2018年高考数学(浙江专用)总复习教师用书：第10章 第8讲 离散型随机变量的均值与方差

第8讲 离散型随机变量的均值与方差
最新考纲 1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念；2.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单实际问题.
知 识 梳 理
1.离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X 的分布列为
(1)均值
称E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量X 的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平. (2)方差
称D (X )＝∑n
i ＝1
__(x i －E (X ))2
p i 为随机变量X 的方差，它刻画了随机变量X 与其均值E (X )的平均偏离程度，其算术平方根D （X ）为随机变量X 的标准差. 2.均值与方差的性质 (1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b .
(2)D (aX ＋b )＝a 2D (X )(a ，b 为常数). 3.两点分布与二项分布的均值、方差
(1)若X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p ). (2)若X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p ).
诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)期望值就是算术平均数，与概率无关.( )
(2)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量.( )
(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小.( )
(4)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事.( )
解析 均值即期望值刻画了离散型随机变量取值的平均水平，而方差刻画了离散型随机变量的取值偏离期望值的平均程度，因此它们不是一回事，故(1)(4)均不正确.
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.(选修2－3P68T1改编)已知X 的分布列为
设Y ＝2X ＋3，则E (Y )A.73
B.4
C.－1
D.1
解析 E (X )＝－12＋16＝－1
3
，
E (Y )＝E (2X ＋3)＝2E (X )＋3＝－23＋3＝7
3. 答案 A
3.已知某离散型随机变量X 的分布列如下表，则随机变量X 的方差D (X )等于( )
A.19
B.29
C.13
D.23
解析 由已知得m ＋2m ＝1得m ＝1
3，由于X 服从两点分布，所以D (X )＝m ·2m ＝29. 答案 B
4.设随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝1
5(k ＝2，4，6，8，10)，则D (X )等于________. 解析 ∵E (X )＝1
5(2＋4＋6＋8＋10)＝6， ∴D (X )＝1
5[(－4)2＋(－2)2＋02＋22＋42]＝8. 答案 8
5.(2015·广东卷)已知随机变量X 服从二项分布B (n ，p )，若E (X )＝30，D (X )＝20，则p ＝________.
解析 由于X ～B (n ，p )，且E (X )＝30，D (X )＝20. 所以⎩⎨⎧np ＝30，np （1－p ）＝20.解之得p ＝13.
答案 13
6.某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为社区志愿者，若用随机变量X 表示选出的志愿者中女生的人数，则随机变量X 的数学期望E (X )＝________(结果用最简分数表示).
解析 随机变量X 只能取0，1，2三个数，
因为P (X ＝0)＝C 25C 27＝1021，P (X ＝1)＝C 15C 12C 27＝10
21，
P (X ＝2)＝C 2
2C 27
＝121，故E (X )＝1×1021＋2×121＝4
7.
答案 47
考点一 一般分布列的均值与方差
【例1】 (2017·台州调研)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14，
16；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，2
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，求ξ的分布列与数学期望E (ξ)，方差D (ξ).
解 (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P 1＝14×16＝1
24，
两人都付40元的概率为P 2＝12×23＝1
3， 两人都付80元的概率为
P 3＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－14－12×⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－16－23＝14×16＝124，
则两人所付费用相同的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝124＋13＋124＝512.
(2)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)＝14×16＝1
24； P (ξ＝40)＝14×23＋12×16＝1
4； P (ξ＝80)＝14×16＋12×23＋14×16＝5
12； P (ξ＝120)＝12×16＋14×23＝1
4； P (ξ＝160)＝14×16＝1
24. ξ的分布列为
E (ξ)＝0×124＋40×14＋80×512＋120×14＋160×1
24＝80.
D (ξ)＝(0－80)2×124＋(40－80)2×14＋(80－80)2×512＋(120－80)2×1
4＋(160－80)2×124＝4 0003.
规律方法 (1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算. (2)注意E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，D (aX ＋b )＝a 2D (X )的应用.
【训练1】 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：
为0.3，0.7，0.9，求：
(1)工程延误天数Y的均值与方差；
(2)在降水量X至少是300 mm的条件下，工期延误不超过6天的概率.
解(1)由条件和概率的加法公式有：P(X<300)＝0.3，
P(300≤X＜700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，P(700≤X＜900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以Y的分布列为：
于是，E(Y)＝0×0.3＋2
D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.
故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.
