2022年2022年离散型随机变量的均值与方差、正态分布 .pdf

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1、离散型随机变量的均值与方差、正态分布一、基础知识1.均值一般地，若离散型随机变量X 的分布列为：X x1x2xixnP p1p2pipn则称 E(X)x1p1x2p2 xipi xnpn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. 1 期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均., 2 E X 是一个实数，由X 的分布列唯一确定，即作为随机变量，X是可变的，可取不同值，而E X 是不变的，它描述X取值的平均状态., 3 E X x1p1 x2p2 xnpn直接给出了E X 的求法， 即随机变量取值与相应概率分别相乘后相加. 2.方差设离散型随机变量X 的分布列为：X

2、 x1x2xixnP p1p2pipn则(xiE(X)2描述了xi(i1,2， n)相对于均值E(X)的偏离程度 .而 D(X)i1n(xiE(X)2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X 与其均值E(X)的平均偏离程度.称D(X)为随机变量X 的方差，并称其算术平方根D X 为随机变量X 的标准差 . 1 随机变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度.D X 越大，表明平均偏离程度越大，X 的取值越分散.反之， D X 越小， X 的取值越集中在 E X 附近 ., 2 方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负. 3.两个特殊分布的期望与方差分

3、布期望方差两点分布E(X)p D(X)p(1p) 二项分布E(X)np D(X)np(1p) 4.正态分布(1)正态曲线的特点曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 18 页 - - - - - - - - - 曲线是单峰的，它关于直线x对称；曲线在 x处达到峰值1 2；曲线与 x 轴之间的面积为1；当 一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿x 轴平移；当 一定时，曲线的形状由确定， 越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越

4、集中； 越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散. (2)正态分布的三个常用数据P( X )0.682 6；P( 2 X 2 )0.954 4；P( 3 X 3 )0.997 4. 二、常用结论若 YaXb，其中 a，b 是常数， X 是随机变量，则(1)E(k)k，D(k)0，其中 k 为常数；(2)E(aXb)aE(X)b，D(aXb)a2D(X)；(3)E(X1X2)E(X1) E(X2)；(4)D(X)E(X2)(E(X)2；(5)若 X1， X2相互独立，则E(X1 X2)E(X1) E(X2). (6)若 XN( ，2)，则 X 的均值与方差分别为：E(X) ，D(X)2. 考点

5、一离散型随机变量的均值与方差典例精析 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12，23；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(单位：元 )，求的分布列与数学期望 E()，方差 D(). 解(1)两人所付费用相

6、同，相同的费用可能为0,40,80 元，两人都付 0 元的概率为P11416124，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 18 页 - - - - - - - - - 两人都付 40 元的概率为P2122313，两人都付 80 元的概率为P3 11412 116231416124，故两人所付费用相同的概率为PP1P2P312413124512. (2)由题设甲、乙所付费用之和为，可能取值为0,40,80,120,160，则：P(0)1416124，P(40)14

7、23121614，P(80)141612231614512，P(120)1216142314，P(160)1416124. 的分布列为：04080120160 P 1241451214124E()012440148051212014 16012480. D() (080)2124(4080)214(8080)2512(12080)214(16080)21244 0003. 题组训练 1.随机变量X 的可能取值为0,1,2，若 P(X0)15，E(X)1，则 D(X)() A.15B.25C.55D.105解析： 选 B设 P(X1)p， P(X2) q，由题意得015 p2q 1，15p q1

8、，解得 p35，q15，D(X)15(01)235(11)215(21)225. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 18 页 - - - - - - - - - 2.随着网络营销和电子商务的兴起，人们的购物方式更具多样化.某调查机构随机抽取10 名购物者进行采访，5 名男性购物者中有3 名倾向于选择网购，2 名倾向于选择实体店，5 名女性购物者中有2 名倾向于选择网购，3 名倾向于选择实体店. (1)若从 10 名购物者中随机抽取2 名，其中男、女各一名，求

