一、知識梳理
1．離散型隨機變量的均值與方差
一般地，若離散型隨機變量X的分布列為
(1)均值
稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為隨機變量X的均值或數(shù)學期望．它反映了離散型隨機變量取值的平均水平．
(2)方差
稱D(X)＝eq \a\vs4\al(\i\su(i＝1,n, ))(xi－E(X))2pi為隨機變量X的方差，它刻畫了隨機變量X與其均值E(X)的平均偏離程度，并稱其算術平方根eq \r(D(X))為隨機變量X的標準差．
2．均值與方差的性質(zhì)
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b．
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(a，b為常數(shù))
3．兩點分布與二項分布的均值、方差
(1)若隨機變量X服從兩點分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
(2)若X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
4．正態(tài)曲線的特點
(1)曲線位于x軸上方，與x軸不相交．
(2)曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱．
(3)曲線在x＝μ處達到峰值eq \f(1,σ\r(2π)) .
(4)曲線與x軸之間的面積為1．
(5)當σ一定時，曲線的位置由μ確定，曲線隨著μ的變化而沿x軸平移．
(6)當μ一定時，曲線的形狀由σ確定．σ越小，曲線越“瘦高”，表示總體的分布越集中；σ越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散．
常用結(jié)論
均值與方差的七個常用性質(zhì)
若Y＝aX＋b，其中a，b是常數(shù)，X是隨機變量，則
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k為常數(shù)．
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．
(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．
(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(5)若X1，X2相互獨立，則E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)．
(6)若X服從兩點分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
(7)若X服從二項分布，即X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
二、教材衍化
1．已知X的分布列為
設Y＝2X＋3，則E(Y)＝________．
解析：E(X)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)＝－eq \f(1,3)，
E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－eq \f(2,3)＋3＝eq \f(7,3).
答案：eq \f(7,3)
2．甲、乙兩工人在一天生產(chǎn)中出現(xiàn)的廢品數(shù)分別是兩個隨機變量X，Y，其分布列分別為
若甲、乙兩人的日產(chǎn)量相等，則甲、乙兩人中技術較好的是________．
解析：E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，
因為E(Y)＜E(X)．所以乙技術好．
答案：乙
3．已知隨機變量X服從正態(tài)分布X～N(3，1)，且P(X＞2c－1)＝P(X＜c＋3)，則c＝________．
解析：因為X～N(3，1)，所以正態(tài)曲線關于x＝3對稱，
且P(X＞2c－1)＝P(X＜c＋3)，
所以2c－1＋c＋3＝3×2，所以c＝eq \f(4,3).
答案：eq \f(4,3)
一、思考辨析
判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)隨機變量的均值是常數(shù)，樣本的平均數(shù)是隨機變量，它不確定．( )
(2)隨機變量的方差和標準差都反映了隨機變量取值偏離均值的平均程度，方差或標準差越小，則偏離變量的平均程度越小．( )
(3)正態(tài)分布中的參數(shù)μ和σ完全確定了正態(tài)分布，參數(shù)μ是正態(tài)分布的均值，σ是正態(tài)分布的標準差．( )
(4)一個隨機變量如果是眾多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用結(jié)果之和，它就服從或近似服從正態(tài)分布．( )
(5)均值是算術平均數(shù)概念的推廣，與概率無關．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)√ (5)×
二、易錯糾偏
eq \a\vs4\al(常見誤區(qū))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)期望、方差的性質(zhì)不熟導致錯誤；
(2)二項分布的數(shù)學期望公式用法不當；
(3)求錯分布列，導致E(ξ)出錯．
1．已知兩個隨機變量X，Y滿足X＋2Y＝4，且X～N(1，22)，則E(Y)，D(Y)依次是________．
解析：由X～N(1，22)得E(X)＝1，D(X)＝4.又X＋2Y＝4，所以Y＝2－eq \f(X,2)，所以E(Y)＝2－eq \f(1,2)E(X)＝eq \f(3,2)，D(Y)＝eq \f(1,4)D(X)＝1.
答案：eq \f(3,2)，1
2．在一次招聘中，主考官要求應聘者從6道備選題中一次性隨機抽取3道題，并獨立完成所抽取的3道題．乙能正確完成每道題的概率為eq \f(2,3)，且每道題完成與否互不影響．記乙能答對的題數(shù)為Y，則Y的數(shù)學期望為________．
解析：由題意知Y的可能取值為0，1，2，3，且Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，則E(Y)＝3×eq \f(2,3)＝2.
