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【步步高】(全国通用)2016版高考数学 考前三个月复习冲刺 专题8 第39练 随机变量及其分布列课件 理


专题8 概率与统计

第39练 随机变量及其分布列

题型分析·高考展望

随机变量及其分布列是高考的一个必考热点,主要包括离 散型随机变量及其分布列,期望与方差,二项分布及其应 用和正态分布 . 对本部分知识的考查,一是以实际生活为 背景求解离散型随机变量的分布列和期望;二是独立事件 概率的求解;三是考查二项分布.<

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常考题型精析 高考题型精练

常考题型精析
题型一 条件概率与相互独立事件的概率 题型二 离散型随机变量的期望和方差
题型三 二项分布问题

题型一
例1

条件概率与相互独立事件的概率

(1)(2014· 课标全国Ⅱ)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
C.0.6

B.0.75
D.0.45

解析

已知连续两天为优良的概率是0.6,那么在前一天空

气质量为优良的前提下,要求随后一天的空气质量为优良 的概率,
0.6 可根据条件概率公式,得 P=0.75=0.8. 答案 A

(2)(2014· 山东)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 1 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 3 1 为 ;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为 , 2 3 1 上的概率为 .假设共有两次来球且落在 在D A,B上各一次,小

5 明的两次回球互不影响.求:

5

①小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;



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),
1 1 1 1 1 则 P(A3)= ,P(A1)= ,P(A0)=1- - = . 2 3 2 3 6 记Bj为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为 j分”

(j=0,1,3), 1 3 1 3 1 则 P(B3)= ,P(B1)= ,P(B0)=1- - = . 5 5 5 5 5

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)

1 1 1 1 1 3 1 1 3 =2×5+3×5+6×5+6×5=10,
所以小明两次回球的落点中恰有 1 次的落点在乙上的概 3 率为10.

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 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 1 1 1 P(ξ=0)=P(A0B0)= × = , 6 5 30 P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)
1 1 1 3 1 = × + × = , 3 5 6 5 6

1 3 1 P(ξ=2)=P(A1B1)=3×5=5,

P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)
1 1 1 1 2 =2×5+6×5=15,

P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)
1 3 1 1 11 =2×5+3×5=30,

1 1 1 P(ξ=6)=P(A3B3)=2×5=10.

可得随机变量ξ的分布列为
ξ P 0 1 30 1 1 6 2 1 5 3 2 15 4 11 30 6 1 10

1 1 1 2 11 所以数学期望 E(ξ)=0× +1× +2× +3× +4× + 30 6 5 15 30 1 91 6×10=30.

P?AB? 点评 (1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)= . P ?A ? 这是通用的求条件概率的方法.

(2) 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, n 即n(AB),得P(B|A)= . ?AB? n?A?

(3)相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起 考查,这类问题具有一个明显的特征,那就是在题目的条 件中已经出现一些概率值,解题时先要判断事件的性质(是 互斥还是相互独立),再选择相应的公式计算求解.

变式训练 1

(1) 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)等于( B ) 1 1 2 A. B. C. 8 4 5 2 C2 + C 3 2 2 C2 1 2 解析 P(A)= C2 =5,P(AB)=C2=10, 5 5
P?AB? 1 P(B|A)= = . P?A? 4

1 D. 2

(2)(2014· 陕西)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;
解 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( A )P( B )=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3,
P(X=2 000)=P( A )P(B)+P(A)P( B )

=(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 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季的利润不少于2 000元的概率为
P( C 1C2C3)+P(C1 C2 C3)+P(C1C2 C3 )
=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.

题型二 离散型随机变量的期望和方差
例2 (2015· 山东)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” ;
解 个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;

(2)若甲参加活动,求甲得分X的分布列和数学期望E(X).
解 由题意知,全部“三位递增数”的个数为 C3 9=84,

随机变量X的取值为:0,-1,1,
C3 2 8 因此 P(X=0)= 3= , C9 3 C2 1 4 P(X=-1)=C3=14, 9 1 2 11 P(X=1)=1-14-3=42,

所以X的分布列为
X P 0 2 3 -1 1 14 1 11 42

2 1 11 4 则 E(X)=0×3+(-1)×14+1×42=21.

