\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【高分突破系列】 高二數學下學期同步知識點剖析精品講義！
\(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟貴哥學數學，so \quad easy！}} }}}\)
選擇性必修第三冊同步提高，難度3顆星！
模塊導圖
知識剖析
離散型隨機變量及其分布列
1 隨機變量
① 概念
一般地，對於隨機試驗樣本空間\(Ω\)中每個樣本點\(ω\)，都有唯一的實數\(X(ω)\)與之對應，我們稱\(X\)為隨機變量.
② 分類
隨機變量分為離散型隨機變量與連續型隨機變量.
\({\color{Red}{ Eg }}\) 投擲一個骰子，得到的點數為\(X\)，它是離散型隨機變量，能夠一一列舉出來；
一人一天攝取的卡路里\(Y\)，它是連續型隨機變量.
2 分布列
① 概念
一般地，設離散型隨機變量X可能取的值為\(x_1\) ,\(x_2\) ,⋯ ,\(x_i\) ,⋯ ,\(x_n\)，\(X\)取每一個值\(x_i\)\((i=1 ,2 ,⋯ ,n)\)的概\(率P(X=x_i)=p_i\)，則稱以下表格
為隨機變量\(X\)的概率分布列，簡稱\(X\)的分布列.
② 性質
離散型隨機變量的分布列具有下述兩個性質
\((1) P_i≥0 ,i=1 ,2 ,⋯,n\) \(\qquad \qquad\) \((2) p_1+p_2+⋯+p_n=1\)
3 兩點分布
如果隨機變量\(X\)的分布列為
則稱\(X\)服從兩點分布，並稱\(p=P(X=1)\)為成功概率.
離散型隨機變量的數字特征
1 離散隨機變量的均值（數學期望）
(1)概念
一般地，隨機變量\(X\)的概率分布列為
則稱\(E(X)=x_{1} p_{1}+x_{2} p_{2}+\cdots+x_{i} p_{i}+\cdots+x_{n} p_{n}=\sum_{i=1}^{n} x_{i} p_{i}\)為\(X\)的數學期望或均值，簡稱為期望.
它是隨機變量可能取值關於取值概率的加權平均數，反映了離散型隨機變量取值的平均水平.
(2)若\(Y=a X+b\)，其中\(a ,b\)為常數，則\(Y\)也是變量
則\(E (Y)=a E(X)+b\)，即\(E(a X+b)=a E(X)+b\).(利用期望的概念可以證明)
(3)一般地，如果隨機變量\(X\)服從兩點分布，那么\(E(X)=1× p+0×(1-p)=p\)
即若\(X\)服從兩點分布，則\(E(X)=p\).
2 離散型隨機變量取值的方差和標准差
（1）一般地,若離散型隨機變量\(X\)的概率分布列為
則稱
\(D(X)=\left(x_{1}-E(X)\right)^{2} p_{1}+\left(x_{2}-E(X)\right)^{2} p_{2}+\cdots+\left(x_{n}-E(X)\right)^{2} p_{n}=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i}\)
為隨機變量\(X\)的方差，有時候也記為\(V(x)\)，並稱\(\sqrt{D(X)}\)為隨機變量\(X\)的標准差，記為\(σ(X)\).
隨機變量的方差和標准差都可以度量隨機變量取值與其均值的偏離程度，反映了隨機變量取值的離散程度.方差越小，隨機變量的取值越集中；方差越大，隨機變量的取值越分散.
(2)一般地，\(D(a X+b)=a^2 D(X)\).(可用方差的概念證明)
(3)\(DX=E(X^2)﹣E^2 (X)\)
證明 \(D(X)=\left(x_{1}-E(X)\right)^{2} p_{1}+\left(x_{2}-E(X)\right)^{2} p_{2}+\cdots+\left(x_{n}-E(X)\right)^{2} p_{n}\)
\(\begin{aligned} &=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i} \\ &=\sum_{i=1}^{n}\left[x_{i}^{2}-2 x_{i} E(X)+E^{2}(X)\right] p_{i} \\ &=\sum_{i=1}^{n}\left[x_{i}^{2} p_{i}-2 x_{i} p_{i} E(X)+E^{2}(X) p_{i}\right] \\ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} p_{i}-\sum_{i=1}^{n} 2 x_{i} p_{i} E(X)+\sum_{i=1}^{n} E^{2}(X) p_{i} \\ &=E\left(X^{2}\right)-2 E(X) \sum_{i=1}^{n} x_{i} p_{i}+E^{2}(X) \sum_{i=1}^{n} p_{i} \\ &=E\left(X^{2}\right)-2 E(X) \cdot E(X)+E^{2}(X) \cdot 1 \\ &=E\left(X^{2}\right)-E^{2}(X) \end{aligned}\)
經典例題
【題型一】 離散型隨機變量的分布列性質
【典題1】設隨機變量\(ξ\)的分布列如表：
其中\(a_1\),\(a_2\) ,… ,\(a_6\)構成等差數列，則\(a_1 a_6\)的( )
A．最大值為\(\dfrac{1}{9}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．最大值為\(\dfrac{1}{36}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．最小值為\(\dfrac{1}{9}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．最小值為\(\dfrac{1}{36}\)
【解析】\(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=1\)，由等差數列的性質可得\(a_{1}+a_{6}=\dfrac{1}{3}\)，
所以\(a_{1} a_{6} \leq\left(\dfrac{a_{1}+a_{6}}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{36}\)，