答案：2
3．一個人將編號為1，2，3，4的四個小球隨機放入編號為1，2，3，4的四個盒子，每個盒子放一個小球，球的編號與盒子的編號相同時就放對了，否則就放錯了．設放對個數(shù)記為ξ，則ξ的期望值為________．
解析：將四個不同小球放入四個不同盒子，每個盒子放一個小球，共有Aeq \\al(4,4)種不同放法，放對的個數(shù)ξ可取的值有0，1，2，4，其中P(ξ＝0)＝eq \f(9,Aeq \\al(4,4))＝eq \f(3,8)，
P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)×2,Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,3)，P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4),Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,4)，P(ξ＝4)＝eq \f(1,Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,24)，E(ξ)＝0×eq \f(3,8)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,4)＋4×eq \f(1,24)＝1.
答案：1
考點一 均值與方差的計算(基礎型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))理解取有限值的離散型隨機變量均值、方差的概念．
核心素養(yǎng)：數(shù)學運算
1．已知某離散型隨機變量X服從的分布列如表，則隨機變量X的方差D(X)等于( )
A．eq \f(1,9) B．eq \f(2,9)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(2,3)
解析：選B．法一：由m＋2m＝1得m＝eq \f(1,3)，
所以E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，
D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9).
法二：由m＋2m＝1得m＝eq \f(1,3)，
根據(jù)兩點分布的期望和方差公式可得E(X)＝eq \f(2,3)，D(X)＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(2,9).
2．有10張卡片，其中8張標有數(shù)字2，2張標有數(shù)字5，從中任意抽出3張卡片，設3張卡片上的數(shù)字之和為X，則X的數(shù)學期望是( )
A．7.8 B．8
C．16 D．15.6
解析：選A．X的取值為6，9，12，相應的概率
P(X＝6)＝eq \f(Ceq \\al(3,8),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(7,15)，P(X＝9)＝eq \f(Ceq \\al(2,8)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(7,15)，
P(X＝12)＝eq \f(Ceq \\al(1,8)Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,15).
E(X)＝6×eq \f(7,15)＋9×eq \f(7,15)＋12×eq \f(1,15)＝7.8.
3．某班舉行了一次“心有靈犀”的活動，教師把一張寫有成語的紙條出示給A組的某個同學，這個同學再用身體語言把成語的意思傳遞給本組其他同學．若小組內(nèi)同學甲猜對成語的概率是0.4，同學乙猜對成語的概率是0.5，且規(guī)定猜對得1分，猜不對得0分，這兩個同學各猜1次，則他們的得分之和X的數(shù)學期望為( )
A．0.9 B．0.8
C．1.2 D．1.1
解析：選A．由題意，X＝0，1，2，則P(X＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P(X＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2，
所以E(X)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9.
eq \a\vs4\al()
求均值與方差的方法技巧
考點二 二項分布的均值與方差(應用型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))能計算二項分布的均值與方差．
核心素養(yǎng)：數(shù)學建模
霧霾天氣對人體健康有傷害，應對霧霾污染、改善空氣質(zhì)量的首要任務是控制PM 2.5，要從壓減燃煤、嚴格控車、調(diào)整產(chǎn)業(yè)、強化管理、聯(lián)防聯(lián)控、依法治理等方面采取重大舉措，聚焦重點領域，嚴格考核指標．某省環(huán)保部門為加強環(huán)境執(zhí)法監(jiān)管，派遣四個不同的專家組對A、B、C三個城市進行治霾落實情況抽查．
(1)若每個專家組隨機選取一個城市，四個專家組選取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一個城市沒有專家組選取的概率；
(2)每一個城市都要由四個專家組分別對抽查情況進行評價，并對所選取的城市進行評價，每個專家組給檢查到的城市評價為優(yōu)的概率為eq \f(1,2)，若四個專家組均評價為優(yōu)則檢查通過不用復檢，否則需進行復檢．設需進行復檢的城市的個數(shù)為X，求X的分布列和期望．
【解】 (1)隨機選取，共有34＝81種不同方法，
恰有一個城市沒有專家組選取的有Ceq \\al(1,3)(Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,4))＝42種不同方法，
故恰有一個城市沒有專家組選取的概率為eq \f(42,81)＝eq \f(14,27).
