
则称为随机变量X的均值或数学期望，简称期望。均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的平均水平.
【微点拨】 1.求随机变量X的均值的方法和步骤
(1)理解随机变量X的意义，写出X所有可能的取值．
(2)求出X取每个值的概率P(X＝k)．
(3)写出X的分布列．
(4)利用均值的定义求E(X)．
2.（1）期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均.
（2）EX是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量X是可变的，可取不同值，而EX是不变的，它描述X取值的平均状态.
（3）EX＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn直接给出了EX的求法，即随机变量取值与相应概率分别相乘后相加.
3. 两点分布的均值：一般地，如果随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p．
【微点拨】两点分布的特点
(1)两点分布中只有两个对应结果，且两个结果是对立的．
(2)由对立事件的概率求法可知P(X＝0)＋P(X＝1)＝1．
4. 离散型随机变量的均值的性质：
若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b．
5. 离散型随机变量的方差、标准差
设离散型随机变量X的分布列为
则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于平均值E(X)的偏离程度，而D(X)＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) [xi－E(X)]2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．我们称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术方根eq \r(DX)为随机变量X的标准差．记为.
6. 离散型随机变量方差的性质
(1)设a，b为常数，则D(aX＋b)＝a2D(X)；
(2)D(c)＝0(其中c为常数)．
【微点拨】1.随机变量的方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度，反映了随机变量取值的离散程度。方差或标准差越小，随机变量的取值越集中；方差或标准差越大，随机变量的取值越分散. 一般地，随机变量的方差是非负常数．
2. 求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义，写出ξ可能的全部值．
(2)求ξ取每个值的概率．
(3)写出ξ的分布列．
(4)由均值的定义求E(ξ)．
(5)由方差的定义求D(ξ)．
【常用结论】若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数；
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)；
(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)；
(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2；
(5)若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)；
【即学即练1】已知Y＝5X＋1，E(Y)＝6，则E(X)的值为（ ）
A．B．5
C．1D．31
【答案】C
【解析】
【分析】利用线性变换后新数据与原数据之间的均值性质计算．
【详解】
因为E(Y)＝E(5X＋1)＝5E(X)＋1＝6，所以E(X)＝1
故选：C．
【点睛】本题考查均值的计算，两组数据成线性关系：，则．
【即学即练2】若随机变量的概率分布列如下表：
则等于（ ）A．2031B．12C．3.04 D．15.2
【答案】A
【分析】先求出，再根据均值的性质可求出.
【解析】据题意，得，
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查根据分布列求离散型随机变量的均值，以及根据均值求新的均值.
【即学即练3】已知随机变量满足，且为正数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中条件，由方差的性质列出方程求解，即可得出结果.
【详解】由方差的性质可得，，
因为，所以，又a为正数，所以．故选：C.
【点睛】本题主要考查由方差的性质求参数，属于基础题型.
【即学即练4】某射手射击所得环数的分布列如下：已知的数学期望，则的值为（ ）
A．0.8B．0.6
C．0.4D．0.2
【答案】C
【解析】
【分析】根据分布列的概率之和为1得的一个关系式，由变量的期望值得 的另一个关系式，联立方程，求解的值.
【详解】由表格可知：
，解得.故选：．
【点睛】本题考查根据分布列和期望值求参数，熟记概念即可，属于常考题型.
【即学即练5】随机变量ζ的分布列如下图，若则（ ）
A．6B．2C．0D．
【答案】A
【解析】
【分析】根据随机变量的数学期望与方差的定义求解即可．
【详解】由题意可得，，即，解得，
∴，故选：A．
【点睛】本题主要考查随机变量的数学期望与方差的应用，属于基础题．
【即学即练6】（多选）下列说法中错误的是（ ）
A．离散型随机变量的均值反映了取值的概率的平均值
B．离散型随机变量的方差反映了取值的平均水平
C．离散型随机变量的均值反映了取值的平均水平
D．离散型随机变量的方差反映了取值的概率的平均值
【答案】ABD
【解析】
【分析】由均值和方差的定义，均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，即可判断A、C是否正确；方差反映了随机变量取值的集中分散情况，即可判断B、D是否正确；即可得答案．
【详解】离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，故C正确，A错误；
离散型随机变量的方差反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度，故B、D错误.
故选：ABD．
【即学即练7】(多选)已知随机变量X的分布列是( )
若E(X)＝，则（ ）A．a＝B．b＝C．D(X)＝ D．D(X)＝
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，结合期望与方差的计算公式，即可求解.
【详解】由题意得a＋b＝①.
由E(X)＝＋2a＋3b＝，得2a＋3b＝②.
联立①②，得a＝，b＝.
所以D(X)＝2×＋2×＋2×＝.故选：ABC.
【即学即练8】一袋中装有分别标记着，，数字的个小球，每次从袋中取出一个球（每只小球被取到的可能性相同），现连续取次球，若每次取出一个球后放回袋中，记次取出的球中标号最小的数字与最大的数字分别为，，设，则______ .
【答案】或
【解析】
【分析】先求出的可能取值，再求出相应的概率，进而求出期望.
【详解】的可能取值为0,1,2，连续取3次球，它的取法共有种，其中的取法共有3种，为111,222,333，其中有12种，为112,121,211,122,212,221,223,232,323,332,233,322，其中有12种，为113,123,311,321,312,213,231,131,133,311,331,313，因此它们的概率分别为，故．故答案为：
【即学即练9】已知随机变量的分布列为
则随机变量的方差的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分布列的性质，求得，结合期望与方差的公式，即可求解.
【详解】由分布列的性质，可得，解得，
可得，
所以.
故答案为：.
【即学即练10】某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验3次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率均为，则此人试验次数ξ的均值是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意试验次数ξ的可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，列出分布列，进而可求出随机变量的均值.
【详解】试验次数ξ的可能取值为1，2，3，则P(ξ＝1)＝，
P(ξ＝2)＝，
P(ξ＝3)＝．
所以ξ的分布列为
所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝．
【即学即练11】已知离散型随机变量X的可能取值为x1＝－1，x2＝0，x3＝1，且E(X)＝0.1，D(X)＝0.89，则对应x1，x2，x3的概率p1，p2，p3分别为________，________，________.