所以\(a_1 a_6\)的最大值為\(\dfrac{1}{36}\)，無最小值．
故選：\(B\)．
【典題2】設隨機變量\(ξ\)的分布列為\(P\left(\xi=\dfrac{k}{5}\right)=a k(k=1,2,3,4,5)\)，則( )
A．\(15a=1\) \(\qquad \qquad\)B．\(P(0.5<ξ<0.8)=0.2\)\(\qquad \qquad\) C．\(P(0.1<ξ<0.5)=0.2\) \(\qquad \qquad\)D．\(P(ξ=1)=0.3\)
【解析】由題意可得\(a+2a+3a+4a+5a=1\)，即\(15a=1\)，故\(A\)正確；
\(P(0.5<\xi<0.8)=P\left(\xi=\dfrac{3}{5}\right)=3 a=\dfrac{3}{15}=0.2\)，故\(B\)正確；
\(P(0.1<\xi<0.5)=p\left(\xi=\dfrac{1}{5}\right)+p\left(\xi=\dfrac{2}{5}\right)=\dfrac{1}{15} \times 1+\dfrac{1}{15} \times 2=\dfrac{3}{15}=0.2\)，故\(C\)正確；
\(P(\xi=1)=\dfrac{1}{15} \times 5=\dfrac{1}{3} \neq 0.3\)，故\(D\)不正確．
故選：\(ABC\)．
【點撥】離散型隨機變量的分布列具有下述兩個性質：
\((1) P_i≥0 ,i=1 ,2 ,⋯,n\) \(\qquad \qquad\) \((2) p_1+p_2+⋯+p_n=1\)
鞏固練習
1(★) 若隨機變量X的分布列如表：
則當\(P(X<m)=0.5\)時，\(m\)的取值范圍是( )
A. \(m \leq 2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(0<m \leq 1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \(0<m \leq 2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(1<m<2\)
2(★) 設隨機變量\(ξ\)的分布列為\(P\left(\xi=\dfrac{k}{4}\right)=a k(k=1,2,3,4)\)，則\(P\left(\dfrac{1}{3}<\xi<\dfrac{4}{5}\right)\)等於( )
A. \(\dfrac{1}{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \(\dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(\dfrac{1}{2}\)
3(★) 已知隨機變量\(ξ\)的分布列為：
若\(P\left(\xi^{2}<x\right)=\dfrac{11}{12}\)，則實數\(x\)的取值范圍是( )
A. \(4<x \leq 9\) \(\qquad \qquad \qquad\) B. \(4 \leq x<9\) \(\qquad \qquad \qquad\) C. \(x<4\) 或 \(x \geq 9\) \(\qquad \qquad \qquad\) D. \(x \leq 4\) 或 \(x>9\)
參考答案
-
【答案】\(B\)
【解析】由題意可得\(P(X<－2)=0.1\)，\(P(X<0)=0.3\)，\(P(X<1)=0.5\)，則\(m∈(0，1]\)．
故選：\(B\)． -
【答案】\(D\)
【解析】\(∵\)隨機變量\(ξ\)的分布列為\(P\left(\xi=\dfrac{k}{4}\right)=a k(k=1,2,3,4)\)，
\(∴a+2a+3a+4a=1\)，解得\(a=0.1\)，
\(\therefore P\left(\dfrac{1}{3}<\xi<\dfrac{4}{5}\right)=P\left(\xi=\dfrac{2}{4}\right)+P\left(\xi=\dfrac{3}{4}\right)=2 \times 0.1+3 \times 0.1=\dfrac{1}{2}\)．
故選：\(D\)． -
【答案】\(A\)
【解析】由隨機變量\(ξ\)的分布列，知：
\(ξ^2\)的可能取值為\(0\)，\(1\)，\(4\)，\(9\)，
且\(P\left(\xi^{2}=0\right)=\dfrac{4}{12}, \quad P\left(\xi^{2}=1\right)=\dfrac{3}{12}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{4}{12}\)，\(P\left(\xi^{2}=4\right)=\dfrac{1}{12}+\dfrac{2}{12}=\dfrac{3}{12}\)，\(P\left(\xi^{2}=9\right)=\dfrac{1}{12}\)，
\(\because P\left(\xi^{2}<x\right)=\dfrac{11}{12}\)，
\(∴\)實數\(x\)的取值范圍是\(4<x≤9\)．
故選：\(A\)．
【題型二】 離散型隨機變量的數字特征
【典題1】設離散型隨機變量\(X\)的分布列為
若離散型隨機變量\(Y\)滿足\(Y=3X+1\)，則下列結果正確的有( )
A. \(q=0.2\) \(\qquad \qquad\) B. \(E X=2\), \(D X=1.4\) \(\qquad \qquad\) C．\(EX=2\) ,\(DX=1.8\) \(\qquad \qquad\)D．\(EY=7\) ,\(DY=16.2\)
【解析】由離散型隨機變量\(X\)的分布列的性質得：\(q=1-0.4-0.1-0.2-0.2=0.1\)，
\(E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2\)，
\(D(X)=(0－2)^2×0.1+(1－2)^2×0.4+\)\((2－2)^2×0.1+(3－2)^2×0.2+(4－2)^2×0.2=1.8\)，
\(∵\)離散型隨機變量\(Y\)滿足\(Y=3X+1\)，
\(∴E(Y)=3E(X)+1=7\)，\(D(Y)=9D(X)=16.2\)．
故選：\(CD\).