(2)設事件A：“一個城市需復檢”，則P(A)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(15,16)，X的所有可能取值為0，1，2，3，
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,4 096)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))eq \s\up12(2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,16)))eq \s\up12(1)＝eq \f(45,4 096)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))eq \s\up12(1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,16)))eq \s\up12(2)＝eq \f(675,4 096)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,16)))eq \s\up12(3)＝eq \f(3 375,4 096).
所以X的分布列為
X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(15,16)))，E(X)＝3×eq \f(15,16)＝eq \f(45,16).
eq \a\vs4\al()
(1)求離散型隨機變量ξ的均值與方差的步驟
①理解ξ的意義，寫出ξ可能的全部取值；
②求ξ取每個值的概率；
③寫出ξ的分布列；
④由均值的定義求E(ξ)；
⑤由方差的定義求D(ξ)．
(2)二項分布的期望與方差
如果ξ～B(n，p)，則用公式E(ξ)＝np；D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大減少計算量．
[提醒] 均值E(X)由X的分布列唯一確定，即X作為隨機變量是可變的，而E(X)是不變的，它描述X取值的平均水平．
電子商務在我國發(fā)展迅猛，網(wǎng)上購物成為很多人的選擇．某購物網(wǎng)站組織了一次促銷活動，在網(wǎng)頁的界面上打出廣告：高級口香糖，10元錢三瓶，有8種口味供您選擇(其中有1種為草莓口味)．小王點擊進入網(wǎng)頁一看，只見有很多包裝完全相同的瓶裝口香糖排在一起，看不見具體口味，由購買者隨機點擊進行選擇(各種口味的高級口香糖均超過三瓶，且各種口味的瓶數(shù)相同，每點擊選擇一瓶后，網(wǎng)頁自動補充相應的口香糖)．
(1)小王花10元錢買三瓶，請問小王收到貨的組合方式共有多少種？
(2)小王花10元錢買三瓶，由小王隨機點擊三瓶，請列出有小王喜歡的草莓味口香糖的瓶數(shù)ξ的分布列，并計算其數(shù)學期望和方差．
解：(1)若三瓶口味均不一樣，有Ceq \\al(3,8)＝56(種)；
若其中兩瓶口味一樣，有Ceq \\al(1,8)Ceq \\al(1,7)＝56(種)；
若三瓶口味一樣，有8種．
故小王收到貨的組合方式共有56＋56＋8＝120(種)．
(2)ξ所有可能的取值為0，1，2，3.
因為各種口味的高級口香糖均超過3瓶，且各種口味的瓶數(shù)相同，有8種不同口味，所以小王隨機點擊一次是草莓味口香糖的概率為eq \f(1,8)，
即隨機變量ξ服從二項分布，即ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,8))).
P(ξ＝0)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))eq \s\up12(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))eq \s\up12(3)＝eq \f(343,512)，
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))eq \s\up12(2)＝eq \f(147,512)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))eq \s\up12(1)＝eq \f(21,512)，
P(ξ＝3)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))eq \s\up12(0)＝eq \f(1,512).
所以ξ的分布列為
數(shù)學期望E(ξ)＝np＝3×eq \f(1,8)＝eq \f(3,8)，
方差D(ξ)＝np(1－p)＝3×eq \f(1,8)×eq \f(7,8)＝eq \f(21,64).
考點三 均值與方差的實際應用(應用型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))能計算簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些實際問題．
核心素養(yǎng)：數(shù)學建模
某種產(chǎn)品的質(zhì)量以其質(zhì)量指標值衡量，并按照質(zhì)量指標值劃分等級如下：
現(xiàn)在從某企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品中隨機抽取了200件作為樣本，檢驗其質(zhì)量指標值，得到了如下頻率分布直方圖．
現(xiàn)給出三個條件：
①y＝0.02.
②質(zhì)量指標值不超過95的有65件．
③質(zhì)量指標值的中位數(shù)是eq \f(605,6).
從①②③中選一個填入下面的橫線上，并回答問題．若________．
(1)在樣品中，按照產(chǎn)品等級用分層抽樣的方法抽取8件，再從這8件產(chǎn)品中任取4件，求4件產(chǎn)品中三等品、二等品、一等品都有的概率；
(2)若將頻率視為概率，已知該企業(yè)每銷售一件此產(chǎn)品中的一等品的利潤為10元，銷售一件二等品和三等品的利潤都是6元，那么銷售600件此種產(chǎn)品，所獲利潤的期望值是多少元？
【解】 若選①y＝0.02.則有(0.002 5＋0.009＋0.01＋0.02＋0.026＋0.002 5＋x)×10＝1，解得x＝0.03.
