《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 概率與統(tǒng)計(jì) 第1講 概率、離散型隨機(jī)變量及其分布列學(xué)案 理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 概率與統(tǒng)計(jì) 第1講 概率、離散型隨機(jī)變量及其分布列學(xué)案 理 新人教A版（26頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講　概率、離散型隨機(jī)變量及其分布列 [做真題] 題型一　古典概型 1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)我國(guó)古代典籍《周易》用“卦”描述萬(wàn)物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個(gè)爻組成，爻分為陽(yáng)爻“——”和陰爻“— —”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，則該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)爻的概率是(　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選A．由6個(gè)爻組成的重卦種數(shù)為26＝64，在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)爻的種數(shù)為C＝＝20.根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式得，所求概率P＝＝.故選A． 2．(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)我國(guó)數(shù)學(xué)家陳景潤(rùn)在哥德巴赫猜想的研究中取得

2、了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如30＝7＋23.在不超過(guò)30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選C．不超過(guò)30的素?cái)?shù)有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10個(gè)，從中隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)有C種不同的取法，這10個(gè)數(shù)中兩個(gè)不同的數(shù)的和等于30的有3對(duì)，所以所求概率P＝＝，故選C． 題型二　幾何概型 1．(2018·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖來(lái)自古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個(gè)半圓構(gòu)成，三個(gè)半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC

3、.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個(gè)圖形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則(　　) A．p1＝p2 B．p1＝p3 C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3 解析：選A．法一：設(shè)直角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝bc，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由幾何概型的知識(shí)知p1＝p2，故選A． 法二：不妨設(shè)△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝2，則BC＝2，所以區(qū)域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝×2

4、×2＝2，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝π×12－＝2，區(qū)域Ⅲ的面積S3＝－2＝π－2.根據(jù)幾何概型的概率計(jì)算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A． 2．(2017·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來(lái)自中國(guó)古代的太極圖．正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對(duì)稱(chēng)．在正方形內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自黑色部分的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選B．不妨設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2，則正方形的面積為4，正方形的內(nèi)切圓的半徑為1，面積為π.由于正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對(duì)稱(chēng)，所以黑色部分的面積

5、為，故此點(diǎn)取自黑色部分的概率為＝，故選B． 3．(2016·高考全國(guó)卷Ⅰ)某公司的班車(chē)在7：30，8：00，8：30發(fā)車(chē)，小明在7：50至8：30之間到達(dá)發(fā)車(chē)站乘坐班車(chē)，且到達(dá)發(fā)車(chē)站的時(shí)刻是隨機(jī)的，則他等車(chē)時(shí)間不超過(guò)10分鐘的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選B．由題意得圖： 由圖得等車(chē)時(shí)間不超過(guò)10分鐘的概率為. 題型三　事件的相互獨(dú)立性 1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，采取七場(chǎng)四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場(chǎng)勝利時(shí)，該隊(duì)獲勝，決賽結(jié)束)．根據(jù)前期比賽成績(jī)，甲隊(duì)的主客場(chǎng)安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0.6，客場(chǎng)取勝的概率為

6、0.5，且各場(chǎng)比賽結(jié)果相互獨(dú)立，則甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率是________． 解析：記事件M為甲隊(duì)以4∶1獲勝，則甲隊(duì)共比賽五場(chǎng)，且第五場(chǎng)甲隊(duì)獲勝，前四場(chǎng)甲隊(duì)勝三場(chǎng)負(fù)一場(chǎng)，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18. 答案：0.18 2．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比

7、賽結(jié)束． (1)求P(X＝2)； (2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率． 解：(1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這2個(gè)球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5. (2)X＝4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分． 因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1. [明考情] 1．概率、隨機(jī)變量及其分布列是高考命題的熱點(diǎn)之一，命題形式為“一小一大”，即一道選擇或填

8、空題和一道解答題． 2．選擇或填空題常出現(xiàn)在第4～10題或第13～15題的位置，主要考查隨機(jī)事件的概率、古典概型、幾何概型，難度一般． 3．概率解答題多在第18或19題的位置，多以交匯性的形式考查，交匯點(diǎn)主要有兩種：(頻率分布直方圖與莖葉圖)擇一與隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望、方差相交匯來(lái)考查；(頻率分布直方圖與莖葉圖)擇一與線(xiàn)性回歸或獨(dú)立性檢驗(yàn)相交匯來(lái)考查，難度中等． 但近兩年概率問(wèn)題卻與函數(shù)、數(shù)列、導(dǎo)數(shù)等綜合以壓軸題的形式考查了概率在實(shí)際問(wèn)題中的決策作用，難度較大，應(yīng)引起考生的重視． 古典概型與幾何概型 [考法全練] 1．(2019·貴州省適應(yīng)性考試)在2018中國(guó)國(guó)際大

9、數(shù)據(jù)產(chǎn)業(yè)博覽會(huì)期間，有甲、乙、丙、丁4名游客準(zhǔn)備到貴州的黃果樹(shù)瀑布、梵凈山、萬(wàn)峰林三個(gè)景點(diǎn)旅游，其中每個(gè)人只能去一個(gè)景點(diǎn)，每個(gè)景點(diǎn)至少要去一個(gè)人，則游客甲去梵凈山旅游的概率為(　　) A．　　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選B．4名游客去三個(gè)景點(diǎn)，每個(gè)景點(diǎn)至少有一個(gè)人，可以先將其中2名游客“捆綁在一起”作為“一個(gè)人”，再將“三個(gè)人”安排到三個(gè)景點(diǎn)去旅游，共有CA＝6×6＝36(種)方案．游客甲去梵凈山旅游，若梵凈山再?zèng)]有其他3名游客去旅游，則有CA＝3×2＝6(種)方案，若“乙、丙、丁”中有1人也去了梵凈山旅游，則有CA＝6(種)方案，所以游客甲去梵凈山旅游共有12種方案．

