高中数学人教版新课标A选修2-32.3离散型随机变量的均值与方差课时作业

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-32.3离散型随机变量的均值与方差课时作业，共30页。试卷主要包含了2　　B等内容，欢迎下载使用。

2.3　离散型随机变量的均值与方差
2.3.1　离散型随机变量的均值
基础过关练
题组一　离散型随机变量的均值
1.抛掷一枚硬币,规定正面向上得1分,反面向上得-1分,则得分X的均值为(　　)
A.0　 B.12　 C.1　 D.-1
2.(2019广西桂林高二期末)已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
827
49
29
127
则X的数学期望E(X)为(　　)
A.23 B.1 C.32 D.2
3.在篮球比赛中,罚球命中1次得1分,不中得0分.如果运动员甲罚球命中的概率是0.8,记运动员甲罚球1次的得分为X,则E(X)等于(　　)
A.0.2　　 B.0.4　　 C.0.8　　 D.1
4.今有两台独立工作在两地的雷达,每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85,设发现目标的雷达台数为X,则E(X)等于(　　)
A.0.765 B.1.75　　 C.1.765　 D.0.22
5.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体切割为125个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取出一个小正方体,记它的涂油漆面数为X,则X的均值E(X)等于(　　)

A.126125　 B.65　 C.168125　 D.75
6.(2019广东云浮高二期末)一台机器在一天内发生故障的概率为0.1,若这台机器一周5个工作日内都不发生故障,则可获利4万元;发生1次故障获利为0万元;发生2次或2次以上故障要亏损1万元,则这台机器一周5个工作日内获利的数学期望是　　　　万元(参考数据:0.94=0.656 1,0.95=0.590 49)(　　) 
A.3.473 6 B.3 C.2.2 805 D.1.231
7.袋中装有3个红球和7个白球,这些球除颜色不同外其余完全相同,若从中无放回地任取5个,取出几个红球就得几分,则平均得分为　　　　. 
8.袋中装有20个形状、大小均相同的球,其中记上0号的有10个,记上n号的有n个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一球,ξ表示所取球的标号.
(1)求ξ的分布列、均值;
(2)若η=aξ+4,E(η)=1,求实数a的值.





9.一个盒子里装有7张卡片,其中有红色卡片4张,编号分别为1,2,3,4;白色卡片3张,编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性都相同).
(1)求取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率;
(2)在取出的4张卡片中,红色卡片编号的最大值设为X,求随机变量X的分布列和数学期望.










题组二　离散型随机变量的均值的性质
10.已知某一随机变量X的分布列如下,且E(X)=6.3,则a的值为(　　)
X
4
a
9
P
0.5
0.1
b

A.5　　 B.6　　 C.8　　 D.7
11.(2019甘肃天水一中高二下学期第二学段考试)若随机变量ξ的分布列如下表所示,E(ξ)=1.6,则a-b=(　　)
ξ
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1

A.0.2　　 B.-0.2　　 C.0.8　　 D.-0.8
12.(2019山西临汾一中高二月考)已知随机变量ξ的分布列如下,且满足E(ξ)=2,则E(aξ+b)的值为(　　)
ξ
1
2
3
P
a
b
c
A.0 B.1
C.2 D.无法确定,与a,b有关
题组三　二项分布的均值
13.在某校篮球队的首轮选拔测试中,参加测试的5名同学的投篮命中率分别为35,12,23,34,13,每人均有10次投篮机会,至少投中6次才能晋级下一轮测试.假设每人每次投篮相互独立,则晋级下一轮的大约有(　　)
A.1人　 B.2人 C.3人　 D.4人
14.若随机变量ξ~B(n,0.6),且E(ξ)=3,则P(ξ=1)的值是(　　)
A.2×0.44　 B.2×0.45
C.3×0.44　 D.3×0.64
15.射击中每次击中目标得1分,未击中目标得0分,已知某运动员每次射击击中目标的概率是0.7,假设每次射击击中目标与否互不影响,则他射击3次的得分的数学期望是(　　)
A.2.1　　 B.2　　 C.0.9　　 D.0.63
16.某款汽车坐垫在2018年“双十一”期间的销量为300件,三种颜色坐垫各自的销量如表所示:
汽车坐垫颜色
米色
黑色
棕色
销量(件)
90
30
180
把频率当作概率,从卖出的汽车坐垫中随机抽取5件,记其中棕色坐垫的件数为X,则E(X)=(　　)
A.5　　 B.3　　 C.2　　 D.1
17.已知X~B(100,0.2),则E(-3X-2)=　　　　. 
18.(2019福建龙岩高二期末)若随机变量X~B(3,p),P(X≤2)=2627,则E(X)=　　　　. 