(1)由頻率分布直方圖可知，樣品中三等品、二等品、一等品的頻率分別為(0.002 5＋0.01)×10＝0.125，(0.02＋0.03)×10＝0.5，(0.026＋0.009＋0.002 5)×10＝0.375，
所以樣品中三等品、二等品、一等品的件數(shù)分別為25，100，75.若按照產(chǎn)品等級用分層抽樣的方法抽取8件產(chǎn)品，那么應抽取的三等品、二等品、一等品的件數(shù)分別為1，4，3.
從這8件產(chǎn)品中任取4件，共有Ceq \\al(4,8)種等可能的取法，其中三等品、二等品、一等品都有的取法有Ceq \\al(1,1)(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3))種．
故4件產(chǎn)品中三等品、二等品、一等品都有的概率P＝eq \f(Ceq \\al(1,1)(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)),Ceq \\al(4,8))＝eq \f(3,7).
(2)由(1)知，從該企業(yè)此產(chǎn)品中任取一件，其中是一等品的概率為0.375，是二等品或三等品的概率為0.625.
設從此產(chǎn)品中任取一件并銷售所得的利潤為η，則η的分布列為
因此E(η)＝10×0.375＋6×0.625＝7.5(元)．
故銷售600件此種產(chǎn)品，所獲利潤的期望值為600E(η)＝600×7.5＝4 500(元)．
若選②，
質(zhì)量指標值不超過95的有65件．則有(0.002 5＋0.01＋y)×10×200＝65.
解得y＝0.02.下與選①相同．
若選③，質(zhì)量指標值的中位數(shù)是eq \f(605,6)，則eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(105－\f(605,6)))×x＋(0.026＋0.009＋0.002 5)×10＝0.5.解得x＝0.03.下與選①相同．
eq \a\vs4\al()
均值與方差的實際應用
(1)D(X)表示隨機變量X對E(X)的平均偏離程度，D(X)越大表明平均偏離程度越大，說明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，統(tǒng)計中常用eq \r(D(X))來描述X的分散程度．
(2)隨機變量的均值反映了隨機變量取值的平均水平，方差反映了隨機變量取值偏離于均值的程度，它們從整體和全局上刻畫了隨機變量，是生產(chǎn)實際中用于方案取舍的重要的理論依據(jù)，一般先比較均值，若均值相同，再用方差來決定．
(2020·湖北武漢模擬)某保險公司對一個擁有20 000人的企業(yè)推出一款意外險產(chǎn)品，每年每位職工只要交少量保費，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金，保險公司把企業(yè)的所有崗位共分為A，B，C三類工種，從事這三類工種的人數(shù)分別為12 000，6 000，2 000，由歷史數(shù)據(jù)統(tǒng)計出三類工種的賠付頻率如表(并以此估計賠付概率)：
已知A，B，C三類工種的職工每人每年保費分別為25元、25元、40元，出險后的賠償金額分別為100萬元、100萬元、50萬元，保險公司在開展此項業(yè)務過程中的固定支出為每年10萬元．
(1)求保險公司在該業(yè)務所獲利潤的期望值；
(2)現(xiàn)有如下兩個方案供企業(yè)選擇：
方案1：企業(yè)不與保險公司合作，職工不交保險，出意外企業(yè)自行拿出與保險公司提供的等額賠償金賠償付給意外職工，企業(yè)開展這項工作的固定支出為每年12萬元；
方案2：企業(yè)與保險公司合作，企業(yè)負責職工保費的70%，職工個人負責保費的30%，出險后賠償金由保險公司賠付，企業(yè)無額外專項開支．
請根據(jù)企業(yè)成本差異給出選擇合適方案的建議．
解：(1)設工種A，B，C職工的每份保單保險公司的收益為隨機變量X，Y，Z，則X，Y，Z的分布列分別為
所以E(X)＝25×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,105)))＋(25－100×104)×eq \f(1,105)＝15，
E(Y)＝25×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,105)))＋(25－100×104)×eq \f(2,105)＝5，
E(Z)＝40×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,104)))＋(40－50×104)×eq \f(1,104)＝－10，
保險公司所獲利潤的期望值為12 000×15＋6 000×5－2 000×10－100 000＝90 000，
所以保險公司在該業(yè)務所獲利潤的期望值為9萬元．
(2)方案1：企業(yè)不與保險公司合作，則企業(yè)每年安全支出與固定開支共為12 000×100×104×eq \f(1,105)＋6 000×100×104×eq \f(2,105)＋2 000×50×104×eq \f(1,104)＋12×104＝46×104；
方案2：企業(yè)與保險公司合作，則企業(yè)支出保險金額為(12 000×25＋6 000×25＋2 000×40)×0.7＝37.1×104.
