7.2--7.3 离散型随机变量
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模块导图
知识剖析
离散型随机变量及其分布列
1 随机变量
① 概念
一般地，对于随机试验样本空间\(Ω\)中每个样本点\(ω\)，都有唯一的实数\(X(ω)\)与之对应，我们称\(X\)为随机变量.
② 分类
随机变量分为离散型随机变量与连续型随机变量.
\({\color{Red}{ Eg }}\) 投掷一个骰子，得到的点数为\(X\)，它是离散型随机变量，能够一一列举出来；
一人一天摄取的卡路里\(Y\)，它是连续型随机变量.
2 分布列
① 概念
一般地，设离散型随机变量X可能取的值为\(x_1\) ,\(x_2\) ,⋯ ,\(x_i\) ,⋯ ,\(x_n\)，\(X\)取每一个值\(x_i\)\((i=1 ,2 ,⋯ ,n)\)的概\(率P(X=x_i)=p_i\)，则称以下表格
为随机变量\(X\)的概率分布列，简称\(X\)的分布列.
② 性质
离散型随机变量的分布列具有下述两个性质
\((1) P_i≥0 ,i=1 ,2 ,⋯,n\) \(\qquad \qquad\) \((2) p_1+p_2+⋯+p_n=1\)
3 两点分布
如果随机变量\(X\)的分布列为
则称\(X\)服从两点分布，并称\(p=P(X=1)\)为成功概率.
离散型随机变量的数字特征
1 离散随机变量的均值（数学期望）
(1)概念
一般地，随机变量\(X\)的概率分布列为
则称\(E(X)=x_{1} p_{1}+x_{2} p_{2}+\cdots+x_{i} p_{i}+\cdots+x_{n} p_{n}=\sum_{i=1}^{n} x_{i} p_{i}\)为\(X\)的数学期望或均值，简称为期望.
它是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，反映了离散型随机变量取值的平均水平.
(2)若\(Y=a X+b\)，其中\(a ,b\)为常数，则\(Y\)也是变量
则\(E (Y)=a E(X)+b\)，即\(E(a X+b)=a E(X)+b\).(利用期望的概念可以证明)
(3)一般地，如果随机变量\(X\)服从两点分布，那么\(E(X)=1× p+0×(1-p)=p\)
即若\(X\)服从两点分布，则\(E(X)=p\).
2 离散型随机变量取值的方差和标准差
（1）一般地,若离散型随机变量\(X\)的概率分布列为
则称
\(D(X)=\left(x_{1}-E(X)\right)^{2} p_{1}+\left(x_{2}-E(X)\right)^{2} p_{2}+\cdots+\left(x_{n}-E(X)\right)^{2} p_{n}=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i}\)
为随机变量\(X\)的方差，有时候也记为\(V(x)\)，并称\(\sqrt{D(X)}\)为随机变量\(X\)的标准差，记为\(σ(X)\).
随机变量的方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度，反映了随机变量取值的离散程度.方差越小，随机变量的取值越集中；方差越大，随机变量的取值越分散.
