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第十二章 专题六


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专题六

高考中的概率与统计问题

1. (2013· 安徽)某班级有 50 名学生,其中有 30 名男生和 20 名女生,随机询问了该班五名男 生和五名女生在某次数学测验中的成绩,五名男生的成绩分别为 86,94,88,92,90,五名女 生的成绩分别为 88,93,93,88,93.

下列说法一定正确的是 A.这种抽样方法是一种分层抽样 B.这种抽样方法是一种系统抽样 C.这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差 D.该班男生成绩的平均数小于该班女生成绩的平均数 答案 C 解析 1 x 男= (86+94+88+92+90)=90, 5 ( )

1 x 女= (88+93+93+88+93)=91, 5 1 2 2 2 2 2 s2 男= [(86-90) +(94-90) +(88-90) +(92-90) +(90-90) ]=8, 5 1 2 2 2 2 2 s2 女= [(88-91) +(93-91) +(93-91) +(88-91) +(93-91) ]=6. 5 2. 已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,σ2),且 P(ξ<4)=0.8,则 P(0<ξ<2)等于 A.0.6 答案 C 解析 ∵P(ξ<4)=0.8, ∴P(ξ>4)=0.2, 由题意知图像的对称轴为直线 x=2, P(ξ<0)=P(ξ>4)=0.2, ∴P(0<ξ<4)=1-P(ξ<0)-P(ξ>4)=0.6. 1 ∴P(0<ξ<2)= P(0<ξ<4)=0.3. 2 3. (2012· 上海)设 10≤x1<x2<x3<x4≤104,x5=105.随机变量 ξ1 取值 x1、x2、x3、x4、x5 的概率 x1+x2 x2+x3 x3+x4 x4+x5 x5+x1 均为 0.2,随机变量 ξ2 取值 、 、 、 、 的概率也均为 0.2.若记 2 2 2 2 2 Dξ1、Dξ2 分别为 ξ1、ξ2 的方差,则 A.Dξ1>Dξ2 ( ) B.0.4 C.0.3 D.0.2 ( )

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B.Dξ1=Dξ2 C.Dξ1<Dξ2 D.Dξ1 与 Dξ2 的大小关系与 x1、x2、x3、x4 的取值有关 答案 A 解析 Eξ1=0.2x1+0.2x2+0.2x3+0.2x4+0.2x5 =0.2(x1+x2+x3+x4+x5). x1+x2 x2+x3 x5+x1 Eξ2=0.2× +0.2× +…+0.2× 2 2 2 =0.2(x1+x2+x3+x4+x5). ∴Eξ1=Eξ2,记作 x , ∴Dξ1=0.2[(x1- x )2+(x2- x )2+…+(x5- x )2]
2 2 2 =0.2[x2 1+x2+…+x5+5 x -2(x1+x2+…+x5) x ] 2 2 2 =0.2(x2 1+x2+…+x5-5 x ).

同理 Dξ2= 0.2?? ∵? ∴? x1+x2?2 ?x2+x3?2 ?x5+x1?2 2? ?? 2 ? +? 2 ? +…+? 2 ? -5 x ?.

2 2 x1+x2?2 x2 x5+x1?2 x2 1+x2 5+x1 < ,…,? < . 2 2 ? 2 ? ? 2 ?

x1+x2?2 ?x2+x3?2 x5+x1?2 2 2 2 2 2 + +…+? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? <x1+x2+x3+x4+x5.

∴Dξ1>Dξ2. 4. (2013· 四川)节日前夕,小李在家门前的树上挂了两串彩灯,这两串彩灯的第一次闪亮相 互独立, 且都在通电后的 4 秒内任一时刻等可能发生, 然后每串彩灯以 4 秒为间隔闪亮, 那么这两串彩灯同时通电后,它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒的概率是( 1 A. 4 答案 C 解析 设在通电后的 4 秒钟内,甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻 0≤x≤4 ? ? 为 x、y,x、y 相互独立,由题意可知?0≤y≤4 ? ?|x-y|≤2 1 B. 2 3 C. 4 7 D. 8 )

,如图所示.∴两

串彩灯第一次亮的时间相差不超过 2 秒的概率为 P(|x-y|≤2)=

S正方形-2S△ABC = S正方形

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1 4×4-2× ×2×2 2 12 3 = = . 16 4 4×4 5. (2012· 重庆)某艺校在一天的 6 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门 艺术课各 1 节,则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔 1 节艺术课的概率为 ________(用数字作答). 答案 3 5