9、至少1 名倾向于选择实体店的概率；(2)若从这 10 名购物者中随机抽取3 名，设 X 表示抽到倾向于选择网购的男性购物者的人数，求 X 的分布列和数学期望. 解： (1)设“随机抽取2 名， 其中男、女各一名， 至少 1 名倾向于选择实体店”为事件 A，则 A 表示事件 “随机抽取2 名，其中男、女各一名，都倾向于选择网购”，则 P(A)1P( A )1C13C12C15C151925. (2)X 所有可能的取值为0,1,2,3，且 P(Xk)Ck3C3k7C310，则 P(X0)724，P(X1)2140，P(X2)740，P(X3)1120. 所以 X 的分布列为：X 0123 P 72

10、421407401120E(X)072412140274031120910. 考点二二项分布的均值与方差典例精析 (2019 成都检测 )某部门为了解一企业在生产过程中的用水量情况，对其每天的用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12 天的数据作为样本，得到如图所示的茎叶图(单位：吨 ).若用水量不低于95 吨，则称这一天的用水量超标. (1)从这 12 天的数据中随机抽取3 个，求至多有1 天的用水量超标的概率；(2)以这 12 天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，估计该企业未来3 天中用水量超标的天数，记随机变量X 为未来这3 天中用水量超标的天

11、数，求X 的分布列、数学期望和方差 . 解(1)记“从这 12 天的数据中随机抽取3 个， 至多有 1 天的用水量超标”为事件 A，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 18 页 - - - - - - - - - 则 P(A)C14C28C312C38C3121682204255. (2)以这 12 天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，易知用水量超标的概率为13. X 的所有可能取值为0,1,2,3，易知 XB 3，13，P(Xk)Ck313k233k，k

12、0,1,2,3，则 P(X0)827，P(X1)49，P(X2)29，P(X3)127. 随机变量X 的分布列为：X 0123 P 8274929127数学期望 E(X)3131，方差 D(X) 31311323. 解题技法 二项分布的期望与方差(1)如果B(n，p)，则用公式E() np，D() np(1p)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(ab)aE()b 以及 E()np 求出 E(ab)，同样还可求出 D(ab). 题组训练 1.设 X 为随机变量，且XB(n，p)，若随机变量X 的数学

13、期望E(X)4，D(X)43，则P(X2)_.(结果用分数表示) 解析： X 为随机变量，且X B(n，p)， E(X)np4，D(X)np(1 p)43，解得n6，p23， P(X2)C26232 123420243. 答案：202432.(2019西安模拟 )一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取 50 个作为样本， 称出它们的重量(单位：克)， 重量分组区间为5,15， (15,25， (25,35 ，(35,45 ，由此得到样本的重量频率分布直方图(如图 ). (1)求 a 的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；(2)从盒子中随机抽取3

14、个小球，其中重量在5,15内的小球个数为X，求 X 的分布列和数学期望 (以直方图中的频率作为概率). 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 18 页 - - - - - - - - - 解： (1)由题意，得 (0.020.032a0.018)101，解得 a0.03. 由频率分布直方图可估计盒子中小球重量的众数为20 克，而 50 个样本中小球重量的平均值x 0.210 0.32 20 0.3 30 0.184024.6(克). 故由样本估计总体，可估计盒子

15、中小球重量的平均值为24.6 克. (2)该盒子中小球重量在5,15 内的概率为15，则 XB3，15.X 的可能取值为0,1,2,3，则 P(X0)C0315045364125，P(X1) C131545248125，P(X2) C231524512125，P(X3) C331534501125. X 的分布列为：X 0123 P 6412548125121251125E(X)064125 1481252121253112535或者 E X 31535考点三均值与方差在决策中的应用典例精析 (2018 全国卷 )某工厂的某种产品成箱包装，每箱200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验

16、，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取 20 件作检验， 再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 18 页 - - - - - - - - - 格品的概率都为p(0p1)，且各件产品是否为不合格品相互独立. (1)记 20 件产品中恰有2 件不合格品的概率为f(p)，求 f(p)的最大值点p0. (2)现对一箱产品检验了20 件，结果恰有2 件不合格品，以(1)中确定的p0作为

