广东省2013年高考数学第二轮复习 专题七 概率与统计第3讲 随机变量及其分布列 理

专题七 概率与统计第3讲 随机变量及其分布列
真题试做
1．(2012·上海高考，理17)设10≤x 1＜x 2＜x 3＜x 4≤104，x 5＝105
.随机变量ξ1取值x 1，
x 2，x 3，x 4，x 5的概率均为0.2，随机变量ξ2取值x 1＋x 22，x 2＋x 32，x 3＋x 42，x 4＋x 52，x 5＋x 1
2
的概
率也均为0.2.若记Dξ1，Dξ2分别为ξ1，ξ2的方差，则( )．
A ．Dξ1＞Dξ2
B ．D ξ1＝Dξ2
C ．Dξ1＜Dξ2
D ．Dξ1与Dξ2的大小关系与x 1，x 2，x 3，x 4的取值有关 2．(2012·课标全国高考，理15)某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：
小时)均服从正态分布N (1 000,502
)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为__________．
3．(2012·山东高考，理19)现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为2
3
，每命中一次得2分，没有命中得0分，该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．
(1)求该射手恰好命中一次的概率；
(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望EX .
4．(2012·陕西高考，理20)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
办理业务所需的时间(分) 1 2 3 4 5
频率 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1
从第一个顾客开始办理业务时计时．
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
(2)X 表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X 的分布列及数学期望． 考向分析
本讲是概率统计的重点，主要考查三方面的内容：①相互独立事件及其概率，题型有选择、填空，有时也出现在解答题中与其他知识交会命题；②二项分布及其应用，准确把握独立重复试验的特点是解答二项分布问题的关键，一般以中档题为主；③随机变量的分布列、期望和方差，以考生比较熟悉的实际应用题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件及独立事件等基础知识，考查对随机变量的识别及概率计算能力，解答时要注意分类与整合、转化与化归思想的运用，其中有选择题，也有填空题，但更多的是解答题，难度中档．
热点例析
热点一 相互独立事件及其概率
【例1】乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率． 规律方法 (1)求复杂事件的概率的一般步骤：
①列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示；
②理清各事件之间的关系，列出关系式．即把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小事件再分为n 个相互独立事件的乘积．
③根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算．
(2)直接计算符合条件的事件的概率较繁时，可先间接地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．
变式训练1 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直
到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为1
3
，乙每次投篮投中
的概率为1
2
，且各次投篮互不影响．
(1)求乙获胜的概率；
(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率． 热点二 二项分布及其应用
【例2】购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保险费a 元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10 000元的赔偿金．假定在一年度内有10 000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立．已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金10 000
元的概率为1－0.999104
.
(1)求一投保人在一年度内出险的概率p ；
(2)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50 000元，为保证盈利的期望不小于0，求每位投保人应交纳的最低保险费(单位：元)．
规律方法 事件服从二项分布的条件是：(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．(2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．(4)随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数．
变式训练2 某射手每次射击击中目标的概率是2
3
，且各次射击的结果互不影响．
(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率； (3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总得分数，求ξ的分布列．
热点三 离散型随机变量的分布列、均值与方差
【例3】(2012·天津高考，理16)现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望E (ξ)．
规律方法 求离散型随机变量的分布列，关键是计算各个概率值，一方面要弄清楚相应的概型(古典概型、相互独立事件的概率、独立重复试验等)，以便套用相关的计算公式计算；另一方面要注意运用分布列的性质检验所求概率值是否正确．
变式训练3 (2012·山东青岛模拟，理19)甲居住在城镇的A 处，准备开车到单位B 处上班，若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，
发生堵车事件的概率如图(例如，A →C →D 算作两个路段：路段AC 发生堵车事件的概率为1
10
，
路段CD 发生堵车事件的概率为1
15
，且甲在每个路段只能按箭头指的方向前进)．
(1)请你为其选择一条由A 到B 的路线，使得途中发生堵车事件的概率最小；
(2)若记路线A →C →F →B 中遇到堵车次数为随机变量ξ，求ξ的分布列及E (ξ)． 思想渗透
转化与化归思想——期望与概率的实际应用
解题中要善于透过问题的实际背景，发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题．
【典型例题】某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X 依次为1,2，…，8，其中X ≥5为标准A ，X ≥3为标准B ，已知甲厂执行标准A 生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B 生产该产品，产品的零售价为4元/件，假设甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准．
(1)
且X 1的数学期望E (X 1)＝(2)为分析乙厂产品的等级系数X 2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：
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
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X 2的数学期望； (3)在(1)、(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．
注：(1)产品的“性价比”＝产品的等级系数的数学期望
产品的零售价
；
(2)“性价比”大的产品更具可购买性.
解：(1)因为E (X 1)＝6，所以5×0.4＋6a ＋7b ＋8×0.1＝6，即6a ＋7b ＝3.2，又由X 1的概率分布列得0.4＋a ＋b ＋0.1＝1，即a ＋b ＝0.5.
