专题十一
概率与统计
第三十五讲离散型随机变量的分布列、期望与方差
答案部分
2019
年
1 解析
解析
解析
解析
解析（Ⅰ）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30 之前到校的概
率均为2
3
，故
2
~
3, 3
X
B
，从而
3
3
2
1
(
)
,
0,1,2,3
3
3
k
k
k
P X
k
C
k
−
=
=
=
.
所以，随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
27
2
9
4
9
8
27
随机变量X 的数学期望
2
(
)
3
2
3
E X =
=
.
（Ⅱ）设乙同学上学期间的三天中
：
之前到校的天数为
7
30
Y ，则
2
~
3, 3
Y
B
，且
{
3,
1} {
2,
0}
M
X
Y
X
Y
=
=
=
=
=
.由题意知事件
{
3,
1}
X
Y
=
=
与
{
2,
0}
X
Y
=
=
互斥，
且事件
3
X =
与
1
Y =
，事件
2
X =
与
0
Y =
均相互独立，从而由（Ⅰ）知
(
)
({
3,
1} {
2,
0})
(
3,
1)
(
2,
0)
P M
P
X
Y
X
Y
P X
Y
P X
Y
=
=
=
=
=
=
=
=
+
=
=
8
2
4
1
20
(
3) (
1)
(
2) (
0)
27
9
9
27
243
P X
P Y
P X
P Y
=
=
=
+
=
=
=
+
=
.
2
解析
解析
解析
解析
解析X 的所有可能取值为1,0,1
−
.
(
1)
(1
)
(
0)
(1
)(1
)
(
1)
(1
)
P X
P X
P X
= −
=
−
=
=
+
−
−
=
=
−
，
，
，
所以X 的分布列为
（
）由（
2）（ i
1）得
0.4,
0.5,
0.1
a
b
c
=
=
=
.
因此
1
1
=0.4
+0.5 +0.1
i
i
i
i
p
p
p
p
−
+ ，故
(
)
(
)
1
1
0.1
0.4
i
i
i
i
p
p
p
p
+
−
−
=
−
，即
(
)
1
1
4
i
i
i
i
p
p
p
p
+
−
−
=
−
.
又因为
1
0
1
0
p
p
p
−
=
，所以
1
(
0,1,2,
,7)
i
i
p
p
i
+ −
=
为公比为，首项为
4
1p 的等比数
列．
（）由（）可得
ii
i
(
) (
)
(
)
8
8
8
7
7
6
1
0
0
8
7
7
6
1
0
1
3
4
1
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
−
=
−
+
−
+
+
−
+
=
−
+
−
+
+
−
=
.
由于
8=1
p
，故
1
8
3
4
1
p =
−
，所以
(
) (
) (
) (
)
4
4
4
3
3
2
2
1
1
0
1
4
1
1 .
3
25
7
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
−
=
−
+
−
+
−
+
=
−
=
4p
表示最终认为甲药更有效的概率，由计算结果可以看出，在甲药治愈率为
，乙药治愈
0.5
率为
时，认为甲药更有效的概率为
0.8
4
1
0.0039
257
p =
，此时得出错误结论的概率非常
小，说明这种试验方案合理.
3
18+9+3=30
B
解析
解析
解析
解析
解析（）由题意知，样本中仅使用
的学生有
I
A
人，仅使用
的学生有
10+14+1=25 人，
A
B
，
两种支付方式都不使用的学生有
人
5
.
故样本中
，
两种支付方式都使用的学生有
A
B
100-30-25-5=40
.
人
所以从全校学生中随机抽取
人，
1
该学生上个月
，
两种支付方式都使用的概率估计值为
A
B
40
0.4
100 =
（）
的所有可能值为，，
II
X
0
1
2.
记事件
为从样本仅使用
的学生中随机抽取
人，该学生上个月的支付金额大于
C
“
A
1
1000
元，
”
D
事件
为“从样本仅使用
的学生中随机抽取
人，该学生上个月的支付金额大于
B
1
1000
元”.
由题设知，事件
，
相互独立，且
C
D
( )
9
3
0.4
30
P C
+
=
=
，
(
)
14 1
0.6
25
P D
+
=
=
，
所以
(
)
( )
( )
2
0.24
P X
P C
P D
=
=
=
,
(
)
(
)
( )
( )
( )
(
)
1
P X
P CD
CD
P C P D
P C P D
=
=
=
+
(
)
(
)
0.4
1 0.6
0.6
1 0.4
0.52
=
−
+
−
=
.
(
)
(
)
( ) ( )
0
0.24
P X
P CD
P C P D
=
=
=
=
.
所以
的分布列为
X
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故
的数学期望
X
E(X)=
(
)
(
)
0.4
1 0.6
0.6
1 0.4
0.52
=
−
+
−
=
.