17、p 的值 .已知每件产品的检验费用为2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付 25 元的赔偿费用. 若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？解(1)因为 20 件产品中恰有2 件不合格品的概率为f(p)C220p2 (1p)18，所以 f (p)C2202p(1p)1818p2(1p)17 2C220p(1 p)17(110p). 令 f(p)0，得 p0.1. 当 p(0,0.1)时， f (p)0；当 p(0.1,1)时， f (p)0. 所以 f(p)的最

18、大值点为p00.1. (2)由(1)知， p0.1. 令 Y 表示余下的180 件产品中的不合格品件数，依题意知YB(180,0.1)，X20225Y，即 X4025Y.所以 EXE(4025Y)4025EY490. 若对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费用为400 元.由于 EX400，故应该对余下的产品作检验. 解题技法 离散型随机变量的期望和方差应用问题的解题策略(1)求离散型随机变量的期望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，正确运用期望、方差公式进行计算. (2)要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差公式计算，则更为

19、简单. (3)在实际问题中， 若两个随机变量1，2，有 E(1)E(2)或 E(1)与 E(2)较为接近时，就需要用D(1)与 D(2)来比较两个随机变量的稳定程度.即一般地将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大 )的方案作为最优方案. 题组训练 某投资公司在2019 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：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 18 页 - - - - - - - - -

20、 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79和29；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35，13和115. 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：X1300150 P 7929E(X1)30079( 150)29 200，D(X1)(300200)279( 150200)22935 000. 若按 “项目二 ”投资，

21、设获利为X2万元，则 X2的分布列为：X25000300 P 3511513E(X2)500350115( 300)13 200，D(X2)(500200)235( 300200)213(0200)2115140 000. 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. 考点四正态分布典例精析 (1)设 XN(1，21)，YN(2，22)，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是() A.P(Y 2)P(Y1) B.P(X 2)P(X1) C.对任意正数t，P(Xt)P(Yt) D.对任意正数t

22、，P(Xt)P(Yt) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 18 页 - - - - - - - - - (2)(2019太原模拟 )已知随机变量X 服从正态分布N(3,1)，且 P(X4)0.158 7，则 P(2X4)() A.0.682 6B.0.341 3 C.0.460 3 D.0.920 7 (3)某校在一次月考中有900 人参加考试， 数学考试的成绩服从正态分布XN(90，a2)(a0，试卷满分150 分)，统计结果显示数学考试成绩在70 分到

23、110 分之间的人数约为总人数的35，则此次月考中数学考试成绩不低于110 分的学生约有_人. 解 析 (1)由 正 态 曲 线 的 性 质 及 题 图 知 ， 1 2,0 1 2.故 对 任 意 正 数t ，P(Xt)P(Yt)正确 . (2)因为随机变量X 服从正态分布N(3,1)， 且 P(X4)0.158 7， 所以 P(X2)0.158 7，所以 P(2X 4) 1P(X2)P(X4)0.682 6，故选 A. (3)因为数学成绩服从正态分布XN(90，a2)，所以其正态分布曲线关于直线x90 对称，又因为成绩在70 分到 110 分之间的人数约为总人数的35，由对称性知成绩在110

24、 分以上的人数约为总人数的12 13515， 所以此次数学考试成绩不低于 110 分的学生约有15900 180(人). 答案 (1)C(2)A(3)180 解题技法 正态分布下2 类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线 x 对称，曲线与x 轴之间的面积为1. (2)利用 3原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的 ，进行对比联系，确定它们属于( ， )，( 2 ， 2 )，( 3 ， 3 )中的哪一个 . 题组训练 1.(2019武汉模拟 )已知随机变量服从正态分布N( ， 2)， 若 P(2) P(6)0.15，则

25、 P(24)等于 () A.0.3B.0.35 C.0.5 D.0.7 解析： 选 B P(2)P(6) 0.15， 2624.又 P(26) 1P(2)P(6)0.7， P(24)P 2 620.35，故选 B. 2.(2017全国卷 )为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 18 页 - - - - - - - - - 上随机抽取16 个零件，并测量其尺寸(单位： cm).根据长期生产经验，可以认为这