【點撥】
① 熟悉期望\(E(X)=\sum_{i=1}^{n} x_{i} p_{i}\)與方差\(D(X)=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i}\)的概念；
② 熟悉公式\(E(a X+b)=a E(X)+b\)和\(D(a X+b)=a^2 D(X)\).
【典題2】已知\(A=B=\{1,2,3\}\)，分別從集合\(A,B\)中各隨機取一個數\(a\)，\(b\)，得到平面上一個點\(P(a,b)\)，事件“點\(P(a,b)\)恰好落在直線\(x+y=n\)上”對應的隨機變量為\(X\)，\(P(X=n)=P_n\)，\(X\)的數學期望和方差分別為\(E(X)\)，\(D(X)\)，則( )
A. \(P_{4}=2 P_{2}\) \(\qquad \qquad\) B. \(P(3 \leq X \leq 5)=\dfrac{7}{9}\) \(\qquad \qquad\) C．\(E(X)=4\) \(\qquad \qquad\) D.\(D(X)=\dfrac{4}{3}\)
【解析】由題意得對應的點\(P\)有\(9\)種可能：
\((1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)\)，
\(∴\)對應的\(X\)的可能取值為\(2 ,3 ,4 ,5 ,6\)，
\(P(X=2)=\dfrac{1}{9}\) ,\(P(X=3)=\dfrac{2}{9}\) ,\(P(X=4)=\dfrac{3}{9}\) ,\(P(X=5)=\dfrac{2}{9}\) ,\(P(X=6)=\dfrac{1}{9}\)，
\({\color{Red}{ (先求出隨機變量x的分布列) }}\)
對於\(A\)，\(p_{4}=P(X=4)=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3} \neq 2 P_{2}=\dfrac{2}{9}\)，故\(A\)錯誤；
對於\(B\)，\(P(3 \leq X \leq 5)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=\dfrac{2}{9}+\dfrac{3}{9}+\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}\)，故\(B\)正確；
對於\(C\)，\(E(X)=2 \times \dfrac{1}{9}+3 \times \dfrac{2}{9}+4 \times \dfrac{3}{9}+5 \times \dfrac{2}{9}+6 \times \dfrac{1}{9}=4\)，故\(C\)正確；
對於\(D\)，\(D(X)=(2-4)^{2} \times \dfrac{1}{9}+(3-4)^{2} \times \dfrac{2}{9}+(4-4)^{2} \times \dfrac{3}{9}+(5-4)^{2} \times \dfrac{2}{9}+(6-4)^{2} \times \dfrac{1}{9}=\dfrac{4}{3}\)，故\(D\)正確．
故選：\(BCD\)．
【典題3】已知隨機變量\(X\)的分布列如表：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline X & -1 & 0 & 1 \\ \hline P & a & b & c \\ \hline \end{array}\)
其中\(a\) ,\(b\) ,\(c＞0\)．若X的方差\(D X \leq \dfrac{1}{3}\)對所有\(a∈(0 ,1－b)\)都成立，則( )
A. \(b \leq \dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(b \leq \dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \(b \geq \dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \(b \geq \dfrac{2}{3}\)
【解析】依題意\(a+b+c=1\)，故\(c=1-a-b\)，
當\(a∈(0 ,1-b)\)時，故\(EX=-a+c=1-b-2a\)，
\(D X=E\left(X^{2}\right)-E^{2}(X)=a+c-(c-a)^{2}=a+c-\left[(c-a)^{2}+4 a c\right]+4 a c\)
\(=(a+c)-(a+c)^{2}+4 a[1-b-a]=(1-b)-(1-b)^{2}+4 a[1-b-a]\)，
令\(1－b=t\)，則\(t∈(0 ,1)\)
\(D X=t-t^{2}+4 a(t-a) \leq \dfrac{1}{3}, \quad a \in(0, t)\)，
故\(4 a^{2}-4 a t+t^{2}-t+\dfrac{1}{3} \geq 0\)，在\(a∈(0 ,t)\)時恆成立，
當\(a=\dfrac{t}{2}\)時\(DX\)有最小值，故\(4\left(\dfrac{t}{2}\right)^{2}-4 \dfrac{t}{2} \times t+t^{2}-t+\dfrac{1}{3} \geq 0\)，
故\(t \leq \dfrac{1}{3}\)，即\(-1-b \leq \dfrac{1}{3}\)，所以\(b \geq \dfrac{2}{3}\)，
故選：\(D\)．
【點撥】方差\(DX\)與期望\(EX\)之間除了\(D(X)=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i}\)，有一個很好用的公式：\(DX=E(X^2 )－E^2 (X)\).
