《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題七概率與統(tǒng)計(jì)第3講 隨機(jī)變量及其分布列 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題七概率與統(tǒng)計(jì)第3講 隨機(jī)變量及其分布列 理（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題七 概率與統(tǒng)計(jì)第3講 隨機(jī)變量及其分布列 真題試做 1．(2020·課標(biāo)全國(guó)高考，理15)某一部件由三個(gè)電子元件按下圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作．設(shè)三個(gè)電子元件的使用壽命(單位：小時(shí))均服從正態(tài)分布N(1 000,502)，且各個(gè)元件能否正常工作相互獨(dú)立，那么該部件的使用壽命超過1 000小時(shí)的概率為__________． 2．(2020·山東高考，理19)現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)靶．某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為，命中得1分，沒有命中得0分；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為，每命中一次得2分，沒有命中得0分，該射手每次射擊的結(jié)果相互獨(dú)立

2、．假設(shè)該射手完成以上三次射擊． (1)求該射手恰好命中一次的概率； (2)求該射手的總得分X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)． 3．(2020·陜西高考，理20)某銀行柜臺(tái)設(shè)有一個(gè)服務(wù)窗口，假設(shè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間互相獨(dú)立，且都是整數(shù)分鐘，對(duì)以往顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間統(tǒng)計(jì)結(jié)果如下： 辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間(分) 1 2 3 4 5 頻率 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 從第一個(gè)顧客開始辦理業(yè)務(wù)時(shí)計(jì)時(shí)． (1)估計(jì)第三個(gè)顧客恰好等待4分鐘開始辦理業(yè)務(wù)的概率； (2)X表示至第2分鐘末已辦理完業(yè)務(wù)的顧客人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望． 4．(2020·安徽高考，

3、理17)某單位招聘面試，每次從試題庫(kù)中隨機(jī)調(diào)用一道試題．若調(diào)用的是A類型試題，則使用后該試題回庫(kù)，并增補(bǔ)一道A類型試題和一道B類型試題入庫(kù)，此次調(diào)題工作結(jié)束，若調(diào)用的是B類型試題，則使用后該試題回庫(kù)，此次調(diào)題工作結(jié)束．試題庫(kù)中現(xiàn)有n＋m道試題，其中有n道A類型試題和m道B類型試題．以X表示兩次調(diào)題工作完成后，試題庫(kù)中A類型試題的數(shù)量． (1)求X＝n＋2的概率； (2)設(shè)m＝n，求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望)． 考向分析 本講是概率統(tǒng)計(jì)的重點(diǎn)，主要考查三方面的內(nèi)容：①相互獨(dú)立事件及其概率，題型有選擇、填空，有時(shí)也出現(xiàn)在解答題中與其他知識(shí)交會(huì)命題；②二項(xiàng)分布及其應(yīng)用，準(zhǔn)確把握獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)

4、的特點(diǎn)是解答二項(xiàng)分布問題的關(guān)鍵，一般以中檔題為主；③隨機(jī)變量的分布列、期望和方差，以考生比較熟悉的實(shí)際應(yīng)用題為背景，綜合排列組合、概率公式、互斥事件及獨(dú)立事件等基礎(chǔ)知識(shí)，考查對(duì)隨機(jī)變量的識(shí)別及概率計(jì)算能力，解答時(shí)要注意分類與整合、轉(zhuǎn)化與化歸思想的運(yùn)用，其中有選擇題，也有填空題，但更多的是解答題，難度中檔． 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一 相互獨(dú)立事件及其概率 【例1】乒乓球比賽規(guī)則規(guī)定：一局比賽，雙方比分在10平前，一方連續(xù)發(fā)球2次后，對(duì)方再連續(xù)發(fā)球2次，依次輪換，每次發(fā)球，勝方得1分，負(fù)方得0分．設(shè)在甲、乙的比賽中，每次發(fā)球，發(fā)球方得1分的概率為0.6，各次發(fā)球的勝負(fù)結(jié)果相互獨(dú)立．甲、乙的一局比