26、条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N( ，2). (1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16 个零件中其尺寸在( 3 ， 3 )之外的零件数，求P(X 1)及 X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在( 3 ， 3 )之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. 试说明上述监控生产过程方法的合理性；下面是检验员在一天内抽取的16 个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.04 10.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95 经计算得x 116i

27、116xi9.97，s116i116xi x2116i116x2i16 x20.212，其中 xi为抽取的第i 个零件的尺寸，i1,2， 16. 用样本平均数x 作为 的估计值 ，用样本标准差s 作为 的估计值 ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(3，3)之外的数据，用剩下的数据估计 和 (精确到 0.01). 附：若随机变量Z 服从正态分布N( ，2)，则 P( 3 Z 3 )0.997 4.0.997 416 0.959 2，0.008 0.09. 解： (1)抽取的一个零件的尺寸在( 3 ， 3 )之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在 ( 3 ， 3 )之外的概

28、率为0.002 6，故 XB(16,0.002 6). 因此 P(X1)1P(X0)10.997 4160.040 8. X 的数学期望为E(X)160.002 60.041 6. (2)如果生产状态正常，一个零件尺寸在( 3 ， 3 )之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16 个零件中，出现尺寸在( 3 ， 3 )之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小 .因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的. 由 x 9.97， s0.212，得 的估计值为 9.97，的估计值为 0

29、.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(3，3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查. 剔除 (3，3)之外的数据9.22， 剩下数据的平均数为115(169.979.22)10.02，因此 的估计值为10.02. i116x2i160.2122169.9721 591.134，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 18 页 - - - - - - - - - 剔除 (3， 3)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115(1 591.1349.22

30、215 10.022)0.008，因此 的估计值为0.0080.09. 课时跟踪检测 A 级1.(2019乌鲁木齐模拟 )口袋中有编号分别为1,2,3 的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取 2 个，则取出的球的最大编号X 的期望为 () A.13B.23C.2 D.83解析： 选 D因为口袋中有编号分别为1,2,3 的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取 2 个，所以取出的球的最大编号X 的可能取值为2,3，所以 P(X2)1C2313，P(X3)C12C11C2323，所以 E(X)21332383. 2.已知随机变量X 服从正态分布N(a,4)，且 P(X1)0.5， P(X2) 0

31、.3，则 P(X0)() A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8 解析： 选 B因为随机变量X 服从正态分布N(a,4)，所以曲线关于xa 对称，且P(Xa)0.5.由 P(X1)0.5，可知 a1，所以 P(X0)P(X2)0.3，故选 B. 3.(2019合肥一模 )已知某公司生产的一种产品的质量X(单位：克)服从正态分布N(100,4)，现从该产品的生产线上随机抽取10 000 件产品，其中质量在98,104 内的产品估计有() (附：若 X 服从 N( ，2)，则 P( X )0.682 7，P( 2 X 2 )0.954 5) A.4 093 件B.4 772 件C.6 82

32、7 件D.8 186 件解析： 选 D由题意可得，该正态分布的对称轴为x100，且 2，则质量在 96,104 内的产品的概率为P( 2 X 2 )0.954 5，而质量在 98,102内的产品的概率为P( X )0.682 7，结合对称性可知，质量在98,104 内的产品的概率为 0.682 70.954 50.682 720.818 6， 据此估计质量在98,104 内的产品的数量为10 0000.818 68 186(件). 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11

33、 页，共 18 页 - - - - - - - - - 4.某篮球队对队员进行考核，规则是每人进行3个轮次的投篮；每个轮次每人投篮2 次，若至少投中1 次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1 次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3 个轮次通过的次数X 的期望是 () A.3 B.83C.2 D.53解析： 选 B在一轮投篮中，甲通过的概率为P21323232389，未通过的概率为19.X 服从二项分布XB 3，89，由二项分布的期望公式，得E(X)38983. 5.某学校为了给运动会选拔志愿者，组委会举办了一个趣味答题活动.参选的志愿者回答三个问题，其中两个是判断题