（
）记事件
为从样本仅使用
的学生中随机抽取
人，他们本月的支付金额都大于
III
E
“
A
3
2000
元，
”
假设样本仅使用
的学生中，本月支付金额大于
元的人数没有变化，则有上个月的样
A
2000
本数据得
( )
3
30
1
1
C
4060
P E =
=
.
可以认为有变化，理由如下：
( )
P E 比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为
支付金额
本月
大于
人数发生了变化，所以可以认为有变化
2000 元的
.
也可以认为无法确定有没有变化，理由如下：
事件
是随机事件，
E
( )
P E 比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定
有没有变化.
2010-2018
年
1
B
．【解析】由题意知，该群体的
位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以
10
10 (1
)
2.4
DX
p
p
=
−
=
，所以
0.6
p =
或
0.4
p =
．
由
(
4)
(
6)
P X
P X
=
=
，得
4
4
6
6
6
4
10
10
C
(1
)
C
(1
)
p
p
p
p
−
−
，即
2
2
(1
)
p
p
−
，所以
0.5
p
，所以
0.6
p =
．故选
．
B
2
D
．
【解析】由题可得
1
( )
2
E
p
=
+
，所以
2
2
1
1
1
( )
(
)
4
2
2
D
p
p
p
= −
+
+
= −
−
+
，所以
当p 在(0,1) 内增大时，
( )
D
先增大后减小．故选
．
D
3
A
．【解析】由题意可得
1
0
1
2
0
1
P
1
1
p
−
1p
P
2
1
p
−
2
p
由两点分布
1
1
(
)
E
p
=
，
2
2
(
)
E
p
=
；
1
1
1
( )
(1
)
D
p p
=
−
，
2
2
2
(
)
(1
)
D
p
p
=
−
，
∵
2
2
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
(
)
( )
(1
)
(1
)
(
)
(
)
D
D
p
p
p p
p
p
p
p
−
=
−
−
−
=
−
−
−
2
1
2
1
(
)(1
)
p
p
p
p
=
−
−
−
∵
1
2
1
0
2
p
p
，∴
2
1
0
p
p
−
，
2
1
1
0
p
p
−
−
∴
1
(
)
E
<
2
(
)
E
，
1
(
)
D
<
2
(
)
D
，选
．
A
4
A
．【解析】解法一（特值法）取m
n
=
=3 进行计算、比较即可．
解法二
从乙盒中取
个球时，取出的红球的个数记为
1
，则
的所有可能取值为，
0 1，
则
1
(
0)
(
1)
n
P
P
m
n
=
=
=
=
+
，
1
(
1)
(
2)
m
P
P
m
n
=
=
=
=
+
，
所以
1
1
1
( )
1
(
1)
2 (
2)
1
m
E
P
P
m
n
=
=
+
=
=
+
+
，
所以
1
1
( )
2
2
2(
)
E
m
n
p
m
n
+
=
=
+
；从乙盒中取
个球时，取出的红球的个数记为
2
，则
的所有可能的取值为，，，
0
1
2
则
2
2
2
C
(
0)
(
1)
C
n
m n
P
P
+
=
=
=
=
，
1
1
2
2
C C
(
1)
(
2)
C
n
m
m n
P
P
+
=
=
=
=
，
2
2
2
C
(
2)
(
3)
C
m
m n
P
P
+
=
=
=
=
∴
2
2
2
2
2
(
)
1
(
=1)
2
(
=2)
3
(
=3)
1
m
E
P
P
P
m
n
=
+
+
=
+
+
，
∴
2
2
(
)
3
3
3(
)
E
m
n
p
m
n
+
=
=
+
，所以
1
2
p
p
，
( )
(
)
1
2
E
E
，故选
．
A
5
1.96
．
【解析】由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即
(
)
~
100,0.02
X
B
，由
二项分布的期望公式可得
(
)
1
100 0.02 0.98
1.96
DX
np
p
=
−
=
=
．
6．3
2
【解析】实验成功的概率
3
4
p =
，故
3
(2, )
4
X
B
，所以
3
3
(
)
2
4
2
E X =
=
．
7．2
5
【解析】由题意设
(
1)
,
P
p
=
=
的分布列如下
0
1
2
P
1
5
p
4
5
p
−
由
( )
1
E =
，可得
3
5
p =
，所以
2
( )
5
D =
．
8．【解析】
由题意知，样本中电影的总部数是
(1)
140+50+300+200+800+510=2000
，
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50
．
故所求概率为
50
0.025
2000 =
．
(2)设事件
为
A
“从第四类电影中随机选出的电影获得好评，
”
事件
为从第五类电影中随机选出的电影获得好评
B
“
”．
故所求概率为
(
)
(
)
(
)
P AB
AB
P AB
P AB
+
=
+
=
( )(1
( ))
(1
( )) ( )
P A
P B
P A P B
−
+
−
．
由题意知：( )
P A
估计为．
，
0
25
( )
P B
估计为．．
0
2
故所求概率估计为．