【答案】 0.4 0.1 0.5
【解析】
【分析】根据均值、方差与概率性质列方程组求解即可．
【详解】由题意知，解得故答案为：0.4，0.1，0.5．
【即学即练12】从甲、乙两名射击运动员中选择一名参加比赛，现统计了这两名运动员在训练中命中环数X，Y的概率分布如下，问：哪名运动员的平均成绩较好？
【答案】甲运动员的平均成绩较好
【解析】
【分析】根据分布列求出均值比较可得.
【详解】由分布列可得，
，
因为，所以甲运动员的平均成绩较好.
能力拓展
考法01
分布列中的期望与方差的求解：
【典例1】已知随机变量的分布列为：
设，则的数学期望的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】根据分布列的性质可求出，再根据期望公式即可求出随机变量的数学期望，最后根据，即可求出随机变量的数学期望.
【详解】根据分布列的性质，得，解得，
所以随机变量的数学期望为．又，
所以随机变量的数学期望为．故选：C.
【典例2】随机变量的概率分布为
且，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用离散型随机变量及其分布列的概率和为1，求出的值，根据期望，求出的值，再根据方差的公式，即可求出结果.
【详解】由，得，
∵，∴，得，
∴.故答案为：.
【典例3】甲、乙两种零件某次性能测评的分值，的分布列如下，则性能比较稳定的零件是（ ）
A．乙B．甲C．一样D．无法比较
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出两个变量的数学期望和方差，由此能求出结果．
【详解】由题意知:，，
所以，，
因为，所以乙稳定．故选:A．
【典例4】设随机变量X的概率分布如下表所示，试求X的均值和标准差．
【答案】.
【解析】
【分析】先根据公式求出均值和方差，进而求出标准差.
【详解】由题意，均值，方差，标准差.
【典例5】设随机变量X的概率分布如下表．
对题中的随机变量X，分别求：
(1)，，；
(2)，，；
(3)分别考察它们与，之间的关系，你能得到随机变量的均值和方差的哪些性质？
【答案】(1)，，;(2)，，
(3)答案见解析.
【分析】（1）分别求得随机变量为时的分布列，代入期望公式，即可得答案.
（2）根据（1）的分布列，数据代入方差公式，即可得答案.
（3）根据（1）（2）数据，分析关系，即可得答案.
【解析】(1)由题意得，
的分布列为：
所以
的分布列为：
所以，
的分布列为：
所以.
(2)由（1）可得，
，
(3)由（1）（2）可得，，
，，
可得性质：若X和Y都是随机变量，且，
则，，
考法02
期望与方差的问题：
【典例6】设随机变量X的分布列为P(X=)=ak(k=1，2，3，4)，a为常数，则
A．a=B．P(X>)=C．P(X<4a)=D．E(X)=
【答案】B
【解析】
【分析】利用概率的性质列方程可求得，根据分布列和期望公式可求出、、，从而可得答案.
【详解】因为a(1+2+3+4)=1，所以a=，所以P(X>)=+，
P(X<4a)=P(X<)=，
E(X)=×+×+×+×.故选：B.
【点睛】本题考查了概率的性质，考查了离散型随机变量的分布列和数学期望，属于基础题.
【典例7】设，随机变量的分布如下表所示，则当在内增大时，（ ）
A．先减少后增大B．先增大后减少
C．先减小后增大D．先增大后减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意计算随机变量ξ的期望和方差，再判断当时，E（ξ）、D（ξ）的单调性即可．
【详解】由期望公式，得，在内一直增大.
由方差公式，得.为开口向下，对称轴的抛物线,在内，先增大后减少,故当在内增大时先增大后减少.故选:D.
【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望与方差的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
【典例8】已知随机变量的取值为.若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】设，可得，结合，可求出，进而可求出方差，再结合，可求出答案.
【详解】由题意，设，则，
又，解得，所以，，
则，所以.故选：C.
【点睛】本题考查随机变量的期望与方差，注意方差的性质，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
【典例9】已知随机变量X 的分布列为，则________．
【答案】6
【解析】
【分析】先算，再算，再根据公式算.
【详解】,
所以 ,故答案为：6.
【典例10】已知随机变量X满足，，求．
【答案】.
【分析】根据期望的定义求得答案即可.
【解析】由题意，，则，
所以，
所以
【典例11】随机变量X的概率分布为．试求，．
【答案】，．
【分析】由期望方差的计算公式与性质求解即可
【解析】因为随机变量X的概率分布为，
由公式有；
又，
故．所以，．
考法03
期望与方差中的参数求解：
【典例12】已知随机变量的分布列为：
则下列说法中正确的是( )
A．有最小值B．有最大值
C．有最小值0D．有最大值
【答案】D
【解析】
【分析】根据数学期望和方差的定义表示出和，用函数思想解析研究﹒
【详解】由题意，知，即．
又，则，∵＝b＋2a＝＋2a，∴没有最值；
∵．
又，∴当时，有最大值．故选：D﹒
【典例13】已知随机变量ξ的分布列为：
若E(ξ)＝2，则D(ξ)的最小值等于（ ）A．0 B．2C．4D．无法计算
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合期望和方差的计算公式，即可求解.
【详解】由题意得a＝1－＝，所以E(ξ)＝m＋n＝2，即m＋2n＝6.
又D(ξ)＝×(m－2)2＋×(n－2)2＝2(n－2)2，
当n＝2时，D(ξ)取得最小值，此时m＝2，不符合题意，故D(ξ)无法取得最小值．故选：D
【典例14】若随机变量，且，，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】，则，利用此来计算即可.
【详解】∵，，,则，即，解得.
故答案为：
【典例15】随机变量的分布列如下，其中a，b，c成等差数列．若E()＝，则D()的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用等差数列性质、分布列性质和期望公式列方程，解得参数a，b，c的值，再利用分布列和方差公式计算即得结果.
【详解】因为a，b，c成等差数列，所以a＋c＝2b.又由分布列性质知a＋b＋c＝1，所以b＝.
又因为E()＝a＋2b＋3c＝，所以a＝，b＝，c＝，
所以的分布列为
所以D()＝.故答案为：.
【典例16】已知的分布列如下：
(1)求的分布列；(2)计算的方差；(3)若，求的均值和方差．
【答案】(1)分布列见解析;(2);(3)，.
【分析】
（1）根据分布列先求出，即可得出的分布列；
（2）先根据分布列求出均值，根据方差公式求出即可；
（3）根据均值和方差的性质可求.