34、， 另一个是有三个选项的单项选择题，设为回答正确的题数，则随机变量的数学期望E()() A.1 B.43C.53D.2 解析： 选 B由已知得的可能取值为0,1,2,3. P(0)12122316，P(1)121223121223121213512，P(2)12122312121312121313，P(3)121213112.E()0161512213311243. 6.一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100 次，X 表示抽到的二等品件数，则D(X)_. 解析： 依题意， XB(100,0.02)，所以 D(X) 1000.02(10.02)1.96. 答

35、案： 1.96 7.若随机变量的分布列如表所示，E()1.6，则 ab_. 0123 P 0.1a b 0.1 解析：易知 a， b0,1 ， 由 0.1ab0.11，得 ab 0.8，又由 E()00.11a2b3 0.11.6，得 a2b1.3，解得 a0.3，b0.5，则 ab 0.2. 答案： 0.2 8.一个人将编号为1,2,3,4 的四个小球随机放入编号为1,2,3,4 的四个盒子中，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了.设放对的个数为名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - -

36、 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 18 页 - - - - - - - - - ，则的期望值为 _. 解析： 将四个小球放入四个盒子，每个盒子放一个小球，共有A44种不同放法，放对的个数可取的值有0,1,2,4.其中，P( 0)9A4438， P(1)C142A4413， P(2)C24A4414，P(4)1A44124，所以 E()03811321441241. 答案： 1 9.(2019长春质检 )某市对大学生毕业后自主创业人员给予小额贷款补贴，贷款期限分为6 个月、12 个月、18 个月、 24 个月、36 个月五种， 对于这五种期限的贷款政府分别补贴200元

37、、300 元、300 元、400 元、400 元，从 2018 年享受此项政策的自主创业人员中抽取了100人进行调查统计，选择的贷款期限的频数如下表：贷款期限6 个月12 个月18 个月24 个月36 个月频数2040201010 以上表中选择的各种贷款期限的频数作为2019 年自主创业人员选择的各种贷款期限的概率 . (1)某大学 2019 年毕业生中共有3 人准备申报此项贷款，计算其中恰有2 人选择的贷款期限为 12 个月的概率；(2)设给某享受此项政策的自主创业人员的补贴为X 元，写出X 的分布列；该市政府要做预算，若预计 2019 年全市有 600 人申报此项贷款， 则估计 2019

38、年该市共要补贴多少万元. 解： (1)由题意知，每人选择的贷款期限为12 个月的概率为25，所以 3 人中恰有 2 人选择的贷款期限为12 个月的概率PC232523536125. (2)由题意知，享受的补贴为200 元的概率p115，享受的补贴为300 元的概率p235，享受的补贴为400 元的概率 p315，所以随机变量X 的分布列为：X 200300400 P 153515所以 E(X)200590054005300(元)，所以 2019 年该市政府共要补贴w600300180 000(元 ). 故 2019 年该市政府需要补贴18 万元 . 10.(2019石家庄模拟 )某厂有 4 台

39、大型机器，在一个月中，1 台机器至多出现1 次故障，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 18 页 - - - - - - - - - 且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需1 名工人进行维修.每台机器出现故障的概率为13. (1)问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%? (2)已知 1 名工人每月只有维修1 台机器的能力，每月需支付给每位工人1 万元的工资 .每台机器不出现故障或出现故障能及时

40、维修，就能使该厂产生5 万元的利润， 否则将不产生利润 .若该厂现有2 名工人，求该厂每月获利的均值. 解：(1)1 台机器是否出现故障可看作1 次试验， 在 1 次试验中， 机器出现故障设为事件A，则事件 A 的概率为13.该厂有 4 台机器，就相当于4 次独立重复试验，可设出现故障的机器台数为 X，则 XB4，13，P(X 0)C042341681，P(X1) C14132333281，P(X2) C24132232827，P(X3) C3413323881，P(X4) C44134181. X 的分布列为：X 01234 P 16813281827881181设该厂有 n名工人，则“每台

41、机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修”为 Xn，即 X0，X1，X2， ，X n，这 n1 个互斥事件的和事件，则：n 01234 P(Xn)168116278980811 8990%8081，该厂至少需要3 名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%. (2)设该厂每月可获利Y 万元，则 Y 的所有可能取值为18,13,8，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 18 页 - - - - - - - - - P(Y1

