高考真題+知識總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破35分布列與期望及決策問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題35分布列與期望及決策問題【高考真題】1．(2022·全國甲理)甲、乙兩個(gè)學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目勝方得10分，負(fù)方得0分，沒有平局．三個(gè)項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍．已知甲學(xué)校在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的概率分別為0.5，0.4，0.8，各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立．(1)求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；(2)用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望．1．解析(1)設(shè)甲在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的事件依次記為，所以甲學(xué)校獲得冠軍的概率為．(2)依題可知，的可能取值為，所以，,，，.即的分布列為01020300.160.440.340.06期望2．(2022·北京)在校運(yùn)動會上，只有甲、乙、丙三名同學(xué)參加鉛球比賽，比賽成績達(dá)到9.50m以上(含9.50m)的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎．為預(yù)測獲得優(yōu)秀獎的人數(shù)及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數(shù)據(jù)(單位：m)：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16．假設(shè)用頻率估計(jì)概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨(dú)立．(1)估計(jì)甲在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率；(2)設(shè)X是甲、乙、丙在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的總?cè)藬?shù)，估計(jì)X的數(shù)學(xué)期望E（X）；(3)在校運(yùn)動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計(jì)值最大？（結(jié)論不要求證明）2．解析(1)由頻率估計(jì)概率可得，甲獲得優(yōu)秀的概率為0.4，乙獲得優(yōu)秀的概率為0.5，丙獲得優(yōu)秀的概率為0.5，故答案為0.4(2)設(shè)甲獲得優(yōu)秀為事件A1,乙獲得優(yōu)秀為事件A2，丙獲得優(yōu)秀為事件A3，，，.∴X的分布列為X0123P∴(3)丙奪冠概率估計(jì)值最大.因?yàn)殂U球比賽無論比賽幾次就取最高成績.比賽一次，丙獲得9.85的概率為，甲獲得9.80的概率為，乙獲得9.78的概率為.并且丙的最高成績是所有成績中最高的，比賽次數(shù)越多，對丙越有利．【知識總結(jié)】離散型隨機(jī)變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn則，(1)pi≥0，i＝1,2，…，n.(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn.(4)D(X)＝eq\i\su(i＝1,n,[)xi－E(X)]2pi.(5)若Y＝aX＋b，則E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X)．【題型突破】1．某校計(jì)劃舉行以“唱支山歌給黨聽”為主題的紅歌合唱比賽活動，現(xiàn)有高一1，2，3，4班準(zhǔn)備從《唱支山歌給黨聽》《沒有共產(chǎn)黨就沒有新中國》《映山紅》《十送紅軍》《歌唱祖國》5首紅歌中選取一首作為比賽歌曲，設(shè)每班只選擇其中一首紅歌，且選擇任一首紅歌是等可能的．(1)求“恰有2個(gè)班級選擇《唱支山歌給黨聽》”的概率；(2)記隨機(jī)變量X表示這4個(gè)班級共選擇紅歌的個(gè)數(shù)(相同的紅歌記為1個(gè))，求X的分布列與均值．1．解析(1)4個(gè)班每個(gè)班各選一首紅歌基本事件總數(shù)為54，“恰有2個(gè)班選擇《唱支山歌給黨聽》”的事件A有Ceq\o\al(2,4)·42個(gè)基本事件，從而“恰有2個(gè)班選擇《唱支山歌給黨聽》”的概率為P(A)＝eq\f(C\o\al(2,4)·42,54)＝eq\f(96,625)．(2)隨機(jī)變量的所有可能值為1，2，3，4，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,5),54)＝eq\f(1,125)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\o\al(1,4)C\o\al(3,3)＋\f(C\o\al(2,4)·C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))))A\o\al(2,2),54)＝eq\f(28,125)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,5)C\o\al(2,4)A\o\al(3,3),54)＝eq\f(72,125)，P(X＝4)＝eq\f(A\o\al(4,5),54)＝eq\f(24,125)，故X的分布列為X1234Peq\f(1,125)eq\f(28,125)eq\f(72,125)eq\f(24,125)∴X的均值E(X)＝1×eq\f(1,125)＋2×eq\f(28,125)＋3×eq\f(72,125)＋4×eq\f(24,125)＝eq\f(369,125)．2．有編號為1，2，3的三個(gè)小球和編號為1，2，3，4的四個(gè)盒子，將三個(gè)小球逐個(gè)隨機(jī)地放入四個(gè)盒子中，每個(gè)小球的放置相互獨(dú)立．(1)求三個(gè)小球恰在同一個(gè)盒子中的概率；(2)求三個(gè)小球在三個(gè)不同盒子且每個(gè)小球編號與所在盒子編號不同的概率；(3)記錄所有至少有一個(gè)小球的盒子，以X表示這些盒子編號的最小值，求E(X)．2．解析(1)記“三個(gè)小球恰在同一個(gè)盒子中”為事件A，則P(A)＝eq\f(4,43)＝eq\f(1,16)．(2)記“三個(gè)小球在三個(gè)不同盒子且每個(gè)小球編號與所在盒子編號不同”為事件B，其中，裝有小球的三個(gè)盒子中不含4號盒子為事件B1，含4號盒子為事件B2，則P(B1)＝eq\f(2×1,43)＝eq\f(2,64)＝eq\f(1,32)，P(B2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)×（1＋2×1）,43)＝eq\f(9,64)．∵事件B1，B2互斥，∴P(B)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝eq\f(11,64)．(3)X的所有可能取值為1，2，3，4，則P(X＝1)＝eq\f(43－33,43)＝eq\f(37,64)，P(X＝2)＝eq\f(33－23,43)＝eq\f(19,64)，P(X＝3)＝eq\f(23－13,43)＝eq\f(7,64)，P(X＝4)＝eq\f(1,43)＝eq\f(1,64)，∴隨機(jī)變量X的分布列為X1234Peq\f(37,64)eq\f(19,64)eq\f(7,64)eq\f(1,64)∴E(X)＝1×eq\f(37,64)＋2×eq\f(19,64)＋3×eq\f(7,64)＋4×eq\f(1,64)＝eq\f(25,16)．3．某公司年會有幸運(yùn)抽獎環(huán)節(jié)，一個(gè)箱子里有相同的十個(gè)乒乓球，球上分別標(biāo)0，1，2，…，9這十個(gè)自然數(shù)，每位員工有放回依次取出三個(gè)球．規(guī)定：每次取出的球所標(biāo)數(shù)字不小于后面取出的球所標(biāo)數(shù)字即中獎．中獎項(xiàng)：三個(gè)數(shù)字全部相同中一等獎，獎勵(lì)10000元現(xiàn)金；三個(gè)數(shù)字中有兩個(gè)數(shù)字相同中二等獎，獎勵(lì)5000元現(xiàn)金；三個(gè)數(shù)字各不相同中三等獎，獎勵(lì)2000元現(xiàn)金．其他不中獎，沒有獎金．(1)求員工A中二等獎的概率；(2)設(shè)員工A中獎獎金為X，求X的分布列；(3)員工B是優(yōu)秀員工，有兩次抽獎機(jī)會，求員工B中獎獎金的期望．3．解析(1)記事件“員工A中二等獎”為M，有放回依次取三個(gè)球的取法有103種．中二等獎取法有2Ceq\o\al(2,10)＝90種，則P(M)＝eq\f(90,103)＝0.09．(2)X的可能取值為0，2000，5000，10000．P(X＝2000)＝eq\f(Ceq\o\al(3,10),103)＝0.12；P(X＝5000)＝eq\f(90,103)＝0.09；P(X＝10000)＝eq\f(10,103)＝0.01；P(X＝0)＝1－P(X＝2000)－P(X＝5000)－P(X＝10000)＝0.78．則X的分布列為X10000500020000P0.010.090.120.78(3)由(2)知，員工A中獎獎金的期望E(X)＝10000×0.01＋5000×0.09＋2000×0.12＋0×0.78＝790(元)，員工B每次抽獎獎金與員工A一樣為790元．∴員工B兩次抽獎中獎獎金的期望為790×2＝1580(元)．4．目前，新能源汽車尚未全面普及，原因在于技術(shù)水平有待提高，國內(nèi)幾家大型汽車生產(chǎn)商的科研團(tuán)隊(duì)已經(jīng)獨(dú)立開展研究工作．吉利研究所、北汽科研中心、長城攻堅(jiān)站三個(gè)團(tuán)隊(duì)兩年內(nèi)各自出成果的概率分別為eq\f(1,2)，m，eq\f(1,4)．若三個(gè)團(tuán)隊(duì)中只有長城攻堅(jiān)站出成果的概率為eq\f(1,12)．(1)求吉利研究所、北汽科研中心兩個(gè)團(tuán)隊(duì)兩年內(nèi)至少有一個(gè)出成果的概率及m的值；(2)三個(gè)團(tuán)隊(duì)有X個(gè)在兩年內(nèi)出成果，求X的分布列和均值．4．解析(1)設(shè)吉利研究所出成果為事件A，北汽科研中心出成果為事件B，長城攻堅(jiān)站出成果為事件C．若三個(gè)團(tuán)隊(duì)中只有長城攻堅(jiān)站出成果，則P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(1,12)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))(1－m)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)，解得m＝eq\f(1,3)．吉利研究所、北汽科研中心兩個(gè)團(tuán)隊(duì)兩年內(nèi)至少有一個(gè)出成果的概率為P＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＋P(A)·P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)．(2)X的可能取值為0，1，2，3，P(X＝0)＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝P(A)P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))P(B)P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(11,24)，P(X＝2)＝P(A)P(B)P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))P(B)P(C)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，P(X＝3)＝P(A)P(B)P(C)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,24)，所以X的分布列為X0123Peq\f(1,4)eq\f(11,24)eq\f(1,4)eq\f(1,24)E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(11,24)＋2×eq\f(1,4)＋3×eq\f(1,24)＝eq\f(13,12)．5．隨著社會的發(fā)展，一些企業(yè)改變了針對應(yīng)屆畢業(yè)生的校園招聘方式，將線下招聘改為線上招聘．某世界五百強(qiáng)企業(yè)M的線上招聘方式分資料初審、筆試、面試這三個(gè)環(huán)節(jié)進(jìn)行，資料初審?fù)ㄟ^后才能進(jìn)行筆試，筆試合格后才能參加面試，面試合格后便正式錄取，且這幾個(gè)環(huán)節(jié)能否通過相互獨(dú)立．現(xiàn)有甲、乙、丙三名大學(xué)生報(bào)名參加了企業(yè)M的線上招聘，并均已通過了資料初審環(huán)節(jié)．假設(shè)甲通過筆試、面試的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)；乙通過筆試、面試的概率分別為eq\f(2,3)，eq\f(1,2)；丙通過筆試、面試的概率與乙相同．(1)求甲、乙、丙三人中至少有一人被企業(yè)M正式錄取的概率；(2)為鼓勵(lì)優(yōu)秀大學(xué)生積極參與企業(yè)的招聘工作，企業(yè)M決定給報(bào)名參加應(yīng)聘且通過資料初審的大學(xué)生一定的補(bǔ)貼，補(bǔ)貼標(biāo)準(zhǔn)如下表：參與環(huán)節(jié)筆試面試補(bǔ)貼(元)100200記甲、乙、丙三人獲得的所有補(bǔ)貼之和為X元，求X的分布列和均值．5．解析(1)設(shè)事件A表示“甲被企業(yè)M正式錄取”，事件B表示“乙被企業(yè)M正式錄取”，事件C表示“丙被企業(yè)M正式錄取”，則P(A)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，P(B)＝P(C)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，設(shè)事件D表示“甲、乙、丙三人都沒有被企業(yè)M正式錄取”，則P(D)＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(10,27)，所以甲、乙、丙三人中至少有一人被企業(yè)M正式錄取的概率P＝1－P(D)＝1－eq\f(10,27)＝eq\f(17,27).