高中数学竞赛 第60讲 概率2教案

第20讲 概率(二)本节主要内容有：几何概型，期望．各种概率问题选讲 概率的基本知识．1.随机变量：随机变量x 是样本空间I 上的函数，即对样本空间I 中的每一个样本点e ，有一个确定的实数X(e)与e 对应，X=X(e)称为随机变量．2.数学期望：设X 是随机变量，则E(x)= e IÎåX(e)P(e)称为X 的数学期望．其中e 跑遍样本空间I 的所有样本点，P(e)是e 的概率． 如果a 是常数，那么E(a X)=a E(X)．如果X 、Y 是两个随机变量，那么E(X+Y)=E(X)+E(y)． A 类例题例1 (2004年福建理科卷)甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题．规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题才算合格．（1）求甲答对试题数ξ的概率分布及数学期望； （2）求甲、乙两人至少有一人考试合格的概率．分析 利用随机事件的概率公式确定概率分布列，利用互斥事件的概率加法公式及相互独立事件的概率乘法公式解决此类问题 ．甲答对试题数ξ的数学期望E ξ=0×30＋1×10＋2×2＋3×6=5．（2）设甲、乙两人考试合格的事件分别为A 、B ，则P(A)=310361426C C C C +=1202060+=32，P(B)=310381228C C C C +=1205656+=1514． 因为事件A 、B 相互独立，∴甲、乙两人考试均不合格的概率为：P(B A ⋅)=P(A )P(B )=1－32)(1－1514)=451． ∴甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为：P=1－P(B A ⋅)=1－451=4544．答：甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为4544．例 2.(2004年全国高考湖北卷)某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0．3，一旦发生，将造成400万元的损失． 现有甲、乙两种相互独立的预防措施可供采用． 单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率为0．9和0．85． 若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用、联合采用或不采用，请确定预防方案使总费用最少． （总费用．．．=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值．） 分析 优选决策型概率问题是指通过概率统计来判断实施方案的优劣的问题．这类问题解决的关键是要分清各方案实施的区别，处理好概率与统计的综合．此部分内容实际意义较浓，所以解决这类问题必须密切联系生活实际，才能从中抽象出一些切合实际的数学模型． 解 ①不采取预防措施时，总费用即损失期望为400×0．3=120（万元）； ②若单独采取措施甲，则预防措施费用为45万元，发生突发事件的概率为1－0．9=0．1，损失期望值为400×0．1=40（万元）， 所以总费用为45+40=85（万元）③若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30万元，发生突发事件的概率为1－0．85=0．15，损失期望值为400×0．15=60（万元）， 所以总费用为30+60=90（万元）；④若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用为45+30=75（万元）， 发生突发事件的概率为（1－0．9）（1－0．85）=0．015， 损失期望值为400×0．015=6（万元）， 所以总费用为75+6=81（万元）．综合①、②、③、④，比较其总费用可知，应选择联合采取甲、乙两种预防措施，可使总费用最少．情景再现1.(2004年全国理Ⅲ) 某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题．竞赛规则规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分．假设这名同学每题回答正确的概率均为0．8，且各题回答正确与否相互之间没有影响．（1）求这名同学回答这三个问题的总得分ξ的概率分布和数学期望； （2）求这名同学总得分不为负分（即ξ≥0）的概率．2．(2004年全国高考湖北文史卷) 为防止某突发事件发生，有甲、乙、丙、丁四种相互独立的预防措施可供采用，单独采用甲、乙、丙、丁预防措施后此突发事件不发生的概率（记为P ）和所需费用如下表：（2）由已知7473250333)33(),,3(33=-⨯=-=-=∴∈>-=ξξηξξξηE E E Z (元).86763)33(2==-=ξξηD D D11. 对于每种翻过的牌数为k 的情况，如果将牌序倒过来，即倒数第一张成为最上面的第一张，倒数第二张成为第二张，…，第一张成为最后一张，那么就得出一种翻过的牌数为N+1－k 的情况，反之亦然．因此，将这些情况两两配对(翻过的牌数为N +12的情况不必配对)，平均张数为N +12．因此，所述数学期望为N +12.12.