点评

离散型随机变量的期望和方差的求解,一般分两

步:一是定型,即先判断随机变量的分布是特殊类型,

还是一般类型,如两点分布、二项分布、超几何分布等
属于特殊类型;二是定性,对于特殊类型的期望和方差

可以直接代入相应公式求解,而对于一般类型的随机变
量,应先求其分布列然后代入相应公式计算,注意离散

型随机变量的取值与概率间的对应.

变式训练2

(2014· 辽宁)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; 解 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 天的日销售量不低于 100 个且另一天销售量低于 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) 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 X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为
3 P(X=0)=C0 (1 - 0.6) =0.064, 3
2 P(X=1)=C1 · 0.6(1 - 0.6) =0.288, 3
2 P(X=2)=C2 · 0.6 (1-0.6)=0.432, 3

3 P(X=3)=C3 · 0.6 =0.216, 3

则X的分布列为
X
P

0
0.064

1
0.288

2
0.432

3
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.

题型三
例3

二项分布问题

(2014· 湖北)计划在某水库建一座至多安装3台发电机

的水电站 . 过去 50 年的水文资料显示,水库年入流量 X( 年
入流量:一年内上游来水与库区降水之和 . 单位:亿立方

米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且
不超过120的年份有35年,超过120的年份有 5年,将年入

流量在以上三段的频率作为相应段的频率,并假设各年的
入流量相互独立.

(1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率; 10 解 依题意,得 p1=P(40<X<80)= =0.2, 50 35 p2=P(80≤X≤120)=50=0.7, 5 p3=P(X>120)= =0.1. 50 120的概率为
9 4 0 4 1 3 p=C4(1-p3) +C4(1-p3) p3=( ) +4×( 10 9 3 1 ) ×( )=0.947 7. 10 10

由二项分布,得在未来4年中,至多有1年的年入流量超过

(2) 水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机

最多可运行台数受年入流量X限制,并有如下关系:
年入流量X 发电机最多可运 40<X<80 1 80≤X≤120 2 X>120 3

行台数

若某台发电机运行,则该台年利润为5 000万元;若某台
发电机未运行,则该台年亏损 800 万元 . 欲使水电站年总

利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?

解 记水电站年总利润为Y(单位:万元).

①安装1台发电机的情形. 对应的年利润Y=5 000,E(Y)=5 000×1=5 000.
②安装2台发电机的情形.

由于水库年入流量总大于 40 ,故一台发电机运行的概率为 1 ,

依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-
800=4 200,因此P(Y=4 200)=P(40<X<80)=p1=0.2;

当X≥80时,两台发电机运行,此时Y=5 000×2=10 000, 因此P(Y=10 000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8. 由此得Y的分布列如下:

Y
P

4 200
0.2

10 000
0.8

所以,E(Y)=4 200×0.2+10 000×0.8=8 840.

③安装3台发电机的情形.
依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-

1 600=3 400,
因此P(Y=3 400)=P(40<X<80)=p1=0.2; 当80≤X≤120时,两台发电机运行,此时Y=5 000×2- 800=9 200, 因此P(Y=9 200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;

当X>120时,三台发电机运行,此时Y=5 000×3=15 000, 因此P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1, 由此得Y的分布列如下:
Y P 3 400 0.2 9 200 0.7 15 000 0.1

所以,E(Y)=3 400×0.2+9 200×0.7+15 000×0.1=8 620.
综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电

机2台.

k n-k的三个条件: 点评 应用公式Pn(k)=C k n p (1-p)

(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p;(2)n次 试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验,而且 各次试验的结果是相互独立的;(3)该公式表示n次试验中 事件A恰好发生了k次的概率.

2 2 2 8 则 P(A)=3×3×3=27,

2? 2 ? 2?2?2 P(B)=C3? ? ×?1- ?× =
?3? ?

? ?

?

?

3?

8 , 3 27
4 . 27

2?2 1 ? 2?2?2 P(C)=C4? ? ×?1- ? × =
?3 ? ?

? ?

?

?

3?

