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2014年高考数学试题分类汇编~概率

概率
K1 随事件的概率 20. 、 、 、 、[2014· 湖北卷] 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: 40<X<80 X>120 年入流量 X 80≤X≤120 发电机最多 1 2 3 可运行台数 若某台发电机运行,则该台年利润为 5000 万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损 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? 10 20.解:(1)依题意,p1=P(40<X<80)= =0.2, 50 35 p2=P(80≤X≤120)= =0.7, 50 5 p3=P(X>120)= =0.1. 50 由二项分布得,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 4 1 3 4 3 p=C0 4(1-p3) +C4(1-p3) p3=0.9 +4×0.9 ×0.1=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=5000, E(Y)=5000×1=5000. 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=5000-800=4200, 因此 P(Y=4200) =P(40<X<80)=p1=0.2;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y=5000×2=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: Y 4200 10 000 P 0.2 0.8 所以,E(Y)=4200×0.2+10 000×0.8=8840. 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=5000-1600=3400, 因此 P(Y=3400) =P(40<X<80)=p1=0.2; 当 80≤X≤120 时, 两台发电机运行, 此时 Y=5000×2-800=9200, 因此 P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7; 当 X>120 时, 三台发电机运行, 此时 Y=5000×3 =15 000,因此 P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1.由此得 Y 的分布列如下: Y 3400 9200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15 000×0.1=8620. 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. 17. , , ,[2014· 四川卷] 一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓 要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得 10 分,出 现两次音乐获得 20 分, 出现三次音乐获得 100 分, 没有出现音乐则扣除 200 分(即获得-200 1 分).设每次击鼓出现音乐的概率为 ,且各次击鼓出现音乐相互独立. 2 (1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列.

(2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少? (3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加 反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 17.解:(1)X 可能的取值为 10,20,100,-200. 根据题意,有
1 2 ?1? ? 1? 3 P(X=10)=C1 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8 2 1 ?1? ? 1? 3 P(X=20)=C2 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8 3 0 ?1? ? 1? 1 P(X=100)=C3 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8

1?0 ? 1?3 1 ? P(X=-200)=C0 × 3 ?2? ×?1-2? =8. 所以 X 的分布列为: X P 10 3 8 20 3 8 100 1 8 -200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3),则 1 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)= . 8 1?3 1 所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1-P(A1A2A3)=1-? ?8? =1-512= 511 . 512 511 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是 . 512 3 3 1 1 5 (3)由(1)知,X 的数学期望为 EX=10× +20× +100× -200× =- . 8 8 8 8 4 这表明,获得分数 X 的均值为负. 因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大. K2 古典概型 11. 、[2014· 广东卷] 从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取七个不同的数,则这七 个数的中位数是 6 的概率为________. 1 11. 6 18. 、 、[2014· 福建卷] 为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1000 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: (i)顾客所获的奖励额为 60 元的概率; (ii)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. 18.解:(1)设顾客所获的奖励额为 X.
1 C1 1 1C3 (i)依题意,得 P(X=60)= 2 = . C4 2

1 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 , 2 (ii)依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60. 1 P(X=60)= , 2 C2 3 1 P(X=20)= 2= , C4 2 即 X 的分布列为 X P 20 0.5 60 0.5

所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)=20×0.5+60×0.5=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 P 20 1 6 60 2 3 100 1 6

1 2 1 X1 的期望为 E(X1)=20× +60× +100× =60, 6 3 6 1 2 1 1600 X1 的方差为 D(X1)=(20-60)2× +(60-60)2× +(100-60)2× = . 6 3 6 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 P 40 1 6 60 2 3 80 1 6

1 2 1 X2 的期望为 E(X2)=40× +60× +80× =60, 6 3 6 1 2 1 400 X2 的方差为 D(X2)=(40-60)2× +(60-60)2× +(80-60)2× = . 6 3 6 3 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求, 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. 5.[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动, 则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ) 1 A. 8 5 C. 8 3 B. 8 7 D. 8

5.D 6.[2014· 陕西卷] 从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中,任取 2 个点,则这 2 个点的 距离不小于 该正方形边长的概率为 ( ) ... 1 A. 5 2 3 4 B. C. D. 5 5 5

6.C 16. 、 、 [2014· 天津卷] 某大学志愿者协会有 6 名男同学, 4 名女同学. 在这 10 名同学中, 3 名同学来自数学学院,其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学,到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同). (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率; (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数,求随机变量 X 的分布列和数学期望. 16.解:(1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A,则
2 0 3 C1 3·C7+C3·C7 49 P(A)= = , C3 60 10

49 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为 . 60 (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.
3 k Ck 4·C6 P(X=k)= (k=0,1,2,3), 3 C10


所以随机变量 X 的分布列是 X P 0 1 6 1 1 2 2 3 10 3 1 30

1 1 3 1 6 随机变量 X 的数学期望 E(X)=0× +1× +2× +3× = . 6 2 10 30 5 9. 、[2014· 浙江卷] 已知甲盒中仅有 1 个球且为红球,乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球 (m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取 i(i=1,2)个球放入甲盒中. (a)放入 i 个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξ i(i=1,2); (b)放入 i 个球后,从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi(i=1,2). 则( ) A.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2) B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2) C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2) D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2) 9.A 18. ,[2014· 重庆卷] 一盒中装有 9 张各写有一个数字的卡片,其中 4 张卡片上的数字是 1,3 张卡片上的数字是 2,2 张卡片上的数字是 3.从盒中任取 3 张卡片. (1)求所取 3 张卡片上的数字完全相同的概率;

(2)X 表示所取 3 张卡片上的数字的中位数,求 X 的分布列与数学期望. (注:若三个数 a,b,c 满足 a≤b≤c,则称 b 为这三个数的中位数) 3 C3 5 4+C3 18.解:(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为 P= = . 3 C9 84 (2)X 的所有可能值为 1,2,3,且 1 3 C2 4C5+C4 17 P(X=1)= = , 3 C9 42 1 1 1 2 1 C3C4C2+C3C6+C3 43 3 P(X=2)= = , C3 84 9 1 C2 1 2C7 P(X=3)= 3 = , C9 12 故 X 的分布列为 1 2 17 43 P 42 84 17 43 1 47 从而 E(X)=1× +2× +3× = . 42 84 12 28 X 3 1 12

K3 几何概型 14. 、[2014· 福建卷] 如图 14,在边长为 e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒 黄豆,则它落到阴影部分的概率为________.