由⎩⎪⎨⎪⎧ 6a ＋7b ＝3.2，a ＋b ＝0.5，解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝0.3，
b ＝0.2. (2)
X 2的概率分布列如下：
所以E (X 2) 4.8， 即乙厂产品的等级系数X 2的数学期望等于4.8. (3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：
因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，所以其“性价比”为6
6＝1.
因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，所以其“性价比”为
4.8
4
＝1.2.所以乙厂的产品更具可购买性．
1．设随机变量ξ服从正态分布N (3，σ2
)，若P (ξ＞m )＝a ，则P (ξ＞6－m )等于( )． A ．a B ．1－2a C ．2a D ．1－a
2．设一随机试验的结果只有A 和A 且P (A )＝m ，令随机变量ξ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
1，A 发生
0，A 不发生，则ξ
的方差D (ξ)等于( )．
A ．m
B ．2m (1－m )
C ．m (m －1)
D ．m (1－m )
3．一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，现从中随机取出3个球，以
Z 表示取出球的最大号码，令a ＝P (Z ＝6)，则函数y ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x 2－2ax 的单调递增区间是( )． A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，1) D ．(1，＋∞)
4．箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )．
A.16625
B.96625
C.624625
D.4625
5．(2012·浙江五校联考，理16)甲、乙两个篮球队进行比赛，比赛采用5局3胜制(即
先胜3局者获胜)．若甲、乙两队在每场比赛中获胜的概率分别为23和1
3
，记需要比赛的场次为
ξ，则E (ξ)＝__________.
6．(2012·广东东莞模拟，理17)某汽车驾驶学校在学员结业前对其驾驶技术进行4次考核，规定：按顺序考核，一旦考核合格就不必参加以后的考核，否则还需要参加下次考核．若
小李参加每次考核合格的概率依次组成一个公差为1
8
的等差数列，他参加第一次考核合格的概
率超过12，且他直到参加第二次考核才合格的概率为932.
(1)求小李第一次参加考核就合格的概率P 1；
(2)求小李参加考核的次数X 的分布列和数学期望E (X )．
参考答案
命题调研·明晰考向
真题试做 1．A 2.3
8
解析：设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝1
2
，
∴该部件的使用寿命超过1 000的事件为(A B ＋A B ＋AB )C .
∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为P ＝⎝
⎛ 1
2
×12＋12×12＋1
2×
⎭⎪⎫12×12＝38
.
3．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，
由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝2
3
，
由于A ＝B C D ＋B C D ＋B C D ， 根据事件的独立性和互斥性得
P (A )＝P (B C D ＋B C D ＋B C D )
＝P (B C D )＋P (B C D )＋P (B C D )
＝P (B )P (C )P (D )＋P (B )P (C )P (D )＋P (B )P (C )P (D )
＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝
⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝736.
(2)根据题意，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5， 根据事件的独立性和互斥性得
P (X ＝0)＝P (B C D )
＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )] ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23 ＝136
， P (X ＝1)＝P (B C D )＝P (B )P (C )P (D )
＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23 ＝112
， P (X ＝2)＝P (B C D ＋B C D )＝P (B C D )＋P (B C D )
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23 ＝19
， P (X ＝3)＝P (BC D ＋B C D )＝P (BC D )＋P (B C D )
＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝13
， P (X ＝4)＝P (B CD )
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×23＝19
， P (X ＝5)＝P (BCD )＝34×23×23＝1
3
.
故X 的分布列为
所以EX ＝0×136＋1×12＋2×9＋3×3＋4×9＋5×3＝12
.
4．解：设Y Y 的分布列如下：
(1)A A 对应三种情形： ①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分
钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
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所有可能的取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；
X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，
所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y＞1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.
所以X的分布列为
E(X)
方法二：X所有可能的取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
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的分布列为
E(X)
精要例析·聚焦热点
热点例析
【例1】解：记Ai表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；
Bi表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；
A表示事件：第3次发球，甲得1分；
B表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；
C表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先．
(1)B＝A0·A＋A1·A，
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·A)
＝P(A0·A)＋P(A1·A)
＝P(A0)P(A)＋P(A1)P(A)
＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352.
(2)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.
【变式训练1】 解：设A k ，B k 分别表示甲、乙在第k 次投篮投中，则
P (A k )＝13，P (B k )＝1
2
(k ＝1,2,3)．
(1)记“乙获胜”为事件C ，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知
P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1A 2B 2)＋P (A 1B 1A 2B 2A 3B 3)
＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)P (B 3) ＝23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1327
. (2)记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D ，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P (D )＝P (A
1
B
1
A 2
B 2)＋P (A
1
B
1
A
2
B 2A 3)＝P (A
1
)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝4
27
.
【例2】 解：各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是p ，记投保的10 000人中出险的人数为ξ，则ξ～B (104，p )．
(1)记A 表示事件：保险公司为该险种至少支付10 000元赔偿金，则A 发生当且仅当ξ＝0，P (A )＝1－P (A )＝1－P (ξ＝0)＝1－(1－p )104，
又P (A )＝1－0.999104，故p ＝0.001.
(2)该险种总收入为10 000a 元，支出是赔偿金总额与成本的和． 支出10 000ξ＋50 000.