(2)X的所有可能取值為300,500,700,900，P(X＝300)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,18)，P(X＝500)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,18)，P(X＝700)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，P(X＝900)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).所以X的分布列為X300500700900Peq\f(1,18)eq\f(5,18)eq\f(4,9)eq\f(2,9)E(X)＝300×eq\f(1,18)＋500×eq\f(5,18)＋700×eq\f(4,9)＋900×eq\f(2,9)＝eq\f(2000,3).6．一臺設(shè)備由三個(gè)部件構(gòu)成，假設(shè)在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中，部件1，2，3需要調(diào)整的概率分別為0.1，0.2，0.3，各部件的狀態(tài)相互獨(dú)立．(1)求設(shè)備在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中，部件1，2中至少有1個(gè)需要調(diào)整的概率；(2)記設(shè)備在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中需要調(diào)整的部件個(gè)數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．6．解析用Ai表示事件“設(shè)備在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中，部件i需要調(diào)整”，i＝1，2，3.(1)用A表示事件“設(shè)備在一天的運(yùn)轉(zhuǎn)中，部件1，2中至少有1個(gè)需要調(diào)整”，則A＝A1A2，且A1，A2相互獨(dú)立．從而P(A)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝(1－0.1)×(1－0.2)＝0.72，P(A)＝1－P(A)＝0.28.所以部件1，2中至少有1個(gè)需要調(diào)整的概率為0.28.(2)X的所有可能取值為0，1，2，3.P(X＝0)＝P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝(1－0.1)×(1－0.2)×(1－0.3)＝0.504，P(X＝1)＝P(A1A2A3＋A1A2A3＋A1A2A3)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，P(X＝3)＝P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，P(X＝2)＝1－[P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝3)]＝1－(0.504＋0.398＋0.006)＝0.092.所以X的分布列為：X0123P0.5040.3980.0920.006所以E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝0×0.504＋1×0.398＋2×0.092＋3×0.006＝0.6.7．下象棋既鍛煉思維又愉悅身心，有益培養(yǎng)人的耐心和細(xì)心，舒緩大腦并讓其得到充分休息．現(xiàn)某學(xué)校象棋社團(tuán)為豐富學(xué)生的課余生活，舉行象棋大賽，要求每班選派一名象棋愛好者參賽．現(xiàn)某班有12位象棋愛好者，經(jīng)商議決定采取單循環(huán)方式進(jìn)行比賽(規(guī)則采用“中國數(shù)目法”，沒有和棋)，即每人進(jìn)行11輪比賽，最后靠積分選出第一名去參加校級比賽．積分規(guī)則如下(每輪比賽采取5局3勝制，比賽結(jié)束時(shí)，取勝者可能會出現(xiàn)3∶0，3∶1，3∶2三種賽式)．3∶0或3∶13∶2勝者積分3分2分負(fù)者積分0分1分9輪過后，積分榜上的前兩名分別為甲和乙，甲累計(jì)積分26分，乙累計(jì)積分22分．第10輪甲和丙比賽，設(shè)每局比賽甲取勝的概率均為eq\f(2,3)，丙獲勝的概率為eq\f(1,3)，各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立．(1)①在第10輪比賽中，甲所得積分為X，求X的分布列；②求第10輪結(jié)束后，甲的累計(jì)積分Y的均值；(2)已知第10輪乙得3分，判斷甲能否提前一輪獲得累計(jì)積分第一，結(jié)束比賽(“提前一輪”即比賽進(jìn)行10輪就結(jié)束，最后一輪即第11輪無論乙得分結(jié)果如何，甲累計(jì)積分最多)？若能，求出相應(yīng)的概率；若不能，請說明理由．7．解析(1)①由題意得，隨機(jī)變量X的可能取值為3，2，1，0，則P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)＝eq\f(16,27)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(16,81)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(8,81)，P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＋Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(1,9)，所以X的分布列為X3210Peq\f(16,27)eq\f(16,81)eq\f(8,81)eq\f(1,9)②隨機(jī)變量Y的可能取值為29，28，27，26，則E(Y)＝eq\f(16,27)×29＋eq\f(16,81)×28＋eq\f(8,81)×27＋eq\f(1,9)×26＝eq\f(2290,81)．(2)若X＝3，則甲10輪后的總積分為29分，乙即便第10輪和第11輪都得3分，則11輪過后的總積分是28分，29>28，所以甲如果第10輪積3分，則可提前一輪結(jié)束比賽，其概率為P(X＝3)＝eq\f(16,27)．8．一款小游戲的規(guī)則如下：每輪游戲都要進(jìn)行3次，每次游戲都需要從裝有大小相同的2個(gè)紅球、3個(gè)白球的袋中隨機(jī)摸出2個(gè)球，若“摸出的兩個(gè)都是紅球”出現(xiàn)3次，則獲得200分；若“摸出的兩個(gè)都是紅球”出現(xiàn)1次或2次，則獲得20分；若“摸出的兩個(gè)都是紅球”出現(xiàn)0次，則扣除10分(即獲得－10分)．(1)求一輪游戲中獲得20分的概率；(2)很多玩過這款小游戲的人發(fā)現(xiàn)，很多輪游戲后，所得的分?jǐn)?shù)與最初的分?jǐn)?shù)相比，不是增加而是減少了，請運(yùn)用概率統(tǒng)計(jì)的相關(guān)知識解釋這種現(xiàn)象．8．