因為46×104＞37.1×104，
所以建議企業(yè)選擇方案2.
考點四 正態(tài)分布(基礎型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))認識正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義．
核心素養(yǎng)：數(shù)學抽象
1．設隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，若P(X＞4)＝P(X＜0)，則μ＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選B．正態(tài)曲線關于直線x＝μ對稱，若P(X＞4)＝P(X＜0)，則μ＝eq \f(4＋0,2)＝2.
2．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(3，1)，且P(X≥4)＝0.158 7，則P(2＜X＜4)＝( )
A．0.682 6 B．0.341 3
C．0.460 3 D．0.920 7
解析：選A．因為隨機變量X服從正態(tài)分布N(3，1)，且P(x≥4)＝0.158 7，所以P(X≤2)＝0.158 7，所以P(2＜X＜4)＝1－P(X≤2)－P(X≥4)＝0.682 6，故選A．
3．某校在一次月考中有900人參加考試，數(shù)學考試的成績服從正態(tài)分布X～N(90，a2)(a＞0，試卷滿分150分)，統(tǒng)計結(jié)果顯示數(shù)學考試成績在70分到110分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的eq \f(3,5)，則此次月考中數(shù)學考試成績不低于110分的學生約有________人．
解析：因為成績服從正態(tài)分布X～N(90，a2)，
所以其正態(tài)分布曲線關于直線x＝90對稱，
又因為成績在70分到110分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的eq \f(3,5)，
由對稱性知成績在110分以上的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(1,5)，所以此次數(shù)學考試成績不低于110分的學生約有eq \f(1,5)×900＝180(人)．
答案：180
eq \a\vs4\al()
服從N(μ，σ2)的隨機變量X在某個區(qū)間內(nèi)取值的概率的求法
(1)利用P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值直接求；
(2)充分利用正態(tài)曲線的對稱性和曲線與x軸之間的面積為1這些特殊性質(zhì)求解．
[基礎題組練]
1．已知隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(2，σ2)，且P(ξ＜4)＝0.8，則P(0＜ξ＜4)＝( )
A．0.6 B．0.4
C．0.3 D．0.2
解析：選A．由P(ξ＜4)＝0.8，得P(ξ≥4)＝0.2.又正態(tài)曲線關于x＝2對稱，則P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.2，所以P(0＜ξ＜4)＝1－P(ξ≤0)－P(ξ≥4)＝0.6.
2．口袋中有編號分別為1，2，3的三個大小和形狀相同的小球，從中任取2個，則取出的球的最大編號X的期望為( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(2,3)
C．2 D．eq \f(8,3)
解析：選D．因為口袋中有編號分別為1，2，3的三個大小和形狀相同的小球，從中任取2個，所以取出的球的最大編號X的可能取值為2，3，所以P(X＝2)＝eq \f(1,Ceq \\al(2,3))＝eq \f(1,3)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,3))＝eq \f(2,3)，所以E(X)＝2×eq \f(1,3)＋3×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3).
3．(多選)甲、乙兩類水果的質(zhì)量(單位：kg)分別服從正態(tài)分布N(μ1，σeq \\al(2,1))，N(μ2，σeq \\al(2,2))，其正態(tài)分布的密度曲線如圖所示，則下列說法正確的是( )
A．甲類水果的平均質(zhì)量μ1＝0.4 kg
B．甲類水果的質(zhì)量比乙類水果的質(zhì)量更集中于平均值左右
C．甲類水果的平均質(zhì)量比乙類水果的平均質(zhì)量小
D．乙類水果的質(zhì)量服從的正態(tài)分布的參數(shù)σ2＝1.99
解析：選ABC．由圖象可知甲圖象關于直線x＝0.4對稱，乙圖象關于直線x＝0.8對稱，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，μ1＜μ2，故A正確，C正確；因為甲圖象比乙圖象更“高瘦”，所以甲類水果的質(zhì)量比乙類水果的質(zhì)量更集中于平均值左右，故B正確；因為乙圖象的最大值為1.99，即eq \f(1,\r(2π)σ2)＝1.99，所以σ2≠1.99，故D錯誤．
4．已知隨機變量X＋η＝8，若X～B(10，0.6)，則E(η)，D(η)分別是( )
A．6，2.4 B．2，2.4
C．2，5.6 D．6，5.6
解析：選B．由已知隨機變量X＋η＝8，所以η＝8－X.