鞏固練習
1(★★) 【多選題】設離散型隨機變量\(X\)的分布列為
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline X & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline P & 0.2 & 0.1 & 0.2 & q \\ \hline \end{array}\)
若離散型隨機變量\(Y\)滿足\(Y=2X+1\)，則下列結果正確的有( )
A. \(q=0.2\) \(\qquad\) B. \(E(X)=3\),\(D(X)=1.4\) \(\qquad\) C. \(E(X)=2\), \(D(X)=1.8\) \(\qquad\) D. \(E(Y)=7\), \(D(Y)=5.6\)
2(★★) 【多選題】已知隨機變量\(ξ\)的分布列是
\(\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \xi & -1 & 0 & 1 \\ \hline p & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1-p}{2} & \dfrac{p}{2} \\ \hline \end{array}\)
隨機變量\(η\)的分布列是
\(\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \eta & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1-p}{2} & \dfrac{p}{2} \\ \hline \end{array}\)
則當\(p\)在\((0 ,1)\)內增大時，下列選項中正確的是( )
A. \(E(\xi)=E(\xi)\)\(\qquad \qquad\)B. \(V(\xi)=V(\eta)\) \(\qquad \qquad\)C．\(E(ξ)\)增大 \(\qquad \qquad\) D．\(V(η)\)先增大后減小
參考答案
-
【答案】\(CD\)
【解析】由離散型隨機變量\(X\)的分布列的性質得：\(q=1－0.4－0.1－0.2－0.2=0.1\)，
\(E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2\)，
\(D(X)=(0－2)^2×0.1+(1－2)^2×0.4+(2－2)^2×0.1+(3－2)^2×0.2+(4－2)^2×0.2=1.8\)，
\(∵\)離散型隨機變量\(Y\)滿足\(Y=3X+1\)，
\(∴E(Y)=3E(X)+1=7\)，\(D(Y)=9D(X)=16.2\)．
故選：\(CD\)． -
【答案】\(BC\)
【解析】對於\(A\)，\(∵η=ξ+2\)，\(∴E(η)=E(ξ)+2\)，故\(A\)錯誤；
對於\(B\)，\(∵η=ξ+2\)，\(∴V(ξ)=V(η)\)，故\(B\)正確；
對於\(C\)，\(\because E(\xi)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2} p\)，
\(∴\)當\(p\)在\((0，1)\)內增大時，\(E(ξ)\)增大，故\(C\)正確；
對於\(D\)，\(\because E(\eta)=\dfrac{1}{2}+2 \times \dfrac{1-p}{2}+3 \times \dfrac{p}{2}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{p}{2}\)，
\(\therefore V(\eta)=\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{p}{2}\right) \cdots 2 \times \dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{p}{2}\right)^{2} \dfrac{1-p}{2}+\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{p}{2}\right) \times \dfrac{p}{2}=-\dfrac{1}{4}(p-2)^{2}+\dfrac{5}{4}\)，
\(∴\)當\(p\)在\((0，1)\)內增大時，\(V(η)\)單調遞增，故\(D\)錯誤．
故選：\(BC\)．
【題型三】 求離散型隨機變量的分布列
【典題1】甲、乙兩袋裝有除顏色外其余均相同的白球和黑球若干個，其中甲袋裝有\(2\)個白球，\(2\)個黑球；乙袋裝有\(1\)個白球，\(3\)個黑球；現從甲、乙兩袋中各抽取\(2\)個球，記取到白球的個數為\(ξ\)，則\(P(ξ=2)=\) \(\underline{\quad \quad}\)，\(E(ξ)=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】由題意可得：\(ξ=0 ,1 ,2 ,3\)，
\(P(\xi=0)=\dfrac{C_{2}^{2} C_{3}^{2}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{1}{12}\)，\(P(\xi=1)=\dfrac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} C_{3}^{2}+C_{2}^{2} C_{1}^{1} C_{3}^{1}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{5}{12}\)，
\(P(\xi=2)=\dfrac{C_{2}^{2} C_{3}^{2}+C_{2}^{1} C_{2}^{1} C_{1}^{1} C_{3}^{1}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{5}{12}\)，\(P(\xi=3)=\dfrac{C_{2}^{2} C_{1}^{1} C_{3}^{1}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{1}{12}\)，
可得其分布列：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \xi & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline P(\xi) & \dfrac{1}{12} & \dfrac{5}{12} & \dfrac{5}{12} & \dfrac{1}{12} \\ \hline \end{array}\) ,
\(E(\xi)=0 \times \dfrac{1}{12}+1 \times \dfrac{5}{12}+2 \times \dfrac{5}{12}+3 \times \dfrac{1}{12}=\dfrac{3}{2}\)
故答案為：\(\dfrac{5}{12}, \dfrac{3}{2}\)．
【點撥】① 古典概型事件\(A\)的概率\(P(A)=\dfrac{\text { 事件 } A \text { 的樣本點個數 }}{\text { 樣本空間 } \Omega \text { 的樣本點個數 }}\)；
② 若事件\(A\)與事件\(B\)相互獨立，則\(P(AB)=P(A)P(B)\).
③ 求出分布列最好利用\(p_1+p_2+⋯+p_n=1\)檢驗下.
