高考第二轮复习理数专题十七随机变量及其分布列
2017年高考第二轮复习
（理数）专题十七 随机变量及其分布列
1．(2014·课标Ⅱ，5，易)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
1．A 设“一天的空气质量为优良”为事件A，“连续两天为优良”为事件AB，则已知某天的空气质量为优良，随后一天的空气质量为优良的概率为P(B|A)．由条件概率可知，P(B|A)＝＝＝＝0.8，故选A.
2．(2015·湖南，18，12分，中)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X.求X的分布列和数学期望．
2．解：(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，
A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，
B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，
B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，
C＝{顾客抽奖1次能获奖}．
由题意，A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12＋1A2，C＝B1＋B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)
＝×＝，
P(B2)＝P(A12＋1A2)
＝P(A12)＋P(1A2)
＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)
＝P(A1)[1－P(A2)]＋[1－P(A1)]P(A2)
＝×＋×＝.
故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B.
于是
P(X＝0)＝C＝，
P(X＝1)＝C＝，
P(X＝2)＝C＝，
P(X＝3)＝C＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)＝3×＝.
3．(2014·山东，18，12分，中)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分．如图，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；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．
3．解：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)，
则P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝；
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)，
则P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝.
(1)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，得
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)
＝×＋×＋×＋×＝，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.
(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6，
由事件的独立性和互斥性，得
P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝，
P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝×＋×＝，
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝，
P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝×＋×＝，
P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝×＋×＝，
P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝.
可得随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
4．(2013·课标Ⅰ，19，12分，中)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
4．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1
，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝×＋×＝.
(2)X可能的取值为400，500，800，并且P(X＝400)＝1－－＝，
P(X＝500)＝，P(X＝800)＝.
所以X的分布列为
X
400
500
800
P
E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.
相互独立事件的概率是高考的常考考点，是解决复杂问题的基础，一般情况下，一些较为复杂的事件可以拆分为一些相对简单事件的和或积，这样就可以利用概率公式转化为互斥事件和独立事件的组合，通常以解答题出现，与数学期望等知识结合，难度中等．
1(2015·北京，16，13分)A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：
A组：10，11，12，13，14，15，16；
B组：12，13，15，16，17，14，a.
假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；
(2)如果a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
(3)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)
(1)→→
→
(2)→→→
【解析】 设事件Ai为“甲是A组的第i个人”，事件Bj为“乙是B组的第j个人”，i，j＝1，2，…，7.
由题意可知P(Ai)＝P(Bj)＝，i，j＝1，2，…，7.
(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)＝P(A5)＋P(A6)＋P(A7)＝.
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．
由题意知，C＝A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
因为P(C)＝P(A4B1)＋P(A5B1)＋P(A6B1)＋P(A7B1)＋P(A5B2)＋P(A6B2)＋P(A7B2)＋P(A7B3)＋P(A6B6)＋P(A7B6)＝10P(A4B1)＝10P(A4)P(B1)＝.
(3)a＝11或a＝18.
(2014·大纲全国，20，12分)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．
解：设Ai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)D＝A1BC＋A2B＋A2C，
P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，
P(Ai)＝C×0.52，i＝0，1，2，
所以P(D)＝P(A1BC＋A2B＋A2C)
＝P(A1BC)＋P(A2B)＋P(A2C)
＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P()P(C)
＝0.31.
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，则有
P(X＝0)＝P(A0)
＝P()P(A0)P()
＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)
＝0.06，
P(X＝1)＝P(BA0＋A0C＋A1)
＝P(B)P(A0)P()＋P()P(A0)P(C)＋P()P(A1)P()
＝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(A2BC)＝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，
X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.06
0.25
0.38
0.25
0.06
数学期望E(X)＝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.
相互独立事件概率的求法
(1)首先要搞清事件间的关系(是否彼此互斥、是否相互独立、是否对立)，正确区分“互斥事件”与“对立事件”．当且仅当事件A和事件B相互独立时，才有P(AB)＝P(A)·P(B)．
(2)A，B中至少有一个发生：A∪B.