因此，求得E(η)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，
D(η)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.
5．某籃球隊對隊員進行考核，規(guī)則是①每人進行3個輪次的投籃；②每個輪次每人投籃2次，若至少投中1次，則本輪通過，否則不通過．已知隊員甲投籃1次投中的概率為eq \f(2,3).如果甲各次投籃投中與否互不影響，那么甲3個輪次通過的次數(shù)X的期望是( )
A．3 B．eq \f(8,3)
C．2 D．eq \f(5,3)
解析：選B．在一輪投籃中，甲通過的概率為P＝eq \f(8,9)，未通過的概率為eq \f(1,9).由題意可知，甲3個輪次通過的次數(shù)X的可能取值為0，1，2，3，
則P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,729)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))eq \s\up12(2)＝eq \f(24,729)＝eq \f(8,243)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))eq \s\up12(1)＝eq \f(192,729)＝eq \f(64,243)，
P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9)))eq \s\up12(3)＝eq \f(512,729).
所以隨機變量X的分布列為
數(shù)學期望E(X)＝0×eq \f(1,729)＋1×eq \f(8,243)＋2×eq \f(64,243)＋3×eq \f(512,729)＝eq \f(8,3).
6．若隨機變量ξ的分布列如下表所示，E(ξ)＝1.6，則a－b＝________．
解析：易知a，b∈[0，1]，由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8，又由E(ξ)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0.3，b＝0.5，則a－b＝－0.2.
答案：－0.2
7．已知某公司生產(chǎn)的一種產(chǎn)品的質(zhì)量X(單位：克)服從正態(tài)分布N(100，4)，現(xiàn)從該產(chǎn)品的生產(chǎn)線上隨機抽取10 000件產(chǎn)品，其中質(zhì)量在[98，104]內(nèi)的產(chǎn)品估計有________件．
(附：若X服從N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ＝0.954 5)
解析：由題意可得，該正態(tài)分布的對稱軸為x＝100，且σ＝2，則質(zhì)量在[96，104]內(nèi)的產(chǎn)品的概率為P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954 5，而質(zhì)量在[98，102]內(nèi)的產(chǎn)品的概率為P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 7，結(jié)合對稱性可知，質(zhì)量在[98，104]內(nèi)的產(chǎn)品的概率為0.682 7＋eq \f(0.954 5－0.682 7,2)＝0.818 6，據(jù)此估計質(zhì)量在[98，104]內(nèi)的產(chǎn)品的數(shù)量為10 000×0.818 6＝8 186(件)．
答案：8 186
8．(2020·浙江浙北四校模擬)已知袋子中有大小相同的紅球1個，黑球2個，從中任取2個．設ξ表示取到紅球的個數(shù)，則E(ξ)＝________，D(ξ)＝________．
解析：從袋中3個球中任取2個球，共有Ceq \\al(2,3)種取法，則其中ξ的可能取值為0，1，且ξ服從超幾何分布，所以P(ξ＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,3))＝eq \f(1,3)，P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,3))＝eq \f(2,3)，所以E(ξ)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，D(ξ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9).
答案：eq \f(2,3) eq \f(2,9)
9．若n是一個三位正整數(shù)，且n的個位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字大于百位數(shù)字，則稱n為“三位遞增數(shù)”(如137，359，567等)．在某次數(shù)學趣味活動中，每位參加者需從所有的“三位遞增數(shù)”中隨機抽取1個數(shù)，且只能抽取一次．得分規(guī)則如下：若抽取的“三位遞增數(shù)”的三個數(shù)字之積不能被5整除，參加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．
(1)寫出所有個位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)”；
(2)若甲參加活動，求甲得分X的分布列和數(shù)學期望E(X)．
解：(1)個位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)”有125，135，145，235，245，345.
(2)由題意知，全部“三位遞增數(shù)”的個數(shù)為Ceq \\al(3,9)＝84，隨機變量X可能的取值為0，－1，1，因此P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,8),Ceq \\al(3,9))＝eq \f(2,3)，P(X＝－1)＝eq \f(Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(3,9))＝eq \f(1,14)，
P(X＝1)＝1－eq \f(1,14)－eq \f(2,3)＝eq \f(11,42)，
所以X的分布列為
則E(X)＝0×eq \f(2,3)＋(－1)×eq \f(1,14)＋1×eq \f(11,42)＝eq \f(4,21).