10、所以游客甲去梵凈山旅游的概率P＝＝.故選B． 2．(一題多解)(2019·濟(jì)南市模擬考試)2019年1月1日，濟(jì)南軌道交通1號(hào)線(xiàn)試運(yùn)行，濟(jì)南軌道交通集團(tuán)面向廣大市民開(kāi)展“參觀體驗(yàn)，征求意見(jiàn)”活動(dòng)．市民可以通過(guò)濟(jì)南地鐵APP搶票，小陳搶到了三張?bào)w驗(yàn)票，準(zhǔn)備從四位朋友小王、小張、小劉、小李中隨機(jī)選擇兩位與自己一起去參加體驗(yàn)活動(dòng)，則小王和小李至多一人被選中的概率為(　　) A． B． C． D． 解析：選D．法一：若小王和小李都沒(méi)被選中，則有C種方法，若小王和小李有一人被選中，則有CC種方法，故所求概率P＝＝. 法二：若小王和小李都被選中，則有1種方法，故所求概率P＝1－＝. 3．(

11、2019·江西八所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)小華的愛(ài)好是玩飛鏢，現(xiàn)有如圖所示的由兩個(gè)邊長(zhǎng)都為2的正方形ABCD和OPQR構(gòu)成的標(biāo)靶圖形，如果O正好是正方形ABCD的中心，而正方形OPQR可以繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)．若小華隨機(jī)向標(biāo)靶投飛鏢，一定能射中標(biāo)靶，則他射中陰影部分的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選D．如圖，記OP交AB于H，OR交BC于G.當(dāng)H不為AB的中點(diǎn)時(shí)，過(guò)O分別作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，則∠OEH＝∠OFG＝90°，又O正好是正方形ABCD的中心，所以O(shè)E＝OF，∠EOF＝90°，又∠GOH＝90°，所以∠GOF＝∠HOE，所以△OEH和△OFG全等，所以陰影部分的

12、面積與正方形OEBF的面積相等，所以陰影部分的面積為標(biāo)靶面積的.當(dāng)H為AB的中點(diǎn)時(shí)，陰影部分的面積為標(biāo)靶面積的.所以小華射中陰影部分的概率為，故選D． 4．(一題多解)(2019·福州市質(zhì)量檢測(cè))如圖，線(xiàn)段MN是半徑為2的圓O的一條弦，且MN的長(zhǎng)為2，在圓O內(nèi)，將線(xiàn)段MN繞點(diǎn)N按逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，使點(diǎn)M移動(dòng)到圓O上的新位置，繼續(xù)將新線(xiàn)段NM繞新點(diǎn)M按逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，使點(diǎn)N移動(dòng)到圓O上的新位置，依此繼續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)，……點(diǎn)M的軌跡所圍成的區(qū)域是圖中陰影部分．若在圓O內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自陰影部分的概率為(　　) A．4π－6 B．1－ C．π－ D． 解析：選B．法一：依題意，得陰影

13、部分的面積S＝6×[(π×22)－×2×2×]＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故選B． 法二：依題意得陰影部分的面積S＝π×22－6××2×2×＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故選B． 5．(2019·石家莊市模擬(一))已知實(shí)數(shù)x∈[0，10]，則x滿(mǎn)足不等式x2－4x＋3≤0的概率為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)椴坏仁絰2－4x＋3≤0的解集為[1，3]，所以若x∈[0，10]，則x滿(mǎn)足不等式x2－4x＋3≤0的概率為 答案： (1)古典概型的概率公式 P(A)＝＝. (2)幾何概型的概率公式 P(A)＝.　 互斥事件、相互獨(dú)立事件的概率 [考法全練] 1．

14、(2019·石家莊市模擬(一))袋子中裝有大小、形狀完全相同的2個(gè)白球和2個(gè)紅球，現(xiàn)從中不放回地摸取2個(gè)球，已知第二次摸到的是紅球，則第一次摸到紅球的概率為(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 解析：選B．設(shè)“第二次摸到紅球”為事件A，“第一次摸到紅球”為事件B，因?yàn)镻(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝，所以在第二次摸到紅球的條件下，第一次摸到紅球的概率為，故選B． 2．(2019·廣州市調(diào)研測(cè)試)已知甲袋中有1個(gè)黃球和1個(gè)紅球，乙袋中有2個(gè)黃球和2個(gè)紅球，現(xiàn)隨機(jī)從甲袋中取出1個(gè)球放入乙袋中，再?gòu)囊掖须S機(jī)取出1個(gè)球，則從乙袋中取出的球是紅球的概率為(　　)

15、 A． B． C． D． 解析：選B．設(shè)事件A：“從甲袋中取出1個(gè)紅球放入乙袋中，再?gòu)囊掖腥〕?個(gè)紅球”，事件B：“從甲袋中取出1個(gè)黃球放入乙袋中，再?gòu)囊掖腥〕?個(gè)紅球”，根據(jù)題意知所求概率為P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝×＋×＝.故選B． 3．(2019·武漢市調(diào)研測(cè)試)為了提升全民身體素質(zhì)，學(xué)校十分重視學(xué)生的體育鍛煉．某校籃球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行投籃練習(xí)，他前一球投進(jìn)則后一球投進(jìn)的概率為，他前一球投不進(jìn)則后一球投進(jìn)的概率為.若他第1球投進(jìn)的概率為，則他第2球投進(jìn)的概率為(　　) A． B． C． D． 解析：選B．設(shè)該籃球運(yùn)動(dòng)員投進(jìn)第n－1(n≥2，n∈N*)個(gè)球的概率為

16、Pn－1，第n－1個(gè)球投不進(jìn)的概率為1－Pn－1，則他投進(jìn)第n個(gè)球的概率為Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝＋Pn－1，所以Pn－＝. 所以Pn－＝·＝×＝. 所以Pn＝＋(n∈N*)，所以P2＝.故選B． 4．某居民小區(qū)有兩個(gè)相互獨(dú)立的安全防范系統(tǒng)(簡(jiǎn)稱(chēng)系統(tǒng))A和B，系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在任意時(shí)刻發(fā)生故障的概率分別為和p. (1)若在任意時(shí)刻至少有一個(gè)系統(tǒng)不發(fā)生故障的概率為，求p的值； (2)求系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測(cè)中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)的概率． 解：(1)設(shè)“至少有一個(gè)系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么1－P()＝1－·p＝， 解得p＝. (2)設(shè)“系統(tǒng)A在3次相互