【解析】(1)由分布列的性质，知，故，
从而的分布列为
(2)由（1）知，
所以的均值．
故的方差；
(3)因为，
所以，．
考法04
实际问题中的期望与方差：随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
【典例17】某射击运动员在比赛中每次击中10环得1分，击不中10环得0分．已知他击中10环的概率为0.8，则射击一次得分X的期望是（ ）
A．0.2B．0.8
C．1D．0
【答案】B
【解析】
【分析】根据P(X＝1)＝0.8，P(X＝0)＝0.2，利用期望公式求解.
【详解】因为P(X＝1)＝0.8，P(X＝0)＝0.2，所以E(X)＝1×0.8＋0×0.2＝0.8．故选：B
【典例18】一个口袋中有5个大小相同的球，编号为1，2，3，4，5，从中任取2个球，用X表示取出球的较大号码，则EX等于（ ）
A．4B．5C．3D．
【答案】A
【解析】由题意知随机变量为2，3，4，5，计算出相应的概率，运用公式计算结果即可.
【详解】由题意知随机变量为2，3，4，5，
，
，
，
，
故.
故选：
【点睛】本题考查离散型随机变量的期望的计算，属于基础题.
【典例19】随着马拉松运动在全国各地逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人数逐年增加.为此，某市对参加马拉松运动的情况进行了统计调查，其中一项是调查人员从参与马拉松运动的人中随机抽取100人，对其平均每月参与马拉松训练的天数进行统计，得到下表：
依据上表，用分层随机抽样的方法从这100人中抽取10人，再从抽取的10人中随机抽取3人，记抽取的3人中“平均每月参与马拉松训练的天数不少于20”的人数为Y，则___________.
【答案】或1.2
【解析】
【分析】由随机变量Y的取值范围为，利用超几何分布求得相应概率，然后利用期望公式求解.
【详解】用分层随机抽样的方法从这100人中抽取10人，其中“平均每月参与马拉松训练的天数不少于20”的人数为，随机变量Y的取值范围为，
，，
，，
所以.
故答案为：
【典例20】为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,6)；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(2,3)；两人滑雪时间都不会超过3小时．
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)，方差D(ξ)．
【解析】 (1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，
两人都付0元的概率为P1＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
两人都付40元的概率为P2＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
两人都付80元的概率为
P3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)－\f(2,3)))＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
故两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(1,24)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,24)＝eq \f(5,12).
(2)由题设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0,40,80,120,160，则：
P(ξ＝0)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
P(ξ＝40)＝eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,4)，
P(ξ＝80)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,6)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12)，
P(ξ＝120)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,4)，
P(ξ＝160)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24).
ξ的分布列为
E(ξ)＝0×eq \f(1,24)＋40×eq \f(1,4)＋80×eq \f(5,12)＋120×eq \f(1,4)＋160×eq \f(1,24)＝80.
D(ξ)＝(0－80)2×eq \f(1,24)＋(40－80)2×eq \f(1,4)＋(80－80)2×eq \f(5,12)＋(120－80)2×eq \f(1,4)＋(160－80)2×eq \f(1,24)＝eq \f(4 000,3).
考法05
决策问题的求解：均值、方差在决策中的作用
(1)均值：均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，均值越大，平均水平越高．
(2)方差：方差反映了离散型随机变量取值的离散波动程度，方差越大越不稳定．
(3)在决策中常结合实际情形依据均值、方差做出决断．
【典例21】由以往的统计资料表明，甲、乙两名运动员在比赛中的得分情况为
现有一场比赛，应派哪位运动员参加较好（ ）
A．甲B．乙
C．甲、乙均可D．无法确定
【答案】A
【解析】
∵E(X1)＝E(X2)＝1.1，D(X1)＝1.12×0.2＋0.12×0.5＋0.92×0.3＝0.49，
D(X2)＝1.12×0.3＋0.12×0.3＋0.92×0.4＝0.69，∴D(X1)【典例22】某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失.现有甲､乙两种相互独立的预防措施可供采取，单独采取甲､乙预防措施所需费用分别为45万元和30万元，采取相应预防措施后此突发事件不发生的概率分别为0.9和0.85，若预防措施允许单独采取､联合采取或不采取，那么总费用（总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望）最少的是（ ）
A．不采取任何预防措施B．单独采取甲预防措施
C．单独采取乙预防措施D．联合采取甲､乙两种预防措施
【答案】D
【解析】
【分析】分成四类情况，求出相应的总费用，即可作出判断.
【详解】①不采取预防措施时，总费用即损失的期望为（万元）；
②若单独采取甲预防措施，则采取预防措施所需费用为45万元，发生突发事件的概率为，损失的期望为（万元），所以总费用为（万元）；③若单独采取乙预防措施，则采取预防措施所需费用为30万元，发生突发事件的概率为，损失的期望为（万元），所以总费用为（万元）；
④若联合采取甲､乙两种预防措施，则采取预防措施所需费用为（万元），发生突发事件的概率为，损失的期望为（万元），所以总费用为（万元）.
综合①②③④，比较其总费用，可知选择联合采取甲､乙两种预防措施，可使总费用最少.
故选：D
【典例23】某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A、B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束：若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，求的值；
(2)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(3)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题?请直接写出结论，不必说明理由．
【答案】(1)；(2)分布列见解析；(3)小明应选择先回答类问题.
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）由已知可得，的所有可能取值为0，20，100，分别求出对应的概率即可求解分布列；
（3）由（2）可得，若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，的所有可能取值为0，80，100，分别求出对应的概率，从而可得，比较与的大小，即可得出结论．
【解析】(1)依题意可得
(2)由已知可得，的所有可能取值为0，20，100，则，
，
所以的分布列为：
(3)由（2）可知小明先回答类问题累计得分的期望为，
若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，
则的所有可能取值为0，80，100，
，，，
则的期望为，
因为，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答类问题．
【典例24】根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01．该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60000元，遇到小洪水时要损失10000元．为保护设备，有以下3种方案：
方案1：运走设备，搬运费为3800元．
方案2：建保护围墙，建设费为2000元，但围墙只能防小洪水．
方案3：不采取措施，希望不发生洪水．
如果你是工地的负责人，你会采用哪种方案？说明理由．
【答案】采用方案2，利用见详解.