解析 6 节课随机安排,共有 A6 6=720(种)方法. 课表上相邻两节文化课之间最多间隔 1 节艺术课,分三类: 第 1 类:文化课之间没有艺术课,有 A3 A4 3· 4=6×24=144(种). 第 2 类:文化课之间有 1 节艺术课,有 A3 C1 A1 A3 3· 3· 2· 3=6×3×2×6=216(种). 第 3 类:文化课之间有 2 节艺术课,有 A3 A2 A2 3· 3· 2=6×6×2=72(种). 共有 144+216+72=432(种). 432 3 由古典概型概率公式得 P= = . 720 5

题型一 求事件的概率 例1 某项专业技术认证考试按科目 A 和科目 B 依次进行,只有当科目 A 成绩合格时,才

可继续参加科目 B 的考试.已知每个科目只允许有一次补考机会,两个科目成绩均合格 2 方可获得证书,现某人参加这项考试,科目 A 每次考试成绩合格的概率均为 ,科目 B 3 1 每次考试成绩合格的概率均为 ,假设各次考试成绩合格与否互不影响. 2 (1)求他不需要补考就可获得证书的概率. (2)在这项考试过程中,假设他不放弃所有的考试机会,求他分别参加 2 次、3 次、4 次 考试的概率. 思维启迪 准确地分析事件类型,正确地运用概率公式,是解决这类问题的关键. 解 设“科目 A 第一次考试合格”为事件 A1, “科目 A 补考合格”为事件 A2, “科目 B

第一次考试合格”为事件 B1,“科目 B 补考合格”为事件 B2,则 A1,A2,B1,B2 相互 独立. (1)设“不需要补考就可获得证书”为事件 M, 2 1 1 则 P(M)=P(A1B1)=P(A1)P(B1)= × = . 3 2 3

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(2)设“参加考试次数为 2 次、3 次、4 次” 分别为事件 E,C,D.则 P(E)=P(A1B1+ A1 A2 )

2 1 1 1 4 =P(A1)P(B1)+P( A1 )P( A2 )= × + × = , 3 2 3 3 9 P(C)=P(A1 B1 B2+A1 B1 B2 + A1 A2B1)

=P(A1)P( B1 )P(B2)+P(A1)P( B1 )P( B2 )+P( A1 )P(A2)· P(B1) 2 1 1 2 1 1 1 2 1 4 = × × + × × + × × = , 3 2 2 3 2 2 3 3 2 9 P(D)=P( A1 A2 B1 B2+ A1 A2 B1 B2 )

=P( A1 )P(A2)P( B1 )P(B2)+P( A1 )P(A2)P( B1 )P( B2 ) 1 2 1 1 1 2 1 1 1 = × × × + × × × = . 3 3 2 2 3 3 2 2 9 4 4 1 (另解:P(D)=1-P(E∪C)=1-P(E)-P(C)=1- - = ). 9 9 9 思维升华 (1)一个复杂事件若正面情况较多,反面情况较少,则一般利用对立事件进行 求解.尤其是涉及到“至多”、“至少”等问题时常常用这种方法求解. (2)求复杂事件的概率,要正确分析复杂事件的构成,看复杂事件是能转化为几个彼此互 斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件,然后用概率公式 求解. 某校举行环保知识大奖赛,比赛分初赛和决赛两部分,初赛采用选手选一 题答一题的方式进行,每位选手最多有 5 次选题答题的机会,选手累计答对 3 题或答错 3 题即终止其初赛的比赛,答对 3 题者直接进入决赛,答错 3 题者则被淘汰.已知选手 1 甲答题连续两次答错的概率为 (已知甲回答每个问题的正确率相同,并且相互之间没有 9 影响). (1)求选手甲回答一个问题的正确率; (2)求选手甲可进入决赛的概率. 解 (1)设选手甲答对一个问题的正确率为 P1,

1 则(1-P1)2= , 9 2 故选手甲答对一个问题的正确率 P1= . 3 2 8 (2)选手甲答了 3 道题目进入决赛的概率为( )3= ; 3 27

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2212 8 选手甲答了 4 道题目进入决赛的概率为 C2 ; 选手甲答了 5 道题目进入决赛的 3( ) · · = 3 3 3 27 概率为 16 2 2 2 1 2 2 C4 ( )· ( ) ·= . 3 3 3 81 8 8 16 64 ∴选手甲可以进入决赛的概率 P= + + = . 27 27 81 81 题型二 求离散型随机变量的均值与方差 例2 李先生家在 H 小区, 他在 C 科技园区工作, 从家开车到公司上班有 L1, L2 两条路线(如 1 图),路线 L1 上有 A1,A2,A3 三个路口,各路口遇到红灯的概率均为 ;路线 L2 上有 B1, 2 3 3 B2 两个路口,各路口遇到红灯的概率依次为 , . 4 5