0
25×0
8+0
75×0
2=0
35
．
．
．
．
．
(3)
1
D>
4
D>
2
D=
5
D>
3
D>
6
D．
9．【解析】
件产品中恰有
件不合格品的概率为
(1)20
2
2
2
18
20
( )
C
(1
)
f p
p
p
=
−
．因此
2
18
2
17
2
17
20
20
( )
C [2 (1
)
18
(1
) ]
2C
(1
) (1 10 )
f
p
p
p
p
p
p
p
p
=
−
−
−
=
−
−
．
令
( )
0
f
p
=
，得
0.1
p =
．当
(0,0.1)
p
时，
( )
0
f
p
；
当
(0.1,1)
p
时，
( )
0
f
p
．
所以
( )
f p 的最大值点为
0
0.1
p =
．
(2)
(1)
由
知，
0.1
p =
．
（）令
i
Y
表示余下的
件产品中的不合格品件数，
180
依题意知
(180,0.1)
Y
B
，
20 2
25
X
Y
=
+
，即
40
25
X
Y
=
+
．
所以
(40
25 )
40
25
490
EX
E
Y
EY
=
+
=
+
=
．
（）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为
ii
400 元．
由于
400
EX
，故应该对余下的产品作检验．
10．【解析】
由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为
∶∶，由于采用分层抽
(1)
3
2
2
样的方法从中抽取
人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取
人，人，
7
3
2
2
人．
(2)（i）随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3．
3
4
3
3
7
C
C
(
)
C
k
k
P X
k
−
=
=
(k =0，1，2，3)．
所以，随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
35
12
35
18
35
4
35
随机变量X 的数学期望
1
12
18
4
12
(
)
0
1
2
3
35
35
35
35
7
E X =
+
+
+
=
．
（ii）设事件B 为“抽取的3 人中，睡眠充足的员工有1 人，睡眠不足的员工有2 人”；
事件C为“抽取的3 人中，睡眠充足的员工有2 人，睡眠不足的员工有1 人”，则
A
B
C
=
，且B与C 互斥，
由（i）知，
( )
(
2)
P B
p X
=
=
，
( )
(
1)
P C
P X
=
=
，
故
6
( )
(
)
(
2)
(
1)
7
P A
P B
C
P X
P X
=
=
=
+
=
=
．
所以，事件A 发生的概率为6
7 ．
11．【解析】（）由题意知，
1
X
所有的可能取值为200,300,500，由表格数据知
(
)
2
16
200
0.2
90
P X
+
=
=
=
，
(
)
36
300
0.4
90
P X =
=
=
，
(
)
25
7
4
500
0.4
90
P X
+
+
=
=
=
．
因此X 的分布列为
X
200
300
500
P
0．2
0．4
0．4
（2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，
因此只需考虑
200
500
n
≤
≤
当
300
500
n
≤
≤
时，
若最高气温不低于25，则
6
4
2
Y
n
n
n
=
−
=
；
若最高气温位于区间[20,25) ，则
6 300
2(
200)
4
1200
2
Y
n
n
n
=
+
−
−
=
−
；
若最高气温低于20，则
6 200
2(
200)
4
800
2
Y
n
n
n
=
+
−
−
=
−
；
因此
2
0.4
(1200
2 ) 0.4
(800
2 ) 0.2
640
0.4
EY
n
n
n
n
=
+
−
+
−
=
−
．
当
200
300
n
≤
时，
若最高气温不低于20，则
6
4
2
Y
n
n
n
=
−
=
；
若最高气温低于20，则
6 200
2(
200)
4
800
2
Y
n
n
n
=
+
−
−
=
−
；
因此
2
(0.4
0.4)
(800
2 ) 0.2
160 1.2
EY
n
n
n
=
+
+
−
=
+
．
所以 300
n =
时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为520元．
12．【解析】
编号为
的抽屉内放的是黑球的概率
(1)
2
p 为:
1
1
C
C
n
m n
n
m n
n
p
m
n
−
+ −
+
=
=
+
.
(2)随机变量X
的概率分布为:
X
1
n
1
1
n +
1
2
n +
…
1
k
…
1
m
n
+
P
1
1
C
C
n
n
n
m n
−
−
+
1
C
C
n
n
n
m n
−
+
1
1
C
C
n
n
n
m n
−
+
+
…
1
1
C
C
n
k
n
m n
−
−
+
…
1
1
C
C
n
n m
n
m n
−
+
−
+
随机变量X 的期望为：
1
1
C
1
1
1
(
1)!
(
)
C
C
(
1)!(
)!
n
m n
m n
k
n
n
k n
k n
m n
m n
k
E X
k
k
n
k
n
−
+
+
−
=
=
+
+
−
=
=
−
−
.