5、賽中，甲先發(fā)球． (1)求開始第4次發(fā)球時(shí)，甲、乙的比分為1比2的概率； (2)求開始第5次發(fā)球時(shí)，甲得分領(lǐng)先的概率． 規(guī)律方法(1)求復(fù)雜事件的概率的一般步驟： ①列出題中涉及的各事件，并且用適當(dāng)?shù)姆?hào)表示； ②理清各事件之間的關(guān)系，列出關(guān)系式．即把隨機(jī)事件分成幾個(gè)互斥事件的和，每個(gè)小事件再分為n個(gè)相互獨(dú)立事件的乘積． ③根據(jù)事件之間的關(guān)系準(zhǔn)確選取概率公式進(jìn)行計(jì)算． (2)直接計(jì)算符合條件的事件的概率較繁時(shí)，可先間接地計(jì)算對(duì)立事件的概率，再求出符合條件的事件的概率． 變式訓(xùn)練1甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一球．約定甲先投且先投中者獲勝，一直到有人獲勝或每人都已投球3次時(shí)投籃

6、結(jié)束．設(shè)甲每次投籃投中的概率為，乙每次投籃投中的概率為，且各次投籃互不影響． (1)求乙獲勝的概率； (2)求投籃結(jié)束時(shí)乙只投了2個(gè)球的概率． 熱點(diǎn)二 二項(xiàng)分布及其應(yīng)用 【例2】(2020·安徽六安一中第十次月考，理17)為備戰(zhàn)運(yùn)動(dòng)會(huì)，射擊隊(duì)運(yùn)動(dòng)員們正在積極備戰(zhàn)．若某運(yùn)動(dòng)員每次射擊成績(jī)?yōu)?0環(huán)的概率為.求該運(yùn)動(dòng)員在5次射擊中， (1)至少有3次射擊成績(jī)?yōu)?0環(huán)的概率； (2)記“射擊成績(jī)?yōu)?0環(huán)的次數(shù)”為ξ，寫出ξ的分布列并求Eξ.(結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示) 規(guī)律方法事件服從二項(xiàng)分布的條件是：(1)每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率是相同的．(2)各次試驗(yàn)中的事件是相互獨(dú)立的．(3)每次試驗(yàn)只有

7、兩種結(jié)果：事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生．(4)隨機(jī)變量是這n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件發(fā)生的次數(shù)． 變式訓(xùn)練2某射手每次射擊擊中目標(biāo)的概率是，且各次射擊的結(jié)果互不影響． (1)假設(shè)這名射手射擊5次，求恰有2次擊中目標(biāo)的概率； (2)假設(shè)這名射手射擊5次，求有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)的概率； (3)假設(shè)這名射手射擊3次，每次射擊，擊中目標(biāo)得1分，未擊中目標(biāo)得0分．在3次射擊中，若有2次連續(xù)擊中，而另外1次未擊中，則額外加1分；若3次全擊中，則額外加3分．記ξ為射手射擊3次后的總得分?jǐn)?shù)，求ξ的分布列． 熱點(diǎn)三 離散型隨機(jī)變量的分布列、均值與方差 【例3】(2020·天津高考，理16)

8、現(xiàn)有4個(gè)人去參加某娛樂活動(dòng)，該活動(dòng)有甲、乙兩個(gè)游戲可供參加者選擇．為增加趣味性，約定：每個(gè)人通過擲一枚質(zhì)地均勻的骰子決定自己去參加哪個(gè)游戲，擲出點(diǎn)數(shù)為1或2的人去參加甲游戲，擲出點(diǎn)數(shù)大于2的人去參加乙游戲． (1)求這4個(gè)人中恰有2人去參加甲游戲的概率； (2)求這4個(gè)人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)的概率； (3)用X，Y分別表示這4個(gè)人中去參加甲、乙游戲的人數(shù)，記ξ＝|X－Y|，求隨機(jī)變量ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望E(ξ)． 規(guī)律方法求離散型隨機(jī)變量的分布列，關(guān)鍵是計(jì)算各個(gè)概率值，一方面要弄清楚相應(yīng)的概型(古典概型、相互獨(dú)立事件的概率、獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)等)，以便套用相關(guān)的計(jì)算公式

9、計(jì)算；另一方面要注意運(yùn)用分布列的性質(zhì)檢驗(yàn)所求概率值是否正確． 變式訓(xùn)練3(2020·安徽江南十校聯(lián)考，理18)“低碳經(jīng)濟(jì)”是促進(jìn)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展的推進(jìn)器．某企業(yè)現(xiàn)有100萬(wàn)元資金可用于投資，如果投資“傳統(tǒng)型”經(jīng)濟(jì)項(xiàng)目，一年后可能獲利20%，可能損失10%，也可能不賠不賺，這三種情況發(fā)生的概率分別為，，；如果投資“低碳型”經(jīng)濟(jì)項(xiàng)目，一年后可能獲利30%，也可能損失20%，這兩種情況發(fā)生的概率分別為a和b(其中a＋b＝1)． (1)如果把100萬(wàn)元投資“傳統(tǒng)型”經(jīng)濟(jì)項(xiàng)目，用ξ表示投資收益(投資收益＝回收資金－投資資金)，求ξ的概率分布及均值(數(shù)學(xué)期望)Eξ； (2)如果把100萬(wàn)元投資“低碳型