图 14 2 14. 2 e x≤0, ? ? ?x+y≤1, ? 7. [2014· 湖北卷] 由不等式组?y≥0, 确定的平面区域记为 Ω1, 不等式组? ? ?x+y≥-2 ? ?y-x-2≤0 确定的平面区域记为 Ω2,在 Ω1 中随机取一点,则该点恰好在 Ω2 内的概率为( 1 1 3 7 A. B. C. D. 8 4 4 8 7.D )

14.[2014· 辽宁卷] 正方形的四个顶点 A(-1,-1),B(1,-1),C(1,1),D(-1,1) 分别在抛物线 y=-x2 和 y=x2 上,如图 13 所示.若将—个质点随机投入正方形 ABCD 中, 则质点落在图中阴影区域的概率是________.

图 13 2 14. 3 K4 互斥事件有一个发生的概率 17. 、[2014· 湖南卷] 某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为 2 3 和 .现安排甲组研发新产品 A,乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相互独立. 3 5 (1)求至少有一种新产品研发成功的概率. (2)若新产品 A 研发成功,预计企业可获利润 120 万元;若新产品 B 研发成功,预计企 业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望. 17.解:记 E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题设知 2 1 3 2 P(E)= ,P(E)= ,P(F)= ,P(F)= , 3 3 5 5 且事件 E 与 F,E 与 F,E 与 F,E 与 F 都相互独立. 1 2 2 (1)记 H={至少有一种新产品研发成功}, 则 H=E F, 于是 P(H)=P(E)P(F)= × = , 3 5 15 2 13 故所求的概率为 P(H)=1-P(H)=1- = . 15 15 (2)设企业可获利润为 X(万元), 则 X 的可能取值为 0, 100, 120, 220.因为 P(X=0)=P(E 1 2 2 1 3 1 F)= × = ,P(X=100)=P(E F)= × = , 3 5 15 3 5 5 2 2 4 P(X=120)=P(E F)= × = , 3 5 15 2 3 2 P(X=220)=P(EF)= × = , 3 5 5 故所求的分布列为 X 0 100 120 220 2 1 4 2 P 15 5 15 5 数学期望为 2 1 4 2 300+480+1320 2100 E(X)=0× +100× +120× +220× = = =140. 15 5 15 5 15 15 16. 、 、 [2014· 天津卷] 某大学志愿者协会有 6 名男同学, 4 名女同学. 在这 10 名同学中, 3 名同学来自数学学院,其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学,到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同). (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率; (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数,求随机变量 X 的分布列和数学期望. 16.解:(1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A,则
2 0 3 C1 3·C7+C3·C7 49 P(A)= = , 3 C10 60

49 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为 . 60

(2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.
3 k Ck 4·C6 P(X=k)= (k=0,1,2,3), 3 C10


所以随机变量 X 的分布列是 X P 0 1 6 1 1 2 2 3 10 3 1 30

1 1 3 1 6 随机变量 X 的数学期望 E(X)=0× +1× +2× +3× = . 6 2 10 30 5 K5 相互对立事件同时发生的概率 17. 、[2014· 安徽卷] 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 2 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 ,乙获胜的 3 1 概率为 ,各局比赛结果相互独立. 3 (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). 17.解: 用 A 表示“甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛”,Ak 表示“第 k 局甲获胜”, 2 1 Bk 表示“第 k 局乙获胜”,则 P(Ak)= ,P(Bk)= ,k=1,2,3,4,5. 3 3 (1)P(A) = P(A1A2) + P(B1A2A3) + P(A1B2A3A4) = P(A1)P(A2) + P(B1)P(A2)P(A3) + 2?2 1 ?2?2 P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)=? ?3? +3×?3? + 2 1 ?2?2 56 × × = . 3 3 ?3? 81 (2)X 的可能取值为 2,3,4,5. 5 P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)= , 9 P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)= 2 P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)= , 9 P(X = 4) = P(A1B2A3A4) + P(B1A2B3B4) = P(A1)P(B2)P(A3)P(A4) + P(B1)P(A2)P(B3)· P(B4) = 10 , 81 8 P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)= . 81 故 X 的分布列为 X P 2 5 9 3 2 9 4 10 81 5 8 81

5 2 10 8 224 EX=2× +3× +4× +5× = . 9 9 81 81 81 16. 、[2014· 北京卷] 李明在 10 场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独 立): 场次 主场 1 主场 2 主场 3 主场 4 主场 5 投篮次数 22 15 12 23 24 命中次数 12 12 8 8 20 场次 客场 1 客场 2 客场 3 客场 4 客场 5 投篮次数 18 13 21 18 25 命中次数 8 12 7 15 12

(1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过 0.6 的概率; (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过 0.6,一 场不超过 0.6 的概率; (3)记 x 为表中 10 个命中次数的平均数,从上述比赛中随机选择一场,记 X 为李明在这 场比赛中的命中次数,比较 EX 与 x 的大小.(只需写出结论) 16.解:(1)根据投篮统计数据,在 10 场比赛中,李明投篮命中率超过 0.6 的有 5 场, 分别是主场 2,主场 3,主场 5,客场 2,客场 4. 所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6 的概率是 0.5. (2)设事件 A 为“在随机选择的一场主场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6”,事件 B 为“在随机选择的一场客场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6”,事件 C 为“在随机选择 的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不超过 0.6”. 则 C=AB∪AB,A,B 相互独立. 3 2 根据投篮统计数据,P(A)= ,P(B)= . 5 5 故 P(C)=P(AB)+P(AB) 3 3 2 2 = × + × 5 5 5 5 = 13 . 25

所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不 13 超过 0.6 的概率为 . 25 - (3)EX= x . 17. 、[2014· 广东卷] 随机观测生产某种零件的某工厂 25 名工人的日加工零件数(单位: 件),获得数据如下:30,42,41,36,44,40,37,37,25,45,29,43,31,36,49, 34,33,43,38,42,32,34,46,39,36. 根据上述数据得到样本的频率分布表如下: 分组 [25,30] (30,35] (35,40] (40,45] 频数 3 5 8 n1 频率 0.12 0.20 0.32 f1