解析(1)每輪游戲要進(jìn)行3次，每次游戲都需要從裝有大小相同的2個(gè)紅球、3個(gè)白球的袋中隨機(jī)摸出2個(gè)球，所以每次游戲出現(xiàn)“摸出的兩個(gè)都是紅球”的概率為P＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)．設(shè)每輪游戲中出現(xiàn)“摸出的兩個(gè)都是紅球”的次數(shù)為X，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))2＝eq\f(243,1000)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq\f(27,1000)，所以一輪游戲中獲得20分的概率P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(243,1000)＋eq\f(27,1000)＝eq\f(27,100)．(2)若“摸出的兩個(gè)都是紅球”出現(xiàn)3次獲得200分，若“摸出的兩個(gè)都是紅球”出現(xiàn)1次或2次獲得20分，若“摸出的兩個(gè)都是紅球”出現(xiàn)0次，則扣除10分(即獲得－10分)．設(shè)每輪游戲得分為Y，則Y的取值為－10，20，200，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))3＝eq\f(729,1000)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))3＝eq\f(1,1000)．由(1)知，Y的分布列為Y－1020200Peq\f(729,1000)eq\f(27,100)eq\f(1,1000)E(Y)＝－10×eq\f(729,1000)＋20×eq\f(27,100)＋200×eq\f(1,1000)＝－1.69．這表明，獲得分?jǐn)?shù)Y的均值為負(fù)．因此，多次游戲之后大多數(shù)人的分?jǐn)?shù)減少了．9．“T2鉆石聯(lián)賽”是世界乒聯(lián)推出的一種新型乒乓球賽事，其賽制如下：采用七局四勝制，比賽過程中可能出現(xiàn)兩種模式：“常規(guī)模式”和“FAST5模式”．在前24分鐘內(nèi)進(jìn)行的常規(guī)模式中，每小局比賽均為11分制，率先拿滿11分的選手贏得該局；如果兩名球員在24分鐘內(nèi)都沒有人贏得4局比賽，那么將進(jìn)入“FAST5”模式，“FAST5”模式為5分制的小局比賽，率先拿滿5分的選手贏得該局.24分鐘計(jì)時(shí)后開始的所有小局均采用“FAST5”模式．某位選手率先在7局比賽中拿下4局，比賽結(jié)束．現(xiàn)有甲、乙兩位選手進(jìn)行比賽，經(jīng)統(tǒng)計(jì)分析甲、乙之間以往比賽數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，24分鐘內(nèi)甲、乙可以完整打滿2局或3局，且在11分制比賽中，每局甲獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙獲勝的概率為eq\f(1,3)；在“FAST5”模式，每局比賽雙方獲勝的概率都為eq\f(1,2)，每局比賽結(jié)果相互獨(dú)立．(1)求4局比賽決出勝負(fù)的概率；(2)設(shè)在24分鐘內(nèi)，甲、乙比賽了3局，比賽結(jié)束時(shí)，甲、乙總共進(jìn)行的局?jǐn)?shù)記為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．9．解析(1)設(shè)前24分鐘比賽甲勝出分別為Ai(i＝1，2，3)，乙勝出分別為Bi(i＝1，2，3)，在“FAST5”模式每局比賽甲獲勝為C，4局比賽決出勝負(fù)記為事件D.則P(D)＝P(A1A2CC＋A1A2A3C＋B1B2CC＋B1B2B3C)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(11,36).(2)X的可能取值為4，5，6，7.P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)；P(X＝5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋C32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)(eq\f(1,3))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋C31(eq\f(2,3))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)；P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋C32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)(eq\f(1,3))1C21eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋C31(eq\f(2,3))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋C32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)(eq\f(2,3))1C21eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋C31(eq\f(1,3))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(7,24)；P(X＝7)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋C32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)(eq\f(1,3))1C31eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋C31(eq\f(2,3))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)C32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋C32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)(eq\f(2,3))1C31eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋C31(eq\f(1,3))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)C32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(7,24)；所以，隨機(jī)變量X的概率分布列為：X4567Peq\f(1,6)eq\f(1,4)eq\f(7,24)eq\f(7,24)X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝4×eq\f(1,6)＋5×eq\f(1,4)＋6×eq\f(7,24)＋7×eq\f(7,24)＝eq\f(137,24).10．