设所求的概率为Pn, P 1=1, P 2=23, 设P k = 2k(k +1)！,则对n=k+1,最大的数第k+1行的概率为k +1(k +1)(k +2)2= 2k +2因此P k+1,= 2k +2P k =2k+1(k +2)！,所以对所有n P n = 2n(n +1)！.预防方案可单独采用一种预防措施或联合采用几种预防措施，在总费用不超过120万元的前提下，请确定一个预防方案，使得此突发事件不发生的概率最大.B 类例题例3A 、B 两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A 队队员是A 1、A 2、A 3，B 队队员是B 1、B 2、B 3 ．按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：现按表中对阵方式出场, 每场胜队得1分, 负队得0分．设A 队、B 队最后总分分别为 ξ、η． (Ⅰ) 求 ξ、η 的概率分布； (Ⅱ) 求E ξ、E η．分析 本题考查离散型随机变量分布列和数学期望等概念，考查运用概率知识解决实际问题的能力． 解 (Ⅰ) ξ、η 的可能取值分别为3, 2, 1, 0.P (ξ = 3) =758525232=⨯⨯ （即A 队连胜3场）P (ξ = 2) =7528525231525332535232=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ （即A 队共胜2场） P (ξ = 1) =527530525331535231535332==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ （即A 队恰胜1场） P (ξ = 0) =253759535331==⨯⨯ （即A 队连负3场）根据题意知 ξ + η = 3，所以 P (η = 0) = P (ξ = 3) = 8 75， P (η = 1) = P (ξ = 2) = 28 75， P (η = 2) = P (ξ = 1) = 2 5，P (η = 3) = P (ξ = 0) = 3 25.(Ⅱ) E ξ =15222535275287580123=⨯+⨯+⨯+⨯ ；因为ξ + η = 3，所以E η = 3 –E ξ =1523．例4 (2005年全国高考辽宁卷) 某工厂生产甲、乙两种产品，每种产品都是经过第一和第二工序加工而成，两道工序的加工结果相互独立，每道工序的加工结果均有Ａ、Ｂ两个等级，对每种产品，两道工序的加工结果都为Ａ级时，产品为一等品，其余均为二等品． （1）已知甲、乙两种产品每一道工序的加工结果为Ａ级的概率如表一所示，分别求生产出的甲、乙产品为一等品的概率Ｐ甲、Ｐ乙；表一（2）已知一件产品的利润如表二所示，用ξ、η分别表示一件甲、乙产品的利润，在（Ⅰ）的条件下，求ξ、η的分布列及ξE 、ηE ；（3）已知生产一件产品需用的工人数和资 金如表三所示，该工厂有工人40名，可用资 金60万，设x 、y 分别表示生产甲、乙产品 的数量，在（2）的条件下，x 、y 为何值时ηξyE xE z +=最大？最大值是多少？（解答时须给出图示）分析 本题主要考查相互独立事件的概率、随机变量的分布列及期望、线性规划模型的建立与求解等基础知识，考查通过建立简单的数学模型以解决实际问题的能力． 解（1）.6.08.075.0,68.085.08.0=⨯=⨯=乙甲P P（2）随机变量ξ、η的分别列是,2.432.05.268.05=⨯+⨯=ξE .1.24.05.16.05.2=⨯+⨯=ηE（3）由题设知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥≤+≤+.0,0,4028,60105y x y x y x目标函数为.1.22.4y x yE xE z +=+=ηξ 作出可行域（如图）作直线:l ,01.22.4=+y x将l 向右上方平移至l 1位置时，直线经过可行域上 的点M 点与原点距离最大，此时y x z 1.22.4+=表二取最大值． 解方程组⎩⎨⎧=+=+.4028,60105y x y x得.4,4==y x 即4,4==y x 时，z 取最大值，z 的最大值为25．2 ．说明 线性规划与概率都是新课程中增加的内容, 概率与线性规划牵手，给人耳目一新的感觉，这种概率与其他的交汇使概率内容平添了新的灵气，焕发出新的活力．例5 街道旁边有一游戏:在铺满边长为9cm 的正方形塑料板的宽广地而上,掷一枚半径为1 cm 的小圆板.规则如下:每掷一次交5角钱.若小圆板压在边上.可重掷一次;若掷在正方形内.须再交5角钱可玩一次;若掷在或压在塑料板的顶点从上.可获得一元钱.试问: (1)小圆板压在塑料板的边上的概率是多少? (2)小圆板压在塑料板顶点从上的概率是多少?分析 小圆板中心用O 表示,考察O 落在BCD 的哪个范围时,能使 圆板与塑料板A BCF 的边相交接,又O 落在哪个范围时能使圆板 与A B CD 的顶点从相交接.解 (1)因为O 落在正方形ABCD 内任何位置是等可能的，圆板 与正方形塑料ABCD 的边相交接是在圆板的中心O 到与它靠 近的边的距离不超过1时，而它与正方形相接触的边对于一个正方形来说是一边或两边.所以O 落在图1阴影部分时,小圆板就能与塑料板A BCD 边相交,这个范围面积等于92－72=32,因此 所求概率是3292=3281.