所以
1
(
2)!
1
(
2)!
(
)
C
(
1)!(
)!
(
1)C
(
2)!(
)!
m n
m n
n
n
k n
k n
m n
m n
k
k
E X
n
k
n
n
n
k
n
+
+
=
=
+
+
−
−
=
−
−
−
−
−
2
2
2
1
2
1
(1 C
C
C
)
(
1)C
n
n
n
n
n
m n
n
m n
n
−
−
−
−
+ −
+
=
+
+
+
+
−
1
2
2
2
1
1
2
1
(C
C
C
C
)
(
1)C
n
n
n
n
n
n
n
m n
n
m n
n
−
−
−
−
−
−
+ −
+
=
+
+
+
+
−
1
2
2
2
1
(C
C
C
)
(
1)C
n
n
n
n
n
m n
n
m n
n
−
−
−
+ −
+
=
+
+
+
−
1
2
2
2
1
(C
C
)
(
1)C
n
n
m n
m n
n
m n
n
−
−
+ −
+ −
+
=
=
+
−
1
1
C
(
1)C
(
)(
1)
n
m n
n
m n
n
n
m
n n
−
+ −
+
=
=
−
+
−
(
)
(
)(
1)
n
E X
m
n n
+
−
.
13．【解析】（Ⅰ）随机变量X
的所有可能取值为0,1,2,3.
1
1
1
1
(
0)
(1
) (1
) (1
)
2
3
4
4
P X =
=
−
−
−
=
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
11
(
1)
(1
) (1
)
(1
)
(1
)
(1
) (1
)
2
3
4
2
3
4
2
3
4
24
P X =
=
−
−
+
−
−
+
−
−
=
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
2)
(1
)
(1
)
(1
)
2
3
4
2
3
4
2
3
4
4
P X =
=
−
+
−
+
−
=
，
1
1
1
1
(
3)
2
3
4
24
P X =
=
=
.
所以，随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
4
11
24
1
4
1
24
随机变量X 的数学期望
1
11
1
1
13
(
)
0
1
2
3
4
24
4
24
12
E X =
+
+
+
=
.
（Ⅱ）设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求
事件的概率为
(
1)
(
0,
1)
(
1,
0)
P Y
Z
P Y
Z
P Y
Z
+
=
=
=
=
+
=
=
(
0) (
1)
(
1) (
0)
P Y
P Z
P Y
P Z
=
=
=
+
=
=
1
11
11
1
11
4
24
24
4
48
=
+
=
.
所以，这
辆车共遇到
个红灯的概率为
2
1
11
48
.
14．【解析】（Ⅰ）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含
1A 但不包含
1B 的事件为M ，则
4
8
5
10
5
(
)
.
18
C
P M
C
=
=
(
)
Ⅱ由题意知X 可取的值为：0,1,2,3,4 ．则
5
6
5
10
1
(
0)
,
42
C
P X
C
=
=
=
4
1
6
4
5
10
5
(
1)
,
21
C C
P X
C
=
=
=
3
2
6
4
5
10
10
(
2)
,
21
C C
P X
C
=
=
=
2
3
6
4
5
10
5
(
3)
,
21
C C
P X
C
=
=
=
1
4
6
4
5
10
1
(
4)
,
42
C C
P X
C
=
=
=
因此X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
42
5
21
10
21
5
21
1
42
X 的数学期望是
0
(
0) 1
(
1)
2
(
2)
3
(
3)
4
(
4)
EX
P X
P X
P X
P X
P X
=
=
+
=
+
=
+
=
+
=
=
5
10
5
1
0 +1
+ 2
+3
+ 4
21
21
21
42
=2
．
15．【解析】（Ⅰ）由图知，在服药的
名患者中，指标
50
y
的值小于
人，
60 的有15
所以从服药的
名患者中随机选出一人，此人指标
50
y
的值小于
的概率为
60
15
0.3
50 =
．
（Ⅱ）由图知，A,B,C,D 四人中，指标x
的值大于
的有
人：
和
．
1.7
2
A
C
所以
的所有可能取值为
．
0,1,2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
4
C
C C
C
1
2
1
(
0)
, (
1)
, (
2)
C
6
C
3
C
6
P
P
P
=
=
=
=
=
=
=
=
=
．
所以的分布列为
0
1
2
P
1
6
2
3
1
6
故的期望
1
2
1
( )
0
1
2
1
6
3
6
E
=
+
+
= ．
（Ⅲ）在这
名患者中，服药者指标
100
y 数据的方差大于未服药者指标y 数据的方差．
16．【解析】（）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数
Ⅰ
为，，
，
的概率分别为
，
，
，
，从而
8
9
10
11
0.2
0.4
0.2
0.2
04
.0
2.0
2.0
)
16
(
=
=
=
X
P
；
16
.0
4.0
2.0
2
)
17
(
=
=
=
X
P
；
24
.0
4.0
4.0
2.0
2.0
2
)
18
(
=
+
=
=
X
P
；
24
.0
2.0
4.0
2
2.0
2.0
2
)
19
(
=
+
=
=
X
P
；
2.0
2.0
2.0
4.0
2.0
2
)
20
(
=
+
=
=
X
P
；
08
.0
2.0
2.0
2
)
21
(
=
=
=
X
P
；
04
.0
2.0
2.0
)
22
(
=
=
=
X
P
.