42、8)P(X0)P(X1)P(X2)89，P(Y13)P(X3)881，P(Y8)P(X4)181，Y 的分布列为：Y 18138 P 89881181则 E(Y)18891388181811 40881(万元 ). 故该厂每月获利的均值为1 40881万元 . B 级1.(2018全国卷 )某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立 .设 X 为该群体的10 位成员中使用移动支付的人数，DX2.4， P(X4) P(X6)，则 p() A.0.7B.0.6 C.0.4 D.0.3 解析： 选 B由题意可知， 10 位成员中使用移动支付的人数X 服从二项分布，即XB(1

43、0，p)，所以 DX 10p(1p)2.4，所以 p 0.4 或 0.6. 又因为 P(X4)P(X6)，所以 C410p4(1p)6C610p6(1p)4，所以 p0.5，所以 p0.6. 2.设随机变量服从正态分布N( ，2)，函数 f(x)x24x没有零点的概率是12，则 等于 () A.1 B.2 C.4 D.不能确定解析： 选 C当函数 f(x)x24x没有零点时， 164 0，即4，根据正态曲线的对称性，当函数f(x)x24x没有零点的概率是12时， 4. 3.已知离散型随机变量X 的分布列如表所示，若E(X)0， D(X)1，则P(X1)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载

44、- - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 18 页 - - - - - - - - - _. X 1012 P a b c 112解析： E(X) 0，D(X)1，abc1121，1a 0b1c21120， 12a02b 12c221121，且 a，b，c0,1，解得 a512，b14，c14，P(X1)P(X1)P(X0)5121423. 答案：234.甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪80 元，每单送餐员抽成 4 元；乙公司，无底薪，40 单以内 (含 40 单)的部分送餐员每

45、单抽成6 元，超出 40 单的部分送餐员每单抽成7 元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50 天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142 天数101510105 乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142 天数51010205 (1)现从记录甲公司的50 天送餐单数中随机抽取3 天的送餐单数，求这3 天送餐单数都不小于 40 的概率 . (2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：记乙公司送餐员日工资为X(单位：元 )，求 X 的分布列和数学期望E(X)；小王打算到甲、乙两家公司中的一家

46、应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由. 解： (1)记抽取的3 天送餐单数都不小于40 为事件 M，则 P(M C325C35023196. (2)设乙公司送餐员的送餐单数为a，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 18 页 - - - - - - - - - 当 a38 时， X38 6228，当 a39 时， X39 6234，当 a40 时， X40 6240，当 a41 时， X40 617247，当

47、a42 时， X40 627254. 所以 X 的所有可能取值为228,234,240,247,254. 故 X 的分布列为：X 228234240247254 P 110151525110所以 E(X)228110 234152401524725254110 241.8. 依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为380.2390.3400.2410.2420.139.7，所以甲公司送餐员的日平均工资为80439.7238.8 元. 由得乙公司送餐员的日平均工资为241.8 元. 因为 238.8241.8，所以推荐小王去乙公司应聘. 5.计划在某水库建一座至多安装3 台发电机的水电站.过去 5

48、0 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：年入流量 X 40X8080X120X120 发电机最多可运行台数1 2 3 若某台发电机运行，则该台发电机年利润为5 000 万

49、元；若某台发电机未运行，则该台发电机年亏损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，得p1P(40X80)1050 0.2，p2P(80X120)35500.7，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 18 页 - - - - - - - - - p3P(X 120)5500.1. 由二项分布可知，在未来4 年中，至多有1年的年入流量超过120 的概率为PC04(1p3)4C14(1p3)3p3(0.9)44(0.

50、9)30.10.947 7. (2)记水电站年总利润为Y(单位：万元 ). 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Y5 000，E(Y)5 00015 000(万元 ). 安装 2 台发电机的情形. 依题意，当40X80 时，一台发电机运行，此时Y5 000800 4 200，因此 P(Y4 200)P(40X80)p10.2； 当 X80 时， 两台发电机运行， 此时 Y5 000 210 000，因此 P(Y10 000)P(X80)p2p30.8.由此得 Y 的分布列如下：Y 4 20010 000 P 0.20.8 所以 E(Y