(2)一般地，\(D(a X+b)=a^2 D(X)\).(可用方差的概念证明)
(3)\(DX=E(X^2)﹣E^2 (X)\)
证明 \(D(X)=\left(x_{1}-E(X)\right)^{2} p_{1}+\left(x_{2}-E(X)\right)^{2} p_{2}+\cdots+\left(x_{n}-E(X)\right)^{2} p_{n}\)
\(\begin{aligned}
&=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i} \\
&=\sum_{i=1}^{n}\left[x_{i}^{2}-2 x_{i} E(X)+E^{2}(X)\right] p_{i} \\
&=\sum_{i=1}^{n}\left[x_{i}^{2} p_{i}-2 x_{i} p_{i} E(X)+E^{2}(X) p_{i}\right] \\
&=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} p_{i}-\sum_{i=1}^{n} 2 x_{i} p_{i} E(X)+\sum_{i=1}^{n} E^{2}(X) p_{i} \\
&=E\left(X^{2}\right)-2 E(X) \sum_{i=1}^{n} x_{i} p_{i}+E^{2}(X) \sum_{i=1}^{n} p_{i} \\
&=E\left(X^{2}\right)-2 E(X) \cdot E(X)+E^{2}(X) \cdot 1 \\
&=E\left(X^{2}\right)-E^{2}(X)
\end{aligned}\)
经典例题
【题型一】 离散型随机变量的分布列性质
【典题1】设随机变量\(ξ\)的分布列如表：
其中\(a_1\),\(a_2\) ,… ,\(a_6\)构成等差数列，则\(a_1 a_6\)的( )
A．最大值为\(\dfrac{1}{9}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．最大值为\(\dfrac{1}{36}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．最小值为\(\dfrac{1}{9}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．最小值为\(\dfrac{1}{36}\)
【解析】\(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=1\)，由等差数列的性质可得\(a_{1}+a_{6}=\dfrac{1}{3}\)，
所以\(a_{1} a_{6} \leq\left(\dfrac{a_{1}+a_{6}}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{36}\)，
所以\(a_1 a_6\)的最大值为\(\dfrac{1}{36}\)，无最小值．
故选：\(B\)．
【典题2】设随机变量\(ξ\)的分布列为\(P\left(\xi=\dfrac{k}{5}\right)=a k(k=1,2,3,4,5)\)，则( )
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】由题意可得\(a+2a+3a+4a+5a=1\)，即\(15a=1\)，故\(A\)正确；
\(P(0.5<\xi<0.8)=P\left(\xi=\dfrac{3}{5}\right)=3 a=\dfrac{3}{15}=0.2\)，故\(B\)正确；
\(P(0.1<\xi<0.5)=p\left(\xi=\dfrac{1}{5}\right)+p\left(\xi=\dfrac{2}{5}\right)=\dfrac{1}{15} \times 1+\dfrac{1}{15} \times 2=\dfrac{3}{15}=0.2\)，故\(C\)正确；
\(P(\xi=1)=\dfrac{1}{15} \times 5=\dfrac{1}{3} \neq 0.3\)，故\(D\)不正确．
故选：\(ABC\)．
【点拨】离散型随机变量的分布列具有下述两个性质：
\((1) P_i≥0 ,i=1 ,2 ,⋯,n\) \(\qquad \qquad\) \((2) p_1+p_2+⋯+p_n=1\)
巩固练习
1(★) 若随机变量X的分布列如表：
则当\(P(X<m)=0.5\)时，\(m\)的取值范围是( )
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(★) 设随机变量\(ξ\)的分布列为\(P\left(\xi=\dfrac{k}{4}\right)=a k(k=1,2,3,4)\)，则\(P\left(\dfrac{1}{3}<\xi<\dfrac{4}{5}\right)\)等于( )
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(★) 已知随机变量\(ξ\)的分布列为：
若\(P\left(\xi^{2}<x\right)=\dfrac{11}{12}\)，则实数\(x\)的取值范围是( )
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 \(x>9\)
参考答案
-
【答案】\(B\)
【解析】由题意可得\(P(X<－2)=0.1\)，\(P(X<0)=0.3\)，\(P(X<1)=0.5\)，则\(m∈(0，1]\)．
故选：\(B\)． -
【答案】\(D\)
【解析】\(∵\)随机变量\(ξ\)的分布列为\(P\left(\xi=\dfrac{k}{4}\right)=a k(k=1,2,3,4)\)，
\(∴a+2a+3a+4a=1\)，解得\(a=0.1\)，
\(\therefore P\left(\dfrac{1}{3}<\xi<\dfrac{4}{5}\right)=P\left(\xi=\dfrac{2}{4}\right)+P\left(\xi=\dfrac{3}{4}\right)=2 \times 0.1+3 \times 0.1=\dfrac{1}{2}\)．
故选：\(D\)． -
【答案】\(A\)
【解析】由随机变量\(ξ\)的分布列，知：
\(ξ^2\)的可能取值为\(0\)，\(1\)，\(4\)，\(9\)，
且\(P\left(\xi^{2}=0\right)=\dfrac{4}{12}, \quad P\left(\xi^{2}=1\right)=\dfrac{3}{12}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{4}{12}\)，\(P\left(\xi^{2}=4\right)=\dfrac{1}{12}+\dfrac{2}{12}=\dfrac{3}{12}\)，\(P\left(\xi^{2}=9\right)=\dfrac{1}{12}\)，
\(\because P\left(\xi^{2}<x\right)=\dfrac{11}{12}\)，
\(∴\)实数\(x\)的取值范围是\(4<x≤9\)．
故选：\(A\)．
【题型二】 离散型随机变量的数字特征
【典题1】设离散型随机变量\(X\)的分布列为
若离散型随机变量\(Y\)满足\(Y=3X+1\)，则下列结果正确的有( )
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】由离散型随机变量\(X\)的分布列的性质得：\(q=1-0.4-0.1-0.2-0.2=0.1\)，
\(E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2\)，
\(D(X)=(0－2)^2×0.1+(1－2)^2×0.4+\)\((2－2)^2×0.1+(3－2)^2×0.2+(4－2)^2×0.2=1.8\)，
\(∵\)离散型随机变量\(Y\)满足\(Y=3X+1\)，
\(∴E(Y)=3E(X)+1=7\)，\(D(Y)=9D(X)=16.2\)．
故选：\(CD\).