(2)小圆板与正方形的顶点相交接是在中心O 与正方形的顶点从的距离不超过圆板的半径1时，如图2阴影部分，四块合起来而积为π, 故所求概率是π81.例6(1)一次数学测验，由20个选择题构成，每个选择题有4个选择项，其中有且仅有一个是正确的.若某学生在测验中对每题都从4个选项中随机地选择1个，求该生在这次测验中答对多少个题的概率最大?(2)将一枚骰子任意地抛掷500次，问一点出现多少次的概率最大? 解 (1)设该生在测验中，答对题的个数为ξ，由题意知，ξ服从二项分布，即ξ～B(20,14)所以E ξ=np =20×14=5(恰为整数)故该生在这次测验中答对5个题的概率最大.(2)设ξ表示将一骰子抛掷500次一点出现的次数，由题意知ξ服从二项分布，即ξ～B(500, 16)， 则E ξ=np=500×16=8313. 所以出现次数概率最大的ξ取值可能是83或84.比较p(ξ=83)与p(ξ=84)得P(ξ=83)>P(ξ=84).因此一点出现83次的概率最大.情景再现3．(2005年全国高考湖南卷)某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是0.4，0.5，0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值. （1）求ξ的分布及数学期望；（2）记“函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A ，求事件A 的概率. 4．(2002年安徽省高中数学竞赛题)甲乙两人相约10天之内在某地会面.约定先到的人等候另一个人经过3天以后方可离开.若他们在限期内到达目的地是等可能的.则此两人会面的概率为 .C 类例题例7 已知圆O ，任作它的三条切线．圆O 是这三条切线所成三角形的内切圆与是傍切圆的概率的比为13．解 设PA 、PB 为两条切线，切点为A ，B ．它们的对径点分别为A '，B '．当且仅当切点在 ⌒A'B'上，第三条切线与PA ，PB 组成的三角形以⊙O 为内切圆． 于是，设⌒AB 的弧度数为α，则若第三个切点在 一个弧度数为α的弧上，⊙O 是内切圆．而在一个 弧度数为2π－α的弧上，⊙O 是傍切圆．在⌒AB 的弧度数为π－α时，若第三个切点在一个弧度数为π－α的弧上， ⊙O 是内切圆．而在一个弧度数为2π－(π－α)=π＋α的弧上，⊙O 是傍切圆． 将这两种情况合在一起，即得使⊙O 为内切圆的切点所在弧为α＋(π－α)=π， 而使⊙O 为傍切圆的切点所在弧为(2π－α)+(π＋α)=3π,两者之比为13,对每一一对弧均是如此．所以概率之比为13例8 在长为a+b+c 的线段上，随意量出长为a ，b 的两段． 求证：(1)这两段没有公共点的概率为c 2(c+a )(c+b )(2)这两段的公共部分不超过d 的概率为(c+d )2(c+a )(c+b )(d ＜a ,b )解 如图(1)，(2)，设一段为CD=a ，一段为EF=b ，而AC=x ，AE=y ，则0＜x ＜b+c ，0＜y ＜a+c ．(1)两段没有公共点，则y ＞a+x 或x ＞y+b ．它们构成图(3)中的阴影部分， 这两个三角形的面积和为c 2，所述概率为c 2(c+a )(c+b )(2)两段的公共部分不超过d ，则y+d ＞a+x 或x+d ＞y+b ． 则它们构成图(4)中的阴影部分，所述概率为(c+d )2(c+a )(c+b )情景再现5． 某先生居住在城镇的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下图（例如，A →C →D 算作两个路段：路段AC 发生堵车事件的概率为101，路段CD 发生堵车事件的概率为151）． （1）请你为其选择一条由A 到B 的路线，便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的数学期望E ξ． 6．在一条长为a +b 的线段上，随机量出长为a 、b 的两段．证明这两段的公共部分不超过c 的概率为c2ab(c ＜a ，b )，而较短的一段(长为b )完全落在较长的一段(长为a )内的概率是a －ba．习题20A 类题1. 事件A 出现的概率是34,事件B 出现的概率是23.设p 是A 和B 同时出现的概率. 那么包含p 的区间是 A 、11,122⎡⎤⎢⎥⎣⎦. B 、51,122⎡⎤⎢⎥⎣⎦. C 、12,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦. D 、52,123⎡⎤⎢⎥⎣⎦.2. 设P 在［0,5］上随机地取值，则方程x 2+px +214+p =0有实根的概率为 . 3. 一套重要资料锁在一个保险柜中，现有n 把钥匙依次分给n 名学生依次开柜，但其中只有一把真的可以打开柜门，平均来说打开柜门需要试开的次数为（ ） A ．1 B ． n C ．21+n D ． 21-n4. (2005年全国高考江西理科卷)A 、B 两位同学各有五张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时A 赢得B 一张卡片，否则B 赢得A 一张卡片.规定掷硬币的次数达9次时，或在此前某人已赢得所有卡片时游戏终止.