盈利η＝10 000a －(10 000ξ＋50 000)，
盈利的期望为E (η)＝10 000a －10 000E (ξ)－50 000，
由ξ～B (104,10－3)知，E (ξ)＝10 000×10－3
，
∴E (η)＝104a －104E (ξ)－5×104
＝104a －104×104×10－3－5×104
.
∴E (η)≥0⇔104a －104×10－5×104
≥0 ⇔a －10－5≥0⇔a ≥15(元)．
故每位投保人应交纳的最低保险费为15元．
【变式训练2】 解：(1)设X 为射手在5次射击中击中目标的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫5，23.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率
P (X ＝2)＝2
5C ×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝40243
.
(2)设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中，有3次
连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A ，则P (A )＝P (A 1A 2A 3A 4
A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)
＋P (A
1
A 2A 3A 4A 5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫
233＝8
81
.
(3)由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6，
P (ξ＝0)＝P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫13
3＝127
；
P (ξ＝1)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)
＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×23×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＝29
； P (ξ＝2)＝P (A 1A 2A 3)
＝23×13×23＝427
； P (ξ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827
； P (ξ＝6)＝P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827
.
所以ξ
【例3】 解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为1
3
，去参加乙游戏的概
率为23
.
设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，
则P (A i )＝C 4i ⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭
⎪⎫234－i
.
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率
P (A 2)＝24C ⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827
.
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4.由于A 3与A 4互斥，故
P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)
＝34C ⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋44C ⎝ ⎛⎭⎪⎫134
＝19
.
所以，这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为1
9
.
(3)ξ的所有可能取值为0,2,4. 由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故
P (ξ＝0)＝P (A 2)＝8
27
，
P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝40
81，
P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝17
81
.
所以ξ的分布列是
随机变量ξ的数学期望E (ξ)＝0×27＋2×81＋4×81＝81
.
【变式训练3】 解：(1)记路段AC 发生堵车事件为AC ，各路段发生堵车事件的记法与此类同．因为各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，所以路线A →C →D →B 中遇到堵车的概率为
P 1＝1－P (AC ·CD ·DB )＝1－P (AC )P (CD )P (DB )
＝1－[1－P (AC )][1－P (CD )][1－P (DB )]
＝1－910×1415×56＝310
.
同理：路线A →C →F →B 中遇到堵车的概率为
P 2＝1－P (AC ·CF ·FB )＝239800⎝
⎛
⎭⎪⎫小于310.
路线A →E →F →B 中遇到堵车的概率为
P 3＝1－P (AE ·EF ·FB )＝91300⎝
⎛
⎭⎪⎫大于310.
显然由A 到B 只可能在以上三条路线中选择．
因此选择路线A →C →F →B ，可使得途中发生堵车事件的概率最小． (2)路线A →C →F →B 中遇到堵车次数ξ可能取值为0,1,2,3.
P (ξ＝0)＝P (AC ·CF ·FB )＝561
800
，
P (ξ＝1)＝P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )
＝
110×1720×1112＋910×320×1112＋910×1720×112＝6372 400
， P (ξ＝2)＝P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )
＝
110×320×1112＋110×1720×112＋910×320×112＝772 400
， P (ξ＝3)＝P (AC ·CF ·FB )＝110×320×112＝1
800
.
所以ξ
∴E (ξ)＝0×561800＋1×2 400＋2×2 400＋3×800＝3
.
创新模拟·预测演练
1．D 解析：正态分布曲线关于x ＝μ对称，即关于x ＝3对称，m 与6－m 关于x ＝3对称，
∴P (ξ＜6－m )＝P (ξ＞m )＝a ， 则P (ξ＞6－m )＝1－a . 2．D
3．A 解析：P (Z ＝6)＝12
1536C C 1C 2
=，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12上单调递增． 4．B 解析：若摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情形；若摸出的两球是2,6，也能
获奖．故获奖的情形共6种，获奖的概率为26
6C
＝2
5.现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率
是3
34
2C 5⎛⎫ ⎪⎝⎭·35＝96
625
.
5.
107
27
解析：依题意ξ的可能取值分别为3,4,5， P (ξ＝3)＝23×23×23＋13×13×13＝9
27
，
P (ξ＝4)＝23C ⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13×23＋2
3C ×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×13＝1027，
P (ξ＝5)＝1－P (ξ＝3)－P ()ξ＝4＝827
.
E (ξ)＝3×P (ξ＝3)＋4×P (ξ＝4)＋5×P (ξ＝5)＝
10727
. 6．解：(1)由题意得(1－P 1)·⎝
⎛⎭⎪⎫P 1＋18＝932， ∴P 1＝14或58.∵P 1＞12，∴P 1＝58
.
(2)由(1)知小李4次考核每次合格的概率依次为58，34，78，1，所以P (X ＝1)＝5
8，P (X ＝2)
＝9
32
， P (X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－58⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34
×78＝
21256
， P (X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－58⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－78×1＝3256， 所以X
∴E (X )＝1×58＋2×32＋3×256＋4×256＝256.。