某超市計(jì)劃按月訂購一種酸奶，每天進(jìn)貨量相同，進(jìn)貨成本每瓶4元，售價(jià)每瓶6元，未售出的酸奶降價(jià)處理，以每瓶2元的價(jià)格當(dāng)天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗(yàn)，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20，25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計(jì)劃，統(tǒng)計(jì)了前三年六月份各天的最高氣溫?cái)?shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表：最高氣溫[10，15)[15，20)[20，25)[25，30)[30，35)[35，40)天數(shù)216362574以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率．(1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列；(2)設(shè)六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元).當(dāng)六月份這種酸奶一天的進(jìn)貨量n(單位：瓶)為多少時(shí)，Y的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最大值？10．解析(1)由題意知，X所有可能取值為200，300，500，由表格數(shù)據(jù)知P(X＝200)＝eq\f(2＋16,90)＝0.2，P(X＝300)＝eq\f(36,90)＝0.4，P(X＝500)＝eq\f(25＋7＋4,90)＝0.4.因此X的分布列為X200300500P0.20.40.4(2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200≤n≤500.當(dāng)300≤n≤500時(shí)，若最高氣溫不低于25，則Y＝6n－4n＝2n；若最高氣溫位于區(qū)間[20，25)，則Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1200－2n；若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.因此E(Y)＝2n×0.4＋(1200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.當(dāng)200≤n<300時(shí)，若最高氣溫不低于20，則Y＝6n－4n＝2n；若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.所以n＝300時(shí)，Y的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最大值，最大值為520元．11．(2021·新高考全國Ⅱ)一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來，設(shè)一個(gè)這種微生物為第0代，經(jīng)過一次繁殖后為第1代，再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個(gè)數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列，設(shè)X表示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)數(shù)，P(X＝i)＝pi(i＝0，1，2，3).(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；(2)設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一個(gè)最小正實(shí)根，求證：當(dāng)E(X)≤1時(shí)，p＝1，當(dāng)E(X)＞1時(shí)，p＜1；(3)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實(shí)際含義．11．解析(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.(2)證明：法一：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0，x＞0.令f(x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x，f′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1，f″(x)＝2p2＋6p3x＞0，∴f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．①當(dāng)E(X)＝p1＋2p2＋3p3≤1時(shí)，當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f′(x)≤f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1≤0，∴f(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，注意到f(1)＝0，∴f(x)在x∈(0，1]上有唯一零點(diǎn)x＝1，即p＝1.②當(dāng)E(X)＝p1＋2p2＋3p3＞1時(shí)，注意到f′(0)＝p1－1＜0，f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1＞0，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴存在唯一x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0，當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．∵f(0)＝p0＞0，f(1)＝0，∴f(x0)＜f(1)＝0.∴f(x)在(0，x0)上有唯一零點(diǎn)x1，∴p＝x1＜1.法二：由題意知p0＋p1＋p2＋p3＝1，E(X)＝p1＋2p2＋3p3.p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x?p0＋p2x2＋p3x3－(1－p1)x＝0.∴p0＋p2x2＋p3x3－(p0＋p2＋p3)x＝0?p0(1－x)＋p2x(x－1)＋p3x(x－1)(x＋1)＝0?(x－1)[p3x2＋(p2＋p3)x－p0]＝0.令f(x)＝p3x2＋(p2＋p3)x－p0，f(x)的對稱軸為x＝－eq\f(p2＋p3,2p3)＜0.注意到f(0)＝－p0＜0，f(1)＝2p3＋p2－p0＝p1＋2p2＋3p3－1＝E(X)－1.當(dāng)E(X)≤1，f(1)≤0，f(x)的正實(shí)根x0≥1，原方程的最小正實(shí)根p＝1；當(dāng)E(X)＞1，f(1)＞0，f(x)的正實(shí)根x0＜1，原方程的最小正實(shí)根p＝x0＜1.(3)當(dāng)1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的期望小于等于1時(shí)，這種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕，當(dāng)1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的期望大于1時(shí)，這種微生物經(jīng)過多代繁殖后還有繼續(xù)繁殖的可能．