①若A，B互斥：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，否则不成立．
②若A，B相互独立(不互斥)，则概率的求法：
方法一：P(A∪B)＝P(AB)＋P(A)＋P(B)；
方法二：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝1－P()P()．
(3)某些事件若含有较多的互斥事件，可考虑其对立事件的概率，这样可减少运算量，提高准确率．要注意“至多”“至少”等题型的转化．
条件概率在高考中经常作为解答题的一小问，或以选择题、填空题出现，难度较小，一般以直接考查公式的应用为主，分值约为5分．
2(2015·湖北荆门模拟，20，12分)某工厂生产了一批产品共有20件，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件．求：
(1)第一次抽到次品的概率；
(2)第一次和第二次都抽到次品的概率；
(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率．
【解析】 设“第一次抽到次品”为事件A，“第二次抽到次品”为事件B，事件A和事件B相互独立．
依题意得：(1)第一次抽到次品的概率为P(A)＝＝.
(2)第一次和第二次都抽到次品的概率为P(AB)＝×＝.
(3)方法一：在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P(B|A)＝＝÷＝.
方法二：第一次抽到次品后，还剩余产品19件，其中次品4件，故第二次抽到次品的概率为P(B)＝.
(2015·湖北荆州质检，13)把一枚硬币任意抛掷三次，事件A＝“至少一次出现反面”，事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝________．
【解析】 由题意知，P(AB)＝＝，P(A)＝1－＝，所以P(B|A)＝＝＝
eq f(3,7).
【答案】 ,
条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.
注意：事件A与事件B有时是相互独立事件，有时不是相互独立事件，要弄清P(AB)的求法．
(2)当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
1．(2016·湖北荆门一模，6)把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于( )
A. B. C. D.
1．A 由古典概型知P(A)＝，P(AB)＝，则由条件概率知P(B|A)＝＝＝.
2．(2016·河北石家庄质检，9)
小明准备参加电工资格考试，先后进行理论考试和操作考试两个环节，每个环节各有两次考试机会，在理论考试环节，若第一次考试通过，则直接进入操作考试；若第一次未通过，则进行第二次考试，若第二次考试通过则进入操作考试环节，第二次未通过则直接被淘汰．在操作考试环节，若第一次考试通过，则直接获得证书；若第一次未通过，则进行第二次考试，若第二次考试通过则获得证书，第二次未通过则被淘汰．若小明每次理论考试通过的概率为，每次操作考试通过的概率为，并且每次考试相互独立，则小明本次电工考试中共参加3次考试的概率是( )
A. B. C. D.
2．B 设小明本次电工考试中共参加3次考试为事件A，小明本次电工考试中第一次理论考试没通过，第二次理论考试通过，第一次操作考试通过为事件B，小明本次电工考试中第一次理论考试通过，第一次操作考试没通过为事件C，则P(A)＝P(B∪C)＝P(B)＋P(C)，又P(B)＝××＝，P(C)＝×＝，所以P(A)＝＋＝.
3．(2015·河南郑州一模，10)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则从2号箱取出红球的概率是( )
A. B. C. D.
3．A 方法一：记事件A：从2号箱中取出的是红球；事件B：从1号箱中取出的是红球，则根据古典概型和对立事件的概率和为1，可知：P(B)＝＝，P()＝1－＝；由条件概率公式知P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝.从而P(A)＝P(AB)＋P(A)＝P(A|B)·P(B)＋P(A|)·P()＝，选A.
方法二：根据题意，分两种情况讨论：
①从1号箱中取出白球，其概率为＝，此时2号箱中有6个白球和3个红球，从2号箱中取出红球的概率为，则这种情况下的概率为×＝.
②从1号箱中取出红球，其概率为.此时2号箱中有5个白球和4个红球，从2号箱中取出红球的概率为，则这种情况下的概率为×＝.
则从2号箱中取出红球的概率是＋＝.
4．(2016·江苏扬州一模，4)在三张奖券中有一、二等奖各一张，另一张无奖，甲乙两人各抽取一张(不放回)，两人都中奖的概率为________．
4．【解析】 方法一：不妨设甲先抽奖，设甲中奖记为事件A，乙中奖记为事件B，两人都中奖的概率为P，则P＝P(AB)＝×＝.