2

(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 X的可能的取值为0,1,2,3. 16 则 P(X=0)=P(A)+P(B)=27, 4 P(X=1)=P(C)= , 27
2?2 ?2?2 ? 1? ? 2 P(X=2)=C4×?1- ? ×? ? ×?1- ?=
? ? ? ? ? ?3? ? ? ?

3?

2?

4 , 27

?1? ? ? 2 1 1 ? ?3 2?1?2 P(X=3)=?3? +C3?3? × × = . 3 3 9 ? ? ? ?

∴X的分布列为
X P 0 16 27 1 4 27 2 4 27 3 1 9

16 4 4 1 7 ∴E(X)=0×27+1×27+2×27+3×9=9.

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1 1 1.甲射击命中目标的概率是 2,乙命中目标的概率是 3,丙命 1 中目标的概率是 .现在三人同时射击目标, 则目标被击中的 4 概率为( 3 A.4 ) 2 B.3 4 C.5 7 D.10

高考题型精练
解析

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设甲命中目标为事件A,乙命中目标为事件B,丙

命中目标为事件C,

则目标被击中的事件可以表示为 A∪B∪C ,即击中目标
表示事件A、B、C中至少有一个发生.
∴P( A · B· C )=P( A )· P( B )· P( C )
=[1-P(A)] · [1-P(B)] · [1-P(C)]

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? ? ? 1? 1? 1? ? ?? ?? ? 1 =?1-2??1-3??1-4?=4. ? ?? ?? ?

1 3 故目标被击中的概率为 1-P( A · B· C )=1-4=4.

答案 A

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1 A.3

2 B.5

5 C.6

D.以上全不对

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解析 设事件A在一次试验中发生的概率为p, ∵事件A全不发生为事件A至少发生一次的对立事件,
65 16 4 ∴1-(1-p) =81,即(1-p) =81.
4

2 2 1 故 1-p= 或 1-p=- (舍去),即 p= . 3 3 3

答案 A

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3. 先后掷两次骰子 ( 骰子的六个面上分别有 1,2,3,4,5,6 个
点),落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x,y,

设事件A为“x+y为偶数”,事件B为“x,y中有偶数且
x≠y”,则概率P(B|A)等于( ) 1 1 1 A.2 B.3 C.4
2 D.5

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1 解析 正面朝上的点数(x,y)的不同结果共有 C1 · C 6 6=36(种).

事件 A : “x + y 为偶数 ” 包含事件 A1 : “x , y 都为偶数 ” 与事件A2:“x,y都为奇数”两个互斥事件,
1 1 1 C1 · C 1 C · C 1 3 3 3 3 其中 P(A1)= 36 =4,P(A2)= 36 =4, 1 1 1 所以 P(A)=P(A1)+P(A2)=4+4=2.

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事件B为“x,y中有偶数且x≠y”, 所以事件AB为“x,y都为偶数且x≠y”,
1 C1 · C 3 3-3 1 所以 P(AB)= 36 =6.

P?AB? 1 P(B|A)= = . P?A? 3 答案 B

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1 解析 由题意,得 P(ξ=2)=3p, 1+p 1 2 P(ξ=1) = (1-p)+ p= , 3 3 3 ξ的分布列为
ξ P 0 1 2 1 1+p 3 2 1 3p

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1 1+p 1 1 由2+ 3 +3p=1,得 p=4.
1+p 1 1 7 所以 E(ξ)=0×2+1× 3 +2×3p=12.

答案

7 12

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5. 某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的 5 个问题中, 选手若能连续正确回答出两个问题,即停止答题,晋级下 一轮 .假设某选手正确回答每个问题的概率都是 0.8,且每 个问题的回答结果相互独立,则该选手恰好回答了 4个问 题就晋级下一轮的概率为________.

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由题设,分两类情况:①第1个正确,第2个错误,

第 3 、 4 个正确,由乘法公式得 P1 = 0.8×0.2×0.8×0.8 =
0.102 4;

②第1、2个错误,第3、4个正确,
此时概率P2=0.2×0.2×0.8×0.8=0.025 6.

由互斥事件概率公式得
P=P1+P2=0.102 4+0.025 6=0.128.