设ξ表示游戏终止时掷硬币的次数. （1）求ξ的取值范围； （2）求ξ的数学期望E ξ.5. (2005年全国高考北京卷)甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为21，乙每次击中目标的概率为.32（Ⅰ）记甲击中目标的次数为ξ，求ξ的概率分布及数学期望E ξ； （Ⅱ）求乙至多击中目标2次的概率； （Ⅲ）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.6. 对三种型号的计算器进行质量检验，它们出现故障的概率分别是0．1、0．2、0．15，检验时，每种计算器选取一台，设ξ表示出现故障的计算器的台数． （I ）求ξ的概率分布；（II ）求E ξ．B 类题 7. (2005年全国高考广东卷)箱中装有大小相同的黄、白两种颜色的乒乓球，黄、白乒乓球的数量比为s:t ．现从箱中每次任意取出一个球，若取出的是黄球则结束，若取出的是白球，则将其放回箱中，并继续从箱中任意取出一个球，但取球的次数最多不超过n 次，以ξ表示取球结束时已取到白球的次数． （Ⅰ）求ξ的分布列；（Ⅱ）求ξ的数学期望． 8. (2005年全国高考重庆理科卷)在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖，某顾客从此10张券中任抽2张，求： （Ⅰ）该顾客中奖的概率；（Ⅱ）该顾客获得的奖品总价值ξ（元）的概率分布列和期望ξE .9. 设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作.若一周5个工作日里均无故障，可获利润10万元；发生一次故障可获利润5万元，只发生两次故障可获利润0万元，发生三次或三次以上故障就要亏损2万元.求一周内利润期望. 10. 某市出租车的起步价为6元，行驶路程不超过3km 时，租车费为6元，若行驶路程过3km ，则按每超出1km （不足1km 也按1km 计程）收费3元计费． 设出租车一天行驶的路程数ξ（按整km 数计算，不足1km 的自动计为1km ）是一个随机 变量，则其收费数η也是一个随机变量． 已知一个司机在某个月中每次出车都超过了 3km ，且一天的总路程数可能的取值是200、220、240、260、280、300（km ），它们出现的概率依次是0．12、0．18、0．20、0．20、100a 2＋3a 、4a ．（1）求作这一个月中一天行驶路程ξ的分布列，并求ξ的数学期望和方差；（2）求这一个月中一天所收租车费η的数学期望和方差．C 类题11. 一副纸牌共N 张，其中有三张A. 现随机地洗牌，然后从顶上开始一张接一张地翻牌，直翻到第二张A 出现为止．求证：翻过的牌数的数学期望是N +12．12. n(n+1)2不同的数排列成一个三角形☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆…☆ ☆ ☆… ☆ ☆设M k 是从上往下第k 行中最大数,求M k 是M 1＜M 2＜…＜M n 是的概率. 本节“情景再现”解答：1.（1）ξ的可能值为－300，－100，100，300．P （ξ=－300）=0．23=0．008， P （ξ=－100）=3×0．22×0．8=0．096，P （ξ=100）=3×0．2×0．82=0．384， P （ξ=300）=0．83=0．512，所以ξ的概率分布为根据ξ的概率分布，可得ξ的期望E ξ=（－300）×0．08＋（－100）×0．096＋100×0．384＋300×0．512=180． （2）这名同学总得分不为负分的概率为P （ξ≥0）=0．384＋0．512=0．896． 2. 方案1：单独采用一种预防措施的费用均不超过120万元.由表可知，采用甲措施，可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为0.9.方案2：联合采用两种预防措施，费用不超过120万元，由表可知.联合甲、丙两种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为 1—(1—0.9)(1—0.7)=0.97.方法3：联合采用三种预防措施，费用不超过120万元，故只能联合乙、丙、丁三种预防措施，此时突发事件不发生的概率为1—（1—0.8）(1—0.7)(1—0.6)=1—0.024=0.976.综合上述三种预防方案可知，在总费用不超过120万元的前提下，联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大. 3.（1）分别记“客人游览甲景点”，“客人游览乙景点”，“客人游览丙景点”为事件A 1，A 2，A 3. 由已知A 1，A 2，A 3相互独立，P （A 1）=0.4，P （A 2）=0.5， P （A 3）=0.6.客人游览的景点数的可能取值为0，1，2，3. 相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3，2，1，0，所以ξ的可能取值为1，3.P （ξ=3）=P （A 1·A 2·A 3）+ P （321A A A ⋅⋅）= P （A 1）P （A 2）P （A 3）+P （)()()321A P A P A ） =2×0.4×0.5×0.6=0.24，P （ξ=1）=1－所以ξ的分布列为E ξ（2）解法一 因为,491)23()(22ξξ-+-=x x f 所以函数),23[13)(2+∞+-=ξξ在区间x x x f 上单调递增，要使),2[)(+∞在x f 上单调递增，当且仅当.34,223≤≤ξξ即从而.76.0)1()34()(===≤=ξξP P A P解法二：ξ的可能取值为1，3.