10．已知6只小白鼠中有1只感染了病毒，需要對6只小白鼠進行病毒DNA化驗來確定哪一只受到了感染．下面是兩種化驗方案：方案甲：逐個化驗，直到能確定感染病毒的小白鼠為止．方案乙：將6只小白鼠分為兩組，每組三只，將其中一組的三只小白鼠的待化驗物質(zhì)混合在一起化驗，若化驗結(jié)果顯示含有病毒DNA，則表明感染病毒的小白鼠在這三只當中，然后逐個化驗，直到確定感染病毒的小白鼠為止；若化驗結(jié)果顯示不含病毒DNA，則在另外一組中逐個進行化驗．
(1)求執(zhí)行方案乙化驗次數(shù)恰好為2次的概率；
(2)若首次化驗的化驗費為10元，第二次化驗的化驗費為8元，第三次及以后每次化驗的化驗費都是6元，求方案甲所需化驗費的分布列和期望．
解：(1)執(zhí)行方案乙化驗次數(shù)恰好為2次的情況分兩種：第一種，先化驗一組，結(jié)果顯示不含病毒DNA，再從另一組中任取一只進行化驗，其恰含有病毒DNA，此種情況的概率為eq \f(Ceq \\al(3,5),Ceq \\al(3,6))×eq \f(1,Ceq \\al(1,3))＝eq \f(1,6)；第二種，先化驗一組，結(jié)果顯示含病毒DNA，再從中逐個化驗，恰好第一只含有病毒，此種情況的概率為eq \f(Ceq \\al(2,5),Ceq \\al(3,6))×eq \f(1,Ceq \\al(1,3))＝eq \f(1,6).
所以執(zhí)行方案乙化驗次數(shù)恰好為2次的概率為eq \f(1,6)＋eq \f(1,6)＝eq \f(1,3).
(2)設用方案甲化驗需要的化驗費為η(單位：元)，則η的可能取值為10，18，24，30，36.
P(η＝10)＝eq \f(1,6)，
P(η＝18)＝eq \f(5,6)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,6)，
P(η＝24)＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,6)，
P(η＝30)＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，
P(η＝36)＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
則化驗費η的分布列為
所以E(η)＝10×eq \f(1,6)＋18×eq \f(1,6)＋24×eq \f(1,6)＋30×eq \f(1,6)＋36×eq \f(1,3)＝eq \f(77,3)(元)．
[綜合題組練]
1．(2020·湖北部分重點中學測試)為了研究學生的數(shù)學核心素養(yǎng)與抽象能力(指標x)、推理能力(指標y)、建模能力(指標z)的相關性，將它們各自量化為1，2，3三個等級，再用綜合指標ω＝x＋y＋z的值評定學生的數(shù)學核心素養(yǎng)，，若ω≥7，則數(shù)學核心素養(yǎng)為一級；若5≤ω≤6，則數(shù)學核心素養(yǎng)為二級；若3≤ω≤4，則數(shù)學核心素養(yǎng)為三級．為了了解某校學生的數(shù)學核心素養(yǎng)，調(diào)查人員隨機訪問了某校10名學生，得到如下數(shù)據(jù)：
(1)從這10名學生中任取2人，求這2人的建模能力指標相同條件下綜合指標值也相同的概率；
(2)從這10名學生中任取3人，其中數(shù)學核心素養(yǎng)等級是一級的學生人數(shù)記為X，求隨機變量X的分布列及數(shù)學期望．
解：(1)
由題意可知，數(shù)學核心素養(yǎng)為三級的學生是A9；數(shù)學核心素養(yǎng)為二級的學生是A4，A7，A10；數(shù)學核心素養(yǎng)為一級的學生是A1，A2，A3，A5，A6，A8.
記“所取的2人的建模能力指標相同”為事件A，記“所取的2人的綜合指標值相同”為事件B，
則P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,16)＝eq \f(1,4).
(2)由題意可知，數(shù)學核心素養(yǎng)為一級的學生為A1，A2，A3，A5，A6，A8.
非一級的學生為余下4人，
所以X的所有可能取值為0，1，2，3.
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(0,6)Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,30)，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(3,10)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,2)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(0,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,6)，
所以隨機變量X的分布列為
所以E(X)＝0×eq \f(1,30)＋1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,6)＝eq \f(9,5).