17、獨(dú)立的檢測(cè)中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)”為事件D，“系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測(cè)中發(fā)生k次故障”為事件Dk. 則D＝D0＋D1，且D0，D1互斥． 依題意，得P(D0)＝C，P(D1)＝C， 所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝. 所以系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測(cè)中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)的概率為. (1)條件概率 在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率 P(B|A)＝. (2)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． (3)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)、二項(xiàng)分布 如果事件A在一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中恰好發(fā)生k次的概率為Cpk(

18、1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n. 一般地，在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設(shè)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為p，則P(X＝k)＝Cpkqn－k，其中0

19、圖如圖所示： (1)從甲、乙兩位工人當(dāng)天所生產(chǎn)的零件中各隨機(jī)抽取1個(gè)零件，求抽取的2個(gè)零件等級(jí)互不相同的概率； (2)從工人甲當(dāng)天生產(chǎn)的零件中隨機(jī)抽取3個(gè)零件，記這3個(gè)零件中一等品的數(shù)量為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． 【解】　(1)由莖葉圖可知，甲當(dāng)天生產(chǎn)了10個(gè)零件，其中4個(gè)一等品，6個(gè)二等品；乙當(dāng)天生產(chǎn)了10個(gè)零件，其中5個(gè)一等品，5個(gè)二等品． 所以抽取的2個(gè)零件等級(jí)互不相同的概率P＝＝. (2)X可取0，1，2，3 P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝； P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝. X的分布列為 X 0 1 2 3 P 所以隨機(jī)變

20、量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (1)求離散型隨機(jī)變量分布列的關(guān)鍵是正確理解隨機(jī)變量取每一個(gè)值所表示的具體事件，然后綜合應(yīng)用各類(lèi)求概率的公式，求出概率． (2)對(duì)于實(shí)際問(wèn)題中的隨機(jī)變量X，如果能夠斷定它服從超幾何分布H(N，M，n)，則其概率可直接利用公式P(X＝k)＝(k＝0，1，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)． [提醒]　本題的易錯(cuò)點(diǎn)是混淆超幾何分布與二項(xiàng)分布，兩種分布的本質(zhì)差別在于“有放回”和“無(wú)放回”，“有放回”是二項(xiàng)分布，“無(wú)放回”是超幾何分布．　 命題角度二　二項(xiàng)分布的判斷、期望與方差的求解 (一題多解)

21、(2019·合肥模擬)師大附中學(xué)生會(huì)組織部分同學(xué)，用“10分制”隨機(jī)調(diào)查“陽(yáng)光”社區(qū)人們的幸福度．現(xiàn)從調(diào)查人群中隨機(jī)抽取16名，如圖所示的莖葉圖(以小數(shù)點(diǎn)前的一位數(shù)字為莖，小數(shù)點(diǎn)后的一位數(shù)字為葉)記錄了他們的幸福度分?jǐn)?shù)． (1)指出這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)和中位數(shù)； (2)若幸福度不低于9.5分，則稱(chēng)該人的幸福度為“極幸?！保髲倪@16人中隨機(jī)選取3人，至多有1人的幸福度是“極幸?！钡母怕?； (3)以這16人的樣本數(shù)據(jù)來(lái)估計(jì)整個(gè)社區(qū)的總體數(shù)據(jù)，若從該社區(qū)(人數(shù)很多)任選3人，記ξ表示選到幸福度為“極幸?！钡娜藬?shù)，求ξ的分布列及數(shù)學(xué)期望． 【解】　(1)由莖葉圖得8.6出現(xiàn)的次數(shù)最多，所以眾數(shù)

22、為8.6；將莖葉圖中的所有數(shù)據(jù)從小到大排列，得中位數(shù)為8.75. (2)設(shè)事件Ai(i＝0，1，2，3)表示所取3人中有i人的幸福度是“極幸福”，至多有1人的幸福度是“極幸福”記為事件A，結(jié)合莖葉圖得P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝＋＝. (3)法一：ξ的可能取值為0，1，2，3，由樣本估計(jì)總體得任選1人，其幸福度為“極幸?！钡母怕蕿椋剑瑒t P(ξ＝0)＝＝； P(ξ＝1)＝C××＝； P(ξ＝2)＝C××＝； P(ξ＝3)＝＝. ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝0.75. 法二：ξ的可能取值為0，1，

23、2，3，由樣本估計(jì)總體得任選1人，其幸福度為“極幸?！钡母怕蕿椋?，則ξ～B， P(ξ＝k)＝C(k＝0，1，2，3)． ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P E(ξ)＝3×＝0.75. (1)求隨機(jī)變量的均值和方差的關(guān)鍵是正確求出隨機(jī)變量的分布列． (2)對(duì)于實(shí)際問(wèn)題中的隨機(jī)變量X，如果能夠斷定它服從二項(xiàng)分布B(n，p)，則其概率、期望與方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得．　 命題角度三　獨(dú)立事件的判斷、期望與方差的求解 (2019·石家莊市模擬(一))

24、東方商店欲購(gòu)進(jìn)某種食品(保質(zhì)期兩天)，此商店每?jī)商熨?gòu)進(jìn)該食品一次(購(gòu)進(jìn)時(shí)，該食品為剛生產(chǎn)的)．根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，該食品每份進(jìn)價(jià)8元，售價(jià)12元，如果兩天內(nèi)無(wú)法售出，則食品過(guò)期作廢，且兩天內(nèi)的銷(xiāo)售情況互不影響，為了解市場(chǎng)的需求情況，現(xiàn)統(tǒng)計(jì)該食品在本地區(qū)100天的銷(xiāo)售量如下表： 銷(xiāo)售量/份 15 16 17 18 天數(shù) 20 30 40 10 (視樣本頻率為概率) (1)根據(jù)該食品100天的銷(xiāo)售量統(tǒng)計(jì)表，記兩天中一共銷(xiāo)售該食品份數(shù)為ξ，求ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望； (2)以?xún)商靸?nèi)該食品所獲得的利潤(rùn)期望為決策依據(jù)，東方商店一次性購(gòu)進(jìn)32或33份，哪一種得到的利潤(rùn)更大？ 【解】　(