(1)若走路线 L1,求最多遇到 1 次红灯的概率; (2)若走路线 L2,求遇到红灯次数 X 的数学期望; (3)按照“平均遇到红灯的次数最少”的要求,请你帮助李先生分析上述两条路线中,选 择哪条路线上班更好些,并说明理由. 思维启迪 走 L1 或 L2 遇到红灯的次数都是独立重复试验问题,可结合二项分布求其概 率,选何条路线是要利用均值的大小判定.注意三个转化: (1)转化为 P3(1)+P3(0)的值; (2)X 可取 0,1,2 转化为独立事件的积事件的概率; (3)转化为比较 EX、EY 的大小. 解 (1)设“走路线 L1 最多遇到 1 次红灯”为事件 A,

1?3 1 ?1?2 1 0 1 则 P(A)=C3 ×? ?2? +C3×2×?2? =2. 1 所以走路线 L1 最多遇到 1 次红灯的概率为 . 2 (2)依题意,知 X 的可能取值为 0,1,2. 3? ? 3? 1 P(X=0)=? ?1-4?×?1-5?=10, 3 3 3 9 3 1- ?+?1- ?× = , P(X=1)= ×? 4? 5 20 4 ? 5? ? 3 3 9 P(X=2)= × = . 4 5 20 随机变量 X 的分布列为

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X P

0 1 10

1 9 20

2 9 20

1 9 9 27 所以 EX= ×0+ ×1+ ×2= . 10 20 20 20 1? (3)设选择路线 L1 遇到红灯的次数为 Y,随机变量 Y 服从二项分布,即 Y~B? ?3,2?,所 1 3 以 EY=3× = . 2 2 因为 EX<EY,所以选择路线 L2 上班更好. 思维升华 解决此类题目的关键是将实际问题转化为数学问题,正确理解随机变量取每 一个值所表示的具体事件,求得该事件发生的概率. (2012· 福建)受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每辆轿车的 利润与该轿车首次出现故障的时间有关.某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修 期均为 2 年.现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取 50 辆,统计数据如下: 品牌 首次出现故障时间 x(年) 轿车数量(辆) 每辆利润(万元) 将频率视为概率,解答下列问题: (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求其首次出现故障发生在保修期内的概 率. (2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1,生产一辆乙品牌轿 车的利润为 X2,分别求 X1,X2 的分布列. (3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的轿 车.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明理由. 解 2+3 1 (1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A,则 P(A)= = . 50 10 0<x≤1 2 1 甲 1<x≤2 3 2 x>2 45 3 乙 0<x≤2 5 1.8 x>2 45 2.9

(2)依题意得,X1 的分布列为 X1 P X2 的分布列为 X2 P 1.8 1 10 2.9 9 10 1 1 25 2 3 50 3 9 10

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1 3 9 (3)由(2)得 EX1=1× +2× +3× 25 50 10 = 143 =2.86(万元), 50

1 9 EX2=1.8× +2.9× =2.79(万元). 10 10 因为 EX1>EX2,所以应生产甲品牌轿车.

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题型三 概率与统计的综合应用 例3 (2013· 课标全国Ⅱ)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,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. 思维启迪 利润 T 是由两部分构成的,一个是获得利润,另一个是亏损,是否亏损与 x 的取值范围有关,因此,T 关于 x 的函数要用分段函数表示. 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.
? ?800X-39 000,100≤X<130, 所以 T=? ?65 000,130≤X≤150. ?

(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 P 45 000 0.1 53 000 0.2 61 000 0.3 65 000 0.4

所以 ET=45 000×0.1+53 000×0.2+61 000×0.3+65 000×0.4=59 400. 思维升华 概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体,已成为近几年高考的一大亮 点和热点.它与其他知识融合、渗透,情境新颖,充分体现了概率与统计的工具性和交 汇性.统计以考查抽样方法、样本的频率分布、样本特征数的计算为主,概率以考查概 率计算为主,往往和实际问题相结合,要注意理解实际问题的意义,使之和相应的概率

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计算对应起来,只有这样才能有效地解决问题. 以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数.乙组记录中有一个 数据模糊,无法确认,在图中以 X 表示.