2．(2020·云南昆明檢測)某地區(qū)為貫徹“綠水青山就是金山銀山”的精神，鼓勵農(nóng)戶利用荒坡種植果樹．某農(nóng)戶考察三種不同的果樹苗A，B，C，經(jīng)引種試驗后發(fā)現(xiàn)，引種樹苗A的自然成活率為0.8，引種樹苗B，C的自然成活率均為p(0.7≤p≤0.9)．
(1)任取樹苗A，B，C各一棵，估計自然成活的棵數(shù)為X，求X的分布列及E(X)；
(2)將(1)中的E(X)取得最大值時p的值作為B種樹苗自然成活的概率．該農(nóng)戶決定引種n棵B種樹苗，引種后沒有自然成活的樹苗中有75%的樹苗可經(jīng)過人工栽培技術處理，處理后成活的概率為0.8，其余的樹苗不能成活．
①求一棵B種樹苗最終成活的概率；
②若每棵樹苗引種最終成活后可獲利300元，不成活的每棵虧損50元，該農(nóng)戶為了獲利不低于20萬元，問至少引種B種樹苗多少棵？
解：(1)由題意知，X的所有可能值為0，1，2，3，
則P(X＝0)＝0.2(1－p)2，
P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×Ceq \\al(1,2)×p×(1－p)＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p＋0.8，
P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×Ceq \\al(1,2)×p×(1－p)＝0.2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p，
P(X＝3)＝0.8p2.
X的分布列為
所以E(X)＝1×(0.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8.
(2)當p＝0.9時，E(X)取得最大值．
①一棵B樹苗最終成活的概率為0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96.
②記Y為n棵B種樹苗的成活棵數(shù)，M(n)為n棵B種樹苗的利潤，則Y～B(n，0.96)，E(Y)＝0.96n，M(n)＝300Y－50(n－Y)＝350Y－50n，E(M(n))＝350E(Y)－50n＝286n，要使E(M(n))≥200 000，則有n≥699.3.
所以該農(nóng)戶至少種植700棵B種樹苗，就可獲利不低于20萬元．X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
X
－1
0
1
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,3)
eq \f(1,6)
X
0
1
2
3
P
0.4
0.3
0.2
0.1
Y
0
1
2
P
0.3
0.5
0.2
X
0
1
P
m
2m
技巧
方法
適用題型
巧用特殊分布列
利用相應公式直接求解
兩點分布、二項分布
巧借性質(zhì)
利用E(aX＋b)＝aE(X)＋b
D(aX＋b)＝a2D(X)
兩隨機變量有明確的線性關系
利用公式
D(X)＝E(X2)－[E(X)]2
計算復雜的方差
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,4 096)
eq \f(45,4 096)
eq \f(675,4 096)
eq \f(3 375,4 096)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(343,512)
eq \f(147,512)
eq \f(21,512)
eq \f(1,512)
質(zhì)量指標值m
m＜85
85≤m＜105
m≥105
等級
三等品
二等品
一等品
η
10
6
P
0.375
0.625
工種類別
A
B
C
賠付頻率
eq \f(1,105)
eq \f(2,105)
eq \f(1,104)
X
25
25－100×104
P
1－eq \f(1,105)
eq \f(1,105)
Y
25
25－100×104
P
1－eq \f(2,105)
eq \f(2,105)
Z
40
40－50×104
P
1－eq \f(1,104)
eq \f(1,104)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,729)
eq \f(8,243)
eq \f(64,243)
eq \f(512,729)
ξ
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
X
0
－1
1
P
eq \f(2,3)
eq \f(1,14)
eq \f(11,42)
η
10
18
24
30
36
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,6)
eq \f(1,6)
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
學生編號
A1
A2
A3
A4
A5
(x，y，z)
(2，2，3)
(3，2，3)
(3，3，3)
(1，2，2)
(2，3，2)
學生編號
A6
A7
A8
A9
A10
(x，y，z)
(2，3，3)
(2，2，2)
(2，3，3)
(2，1，1)
(2，2，2)
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
A10
x
2
3
3
1
2
2
2
2
2
2
y
2
2
3
2
3
3
2
3
1
2
z
3
3
3
2
2
3
2
3
1
2
w
7
8
9
5
7
8
6
8
4
6
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(3,10)
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
X
0
1
2
3
P
0.2p2－0.4p＋0.2
0.4p2－1.2p＋0.8
－1.4p2＋1.6p
0.8p2

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