题组四　均值的实际应用
19.某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为23,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为25,中奖可以获得3分.两种抽奖方案未中奖时均不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.
(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为X,求X≤3的概率;
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何种方案抽奖时,累计得分的均值较大?










20.(2020天津南开中学高二期末)某地区举办知识竞答比赛,比赛共有四道题,规定:答题过程中无论何时,若选手累计答错两题,则该选手直接被淘汰,且分数记为0;其他情况下,选手每答对一题得1分,若选手连续3次答对题目,则额外加1分,若4次全答对,则额外加2分.已知某选手每次答题的正确率都是23,且每次答题结果互不影响.
(1)求该选手恰好答对三道题的概率;
(2)记X为该选手参加比赛的最终得分,求X的分布列与数学期望.











能力提升练
一、选择题
1.(2019安徽安庆高二期末,★★☆)设0 X
1
2
3
P
p2
1-p
p-p2

Y
1
2
3
P
p3
1-p2
p2-p3

当X的数学期望取得最大值时,Y的数学期望为(　　)
A.2 B.3316 C.5527 D.6532
2.(★★☆)某日A,B两个沿海城市受台风袭击的概率相同,已知A市或B市至少有一个受台风袭击的概率为0.36,若用X表示这一天受台风袭击的城市个数,则E(X)=(　　)
A.0.1　　 B.0.2　 C.0.3　　 D.0.4
3.(★★☆)已知在5件产品中混有2件次品,现需要通过逐一检测直至查出2件次品为止,每检测一件产品的费用是10元,则所需检测费的均值为(　　)
A.32元　　 B.34元　　 C.35元　　 D.36元
4.(★★☆)已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴在y轴的左侧,其中a,b,c∈{-3,-2,-1,0,1,2,3},在这些抛物线中,记随机变量ξ=|a-b|,则ξ的数学期望E(ξ)为(　　)
A.89　　 B.35　　 C.25　　 D.13
5.(★★☆)设口袋中有形状、大小均相同的黑球、白球共7个,从中任取2个球,已知取到白球个数的数学期望为67,则口袋中白球的个数为(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
6.(★★★)甲盒中装有形状、大小均相同的3个红球,1个黄球,乙盒中装有形状、大小均相同的1个红球,3个黄球,同时从甲、乙两盒中取出i(i=1,2,3)个球进行交换,分别记甲、乙两盒中红球个数的数学期望为E1(i)、E2(i),则以下结论错误的是(　　)
A.E1(1)>E2(1)　　 B.E1(2)=E2(2)　　
C.E1(1)+E2(1)=4　　 D.E1(3) 二、填空题
7.(2019江西南昌第二中学高二下学期期末,★★☆)袋中装有一些形状、大小均相同的小球,其中号数为1的小球有1个,号数为2的小球有2个,号数为3的小球有3个,……,号数为n的小球有n个,从袋中取一球,其号数记为随机变量ξ,则ξ的数学期望E(ξ)=　　　　. 
8.(2019江西新余第四中学高二下学期开学考试,★★☆)如果一个数含有正偶数个数字8,就称它为“优选数”(如188,38 888等),否则就称它为“非优选数”.从由0,1,2,…,9共10个数字组成的四位数中任意抽取10个数,若用随机变量X表示抽到的“优选数”的个数,则E(X)=　　　　. 
三、解答题
9.(2019内蒙古呼和浩特高二期末,★★☆)某服装超市举办了一次有奖促销活动,消费每超过600元(含600元)即可参与一次抽奖,抽奖方案有两种,顾客只能选择其中的一种.
方案一:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,一次性摸出3个球,若摸到3个红球,则享受免单优惠;若摸到2个红球,则打6折;若摸到1个红球,则打7折;若没摸到红球,则不打折.
方案二:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,有放回地每次摸取1个球,连摸3次,每摸到1次红球,立减200元.
(1)若两位顾客均消费了600元,且均选择抽奖方案一,试求这两位顾客均享受6折优惠的概率;
(2)若某顾客消费1 000元,试从概率的角度说明该顾客选择哪一种抽奖方案更合算.