10、”經(jīng)濟(jì)項(xiàng)目，預(yù)測(cè)其投資收益均值會(huì)不低于投資“傳統(tǒng)型”經(jīng)濟(jì)項(xiàng)目的投資收益均值，求a的取值范圍． 思想滲透 轉(zhuǎn)化與化歸思想——期望與概率的實(shí)際應(yīng)用 解題中要善于透過問題的實(shí)際背景，發(fā)現(xiàn)其中的數(shù)學(xué)規(guī)律，以便使用我們掌握的離散型隨機(jī)變量及其分布列的知識(shí)來(lái)解決實(shí)際問題． 【典型例題】某產(chǎn)品按行業(yè)生產(chǎn)標(biāo)準(zhǔn)分成8個(gè)等級(jí)，等級(jí)系數(shù)X依次為1,2，…，8，其中X≥5為標(biāo)準(zhǔn)A，X≥3為標(biāo)準(zhǔn)B，已知甲廠執(zhí)行標(biāo)準(zhǔn)A生產(chǎn)該產(chǎn)品，產(chǎn)品的零售價(jià)為6元/件；乙廠執(zhí)行標(biāo)準(zhǔn)B生產(chǎn)該產(chǎn)品，產(chǎn)品的零售價(jià)為4元/件，假設(shè)甲、乙兩廠的產(chǎn)品都符合相應(yīng)的執(zhí)行標(biāo)準(zhǔn)． (1)已知甲廠產(chǎn)品的等級(jí)系數(shù)X1的概率分布列如下表所示： X1

11、 5 6 7 8 P 0.4 a b 0.1 且X1的數(shù)學(xué)期望E(X1)＝6，求a，b的值； (2)為分析乙廠產(chǎn)品的等級(jí)系數(shù)X2，從該廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取30件，相應(yīng)的等級(jí)系數(shù)組成一個(gè)樣本，數(shù)據(jù)如下： 3 5 3 3 8 5 5 6 3 4 6 3 4 7 5 3 4 8 5 3 8 3 4 3 4 4 7 5 6 7 用這個(gè)樣本的頻率分布估計(jì)總體分布，將頻率視為概率，求等級(jí)系數(shù)X2的數(shù)學(xué)期望； (3)在(1)、(2)的條件下，若以“性價(jià)比”為判斷標(biāo)準(zhǔn)，則哪個(gè)工廠的產(chǎn)品更具可購(gòu)買性？說(shuō)明理由． 注：(1)產(chǎn)品的“性價(jià)比”＝； (2)“性價(jià)比”大的產(chǎn)品更具可購(gòu)

12、買性. 解：(1)因?yàn)镋(X1)＝6，所以5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6，即6a＋7b＝3.2，又由X1的概率分布列得0.4＋a＋b＋0.1＝1，即a＋b＝0.5. 由解得 (2)由已知得，樣本的頻率分布表如下： X2 3 4 5 6 7 8 f 0.3 0.2 0.2 0.1 0.1 0.1 用這個(gè)樣本的頻率分布估計(jì)總體分布，將頻率視為概率，可得等級(jí)系數(shù)X2的概率分布列如下： X2 3 4 5 6 7 8 P 0.3 0.2 0.2 0.1 0.1 0.1 所以E(X2)＝3×0.3＋4×0.2＋5×0.2＋6×0.