【解析】
【分析】
分别求出三种分案的平均损失即可求解.
【详解】用分别表示方案1,2,3的损失，
采用方案1，无论有无洪水，都损失3800元，即，
采用方案2，遇到大洪水时，损失（元），
没有大洪水时，损失2000元，即，
采用方案3，遇到大洪水时，损失60000元，有小洪水时，损失10000元，
没有洪水时，损失元，即，
于是（元）
.
.
采用方案2的平均损失最小，所以采用方案2.
分层提分
题组A 基础过关练
1．已知随机变量的分布列为
则等于（ ）A．2.2B．2.3C．11D．13
【答案】D
【解析】
【分析】先根据分布列计算，再根据分布列的性质计算即可得答案.
【详解】由已知，得，所以.
故选 ：D
2. 已知随机变量的分布列如下表，则（ ）
A．0.95B．3.2C．0.7D．3.56
【答案】D
【解析】
【分析】求出，再利用方差公式求解即得解.
【详解】由题意，得，
∴.故选：D
3. ，乙两台自动车床生产同种标准件，表示甲车床生产件产品中的次品数，表示乙车床生产件产品中的次品数，经一段时间考查后，，的分布列分别是
据此判定（ ）A．甲比乙质量好B．乙比甲质量好
C．甲与乙质量相同D．无法判定
【答案】A
【解析】
【分析】由分布列可计算求得的数学期望，根据数学期望的大小关系可得结论.
【详解】由分布列可得：，
，
，甲比乙质量好．故选：A.
4. 已知随机变量的分布列为，，2，3，4，则（ ）
A．B．C．4D．5
【答案】D
【解析】
【分析】由离散型随机变量X的分布列，直接求数学期望和方差，利用方差的性质即可求解.
【详解】∵P（X＝k）＝，k＝1，2，3，4，∴E（X）＝，
D（X）＝，
∴D（2X﹣1）＝22D（X）＝4×＝5．故选：D．
5. 已知随机变量，满足，若，，则，分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【解析】利用，，及可得选项.
【详解】因为，所以，，
又，，所以，.故选：C.
【点睛】本题主要考查随机变量期望和方差的求解，利用公式是求解本题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
6. 有甲、乙两名学生，经统计，他们在参加同一智力竞赛时，各自的成绩为分、分、分的概率如下表所示：
则下列说法正确的是（ ）A．甲、乙两名学生的成绩不相当，且甲的较稳定
B．甲、乙两名学生的成绩不相当，且乙的较稳定
C．甲、乙两名学生的成绩相当，但甲的较稳定
D．甲、乙两名学生的成绩相当，但乙的较稳定
【答案】C
【解析】
【分析】计算出、、、的值，比较与、与的大小，即可得出结论.
【详解】，
，
，
，
，，
甲与乙成绩的均值一样，甲成绩的方差较小，因此甲．乙两名学生的成绩相当，但甲的较稳定．
故选：C.
7. 甲、乙两人对同一目标各射击一次，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为，设命中目标的人数为，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】分析出的取值，计算出在不同取值下的概率，可求得的值，进而可求得的值.
【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
则，，，
所以，，
所以，.故选：A.
8. 设，随机变量的分布列是：
则当在内增大时（ ）
A．增大B．减小C．先增大后减小D．先减小后增大
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用分布列求出数学期望，进一步求出方差的值，再根据函数的性质的应用求出结果．
【详解】根据随机变量的分布列，
则
＝
＝
由于函数的图象为关于的开口方向向下的抛物线，且，函数的对称轴为，
故增大.故选：A.
【点睛】本题考查的知识要点：数学期望和方差的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．
9. 已知随机变量的分布列如下：
则的最大值为（ ）A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】先根据概率分布列性质得，进而求得，再根据方差的计算公式得，最后结合二次函数性质即可得答案.
【详解】有题得，即，所以，
故，
因为，故，所以由二次函数性质得，当，的最大值.故选：C.
10. 设，随机变量X的分布列如表所示（ ）
A．当a增大时，E(X)增大D(X)增大 B．当a增大时，E(X)增大D(X)减小
C．当a增大时，E(X)为定值，D(X)先增大后减小 D．当a增大时，E(X)为定值，D(X)先减小后增大
【答案】D
【解析】
【分析】利用定义分别得出期望和方差的表达式，利用二次函数的性质，判断单调性即可．
【详解】由题意可得，所以，
故 E(X)为定值．
，
因为，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，故选：D.
11. 从，，，，这组数据中，随机取出三个不同的数，用表示取出的数字的最小数，则随机变量的数学期望（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】由题设知的可能值为1,2,3，由古典概型的概率求、、，进而求期望即可.
【详解】由题意知：的可能值为1,2,3，而随机取3个数的取法有种，
当时，取法有种，即；
当时，取法有种，即；
当时，取法有种，即；
∴.
故选：A.
12. 小智参加投篮比赛，比赛规则为投中1次得1分，投不中扣1分．已知小智投篮的命中率为0.5，记小智投篮3次后的得分为，则（ ）
A．0.375B．0.75C．1.5D．3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得的取值可能为，分别求出对应的概率，进而可得的取值可能为，分别求出对应的概率列出分布列，计算数学期望进而可得方差.
【详解】由题意得：的可能取值是，
，
，所以的取值范围是，
，，
分布列为：
故，．
故选：B.
题组B 能力提升练
1. (多选题)离散型随机变量X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b(k＝1，2，3，4)，E(X)＝3，则（ ）
A．a＝10B．a＝
C．D．b＝1
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据概率和为1，以及期望公式，即可求解.
【详解】
易知E(X)＝1×(a＋b)＋2×(2a＋b)＋3×(3a＋b)＋4×(4a＋b)＝3，即30a＋10b＝3．①
又(a＋b)＋(2a＋b)＋(3a＋b)＋(4a＋b)＝1，即10a＋4b＝1，②
由①②，得，.
故选：BC
2. (多选题)体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止，设某学生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的均值，则的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
由题意得到的所有的可能取值为，求得相应的概率，利用，列出不等式，即可求解.
【详解】
由题意，随机变量的所有的可能取值为，
可得
则，
因为，即，解得或，
又由，所以，即.
结合选项，可得选项A、B符合题意.故选：AB.