【点拨】
① 熟悉期望\(E(X)=\sum_{i=1}^{n} x_{i} p_{i}\)与方差\(D(X)=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i}\)的概念；
② 熟悉公式\(E(a X+b)=a E(X)+b\)和\(D(a X+b)=a^2 D(X)\).
【典题2】已知\(A=B=\{1,2,3\}\)，分别从集合\(A,B\)中各随机取一个数\(a\)，\(b\)，得到平面上一个点\(P(a,b)\)，事件“点\(P(a,b)\)恰好落在直线\(x+y=n\)上”对应的随机变量为\(X\)，\(P(X=n)=P_n\)，\(X\)的数学期望和方差分别为\(E(X)\)，\(D(X)\)，则( )
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】由题意得对应的点\(P\)有\(9\)种可能：
\((1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)\)，
\(∴\)对应的\(X\)的可能取值为\(2 ,3 ,4 ,5 ,6\)，
\(P(X=2)=\dfrac{1}{9}\) ,\(P(X=3)=\dfrac{2}{9}\) ,\(P(X=4)=\dfrac{3}{9}\) ,\(P(X=5)=\dfrac{2}{9}\) ,\(P(X=6)=\dfrac{1}{9}\)，
\({\color{Red}{ (先求出随机变量x的分布列) }}\)
对于\(A\)，\(p_{4}=P(X=4)=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3} \neq 2 P_{2}=\dfrac{2}{9}\)，故\(A\)错误；
对于\(B\)，\(P(3 \leq X \leq 5)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=\dfrac{2}{9}+\dfrac{3}{9}+\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}\)，故\(B\)正确；
对于\(C\)，\(E(X)=2 \times \dfrac{1}{9}+3 \times \dfrac{2}{9}+4 \times \dfrac{3}{9}+5 \times \dfrac{2}{9}+6 \times \dfrac{1}{9}=4\)，故\(C\)正确；
对于\(D\)，\(D(X)=(2-4)^{2} \times \dfrac{1}{9}+(3-4)^{2} \times \dfrac{2}{9}+(4-4)^{2} \times \dfrac{3}{9}+(5-4)^{2} \times \dfrac{2}{9}+(6-4)^{2} \times \dfrac{1}{9}=\dfrac{4}{3}\)，故\(D\)正确．
故选：\(BCD\)．
【典题3】已知随机变量\(X\)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\(D X \leq \dfrac{1}{3}\)对所有\(a∈(0 ,1－b)\)都成立，则( )
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】依题意\(a+b+c=1\)，故\(c=1-a-b\)，
当\(a∈(0 ,1-b)\)时，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\(1－b=t\)，则\(t∈(0 ,1)\)
\(D X=t-t^{2}+4 a(t-a) \leq \dfrac{1}{3}, \quad a \in(0, t)\)，
故\(4 a^{2}-4 a t+t^{2}-t+\dfrac{1}{3} \geq 0\)，在\(a∈(0 ,t)\)时恒成立，
当\(a=\dfrac{t}{2}\)时\(DX\)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\(b \geq \dfrac{2}{3}\)，
故选：\(D\)．
【点拨】方差\(DX\)与期望\(EX\)之间除了\(D(X)=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} p_{i}\)，有一个很好用的公式：\(DX=E(X^2 )－E^2 (X)\).