25、1)根據(jù)題意可得 P(ξ＝30)＝×＝， P(ξ＝31)＝××2＝ P(ξ＝32)＝××2＋×＝， P(ξ＝33)＝××2＋××2＝， P(ξ＝34)＝××2＋×＝， P(ξ＝35)＝××2＝， P(ξ＝36)＝×＝. ξ的分布列如下： ξ 30 31 32 33 34 35 36 P E(ξ)＝30×＋31×＋32×＋33×＋34×＋35×＋36×＝32.8. (2)當(dāng)購(gòu)進(jìn)32份時(shí)，利潤(rùn)為 32×4×＋(31×4－8)×＋(30×4－16)×＝107.52＋13.92＋4.16＝125.6(元)． 當(dāng)購(gòu)進(jìn)33份時(shí)，利潤(rùn)為

26、 33×4×＋(32×4－8)×＋(31×4－16)×＋(30×4－24)×＝77.88＋30＋12.96＋3.84＝124.68(元)． 因?yàn)?25.6>124.68， 所以，當(dāng)購(gòu)進(jìn)32份時(shí)，利潤(rùn)更大． 破解此類(lèi)離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望問(wèn)題的思維切入口是：先利用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理，排列、組合知識(shí)，以及古典概型的概率公式求基本事件的概率；再依題意判斷隨機(jī)變量的所有可能取值，求出隨機(jī)變量X取每個(gè)值時(shí)的概率，即可得隨機(jī)變量X的分布列；最后利用隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望的定義計(jì)算．　 命題角度四　利用均值與方差破解決策性問(wèn)題 (2019·合肥市第二次質(zhì)量檢測(cè))某種大型醫(yī)療檢查機(jī)器生產(chǎn)商

27、，對(duì)一次性購(gòu)買(mǎi)2臺(tái)機(jī)器的客戶(hù)，推出2種超過(guò)質(zhì)保期后2年內(nèi)的延保維修優(yōu)惠方案， 方案一：交納延保金7 000元，在延保的2年內(nèi)可免費(fèi)維修2次，超過(guò)2次每次收取維修費(fèi)2 000元； 方案二：交納延保金10 000元，在延保的2年內(nèi)可免費(fèi)維修4次，超過(guò)4次每次收取維修費(fèi)1 000元． 某醫(yī)院準(zhǔn)備一次性購(gòu)買(mǎi)2臺(tái)這種機(jī)器．現(xiàn)需決策在購(gòu)買(mǎi)機(jī)器時(shí)應(yīng)購(gòu)買(mǎi)哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺(tái)這種機(jī)器超過(guò)質(zhì)保期后延保2年內(nèi)維修的次數(shù)，得下表： 維修次數(shù) 0 1 2 3 臺(tái)數(shù) 5 10 20 15 以這50臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替1臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率．記X表示這2臺(tái)機(jī)器超過(guò)質(zhì)保期后

28、延保的2年內(nèi)共需維修的次數(shù)． (1)求X的分布列； (2)以方案一與方案二所需費(fèi)用(所需延保金及維修費(fèi)用之和)的期望值為決策依據(jù)，醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算？ 【解】　(1)X的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6. P(X＝0)＝×＝， P(X＝1)＝××2＝， P(X＝2)＝×＋××2＝， P(X＝3)＝××2＋××2＝， P(X＝4)＝×＋××2＝， P(X＝5)＝××2＝， P(X＝6)＝×＝， 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 4 5 6 P (2)選擇延保方案一，所需費(fèi)用Y1的分布列為 Y1 7 00

29、0 9 000 11 000 13 000 15 000 P E(Y1)＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720(元)． 選擇延保方案二，所需費(fèi)用Y2的分布列為 Y2 10 000 11 000 12 000 P E(Y2)＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420(元)． 因?yàn)镋(Y1)>E(Y2)，所以該醫(yī)院選擇延保方案二較合算． 由于離散型隨機(jī)變量的均值反映了離散型隨機(jī)變量取值的平均水平，離散型隨機(jī)變量的方差和標(biāo)準(zhǔn)差都反映了離散型隨機(jī)變量取值偏離于均值的

30、平均程度，方差或標(biāo)準(zhǔn)差越小，則隨機(jī)變量偏離于均值的平均程度越小，越穩(wěn)定．因此，常利用離散型隨機(jī)變量的均值與方差來(lái)解決有關(guān)決策問(wèn)題．　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2019·福建省質(zhì)量檢查)“工資條里顯紅利，個(gè)稅新政入民心”．隨著2019年新年鐘聲的敲響，我國(guó)自1980年以來(lái)，力度最大的一次個(gè)人所得稅(簡(jiǎn)稱(chēng)個(gè)稅)改革迎來(lái)了全面實(shí)施的階段.2019年1月1日起實(shí)施的個(gè)稅新政主要內(nèi)容包括：①個(gè)稅起征點(diǎn)為5 000元；②每月應(yīng)納稅所得額(含稅)＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn)－專(zhuān)項(xiàng)附加扣除；③專(zhuān)項(xiàng)附加扣除包括住房貸款利息或者住房租金(以下簡(jiǎn)稱(chēng)住房)、子女教育、贍養(yǎng)老人等．新舊個(gè)稅政策下每月應(yīng)納稅所得額(含稅)計(jì)算方法及其

31、對(duì)應(yīng)的稅率表如下： 舊個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)3 500元) 新個(gè)稅稅率表(個(gè)稅起征點(diǎn)5 000元) 繳稅 級(jí)數(shù) 每月應(yīng)納稅所得額(含稅)＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn) 稅率 (%) 每月應(yīng)納稅得額(含稅)＝收入－個(gè)稅起征點(diǎn)－專(zhuān)項(xiàng)附加扣除 稅率 (%) 1 不超過(guò)1 500元的部分 3 不超過(guò)3 000元的部分 3 2 超過(guò)1 500元至45 00元的部分 10 超過(guò)3 000元至12 000元的部分 10 3 超過(guò)4 500元至9 000元的部分 20 超過(guò)12 000元至25 000元的部分 20 4 超過(guò)9 000元至35 000元的部分 2