所以X 的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
04
.0
16
.0
24
.0
24
.0
2.0
08
.0
04
.0
（）由（
Ⅱ
Ⅰ）知
44
.0
)
18
(
=
X
P
，
68
.0
)
19
(
=
X
P
，故n
的最小值为19.
（
）记
Ⅲ
Y
表示
台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）
2
.
当
19
=
n
时，
08
.0
)
500
2
200
19
(
2.0
)
500
200
19
(
68
.0
200
19
+
+
+
+
=
EY
4040
04
.0
)
500
3
200
19
(
=
+
+
.
当
20
=
n
时，
04
.0
)
500
2
200
20
(
08
.0
)
500
200
20
(
88
.0
200
20
+
+
+
+
=
EY
4080
=
.
可知当
19
=
n
时所需费用的期望值小于
20
=
n
时所需费用的期望值，故应选
19
=
n
.
17．【解析】（Ⅰ）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为
，
A
则
5
4
3
1
( )
=
6
5
4
2
P A =
（Ⅱ）依题意得，X
所有可能的取值是，，
1
2
3
又
1
5
1
1
5
4
2
(
=1)
, (
=2)
, (
=3)
1=
6
6
5
6
6
5
3
P X
P X
P X
=
=
=
=
．
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
1
6
1
6
2
3
所以
1
1
2
5
(
)
1
2
3
6
6
3
2
E X =
+
+
=
．
18．【解析】（Ⅰ）个位数是
的三位递增数
5
“
”有125
135
145
，
，
，
，
，
；
235
245
345
（）由题意知，全部“三位递增数”的个数为
Ⅱ
84
3
9 =
C
，随机变量X 是取值为：0，-1，
1
，
因此
3
2
)
0
(
3
9
3
8 =
=
=
C
C
X
P
，
14
1
)1
(
3
9
2
4 =
=
−
=
C
C
X
P
，
42
11
3
2
14
1
1
)1
(
=
−
−
=
=
X
P
，
所以X 的分布列为
X
0
-1
1
P
3
2
14
1
42
11
则
21
4
42
11
1
14
1
)1
(
3
2
0
=
+
−
+
=
EX
．
19．【解析】（）由题意，参加集训的男、女生各有
名，参赛学生全从
1
6
B中抽取（等价于
A
中学没有学生入选代表队）的概率为
3
3
3
4
3
3
6
6
1
100
C C
C C =
．
因此，A
中学至少
名学生入选的概率为
1
1
99
1
100
100
−
=
．
（）根据题意，
2
X
的可能取值为，，．
1
2
3
1
3
3
3
4
6
1
(
1)
5
C C
P X
C
=
=
=
，
2
2
3
3
4
6
3
(
2)
5
C C
P X
C
=
=
=
，
3
1
3
3
4
6
1
(
3)
5
C C
P X
C
=
=
=
，
所以X 的分布列为：
X
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
因此，X 的期望为
(
)
(
)
(
)
1
(
1)
2
2
3
3
E X
P X
P X
P X
=
=
+
=
+
=
，
1
3
1
(
)
1
2
3
2
5
5
5
E X =
+
+
=
．
20．【解析】（）抽取产品的质量指标值的样本平均数
I
x 和样本方差
2s 分别为
170 0.02 180 0.09 190 0.22
200 0.33
x =
+
+
+
210 0.24
220 0.08
230 0.02
+
+
+
=200
2
2
2
2
( 30)
0.02
( 20)
0.09
( 10)
0.22
s = −
+ −
+ −
2
2
2
0 0.33 10
0.24
20
0.08
30
0.02
150.
+
+
+
+
=
（
）由（）知，
II）（ i
I
~
(200,150)
Z
N
，从而
(187.8
212.2 = (200 12.2
200 12.2)
0.6826.
P
Z
P
Z
−
+
=
）
（）由（）知，一件产品的质量指标值位于区间（
，
ii
i
187.8
212.2）的概率为0.682 6，
依题意知X-B(100
0.682 6)
，
，所以
100 0.6826
68.26.