巩固练习
1(★★) 【多选题】设离散型随机变量\(X\)的分布列为
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline X & 1 & 2 & 3 & 4 \\
\hline P & 0.2 & 0.1 & 0.2 & q \\
\hline
\end{array}\)
若离散型随机变量\(Y\)满足\(Y=2X+1\)，则下列结果正确的有( )
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(★★) 【多选题】已知随机变量\(ξ\)的分布列是
\(\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline \xi & -1 & 0 & 1 \\
\hline p & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1-p}{2} & \dfrac{p}{2} \\
\hline
\end{array}\)
随机变量\(η\)的分布列是
\(\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline \eta & 1 & 2 & 3 \\
\hline P & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1-p}{2} & \dfrac{p}{2} \\
\hline
\end{array}\)
则当\(p\)在\((0 ,1)\)内增大时，下列选项中正确的是( )
A. \(E(\xi)=E(\xi)\)\(\qquad \qquad\)B. \(V(\xi)=V(\eta)\) \(\qquad \qquad\)C．\(E(ξ)\)增大 \(\qquad \qquad\) D．\(V(η)\)先增大后减小
参考答案
-
【答案】\(CD\)
【解析】由离散型随机变量\(X\)的分布列的性质得：\(q=1－0.4－0.1－0.2－0.2=0.1\)，
\(E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2\)，
\(D(X)=(0－2)^2×0.1+(1－2)^2×0.4+(2－2)^2×0.1+(3－2)^2×0.2+(4－2)^2×0.2=1.8\)，
\(∵\)离散型随机变量\(Y\)满足\(Y=3X+1\)，
\(∴E(Y)=3E(X)+1=7\)，\(D(Y)=9D(X)=16.2\)．
故选：\(CD\)． -
【答案】\(BC\)
【解析】对于\(A\)，\(∵η=ξ+2\)，\(∴E(η)=E(ξ)+2\)，故\(A\)错误；
对于\(B\)，\(∵η=ξ+2\)，\(∴V(ξ)=V(η)\)，故\(B\)正确；
对于\(C\)，\(\because E(\xi)=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2} p\)，
\(∴\)当\(p\)在\((0，1)\)内增大时，\(E(ξ)\)增大，故\(C\)正确；
对于\(D\)，\(\because E(\eta)=\dfrac{1}{2}+2 \times \dfrac{1-p}{2}+3 \times \dfrac{p}{2}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{p}{2}\)，
\(\therefore V(\eta)=\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{p}{2}\right) \cdots 2 \times \dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{p}{2}\right)^{2} \dfrac{1-p}{2}+\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{p}{2}\right) \times \dfrac{p}{2}=-\dfrac{1}{4}(p-2)^{2}+\dfrac{5}{4}\)，
\(∴\)当\(p\)在\((0，1)\)内增大时，\(V(η)\)单调递增，故\(D\)错误．
故选：\(BC\)．
【题型三】 求离散型随机变量的分布列
【典题1】甲、乙两袋装有除颜色外其余均相同的白球和黑球若干个，其中甲袋装有\(2\)个白球，\(2\)个黑球；乙袋装有\(1\)个白球，\(3\)个黑球；现从甲、乙两袋中各抽取\(2\)个球，记取到白球的个数为\(ξ\)，则\(P(ξ=2)=\) \(\underline{\quad \quad}\)，\(E(ξ)=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】由题意可得：\(ξ=0 ,1 ,2 ,3\)，
\(P(\xi=0)=\dfrac{C_{2}^{2} C_{3}^{2}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{1}{12}\)，\(P(\xi=1)=\dfrac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} C_{3}^{2}+C_{2}^{2} C_{1}^{1} C_{3}^{1}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{5}{12}\)，
\(P(\xi=2)=\dfrac{C_{2}^{2} C_{3}^{2}+C_{2}^{1} C_{2}^{1} C_{1}^{1} C_{3}^{1}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{5}{12}\)，\(P(\xi=3)=\dfrac{C_{2}^{2} C_{1}^{1} C_{3}^{1}}{C_{4}^{2} C_{4}^{2}}=\dfrac{1}{12}\)，
可得其分布列：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline \xi & 0 & 1 & 2 & 3 \\
\hline P(\xi) & \dfrac{1}{12} & \dfrac{5}{12} & \dfrac{5}{12} & \dfrac{1}{12} \\
\hline
\end{array}\) ,
\(E(\xi)=0 \times \dfrac{1}{12}+1 \times \dfrac{5}{12}+2 \times \dfrac{5}{12}+3 \times \dfrac{1}{12}=\dfrac{3}{2}\)
故答案为：\(\dfrac{5}{12}, \dfrac{3}{2}\)．
【点拨】① 古典概型事件\(A\)的概率\(P(A)=\dfrac{\text { 事件 } A \text { 的样本点个数 }}{\text { 样本空间 } \Omega \text { 的样本点个数 }}\)；
② 若事件\(A\)与事件\(B\)相互独立，则\(P(AB)=P(A)P(B)\).