3. (多选题)设，已知随机变量的分布列如下表，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的值最大
C．随着p的增大而增大D．当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】根据的范围可判断选项A正确；给取特殊值验证选项B错误；
求出，根据二次函数的单调性进行判断选项C；根据方差公式求出，从而判断选项D.
【详解】
，所以A正确；
令，则，，所以B错误；
由题意得，
因为，所以随着p的增大而减小，所以C错误；
当时，，
，所以D正确.
故选：AD.
4. (多选题)某市有A，B，C，D四个景点，一位游客来该市游览，已知该游客游览A的概率为，游览B，C和D的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X表示该游客游览的景点的个数，下列正确的是（ ）
A．游客至多游览一个景点的概率为B．
C．D．
【答案】BD
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率公式和互斥事件的概率和来判断A；由题意得随机变量的可能取值，计算对应的概率值，求出数学期望，来判断BCD.
【详解】记该游客游览i个景点为事件，，
则，，
所以游客至多游览一个景点的概率为，故A错误；
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4.
，，
，故B正确；
，，故C错误；
数学期望为，故D正确.
故选：BD
5. (多选题)已知随机变量的分布列为
则的可能取值有（ ）A．1B．C．D．
【答案】BC
【解析】
【分析】先由分布列的概率之和为1求出，再根据概率的范围求出，把表达为关于的解析式，从而求出，得到答案.
【详解】由分布列的性质可得，且，则，所以，则．又，所以．因为，所以，
故选：BC．
6. (多选题)设，随机变量的分布列是（ ）
则当在上增大时（ ）A．减小B．增大
C．先减小后增大D．先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【分析】根据期望和方差公式表示出、，再根据函数的性质判断即可；
【详解】由题意，，
所以，
所以在上随增大而增大；
在上随增大而增大，在上随增大而减小，即先增大后减小．
故选：BD
7. (多选题)已知随机变量、随机变量的分布列分别是：
则当在内增大时，下列选项中正确的是（ ）
A．B．
C．增大D．先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【分析】
求出、、、关于的表达式，结合函数的单调性可得出结论.
【详解】
由分布列可得，，A错，
，
，B对，
当在内增大时，增大，增大，C对，D错.
故选：BC.
8. (多选题)中华人民共和国第十四届运动会将于2021年9月在陕西省举办．为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，向全国人民奉献一场精彩圆满的体育盛会，第十四届全国运动会组织委员会欲从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长．下列说法正确的有（ ）
A．设事件：“抽取的三人中既有男志愿者，也有女志愿者”，则
B．设事件：“抽取的3人中至少有一名男志愿者”，事件：“抽取的3人中全是男志愿者”，则
C．用表示抽取的三人中女志愿者的人数，则
D．用表示抽取的三人中男志愿者的人数，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，求得所有可能的情况和既有男志愿者，也有女志愿者的情况即可求得概率；对B，求得，，即可根据求得；对C，可得的可能取值为0，1，2，3，求得取不同值概率即可得出均值；对D，可得的可能取值为0，1，2，3，求得取不同值概率即可得出均值，求得方差.
【详解】对A，所有可能的情况有种，其中既有男志愿者，也有女志愿者的情况有种，故，故A正确；
对B，，，
所以，故B正确；
对C，可得的可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
所以，故C错误.
对D，可得的可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
则，，
则，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查离散型随机变量的均值求解，解题的关键是求得变量取不同值时的概率.
9. 随机变量的可能值，且，则D的最大值为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】由题意得到，利用概率范围求得p的范围，再利用期望和方差的公式求解.
【详解】因为随机变量的可能值有1，2，3，且，
所以，由，得
所以.
，
，
当时，的最大值为故答案为：1
10. 某射手射击一次所得环数X的分布列如下表：
现该射手进行两次射击，以两次射击中所得最高环数作为他的成绩，记为，则______.
【答案】9.1
【解析】
【分析】由题意可得X的取值范围为，然后结合X的分布列求出对应的概率，从而可求出的分布列，进而可求得
【详解】X的取值范围为，且
，
，
，
.
所以分布列为
.故答案为：9.1
11. 已知离散型随机变量的可能取值为，，，且，，则对应， ，的概率，，分别为________，________，________.
【答案】 或 或 或
【解析】
【分析】由已知条件可得出关于，，的方程组，即可解得这三个未知数的值.
【详解】由题意知，
，
由题意可得，解得.故答案为：；；.
12. 若随机变量的分布列如下：
若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由随机变量的分布列的性质及，列方程组求出，，由此能求出．
【详解】随机变量的分布列如表，且，
，解得，，．
故答案为：．
13. 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，则的均值______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得出的所有可能取值为，然后分析出涂3面油漆，2面油漆，1面油漆，0面油漆的各有多少个小正方体，从而计算取每个值时的概率，从而求的均值.
【详解】的所有可能取值为，
大正方体8个顶点处的8个小正方体涂有3面油漆；
每一条棱上除了两个顶点处的小正方体外剩余的都涂有两面油漆，所以涂有两面油漆的有个；
每个表面去掉四条棱上的16个小正方体，还剩9个小正方体，这9个都是一面涂漆，所以一共有个小正方体涂有一面油漆；
剩余的个内部的小正方体6个面都没有涂油漆，
所以，，，，
.
故答案为：.
14. 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X（单位：mm）对工期的影响如下表：
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，则工期延误天数Y的方差为______．
【答案】9.8
【解析】
【分析】求出Y的所有可能取值，进而求出相应的概率，列出分布列，再结合方差的计算公式即可求出结果.
【详解】由题意可知Y的所有可能取值0,2,6,10,
，
，
，
．
所以随机变量Y的分布列如下表所示：
所以，．
所以工期延误天数Y的方差为9.8．故答案为：9.8.