答案 0.128

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2 5

3 ? ? 1 ? a= , ? +a+b=1, 5 ? 5 则? 解得? 1 ? ?a+2b=1, b= , ? ? 5 ? 1 3 1 2 所以 D(ξ)=5+5×0+5×1=5.

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(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 ” , Ak 表示 “第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”. 2 1 则 P(Ak)= ,P(Bk)= ,k=1,2,3,4,5. 3 3

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(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)
=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)· P(A3)P(A4)
2 2 1 2 2 2 1 2 2 56 =( ) + ×( ) + × ×( ) = . 3 3 3 3 3 3 81

(2)X的可能取值为2,3,4,5. P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)
5 =P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)= , 9

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P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)
2 =P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=9,

P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)
10 =P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)· P(B4)=81, 8 P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)= . 81

高考题型精练
故X的分布列为
X P

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2 5 9

3 2 9

4 10 81

5 8 81

5 2 10 8 224 E(X)=2×9+3×9+4×81+5×81= 81 .

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7

8

9

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8.已知甲箱中只放有x个红球与y个白球(x,y≥0,且x+y=6),乙箱中 只放有2个红球、1个白球与1个黑球(球除颜色外,无其他区别).若从甲 箱中任取2个球,从乙箱中任取1个球. (1)记取出的 3 个颜色全不相同的概率为 P,求当P取得最大值时 x,y 的 值;



? x + y C1 C1 xy 1 ? 3 x· y ? ?2 由题意知 P= 2 1 = ≤ ? = , C6C4 60 60? 2 ? 20 ?

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当且仅当x=y时等号成立, 所以,当P取得最大值时,x=y=3.

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(2)当x=2时,求取出的3个球中红球个数ξ的期望E(ξ). 当x=2时,即甲箱中有2个红球与4个白球,所以ξ的所
1 1 1 2 1 2 1 C C C + C C4C2 1 2 4 2 4C2 7 P(ξ=0)=C2C1 =5,P(ξ=1)= =15, 2 1 C C 6 4 6 4

有可能取值为0,1,2,3.


1 1 1 1 C2 C + C 2 2 2C4C2 3 C1 1 2 P(ξ=2)= = , P ( ξ = 3) = , 2 1 2 1= C6C4 10 C6C4 30

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所以,红球个数ξ的分布列为
ξ P 0 1 5 1 7 15 2 3 10 3 1 30

1 7 3 1 7 于是 E(ξ)=0×5+1×15+2×10+3×30=6.

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9.(2014· 福建 ) 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.

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解 设顾客所获的奖励额为X.
1 C1 C 1 1 3 ①依题意,得 P(X=60)= 2 = , C4 2

1 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 2.

②依题意,得X的所有可能取值为20,60.
1 C2 1 3 P(X=60)=2,P(x=20)=C2=2, 4

高考题型精练
即X的分布列为

1

2

3

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X P

20 1 2

60 1 2

1 1 所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)=20×2+60×2=40( 元).

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(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.

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解 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,

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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.

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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,则X1的分布列为
X1 P 20 1 6 60 2 3 100 1 6

1 2 1 X1 的期望为 E(X1)=20×6+60×3+100×6=60,

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1 2 2 X1 的方差为 D(X1)=(20 -60) × +(60 -60) × +(100- 6 3 1 1 600 60) ×6= 3 . 对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为
2

X2,则X2的分布列为 X2
P

40 1 6

60 2 3

80 1 6

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1 2 1 X2 的期望为 E(X2)=40× +60× +80× =60, 6 3 6 1 2 2 2 X2 的方差为 D(X2) = (40 - 60) × + (60 - 60) × + (80 - 6 3
1 400 60) ×6= 3 .
2

由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案 2 奖励

额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.

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10.(2015· 安徽)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; 解 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.

1 A1 A 3 2 3 P(A)= A2 =10. 5

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(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 X的可能取值为200,300,400.
A2 1 2 P(X=200)=A2=10, 5 1 1 2 A3 + C 3 2C3A2 3 P(X=300)= = , 3 A5 10

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P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300) 1 3 6 =1- - = . 10 10 10 故X的分布列为 X 200 300 400
P 1 10 3 10 6 10

1 3 6 E(X)=200× +300× +400× =350. 10 10 10


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