方法二：甲乙从三张奖券中抽两张的方法有A＝6种，两人都中奖的可能有2种，设两人都中奖的概率为P，则P＝＝.
【答案】
5．(2016·江苏盐城二模，10)如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．
5．【解析】 灯泡甲亮满足的条件是a，c两个开关都开，b开关必须断开，否则短路．设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则甲灯亮应为事件AC，且A，B，C之间彼此独立，且P(A)＝P(B)＝P(C)＝，由独立事件概率公式知P(AC)＝P(A)P()P(C)＝××＝.
【答案】
6．(2016·湖南常德一模，18，12分)某旅游景点，为方便游客游玩，设置自行车骑游出租点，收费标准如下：租车时间不超过2小时收费10元，超过2小时的部分按每小时10元收取(不足一小时按一小时计算)．现甲、乙两人独立来该租车点租车骑游，各租车一次．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；2小时以上且不超过3小时还车的概率分别为，，且两人租车的时间都不超过4小时．
(1)求甲、乙两人所付租车费用相等的概率；
(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望．
6．解：(1)甲、乙所付费用可以为10元、20元、30元，
甲、乙两人所付费用都是10元的概率为P1＝×＝.
甲、乙两人所付费用都是20元的概率为P2＝×＝.
甲、乙两人所付费用都是30元的概率为P3＝×＝.
故甲、乙两人所付费用相等的概率为P＝P1＋P2＋P3＝.
(2)随机变量ξ的取值可以为20，30，40，50，60.
P(ξ＝20)＝×＝.
P(ξ＝30)＝×＋×＝.
P(ξ＝40)＝×＋×＋×＝.
P(ξ＝50)＝×＋×＝.
P(ξ＝60)＝×＝.
故ξ的分布列为
ξ
20
30
40
50
60
P
∴ξ的数学期望是Eξ＝20×＋30×＋40×＋50×＋60×＝35.
7．(2016·山东德州一模，18，12分)某科技公司组织技术人员进行新项目研发，技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验A，B，C，若A，B，C实验成功的概率分别为，，.
(1)对A，B，C实验各进行一次，求至少有一次实验成功的概率；
(2)该项目要求实验A，B各做两次，实验C做三次，如果A实验两次都成功则进行实验B并获奖励10 000元，两次B实验都成功则进行实验C并获奖励30 000元，三次实验C只要有两次成功，则项目研发成功并获奖励60 000元(不重复得奖)．且每次实验相互独立，用X表示技术人员所获奖励的数值，写出X的分布列及数学期望．
7．解：(1)设A，B，C实验成功分别记为事件A，B，C且相互独立，A，B，C至少有一次实验成功为事件D.
则P(D)＝1－P( )＝1－P()P()P()＝1－××＝.
(2)X的取值为0，10 000，30 000，60 000.
则P(X＝0)＝＋×＝.
P(X＝10 000)＝×＝.
P(X＝30 000)＝××＝.
或P(X＝30 000)＝××
＝.
P(X＝60 000)＝×＝.
∴X的分布列为
X
0
10 000
30 000
60 000
P
∴X的数学期望是
E(X)＝0×＋10 000×＋30 000×＋60 000×＝21 600(元)．
1．(2015·湖北，4，易)设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是( )
A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
1．C 由正态分布密度曲线可得，μ1＜μ2，σ1＜σ2.
结合正态曲线的概率的几何意义，
对于A，∵μ1＜μ2，
∴P(Y≥μ2)＜P(Y≥μ1)；
对于B，∵σ1＜σ2，
∴P(X≤σ2)＞P(X≤σ1)；
对于C，D，结合图象可知，C正确．
2．(2015·课标Ⅰ，4，中)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312
2．A 记Ai＝{投中i次}，其中i＝1，2，3，B表示该同学通过测试，故P(B)＝P(A2∪A3)＝P(A2)＋P(A3)＝C×0.62×0.4＋C×0.63＝0.648.