10.(★★☆)甲、乙两位工人分别用两种不同的工艺生产同一种零件,已知尺寸在[223,228](单位:mm)内的零件为一等品,其余为二等品,甲、乙两人当天生产零件尺寸的茎叶图如图所示:
甲

乙　　
8　7
21
8　9
8　6　6　5　2
22
1　3　4　5　7　8
4　3　1
23
0　2
(1)从甲、乙两位工人当天所生产的零件中各随机抽取1个零件,求抽取的2个零件等级互不相同的概率;
(2)从工人甲当天生产的零件中随机抽取3个零件,记这3个零件中一等品的数量为X,求X的分布列和数学期望.










11.(原创)(★★☆)新冠肺炎疫情期间,为了更有效地进行防控,各地学校都发出延期开学的通知.很多学校及老师为响应各地教育行政部门实行“停课不停学”的号召,让学生们在家通过收看网络直播的方式进行学习.已知高一某班共有学生21人,其中男生12人,女生9人.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,测试他们对网络课程学习的效果,效果分为优秀和不优秀两种,优秀得2分,不优秀得1分.
(1)应抽取男生,女生各多少人?
(2)若抽出的7人中4人的测试效果为优秀,3人为不优秀,现从这7人中随机抽取3人.
(i)用X表示抽取的3人的得分之和,求随机变量X的分布列及数学期望;
(ii)设事件A为“抽取的3人中,既有测试效果为优秀的,也有为不优秀的”,求事件A发生的概率.






12.(2019山西长治第二中学高二下学期期末,★★☆)某学生社团在对本校学生学习方法开展问卷调查的过程中发现,在回收上来的1 000份有效问卷中,同学们背英语单词的时间安排有两种:白天背和晚上临睡前背.为研究背单词时间安排对记忆效果的影响,该社团以5%的比例对这1 000名学生按时间安排进行分层抽样,并完成一项试验,试验方法:使两组学生记忆40个无意义音节(如xig,geh),均要求刚能全部记清就停止识记,并在8小时后进行记忆测验.不同的是,甲组同学识记结束后一直不睡觉,8小时后测验;乙组同学识记停止后立刻睡觉,8小时后叫醒测验.两组同学识记停止8小时后的准确回忆(保持)情况如图(区间含左端点不含右端点,同一区间的数据用区间中点为代表).


(1)估计1 000名被调查的学生中识记停止8小时后40个音节的保持率大于或等于60%的人数;
(2)从乙组准确回忆个数在[12,24)范围内的学生中随机选3人,记其中能准确回忆20个以上(含20)的人数为随机变量X,求X的分布列及数学期望;
(3)从本次试验的结果来看,上述两种时间安排方法中,哪种方法背英语单词记忆效果更好?计算并说明理由.