③ 求出分布列最好利用\(p_1+p_2+⋯+p_n=1\)检验下.
【典题2】甲、乙两名运动员站在\(A\)，\(B\)，\(C\)三处进行定点投篮训练，每人在这三处各投篮一次，每人每次投篮是否投中均相互独立，且甲、乙两人在\(A\)，\(B\)，\(C\)三处投中的概率均分别为\(\dfrac{1}{2}\)，\(\dfrac{1}{3}\)，\(\dfrac{1}{4}\)．
(1)设\(X\)表示甲运动员投中的个数，求随机变量\(X\)的分布列和数学期望；
(2)求甲、乙两名运动员共投中的个数不少于\(5\)的概率．
【解析】(1)根据题意可知，随机变量\(X\)的所有可能取值为\(0 ,1 ,2 ,3\)，
所以\(P(X=0)=\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{1}{4}\)，
\(P(X=1)=\dfrac{1}{2} \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)+\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{1}{3} \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)+\)\(\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{11}{24}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \times\left(1-\dfrac{1}{4}\right)+\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2} \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}\)，
\(P(X=3)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{24}\)，
所以随机变量\(X\)的分布列为：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline X & 0 & 1 & 2 & 3 \\
\hline P & \dfrac{1}{4} & \dfrac{11}{24} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{24} \\
\hline
\end{array}\)
随机变量\(X\)的数学期望为\(E(X)=0 \times \dfrac{1}{4}+1 \times \dfrac{11}{24}+2 \times \dfrac{1}{4}+3 \times \dfrac{1}{24}=\dfrac{13}{12}\)；
(2)设\(Y\)表示乙运动员投中的个数，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、乙两名运动员共投中的个数不少于\(5\)的概率为\(\dfrac{13}{576}\)．
【点拨】此类型题目项目较多，其关系在做题过程中是容易混乱的，做错了归结粗心也不合适，建议在草稿纸上列个表格出来那就清晰多了，
【典题3】核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性．根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为\(p(0<p<1)\)，现有\(4\)例疑似病例，分别对其取样、检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性．现有以下三种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：四个样本混在一起化验；
方案三：平均分成两组化验．
在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化检次数的期望值越小，则方案越“优”．
(1)若\(p=\dfrac{1}{4}\)，求\(2\)个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率；
(2)若\(p=\dfrac{1}{2}\)，现将该\(4\)例疑似病例样本进行化验，请问：方案一、二、三中哪个最“优”？
(3)若对\(4\)例疑似病例样本进行化验，且“方案一”比“方案二”更“优”，求p的取值范围．
【解析】(1)由题意可知，\(2\)个疑似病例样本混合化验结果均为阴性的概率为\(\left(1-\dfrac{1}{4}\right)^{2}=\dfrac{9}{16}\)，\(2\)个疑似病例样本混合化验结果为阳性的概率为\(P=1-\left(\dfrac{3}{4}\right)^{2}=\dfrac{7}{16}\)；
(2)方案一：逐一检测，检验次数为\(4\)次；
方案二：检测次数为\(X\)，\(X\)的可能取值为\(1 ,5\)，
\({\color{Red}{(混在一起4例均阴性则X=1，若成阳性还要逐一化验，则X=5) }}\)
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的分布列为：
\(\begin{array}{|c|c|c|}
\hline X & 1 & 5 \\
\hline P & \dfrac{1}{16} & \dfrac{15}{16} \\
\hline
\end{array}\)
\(X\)的数学期望为\(E(X)=1 \times \dfrac{1}{16}+5 \times \dfrac{15}{16}=\dfrac{19}{4}\)；
方案三：每组两个样本检测时，