32、5 超過(guò)25 000元至35 000元的部分 25 5 超過(guò)35 000元至55 000元的部分 30 超過(guò)35 000元至55 000元的部分 30 ... ... ... ... ... 隨機(jī)抽取某市1 000名同一收入層級(jí)的IT從業(yè)者的相關(guān)資料，經(jīng)統(tǒng)計(jì)分析，預(yù)估他們2019年的人均月收入為24 000元．統(tǒng)計(jì)資料還表明，他們均符合住房專(zhuān)項(xiàng)附加扣除，同時(shí)，他們每人至多只有一個(gè)符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除、符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除、符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除但不符合子女

33、教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除、既符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除的人數(shù)之比是2∶1∶1∶1；此外，他們均不符合其他專(zhuān)項(xiàng)附加扣除．新個(gè)稅政策下該市的專(zhuān)項(xiàng)附加扣除標(biāo)準(zhǔn)為：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，贍養(yǎng)老人2 000元/月等． 假設(shè)該市收入層級(jí)的IT從業(yè)者都獨(dú)自享受專(zhuān)項(xiàng)附加扣除，將預(yù)估的該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者的人均月收入視為其個(gè)人月收入．根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想，解決如下問(wèn)題： (1)設(shè)該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者2019年月繳個(gè)稅為X元，求X的分布列和期望； (2)根據(jù)新舊個(gè)稅政策，估計(jì)從2019年1月開(kāi)始，經(jīng)過(guò)多少個(gè)月，該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者各月少繳納的

34、個(gè)稅之和就超過(guò)其2019年的人均月收入？ 解：(1)既不符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000＝18 000(元)， 月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190； 符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)， 月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990; 符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除但不符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)

35、納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)， 月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×20%＝1 790； 既符合子女教育專(zhuān)項(xiàng)附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專(zhuān)項(xiàng)附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，月繳個(gè)稅X＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590. 所以X的可能值為2 190，1 990，1 790，1 590. 依題意，上述四類(lèi)人群的人數(shù)之比是2∶1∶1∶1， 所以P(X＝2 190)＝，P(X＝1 990)

36、＝， P(X＝1 790)＝，P(X＝1 590)＝. 所以X的分布列為 X 2 190 1 990 1 790 1 590 P 所以E(X)＝2 190×＋1 990×＋1 790×＋1 590×＝1 950. (2)因?yàn)樵谂f個(gè)稅政策下該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者2019年每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 000－3 500＝20 500(元)， 所以其月繳個(gè)稅為1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)． 因?yàn)樵谛聜€(gè)稅政策下該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者2019年月繳個(gè)稅的均值為1 950元， 所以該收

37、入層級(jí)的IT從業(yè)者每月少繳納的個(gè)稅為4 120－1 950＝2 170(元)． 設(shè)經(jīng)過(guò)x個(gè)月，該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者各月少繳納的個(gè)稅的總和就超過(guò)24 000元， 則2 170x>24 000，因?yàn)閤∈N，所以x≥12. 所以經(jīng)過(guò) 12個(gè)月，該市該收入層級(jí)的IT從業(yè)者各月少繳納的個(gè)稅的總和就超過(guò)2019年的人均月收入． [A組　夯基保分專(zhuān)練] 一、選擇題 1．(2019·唐山市摸底考試)隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，若P(ξ<2)＝0.2，P(2<ξ<6)＝0.6，則μ＝(　　) A．6　　　　　　　　 B．5 C．4 D．3 解析：選C．由題意可知，P(ξ<

38、6)＝P (ξ<2)＋P(2<ξ<6)＝0.2＋0.6＝0.8， 所以P(ξ>6)＝1－0.8＝0.2，所以P(ξ<2)＝P(ξ>6)，所以μ＝＝4，故選C 2．(2019·江西七校第一次聯(lián)考)如圖中的圖案是我國(guó)古代建筑中的一種裝飾圖案，形若銅錢(qián)，寓意富貴吉祥．在圓內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自陰影區(qū)域內(nèi)(陰影部分由四條四分之一圓弧圍成)的概率是(　　) A． B． C．－1 D．2－ 解析：選C．設(shè)圓的半徑為1，則該點(diǎn)取自陰影區(qū)域內(nèi)的概率P＝＝＝－1，故選C． 3．用1，2，3，4，5組成無(wú)重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，若用a1，a2，a3，a4，a5分別表示五位數(shù)的萬(wàn)位、千位、百位、十位

39、、個(gè)位，則出現(xiàn)a1a4>a5特征的五位數(shù)的概率為(　　) A． B． C． D． 解析：選B．1，2，3，4，5可組成A＝120個(gè)不同的五位數(shù)，其中滿(mǎn)足題目條件的五位數(shù)中，最大的5必須排在中間，左、右各兩個(gè)數(shù)字只要選出，則排列位置就隨之而定，滿(mǎn)足條件的五位數(shù)有CC＝6個(gè)，故出現(xiàn)a1a4>a5特征的五位數(shù)的概率為＝. 4．(2019·福建省質(zhì)量檢查)某商場(chǎng)通過(guò)轉(zhuǎn)動(dòng)如圖所示的質(zhì)地均勻的6等分的圓盤(pán)進(jìn)行抽獎(jiǎng)活動(dòng)，當(dāng)指針指向陰影區(qū)域時(shí)為中獎(jiǎng)．規(guī)定每位顧客有3次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，但中獎(jiǎng)1次就停止抽獎(jiǎng)．假設(shè)每次抽獎(jiǎng)相互獨(dú)立，則顧客中獎(jiǎng)的概率是(　　) A． B．

40、C． D． 解析：選D．記顧客中獎(jiǎng)為事件A，恰抽1次就中獎(jiǎng)為事件A1，恰抽2次中獎(jiǎng)為事件A2，恰抽3次中獎(jiǎng)為事件A3，每次抽獎(jiǎng)相互獨(dú)立，每次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率均為，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋×＋××＝，故選D． 5．(2019·湛江模擬)某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，則他第2次和第3次均命中的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：選A．某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，所以基本事件總數(shù)n＝CC＝10，他第2次和第3次均命中包含的基本事件個(gè)數(shù)m＝CCC＝3，所以他第2次和第3次均命中的概率P＝＝.故選A． 6．某群體中的每位