EX =
=
21．【解析】（Ⅰ）记
iA为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”（
0,1,3
i =
）．
则
3
1
(
)
2
P A
=
，
1
1
(
)
3
P A =
，
0
1
1
1
(
)
1
2
3
6
P A
= −
−
=
；
记
iB 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”（
0,1,3
i =
）。
则
3
1
(
)
5
P B
=
，
1
3
(
)
5
P B
=
，
0
1
3
1
(
)
1
5
5
5
P B
= −
−
=
；
记D
为事件“小明两次回球的落点中恰有
次的落点在乙上”
1
由题意，
3
0
1
0
0
3
0
1
D
A B
A B
A B
A B
=
+
+
+
由事件的独立性和互斥性，
3
0
1
0
0
3
0
1
(
)
(
)
P D
P A B
A B
A B
A B
=
+
+
+
=
3
0
1
0
0
3
0
1
(
)
(
)
(
)
(
)
P A B
P A B
P A B
P A B
+
+
+
=
3
0
1
0
0
3
0
1
(
) (
)
(
) (
)
(
) (
)
(
) (
)
P A P B
P A P B
P A P B
P A P B
+
+
+
=
1
1
1
1
1
3
1
1
3
2
5
3
5
6
5
6
5
10
+
+
+
=
所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为3
10
．
（Ⅱ）由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6
由事件的独立性和互斥性，得
0
3
1
1
1
(
0)
(
)
6
5
30
P
P A B
=
=
=
=
，
1
0
0
1
1
1
1
3
1
(
1)
(
)
3
5
6
5
6
P
P A B
A B
=
=
+
=
+
=
1
1
1
3
1
(
2)
(
)
3
5
5
P
P A B
=
=
=
=
3
0
0
3
1
1
1
1
2
(
3)
(
)
2
5
6
5
15
P
P A B
A B
=
=
+
=
+
=
3
1
1
3
1
3
1
1
11
(
4)
(
)
2
5
3
5
30
P
P A B
A B
=
=
+
=
+
=
3
3
1
1
1
(
6)
(
)
2
5
10
P
P A B
=
=
=
=
的分布列为
0
1
2
3
4
6
P
30
1
6
1
5
1
15
2
30
11
10
1
30
91
10
1
6
30
11
4
15
2
3
5
1
2
6
1
1
30
1
0
)
(
=
+
+
+
+
+
=
E
其数学期望为
22．【解析】（Ⅰ）用Y 表示日销量，则
(
100)
(0.006
0.004
0.002) 50
0.6
a
p Y
=
=
+
+
=
≥
(
50)
0.003 50
0.15.
b
p Y
=
=
=
A
代表连续
日销量不低于
且一日销量低于
2
100
50，
则
2
( )
2
0.108
p A
aab
baa
a b
=
+
=
=
，故所求时间的概率为0.108 ．
（Ⅱ）X
可取
（Ⅰ）可知日销量不低于
的概率
0,1,2,3．由
100
0.6,
~
(3,0.6)
a
X
B
=
．
∴
0
0
3
3
(
0)
(1- )
0.064
p x
C a
a
=
=
=
，
1 1
2
3
(
1)
(1- )
0.288
p x
C a
a
=
=
=
，
2
2
1
3
(
2)
(1- )
0.432
p x
C a
a
=
=
=
，
3
3
0
3
(
3)
(1- )
0.216
p x
C a
a
=
=
=
X 的分布列如下
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
∴
3 0.6
1.8
EX
na
=
=
=
，
(1- )
0.72
DX
na
a
=
=
．
23．【解析】：（）
1
1
2
7,
2
n
n
=
=
，
1
2
0.28,
0.08
f
f
=
=
；
（）样本频率分布直方图为
2
（）根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间（
］的概率．，
3
30,35
0
2
设所取的
人中，日加工零件数落在区间（
］的人数为
4
30,35
，则
~
(4, 0.2)
B
，
4
(
1)
1
(
0)
1 (1 0.2)
1 0.4096
0.5904
P
P
= −
=
= −
−
= −
=
，
所以
人中，至少有
人的日加工零件数落在区间（
］的概率约为．
．
4
1
30,50
0
5904
24．【解析】：用
表示“
局以内（含
局）赢得比赛
A
甲在4
4
”， kA 表示“第k 局甲获胜”，
kB
表示“第k 局乙获胜”，则
2
1
(
)
,
(
)
,
1,2,3,4,5
3
3
k
k
P A
P B
k
=
=
=
（Ⅰ）
1
2
1
2
3
1
2
3
4
( )
(
)
(
)
(
)
P A
P A A
P B A A
P A B A A
=
+
+
1
2
1
2
3
1
2
3
4
(
) (
)
(
) (
) (
)
(
) (
(
) (
)
2
2
1
2
2
2
1
2
2
56
3
3
3
3
3
3
3
3
3
81
P A P A
P B P A P A
P A P B
A P A
=
+
+
=
+
+
=
（）
Ⅱ
X
的可能取值为2,3,4,5
1
2
1
2
1
2
1
2
5
(
2)
(
)
(
)
(
) (
)
(
) (
)
9
P X
P A A
P B B
P A P A
P B P B
=
=
+
=
+
=
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
2
(
3)
(
)
(
)
(
) (
) (
)
(
) (
) (
)
9
P X
P B A A
P A B B
P B P A P A