答案全解全析
基础过关练
1.A　因为P(X=1)=12,P(X=-1)=12,所以由均值的定义得E(X)=1×12+(-1)×12=0.
2.B　由题意可得E(X)=0×827+1×49+2×29+3×127=1,故选B.
3.C　由题意知,X的所有可能取值为0,1,P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=1)=0.8,所以E(X)=0×0.2+1×0.8=0.8.故选C.
4.B　X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=(1-0.9)×(1-0.85)=0.1×0.15=0.015,P(X=1)=0.9×(1-0.85)+0.85×(1-0.9)=0.22,P(X=2)=0.9×0.85=0.765,则E(X)=0×0.015+1×0.22+2×0.765=1.75.
5.B　125个小正方体中有8个三面涂漆,36个两面涂漆,54个一面涂漆,27个没有涂漆,
∴从中随机取出一个小正方体,它的涂油漆面数X的均值E(X)=27125×0+54125×1+36125×2+8125×3=150125=65.
6.C　设这台机器可获利X万元,则随机变量X的所有可能取值有4、0、-1,由题意可得
P(X=4)=(1-0.1)5=0.590 49,
P(X=0)=C51×0.1×0.94=0.328 05,
P(X=-1)=1-0.590 49-0.328 05=0.081 46.
所以随机变量X的分布列为
X
4
0
-1
P
0.590 49
0.328 05
0.081 46
因此,随机变量X的数学期望为E(X)=4×0.590 49+0×0.328 05-1×0.081 46=2.280 5,故选C.
7.答案　1.5
解析　用X表示所得分数,则X也是取得的红球数,易知X服从超几何分布,于是E(X)=n·MN=5×310=1.5.
8.解析　(1)易知ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,则ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
12
120
110
320
15
其均值E(ξ)=0×12+1×120+2×110+3×320+4×15=32.
(2)E(η)=aE(ξ)+4=1,又E(ξ)=32,则a×32+4=1,∴a=-2.
9.解析　(1)设“取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片”为事件A,则P(A)=C21C53+C22C52C74=67.
所以取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率为67.
(2)易知随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X=1)=C33C74=135,P(X=2)=C43C74=435,
P(X=3)=C53C74=27,P(X=4)=C63C74=47.
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
135
435
27
47
随机变量X的数学期望E(X)=1×135+2×435+3×27+4×47=175.
10.D　由分布列的性质可得0.5+0.1+b=1,所以b=0.4.
因为E(X)=6.3,所以4×0.5+a×0.1+9×0.4=6.3,所以a=7.故选D.
11.B　因为分布列中所有概率和为1,所以a+b=0.8①,因为E(ξ)=1.6,所以a+2b+0.3=1.6,即a+2b=1.3②,由①②得a=0.3,b=0.5,a-b=-0.2,故选B.
12.B　由题意得E(ξ)=a+2b+3c=2,
又a+b+c=1,∴a=c,∴2a+b=1,∴E(aξ+b)=aE(ξ)+b=2a+b=1.故选B.
13.C　5名同学各投篮10次,相当于各做了10次独立重复试验,他们投中的次数服从二项分布,则他们投中的均值分别为10×35 =6,10×12<6,10×23>6,10×34>6,10×13<6,故晋级下一轮的大约有3人.
14.C　因为ξ~B(n,0.6),所以E(ξ)=n×0.6=3,解得n=5.
则P(ξ=1)=C51×0.6×0.44=3×0.44.
15.A　每次射击击中目标的概率是0.7,且每次射击击中目标与否互不影响,所以射击3次的得分X~B(3,0.7),则E(X)=3×0.7=2.1,故选A.
16.B　由题表数据可得卖出棕色坐垫的频率为180300=35,若把频率当作概率,则从卖出的汽车坐垫中随机抽取5件,其中棕色坐垫的件数X~B5,35,所以E(X)=5×35=3,故选B.
17.答案　-62
解析　因为X~B(100,0.2),所以E(X)=100×0.2=20,
所以E(-3X-2)=-3×20-2=-62.
18.答案　1
解析　因为随机变量X~B(3,p),P(X≤2)=2627,所以P(X=3)=p3=1-P(X≤2)=1-2627=127,解得p=13,
所以E(X)=3×13=1.
19.解析　(1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.
记“这两人的累计得分X≤3”为事件A,
则事件A包含“X=0”“X=2”“X=3”三个两两互斥的事件,
因为P(X=0)=1-23×1-25=15,
P(X=2)=23×1-25=25,
P(X=3)=1-23×25=215,
所以P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=3)=1115,
即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.
(2) 设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1,都选择方案乙所获得的累计得分为X2,则X1,X2的分布列如下:

X1
0
2
4
P
19
49
49

X2
0
3
6
P
925
1225
425
所以E(X1)=0×19+2×49+4×49=83,
E(X2)=0×925+3×1225+6×425=125.
因为E(X1)>E(X2),
所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的均值较大.
20.解析　(1)∵该选手每次答题的正确率都是23,且四道题答对三道的情况有C43种,
∴该选手恰好答对三道题的概率P=C43×233×13=3281.
(2)由题意可知,X的所有可能取值为0,3,4,6,
P(X=3)=2×233×13=1681,
P(X=4)=2×233×13=1681,
P(X=6)=234=1681,
P(X=0)=1-P(X=3)-P(X=4)-P(X=6)=1127,
∴X的分布列为
X
0
3
4
6
P
1127
1681
1681
1681
∴E(X)=0×1127+3×1681+4×1681+6×1681=20881.
能力提升练
一、选择题
1.D　∵E(X)=p2+2(1-p)+3(p-p2)=-2p2+p+2=-2p-142+178,
∴当p=14时,E(X)取得最大值,此时E(Y)=p3+2(1-p2)+3(p2-p3)=-2p3+p2+2=6532,故选D.
2.D　设A,B两市受台风袭击的概率均为p,则A市和B市都不受台风袭击的概率为
(1-p)2=1-0.36=0.64,解得p=0.2或p=1.8(舍去),易知X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=1-0.36=0.64,P(X=1)=2×0.8×0.2=0.32,P(X=2)=0.2×0.2=0.04,
∴E(X)=0×0.64+1×0.32+2×0.04=0.4,故选D.
3.C　记查出2件次品时检查产品的费用为X,X的所有可能取值为20,30,40,
P(X=20)=A22A52=220=110;
P(X=30)=A33+C21·C31·A22A53=6+2×3×260=310;
P(X=40)=1-P(X=20)-P(X=30)=1-110-310=35,
所以X的分布列为
X
20
30
40
P
110
310
35
数学期望E(X)=20×110+30×310+40×35=35,即所需检测费的均值为35元,故选C.
4.A　由于抛物线的对称轴在y轴左侧,故-b2a<0,即a,b同号,故抛物线共有3×3×7×2=126(条).易知ξ的所有可能取值为0,1,2,P(ξ=0)=6×7126=13,P(ξ=1)=8×7126=49,P(ξ=2)=4×7126=29.故E(ξ)=0×13+1×49+2×29=89.故选A.
5.A　设口袋中有白球x(x∈N*,x<7)个,取到的白球个数为ξ.当2≤x<7,且x∈N*时,ξ的所有可能取值为0,1,2,
ξ服从超几何分布,P(ξ=k)=CxkC7-x2-kC72(k=0,1,2),
即P(ξ=0)=C7-x2C72,P(ξ=1)=Cx1C7-x1C72,P(ξ=2)=Cx2C72.
∵E(ξ)=67,∴0×C7-x2C72+1×Cx1C7-x1C72+2×Cx2C72=67,解得x=3.经检验,符合题意.
当x=1时,易求得此时不符合题意.故选A.
6.D　用X表示交换后甲盒中的红球数,Y表示交换后乙盒中的红球数,
当i=1时,P(X=2)=P(Y=2)=C31·C31C41·C41=916,P(X=4)=P(Y=0)=C11·C11C41·C41=116,P(X=3)=P(Y=1)=C31·C11C41·C41×2=38,
∴E1(1)=2×916+4×116+3×38=52,E2(1)=2×916+0×116+1×38=32,故A中结论正确,C中结论正确.
当i=2时,P(X=1)=P(Y=3)=C32·C32C42·C42=14,P(X=2)=P(Y=2)=C31C11C32C42C42×2=12,P(X=3)=P(Y=1)=C31·C11C42·C31·C11C42=14,
∴E1(2)=1×14+2×12+3×14=2,E2(2)=3×14+2×12+1×14=2,故B中结论正确.
当i=3时,P(X=0)=P(Y=4)=C33·C33C43·C43=116,P(X=1)=P(Y=3)=C33C32·C11C43C43×2=38,
P(X=2)=P(Y=2)=C32C11C32C11C43C43=916,∴E1(3)=0×116+1×38+2×916=32,
∴E1(3)=E2(1),故D中结论错误.
故选D.
二、填空题
7.答案　2n+13
解析　由题意知,随机变量ξ的所有可能取值是1,2,3,…,n,当ξ=1时,表示从袋中取到号数为1 的小球,试验发生包含的所有事件数为1+2+3+…+n=n(n+1)2,而满足条件的事件数为1,∴P(ξ=1)=1n(n+1)2=2n(n+1),以此类推,ξ的分布列为
ξ
1
2
3
…
n
P
2n(1+n)
4n(1+n)
6n(1+n)
…
2nn(1+n)