(45,50]

n2

f2

(1)确定样本频率分布表中 n1,n2,f1 和 f2 的值; (2)根据上述频率分布表,画出样本频率分布直方图; (3)根据样本频率分布直方图,求在该厂任取 4 人,至少有 1 人的日加工零件数落在区 间(30,35]的概率. 20. 、 、 、 、[2014· 湖北卷] 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: 40<X<80 X>120 年入流量 X 80≤X≤120 发电机最多 1 2 3 可运行台数 若某台发电机运行,则该台年利润为 5000 万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损 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? 10 20.解:(1)依题意,p1=P(40<X<80)= =0.2, 50 35 p2=P(80≤X≤120)= =0.7, 50 5 p3=P(X>120)= =0.1. 50 由二项分布得,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 4 1 3 4 3 p=C0 4(1-p3) +C4(1-p3) p3=0.9 +4×0.9 ×0.1=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=5000, E(Y)=5000×1=5000. 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=5000-800=4200, 因此 P(Y=4200) =P(40<X<80)=p1=0.2;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y=5000×2=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: Y 4200 10 000 P 0.2 0.8 所以,E(Y)=4200×0.2+10 000×0.8=8840. 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=5000-1600=3400, 因此 P(Y=3400) =P(40<X<80)=p1=0.2; 当 80≤X≤120 时, 两台发电机运行, 此时 Y=5000×2-800=9200, 因此 P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7; 当 X>120 时, 三台发电机运行, 此时 Y=5000×3 =15 000,因此 P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1.由此得 Y 的分布列如下: Y 3400 9200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15 000×0.1=8620. 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. 21. 、 、[2014· 江西卷] 随机将 1,2,?,2n(n∈N*,n≥2)这 2n 个连续正整数分成 A,B 两组,每组 n 个数.A 组最小数为 a1,最大数为 a2;B 组最小数为 b1,最大数为 b2.记 ξ=a2 -a1,η=b2-b1. (1)当 n=3 时,求 ξ 的分布列和数学期望;

(2)令 C 表示事件“ξ 与 η 的取值恰好相等”,求事件 C 发生的概率 P(C); - - (3)对(2)中的事件 C, C 表示 C 的对立事件,判断 P(C)和 P( C )的大小关系,并说明理 由. 21.解:(1)当 n=3 时,ξ 的所有可能取值为 2,3,4,5. 3 将 6 个正整数平均分成 A,B 两组,不同的分组方法共有 C6 =20(种),所以 ξ 的分布列 为:

ξ P

2 1 5

3 3 10

4 3 10

5 1 5

1 3 3 1 7 Eξ =2× +3× +4× +5× = . 5 10 10 5 2 (2)ξ 和 η 恰好相等的所有可能取值为 n-1,n,n+1,?,2n-2. 又 ξ 和 η 恰好相等且等于 n-1 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n+k(k=1,2,?,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有 2Ck 2k种. 4 2 所以当 n=2 时,P(C)= = , 6 3
k ? 2? ?2+∑k=1C2k? 当 n≥3 时,P(C)= . Cn 2n n-2

1 (3)由(2)得,当 n=2 时,P(C)= ,因此 P(C)>P(C).而当 n≥3 时,P(C)<P(C). 3 理由如下:
n-2

P(C)<P(C)等价于 4(2+∑

k=1

n Ck 2k)<C2n,①

用数学归纳法来证明: 3 (i)当 n=3 时,①式左边=4(2+C1 2)=4(2+2)=16,①式右边=C6=20,所以①式成立. (ii)假设 n=m(m≥3)时①式成立,即 4? ?2+∑
m-2 k=1

? m Ck 2k?<C2m成立,
m+1-2 k=1

那么,当 n=m+1 时, 左边= 4 ? ?2+∑

? ? Ck 2k? = 4 ?2+∑
2

m-2 k=1

m 1 m m 1 ? Ck 2k? + 4C 2(m-1) <C 2m + 4C 2(m-1) =
- -

(2m)! + m!m!

4·(2m-2)! (m+1) (2m)(2m-2)!(4m-1) = < (m-1)!(m-1)! (m+1)!(m+1)! (m+1)2(2m)(2m-2)!(4m) +1 =Cm 2(m+1)· (m+1)!(m+1)! 2(m+1)m + <Cm( 1+ )=右边, (2m+1)(2m-1) 2 m 1 即当 n=m+1 时,①式也成立.

综合(i)(ii)得,对于 n≥3 的所有正整数,都有 P(C)<P(C)成立. 18. 、 、[2014· 辽宁卷] 一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频 率分布直方图,如图 14 所示.

图 14 将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立. (1)求在未来连续 3 天里,有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量 低于 50 个的概率; (2)用 X 表示在未来 3 天里日销售量不低于 100 个的天数,求随机变量 X 的分布列,期 望 E(X)及方差 D(X). 18.解:(1)设 A1 表示事件“日销售量不低于 100 个”,A2 表示事件“日销售量低于 50 个”, B 表示事件“在未来连续 3 天里有连续 2 天日销售量不低于 100 个且另 1 天销售量低 于 50 个”.因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6, P(A2)=0.003×50=0.15, P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108. (2)X 可能取的值为 0,1,2,3,相应的概率分别为 3 P(X=0)=C0 3·(1-0.6) =0.064, 1 P(X=1)=C3·0.6(1-0.6)2=0.288, 2 P(X=2)=C2 3·0.6 (1-0.6)=0.432, 3 P(X=3)=C3·0.63=0.216. X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 因为 X~B(3,0.6),所以期望 E(X)=3×0.6=1.8,方差 D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72. 20. 、[2014· 全国卷] 设每个工作日甲、乙、丙、丁 4 人需使用某种设备的概率分别为 0.6,0.5,0.5,0.4,各人是否需使用设备相互独立. (1)求同一工作日至少 3 人需使用设备的概率; (2)X 表示同一工作日需使用设备的人数,求 X 的数学期望. 20.解:记 A1 表示事件:同一工作日乙、丙中恰有 i 人需使用设备,i=0,1,2. B 表示事件:甲需使用设备. C 表示事件:丁需使用设备. D 表示事件:同一工作日至少 3 人需使用设备. (1)因为 P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=Ci2×0.52,i=0,1,2, 所以 P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2·B· C)= P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2·B· C)= P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B)P(C)= 0.31. (2)X 的可能取值为 0,1,2,3,4,其分布列为 P(X=0)=P(B· A0·C) =P(B)P(A0)P(C)

=(1-0.6)×0.52×(1-0.4) =0.06, P(X=1)=P(B· A0·C+B· A0·C+B· A1·C)= P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A1)P(C)=0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52× 0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25, P(X=4)=P(A2·B· C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06, P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25, P(X = 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) - P(X = 3) - P(X = 4) = 1 - 0.06 - 0.25 - 0.25 - 0.06 = 0.38, 所以 EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0.25+2 ×0.38+3×0.25+4×0.06=2. 17. , , ,[2014· 四川卷] 一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓 要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得 10 分,出 现两次音乐获得 20 分, 出现三次音乐获得 100 分, 没有出现音乐则扣除 200 分(即获得-200 1 分).设每次击鼓出现音乐的概率为 ,且各次击鼓出现音乐相互独立. 2 (1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列. (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少? (3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加 反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 17.解:(1)X 可能的取值为 10,20,100,-200. 根据题意,有 1?1 ? 1?2 3 ? P(X=10)=C1 × 3 ?2? ×?1-2? =8, 1?2 ? 1?1 3 ? P(X=20)=C2 × 3 ?2? ×?1-2? =8,
3 0 ?1? ? 1? 1 P(X=100)=C3 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8 0 3 ?1? ? 1? 1 P(X=-200)=C0 3× 2 × 1-2 = . ? ? ? ? 8