P A P B P B
=
=
+
=
+
=
1
2
3
4
1
2
3
4
(
4)
(
)
(
)
P X
P A B A A
P B A B B
=
=
+
=
1
2
3
4
1
2
3
4
10
(
) (
) (
) (
)
(
) (
) (
) (
)
81
P A P B P A P A
P B P A P B P B
+
=
8
(
5)
1
(
2)
(
3)
(
4)
81
P X
P X
P X
P X
=
= −
=
−
=
−
=
=
故X 的分布列为
X
2
3
4
5
P
5
9
2
9
10
81
8
81
∴
5
2
10
8
224
2
3
4
5
9
9
81
81
81
EX =
+
+
+
=
．
25．【解析】解法一（1
4
）设第一次取出的
件产品中恰有
件优质品为事件
3
1A ．第一次取
出的
件产品全是优质品为事件
4
2A
，第二次取出的
件产品都是优质品为事件
4
1B ，第
二次取出的
件产品为事件
1
2B
，这批产品通过检验为事件题意有A=
(
)
1
1
2
2
(
)
A B
A B
与
,且
1
1
A B 与
2
2
A B 互斥，所以
(
)
(
)
1
1
2
2
( )
P A
P A B
P A B
=
+
1
1
1
2
2
(
) (
)
(
)
P A P B
A
P B
A
=
+
|
|
4
1
1
1
3
16
16
16
2
64
=
+
=
．
（）
的可能取值为
、
、
2
X
400
500
800；
4
1
11
(
400)
1
16
16
16
P X =
= −
−
=
，
1
(
500)
16
P X =
=
，
1
(
800)
4
P X =
=
，则
的
X
分布列为
X
400
500
800
P
11
16
1
16
1
4
11
1
1
400
500
800
506.25
16
16
4
EX =
+
+
=
解法二
（）设第一次取出的
件产品中恰有
件优质品为事件
，第一次取出的
件
1
4
3
A
4
产品中全为优质品为事件
第二次取出的
件产品都是优质品为事件
，第二次取出的
B,
4
C
1 件产品是优质品为事件
，这批产品通过检验为事件
，根据题意有
∪
D
E
E=(AB)
(CD),
且
与
互斥，
AB
CD
∴P E
P
( )= (AB)+P(CD)=P( )
A P(
( )
B|A)+P C P(D|C)=
3
2
4
4
1
1
1
( )
( )
2
2
2
C
+
4
1
1
( )
2
2
= 3
64
.
（）
的可能取值为
，并且
2
X
400,500,800
P X
( =400)=1-
3
3
4
4
1
1
1
( )
( )
2
2
2
C
−
= 11
16
，P(X=500)= 1
16
，P(X=800)=
3
3
4
1
1
( )
2
2
C
= 1
4
，
∴
的分布列为
X
X
400
500
800
P
11
16
1
16
1
4
EX=400×11
16
+500× 1
16
+800× 1
4
=506.25．
26．【解析】设
iA
表示事件“此人于
月
3
i 日到达该市” (
)
1,2,3,
,13
i =
根据题意，
(
)
1
13
i
P A =
，
(
)
i
j
A
A
i
j
=
（）设
Ⅰ
B 为事件“此人达到当日空气重度污染”，则
5
8
B
A
A
=
．
所以
( )
(
)
(
)
(
)
5
8
5
8
2
13
P B
P A
A
P A
P A
=
=
+
=
．
（）由题意可知，
Ⅱ
X 的所有可能取值为0,1,2 ，且
(
)
(
)
3
6
7
11
1
P X
P A
A
A
A
=
=
3
6
7
11
4
(
)
(
)
(
)
(
)
13
P A
P A
P A
P A
=
=
(
)
(
)
1
2
12
13
2
P X
P A
A
A
A
=
=
1
2
12
13
4
(
)
(
)
(
)
(
)
13
P A
P A
P A
P A
=
=
(
)
(
)
(
)
5
0
1
1
2
13
P X
P X
P X
=
= −
=
−
=
=
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
5
13
4
13
4
13
故X 的期望
5
4
4
12
0
1
2
13
13
13
13
EX =
+
+
=
．
（
）从
月
日开始连续三天的空气质量指数方差最大．
Ⅲ
3
3
27．【解析】（）当
1
16
n
时，
16 (10 5)
80
y =
−
=
当
15
n
时，
5
5(16
)
10
80
y
n
n
n
=
−
−
=
−
得：
10
80(
15)(
)
80
(
16)
n
n
y
n
N
n
−
=
（
）
2）（i
X 可取60 ，70 ，80
(
60)
0.1, (
70)
0.2, (
80)
0.7
P X
P X
P X
=
=
=
=
=
=
X 的分布列为
X
60
70
80
P
0.1
0.2
0.7
60 0.1 70 0.2 80 0.7
76
EX =
+
+
=
2
2
2
16
0.1 6
0.2
4
0.7
44
DX =
+
+
=
（）购进
枝时，当天的利润为
ii
17
(14 5
3 5) 0.1 (15 5
2 5) 0.2
y =
−
+
−
(16 5 1 5) 0.16 17 5 0.54
76.4
+
−
+
=
76.4
76
17
得：应购进
枝
28．【解析】：（Ⅰ）记：“该射手恰好命中一次”为事件
，“该射手射击甲靶命中”为事件
A
B, “该射手第一次射击乙靶命中”为事件
，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件
C
D，
由题意可知
3
( )
4
P B =
，
2
( )
( )
3
P C
P D
=
=
，由于
A
BCD
BCD
BCD
=
+
+
( )
(
)
P A
P BCD
BCD
BCD
=
+
+
= 7
36
；
（Ⅱ）
5,4,3,2,1,0
=
X
9
1
3
2
3
1
4
1
)
2
(
,
12
1
)
3
1
(
4
3
)1
(
.