12．為了治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道哪種新藥更有效，為此進(jìn)行動物試驗(yàn)．試驗(yàn)方案如下：每一輪選取兩組白鼠對藥效進(jìn)行對比試驗(yàn)．對于兩組白鼠，當(dāng)其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時(shí)，就停止試驗(yàn)，并認(rèn)為治愈只數(shù)多的藥更有效．為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗(yàn)，若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分，乙藥得－1分；若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分，甲藥得－1分；若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分．甲、乙兩種藥的治愈率分別記為α和β，一輪試驗(yàn)中甲藥的得分記為X.(1)求X的分布列；(2)若甲藥、乙藥在試驗(yàn)開始時(shí)都賦予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲藥的累計(jì)得分為i時(shí)，最終認(rèn)為甲藥比乙藥更有效”的概率，則p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1).假設(shè)α＝0.5，β＝0.8.①求證：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)為等比數(shù)列；②求p4，并根據(jù)p4的值解釋這種試驗(yàn)方案的合理性．12．解析(1)X的所有可能取值為－1，0，1.P(X＝－1)＝(1－α)β，P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，P(X＝1)＝α(1－β)，所以X的分布列為X－101P(1－α)βαβ＋(1－α)(1－β)α(1－β)(2)①證明：由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1，因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1).又因?yàn)閜1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)是公比為4，首項(xiàng)為p1的等比數(shù)列．②由①可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)＝eq\f(48－1,3)p1.由于p8＝1，故p1＝eq\f(3,48－1)，所以p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0)＝eq\f(44－1,3)p1＝eq\f(1,257).p4表示最終認(rèn)為甲藥更有效的概率，由計(jì)算結(jié)果可以看出，在甲藥治愈率為0.5，乙藥治愈率為0.8時(shí)，認(rèn)為甲藥更有效的概率為p4＝eq\f(1,257)≈0.0039，此時(shí)得出錯(cuò)誤結(jié)論的概率非常小，說明這種試驗(yàn)方案合理．13．為了預(yù)防某種流感擴(kuò)散，某校醫(yī)務(wù)室采取積極的處理方式，對感染者進(jìn)行短暫隔離直到康復(fù)．假設(shè)某班級已知6位同學(xué)中有1位同學(xué)被感染，需要通過化驗(yàn)血液來確定被感染的同學(xué)，血液化驗(yàn)結(jié)果呈陽性即被感染，呈陰性即未被感染．下面是兩種化驗(yàn)方案．方案甲：逐個(gè)化驗(yàn)，直到能確定被感染的同學(xué)為止．方案乙：先任取3個(gè)同學(xué)，將他們的血液混在一起化驗(yàn)，若結(jié)果呈陽性則表明被感染同學(xué)為這3位中1位，后再逐個(gè)化驗(yàn)，直到能確定被感染的同學(xué)為止；若結(jié)果呈陰性，則在另外3位同學(xué)中逐個(gè)檢測．(1)求方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)等于方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)的概率；(2)η表示方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)，ξ表示方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)，假設(shè)每次化驗(yàn)的費(fèi)用都相同，請從經(jīng)濟(jì)角度考慮哪種化驗(yàn)的方案最佳．13．解析設(shè)Ai(i＝1，2，3，4，5)表示方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)為i次；Bj(j＝2，3)表示方案乙所需化驗(yàn)的次數(shù)為j次，方案甲與方案乙相互獨(dú)立．(1)P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(A4)＝eq\f(1,6)，P(A5)＝eq\f(1,3)，P(B2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)))＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)))＝eq\f(1,3)，P(B3)＝1－P(B2)＝eq\f(2,3)，用事件D表示方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)等于方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)，則P(D)＝P(A2B2＋A3B3)＝P(A2)P(B2)＋P(A3)·P(B3)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,6).(2)η的可能取值為1，2，3，4，5.ξ的可能取值為2，3.由(1)知P(η＝1)＝P(η＝2)＝P(η＝3)＝P(η＝4)＝eq\f(1,6)，P(η＝5)＝eq\f(1,3)，所以E(η)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,6)＋5×eq\f(2,6)＝eq\f(10,3)，P(ξ＝2)＝P(B2)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝3)＝P(B3)＝eq\f(2,3)，所以E(ξ)＝2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).因?yàn)镋(ξ)<E(η)，所以從經(jīng)濟(jì)角度考慮方案乙最佳．14．已知某高中高三年級共有20個(gè)班，共1000人，其中男生600人，女生400人．現(xiàn)在從該校高三學(xué)生中抽取10%的學(xué)生進(jìn)行玩游戲時(shí)間的調(diào)查．設(shè)置方案如下：一個(gè)罐子中放置了大小、質(zhì)地相同的20個(gè)紅球，20個(gè)白球，被抽查的同學(xué)首先從該罐子中隨機(jī)抽取一個(gè)球，看過顏色后放回，若抽到紅球回答問題1，若抽到白球回答問題2，學(xué)生只需要對一個(gè)問題回答“是”或者“否”即可．