∴E(ξ)=1×2n(1+n)+2×4n(1+n)+3×6n(1+n)+…+n×2nn(1+n)=2n(1+n)(12+22+32+…+n2)=2n(1+n)·n(n+1)(2n+1)6=2n+13.
8.答案　2345
解析　解法一:当四位数中含有两个8时,若8不在首位,则有C32×8×9=216(个),若8在首位,则有C31×9×9=243(个);当四位数中含有四个8时,只有一种结果,所以这10个数字组成的四位数中的“优选数”共有460个,X的所有可能取值为0,1,2,…,9,10,由古典概型的概率公式以及数学期望的公式可得E(X)=0×C8 54010C9 00010+1×C4601C8 5409C9 00010+2×C4602C8 5408C9 00010+3×C4603C8 5407C9 00010+4×C4604C8 5406C9 00010+5×C4605C8 5405C9 00010+6×C4606C8 5404C9 00010+7×C4607C8 5403C9 00010+8×C4608C8 5402C9 00010+9×C4609C8 5401C9 00010+10×C46010C9 00010=2345,故答案为2345.
解法二:由数字0,1,2,…,9组成的四位数(首位不为0)有9×103=9 000(个),其中含有4个8的“优选数”共1个,含有2个8的“优选数”有C31×92+C32×8×9=459(个),所以这些四位数中的“优选数”共有460个,随机变量X服从参数N=9 000,M=460,n=10的超几何分布,所以E(X)=10×4609 000=2345.
三、解答题
9.解析　(1)顾客选择抽奖方案一时,若享受到6折优惠,则需要摸出2个红球.
设“顾客享受到6折优惠”为事件A,则P(A)=C32·C71C103=740,
所以这两位顾客均享受到6折优惠的概率P=P(A)·P(A)=740×740=491 600.
(2)若选择方案一,设付款金额为X元,则X的所有可能取值为0,600,700,1 000,
P(X=0)=C33C103=1120,P(X=600)=C32·C71C103=740,P(X=700)=C31·C72C103=2140,
P(X=1 000)=C73C103=724,
故X的分布列为

X
0
600
700
1 000
P
1120
740
2140
724
所以E(X)=0×1120+600×740+700×2140+1 000×724=4 5856(元);
若选择方案二,设摸到红球的个数为Y,付款金额为Z元,则Z=
1 000-200Y,
由已知可得,顾客每次摸到红球的概率都为310,故Y~B3,310,E(Y)=3×310=910,所以E(Z)=1 000-200E(Y)=820(元),
因为E(X) 10.解析　(1)由题中茎叶图可知,甲当天生产了10个零件,其中4个一等品,6个二等品;乙当天生产了10个零件,其中5个一等品,5个二等品,所以抽取的2个零件等级互不相同的概率P=C41C51+C61C51C101C101=12.
(2)易知X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=C40C63C103=16;
P(X=1)=C41C62C103=12;
P(X=2)=C42C61C103=310;
P(X=3)=C43C60C103=130,
则X的分布列为
X
0
1
2
3
P
16
12
310
130
∴X的数学期望E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65.
11.解析　(1)因为采用分层抽样的方法进行抽样,所以应抽取女生7×921=3人,抽取男生7×1221=4人.
(2)(i)随机变量X的所有可能取值为3,4,5,6.
P(X=3)=C40C33C73=135,
P(X=4)=C41C32C73=1235,
P(X=5)=C42C31C73=1835,
P(X=6)=C43C30C73=435,
所以随机变量X的分布列为
X
3
4
5
6

P
135
1235
1835
435

数学期望E(X)=3×135+4×1235+5×1835+6×435=16535=337.
(ii)由(i)知P(A)=P(X=4)+P(X=5)=1235+1835=67,
故事件A发生的概率为67.
12.解析　(1)因为1 000×5%=50,由题图可知,甲组有4+10+8+4+2+1+1=30(人),
所以乙组有20人,又因为40×60%=24,识记停止8小时后,40个音节的保持率大于或等于60%的甲组有1人,乙组有(0.062 5+0.037 5)×4×20=8(人),所以(1+8)÷5%=180(人),所以1 000名被调查的学生中识记停止8小时后40个音节的保持率大于或等于60%的人数约为180.
(2)由题图可知,乙组在[12,24)范围内的学生有(0.025+0.025+0.075)×4×20=10(人),在[20,24)范围内的有0.075×4×20=6(人),则X的所有可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=C60C43C103=130,P(X=1)=C61C42C103=310,P(X=2)=C62C41C103=12,P(X=3)=C63C40C103=16,
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
130
310
12
16
所以E(X)=0×130+1×310+2×12+3×16=95.
(3)临睡前背英语单词记忆效果更好.理由如下:
2×4+6×10+10×8+14×4+18×2+22×1+26×1=288,
故甲组学生的平均保持率为28840×30×100%=24%.
(6×0.012 5+10×0.012 5+14×0.025+18×0.025+22×0.075+26×0.062 5+30×0.037 5)×4×20=432,故乙组学生的平均保持率为43240×20×100%=54%>24%,所以临睡前背英语单词记忆效果更好.