36
1
)
3
1
(
4
1
)
0
(
1
2
2
2
=
=
=
=
=
=
=
=
=
C
X
P
X
P
X
P
,
3
1
)
3
2
(
4
3
)
5
(
,
9
1
)
3
2
(
4
1
)
4
(
,
3
1
3
2
3
1
4
3
)
3
(
2
2
1
2
=
=
=
=
=
=
=
=
=
X
P
X
P
C
X
P
X
0
1
2
3
4
5
P
36
1
12
1
9
1
3
1
9
1
3
1
EX=0× 36
1 +1×12
1 +2× 9
1 +3× 3
1 +4× 9
1 +5× 3
1 =
12
5
3
12
41 =
.
29．【解析】（）设
I
“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，
则
2
3
1
( )
50
10
P A
+
=
=
；
（）依题意
II
1
X ,
2
X 的分布列分别如下：
1
X
1
2
3
2
X
1.8
2.9
P
1
25
3
50
9
10
P
1
10
9
10
（
）由（）得
III
II
1
1
3
9
(
)
1
2
3
2.86
25
50
10
E X
=
+
+
=
（万元
）
2
1
9
(
)
1.8
2.9
2.79
10
10
E X
=
+
=
（万元
）
∵
1
2
(
)
(
)
E X
E X
∴应生产甲品牌轿车．
30．【解析】（
时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：，
Ⅰ）当X=8
8
8
9
10
，，
，
所以平均数为
8
8
9 10
35;
4
4
x
+ +
+
=
=
方差为
.
16
11
]
)
4
35
10
(
)
4
35
9
(
)
4
35
8
(
)
4
35
8
[(
4
1
2
2
2
2
2
=
−
+
−
+
−
+
−
=
s
（
时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：
Ⅱ）当X=9
9，9，11，11；乙组同
学的植树棵数是：9，8，9，10。分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4=16
种可能的结果，这两名同学植树总棵数
的可能取值为
，
，
，
，
事件
Y
17
18
19
20
21
“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树
棵，乙组选出的同学植树
棵所以该事件
9
8
”
有
种可能的结果，因此
（
）
2
P
Y=17
=
.
8
1
16
2 =
同理可得
;
4
1
)
18
(
=
=
Y
P
;
4
1
)
19
(
=
=
Y
P
.
8
1
)
21
(
;
4
1
)
20
(
=
=
=
=
Y
P
Y
P
所以随机变量
的分布列为：
Y
Y
17
18
19
20
21
P
8
1
4
1
4
1
4
1
8
1
EY=17×P（
）
Y=17
+18×P（
）
Y=18
+19×P（
）
Y=19
+20×P（
）
Y=20
+21×P（
）
Y=21
=17×8
1 +18×4
1 +19×4
1 +20×4
1 +21×8
1 =19
31．【解析】：（）
1
X 的所有可能取值为：，，，
0
1
2
3，4
1
4
4
4
4
5
(
)
(
0,1,2,3,4)
i
C C
P X
i
i
C
−
=
=
=
即
X
0
1
2
3
4
P
1
70
16
70
36
70
16
70
1
70
（）令
表示新录用员工的月工资，则
的所有可能取值为
，
，
2
Y
Y
2100
2800
3500
1
(
3500)
(
4)
70
8
(
2800)
(
3)
35
53
(
2100)
(
2)
70
1
16
53
3500
2800
2100
2280.
70
70
70
P Y
P X
P Y
P X
P Y
P X
EY
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
+
+
=
则
所以新录用员工月工资的期望为2280 元．