問題1：你的性別是否為男生？問題2：你周末打游戲的時(shí)長是否在3小時(shí)及以上？(1)應(yīng)該抽取多少學(xué)生？若用分層抽樣的抽樣方法，如何抽取這10%的學(xué)生？(2)最終有40張答卷回答“是”，請估計(jì)該高中高三年級有多大占比的學(xué)生周末打游戲的時(shí)長在3小時(shí)及以上．14．解析(1)應(yīng)該抽取1000×10%＝100(人).若采用分層抽樣的抽樣方法，從男生中應(yīng)該隨機(jī)抽取600×10%＝60(人)，從女生中應(yīng)該隨機(jī)抽取400×10%＝40(人).(2)法一：設(shè)“抽到白球”為事件A，“抽到紅球”為事件B.由題意知，P(A)＝eq\f(20,40)＝0.5，P(B)＝eq\f(20,40)＝0.5.設(shè)被抽查的某位同學(xué)回答“是”為事件C，以頻率代替概率，則P(C|B)＝0.6，易知P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)，所以P(C|A)＝eq\f(P（C）－P（B）P（C|B）,P（A）)＝eq\f(0.4－0.5×0.6,0.5)＝0.2.所以估計(jì)該高中高三年級有20%的學(xué)生周末打游戲時(shí)間在3小時(shí)及以上．法二：假設(shè)學(xué)生周末打游戲時(shí)間在3小時(shí)及以上的概率為P，易知抽到紅球的概率為eq\f(1,2)，抽到白球的概率為eq\f(1,2)，則40＝100×eq\f(1,2)×0.6＋100×eq\f(1,2)×P，解得P＝0.2，所以估計(jì)該高中高三年級有20%的學(xué)生周末打游戲時(shí)間在3小時(shí)及以上．15．某公司為了切實(shí)保障員工的健康安全，決定在全公司范圍內(nèi)舉行一次專門針對某病毒的健康普查，為此需要抽取全公司m人的血樣進(jìn)行化驗(yàn)，由于人數(shù)較多，檢疫部門制定了下列兩種可供選擇的方案．方案①：將每個(gè)人的血樣分別化驗(yàn)，這時(shí)需要化驗(yàn)m次．方案②：按k個(gè)人一組進(jìn)行隨機(jī)分組，把從每組k個(gè)人抽來的血樣混合在一起進(jìn)行化驗(yàn)，如果每個(gè)人的血樣均為陰性，則驗(yàn)出的結(jié)果呈陰性，這k個(gè)人的血樣只需化驗(yàn)一次(這時(shí)認(rèn)為每個(gè)人的血樣化驗(yàn)eq\f(1,k)次)；否則，呈陽性，則需對這k個(gè)人的血樣再分別進(jìn)行一次化驗(yàn)，這樣，該組k個(gè)人的血樣總共需要化驗(yàn)k＋1次．假設(shè)此次普查中每個(gè)人的血樣化驗(yàn)呈陽性的概率為p，且這些人之間的化驗(yàn)結(jié)果相互獨(dú)立．(1)設(shè)方案②中，某組k個(gè)人中每個(gè)人的血樣化驗(yàn)次數(shù)為X，求X的分布列；(2)設(shè)m＝1000，p＝0.1，試求方案②中，k分別取2，3，4時(shí)，各需化驗(yàn)的平均總次數(shù)，并指出在這三種分組情況下，相比方案①，化驗(yàn)次數(shù)最多可以平均減少多少次？(結(jié)果保留整數(shù))15．解析(1)設(shè)每個(gè)人的血樣呈陰性的概率為q，則q＝1－p.所以k個(gè)人的血樣混合后呈陰性的概率為qk，呈陽性的概率為1－qk.依題意可知X＝eq\f(1,k)，1＋eq\f(1,k)，所以X的分布列為Xeq\f(1,k)1＋eq\f(1,k)Pqk1－qk(2)方案②中，結(jié)合(1)知每個(gè)人的平均化驗(yàn)次數(shù)為E(X)＝eq\f(1,k)·qk＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))·(1－qk)＝eq\f(1,k)－qk＋1.當(dāng)k＝2時(shí)，E(X)＝eq\f(1,2)－0.92＋1＝0.69，此時(shí)1000人需要化驗(yàn)的總次數(shù)為690，當(dāng)k＝3時(shí)，E(X)＝eq\f(1,3)－0.93＋1≈0.6043，此時(shí)1000人需要化驗(yàn)的總次數(shù)為604，當(dāng)k＝4時(shí)，E(X)＝eq\f(1,4)－0.94＋1＝0.5939，此時(shí)1000人需要化驗(yàn)的總次數(shù)為594.即k＝2時(shí)化驗(yàn)次數(shù)最多，k＝3時(shí)化驗(yàn)次數(shù)居中，k＝4時(shí)化驗(yàn)次數(shù)最少．而采用方案①則需要化驗(yàn)1000次，故在這三種分組情況下，相比方案①，當(dāng)k＝4時(shí)化驗(yàn)次數(shù)最多可以平均減少1000－594＝406(次).16．某新型雙軸承電動機(jī)需要裝配兩個(gè)軸承才能正常工作，且兩個(gè)軸承互不影響．現(xiàn)計(jì)劃購置甲、乙兩個(gè)品牌的軸承，兩個(gè)品牌軸承的使用壽命及價(jià)格情況如下表：品牌價(jià)格(元/件)使用壽命(月)甲10007或8乙4003或4已知甲品牌使用7個(gè)月或8個(gè)月的概率均為eq\f(1,2)，乙品牌使用3個(gè)月或4個(gè)月的概率均為eq\f(1,2)．(1)若從4件甲品牌和2件乙品牌共6件軸承中，任選2件裝入電動機(jī)內(nèi)，求電動機(jī)可工作時(shí)間不少于4個(gè)月的概率；(2)現(xiàn)有兩種購置方案，方案一：購置2件甲品牌；方案二：購置1件甲品牌和2件乙品牌(甲、乙兩品牌軸承搭配使用)．試從性價(jià)比(即電動機(jī)正常工作時(shí)間與購置軸承的成本之比)的角度考慮，選擇哪一種方案更實(shí)惠？16．解析(1)電動機(jī)工作時(shí)間不少于4個(gè)月共有三種情況：①裝入兩件甲品牌，概率為eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,6))＝eq\f(2,5)；②裝入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用壽命為4個(gè)月，概率為eq\f(C\o\al(1,4)×C\o\al(1,2),C\o\al(2,6))×eq\f(1,2)＝eq\f(4,15)；③裝入兩件乙品牌，且兩件的使用壽命均為4個(gè)月，概率為eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,6))×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,60)．∴電動機(jī)可工作時(shí)間不少于4個(gè)月的概率為P＝eq\f(2,5)＋eq\f(4,15)＋eq\f(1,60)＝eq\f(41,60)．(2)若采用方案一，設(shè)電動機(jī)可工作時(shí)間為X(單位：月)，則X的可能取值為7，8，P(X＝8)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(X＝7)＝1－P(X＝8)＝eq\f(3,4)，∴X的分布列為X78Peq\f(3,4)eq\f(1,4)∴E(X)＝7×eq\f(3,4)＋8×eq\f(1,4)＝eq\f(29,4)，它與購置軸承的成本之比為eq\f(EX,1000＋1000)＝eq\f(29,8000)．