(1)如果 X=8,求乙组同学植树棵数的平均数和方差; (2)如果 X=9,分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,求这两名同学的植树总棵树 Y 的分布列和数学期望. 1 (注:方差 s2= [(x1- x )2+(x2- x )2+…+(xn- x )2],其中 x 为 x1,x2,…,xn 的平均 n 数) 解 (1)当 X=8 时,由茎叶图可知,乙组同学的植树棵数是 8,8,9,10,所以平均数 8+8+9+10 35 = ; 4 4

x= 方差

1 35 35 35 35 11 s2= [(8- )2+(8- )2+(9- )2+(10- )2]= . 4 4 4 4 4 16 (2)当 X=9 时,由茎叶图可知,甲组同学的植树棵数是 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 Y 的可能取值为 17,18,19,20,21.事件“Y=17”等价于“甲组选出的 同学植树 9 棵,乙组选出的同学植树 8 棵”,所以该事件有 2 种可能的结果,因此 P(Y 2 1 1 1 1 1 =17)= = .同理可得 P(Y=18)= ,P(Y=19)= ,P(Y=20)= ,P(Y=21)= . 16 8 4 4 4 8 所以随机变量 Y 的分布列为 Y P 17 1 8 18 1 4 19 1 4 20 1 4 21 1 8

1 1 1 1 1 EY=17× +18× +19× +20× +21× =19. 8 4 4 4 8

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(时间:80 分钟) 1. (2013· 广东)某车间共有 12 名工人,随机抽取 6 名,他们某日加工零件个数的茎叶图如图 所示,其中茎为十位数,叶为个位数.

(1)根据茎叶图计算样本均值; (2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人.根据茎叶图推断该车间 12 名工人 中有几名优秀工人? (3)从该车间 12 名工人中,任取 2 人,求恰有 1 名优秀工人的概率. 解 (1)样本平均值为

17+19+20+21+25+30 132 = =22. 6 6 2 1 (2)由(1)知样本中优秀工人占的比例为 = , 6 3 1 故推断该车间 12 名工人中有 12× =4 名优秀工人. 3
1 C1 4C8 (3)设事件 A:“从该车间 12 名工人中,任取 2 人,恰有 1 名优秀工人”,则 P(A)= 2 C12



16 . 33

2. 在 10 件产品中,有 3 件一等品,4 件二等品,3 件三等品.从这 10 件产品中任取 3 件, 求: (1)取出的 3 件产品中一等品件数 X 的分布列和数学期望; (2)取出的 3 件产品中一等品件数多于二等品件数的概率. 解 (1)由于从 10 件产品中任取 3 件的结果数为 C3 10,从 10 件产品中任取 3 件,其中恰


3 k 有 k 件一等品的结果数为 Ck 3C7 (k=0,1,2,3),那么从 10 件产品中任取 3 件,其中恰有 k

件一等品的概率为 P(X=k)= 所以随机变量 X 的分布列是 X

3 k Ck 3C7 ,k=0,1,2,3. 3 C10


0

1

2

3

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P

7 24

21 40

7 40

1 120

7 21 7 1 9 X 的数学期望 EX=0× +1× +2× +3× = . 24 40 40 120 10 (2)设“取出的 3 件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件 A,“恰好取出 1 件一等 品和 2 件三等品”为事件 A1,“恰好取出 2 件一等品”为事件 A2, “恰好取出 3 件一等
2 C1 3 3C3 品”为事件 A3, 由于事件 A1, A2, A3 彼此互斥, 且 A=A1∪A2∪A3, 而 P(A1)= 3 = .P(A2) C10 40

7 1 =P(X=2)= .P(A3)=P(X=3)= ,所以取出的 3 件产品中一等品件数多于二等品件 40 120 3 7 1 31 数的概率为 P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)= + + = . 40 40 120 120 3. 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 2 成功.已知在 6 道备选题中,甲能答对其中的 4 道题,乙答对每道题的概率都是 . 3 (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. 解 (1)设甲、乙闯关成功分别为事件 A,B,
2 C1 4 1 4C2 = , 3 = C6 20 5

则 P( A )=

2 2221 P( B )=(1- )3+C2 3(1- ) ( ) 3 3 3 = 1 2 7 + = , 27 9 27

则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是 1-P( A 1 7 128 B )=1-P( A )P( B )=1- × = . 5 27 135

(2)由题意知 ξ 的可能取值是 1,2.
2 C1 4C2 1 P(ξ=1)= 3 = , C6 5 1 3 C2 4 4C2+C4 P(ξ=2)= = , 3 C6 5

则 ξ 的分布列为 ξ P 1 1 5 2 4 5

4. 如图,是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位:吨)的频率分布直方图.