41、成員使用移動(dòng)支付的概率都為p, 各成員的支付方式相互獨(dú)立．設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù)，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，則p＝(　　) A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3 解析：選B．由題意知，該群體的10位成員使用移動(dòng)支付的概率分布符合二項(xiàng)分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6. 二、填空題 7．(2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一))若8件產(chǎn)品中包含6件一等品，從中任取2件，則

42、在已知取出的2件產(chǎn)品中有1件不是一等品的條件下，另1件是一等品的概率為_(kāi)_______． 解析：設(shè)事件“從8件產(chǎn)品中取出的2件產(chǎn)品中有1件不是一等品”為A，事件“從8件產(chǎn)品中取出的2件產(chǎn)品中有1件是一等品”為B，則P(A)＝＝，P(AB)＝＝＝，所以另1件是一等品的概率為P(B|A)＝＝＝. 答案： 8．向圓(x－2)2＋(y－)2＝4內(nèi)隨機(jī)投擲一點(diǎn)，則該點(diǎn)落在x軸下方的概率為_(kāi)_______． 解析：如圖，連接CA，CB，依題意，圓心C到x軸的距離為，所以弦AB的長(zhǎng)為2.又圓的半徑為2，所以弓形ADB的面積為××4－×2×＝－，所以向圓(x－2)2＋(y－)2＝4內(nèi)隨機(jī)投擲一點(diǎn)，

43、則該點(diǎn)落在x軸下方的概率P＝－. 答案：－ 9．某商場(chǎng)在兒童節(jié)舉行回饋顧客活動(dòng)，凡在商場(chǎng)消費(fèi)滿(mǎn)100元者即可參加射擊贏玩具活動(dòng)，具體規(guī)則如下：每人最多可射擊3次，一旦擊中，則可獲獎(jiǎng)且不再繼續(xù)射擊，否則一直射滿(mǎn)3次為止．設(shè)甲每次擊中的概率為p(p≠0)，射擊次數(shù)為η，若η的均值E(η)>，則p的取值范圍是________． 解析：由已知得，P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝p(1－p)， P(η＝3)＝(1－p)2，則E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>， 解得p>，或p<，又因?yàn)閜∈(0，1)，所以p∈(0，)． 答案：(0，) 三、解答題 10．(20

44、19·福州市第一學(xué)期抽測(cè))某市某超市為了回饋新老顧客，決定在2019年元旦來(lái)臨之際舉行“慶元旦，迎新年”的抽獎(jiǎng)派送禮品活動(dòng)．為設(shè)計(jì)一套趣味性抽獎(jiǎng)送禮品的活動(dòng)方案，該超市面向該市某高中學(xué)生征集活動(dòng)方案，該中學(xué)某班數(shù)學(xué)興趣小組提供的方案獲得了征用．方案如下：將一個(gè)4×4×4的正方體各面均涂上紅色，再把它分割成64個(gè)相同的小正方體．經(jīng)過(guò)攪拌后，從中任取兩個(gè)小正方體，記它們的著色面數(shù)之和為ξ，記抽獎(jiǎng)一次中獎(jiǎng)的禮品價(jià)值為η. (1)求P(ξ＝3)； (2)凡是元旦當(dāng)天在該超市購(gòu)買(mǎi)物品的顧客，均可參加抽獎(jiǎng)．記抽取的兩個(gè)小正方體著色面數(shù)之和為6，設(shè)為一等獎(jiǎng)，獲得價(jià)值50元的禮品；記抽取的兩個(gè)小正方體著色

45、面數(shù)之和為5，設(shè)為二等獎(jiǎng)，獲得價(jià)值30元的禮品；記抽取的兩個(gè)小正方體著色面數(shù)之和為4，設(shè)為三等獎(jiǎng)，獲得價(jià)值10元的禮品，其他情況不獲獎(jiǎng)．求某顧客抽獎(jiǎng)一次獲得的禮品價(jià)值的分布列與數(shù)學(xué)期望． 解：(1)64個(gè)小正方體中，三面著色的有8個(gè)，兩面著色的有24個(gè)，一面著色的有24個(gè)，另外8個(gè)沒(méi)有著色， 所以P(ξ＝3)＝＝＝. (2)設(shè)ξ為抽取的面數(shù)之和，η為獲得的禮品價(jià)值，則 ξ的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6，η的取值為50，30，10，0， P(η＝50)＝P(ξ＝6)＝＝＝， P(η＝30)＝P(ξ＝5)＝＝＝， P(η＝10)＝P(ξ＝4)＝＝＝， P(η＝0)＝1－

46、－－＝. 所以η的分布列如下： η 50 30 10 0 P 所以E(η)＝50×＋30×＋10×＋0×＝. 11．(2019·廣州市調(diào)研測(cè)試)某企業(yè)對(duì)設(shè)備進(jìn)行升級(jí)改造，現(xiàn)從設(shè)備改造前后生產(chǎn)的大量產(chǎn)品中各抽取了100件產(chǎn)品作為樣本，檢測(cè)一項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值，若該項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值落在[20，40)內(nèi)的產(chǎn)品視為合格品，否則為不合格品，圖1是設(shè)備改造前樣本的頻率分布直方圖，表1是設(shè)備改造后樣本的頻數(shù)分布表． 圖1：設(shè)備改造前樣本的頻率分布直方圖 表1：設(shè)備改造后樣本的頻數(shù)分布表 質(zhì)量指標(biāo)值 [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [

47、35，40) [40，45) 頻數(shù) 2 18 48 14 16 2 (1)請(qǐng)估計(jì)該企業(yè)在設(shè)備改造前的產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)的平均值； (2)該企業(yè)將不合格品全部銷(xiāo)毀后，對(duì)合格品進(jìn)行等級(jí)細(xì)分，質(zhì)量指標(biāo)值落在[25，30)內(nèi)的定為一等品，每件售價(jià)240元；質(zhì)量指標(biāo)值落在[20，25)或[30，35)內(nèi)的定為二等品，每件售價(jià)180元；其他的合格品定為三等品，每件售價(jià)120元．根據(jù)表1的數(shù)據(jù)，用該組樣本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的頻率代替從所有產(chǎn)品中抽到一件相應(yīng)等級(jí)產(chǎn)品的概率．現(xiàn)有一名顧客隨機(jī)購(gòu)買(mǎi)兩件產(chǎn)品，設(shè)其支付的費(fèi)用為X(單位：元)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． 解：(1)根據(jù)