3．(2015·湖南，7，中)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附：若X～N(μ，σ2)，则
P(μ－σ
0)和N(μ2，σ)(σ2>0)的密度函数图象如图所示，则( )
A．μ1<μ2，σ1<σ2 B．μ1<μ2，σ1>σ2
C．μ1>μ2，σ1<σ2 D．μ1>μ2，σ1>σ2
(2)(2015·山东，8)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为( )
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ ＜μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)
A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%
【解析】 (1)由正态分布N(μ，σ2)的性质知，x＝μ为正态分布密度函数图象的对称轴，故μ1<μ2；又σ越小，图象越高瘦，故σ1<σ2.
(2)由正态分布的概率公式知P(－3<ξ<3)＝68.26%，P(－6＜ξ＜6)＝95.44%，故P(3<ξ<6)＝
＝(95.44%－68.26%)＝13.59%.
【答案】 (1)A (2)B
1.(2015·广东佛山一模，7)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(2≤X≤4)＝0.682 6，则P(X>4)＝( )
A．0.158 8 B．0.158 7 C．0.158 6 D．0.158 5
1．B 由正态曲线性质知，其图象关于直线x＝3对称，
∴P(X>4)＝＝0.5－×0.682 6＝0.158 7，故选B.
2．(2016·江西八校联考，6)在某次数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布N(100，σ2)(σ>0)，若ξ在(80，120)内的概率为0.8，则ξ在(0，80)内的概率为( )
A．0.05 B．0.1 C．0.15 D．0.2
2．B 由题意得，P(80<ξ<100)＝P(100<ξ<120)＝0.4，P(0<ξ<100)＝0.5，
∴P(0<ξ<80)＝0.1.,
利用正态曲线的对称性求概率的方法
(1)解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时，可借助图形判断．
(2)对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知：
①对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；
②P(Xa＋2)＝P(ξ<2a－3)，则实数a的值为( )
A．1 B.
C．5 D．9
1．B 因为P(ξ>a＋2)＝P(ξ<2a－3)，所以由正态分布的对称性知，＝2，解得a＝.
2．(2015·河南郑州二模，9)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )
A. B.
C. D.
2．A 由独立重复试验的概率公式，知所求概率P＝C··＝.
3．(2015·福建福州模拟，5)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝( )
A．0.477 B．0.628
C．0.954 D．0.977
3．C ∵μ＝0，正态曲线关于μ＝0对称，
∴P(ξ＞2)＝P(ξ＜－2)＝0.023，
∴P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954，故选C.
4．(2015·豫北六校联考，10)设ξ是服从二项分布B(n，p)的随机变量，又E(ξ)＝15，D(ξ)＝，则n与p的值分别为( )
A．60， B．60，
C．50， D．50，
4．B 由ξ～B(n，p)，得E(ξ)＝np＝15，D(ξ)＝np(1－p)＝，则p＝，n＝60.
5．(2016·山西四校联考，14)设随机变量X～N(3，σ2)，若P(X>m)＝0.3，则P(X>6－m)＝________.
5．【解析】 因为P(X>m)＝0.3，X～N(3，σ2)，所以m>3，P(X<6－m)＝P(X<3－(m－3))＝P(X>m)＝0.3，所以P(X>6－m)＝1－P(X<6－m)＝0.7.
【答案】 0.7
6．(2016·河北唐山一模，18，12分)小王在某社交网络的朋友圈中，向在线的甲、乙、丙随机发放红包，每次发放1个．
(1)若小王发放5元的红包2个，求甲恰得1个的概率；
(2)若小王发放3个红包，其中5元的2个，10元的1个，记乙所得红包的总钱数为X(单位：元)，求X的分布列和期望．
6．解：(1)设“甲恰得1个红包”为事件A，则P(A)＝C××＝.
(2)X的所有可能取值为0，5，10，15，20.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝5)＝C××＝，
P(X＝10)＝×＋×＝＝.
P(X＝15)＝C××＝，
P(X＝20)＝＝.