所以 X 的分布列为: X P 10 3 8 20 3 8 100 1 8 -200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3),则 1 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)= . 8 1?3 1 所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1-P(A1A2A3)=1-? = 1 - = 8 ? ? 512 511 . 512 511 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是 . 512

3 3 1 1 5 (3)由(1)知,X 的数学期望为 EX=10× +20× +100× -200× =- . 8 8 8 8 4 这表明,获得分数 X 的均值为负. 因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大. K6 离散型随机变量及其分布列 17. 、[2014· 安徽卷] 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 2 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 ,乙获胜的 3 1 概率为 ,各局比赛结果相互独立. 3 (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). 17.解: 用 A 表示“甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛”,Ak 表示“第 k 局甲获胜”, 2 1 Bk 表示“第 k 局乙获胜”,则 P(Ak)= ,P(Bk)= ,k=1,2,3,4,5. 3 3 (1)P(A) = P(A1A2) + P(B1A2A3) + P(A1B2A3A4) = P(A1)P(A2) + P(B1)P(A2)P(A3) + 2?2 1 ?2?2 P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)=? ?3? +3×?3? + 2 1 ?2?2 56 × × = . 3 3 ?3? 81 (2)X 的可能取值为 2,3,4,5. 5 P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)= , 9 P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)= 2 P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)= , 9 P(X = 4) = P(A1B2A3A4) + P(B1A2B3B4) = P(A1)P(B2)P(A3)P(A4) + P(B1)P(A2)P(B3)· P(B4) = 10 , 81 8 P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)= . 81 故 X 的分布列为 X P 2 5 9 3 2 9 4 10 81 5 8 81

5 2 10 8 224 EX=2× +3× +4× +5× = . 9 9 81 81 81 16. 、[2014· 北京卷] 李明在 10 场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独 立): 场次 主场 1 主场 2 投篮次数 22 15 命中次数 12 12 场次 客场 1 客场 2 投篮次数 18 13 命中次数 8 12

主场 3 主场 4 主场 5

12 23 24

8 8 20

客场 3 客场 4 客场 5

21 18 25

7 15 12

(1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过 0.6 的概率; (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过 0.6,一 场不超过 0.6 的概率; (3)记 x 为表中 10 个命中次数的平均数,从上述比赛中随机选择一场,记 X 为李明在这 场比赛中的命中次数,比较 EX 与 x 的大小.(只需写出结论) 16.解:(1)根据投篮统计数据,在 10 场比赛中,李明投篮命中率超过 0.6 的有 5 场, 分别是主场 2,主场 3,主场 5,客场 2,客场 4. 所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6 的概率是 0.5. (2)设事件 A 为“在随机选择的一场主场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6”,事件 B 为“在随机选择的一场客场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6”,事件 C 为“在随机选择 的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不超过 0.6”. 则 C=AB∪AB,A,B 相互独立. 3 2 根据投篮统计数据,P(A)= ,P(B)= . 5 5 故 P(C)=P(AB)+P(AB) 3 3 2 2 = × + × 5 5 5 5 = 13 . 25

所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不 13 超过 0.6 的概率为 . 25 - (3)EX= x . 18. 、 、[2014· 福建卷] 为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1000 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: (i)顾客所获的奖励额为 60 元的概率; (ii)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. 18.解:(1)设顾客所获的奖励额为 X.
1 C1 1 1C3 (i)依题意,得 P(X=60)= 2 = . C4 2

1 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 , 2 (ii)依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60.

1 P(X=60)= , 2 C2 3 1 P(X=20)= 2= , C4 2 即 X 的分布列为 X P 20 0.5 60 0.5

所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)=20×0.5+60×0.5=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 P 20 1 6 60 2 3 100 1 6

1 2 1 X1 的期望为 E(X1)=20× +60× +100× =60, 6 3 6 1 2 1 1600 X1 的方差为 D(X1)=(20-60)2× +(60-60)2× +(100-60)2× = . 6 3 6 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 P 40 1 6 60 2 3 80 1 6

1 2 1 X2 的期望为 E(X2)=40× +60× +80× =60, 6 3 6 1 2 1 400 X2 的方差为 D(X2)=(40-60)2× +(60-60)2× +(80-60)2× = . 6 3 6 3 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求, 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. 20. 、 、 、 、[2014· 湖北卷] 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: 40<X<80 X>120 年入流量 X 80≤X≤120

发电机最多 1 2 3 可运行台数 若某台发电机运行,则该台年利润为 5000 万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损 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? 10 20.解:(1)依题意,p1=P(40<X<80)= =0.2, 50 35 p2=P(80≤X≤120)= =0.7, 50 5 p3=P(X>120)= =0.1. 50 由二项分布得,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 4 1 3 4 3 p=C0 4(1-p3) +C4(1-p3) p3=0.9 +4×0.9 ×0.1=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=5000, E(Y)=5000×1=5000. 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=5000-800=4200, 因此 P(Y=4200) =P(40<X<80)=p1=0.2;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y=5000×2=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: Y 4200 10 000 P 0.2 0.8 所以,E(Y)=4200×0.2+10 000×0.8=8840. 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=5000-1600=3400, 因此 P(Y=3400) =P(40<X<80)=p1=0.2; 当 80≤X≤120 时, 两台发电机运行, 此时 Y=5000×2-800=9200, 因此 P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7; 当 X>120 时, 三台发电机运行, 此时 Y=5000×3 =15 000,因此 P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1.由此得 Y 的分布列如下: Y 3400 9200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15 000×0.1=8620. 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. 17. 、[2014· 湖南卷] 某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为 2 3 和 .现安排甲组研发新产品 A,乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相互独立. 3 5 (1)求至少有一种新产品研发成功的概率. (2)若新产品 A 研发成功,预计企业可获利润 120 万元;若新产品 B 研发成功,预计企 业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望. 17.解:记 E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题设知 2 1 3 2 P(E)= ,P(E)= ,P(F)= ,P(F)= , 3 3 5 5 且事件 E 与 F,E 与 F,E 与 F,E 与 F 都相互独立. 1 2 2 (1)记 H={至少有一种新产品研发成功}, 则 H=E F, 于是 P(H)=P(E)P(F)= × = , 3 5 15 2 13 故所求的概率为 P(H)=1-P(H)=1- = . 15 15 (2)设企业可获利润为 X(万元), 则 X 的可能取值为 0, 100, 120, 220.因为 P(X=0)=P(E 1 2 2 1 3 1 F)= × = ,P(X=100)=P(E F)= × = , 3 5 15 3 5 5 2 2 4 P(X=120)=P(E F)= × = , 3 5 15