【典題2】甲、乙兩名運動員站在\(A\)，\(B\)，\(C\)三處進行定點投籃訓練，每人在這三處各投籃一次，每人每次投籃是否投中均相互獨立，且甲、乙兩人在\(A\)，\(B\)，\(C\)三處投中的概率均分別為\(\dfrac{1}{2}\)，\(\dfrac{1}{3}\)，\(\dfrac{1}{4}\)．
(1)設\(X\)表示甲運動員投中的個數，求隨機變量\(X\)的分布列和數學期望；
(2)求甲、乙兩名運動員共投中的個數不少於\(5\)的概率．
【解析】(1)根據題意可知，隨機變量\(X\)的所有可能取值為\(0 ,1 ,2 ,3\)，
所以\(P(X=0)=\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{1}{4}\)，
\(P(X=1)=\dfrac{1}{2} \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)+\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{1}{3} \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)+\)\(\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{11}{24}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)+\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2} \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}\)，
\(P(X=3)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{24}\)，
所以隨機變量\(X\)的分布列為：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline X & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & \dfrac{1}{4} & \dfrac{11}{24} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{24} \\ \hline \end{array}\)
隨機變量\(X\)的數學期望為\(E(X)=0 \times \dfrac{1}{4}+1 \times \dfrac{11}{24}+2 \times \dfrac{1}{4}+3 \times \dfrac{1}{24}=\dfrac{13}{12}\)；
(2)設\(Y\)表示乙運動員投中的個數，同(1)可知，
所以\(P(Y=0)=\dfrac{1}{4}\)，\(P(Y=1)=\dfrac{11}{24}\)，\(P(Y=2)=\dfrac{1}{4}\)，\(P(Y=3)=\dfrac{1}{24}\)，
所以\(P(X=2, Y=3)=P(X=3, Y=2)=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{24}=\dfrac{1}{96}\)，\(P(X=3, Y=3)=\dfrac{1}{24} \times \dfrac{1}{24}=\dfrac{1}{576}\)，
所以\(P(X+Y \geq 5)=P(X=3, Y=2)+P(X=3, Y=2)+P(X=3, Y=3)=\dfrac{13}{576}\)，
所以甲、乙兩名運動員共投中的個數不少於\(5\)的概率為\(\dfrac{13}{576}\)．
【點撥】此類型題目項目較多，其關系在做題過程中是容易混亂的，做錯了歸結粗心也不合適，建議在草稿紙上列個表格出來那就清晰多了，
【典題3】核酸檢測是診斷新冠肺炎的重要依據，首先取病人的唾液或咽拭子的樣本，再提取唾液或咽拭子樣本里的遺傳物質，如果有病毒，樣本檢測會呈現陽性，否則為陰性．根據統計發現，疑似病例核酸檢測呈陽性的概率為\(p(0<p<1)\)，現有\(4\)例疑似病例，分別對其取樣、檢測，多個樣本檢測時，既可以逐個化驗，也可以將若干個樣本混合在一起化驗，混合樣本中只要有病毒，則混合樣本化驗結果就會呈陽性，若混合樣本呈陽性，則將該組中各個樣本再逐個化驗；若混合樣本呈陰性，則該組各個樣本均為陰性．現有以下三種方案：
方案一：逐個化驗；
方案二：四個樣本混在一起化驗；
方案三：平均分成兩組化驗．
在新冠肺炎爆發初期，由於檢查能力不足，化檢次數的期望值越小，則方案越“優”．
(1)若\(p=\dfrac{1}{4}\)，求\(2\)個疑似病例樣本混合化驗結果為陽性的概率；
(2)若\(p=\dfrac{1}{2}\)，現將該\(4\)例疑似病例樣本進行化驗，請問：方案一、二、三中哪個最“優”？
(3)若對\(4\)例疑似病例樣本進行化驗，且“方案一”比“方案二”更“優”，求p的取值范圍．
【解析】(1)由題意可知，\(2\)個疑似病例樣本混合化驗結果均為陰性的概率為\(\left(1-\dfrac{1}{4}\right)^{2}=\dfrac{9}{16}\)，\(2\)個疑似病例樣本混合化驗結果為陽性的概率為\(P=1-\left(\dfrac{3}{4}\right)^{2}=\dfrac{7}{16}\)；
(2)方案一：逐一檢測，檢驗次數為\(4\)次；
方案二：檢測次數為\(X\)，\(X\)的可能取值為\(1 ,5\)，
\({\color{Red}{(混在一起4例均陰性則X=1，若成陽性還要逐一化驗，則X=5) }}\)
所以\(P(X=1)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4}=\dfrac{1}{16}, \quad P(X=5)=1-\dfrac{1}{16}=\dfrac{15}{16}\)，
所以X的分布列為：
\(\begin{array}{|c|c|c|} \hline X & 1 & 5 \\ \hline P & \dfrac{1}{16} & \dfrac{15}{16} \\ \hline \end{array}\)
\(X\)的數學期望為\(E(X)=1 \times \dfrac{1}{16}+5 \times \dfrac{15}{16}=\dfrac{19}{4}\)；
方案三：每組兩個樣本檢測時，
若呈陰性，檢測次數為\(1\)，概率為\(\dfrac{1}{4}\)；若呈陽性，則檢測次數為\(3\)，概率為\(\dfrac{3}{4}\)；