13、1＋7×0.1＋8×0.1＝4.8， 即乙廠產(chǎn)品的等級(jí)系數(shù)X2的數(shù)學(xué)期望等于4.8. (3)乙廠的產(chǎn)品更具可購(gòu)買性，理由如下： 因?yàn)榧讖S產(chǎn)品的等級(jí)系數(shù)的數(shù)學(xué)期望等于6，價(jià)格為6元/件，所以其“性價(jià)比”為＝1. 因?yàn)橐覐S產(chǎn)品的等級(jí)系數(shù)的數(shù)學(xué)期望等于4.8，價(jià)格為4元/件，所以其“性價(jià)比”為＝1.2.所以乙廠的產(chǎn)品更具可購(gòu)買性． 1．設(shè)隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(3，σ2)，若P(ξ>m)＝a，則P(ξ>6－m)等于( )． A．a(chǎn) B．1－2a C．2a D．1－a 2．設(shè)一隨機(jī)試驗(yàn)的結(jié)果只有A和且P(A)＝m，令隨機(jī)變量ξ＝，則ξ的方差D(ξ)等于(

14、 )． A．m B．2m(1－m) C．m(m－1) D．m(1－m) 3．一個(gè)袋中有6個(gè)同樣大小的黑球，編號(hào)為1,2,3,4,5,6，現(xiàn)從中隨機(jī)取出3個(gè)球，以Z表示取出球的最大號(hào)碼，令a＝P(Z＝6)，則函數(shù)y＝x2－2ax的單調(diào)遞增區(qū)間是( )． A. B. C．(－∞，1) D．(1，＋∞) 4．箱中裝有標(biāo)號(hào)為1,2,3,4,5,6且大小相同的6個(gè)球．從箱中一次摸出兩個(gè)球，記下號(hào)碼并放回，如果兩球號(hào)碼之積是4的倍數(shù)，則獲獎(jiǎng)．現(xiàn)有4人參與摸獎(jiǎng)，恰好有3人獲獎(jiǎng)的概率是( )． A. B. C. D. 5

15、．(2020·浙江五校聯(lián)考，理16)甲、乙兩個(gè)籃球隊(duì)進(jìn)行比賽，比賽采用5局3勝制(即先勝3局者獲勝)．若甲、乙兩隊(duì)在每場(chǎng)比賽中獲勝的概率分別為和，記需要比賽的場(chǎng)次為ξ，則E(ξ)＝__________. 6．(2020·山東濟(jì)南二模，20)一次考試共有12道選擇題，每道選擇題都有4個(gè)選項(xiàng)，其中有且只有一個(gè)是正確的．評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定：“每題只選一個(gè)選項(xiàng)，答對(duì)得5分，不答或答錯(cuò)得0分．”某考生已確定有8道題的答案是正確的，其余題中有兩道題都可判斷兩個(gè)選項(xiàng)是錯(cuò)誤的，有一道題可以判斷一個(gè)選項(xiàng)是錯(cuò)誤的，還有一道題因不理解題意只好亂猜．請(qǐng)求出該考生： (1)得60分的概率； (2)所得分?jǐn)?shù)ξ的分布列和數(shù)

16、學(xué)期望． 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1. 解析：設(shè)元件1,2,3的使用壽命超過1 000小時(shí)的事件分別記為A，B，C，顯然P(A)＝P(B)＝P(C)＝， ∴該部件的使用壽命超過1 000的事件為(A＋B＋AB)C. ∴該部件的使用壽命超過1 000小時(shí)的概率為P＝×＋×＋××＝. 2．解：(1)記：“該射手恰好命中一次”為事件A，“該射手射擊甲靶命中”為事件B，“該射手第一次射擊乙靶命中”為事件C，“該射手第二次射擊乙靶命中”為事件D， 由題意知P(B)＝，P(C)＝P(D)＝， 由于A＝B ＋C＋ D， 根據(jù)事件的獨(dú)立性和互斥性得 P(A)＝P(B ＋C

17、＋ D) ＝P(B )＋P(C)＋P( D) ＝P(B)P()P()＋P()P(C)P()＋P()P()P(D) ＝××＋××＋××＝. (2)根據(jù)題意，X的所有可能取值為0,1,2,3,4,5， 根據(jù)事件的獨(dú)立性和互斥性得 P(X＝0)＝P( ) ＝[1－P(B)][1－P(C)][1－P(D)] ＝×× ＝， P(X＝1)＝P(B )＝P(B)P()P() ＝×× ＝， P(X＝2)＝P(C＋ D)＝P(C)＋P( D) ＝××＋×× ＝， P(X＝3)＝P(BC＋BD)＝P(BC)＋P(BD) ＝××＋××＝， P(X＝4)＝P(CD) ＝××＝，

18、 P(X＝5)＝P(BCD)＝××＝. 故X的分布列為 X 0 1 2 3 4 5 P 所以EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝. 3．解：設(shè)Y表示顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間，用頻率估計(jì)概率，得Y的分布列如下： Y 1 2 3 4 5 P 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 (1)A表示事件“第三個(gè)顧客恰好等待4分鐘開始辦理業(yè)務(wù)”，則事件A對(duì)應(yīng)三種情形： ①第一個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間為1分鐘，且第二個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間為3分鐘；②第一個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間為3分鐘，且第二個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間為1分鐘；