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机会的概率为，得到乙、丙两个公司面试机会的概率均为，且三个公司是否让其面试是相互独立的．设为该毕业生得到面试机会的公司个数．若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据该毕业生得到面试的机会为0时的概率，求出乙、丙公司面试的概率，根据题意得到X的可能取值，结合变量对应的事件写出概率得出分布列及期望，从而求得方差．
【详解】由，知，得，
由题意知X为该毕业生得到面试的公司个数，则X的可能取值是0，1，2，3，
，
，
，
所以，
所以．故答案为：
16. 在“学习强国”APP中，“争上游”的答题规则为：首局胜利得3分，第二局胜利得2分，失败均得1分.如果甲每局胜利的概率为，且答题相互独立，那么甲作答两局的得分期望为______．
【答案】
【解析】根据题意，分析可得可取的值为2，3，4，5，由互斥事件的概率公式计算可得、、、的值，由随机变量的期望公式计算可得答案．
【详解】根据题意，该人参加两局答题活动得分为，则可取的值为2，3，4，5，
若，即该人两局都失败了，则，
若，即该人第一局失败了，而第二局胜利，则，
若，即该人第一局胜利，而第二局失败，则，
若，即该人两局都胜利了，则，
故，
故答案为：．
C 培优拔尖练
1. 某教师参加教师晋升考试，面试环节需从7道题中（4道专业题，3道师德题）不放回地依次抽取3道作答．
(1)求该教师在第一次抽到专业题的条件下，第二次和第三次均抽到专业题的概率；
(2)该教师答对专业题的概率均为，若每题答对得10分，否则得0分，现该教师抽到3道专业题，求该教师所得总分的方差．
【答案】(1);(2)48
【分析】(1)由条件概率公式求该教师在第一次抽到专业题的条件下，第二次和第三次均抽到专业题的概率；(2) 设该教师答对专业题的道数为，由条件可得，根据二项分布方差公式求的方差，再根据与的关系求的方差．
【解析】
(1)记“该教师第一次抽到专业题”为事件，“该教师第二次和第三次均抽到专业题”为事件，则所求概率为，
则，，．
(2)设该教师答对专业题的道数为，则，则，
当时，对应，即，
所以该教师所得总分的方差．
2. 设离散型随机变量X的概率分布为，k=1，2，3，4，5．求，．
【答案】，
【解析】
【分析】由，，2，3，4，5，知，及．再利用期望方差的运算性质求解求，
【详解】
∵，
，
，
∴，
．
3. 袋中有形状、大小完全相同的3个球，编号分别为1，2，3．以X表示取出的2个球中的最大号码，有放回地从袋中取两次，每次取1个球
(1)写出X的分布列；
(2)求X的均值与方差．
【答案】(1)答案见解析；(2)， .
【分析】
（1）由题意得出的可能取值，再由概率公式计算得到相应的概率值，写出分布列即可；
（2）根据公式求出均值和方差即可.
【解析】
(1)由题意知的可能取值为1，2，3，
当时，有（1，1）一种情况；
当时，有（1，2），（2，1），（2，2）三种情况；
当时，有（1，3），（3，1），（2，3），（3，2），（3，3）五种情况；
则，，，
所以的分布列：
(2)X的均值为：，
方差为.
4. 投资A，B两种股票，每股收益的分布列分别如表所示．
股票A收益的分布列
股票B收益的分布列
(1)投资哪种股票的期望收益大？
(2)投资哪种股票的风险较高？
【答案】(1)股票A的期望收益大
(2)投资股票A的风险较高
【分析】
(1)通过计算投资A，B两种股票收益的期望，确定哪种股票的期望收益大，(2)计算计算投资A，B两种股票收益的方差，确定哪种股票的风险高.
【解析】
(1)股票A和股票B投资收益的期望分别为
，
．
因为，所以投资股票A的期望收益较大．
(2)股票A和股票B投资收益的方差分别为
，
．
因为和相差不大，且，所以投资股票A比投资股票B的风险高．
5. 假定某射手每次射击命中目标的概率为．现有3发子弹，该射手一旦射中目标，就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完.设耗用子弹数为X，求：
(1)X的概率分布；
(2)均值；
(3)标准差．
【答案】(1)答案见解析;(2);(3).
【分析】
（1）利用相互独立事件概率计算公式即可求解；
（2）利用期望计算公式即可求出；
（3）利用方差计算公式即可求出，进而可得．
【解析】.
(1)X的可能取值为1，2，3，
因为，，．
所以的分布列为：
(2)；
(3)因为方差，
所以．
6. 设甲、乙两家灯泡厂生产的灯泡寿命表1X(单位：小时)和Y的分布列分别如表1和表2所示：
试问哪家工厂生产的灯泡质量较好？
【答案】乙厂生产的灯泡质量较好.
【分析】
根据所给的数据计算出这两家灯泡厂的期望，期望相同，再计算出两家灯泡厂的方差进行比较，方差越小说明灯泡质量的稳定性越好，即可得出结论
【详解】由期望的定义，得
E(X)＝900×0.1＋1 000×0.8＋1 100×0.1＝1 000，
E(Y)＝950×0.3＋1 000×0.4＋1 050×0.3＝1 000.
两家灯泡厂生产的灯泡寿命的期望值相等，需进一步考查哪家工厂灯泡的质量比较稳定，即比较其方差．
由方差的定义，得D(X)＝(900－1 000)2×0.1＋(1 000－1 000)2×0.8＋(1 100－1 000)2×0.1＝2 000，
D(Y)＝(950－1 000)2×0.3＋(1 000－1 000)2×0.4＋(1 050－1 000)2×0.3＝1 500.
因为D(X)＞D(Y)，所以乙厂生产的灯泡质量比甲厂稳定，即乙厂生产的灯泡质量较好．
【点睛】
本题主要考查了离散性随机变量的期望和方差的实际运用，在生产中，通过比较方差，确定其稳定性，从而确定质量，所以在本题中只需要计算方差，作出比较即可得到解答本题．
7. 某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数的分布列为
商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为300元；分4期或5期付款，其利润为400元，表示经销一件该商品的利润.
（1）求事件：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用期付款”的概率；
（2）求的分布列、期望和方差.
【答案】（1）（2）分布列见解析；；
【解析】
（1）购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款的对立事件是购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款，利用对立事件的概率之和为1，先求购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款的概率. （2）的可能取值为200元，300元，400元，根据顾客采用的付款期数的分布列依次求概率，列出分布列，再求期望和方差.
【详解】
（1）购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款的对立事件是购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款，
设表示事件“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”.
知表示事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”
∴
（2）根据顾客采用的付款期数的分布列对应于的可能取值为200元，300元，400元.得到变量对应的事件的概率
的分布为
∴
∴
【点睛】
考查用对立事件的概率之和为1求概率、离散型随机变量的分布列、期望和方差，中档题.