若呈阴性，检测次数为\(1\)，概率为\(\dfrac{1}{4}\)；若呈阳性，则检测次数为\(3\)，概率为\(\dfrac{3}{4}\)；
\({\color{Red}{(先考虑一组检测情况) }}\)
设方案三的检测次数为随机变量\(Y\)，则\(Y\)的可能取值为\(2 ,4 ,6\)，
所以\(P(Y=2)=\left(\dfrac{1}{4}\right)^{2}=\dfrac{1}{16}\)，\(P(Y=4)=C_{2}^{1} \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{8}\)，\(P(Y=6)=\left(\dfrac{3}{4}\right)^{2}=\dfrac{9}{16}\)，
\(\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline Y & 2 & 4 & 6 \\
\hline P & \dfrac{1}{16} & \dfrac{3}{8} & \dfrac{9}{16} \\
\hline
\end{array}\)
\(Y\)的数学期望为\(E(Y)=2 \times \dfrac{1}{16}+4 \times \dfrac{3}{8}+6 \times \dfrac{9}{16}=5\)；
比较可得\(4<E(X)<E(Y)\)，故选择方案一最“优”；
(3)方案二：即检测次数为\(Z\)，则随机变量\(Z\)的可能取值为\(1 ,5\)，
所以\(P(Z=1)=(1-p)^4\) ,\(P(Z=5)=1-(1-p)^4\)，
随机变量\(Z\)的分布列为：
\(\begin{array}{|c|c|c|}
\hline Z & 1 & 5 \\
\hline P & (1-p)^{4} & 1-(1-p)^{4} \\
\hline
\end{array}\)
所以\(Z\)的数学期望为\(E(Z)=(1－p)^4+5×[1－(1－p)^4]=5－4(1－p)^4\)，
由于“方案一”比“方案二”更“优”，则\(E(Z)=5－4(1－p)^4>4\)，
可得\((1-p)^{4}<\dfrac{1}{4}\)，即\(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<p<1\)，
故当\(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<p<1\)时，方案一比方案二更“优”．
【点拨】该题型属于“方案问题”，阅读量大，需要较好的筛选有效信息的能力，在读题过程中可先标出重要信息，也可通过列表的方式确定随机变量\(x\)、\(y\)、\(z\)的可能值及其概率.
巩固练习
1(★★) 小张的公司年会有一小游戏：箱子中有材质和大小完全相同的六个小球，其中三个球标有号码\(1\)，两个球标有号码\(2\)，一个球标有号码\(3\)，有放回的从箱子中取两次球，每次取一个，设第一个球的号码是\(x\)，第二个球的号码是\(y\)，记\(ξ=x+2y\)，则\(P(ξ=7)=\) \(\underline{\quad \quad}\)；若公司规定\(ξ=9 ,8 ,7\)时，分别为一二三等奖，奖金分别为\(1000\)元，\(500\)元，\(200\)元，其余无奖．则小张玩游戏一次获得奖金的期望为\(\underline{\quad \quad}\)元．
2(★★) 某商场在儿童节矩形回馈顾客活动，凡在商场消费满\(100\)元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击\(3\)次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射击到\(3\)次为止，设甲每次击中的概率为\(p(p≠0)\)，射击参数为\(η\)，若\(η\)的数学期望\(E(\eta)>\dfrac{7}{4}\)，则\(p\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★★) 某游戏的参与者现在从标有\(5 ,6 ,7 ,8 ,9\)的相同小球中随机摸取一个，将小球上的数字作为其赌金(单位：元)；随后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的\(2\)倍作为其奖金(单位：元)，若随机变量\(ξ\)和\(η\)分别表示参与者在每一局游戏中的赌金与奖金，则\(E(ξ)－E(η)=\) \(\underline{\quad \quad}\) (元)；\(D(ξ)－D(η)=\) \(\underline{\quad \quad}\) (元)．
4(★★★) 某合资企业招聘大学生时加试英语听力，待测试的小组中有男、女生共\(10\)人(其中女生人数多于男生人数)，若从中随机选\(2\)人，其中恰为一男一女的概率为\(\dfrac{8}{15}\)．求该小组中女生的人数为\(\underline{\quad \quad}\)；若该小组中每个女生通过测试的概率均为\(\dfrac{3}{4}\)，每个男生通过测试的概率均为\(\dfrac{2}{3}\)．现对该小组中男生甲、男生乙和女生丙\(3\)人进行测试．记这\(3\)人中通过测试的人数为随机变量\(X\)，则数学期望为\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★★) 春节逛庙会，是中国特有的集吃喝玩乐于一体的传统民俗文化活动，在一次庙会上，有个“套圈游戏”，规则如下：每组每人\(3\)个圆环，向\(A\) ,\(B\)两个目标投掷，先向目标\(A\)连续掷两次，每套中一次得\(1\)分，都没有套中不得分，再向目标\(B\)掷一次，每套中一次得\(2\)分，没有套中不得分，根据最终得分由主办方发放奖品．已知小华每投掷一次，套中目标\(A\)的概率为\(\dfrac{3}{4}\)，套中目标\(B\)的概率为\(\dfrac{1}{2}\)，假设小华每次投掷的结果相互独立．