\({\color{Red}{(先考慮一組檢測情況) }}\)
設方案三的檢測次數為隨機變量\(Y\)，則\(Y\)的可能取值為\(2 ,4 ,6\)，
所以\(P(Y=2)=\left(\dfrac{1}{4}\right)^{2}=\dfrac{1}{16}\)，\(P(Y=4)=C_{2}^{1} \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{8}\)，\(P(Y=6)=\left(\dfrac{3}{4}\right)^{2}=\dfrac{9}{16}\)，
\(\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline Y & 2 & 4 & 6 \\ \hline P & \dfrac{1}{16} & \dfrac{3}{8} & \dfrac{9}{16} \\ \hline \end{array}\)
\(Y\)的數學期望為\(E(Y)=2 \times \dfrac{1}{16}+4 \times \dfrac{3}{8}+6 \times \dfrac{9}{16}=5\)；
比較可得\(4<E(X)<E(Y)\)，故選擇方案一最“優”；
(3)方案二：即檢測次數為\(Z\)，則隨機變量\(Z\)的可能取值為\(1 ,5\)，
所以\(P(Z=1)=(1-p)^4\) ,\(P(Z=5)=1-(1-p)^4\)，
隨機變量\(Z\)的分布列為：
\(\begin{array}{|c|c|c|} \hline Z & 1 & 5 \\ \hline P & (1-p)^{4} & 1-(1-p)^{4} \\ \hline \end{array}\)
所以\(Z\)的數學期望為\(E(Z)=(1－p)^4+5×[1－(1－p)^4]=5－4(1－p)^4\)，
由於“方案一”比“方案二”更“優”，則\(E(Z)=5－4(1－p)^4>4\)，
可得\((1-p)^{4}<\dfrac{1}{4}\)，即\(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<p<1\)，
故當\(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<p<1\)時，方案一比方案二更“優”．
【點撥】該題型屬於“方案問題”，閱讀量大，需要較好的篩選有效信息的能力，在讀題過程中可先標出重要信息，也可通過列表的方式確定隨機變量\(x\)、\(y\)、\(z\)的可能值及其概率.
鞏固練習
1(★★) 小張的公司年會有一小游戲：箱子中有材質和大小完全相同的六個小球，其中三個球標有號碼\(1\)，兩個球標有號碼\(2\)，一個球標有號碼\(3\)，有放回的從箱子中取兩次球，每次取一個，設第一個球的號碼是\(x\)，第二個球的號碼是\(y\)，記\(ξ=x+2y\)，則\(P(ξ=7)=\) \(\underline{\quad \quad}\)；若公司規定\(ξ=9 ,8 ,7\)時，分別為一二三等獎，獎金分別為\(1000\)元，\(500\)元，\(200\)元，其余無獎．則小張玩游戲一次獲得獎金的期望為\(\underline{\quad \quad}\)元．
2(★★) 某商場在兒童節矩形回饋顧客活動，凡在商場消費滿\(100\)元者即可參加射擊贏玩具活動，具體規則如下：每人最多可射擊\(3\)次，一旦擊中，則可獲獎且不再繼續射擊，否則一直射擊到\(3\)次為止，設甲每次擊中的概率為\(p(p≠0)\)，射擊參數為\(η\)，若\(η\)的數學期望\(E(\eta)>\dfrac{7}{4}\)，則\(p\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★★) 某游戲的參與者現在從標有\(5 ,6 ,7 ,8 ,9\)的相同小球中隨機摸取一個，將小球上的數字作為其賭金(單位：元)；隨后放回該小球，再隨機摸取兩個小球，將兩個小球上數字之差的絕對值的\(2\)倍作為其獎金(單位：元)，若隨機變量\(ξ\)和\(η\)分別表示參與者在每一局游戲中的賭金與獎金，則\(E(ξ)－E(η)=\) \(\underline{\quad \quad}\) (元)；\(D(ξ)－D(η)=\) \(\underline{\quad \quad}\) (元)．
4(★★★) 某合資企業招聘大學生時加試英語聽力，待測試的小組中有男、女生共\(10\)人(其中女生人數多於男生人數)，若從中隨機選\(2\)人，其中恰為一男一女的概率為\(\dfrac{8}{15}\)．求該小組中女生的人數為\(\underline{\quad \quad}\)；若該小組中每個女生通過測試的概率均為\(\dfrac{3}{4}\)，每個男生通過測試的概率均為\(\dfrac{2}{3}\)．現對該小組中男生甲、男生乙和女生丙\(3\)人進行測試．記這\(3\)人中通過測試的人數為隨機變量\(X\)，則數學期望為\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★★) 春節逛廟會，是中國特有的集吃喝玩樂於一體的傳統民俗文化活動，在一次廟會上，有個“套圈游戲”，規則如下：每組每人\(3\)個圓環，向\(A\) ,\(B\)兩個目標投擲，先向目標\(A\)連續擲兩次，每套中一次得\(1\)分，都沒有套中不得分，再向目標\(B\)擲一次，每套中一次得\(2\)分，沒有套中不得分，根據最終得分由主辦方發放獎品．已知小華每投擲一次，套中目標\(A\)的概率為\(\dfrac{3}{4}\)，套中目標\(B\)的概率為\(\dfrac{1}{2}\)，假設小華每次投擲的結果相互獨立．
(1)求小華在一組游戲中恰好套中一次的概率；
(2)求小華在一組游戲中的總分\(X\)的分布列及數學期望；
(3)小華非常喜歡這個游戲，連續玩了\(5\)組套圈游戲，假設小華每組投擲的結果相互獨立，求小華恰有\(3\)組套圈游戲中得\(2\)分或者\(3\)分的概率．
6(★★★★) 體檢時，為了確定體檢人是否患有某種疾病，需要對其血液采樣進行化驗，若結果呈陽性，則患有該疾病；若結果呈陰性，則未患有該疾病．對於\(n(n∈N^*)\)份血液樣本，有以下兩種檢驗方式：一是逐份檢驗，則需檢驗\(n\)次．二是混合檢驗，將\(n\)份血液樣本分別取樣混合在一起，若檢驗結果為陰性，那么這\(n\)份血液全為陰性，因而檢驗一次就夠了；如果檢驗結果為陽性，為了明確這\(n\)份血液究竟哪些為陽性，就需要對它們再次取樣逐份檢驗，則\(n\)份血液檢驗的次數共為\(n+1\)次．已知每位體檢人未患有該疾病的概率為\(\sqrt[3]{p}(0<p<1)\)，而且各體檢人是否患該疾病相互獨立．