所以X的分布列为
X
0
5
10
15
20
P
E(X)＝0×＋5×＋10×＋15×＋20×＝(元)．
7．(2016·江西南昌一模，18，12分)某市教育局为了了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市学生体能测试成绩X服从正态分布N(80，σ2)(满分为100分)，已知P(X<75)＝0.3，P(X≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取三位同学．
(1)求抽到的三位同学该次体能测试成绩在区间[80，85)，[85，95)，[95，100]各有一位同学的概率；
(2)记抽到的三位同学该次体能测试成绩在区间[75，85]的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ.
7．解：(1)P(80≤X<85)＝P(75p2，E(ξ1)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p10，所以p1>p2.
思路点拨：列出随机变量ξ1，ξ2的分布列，计算期望值并比较大小；利用分步计数原理计算p1，p2并比较大小．
3．(2014·浙江，12，易)随机变量ξ的取值为0，1，2，若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.
3．【解析】 设ξ＝1时的概率为p，则E(ξ)＝0×＋1×p＋2×＝1，解得p＝，故D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
【答案】
4．(2016·课标Ⅰ，19，12分，中)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需要更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
(1)求X的分布列；
(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？
4．解：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为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2.从而
P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；
P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；
P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；
P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．
当n＝19时，
EY＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.
当n＝20时，
EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.
可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.
5．(2016·天津，16，13分，中)某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4，现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．
(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望．
5．解：(1)由已知，得P(A)＝＝.
所以，事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
所以，随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
随机变量X的数学期望EX＝0×＋1×＋2×＝1.
6．(2016·山东，19，12分，中)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.
6．解：(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC.
由事件的独立性与互斥性，得
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)
＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)·P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)·P()
＝×××＋2××＝.
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(2)由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6.
由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
7．(2015·山东，19，12分，中)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等)．
在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得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)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；
(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX.
7．解：(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345.
(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，随机变量X的取值为0，－1，1，因此P(X＝0)＝＝， P(X＝－1)＝＝， P(X＝1)＝1－－＝.
所以X的分布列为
X
0
－1
1
P
则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.
8．(2015·安徽，17，12分，中)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
8．解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，
P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200，300，400.
P(X＝200)＝＝，
P(X＝300)＝＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
EX＝200×＋300×＋400×＝350.
9．(2013·课标Ⅱ，19，12分，中)经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t亏损300
元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品．以X(单位：t，100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．
(1)将T表示为X的函数；
(2)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率；
(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈[100，110)，则取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入[100，110)的频率)，求T的数学期望．
9．解：(1)当X∈[100，130)时，T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000，
当X∈[130，150]时，T＝500×130＝65 000.
所以T＝
(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120≤X≤150.
由直方图知需求量X∈[120，150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7.
(3)依题意可得T的分布列为
T
45 000
53 000
61 000
65 000
P
0.1
0.2
0.3
0.4
所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400(元)．
10．(2012·课标全国，18，12分，中)某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．
①若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．
10．解：(1)当日需求量n≥16时，利润y＝16×5＝80.
当日需求量n<16时，利润y＝10n－80.
所以y关于n的函数解析式为
y＝(n∈N)．
(2)①由(1)及列表可知，X可能的取值为60，70，80，并且P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80)＝0.7.
X的分布列为
X
60
70
80
P
0.1
0.2
0.7
X的数学期望为E(X)＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.
X的方差为D(X)＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44.
②答案一：
花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为
Y
55
65
75
85
P
0.1
0.2
0.16
0.54
Y的数学期望为E(Y)＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
Y的方差为D(Y)＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54＝112.04.
由以上的计算结果可以看出，D(X)，
所以p>.
又因为p＋＋q＝1，q≥0，
所以p≤.