19、③第一個(gè)和第二個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間均為2分鐘． 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)方法一：X所有可能的取值為0,1,2. X＝0對(duì)應(yīng)第一個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間超過2分鐘， 所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5； X＝1對(duì)應(yīng)第一個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間為1分鐘且第二個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間超過1分鐘，或第一個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間為2分鐘， 所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y＞1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49； X＝2對(duì)應(yīng)兩個(gè)顧客

20、辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間均為1分鐘， 所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01. 所以X的分布列為 X 0 1 2 P 0.5 0.49 0.01 E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51. 方法二：X所有可能的取值為0,1,2. X＝0對(duì)應(yīng)第一個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間超過2分鐘， 所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5； X＝2對(duì)應(yīng)兩個(gè)顧客辦理業(yè)務(wù)所需的時(shí)間均為1分鐘， 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的分布列為

21、 X 0 1 2 P 0.5 0.49 0.01 E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51. 4．解：以Ai表示第i次調(diào)題調(diào)用到A類型試題，i＝1,2. (1)P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝·＝. (2)X的可能取值為n，n＋1，n＋2. P(X＝n)＝P(1 2)＝·＝. P(X＝n＋1)＝P(A12)＋P(1A2)＝·＋·＝， P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝·＝， 從而X的分布列是 X n n＋1 n＋2 P E(X)＝n×＋(n＋1)×＋(n＋2)×＝n＋1. 精要例析·聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】 解

22、：記Ai表示事件：第1次和第2次這兩次發(fā)球，甲共得i分，i＝0,1,2； Bi表示事件：第3次和第4次這兩次發(fā)球，甲共得i分，i＝0,1,2； A表示事件：第3次發(fā)球，甲得1分； B表示事件：開始第4次發(fā)球時(shí)，甲、乙的比分為1比2； C表示事件：開始第5次發(fā)球時(shí)，甲得分領(lǐng)先． (1)B＝A0·A＋A1·， P(A)＝0.4，P(A0)＝0.42＝0.16， P(A1)＝2×0.6×0.4＝0.48， P(B)＝P(A0·A＋A1·) ＝P(A0·A)＋P(A1·) ＝P(A0)P(A)＋P(A1)P() ＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352. (2)

23、P(B0)＝0.62＝0.36，P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42＝0.16， P(A2)＝0.62＝0.36. C＝A1·B2＋A2·B1＋A2·B2， P(C)＝P(A1·B2＋A2·B1＋A2·B2) ＝P(A1·B2)＋P(A2·B1)＋P(A2·B2) ＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＋P(A2)P(B2) ＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16 ＝0.307 2. 【變式訓(xùn)練1】 解：設(shè)Ak，Bk分別表示甲、乙在第k次投籃投中，則 P(Ak)＝，P(Bk)＝(k＝1,2,3)． (1)記“乙獲勝”為事

24、件C，由互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率與相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率計(jì)算公式知 P(C)＝P(1B1)＋P(112B2)＋P(11223B3) ＝P(1)P(B1)＋P(1)P(1)P(2)P(B2)＋P(1)P(1)P(2)P(2)P(3)P(B3) ＝×＋2×2＋3×3＝. (2)記“投籃結(jié)束時(shí)乙只投了2個(gè)球”為事件D，則由互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率與相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率計(jì)算公式知P(D)＝P(112B2)＋P(1122A3)＝P(1)P(1)P(2)P(B2)＋P(1)P(1)P(2)P(2)P(A3)＝22＋22＝. 【例2】 解：設(shè)隨機(jī)變量X為射擊成績(jī)?yōu)?0環(huán)的次數(shù)，則X～B.