当ξ=1时，函数),2[13)(2+∞+-=在区间x x x f 上单调递增， 当ξ=3时，函数),2[19)(2+∞+-=在区间x x x f 上不单调递增.0所以.76.0)1()(===ξP A P4. 解 设甲乙两人分别在第x,y 天到达某地.0≤x ≤10,0≤y ≤10.他们会而的充要条件是｜x －y ｜≤3.则点(x,y)分布在如图正方形OABC 内,其基木事件S 为介于两直线x －y= ±3之间的阴影内.故所求概率p=100－(10－3)2100=511005. (1)记路段MN 发生堵车事件为MN ．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P 1为1－P （AC ·CD ·DB ）= 1－P （AC ）·P （CD ）·P （DB ）= 1－[1－P （AC ）][1－P （CD ）[1－P （DB ）]=1－109·1514·65 =103同理：路线A →C →F →B 中遇到堵车的概率为P 2为 1－P （AC ·CF ·FB ）=800239（小于103）路线A →E →F →B 中遇到堵车的概率P 3 为1－P （AE ·EF ·FB ）=30091（小于103） 显然要使得由A 到B 的路线途中发生堵车事件的概率最小，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可取值为0，1，2，3．P （ξ=0）= P （AC ·CF ·FB ）=800561． P （ξ=1）= P （AC ·CF ·FB ）＋P(AC ·CF·FB )＋P(AC ·CF ·FB)=101·2017·1211＋109·203·1211＋109·2017·121=2400637，P （ξ=2）=P （AC ·CF ·FB ）＋P （AC ·CF ·FB ）＋P （AC ·CF ·FB ）=101·203·1211＋101·2017·121＋109·203·121=240077P （ξ=3）=P （AC ·CF ·FB ）=101·203·121=24003∴E ξ= 0 ×31240033240077224006371800561=⨯+⨯+⨯+． 答：路线A →C →F →B 中遇到堵车次数的数学期望为 31． 6. 如图(1)，(2)，设一段为CD=a ，一段为EF=b ，而AC=x ， AE=y ，则0≤x ≤b ，0≤y ≤a ． (1)公共部分不超过c ，即 x+a －y ＜c 或y+b －x ＜c它们构成图(3)中的两个三角形．面积的和为c 2．所以所述概率为c2ab(2)较短的一条完全落在较长的一条内，即x ＜y 并且a －y ＞b －x 它们构成图(4)中的平行四边形．面积与长方形的比为a －ba, 即所述概率为a －ba. 本节“习题20”解答：1. 选D. 设P(E) 表示事件E 出现的概率.由公式 P(A ∪B)=P(A)+P(B) －P(A ∩B),∴p= P(A ∩B)= P(A)+P(B) －P(A ∪B) =3243+－P(A ∪B), 其中1≥P(A ∪B) ≥max{P(A),P(B)}=34.因而3243+－1≤p ≤3243+－34,即 512≤p ≤23. 2. 一元二次方程有实数根⇔Δ≥0而Δ=P 2－4(214+P )=P 2－P －2=(P +1)(P －2),解得P ≤－1或P ≥2, 故所求概率为P =53]5,0[)},2[]1,{(]5.0[=+∞--∞的长度的长度3. C 提示：当n =2时，打开柜门需要的次数为23，故答案为C 或已知每一位学生打开柜门的概率为n1，所以打开柜门次数的平均数（即数学期望）为2111211+=⨯++⨯+⨯n n n n n ，故答案为C4. （1）设正面出现的次数为m ，反面出现的次数为n ，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤=+=-915||ξξn m n m ，可得：.9,7,5:;9,7,22,7;7,6,11,6;5,5,00,5的所有可能取值为所以时或当时或当时或当ξξξξ===============n m n m n m n m n m n m（2）;645)21(2)7(;161322)21(2)5(7155=====⨯==C P P ξξ .322756455964571615;64556451611)9(=⨯+⨯+⨯==--==ξξE P5. （I ）03313(();28P C ξ=0)== 13313(1();28P C ξ=)==23313(2();28P C ξ=)== 33313(3();28P C ξ=)==ξ的概率分布如下表：13310. 1. 2. 3. 1.5(8888E ξ=+++=或13. 