8. 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量（单位：）对工期的影响如下表：
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量小于、、的概率分别为、、，求：
（1）在降水量至少是的条件下，工期延误不超过天的概率；
（2）工期延误天数的均值与方差.
【答案】（1）；（2）均值为，方差为.
【解析】
【分析】
（1）计算出，以及，利用条件概率公式可计算出所求事件的概率；
（2）由题意可知的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得随机变量的均值和方差.
【详解】
（1）由题意可得，
且工期延误不超过天的概率为，
因此，在降水量至少是的条件下，工期延误不超过天的概率为；
（2）由题意可知，，
，
.
所以，随机变量的分布列如下表所示：
，
.
所以，工期延误天数的均值为，方差为.
【点睛】本题考查离散型随机变量的均值和方差的计算，同时也考查了条件概率的计算，考查计算能力，属于中等题.
9. 如图茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数.乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示.
（1）如果X＝8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；
（2）如果X＝9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵树Y的概率分布和均值.
(注：方差s2＝ [(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]，其中为x1，x2，…，xn的平均数)
【答案】（1）平均数；方差；（2）分布列见解析；均值为19.
【解析】
【分析】
（1）根据平均数公式求平均数，根据方差公式求方差；
（2）先确定随机变量，再求对应概率，列表的分布列，最后根据均值公式得结果.
【详解】
（1）当X＝8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是8，8，9，10，所以平均数＝＝；方差s2＝ [(8－)2＋(8－)2＋(9－)2＋(10－)2]＝.
（2）当X＝9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵数是9，9，11，11；
乙组同学的植树棵数是9，8，9，10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4＝16(种)可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17，18，19，20，21.事件“Y＝17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”，所以该事件有2种可能的结果，因此P(Y＝17)＝＝.
同理可得P(Y＝18)＝，P(Y＝19)＝，P(Y＝20)＝，P(Y＝21)＝.
所以随机变量Y的概率分布为
E(Y)＝17×＋18×＋19×＋20×＋21×＝19.
【点睛】
本题考查随机变量的概率分布和均值、根据茎叶图求平均数与方差，考查基本分析求解能力，属中档题.
10. 某地政府为了帮助当地农民提高经济收入，开发了一种新型水果类食品，该食品生产成本为每件8元．当天生产当天销售时，销售价为每件12元，当天未卖出的则只能卖给水果罐头厂，每件只能卖5元．每天的销售量与当天的气温有关，根据市场调查，若气温不低于30℃，则销售量为5000件；若气温在内，则销售量为3500件；若气温低于25℃，则销售量为2000件．为制定今年9月份的生产计划，统计了前三年9月份的气温数据，得到下表：
以气温位于各区间的频率代替气温位于该区间的概率．
(1)求今年9月份这种食品一天的销售量X（单位：件）的分布列和均值；
(2)设今年9月份一天销售这种食品的利润为Y（单位：元），这种食品一天的生产量为n（单位：件），若，求Y的均值的最大值及对应的n的值．
【答案】(1)分布列见解析；期望为
(2)Y的均值的最大值为11900，此时
【分析】
（1）今年9月份这种食品一天的销量（件）的可能取值为2000、3500、5000，分别计算概率，然后求数学期望即可.
（2）根据气温分三段计算利润：若气温不低于，能全部销售，每件的利润是4元，则总利润可求；若气温位于，只能销售3500件，每件的利润是4元，件未能销售，每件亏3元，则总利润可求；若气温低于，只能销售2000件，每件的利润是4元，件未能销售，每件亏3元，则总利润可求；据此可求出的数学期望的最大值以及对应的的值.
【解析】
(1)X的可能取值为2000，3500，5000．
，，．
故X的分布列为
．
(2)由题知，这种食品一天的需求量最多为5000件，最少为2000件．
当时，
若气温不低于30℃，则；
若气温在内，则；
若气温低于25℃，则．
．
当时，取得最大值11900．
故Y的均值的最大值为11900，此时．
11. 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，）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：
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.
①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；
②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.
【答案】（1）；（2）①分布列详见解析，，；②都有道理，理由详见解析.
【解析】
【分析】
（1）利润y关于当天需求量n的函数是分段函数，考查了分类讨论思想；
（2）①可取，，，进而求得的分布列、数学期望及方差；
②花店一天应购进16枝还是17枝玫瑰取决于哪个利润更大，在利润相同的情况下，需要再比较方差，方差小的说明其更稳定.
【详解】
（1）当日需求量时，利润.当日需求量时，利润.
所以关于的函数解析式为.
（2）①X可能的取值为60，70，80，并且，，.
X的分布列为
X的数学期望为.
X的方差为.
②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，Y表示当天的利润（单位：元），那么Y的分布列为
Y的数学期望为.
Y的方差为由以上的计算结果可以看出，，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小.
另外，虽然，但两者相差不大.故花店一天应购进16枝玫瑰花.
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，Y表示当天的利涧（单位：元），那么Y的分布列为
Y的数学期望为.
由以上的计算结果可以看出，，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润.故花店一天应购进17枝玫瑰花.
【点睛】
本题考查的是概率相关知识，是随机变量的概率分布的综合题.求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：判断取值、探求概率、写分布列、求期望值.
12. 1933年7月11日，中华苏维埃共和国临时中央政府根据中央革命军事委员会6月30日的建议，决定8月1日为中国工农红军成立纪念日，中华人民共和国成立后，将此纪念日改称为中国人民解放军建军节.为庆祝建军节，某校举行“强国强军”知识竞赛，该校某班经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在，两名学生中间产生，该班委设计了一个测试方案：，两名学生各自从6个问题中随机抽取3个问题作答.已知这6个问题中，学生能正确回答其中的4个问题，而学生能正确回答每个问题的概率均为，，两名学生对每个问题回答正确与否都是相互独立、互不影响的.
（1）求恰好答对两个问题的概率；
（2）求恰好答对两个问题的概率；
（3）设答对题数为，答对题数为，若让你投票决定参赛选手，你会选择哪名学生？请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）学生，答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用古典概型、排列组合能求出恰好答对两个问题的概率．
（2）利用次独立重复试验中事件恰好发生次概率计算公式能求出恰好答对两个问题的概率．
（3）设答对题数为，则的可能取值为1，2，3，分别相应的概率，能求出，，答对题数为，则，分别求出，，由，，得到与平均水平相当，但比更稳定，选择学生．
【详解】
解：（1），两名学生各自从6个问题中随机抽取3个问题作答．
这6个问题中，学生能正确回答其中的4个问题，而学生能正确回答每个问题的概率均为，
，两名学生对每个问题回答正确与否都是相互独立、互不影响的．
恰好答对两个问题的概率为：
．
（2）恰好答对两个问题的概率为.