(1)求小华在一组游戏中恰好套中一次的概率；
(2)求小华在一组游戏中的总分\(X\)的分布列及数学期望；
(3)小华非常喜欢这个游戏，连续玩了\(5\)组套圈游戏，假设小华每组投掷的结果相互独立，求小华恰有\(3\)组套圈游戏中得\(2\)分或者\(3\)分的概率．
6(★★★★) 体检时，为了确定体检人是否患有某种疾病，需要对其血液采样进行化验，若结果呈阳性，则患有该疾病；若结果呈阴性，则未患有该疾病．对于\(n(n∈N^*)\)份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验\(n\)次．二是混合检验，将\(n\)份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这\(n\)份血液全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这\(n\)份血液究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，则\(n\)份血液检验的次数共为\(n+1\)次．已知每位体检人未患有该疾病的概率为\(\sqrt[3]{p}(0<p<1)\)，而且各体检人是否患该疾病相互独立．
(1)若\(p=\dfrac{8}{9}\)，求\(3\)位体检人的血液样本混合检验结果为阳性的概率；
(2)某定点医院现取得\(6\)位体检人的血液样本，考虑以下两种检验方案：
方案一：采用混合检验；
方案二：平均分成两组，每组\(3\)位体检人血液样本采用混合检验．
若检验次数的期望值越小，则方案越“优”．试问方案一、二哪个更“优”？请说明理由．
参考答案
-
【答案】\(\dfrac{5}{36} ; \dfrac{250}{3}\)
【解析】抽中号码是\(1\)的概率为\(\dfrac{1}{2}\)，抽中号码是\(2\)的概率为\(\dfrac{1}{3}\)，抽中号码是\(3\)的概率为\(\dfrac{1}{6}\)，
令\(x+2y=7\)，则有\(\left\{\begin{array}{l} x=1 \\ y=3 \end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{l} x=3 \\ y=2 \end{array}\right.\)两种情况，
所以\(P(\xi=7)=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{36}\)，
\(P(\xi=8)=P(x=2, \quad y=3)=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{18}\)，
\(P(\xi=9)=P(x=3, \quad y=3)=\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{36}\)，
所以玩游戏一次获得奖金的期望为\(E(\text { 获得奖金 })=1000 \times \dfrac{1}{36}+500 \times \dfrac{1}{18}+200 \times \dfrac{5}{36}=\dfrac{250}{3} \text {. }\)．
故答案为\(\dfrac{5}{36} ; \dfrac{250}{3}\)． -
【答案】\((0，0.5)\)
【解析】根据题意，每次击中的概率为\(p\)，即\(P(η=1)=p\)，
二次射击成功的概率\(P(η=2)=p(1－p)\)，
三次射击成功的概率\(P(\eta=3)=(1-p)^{2}\)，
则\(E(x)=p+2 p(1-p)+3(1-p)^{2}=p^{2}-3 p+3\)，
依题意有\(E(\eta)>\dfrac{7}{4}\)，则\(p^{2}-3 p+3>1.75\)，
解可得，\(p＞2.5\)或\(p<0.5\)，
结合\(p\)的实际意义，可得\(0<p<0.5\)，即\(p∈(0，0.5)\)
故答案为：\((0，0.5)\)． -
【答案】\(3\)，\(-2\)
【解析】由题意可得：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)．
故答案为：\(3\)，\(-2\)． -
【答案】\(6\)；\(\dfrac{25}{12}\)
【解析】设女生的人数为\(n\)，则男生人数为\(10－n\)，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\(n=6\)；
由题意可知\(X\)的取值为\(0，1，2，3\)，
\(P(X=0)=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{36}\)，\(P(X=1)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{3}+2 \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{7}{36}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{4}+2 \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4}=\dfrac{4}{9}\)，\(p(X=3)=\dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{3}\)．
\(\therefore E(X)=0 \times \dfrac{1}{36}+1 \times \dfrac{7}{36}+2 \times \dfrac{4}{9}+3 \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{25}{12}\)，