(1)若\(p=\dfrac{8}{9}\)，求\(3\)位體檢人的血液樣本混合檢驗結果為陽性的概率；
(2)某定點醫院現取得\(6\)位體檢人的血液樣本，考慮以下兩種檢驗方案：
方案一：采用混合檢驗；
方案二：平均分成兩組，每組\(3\)位體檢人血液樣本采用混合檢驗．
若檢驗次數的期望值越小，則方案越“優”．試問方案一、二哪個更“優”？請說明理由．
參考答案
-
【答案】\(\dfrac{5}{36} ; \dfrac{250}{3}\)
【解析】抽中號碼是\(1\)的概率為\(\dfrac{1}{2}\)，抽中號碼是\(2\)的概率為\(\dfrac{1}{3}\)，抽中號碼是\(3\)的概率為\(\dfrac{1}{6}\)，
令\(x+2y=7\)，則有\(\left\{\begin{array}{l} x=1 \\ y=3 \end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{l} x=3 \\ y=2 \end{array}\right.\)兩種情況，
所以\(P(\xi=7)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{36}\)，
\(P(\xi=8)=P(x=2, \quad y=3)=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{18}\)，
\(P(\xi=9)=P(x=3, \quad y=3)=\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{36}\)，
所以玩游戲一次獲得獎金的期望為\(E(\text { 獲得獎金 })=1000 \times \dfrac{1}{36}+500 \times \dfrac{1}{18}+200 \times \dfrac{5}{36}=\dfrac{250}{3} \text {. }\)．
故答案為\(\dfrac{5}{36} ; \dfrac{250}{3}\)． -
【答案】\((0，0.5)\)
【解析】根據題意，每次擊中的概率為\(p\)，即\(P(η=1)=p\)，
二次射擊成功的概率\(P(η=2)=p(1－p)\)，
三次射擊成功的概率\(P(\eta=3)=(1-p)^{2}\)，
則\(E(x)=p+2 p(1-p)+3(1-p)^{2}=p^{2}-3 p+3\)，
依題意有\(E(\eta)>\dfrac{7}{4}\)，則\(p^{2}-3 p+3>1.75\)，
解可得，\(p＞2.5\)或\(p<0.5\)，
結合\(p\)的實際意義，可得\(0<p<0.5\)，即\(p∈(0，0.5)\)
故答案為：\((0，0.5)\)． -
【答案】\(3\)，\(-2\)
【解析】由題意可得：①\(P(\xi=k)=\dfrac{1}{5}(k=5,6,7,8,9)\)，
\(\therefore E(\xi)=\dfrac{1}{5}(5+6+7+8+9)=7\)，\(D(\xi)=\dfrac{1}{5}\left[(5-7)^{2}+(6-7)^{2}+(7-7)^{2}+(8-7)^{2}+(9-7)^{2}\right]=2\)．
②\(P(\eta=2)=\dfrac{4}{C_{5}^{2}}=\dfrac{2}{5}\)，\(P(\eta=4)=\dfrac{3}{C_{5}^{2}}=\dfrac{3}{10}\)，\(P(\eta=6)=\dfrac{2}{C_{5}^{2}}=\dfrac{1}{5}\)，\(P(\eta=8)=\dfrac{1}{C_{5}^{2}}=\dfrac{1}{10}\)，
可得\(η\)分布列：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \eta & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline P & \dfrac{2}{5} & \dfrac{3}{10} & \dfrac{1}{5} & \dfrac{1}{10} \\ \hline \end{array}\)
可得\(E(\eta)=2 \times \dfrac{2}{5}+4 \times \dfrac{3}{10}+6 \times \dfrac{1}{5}+8 \times \dfrac{1}{10}=4\)
\(D(\eta)=(2-4)^{2} \times \dfrac{2}{5}+(4-4)^{2} \times \dfrac{3}{10}+(6-4)^{2} \times \dfrac{1}{5}+(8-4)^{2} \times \dfrac{1}{10}=4\)，
\(\therefore E(\xi)-E(\eta)=7-4=3\)(元)；\(D(\xi)-D(\eta)=2-4=-2\)(元)．
故答案為：\(3\)，\(-2\)． -
【答案】\(6\)；\(\dfrac{25}{12}\)
【解析】設女生的人數為\(n\)，則男生人數為\(10－n\)，且\(n＞5\)，
\(\therefore \dfrac{8}{15}=\dfrac{C_{n}^{1} C_{10-n}^{1}}{C_{10}^{2}}\)，即\(n^2－10n+24=0\)，解得\(n=6\)；
由題意可知\(X\)的取值為\(0，1，2，3\)，
\(P(X=0)=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{36}\)，\(P(X=1)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3}+2 \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{7}{36}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{4}+2 \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4}=\dfrac{4}{9}\)，\(p(X=3)=\dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{3}\)．