（3）所有可能的取值为1，2，3.
；；.
所以.
由题意，随机变量，所以.
.
.
因为，，
可见，与的平均水平相当，但比的成绩更稳定.
所以选择投票给学生.
【点睛】
本题考查概率、离散型随机事件的概率的分布列、数学期望、方差的求法及应用，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
13. 某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
（1）求X的分布列；
（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算
【解析】
【分析】
（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（Ⅱ）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案．
【详解】
解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，
，，，
，，
，，
∴的分布列为
（Ⅱ）选择延保一，所需费用元的分布列为：
（元）.
选择延保二，所需费用元的分布列为：
（元）.
∵，∴该医院选择延保方案二较合算.
【点睛】
本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题．
14. 某保险公司针对一个拥有20000人的企业推出一款意外险产品，每年每位职工只需要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金.保险公司把企业的所有岗位共分为、、三类工种，从事这三类工种的人数分别为12000、6000、2000，由历史数据统计出三类工种的赔付频率如下表（并以此估计赔付概率）：
已知、、三类工种职工每人每年保费分别为25元、25元、40元，出险后的赔偿金额分别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此业务的过程中固定支出每年10万元.
（1）求保险公司在该业务所获利润的期望值；
（2）现有如下两个方案供企业选择：
方案1：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔偿付给出意外的职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元；
方案2：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的，职工个人负责，出险后赔偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支.
根据企业成本差异给出选择合适方案的建议.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ) 方案2．
【解析】
【分析】
（1）分别计算保险公司在三种工种的利润的数学期望，从而可得出保险公司的总利润期望；
（2）分别计算两种方案的企业支出费用，从而得出结论．
【详解】
解：（1）设工种A、B、C职工的每份保单保险公司的收益为随机变量X、Y、Z，则X、Y、Z的分布列为：
∴E（X）＝25×（1）+（25﹣100×104）15，
E（Y）＝25×（1）+（25﹣100×104）5，
E（Z）＝40×（1）+（40﹣50×104）10，
保险公司的利润的期望值为12000×15+6000×5﹣2000×10﹣100000＝90000，
∴保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元．
（2）方案1：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为：
12000×100×1046000×100×1042000×50×10412×104＝46×104，
方案2：企业与保 险公司合作，则企业支出保险金额为：
（12000×25+6000×25+2000×40）×0.7＝37.1×104，
46×104＞37.1×104，
建议企业选择方案2．
课程标准
课标解读
1.通过具体实例，理解离散型随机变量分布列的数字特征均值与方差;
2.能解决与离散型随机变量相关的数学问题与实际问题中的均值与方差的求解问题.
3.能解决一些与平均水平与稳定性的简单问题与决策性问题.
通过本节课的学习,要求掌握离散型随机变量的均值与方差、标准差的求解，能解决与之相关的简单问题，有关决策性问题的处理意见与建议.会判断平均水平与稳定性.
X
…
P
…
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
0
2
4
0.3
0.2
0.5
7
8
9
10
0.1
0.3
X
1
2
3
P
a
b
－1
0
1
ξ
1
2
3
P
X
8
9
10
P
0.3
0.1
0.6
Y
8
9
10
P
0.2
0.5
0.3
0
1
8
9
10
P
0.3
0.2
0.5
8
9
10
P
0.2
0.4
0.4
X
1
2
3
4
5
P
X
1
2
3
4
5
P
0.2
0.2
0.2
0.2
0.2
X+2
3
4
5
6
7
P
0.2
0.2
0.2
0.2
0.2
3X
3
6
9
12
15
P
0.2
0.2
0.2
0.2
0.2
1
4
9
16
25
P
0.2
0.2
0.2
0.2
0.2
0
1
2
0
1
2
ξ
m
n
P
a
ξ
1
2
3
P
a
b
c
1
2
3
P
0
1
0
1
平均每月参与马拉松训练的天数x
人数
10
50
40
ξ
0
40
80
120
160
P
eq \f(1,24)
eq \f(1,4)
eq \f(5,12)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
X1(甲得分)
0
1
2
P
0.2
0.5
0.3
X2(乙得分)
0
1
2
P
0.3
0.3
0.4
0
20
100
0.2
0.32
0.48
0
2
4
0.4
0.3
0.3
1
3
5
0.4
0.1
0.5
甲
乙
分数
分数
概率
概率
0
1
1
1.5
2
X
0
2a
1
P
a
0.5
b
1
3
0.75
0.25
0
1
2
P
0
1
2
0
1
2
p
X
7
8
9
10
P
0.1
0.4
0.3
0.2
7
8
9
10
P
0.01
0.24
0.39
0.36
0
1
x
P
p
0
1
降水量X
工期延误天数Y
0
2
6
10
Y
0
2
6
10
P
0.3
0.4
0.2
0.1
1
2
3

收益X/元
0
2
概率
0.1
0.3
0.6
收益Y/元
0
1
2
概率
0.3
0.4
0.3

1
2
3




X
900
1 000
1 100
P
0.1
0.8
0.1
Y
950
1 000
1 050
P
0.3
0.4
0.3
1
2
3
4
5
0.2
0.3
0.3
0.1
0.1
200
300
400
0.2
0.6
0.2
降水量
工期延误天数
Y
17
18
19
20
21
P
气温/℃
天数
4
14
36
21
15
X
2000
3500
5000
P
0.2
0.4
0.4
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
20
60
70
80
0.1
0.2
0.7
55
65
75
85
0.1
0.2
0.16
0.54
55
65
75
85
0.1
0.2
0.16
0.54
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15

0
1
2
3
4
5
6









7000
9000
11000
13000
15000







10000
11000
12000




工种类别
A
B
C
赔付频率
X
25
25﹣100×104
P


Y
25
25﹣100×104
P


Z
40
40﹣50×104
P
1