2 3 2 P(X=220)=P(EF)= × = , 3 5 5 故所求的分布列为 X 0 100 120 220 2 1 4 2 P 15 5 15 5 数学期望为 2 1 4 2 300+480+1320 2100 E(X)=0× +100× +120× +220× = = =140. 15 5 15 5 15 15 12.[2014· 江西卷] 10 件产品中有 7 件正品、3 件次品,从中任取 4 件,则恰好取到 1 件次品的概率是________. 1 12. 2 21. 、 、[2014· 江西卷] 随机将 1,2,?,2n(n∈N*,n≥2)这 2n 个连续正整数分成 A,B 两组,每组 n 个数.A 组最小数为 a1,最大数为 a2;B 组最小数为 b1,最大数为 b2.记 ξ=a2 -a1,η=b2-b1. (1)当 n=3 时,求 ξ 的分布列和数学期望; (2)令 C 表示事件“ξ 与 η 的取值恰好相等”,求事件 C 发生的概率 P(C); - - (3)对(2)中的事件 C, C 表示 C 的对立事件,判断 P(C)和 P( C )的大小关系,并说明理 由. 21.解:(1)当 n=3 时,ξ 的所有可能取值为 2,3,4,5. 3 将 6 个正整数平均分成 A,B 两组,不同的分组方法共有 C6 =20(种),所以 ξ 的分布列 为:

ξ P

2 1 5

3 3 10

4 3 10

5 1 5

1 3 3 1 7 Eξ =2× +3× +4× +5× = . 5 10 10 5 2 (2)ξ 和 η 恰好相等的所有可能取值为 n-1,n,n+1,?,2n-2. 又 ξ 和 η 恰好相等且等于 n-1 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n+k(k=1,2,?,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有 2Ck 2k种. 4 2 所以当 n=2 时,P(C)= = , 6 3
k ? 2? ?2+∑k=1C2k? 当 n≥3 时,P(C)= . Cn 2n n-2

1 (3)由(2)得,当 n=2 时,P(C)= ,因此 P(C)>P(C).而当 n≥3 时,P(C)<P(C). 3 理由如下:
n-2

P(C)<P(C)等价于 4(2+∑

k=1

n Ck 2k)<C2n,①

用数学归纳法来证明: 3 (i)当 n=3 时,①式左边=4(2+C1 2)=4(2+2)=16,①式右边=C6=20,所以①式成立. (ii)假设 n=m(m≥3)时①式成立,即 4? ?2+∑
m-2 k=1

? m Ck 2k?<C2m成立,
m+1-2 k=1

那么,当 n=m+1 时, 左边= 4 ? ?2+∑

? ? Ck 2k? = 4 ?2+∑

m-2 k=1

m 1 m m 1 ? Ck 2k? + 4C 2(m-1) <C 2m + 4C 2(m-1) =
- -

(2m)! + m!m!

4·(2m-2)! (m+1)2(2m)(2m-2)!(4m-1) = < (m-1)!(m-1)! (m+1)!(m+1)! (m+1)2(2m)(2m-2)!(4m) +1 =Cm 2(m+1)· (m+1)!(m+1)! 2(m+1)m + <Cm( 1+ )=右边, (2m+1)(2m-1) 2 m 1 即当 n=m+1 时,①式也成立. 综合(i)(ii)得,对于 n≥3 的所有正整数,都有 P(C)<P(C)成立. 18. 、 、[2014· 辽宁卷] 一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频 率分布直方图,如图 14 所示.

图 14 将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立. (1)求在未来连续 3 天里,有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量 低于 50 个的概率; (2)用 X 表示在未来 3 天里日销售量不低于 100 个的天数,求随机变量 X 的分布列,期 望 E(X)及方差 D(X). 18.解:(1)设 A1 表示事件“日销售量不低于 100 个”,A2 表示事件“日销售量低于 50 个”, B 表示事件“在未来连续 3 天里有连续 2 天日销售量不低于 100 个且另 1 天销售量低 于 50 个”.因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6, P(A2)=0.003×50=0.15, P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108. (2)X 可能取的值为 0,1,2,3,相应的概率分别为 3 P(X=0)=C0 3·(1-0.6) =0.064, 2 P(X=1)=C1 3·0.6(1-0.6) =0.288, 2 2 P(X=2)=C3·0.6 (1-0.6)=0.432, 3 P(X=3)=C3 3·0.6 =0.216. X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 因为 X~B(3,0.6),所以期望 E(X)=3×0.6=1.8,方差 D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72. 18. ,[2014· 山东卷] 乒乓球台面被网分隔成甲、乙两部分,如图 14 所示,甲上有两个

不相交的区域 A,B,乙被划分为两个不相交的区域 C,D.某次测试要求队员接到落点在甲 上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在 C 上记 3 分,在 D 上记 1 分,其他情况记 1 1 0 分.对落点在 A 上的来球,队员小明回球的落点在 C 上的概率为 ,在 D 上的概率为 ; 2 3 1 3 对落点在 B 上的来球,小明回球的落点在 C 上的概率为 ,在 D 上的概率为 .假设共有两次 5 5 来球且落在 A,B 上各一次,小明的两次回球互不影响.求: (1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率; (2)两次回球结束后,小明得分之和 ξ 的分布列与数学期望.