所以E(Y)，
所以丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资收益的数学期望较大．
一、相互独立事件的概率
1．相互独立事件的概率运算
(1)事件A，B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B)(“AB”也可记为“A∩B”)．
(2)若事件A1，A2，…，An相互独立，那么这些事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即
P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
2．事件A，B相互独立，则与，A与，与B也相互独立．
互斥事件与独立事件的区别：两事件互斥是指一个试验中的两个结果在一次试验中不可能同时发生，即P(AB)＝0；两事件独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率无影响．
二、条件概率
1．条件概率的定义
设A，B是两个事件，且P(A)>0，称P(A|B)＝为在事件B发生时事件A发生的条件概率．
公式P(A|B)＝既是条件概率的定义，也是条件概率的计算公式．
2．条件概率的性质
(1)0≤P(B|A)≤1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
(3)若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．
三、独立重复试验与二项分布
1．独立重复试验
独立重复试验是指在相同的条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每次试验只有两种结果，即或发生，或不发生，且任何一次试验中事件发生的概率都是一样的．
2．二项分布
在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．
四、正态分布及其应用
1．正态曲线
(1)正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ>0)为参数，称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线(μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差)．
(2)正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
2．正态分布
(1)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(a2)＝p，则P(－2<ξ<0)＝( )
A.＋p B．1－p
C.－p D．1－2p
8．C 由对称性知P(ξ≤－2)＝p，所以P(－2<ξ<0)＝＝－p.
9．(2016·广东汕头一模，5)在4次独立重复试验中，事件A发生的概率相同，若事件A至少发生1次的概率为，则事件A在1次试验中发生的概率为( )
A. B. C. D.
9．A 设事件A在1次试验中发生的概率为p，由题意得1－Cp0(1－p)4＝，所以1－p＝，p＝.
10．(2016·河南开封一模，7)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止．设停止时共取了X次球，则P(X＝12)＝( )
A．C B．C
C．C D．C
10．D “X＝12”表示第12次取到红球，前11次有9次取到红球，2
次取到白球，因此P(X＝12)＝C＝C.
11．(2015·山东临沂一模，8)随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1，2，3，4)，其中a是常数，则P的值为( )
A. B. C. D.
11．D ∵P(X＝n)＝(n＝1，2，3，4)，
∴＋＋＋＝1，
∴a＝，
∴P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
12．(2015·湖南长沙模拟，5)一套重要资料锁在一个保险柜中，现有n把钥匙依次分给n名学生依次开柜，但其中只有一把真的可以打开柜门，平均来说打开柜门需要试开的次数为( )
A．1 B．n C. D.
12．C 已知每一位学生打开柜门的概率为，
∴打开柜门需要试开的次数的平均数(即数学期望)为1×＋2×＋…＋n×＝，故选C.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2015·浙江宁波二模，15)先后抛掷两枚质地均匀的骰子，在已知它们点数不同的条件下，至少有一枚是6点的概率是________．
13．【解析】 设事件A＝“至少有一枚是6点”，事件B＝“两枚骰子点数不同”，先后投掷两枚骰子共有36种不同情况，且是等可能的，则事件B共有6×5＝30种不同情况，事件AB共有10种不同情况，即P(B)＝＝，P(AB)＝＝
，由条件概率得P(A|B)＝＝＝.
【答案】
14．(2016·吉林长春二模，14)已知随机变量ξ服从正态分布N(m，σ2)，若P(x≤－3)＝P(x≥4)，则m＝________.
14．【解析】 由正态分布的性质可知，m＝＝.
【答案】
15．(2016·福建泉州二模，13)若随机变量X的概率分布密度函数是φμ，σ(x)＝e－(x∈R)，则E(2X－1)＝________.
15．【解析】 σ＝2，μ＝－2，E(2X－1)＝2E(X)－1＝2×(－2)－1＝－5.
【答案】 －5
16．(2015·河北邯郸一模，14)一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字0，两个面上标有数字1，一个面上标有数字2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是________．
16．【解析】 随机变量X的可能取值为0，1，2，4，P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝4)＝，因此E(X)＝.
【答案】
三、解答题(共6小题，共70分)
17．(10分)(2015·湖北十校联考，17)甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则，甲先从6道备选题中一次性抽取3道题独立作答，然后由乙回答剩余3题，每人答对其中2题就停止答题，即闯关成功．已知在6道被选题中，甲能答对其中的4道题，乙答对每道题的概率都是.