48、題圖1可知，設(shè)備改造前樣本的頻數(shù)分布表如下， 質(zhì)量指標(biāo)值 [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) [40，45) 頻數(shù) 4 16 40 12 18 10 4×17.5＋16×22.5＋40×27.5＋12×32.5＋18×37.5＋10×42.5＝3 020. 樣本產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)平均值為＝30.2， 根據(jù)樣本質(zhì)量指標(biāo)平均值估計(jì)總體質(zhì)量指標(biāo)平均值為30.2. (2)根據(jù)樣本頻率分布估計(jì)總體分布，樣本中一、二、三等品的頻率分別為，，， 故從所有產(chǎn)品中隨機(jī)抽一件，是一、二、三等品的概率分別是，，. 隨機(jī)變量X的取值為24

49、0，300，360，420，480. P(X＝240)＝×＝，P(X＝300)＝C××＝， P(X＝360)＝C××＋×＝，P(X＝420)＝C××＝，P(X＝480)＝×＝， 所以隨機(jī)變量X的分布列為 X 240 300 360 420 480 P 所以E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400. 12．(2018·高考全國(guó)卷Ⅰ)某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付用戶(hù)之前要對(duì)產(chǎn)品作檢驗(yàn)，如檢驗(yàn)出不合格品，則更換為合格品．檢驗(yàn)時(shí)，先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗(yàn)，再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對(duì)余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)

50、．設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p(0＜p＜1)，且各件產(chǎn)品是否為不合格品相互獨(dú)立． (1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)，求f(p)的最大值點(diǎn)p0. (2)現(xiàn)對(duì)一箱產(chǎn)品檢驗(yàn)了20件，結(jié)果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p0作為p的值，已知每件產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用為2元，若有不合格品進(jìn)入用戶(hù)手中，則工廠要對(duì)每件不合格品支付25元的賠償費(fèi)用． (ⅰ)若不對(duì)該箱余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)，這一箱產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用的和記為X，求EX； (ⅱ)以檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對(duì)這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)？ 解：(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝Cp2(

51、1－p)18.因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.當(dāng)p∈(0，0.1)時(shí)，f′(p)>0；當(dāng)p∈(0.1，1)時(shí)，f′(p)<0. 所以f(p)的最大值點(diǎn)為p0＝0.1. (2)由(1)知，p＝0.1. (i)令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù)，依題意知Y～B(180，0.1)， X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y. 所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490. (ii)如果對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)，則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗(yàn)費(fèi)為400元． 由于EX>400，故應(yīng)該對(duì)

52、余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)． [B組　大題增分專(zhuān)練] 1．(2019·廣州市綜合檢測(cè)(一))為了引導(dǎo)居民合理用電，國(guó)家決定實(shí)行合理的階梯電價(jià)，居民用電原則上以住宅為單位(一套住宅為一戶(hù))． 階梯級(jí)別 第一階梯 第二階梯 第三階梯 月用電范圍/度 [0，210] (210，400] (400，＋∞) 某市隨機(jī)抽取10戶(hù)同一個(gè)月的用電情況，得到統(tǒng)計(jì)表如下： 居民用電戶(hù)編號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 用電量/度 53 86 90 124 132 200 215 225 300 410 (1)若規(guī)定第一階梯電價(jià)每度0.5元，第二

53、階梯超出第一階梯的部分每度0.6元，第三階梯超出第二階梯的部分每度0.8元，試計(jì)算某居民用電戶(hù)用電410度時(shí)應(yīng)交電費(fèi)多少元？ (2)現(xiàn)要從這10戶(hù)家庭中任意選取3戶(hù)，求取到第二階梯電量的戶(hù)數(shù)的分布列與期望． (3)以表中抽到的10戶(hù)作為樣本估計(jì)全市居民用電，現(xiàn)從全市中依次抽取10戶(hù)，若抽到k戶(hù)用電量為第一階梯的可能性最大，求k的值． 解：(1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)． (2)設(shè)取到第二階梯電量的戶(hù)數(shù)為ξ，可知第二階梯電量的用戶(hù)有3戶(hù)，則ξ可取0，1，2，3， P(ξ＝0)＝＝， P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝，

54、 P(ξ＝3)＝＝， 故ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (3)設(shè)從全市中抽取10戶(hù)的用電量為第一階梯的有X戶(hù)，則X～B，可知P(X＝k)＝C(k＝0，1，2，3，…，10)， ， 解得≤k≤，k∈N*， 所以當(dāng)k＝6時(shí)用電量為第一階梯的可能性最大， 所以k＝6. 2．(2019·高考北京卷)改革開(kāi)放以來(lái)，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變．近年來(lái)，移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學(xué)生上個(gè)月A，B兩種移動(dòng)支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，

55、樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下： 支付金額(元) 支付方式　　　　 (0，1 000] (1 000，2 000] 大于2 000 僅使用A 18人 9人 3人 僅使用B 10人 14人 1人 (1)從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率； (2)從樣本僅使用A和僅使用B的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人，以X表示這2人中上個(gè)月支付金額大于1 000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望； (3)已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒(méi)有變化．現(xiàn)從樣本僅使用A的學(xué)生中，隨機(jī)抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2 000元．根據(jù)

56、抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化？說(shuō)明理由． 解：(1)由題意知，樣本中僅使用A的學(xué)生有18＋9＋3＝30人，僅使用B的學(xué)生有10＋14＋1＝25人，A，B兩種支付方式都不使用的學(xué)生有5人． 故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學(xué)生有100－30－25－5＝40人． 所以從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月A，B兩種支付方式都使用的概率估計(jì)為＝0.4. (2)X的所有可能值為0，1，2. 記事件C為“從樣本僅使用A的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月的支付金額大于1 000元”，事件D為“從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月的支