若采用方案二，設(shè)兩件乙品牌軸承的使用壽命之和為Y(單位：月)，則Y的可能取值為6，7，8，P(Y＝6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(Y＝7)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，P(Y＝8)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)．設(shè)甲品牌軸承的使用壽命為M(單位：月)，此時(shí)電動機(jī)可工作時(shí)間為Z(單位：月)，則Z的可能取值為6，7，8，P(Z＝6)＝P(Y＝6)＝eq\f(1,4)，P(Z＝7)＝P(M＝7，Y≥7)＋P(M＝8，Y＝7)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,8)，P(Z＝8)＝P(M＝Y(jié)＝8)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)，∴Z的分布列為Z678Peq\f(1,4)eq\f(5,8)eq\f(1,8)∴E(Z)＝6×eq\f(1,4)＋7×eq\f(5,8)＋8×eq\f(1,8)＝eq\f(55,8)，它與購置軸承的成本之比為eq\f(EZ,1000＋400＋400)＝eq\f(11,2880)，∵eq\f(29,8000)<eq\f(11,2880)，∴從性價(jià)比的角度考慮，方案二更實(shí)惠．17．為了預(yù)防某種流感擴(kuò)散，某校醫(yī)務(wù)室采取積極的處理方式，對感染者進(jìn)行短暫隔離直到康復(fù)．假設(shè)某班級已知6位同學(xué)中有1位同學(xué)被感染，需要通過化驗(yàn)血液來確定被感染的同學(xué)，血液化驗(yàn)結(jié)果呈陽性即被感染，呈陰性即未被感染．下面是兩種化驗(yàn)方案．方案甲：逐個(gè)化驗(yàn)，直到能確定被感染的同學(xué)為止．方案乙：先任取3個(gè)同學(xué)，將他們的血液混在一起化驗(yàn)，若結(jié)果呈陽性則表明被感染同學(xué)為這3位中的1位，后再逐個(gè)化驗(yàn)，直到能確定被感染的同學(xué)為止；若結(jié)果呈陰性，則在另外3位同學(xué)中逐個(gè)檢測．(1)求方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)等于方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)的概率；(2)η表示方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)，ξ表示方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)，假設(shè)每次化驗(yàn)的費(fèi)用都相同，請從經(jīng)濟(jì)角度考慮哪種化驗(yàn)的方案最佳．17．解析設(shè)Ai(i＝1，2，3，4，5)表示方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)為i次；Bj(j＝2，3)表示方案乙所需化驗(yàn)的次數(shù)為j次，方案甲與方案乙相互獨(dú)立．(1)P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(A4)＝eq\f(1,6)，P(A5)＝eq\f(1,3)，P(B2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)))＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)))＝eq\f(1,3)，P(B3)＝1－P(B2)＝eq\f(2,3)，用事件D表示方案甲所需化驗(yàn)次數(shù)等于方案乙所需化驗(yàn)次數(shù)，則P(D)＝P(A2B2＋A3B3)＝P(A2)P(B2)＋P(A3)·P(B3)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,6)．(2)η的可能取值為1，2，3，4，5．ξ的可能取值為2，3．由(1)知P(η＝1)＝P(η＝2)＝P(η＝3)＝P(η＝4)＝eq\f(1,6)，P(η＝5)＝eq\f(1,3)，所以E(η)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,6)＋5×eq\f(2,6)＝eq\f(10,3)，P(ξ＝2)＝P(B2)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝3)＝P(B3)＝eq\f(2,3)，所以E(ξ)＝2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)．因?yàn)镋(ξ)<E(η)，所以從經(jīng)濟(jì)角度考慮方案乙最佳．18．某公司為了切實(shí)保障員工的健康安全，決定在全公司范圍內(nèi)舉行一次專門針對某病毒的健康普查，為此需要抽取全公司m人的血樣進(jìn)行化驗(yàn)，由于人數(shù)較多，檢疫部門制定了下列兩種可供選擇的方案．方案①：將每個(gè)人的血樣分別化驗(yàn)，這時(shí)需要化驗(yàn)m次．方案②：按k個(gè)人一組進(jìn)行隨機(jī)分組，把從每組k個(gè)人抽來的血樣混合在一起進(jìn)行化驗(yàn)，如果每個(gè)人的血樣均為陰性，則驗(yàn)出的結(jié)果呈陰性，這k個(gè)人的血樣只需化驗(yàn)一次(這時(shí)認(rèn)為每個(gè)人的血樣化驗(yàn)eq\f(1,k)次)；否則，呈陽性，則需對這k個(gè)人的血樣再分別進(jìn)行一次化驗(yàn)，這樣，該組k個(gè)人的血樣總共需要化驗(yàn)k＋1次．假設(shè)此次普查中每個(gè)人的血樣化驗(yàn)呈陽性的概率為p，且這些人之間的化驗(yàn)結(jié)果相互獨(dú)立．(1)設(shè)方案②中，某組k個(gè)人中每個(gè)人的血樣化驗(yàn)次數(shù)為X，求X的分布列；(2)設(shè)m＝1000，p＝0.1，試求方案②中，k分別取2，3，4時(shí)，各需化驗(yàn)的平均總次數(shù)，并指出在這三種分組情況下，相比方案①，化驗(yàn)次數(shù)最多可以平均減少多少次？(結(jié)果保留整數(shù))18．解析(1)設(shè)每個(gè)人的血樣呈陰性的概率為q，則q＝1－p．所以k個(gè)人的血樣混合后呈陰性的概率為qk，呈陽性的概率為1－qk．依題意可知X＝eq\f(1,k)，1＋eq\f(1,k)，所以X的分布列為Xeq\f(1,k)1＋eq\f(1,k)Pqk1－qk(2)方案②中，結(jié)合(1)知每個(gè)人的平均化驗(yàn)次數(shù)為E(X)＝eq\f(1,k)·qk＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))·(1－qk)＝eq\f(1,k)－qk＋1．當(dāng)k＝2時(shí)，E(X)＝eq\f(1,2)－0.92＋1＝0.69，此時(shí)1000人需要化驗(yàn)的總次數(shù)為690，當(dāng)k＝3時(shí)，E(X)＝eq\f(1,3)－0.93＋1≈0.6043，此時(shí)1000人需要化驗(yàn)的總次數(shù)為604，當(dāng)k＝4時(shí)，E(X)＝eq\f(1,4)－0.94＋1＝0.5939，此時(shí)1000人需要化驗(yàn)的總次數(shù)為594．即k＝2時(shí)化驗(yàn)次數(shù)最多，k＝3時(shí)化驗(yàn)