(1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率；
(2)设甲答对题目的个数为ξ，求ξ的分布列．
17．解：(1)设甲、乙闯关成功分别为事件A，B，
则P()＝＝，
P()＝3＋C2
＝，
则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是
1－P( )＝1－P()P()
＝1－×＝.
(2)由题知ξ的可能取值是1，2.
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，则ξ的分布列为
ξ
1
2
P
18．(12分)(2015·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．
(1)求三种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．
18．解：(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝＝.
(2)X的所有可能值为0，1，2，且
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
综上，X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
19．(12分)(2016·山东济南一模，17)某校为了普及环保知识，增强学生的环保意识，在全校组织了一次有关环保知识的竞赛，经过初赛、复赛，甲、乙两个代表队(每队3人)进入了决赛，规定每人回答一个问题，答对为本队赢得10分，答错得0分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为，，，且各人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示乙队的总得分．
(1)求ξ的分布列和数学期望；
(2)求甲、乙两队总得分之和等于30分且甲队获胜的概率．
19．解：(1)由题意知，ξ的所有可能取值为0，10，20，30.
P(ξ＝0)＝××＝，
P(ξ＝10)＝××＋××＋××＝＝，
P(ξ＝20)＝××＋××＋××＝＝，
P(ξ＝30)＝××＝＝.
ξ的分布列为
ξ
0
10
20
30
P
∴E(ξ)＝0×＋10×＋20×＋30×＝.
(2)用A表示“甲得30分乙得0分”，用B表示“甲得20分乙得10分”，且A，B互斥．
又P(A)＝×＝，
P(B)＝C××＝，
甲、乙两人得分总和为30分且甲获胜的概率为
P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＝.
20．(12分)(2014·陕西，19)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000
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)
300
500
概率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概率
0.4
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2 000元的概率．
20．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
500×10－1 000＝4 000，500×6－1 000＝2 000，
300×10－1 000＝2 000，300×6－1 000＝800.
P(X＝4 000)＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2 000)＝P()P(B)＋P(A)·P()＝(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
4 000
2 000
800
P
0.3
0.5
0.2
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i＝1，2，3)，
由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，
P(Ci)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1，2，3)，
3季的利润均不少于2 000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2 000元的概率为P(CC2C3)＋P(C1CC3)＋P(C1C2C)＝3×0.82×0.2＝0.384，
所以，这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
21．(12分)(2014·湖南，17)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．
(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．
21．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P(E)＝，P()＝，P(F)＝，P()＝，
且事件E与F，E与，与F，与都相互独立．
(1)记H＝{至少有一种新产品研发成功}，则＝ ，于是
P()＝P()P()＝×＝，
故所求的概率为P(H)＝1－P()＝1－＝.
(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( )＝×＝，
P(X＝100)＝P( F)＝×＝，
P(X＝120)＝P(E )＝×＝，
P(X＝220)＝P(E F)＝×＝，
故所求的分布列为
X
0
100
120
220
P
数学期望为E(X)＝0×＋100×＋120×＋220×＝140.
22．(12分)(2016·河北衡水中学二模，18)根据某电子商务平台的调查统计显示，参与调查的1 000位上网购物者的年龄情况如图所示．
(1)已知[30，40)，[40，50)，[50，60)三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，求a，b的值；
(2)该电子商务平台将年龄在[30，50)内的人群定义为高消费人群，其他年龄段的人群定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费，该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的1 000位上网购物者中抽取10人，并在这10人中随机抽取3人进行回访，求此3人获得代金券总和X(单位：元)的分布列与数学期望．
22．解：(1)由题意可知
解得a＝0.035，b＝0.025.
(2)利用分层抽样从样本中抽取10人，易知其中属于高消费人群的有6人，属于潜在消费人群的有4人．
从该10人中抽取3人，此3人所获得代金券的总和为X(单位：元)，
则X的所有可能取值为150，200，250，300.
P(X＝150)＝＝，
P(X＝200)＝＝，
P(X＝250)＝＝，
P(X＝300)＝＝.
所以X的分布列为
X
150
200
250
300
P
E(X)＝150×＋200×＋250×＋300×＝210.