(2)由概率加法公式，得P(X≥300)＝1－P(X<300)＝0.7，
又P(300≤X<900)＝P(X<900)－P(X<300)＝0.9－0.3＝0.6.
由条件概率，得P(Y≤6|X≥300)＝P(X<900|X≥300)＝P（300≤X<900）
P（X≥300）
＝
0.6
0.7＝
6
7.
故在降水量X至少是300 mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是6 7.
考点二与二项分布有关的均值、方差
【例2】(2017·北京海淀区模拟)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、
乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为2
3，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为
2
5，
中奖可以获得3分；未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品.
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何
种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
解 (1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为2
5，且两人中奖与否互不影响.
记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ， 则事件A 的对立事件为“X ＝5”， 因为P (X ＝5)＝23×25＝4
15， 所以P (A )＝1－P (X ＝5)＝11
15， 即这2人的累计得分X ≤3的概率为11
15.
(2)法一 设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E (2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E (3X 2). 由已知可得，X 1～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，25， 所以E (X 1)＝2×23＝43，E (X 2)＝2×25＝4
5， 因此E (2X 1)＝2E (X 1)＝8
3， E (3X 2)＝3E (X 2)＝12
5. 因为E (2X 1)>E (3X 2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大.
法二 设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为Y 1，都选择方案乙所获得的累计得分为Y 2，则Y 1，Y 2的分布列为：
∴E(Y1)＝0×1
9＋2×
4
9＋4×
4
9＝
8
3，
E(Y2)＝0×9
25＋3×
12
25＋6×
4
25＝
12
5，
因为E(Y1)>E(Y2)，
所以二人都选择方案甲抽奖，累计得分的数学期望较大.
规律方法二项分布的期望与方差.
(1)如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np；D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量.
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b).
【训练2】(2017·诸暨模拟)甲、乙、丙三人准备报考某大学，假设甲考上的概
率为2
5，甲、丙都考不上的概率为
6
25，乙、丙都考上的概率为
3
10，且三人能否考
上相互独立.
(1)求乙、丙两人各自考上的概率；
(2)设X表示甲、乙、丙三人中考上的人数与没考上的人数之差的绝对值，求X 的分布列与数学期望.
解(1)设A表示“甲考上”，B表示“乙考上”，C表示“丙考上”，
则P(A)＝2
5，且
⎩⎪
⎨
⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫
1－
2
5[1－P（C）]＝
6
25，P（B）P（C）＝
3
10，
解得P(C)＝3
5，P(B)＝
1
2.
∴乙考上的概率为1
2，丙考上的概率为
3
5.
(2)由题意X的可能取值为1，3，
P(X＝1)＝2
5×
1
2×
2
5＋
3
5×
1
2×
2
5＋
3
5×
1
2×
3
5＋
2
5×
1
2×
2
5＋
2
5×
1
2×
3
5＋
3
5×
1
2×
3
5＝
19
25，
P(X＝3)＝2
5×
1
2×
3
5＋
3
5×
1
2×
2
5＝
6
25，
∴X的分布列为：
EX ＝1×1925＋3×625＝37
25.
考点三 均值与方差在决策中的应用
【例3】 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概率，并假设各年的年入流量相互独立.
(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；
(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 (1)依题意，p 1＝P (40<X <80)＝10
50＝0.2， p 2＝P (80≤x ≤120)＝35
50＝0.7， p 3＝P (X >120)＝5
50＝0.1.
由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为 p ＝C 04(1－p 3)4＋C 14(1－p 3)3
p 3＝⎝ ⎛⎭⎪
⎫9104
＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫9103×⎝ ⎛⎭
⎪⎫
110＝0.947 7. (2)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.
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， 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.
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：
所以，E(Y)＝4 200×0.2＋
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.因此得Y的分布列如下：
所以，E(Y)＝3 400×
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.
规律方法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. 【训练3】(2017·贵州调研)某投资公司在2018年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也
可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为7
9和
2
9；
项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能
损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为3
5，
1
3和
1
15.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.
解若按“项目一”投资，设获利为X1万元.则X1的分布列为
∴E(X1)＝300×7
9＋(－150)×
2
9＝200(万元).
若按“项目二”投资，设获利X2万元，则X2的分布列为：
∴E(X2)＝500×3
5＋(－300)×
1
3＋0×
1
15＝200(万元).
D(X1)＝(300－200)2×7
9＋(－150－200)
2×
2
9＝35 000，
D(X2)＝(500－200)2×3
5＋(－300－200)
2×
1
3＋(0－200)
2×
1
15＝140 000.