图 14 18.解:(1)记 Ai 为事件“小明对落点在 A 上的来球回球的得分为 i 分”(i=0,1,3), 1 1 1 1 1 则 P(A3)= ,P(A1)= ,P(A0)=1- - = ; 2 3 2 3 6 记 Bi 为事件“小明对落点在 B 上的来球回球的得分为 i 分”(i=0,1,3), 1 3 1 3 1 则 P(B3)= ,P(B1)= ,P(B0)=1- - = . 5 5 5 5 5 记 D 为事件“小明两次回球的落点中恰有 1 次的落点在乙上”. 由题意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3, 由事件的独立性和互斥性, P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3) =P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3) =P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)· P(B1)+P(A0)P(B3) 1 1 1 1 1 3 1 1 = × + × + × + × 2 5 3 5 6 5 6 5 = 3 , 10

3 所以小明两次回球的落点中恰有 1 次的落点在乙上的概率为 . 10 由题意,随机变量 ξ 可能的取值为 0,1,2,3,4,6. (2)由事件的独立性和互斥性,得 1 1 1 P(ξ=0)=P(A0B0)= × = , 6 5 30 1 1 1 3 1 P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)= × + × = , 3 5 6 5 6 1 3 1 P(ξ=2)=P(A1B1)= × = , 3 5 5 1 1 1 1 2 P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)= × + × = , 2 5 6 5 15 1 3 1 1 11 P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)= × + × = , 2 5 3 5 30

1 1 1 P(ξ=6)=P(A3B3)= × = . 2 5 10 可得随机变量 ξ 的分布列为: ξ P 0 1 30 1 1 6 2 1 5 3 2 15 4 11 30 6 1 10

1 1 1 2 11 1 91 所以数学期望 Eξ=0× +1× +2× +3× +4× +6× = . 30 6 5 15 30 10 30 19. ,[2014· 陕西卷] 在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为 1000 元,此作物的 市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表: 作物产量(kg) 概 率 300 0.5 6 0.4 500 0.5 10 0.6

作物市场价格(元/kg) 概 率

(1)设 X 表示在这块地上种植 1 季此作物的利润,求 X 的分布列; (2)若在这块地上连续 3 季种植此作物,求这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 ...2000 元的 概率. 19. 解: (1)设 A 表示事件“作物产量为 300 kg” , B 表示事件“作物市场价格为 6 元/kg” , 由题设知 P(A)=0.5,P(B)=0.4, ∵利润=产量×市场价格-成本, ∴X 所有可能的取值为 500×10-1000=4000,500×6-1000=2000, 300×10-1000=2000,300×6-1000=800. P(X=4000)=P(A)P(B)=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3, P(X=2000)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5, P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2, 所以 X 的分布列为 X P 4000 0.3 2000 0.5 800 0.2

(2)设 Ci 表示事件“第 i 季利润不少于 2000 元”(i=1,2,3), 由题意知 C1,C2,C3 相互独立,由(1)知, P(Ci)=P(X=4000)+P(X=2000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3), 3 季的利润均不少于 2000 元的概率为 P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512; 3 季中有 2 季利润不少于 2000 元的概率为 P(C1C2C3)+P(C1C2C3)+P(C1C2C3)=3×0.82×0.2=0.384, 所以,这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2000 元的概率为 0.512+0.384=0.896. 17. , , ,[2014· 四川卷] 一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓 要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得 10 分,出 现两次音乐获得 20 分, 出现三次音乐获得 100 分, 没有出现音乐则扣除 200 分(即获得-200 1 分).设每次击鼓出现音乐的概率为 ,且各次击鼓出现音乐相互独立. 2

(1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列. (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少? (3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加 反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 17.解:(1)X 可能的取值为 10,20,100,-200. 根据题意,有
1 2 ?1? ? 1? 3 P(X=10)=C1 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8 2 1 ?1? ? 1? 3 P(X=20)=C2 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8 3 0 ?1? ? 1? 1 P(X=100)=C3 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8

1?0 ? 1?3 1 ? P(X=-200)=C0 × 3 ?2? ×?1-2? =8. 所以 X 的分布列为: X P 10 3 8 20 3 8 100 1 8 -200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3),则 1 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)= . 8 1?3 1 所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1-P(A1A2A3)=1-? ?8? =1-512= 511 . 512 511 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是 . 512 3 3 1 1 5 (3)由(1)知,X 的数学期望为 EX=10× +20× +100× -200× =- . 8 8 8 8 4 这表明,获得分数 X 的均值为负. 因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大. 16. 、 、 [2014· 天津卷] 某大学志愿者协会有 6 名男同学, 4 名女同学. 在这 10 名同学中, 3 名同学来自数学学院,其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学,到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同). (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率; (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数,求随机变量 X 的分布列和数学期望. 16.解:(1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A,则
2 0 3 C1 3·C7+C3·C7 49 P(A)= = , 3 C10 60

49 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为 . 60 (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.
3 k Ck 4·C6 P(X=k)= (k=0,1,2,3), 3 C10


所以随机变量 X 的分布列是 X P 0 1 6 1 1 2 2 3 10 3 1 30

1 1 3 1 6 随机变量 X 的数学期望 E(X)=0× +1× +2× +3× = . 6 2 10 30 5 18. ,[2014· 重庆卷] 一盒中装有 9 张各写有一个数字的卡片,其中 4 张卡片上的数字是 1,3 张卡片上的数字是 2,2 张卡片上的数字是 3.从盒中任取 3 张卡片. (1)求所取 3 张卡片上的数字完全相同的概率; (2)X 表示所取 3 张卡片上的数字的中位数,求 X 的分布列与数学期望. (注:若三个数 a,b,c 满足 a≤b≤c,则称 b 为这三个数的中位数) 3 C3 5 4+C3 18.解:(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为 P= = . C3 84 9 (2)X 的所有可能值为 1,2,3,且 1 3 C2 4C5+C4 17 P(X=1)= = , 3 C9 42 1 1 1 2 1 C3C4C2+C3C6+C3 43 3 P(X=2)= = , C3 84 9 1 C2 1 2C7 P(X=3)= 3 = , C9 12 故 X 的分布列为 1 2 17 43 P 42 84 17 43 1 47 从而 E(X)=1× +2× +3× = . 42 84 12 28 X 3 1 12

K7 条件概率与事件的独立性 5.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概 率是 0.75,连续两天为优良的概率是 0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气 质量为优良的概率是( ) A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45 5.A 】 18. ,[2014· 山东卷] 乒乓球台面被网分隔成甲、乙两部分,如图 14 所示,甲上有两个 不相交的区域 A,B,乙被划分为两个不相交的区域 C,D.某次测试要求队员接到落点在甲 上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在 C 上记 3 分,在 D 上记 1 分,其他情况记 1 1 0 分.对落点在 A 上的来球,队员小明回球的落点在 C 上的概率为 ,在 D 上的概率为 ; 2 3 1 3 对落点在 B 上的来球,小明回球的落点在 C 上的概率为 ,在 D 上的概率为 .假设共有两次 5 5 来球且落在 A,B 上各一次,小明的两次回球互不影响.求: (1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率; (2)两次回球结束后,小明得分之和 ξ 的分布列与数学期望.