\(\therefore E(X)=0 \times \dfrac{1}{36}+1 \times \dfrac{7}{36}+2 \times \dfrac{4}{9}+3 \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{25}{12}\)，
故答案為：\(6\)；\(\dfrac{25}{12}\)． -
【答案】\((1) \dfrac{7}{32} \quad (2) \dfrac{5}{2}\quad (3) \dfrac{5}{16}\)
【解析】(1)設小華恰好套中\(1\)次為事件\(A\)，
\(P(A)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{32}\)；
(2)由題意得\(X\)的可能取值為\(0，1，2，3，4\)，
\(P(X=0)=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{32}\)，\(P(X=1)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{6}{32}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{10}{32}\)，\(P(X=3)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{6}{32}\)，
\(P(X=4)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{9}{32}\)，
故\(X\)的分布列是：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline P(X) & \dfrac{1}{32} & \dfrac{3}{16} & \dfrac{5}{16} & \dfrac{3}{16} & \dfrac{9}{32} \\ \hline \end{array}\)
故\(E(X)=0 \times \dfrac{1}{32}+1 \times \dfrac{3}{16}+2 \times \dfrac{5}{16}+3 \times \dfrac{3}{16}+4 \times \dfrac{9}{32}=\dfrac{5}{2}\)；
(3)設小華\(1\)組中得\(2\)分或\(3\)分的事件為\(B\)，
則\(P(B)=P(X=2)+P(X=3)=\dfrac{5}{16}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{1}{2}\)，
設\(5\)組游戲中，小華恰有\(3\)組游戲中得\(2\)分或\(3\)分為事件\(C\)，
則\(P(\bar{B})=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\)，
則\(P(C)=C_{5}^{3} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{16}\)． -
【答案】\(\text { (1) } \dfrac{1}{9}\)
\((2)\)當\(0<p<\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}<p<1\)時，方案一更“優”；
當\(p=\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(p=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)時，方案一、二一樣“優”；
當\(\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}<p<\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)時，方案二更“優”．
【解析】(1該混合樣本陰性的概率為\(\left(\sqrt[3]{\dfrac{8}{9}}\right)^{3}=\dfrac{8}{9}\)，
根據對立事件可知，陽性的概率為\(1-\dfrac{8}{9}=\dfrac{1}{9}\)．
(2)方案一：混在一起檢驗，方案一的檢驗次數記為\(X\)，則\(X\)的可能取值為\(1\)，\(7\)，
\(P(X=1)=(\sqrt[3]{p})^{6}=p^{2}\)，\(P(X=7)=1-p^{2}\)，
\(X\)的分布列為：
\(\begin{array}{|c|c|c|} \hline X & 1 & 7 \\ \hline P & p^{2} & 1-p^{2} \\ \hline \end{array}\)
則\(E(X)=7-6 p^{2}\)．
方案二：由題意分析可知，每組\(3\)份樣本混合檢驗時，若為陰性則檢驗次數為\(1\)，概率為\((\sqrt[3]{p})^{3}=p\)，
若陽性，檢驗次數為\(4\)，概率為\(1-p\)，
方案二的檢驗次數記為\(Y\)，則\(Y\)的可能取值為\(2，5，8\)，
\(P(Y=2)=p^{2}\)，\(P(Y=5)=C_{2}^{1} p(1-p)=2 p(1-p)\)，\(P(Y=8)=(1-p)^{2}\)，
其分布列為：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline Y & 2 & 5 & 8 \\ \hline P & p^{2} & 2 p(1-p) & (1-p)^{2} \\ \hline \end{array}\)
\(E(Y)=2 p^{2}+10 p(1-p)+8(1-p)^{2}=8-6 p\)，
\(E(Y)-E(X)=8-6 p-\left(7-6 p^{2}\right)=6 p^{2}-6 p+1\)，
當\(0<p<\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}<p<1\)時，方案一更“優”；
當\(p=\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(p=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)時，方案一、二一樣“優”；
當\(\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}<p<\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)時，方案二更“優”．