所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)<D(X2)，
这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥.
综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.
[思想方法]
1.掌握下述均值与方差有关性质，会给解题带来方便：
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)，
D(aX＋b)＝a2D(X)；
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
2.基本方法
(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可直接按定义(公式)求解；
(2)已知随机变量X的均值、方差，求X的线性函数Y＝aX＋b的均值、方差和标准差，可直接用均值、方差的性质求解；
(3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如二项分布)，可直接利用它们的均值、方差公式求解.
[易错防范]
1.在没有准确判断分布列模型之前不能乱套公式.
2.对于应用问题，必须对实际问题进行具体分析，一般要将问题中的随机变量设出来，再进行分析，求出随机变量的分布列，然后按定义计算出随机变量的均值、方差.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.已知离散型随机变量X的概率分布列为
则其方差D(X)＝()
A.1
B.0.6
C.2.44
D.2.4
解析由0.5＋m＋0.2＝1得m＝0.3，∴E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，∴D(X)＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.
答案 C
2.(2017·西安调研)某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为() A.100 B.200 C.300 D.400
解析设没有发芽的种子有ξ粒，则ξ～B(1 000，0.1)，且X＝2ξ，∴E(X)＝E(2ξ)＝2E(ξ)＝2×1 000×0.1＝200.
答案 B
3.已知随机变量X服从二项分布，且E(X)＝2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n，p的值为()
A.n＝4，p＝0.6
B.n＝6，p＝0.4
C.n＝8，p＝0.3
D.n＝24，p＝0.1
解析由二项分布X～B(n，p)及E(X)＝np，D(X)＝np·(1－p)得2.4＝np，且1.44＝np(1－p)，解得n＝6，p＝0.4.故选B.
答案 B
4.已知随机变量X ＋η＝8，若X ～B (10，0.6)，则E (η)，D (η)分别是( ) A.6，2.4 B.2，2.4 C.2，
5.6
D.6，5.6
解析 由已知随机变量X ＋η＝8，所以有η＝8－X .因此，求得E (η)＝8－E (X )＝8－10×0.6＝2，D (η)＝(－1)2D (X )＝10×0.6×0.4＝2.4. 答案 B
5.口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则X 的数学期望E (X )的值是( ) A.4
B.4.5
C.4.75
D.5
解析 由题意知，X 可以取3，4，5，P (X ＝3)＝1C 35
＝1
10，
P (X ＝4)＝C 23C 35＝310，P (X ＝5)＝C 24C 35
＝610＝3
5，
所以E (X )＝3×110＋4×310＋5×3
5＝4.5. 答案 B 二、填空题
6.设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛
⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的数学期望E (X )＝2，则P (X ＝
2)＝________；D (X )＝________.
解析 由X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，E (X )＝2，得np ＝13n ＝2，∴n ＝6，则P (X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪
⎫1－134
＝80243，D (X )＝np (1－p )＝6×13×23＝4
3.
答案 80243 4
3
7.随机变量ξ的取值为0，1，2.若P (ξ＝0)＝1
5，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________. 解析 设P (ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ， 则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3
5，b ＝15，
所以D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝2
5.
答案 25
8.(2017·合肥模拟)某科技创新大赛设有一、二、三等奖(参与活动的都有奖)且相应奖项获奖的概率是以a 为首项，2为公比的等比数列，相应的奖金分别是7 000元、5 600元、4 200元，则参加此次大赛获得奖金的期望是________元. 解析 由题意知a ＋2a ＋4a ＝1，∴a ＝17，∴获得一、二、三等奖的概率分别为17，27，47，∴所获奖金的期望是E (X )＝17×7 000＋27×5 600＋47×4 200＝5 000(元). 答案 5 000 三、解答题
9.已知从某批产品中随机抽取1件是二等品的概率为0.2.
(1)若从该产品中有放回地抽取产品2次，每次抽取1件，设事件A ：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”，求P (A )；
(2)若该批产品共有20件，从中任意抽取2件，X 表示取出的2件产品中二等品的件数，求随机变量X 的分布列和数学期望.
解 (1)记A 0表示事件“取出的2件产品中没有二等品”， A 1表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”， 则A 1与A 0互斥，且A ＝A 0＋A 1，
∴P (A )＝P (A 0)＋P (A 1)＝(1－0.2)2＋C 12×0.2×(1－0.2)＝0.96. (2)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2， 该产品共有二等品20×0.2＝4(件)，
P (X ＝0)＝C 2
16C 220＝12
19，
P (X ＝1)＝C 116C 14C 220＝32
90，
P (X ＝2)＝C 24C 220
＝3
95，
∴X 的分布列为：
E (X )＝0×1219＋1×3295＋2×395＝2
5.