57、付金額大于1 000元”． 由題設(shè)知，事件C、D相互獨(dú)立，且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6. 所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24. P(X＝1)＝P(C∪D) ＝P(C)P()＋P()P(D) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52， P(X＝0)＝P( )＝P()P()＝0.24， 所以X的分布列為 X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24 故X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1. (3)記事件E為“從樣本僅使用A的學(xué)生中隨機(jī)抽查3人，他們本月的支付金額都大于2 00

58、0元”．假設(shè)樣本僅使用A的學(xué)生中，本月支付金額大于2 000元的人數(shù)沒(méi)有變化，則由上個(gè)月的樣本數(shù)據(jù)得P(E)＝＝. 答案示例1：可以認(rèn)為有變化．理由如下： P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生．一旦發(fā)生，就有理由認(rèn)為本月的支付金額大于2 000元的人數(shù)發(fā)生了變化．所以可以認(rèn)為有變化． 答案示例2：無(wú)法確定有沒(méi)有變化．理由如下： 事件E是隨機(jī)事件，P(E)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的，所以無(wú)法確定有沒(méi)有變化． 3．(2019·昆明市質(zhì)量檢測(cè))某地區(qū)為貫徹習(xí)近平總書(shū)記關(guān)于“綠水青山就是金山銀山”的理念，鼓勵(lì)農(nóng)戶(hù)利用荒坡種植果樹(shù)．某農(nóng)戶(hù)考察三種不同的果樹(shù)苗A，B，C

59、，經(jīng)引種試驗(yàn)后發(fā)現(xiàn)，引種樹(shù)苗A的自然成活率為0.8，引種樹(shù)苗B，C的自然成活率均為p(0.7≤p≤0.9)． (1)任取樹(shù)苗A，B，C各一棵，估計(jì)自然成活的棵數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)； (2)將(1)中的E(X)取得最大值時(shí)p的值作為B種樹(shù)苗自然成活的概率．該農(nóng)戶(hù)決定引種n棵B種樹(shù)苗，引種后沒(méi)有自然成活的樹(shù)苗中有75%的樹(shù)苗可經(jīng)過(guò)人工栽培技術(shù)處理，處理后成活的概率為0.8，其余的樹(shù)苗不能成活． ①求一棵B種樹(shù)苗最終成活的概率； ②若每棵樹(shù)苗最終成活后可獲利300元，不成活的每棵樹(shù)苗虧損50元，該農(nóng)戶(hù)為了獲利不低于20萬(wàn)元，問(wèn)至少引種B種樹(shù)苗多少棵？ 解：(1)依題意，X

60、的所有可能取值為0，1，2，3. 則P(X＝0)＝0.2(1－p)2＝0.2p2－0.4p＋0.2， P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×C×p×(1－p)＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p＋0.8， P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×C×p×(1－p)＝0.2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p， P(X＝3)＝0.8p2. X的分布列為 X 0 1 2 3 P 0.2p2－0.4p＋0.2 0.4p2－1.2p＋0.8 －1.4p2＋1.6p 0.8p2 E(X)＝0×(0.2p2－0.4p＋0.2)＋1×(0

61、.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8. (2)當(dāng)p＝0.9時(shí)，E(X)取得最大值． ①一棵B種樹(shù)苗最終成活的概率為0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96. ②記Y為n棵樹(shù)苗的成活棵數(shù)，M(n)為n棵樹(shù)苗的利潤(rùn)， 則Y～B(n，0.96)，E(Y)＝0.96n，M(n)＝300Y－50(n－Y)＝350Y－50n，E(M(n))＝350E(Y)－50n＝286n，要使E(M(n))≥200 000，則有n>699.所以該農(nóng)戶(hù)至少引種700棵B種樹(shù)苗，才可獲利不低于20萬(wàn)元． 4．為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線(xiàn)的生產(chǎn)過(guò)程，檢驗(yàn)員每天

62、從該生產(chǎn)線(xiàn)上隨機(jī)抽取16個(gè)零件，并測(cè)量其尺寸(單位：cm)．根據(jù)長(zhǎng)期生產(chǎn)經(jīng)驗(yàn)，可以認(rèn)為這條生產(chǎn)線(xiàn)在正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(μ，σ2)． (1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X表示一天內(nèi)抽取的16個(gè)零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學(xué)期望； (2)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認(rèn)為這條生產(chǎn)線(xiàn)在這一天的生產(chǎn)過(guò)程可能出現(xiàn)了異常情況，需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過(guò)程進(jìn)行檢查． (i)試說(shuō)明上述監(jiān)控生產(chǎn)過(guò)程方法的合理性； (ii)下面是檢驗(yàn)員在一天內(nèi)抽取的16個(gè)零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96

63、 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 經(jīng)計(jì)算得＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi為抽取的第i個(gè)零件的尺寸，i＝1，2，…，16. 用樣本平均數(shù)作為μ的估計(jì)值，用樣本標(biāo)準(zhǔn)差s作為σ的估計(jì)值，利用估計(jì)值判斷是否需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過(guò)程進(jìn)行檢查．剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計(jì)μ和σ(精確到0.01)． 附：若隨機(jī)變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)， 則P(μ－3σ

64、：(1)抽取的一個(gè)零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之內(nèi)的概率為0.997 3，從而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率為0.002 7，故X～B(16，0.002 7)． 因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 316≈0.042 3. X的數(shù)學(xué)期望為EX＝16×0.002 7＝0.043 2. (2)(i)如果生產(chǎn)狀態(tài)正常，一個(gè)零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 7，一天內(nèi)抽取的16個(gè)零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.042 3，發(fā)生的概率很?。虼艘坏┌l(fā)生這種情況，就有理由認(rèn)為這條生產(chǎn)線(xiàn)在這一天的生產(chǎn)過(guò)程可能出

65、現(xiàn)了異常情況，需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過(guò)程進(jìn)行檢查，可見(jiàn)上述監(jiān)控生產(chǎn)過(guò)程的方法是合理的． (ii)由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計(jì)值為＝9.97，σ的估計(jì)值為＝0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個(gè)零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過(guò)程進(jìn)行檢查． 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(16×9.97－9.22)＝10.02， 因此μ的估計(jì)值為10.02. x＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估計(jì)值為≈0.09. - 26 -