1.5.)2E ξ==（II ）乙至多击中目标2次的概率为3332191().327C -=（III ）设甲恰比乙多击中目标2次为事件A,甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件1B ,甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件2B ,则12.A B B =+12,B B 为互斥事件.1231121()()() (8278924)P A P B P B =+=+=所以,甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124.6. 设三台计算器出现故障的事件分别为A 、B 、C ，则A 、B 、C 相互独立（I ）由已知P A P B P C ().().().===0102015，， P A P B P C ().().().===0908085，， 于是，P P A B C P A P B P C ()()()()()ξ===0，，··=⨯⨯=09080850612....()P P A B C P A B C P A B C ξ==++1()()()······=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++=0108085090208509080150068015301080329.............()P P A B C P A B C P A B C ξ==++2()()()······=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++=0102085090201501080150017002700120056.............()P P A B C P A P B P C ξ===3()()()().... =⨯⨯0102015 (0003)（II ）E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯00612103292005630003.... =++032901120009... =045. 7. (I)ξ的分布列为(II) ξ的数学期望为：2123012...(1)()()()()n nn ns st st st t E n n s t s t s t s t s t ξ-=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯+++++…(1) 231134112(2)(1)...()()()()()n n n n n n t st st n st n st nt E s t s t s t s t s t s t ξ-+++--=+++++++++++…(2) (1)－(2)得：11(1)(1)()()()n n nn n n t nt n t n t E s s s t s t s s t ξ+---=--++++.8. 解法一：（Ⅰ）324515121026=-=-=C C I P ，即该顾客中奖的概率为32.（Ⅱ）ξ的所有可能值为：0，10，20，50，60（元）..151)60(,152)50(,151)20(,52)10(,31)0(2101311210161121023210161321026===============C C C P C C C P C C P C C C P C C P ξξξξξ且故ξ有分布列：从而期望.161516015250151205210310=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=ξE 解法二：（Ⅰ）,324530)(210241614==+=C C C C P （Ⅱ）ξ的分布列求法同解法一 由于10张券总价值为80元，即每张的平均奖品价值为8元，从而抽2张的平均奖品价值ξE =2×8=16（元）.9. 以X 表示一周5天内机器发生故障的天数，则X －B (5，0.2)，于是X 有概率分布P (X =k )=C k50.2k 0.85－k ,k =0,1,2,3,4,5. 以Y 表示一周内所获利润，则Y =g (X )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-===3 22 01 50 10X X X X 若若若若Y 的概率分布为：P (Y =10)=P (X =0)=0.85=0.328 . P (Y =5)=P (X =1)=C 150.2·0.84=0.410P (Y =0)=P (X =2)=C25·0.22·0.83=0.205. P (Y =－2)=P (X ≥3)=1－P (X =0)－P (X =1)－P (X =2)=0.057. 故一周内的期望利润为：EY =10×0.328+5×0.410+0×0.205－2×0.057=5.216(万元)10. （1）由概率分布的性质2有，0．12＋0．18＋0．20＋0．20＋100a 2＋3a ＋4a =1，3.071002=+∴a a03100,03.0),(101,1003,0370100022=+∴=-===-+∴a a a a a a a 即舍去或 18，4a =0．12，ξ∴的分布列为)(km ;96412.05018.03020.01020.01018.03012.050222222=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=ξD。