10.(2017·郑州一模)在“出彩中国人”的一期比赛中，有6位歌手(1～6)登台演出，由现场百家大众媒体投票选出最受欢迎的出彩之星，各家媒体独立地在投票器上选出3位出彩候选人，其中媒体甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，另在2号至6号中随机的选2名；媒体乙不欣赏2号歌手，他必不选2号；媒体丙对6位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至6号歌手中随机的选出3名. (1)求媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率；
(2)X 表示3号歌手得到媒体甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列及数学期望. 解 (1)设A 表示事件：“媒体甲选中3号歌手”，B 表示事件：“媒体乙选中3号歌手”，C 表示事件：“媒体丙选中3号歌手”，则
P (A )＝C 14C 25＝25，P (B )＝C 2
4C 35
＝35，
∴媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率为 P (AB )＝25×⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－35＝425. (2)P (C )＝C 25C 36
＝1
2，
由已知得X 的可能取值为0，1，2，3， P (X ＝0)＝P (A B C )＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×
⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12＝325
. P (X ＝1)＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )
＝25×⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×12＝1950，
P (X ＝2)＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )
＝25×35×⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12＋25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×35×12＝1950，
P (X ＝3)＝P (ABC )＝25×35×12＝3
25， ∴X 的分布列为
∴E (X )＝0×325＋1×1950＋2×1950＋3×325＝3
2.
能力提升题组 (建议用时：25分钟)
11.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X ，已知E (X )＝3，则D (X )＝( ) A.85
B.65
C.45
D.25
解析 由题意，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，3m ＋3， 又E (X )＝
5×3
m ＋3
＝3，∴m ＝2， 则X ～B ⎝ ⎛
⎭⎪⎫5，35，故D (X )＝5×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝65.
答案 B
12.袋中装有大小完全相同，标号分别为1，2，3，…，9的九个球.现从袋中随机取出3个球.设ξ为这3个球的标号相邻的组数(例如：若取出球的标号为3，4，5，则有两组相邻的标号3，4和4，5，此时ξ的值是2)，则随机变量ξ的均值E (ξ)为( ) A.1
6
B.13
C.12
D.23
解析 依题意得，ξ的所有可能取值是0，1，2.
且P (ξ＝0)＝C 3
7C 39＝5
12，P (ξ＝1)＝C 2
7·A 2
2C 39＝12，
P (ξ＝2)＝C 17C 39＝1
12
，
因此E (ξ)＝0×512＋1×12＋2×112＝2
3. 答案 D
13.马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的分布列如下表：
请小牛同学计算ξ的均值.尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同.据此，小牛给出了正确答案E (ξ)＝________.
解析 设“？”处的数值为x ，则“！”处的数值为1－2x ，则E (ξ)＝1×x ＋2×(1－2x )＋3x ＝x ＋2－4x ＋3x ＝2. 答案 2
14.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为2
3，乙获胜的概率为1
3，各局比赛结果相互独立.
(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”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P (A k )＝23，P (B k )＝1
3，k ＝1，2，3，4，5. (1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)· P (A 3)P (A 4)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.
P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)·P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)
＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝2
9，
P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)
＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝10
81， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝8
81. 故X 的分布列为
E(X)＝2×5
9＋3×
2
9＋4×
10
81＋5×
8
81＝
224
81.
15.(2017·绍兴调研)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(1)设顾客所获的奖励额为X.
①依题意，得P(X＝60)＝C11C13
C24＝
1
2，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为1 2.
②依题意，得X的所有可能取值为20，60.
P(X＝60)＝1
2，P(X＝20)＝
C23
C24＝
1
2，
即X的分布列为
所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×1
2＋60×
1
2＝40(元).
(2)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，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.
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的数学期望为E(X1)＝20×1
6＋60×
2
3＋100×
1
6＝60(元)，
X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×1
6＋(60－60)
2×
2
3＋(100－60)
2×
1
6＝
1 600
3.
对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为
X2的数学期望为E(X2)＝40×1
6＋60×
2
3＋80×
1
6＝60(元)，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×1
6＋(60－60)
2×
2
3＋(80－60)
2×
1
6＝
400
3.
由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，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.。