故答案为：\(6\)；\(\dfrac{25}{12}\)． -
【答案】\((1) \dfrac{7}{32} \quad (2) \dfrac{5}{2}\quad (3) \dfrac{5}{16}\)
【解析】(1)设小华恰好套中\(1\)次为事件\(A\)，
\(P(A)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{32}\)；
(2)由题意得\(X\)的可能取值为\(0，1，2，3，4\)，
\(P(X=0)=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{32}\)，\(P(X=1)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{6}{32}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{10}{32}\)，\(P(X=3)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{6}{32}\)，
\(P(X=4)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{9}{32}\)，
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)设小华\(1\)组中得\(2\)分或\(3\)分的事件为\(B\)，
则\(P(B)=P(X=2)+P(X=3)=\dfrac{5}{16}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{1}{2}\)，
设\(5\)组游戏中，小华恰有\(3\)组游戏中得\(2\)分或\(3\)分为事件\(C\)，
则\(P(\bar{B})=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\)，
则\(P(C)=C_{5}^{3} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{16}\)． -
【答案】\(\text { (1) } \dfrac{1}{9}\)
\((2)\)当\(0<p<\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}<p<1\)时，方案一更“优”；
当\(p=\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(p=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)时，方案一、二一样“优”；
当\(\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}<p<\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)时，方案二更“优”．
【解析】(1该混合样本阴性的概率为\(\left(\sqrt[3]{\dfrac{8}{9}}\right)^{3}=\dfrac{8}{9}\)，
根据对立事件可知，阳性的概率为\(1-\dfrac{8}{9}=\dfrac{1}{9}\)．
(2)方案一：混在一起检验，方案一的检验次数记为\(X\)，则\(X\)的可能取值为\(1\)，\(7\)，
\(P(X=1)=(\sqrt[3]{p})^{6}=p^{2}\)，\(P(X=7)=1-p^{2}\)，
\(X\)的分布列为：
\(\begin{array}{|c|c|c|} \hline X & 1 & 7 \\ \hline P & p^{2} & 1-p^{2} \\ \hline \end{array}\)
则\(E(X)=7-6 p^{2}\)．
方案二：由题意分析可知，每组\(3\)份样本混合检验时，若为阴性则检验次数为\(1\)，概率为\((\sqrt[3]{p})^{3}=p\)，
若阳性，检验次数为\(4\)，概率为\(1-p\)，
方案二的检验次数记为\(Y\)，则\(Y\)的可能取值为\(2，5，8\)，
\(P(Y=2)=p^{2}\)，\(P(Y=5)=C_{2}^{1} p(1-p)=2 p(1-p)\)，\(P(Y=8)=(1-p)^{2}\)，
其分布列为：
\(\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline Y & 2 & 5 & 8 \\ \hline P & p^{2} & 2 p(1-p) & (1-p)^{2} \\ \hline \end{array}\)
\(E(Y)=2 p^{2}+10 p(1-p)+8(1-p)^{2}=8-6 p\)，
\(E(Y)-E(X)=8-6 p-\left(7-6 p^{2}\right)=6 p^{2}-6 p+1\)，
当\(0<p<\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}<p<1\)时，方案一更“优”；
当\(p=\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}\)或\(p=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)时，方案一、二一样“优”；
当\(\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}<p<\dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\)时，方案二更“优”．