图 14 18.解:(1)记 Ai 为事件“小明对落点在 A 上的来球回球的得分为 i 分”(i=0,1,3), 1 1 1 1 1 则 P(A3)= ,P(A1)= ,P(A0)=1- - = ; 2 3 2 3 6 记 Bi 为事件“小明对落点在 B 上的来球回球的得分为 i 分”(i=0,1,3), 1 3 1 3 1 则 P(B3)= ,P(B1)= ,P(B0)=1- - = . 5 5 5 5 5 记 D 为事件“小明两次回球的落点中恰有 1 次的落点在乙上”. 由题意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3, 由事件的独立性和互斥性, P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3) =P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3) =P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)· P(B1)+P(A0)P(B3) 1 1 1 1 1 3 1 1 = × + × + × + × 2 5 3 5 6 5 6 5 = 3 , 10

3 所以小明两次回球的落点中恰有 1 次的落点在乙上的概率为 . 10 由题意,随机变量 ξ 可能的取值为 0,1,2,3,4,6. (2)由事件的独立性和互斥性,得 1 1 1 P(ξ=0)=P(A0B0)= × = , 6 5 30 1 1 1 3 1 P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)= × + × = , 3 5 6 5 6 1 3 1 P(ξ=2)=P(A1B1)= × = , 3 5 5 1 1 1 1 2 P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)= × + × = , 2 5 6 5 15 1 3 1 1 11 P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)= × + × = , 2 5 3 5 30 1 1 1 P(ξ=6)=P(A3B3)= × = . 2 5 10 可得随机变量 ξ 的分布列为: ξ P 0 1 30 1 1 6 2 1 5 3 2 15 4 11 30 6 1 10

1 1 1 2 11 1 91 所以数学期望 Eξ=0× +1× +2× +3× +4× +6× = . 30 6 5 15 30 10 30 19. ,[2014· 陕西卷] 在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为 1000 元,此作物的 市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表: 作物产量(kg) 概 率 300 0.5 500 0.5

作物市场价格(元/kg) 概 率

6 0.4

10 0.6

(1)设 X 表示在这块地上种植 1 季此作物的利润,求 X 的分布列; (2)若在这块地上连续 3 季种植此作物,求这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 ...2000 元的 概率. 19. 解: (1)设 A 表示事件“作物产量为 300 kg” , B 表示事件“作物市场价格为 6 元/kg” , 由题设知 P(A)=0.5,P(B)=0.4, ∵利润=产量×市场价格-成本, ∴X 所有可能的取值为 500×10-1000=4000,500×6-1000=2000, 300×10-1000=2000,300×6-1000=800. P(X=4000)=P(A)P(B)=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3, P(X=2000)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5, P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2, 所以 X 的分布列为 X P 4000 0.3 2000 0.5 800 0.2

(2)设 Ci 表示事件“第 i 季利润不少于 2000 元”(i=1,2,3), 由题意知 C1,C2,C3 相互独立,由(1)知, P(Ci)=P(X=4000)+P(X=2000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3), 3 季的利润均不少于 2000 元的概率为 P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512; 3 季中有 2 季利润不少于 2000 元的概率为 P(C1C2C3)+P(C1C2C3)+P(C1C2C3)=3×0.82×0.2=0.384, 所以,这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2000 元的概率为 0.512+0.384=0.896. K8 离散型随机变量的数字特征与正态分布 18. 、 、[2014· 福建卷] 为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1000 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: (i)顾客所获的奖励额为 60 元的概率; (ii)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. 18.解:(1)设顾客所获的奖励额为 X.
1 C1 1 1C3 (i)依题意,得 P(X=60)= 2 = . C4 2

1 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 , 2 (ii)依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60.

1 P(X=60)= , 2 C2 3 1 P(X=20)= 2= , C4 2 即 X 的分布列为 X P 20 0.5 60 0.5

所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)=20×0.5+60×0.5=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 P 20 1 6 60 2 3 100 1 6

1 2 1 X1 的期望为 E(X1)=20× +60× +100× =60, 6 3 6 1 2 1 1600 X1 的方差为 D(X1)=(20-60)2× +(60-60)2× +(100-60)2× = . 6 3 6 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 P 40 1 6 60 2 3 80 1 6

1 2 1 X2 的期望为 E(X2)=40× +60× +80× =60, 6 3 6 1 2 1 400 X2 的方差为 D(X2)=(40-60)2× +(60-60)2× +(80-60)2× = . 6 3 6 3 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求, 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. 20. 、 、 、 、[2014· 湖北卷] 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: 40<X<80 X>120 年入流量 X 80≤X≤120

发电机最多 1 2 3 可运行台数 若某台发电机运行,则该台年利润为 5000 万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损 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? 10 20.解:(1)依题意,p1=P(40<X<80)= =0.2, 50 35 p2=P(80≤X≤120)= =0.7, 50 5 p3=P(X>120)= =0.1. 50 由二项分布得,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 4 1 3 4 3 p=C0 4(1-p3) +C4(1-p3) p3=0.9 +4×0.9 ×0.1=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=5000, E(Y)=5000×1=5000. 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=5000-800=4200, 因此 P(Y=4200) =P(40<X<80)=p1=0.2;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y=5000×2=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: Y 4200 10 000 P 0.2 0.8 所以,E(Y)=4200×0.2+10 000×0.8=8840. 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=5000-1600=3400, 因此 P(Y=3400) =P(40<X<80)=p1=0.2; 当 80≤X≤120 时, 两台发电机运行, 此时 Y=5000×2-800=9200, 因此 P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7; 当 X>120 时, 三台发电机运行, 此时 Y=5000×3 =15 000,因此 P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1.由此得 Y 的分布列如下: Y 3400 9200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15 000×0.1=8620. 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. 20. 、[2014· 全国卷] 设每个工作日甲、乙、丙、丁 4 人需使用某种设备的概率分别为 0.6,0.5,0.5,0.4,各人是否需使用设备相互独立. (1)求同一工作日至少 3 人需使用设备的概率; (2)X 表示同一工作日需使用设备的人数,求 X 的数学期望. 20.解:记 A1 表示事件:同一工作日乙、丙中恰有 i 人需使用设备,i=0,1,2. B 表示事件:甲需使用设备. C 表示事件:丁需使用设备. D 表示事件:同一工作日至少 3 人需使用设备. (1)因为 P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=Ci2×0.52,i=0,1,2, 所以 P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2·B· C)= P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2·B· C)= P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B)P(C)= 0.31. (2)X 的可能取值为 0,1,2,3,4,其分布列为 P(X=0)=P(B· A0·C) =P(B)P(A0)P(C) =(1-0.6)×0.52×(1-0.4)