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(1)求直方图中 x 的值; (2)若将频率视为概率,从这个城市随机抽取 3 位居民(看做有放回的抽样),求月均用水 量在 3 至 4 吨的居民数 X 的分布列和数学期望. 解 (1)依题意及频率分布直方图知 1×(0.02+0.1+x+0.37+0.39)=1,解得 x=0.12.

(2)由题意知,X~B(3,0.1).
3 1 2 2 因 此 P(X = 0) = C 0 3 ×0.9 = 0.729 , P(X = 1) = C 3 ×0.1×0.9 = 0.243 , P(X = 2) = C 3

×0.12×0.9=0.027,
3 P(X=3)=C3 3×0.1 =0.001.

故随机变量 X 的分布列为 X P 0 0.729 1 0.243 2 0.027 3 0.001

X 的数学期望为 EX=3×0.1=0.3. 5. 某市公租房的房源位于 A、B、C 三个片区.设每位申请人只申请其中一个片区的房源, 且申请其中任一个片区的房源是等可能的,求该市的任 4 位申请人中: (1)恰有 2 人申请 A 片区房源的概率; (2)申请的房源所在片区的个数 ξ 的分布列与期望. 解 (1)方法一 所有可能的申请方式有 34 种,恰有 2 人申请 A 片区房源的申请方式有 C2 22 8 4· 2 2 C4 · 2 种,从而恰有 2 人申请 A 片区房源的概率为 4 = . 3 27 方法二 设对每位申请人的观察为一次试验,这是 4 次独立重复试验. 1 记“申请 A 片区房源”为事件 A,则 P(A)= . 3 从而,由独立重复试验中事件 A 恰发生 k 次的概率计算公式知,恰有 2 人申请 A 片区房 源的概率为

?1?2?2?2= 8 . P4(2)=C2 4 3 ? ? ?3? 27
(2)ξ 的所有可能值为 1,2,3. 3 1 又 P(ξ=1)= 4= , 3 27

1 3 2 2 C2 3?C2C4+C4C2? 14 P(ξ=2)= = 4

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3

27

-2? 14? ?或P?ξ=2?=C3?2 4 = , 3 27? ?
3 2 1 C2 4 C1 4 4A3 3C4C2 或P?ξ=3?= 4 = ?. P(ξ=3)= = ? 4 3 9? 3 9?

2

4

综上知,ξ 的分布列为 ξ P 1 1 27 2 14 27 3 4 9

1 14 4 65 从而有 Eξ=1× +2× +3× = . 27 27 9 27 6. 一次考试共有 12 道选择题,每道选择题都有 4 个选项,其中有且只有一个是正确的.评 分标准规定:“每题只选一个选项,答对得 5 分,不答或答错得零分”.某考生已确定 有 8 道题的答案是正确的,其余题中:有两道题都可判断两个选项是错误的,有一道题 可以判断一个选项是错误的,还有一道题因不理解题意只好乱猜.请求出该考生: (1)得 60 分的概率; (2)所得分数 ξ 的分布列和数学期望. 解 (1)设“可判断两个选项是错误的”两道题之一选对为事件 A,“有一道题可以判断

一个选项是错误的”选对为事件 B,“有一道题不理解题意”选对为事件 C, 1 1 1 ∴P(A)= ,P(B)= ,P(C)= , 2 3 4 1 1 1 1 1 ∴得 60 分的概率为 P= × × × = . 2 2 3 4 48 (2)ξ 可能的取值为 40,45,50,55,60. 1 1 2 3 1 P(ξ=40)= × × × = ; 2 2 3 4 8 1 1 2 3 1 1 1 3 1 1 2 1 17 P(ξ=45)=C1 ; 2× × × × + × × × + × × × = 2 2 3 4 2 2 3 4 2 2 3 4 48 1 1 2 3 1 1 1 3 1 2 1 1 1 1 1 17 1 1 P(ξ=50)= × × × +C1 ; 2× × × × +C2× × × × + × × × = 2 2 3 4 2 2 3 4 2 2 3 4 2 2 3 4 48 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 3 7 P(ξ=55)=C1 ; 2× × × × + × × × + × × × = 2 2 3 4 2 2 3 4 2 2 3 4 48 1 1 1 1 1 P(ξ=60)= × × × = . 2 2 3 4 48 ξ 的分布列为 ξ 40 45 50 55 60

Go the distance

P(ξ)

1 8

17 48

17 48

7 48

1 48

1 17 17 7 1 575 Eξ=40× +45× +50× +55× +60× = . 8 48 48 48 48 12


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