25、 (1)在5次射擊中，至少有3次射擊成績(jī)?yōu)?0環(huán)的概率為 P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝＋＋＝. (2)由題意知ξ的可能取值為0,1,2,3,4,5，ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 4 5 P 因?yàn)棣巍獴，所以E(ξ)＝. 【變式訓(xùn)練2】 解：(1)設(shè)X為射手在5次射擊中擊中目標(biāo)的次數(shù)，則X～B.在5次射擊中，恰有2次擊中目標(biāo)的概率 P(X＝2)＝C52×2×3＝. (2)設(shè)“第i次射擊擊中目標(biāo)”為事件Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射擊中，有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)”為事件A，則P(A)

26、＝P(A1A2A34 5)＋P(1A2A3A45)＋P(1 2A3A4A5)＝3×2＋×3×＋2×3＝. (3)由題意可知，ξ的所有可能取值為0,1,2,3,6， P(ξ＝0)＝P(1 2 3)＝3＝； P(ξ＝1)＝P(A12 3)＋P(1A23)＋P(1 2A3) ＝×2＋××＋2×＝； P(ξ＝2)＝P(A12A3) ＝××＝； P(ξ＝3)＝P(A1A23)＋P(1A2A3) ＝2×＋×2＝； P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝3＝. 所以ξ的分布列是 ξ 0 1 2 3 6 P 【例3】 解：依題意，這4個(gè)人中，每個(gè)人去參加甲游

27、戲的概率為，去參加乙游戲的概率為. 設(shè)“這4個(gè)人中恰有i人去參加甲游戲”為事件Ai(i＝0,1,2,3,4)， 則P(Ai)＝C4ii4－i. (1)這4個(gè)人中恰有2人去參加甲游戲的概率 P(A2)＝C4222＝. (2)設(shè)“這4個(gè)人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)”為事件B，則B＝A3∪A4.由于A3與A4互斥，故 P(B)＝P(A3)＋P(A4) ＝C433＋C444＝. 所以，這4個(gè)人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)的概率為. (3)ξ的所有可能取值為0,2,4. 由于A1與A3互斥，A0與A4互斥，故 P(ξ＝0)＝P(A2)＝， P(ξ＝2

28、)＝P(A1)＋P(A3)＝， P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝. 所以ξ的分布列是 ξ 0 2 4 P 隨機(jī)變量ξ的數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝. 【變式訓(xùn)練3】 解：(1)依題意，ξ的可能取值為20,0，－10， ξ的分布列為 ξ 20 0 －10 P E(ξ)＝20×＋0×＋(－10)×＝10(萬(wàn)元)． (2)設(shè)η表示100萬(wàn)元投資“低碳型”經(jīng)濟(jì)項(xiàng)目的收益，則η的分布列為 η 30 －20 P a b E(η)＝30a－20b＝50a－20. 依題意要求50a－20≥10，∴≤a≤1. 創(chuàng)新模擬

29、·預(yù)測(cè)演練 1．D 解析：正態(tài)分布曲線關(guān)于x＝μ對(duì)稱，即關(guān)于x＝3對(duì)稱，m與6－m關(guān)于x＝3對(duì)稱， ∴P(ξ<6－m)＝P(ξ>m)＝a， 則P(ξ>6－m)＝1－a. 2．D 3．A 解析：P(Z＝6)＝＝，y＝在上單調(diào)遞增． 4．B 解析：若摸出的兩球中含有4，必獲獎(jiǎng)，有5種情形；若摸出的兩球是2,6，也能獲獎(jiǎng)．故獲獎(jiǎng)的情形共6種，獲獎(jiǎng)的概率為＝.現(xiàn)有4人參與摸獎(jiǎng)，恰有3人獲獎(jiǎng)的概率是C433·＝. 5. 解析：依題意ξ的可能取值分別為3,4,5， P(ξ＝3)＝××＋××＝， P(ξ＝4)＝C322××＋C32×2××＝， P(ξ＝5)＝1－P(ξ＝3)－P＝. E

30、(ξ)＝3×P(ξ＝3)＋4×P(ξ＝4)＋5×P(ξ＝5)＝. 6．解：(1)設(shè)“可判斷兩個(gè)選項(xiàng)是錯(cuò)誤的”兩道題之一選對(duì)為事件A，“可判斷一個(gè)選項(xiàng)是錯(cuò)誤的”一道題選對(duì)為事件B，“不理解題意的”一道題選對(duì)為事件C， ∴P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝， ∴得60分的概率為P＝×××＝. (2)ξ可能的取值為40,45,50,55,60. P(ξ＝40)＝×××＝， P(ξ＝45)＝C12××××＋×××＋×××＝， P(ξ＝50)＝×××＋C21××××＋C21××××＋×××＝， P(ξ＝55)＝C21××××＋×××＋×××＝， P(ξ＝60)＝×××＝. 所得分?jǐn)?shù)ξ的分布列為： ξ 40 45 50 55 60 P E(ξ)＝40×＋(45＋50)×＋55×＋60×＝.