=0.06, P(X=1)=P(B· A0·C+B· A0·C+B· A1·C)= P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A1)P(C)=0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52× 0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25, P(X=4)=P(A2·B· C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06, P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25, P(X = 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) - P(X = 3) - P(X = 4) = 1 - 0.06 - 0.25 - 0.25 - 0.06 = 0.38, 所以 EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0.25+2 ×0.38+3×0.25+4×0.06=2. 17. , , ,[2014· 四川卷] 一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓 要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得 10 分,出 现两次音乐获得 20 分, 出现三次音乐获得 100 分, 没有出现音乐则扣除 200 分(即获得-200 1 分).设每次击鼓出现音乐的概率为 ,且各次击鼓出现音乐相互独立. 2 (1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列. (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少? (3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加 反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 17.解:(1)X 可能的取值为 10,20,100,-200. 根据题意,有 1?1 ? 1?2 3 ? P(X=10)=C1 × 3 ?2? ×?1-2? =8, 1?2 ? 1?1 3 ? P(X=20)=C2 × 3 ?2? ×?1-2? =8,
3 0 ?1? ? 1? 1 P(X=100)=C3 3× 2 × 1-2 = , ? ? ? ? 8 0 3 ?1? ? 1? 1 P(X=-200)=C0 3× 2 × 1-2 = . ? ? ? ? 8

所以 X 的分布列为: X P 10 3 8 20 3 8 100 1 8 -200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3),则 1 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)= . 8 1?3 1 所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1-P(A1A2A3)=1-? ?8? =1-512= 511 . 512 511 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是 . 512 3 3 1 1 5 (3)由(1)知,X 的数学期望为 EX=10× +20× +100× -200× =- . 8 8 8 8 4

这表明,获得分数 X 的均值为负. 因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大. 9. 、[2014· 浙江卷] 已知甲盒中仅有 1 个球且为红球,乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球 (m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取 i(i=1,2)个球放入甲盒中. (a)放入 i 个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξ i(i=1,2); (b)放入 i 个球后,从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi(i=1,2). 则( ) A.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2) B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2) C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2) D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2) 9.A 1 12.[2014· 浙江卷] 随机变量 ξ 的取值为 0,1,2.若 P(ξ=0)= ,E(ξ)=1,则 D(ξ)= 5 ________. 2 12. 5 K9 单元综合 20. 、 、 、 、[2014· 湖北卷] 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: 40<X<80 X>120 年入流量 X 80≤X≤120 发电机最多 1 2 3 可运行台数 若某台发电机运行,则该台年利润为 5000 万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损 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? 10 20.解:(1)依题意,p1=P(40<X<80)= =0.2, 50 35 p2=P(80≤X≤120)= =0.7, 50 5 p3=P(X>120)= =0.1. 50 由二项分布得,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 4 1 3 4 3 p=C0 4(1-p3) +C4(1-p3) p3=0.9 +4×0.9 ×0.1=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=5000, E(Y)=5000×1=5000. 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=5000-800=4200, 因此 P(Y=4200) =P(40<X<80)=p1=0.2;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y=5000×2=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: Y 4200 10 000 P 0.2 0.8

所以,E(Y)=4200×0.2+10 000×0.8=8840. 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=5000-1600=3400, 因此 P(Y=3400) =P(40<X<80)=p1=0.2; 当 80≤X≤120 时, 两台发电机运行, 此时 Y=5000×2-800=9200, 因此 P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7; 当 X>120 时, 三台发电机运行, 此时 Y=5000×3 =15 000,因此 P(Y=15 000)=P(X>120)=p3=0.1.由此得 Y 的分布列如下: Y 3400 9200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15 000×0.1=8620. 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. 21. 、 、[2014· 江西卷] 随机将 1,2,?,2n(n∈N*,n≥2)这 2n 个连续正整数分成 A,B 两组,每组 n 个数.A 组最小数为 a1,最大数为 a2;B 组最小数为 b1,最大数为 b2.记 ξ=a2 -a1,η=b2-b1. (1)当 n=3 时,求 ξ 的分布列和数学期望; (2)令 C 表示事件“ξ 与 η 的取值恰好相等”,求事件 C 发生的概率 P(C); - - (3)对(2)中的事件 C, C 表示 C 的对立事件,判断 P(C)和 P( C )的大小关系,并说明理 由. 21.解:(1)当 n=3 时,ξ 的所有可能取值为 2,3,4,5. 3 将 6 个正整数平均分成 A,B 两组,不同的分组方法共有 C6 =20(种),所以 ξ 的分布列 为:

ξ P

2 1 5

3 3 10

4 3 10

5 1 5

1 3 3 1 7 Eξ =2× +3× +4× +5× = . 5 10 10 5 2 (2)ξ 和 η 恰好相等的所有可能取值为 n-1,n,n+1,?,2n-2. 又 ξ 和 η 恰好相等且等于 n-1 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n+k(k=1,2,?,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有 2Ck 2k种. 4 2 所以当 n=2 时,P(C)= = , 6 3
k ? 2? ?2+∑k=1C2k? 当 n≥3 时,P(C)= . Cn 2n n-2

1 (3)由(2)得,当 n=2 时,P(C)= ,因此 P(C)>P(C).而当 n≥3 时,P(C)<P(C). 3 理由如下:
n-2

P(C)<P(C)等价于 4(2+∑

k=1

n Ck 2k)<C2n,①

用数学归纳法来证明: 3 (i)当 n=3 时,①式左边=4(2+C1 2)=4(2+2)=16,①式右边=C6=20,所以①式成立. (ii)假设 n=m(m≥3)时①式成立,即

4? ?2+∑

m-2 k=1

? Ck 2k?<C2m成立,
m m+1-2 k=1

那么,当 n=m+1 时, 左边= 4 ? ?2+∑

? ? Ck 2k? = 4 ?2+∑

m-2 k=1

m 1 m m 1 ? Ck 2k? + 4C 2(m-1) <C 2m + 4C 2(m-1) =
- -

(2m)! + m!m!

4·(2m-2)! (m+1)2(2m)(2m-2)!(4m-1) = < (m-1)!(m-1)! (m+1)!(m+1)! (m+1)2(2m)(2m-2)!(4m) +1 =Cm 2(m+1)· (m+1)!(m+1)! 2(m+1)m + <Cm( 1+ )=右边, (2m+1)(2m-1) 2 m 1 即当 n=m+1 时,①式也成立. 综合(i)(ii)得,对于 n≥3 的所有正整数,都有 P(C)<P(C)成立.
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