高考數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強化專題 專題3 第6講　隨機變量及其分布 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第6講　隨機變量及其分布 題型1　相互獨立事件的概率與條件概率 (對應(yīng)學(xué)生用書第18頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 1．條件概率 在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率為P(B|A)＝＝. 2．相互獨立事件同時發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． 3．獨立重復(fù)試驗的概率 如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復(fù)試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Cpk·(1－p)n－k，k＝0,1,2，

2、…，n. ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題1】　(考查條件概率)如圖6­1，△ABC和△DEF是同一個圓的內(nèi)接正三角形，且BC∥EF.將一顆豆子隨機地扔到該圓內(nèi)，用M表示事件“豆子落在△ABC內(nèi)”，N表示事件“豆子落在△DEF內(nèi)”，則P(|M)＝(　　) 圖6­1 A.　　　B.　　　C.　　　D. [解析]　如圖，作三條輔助線，根據(jù)已知條件得這些小三角形都全等，△ABC包含9個小三角形，滿足事件M的有3個小三角形， 所以P(|M)＝＝＝，故選C. [答案]　C 【典題2】　(考查相互獨立事件的概率

3、)(20xx·福州五校聯(lián)考)為了檢驗?zāi)炒笮推古仪蛸惸凶訂未騾①愱爢T的訓(xùn)練成果，某校乒乓球隊舉行了熱身賽，熱身賽采取7局4勝制(即一場比賽先勝4局者為勝)的規(guī)則．在隊員甲與乙的比賽中，假設(shè)每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結(jié)果相互獨立． (1)求甲在5局以內(nèi)(含5局)贏得比賽的概率； (2)記X為比賽決出勝負(fù)時的總局?jǐn)?shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望. 【導(dǎo)學(xué)號：07804040】 [解]　(1)由題意得，甲在5局以內(nèi)(含5局)贏得比賽的概率P＝＋C×＝. (2)由題意知，X的所有可能取值為4,5,6,7， 且P(X＝4)＝＋＝， P(X＝5)＝C

4、5;＋C××＝＝， P(X＝6)＝C×＋C×＝， P(X＝7)＝C×＋C×＝. 所以X的分布列為 X 4 5 6 7 P E(X)＝4×＋5×＋6×＋7×＝. [類題通法] 1.解決條件概率的關(guān)鍵是明確“既定條件”. 2.求相互獨立事件和獨立重復(fù)試驗的概率的方法 (1)直接法：正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，將復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復(fù)試驗問題，然后用相應(yīng)概率公式求解. (2)間接法：當(dāng)復(fù)雜事件正面情

5、況比較多，反面情況較少，則可利用其對立事件進(jìn)行求解.對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 1．某同學(xué)用計算器產(chǎn)生了兩個[0,1]之間的均勻隨機數(shù)，分別記作x，y.當(dāng)y<x2時，x>的概率是(　　) A.　 B． C. D． D　[記“y<x2”為事件A，“x>”為事件B，所以(x，y)構(gòu)成的區(qū)域如圖所示，所以S1＝＝，S2＝x2dx－S1＝，則所求概率為＝＝＝，故選D.] 2．如圖6­2，用K，A1，A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)．當(dāng)K正常工作且A1，A

6、2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作．已知K，A1，A2正常工作的概率依次為0.9,0.8,0.8，則系統(tǒng)正常工作的概率為(　　) 圖6­2 A．0.960 B．0.864 C．0.720 D．0.576 B　[法一：(直接法)由題意知K，A1，A2正常工作的概率分別為P(K)＝0.9，P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.8，因為K，A1，A2相互獨立，所以A1，A2至少有一個正常工作的概率為P(1A2)＋P(A12)＋P(A1A2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96.所以系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[

7、P(1A2)＋P(A12)＋P(A1A2)]＝0.9×0.96＝0.864. 法二：(間接法)A1，A2至少有一個正常工作的概率為1－P(12)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，故系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[1－P(12)]＝0.9×0.96＝0.864.] ■題型強化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T1、T3、T4、T6、T12) 題型2　離散型隨機變量的分布列、期望和方差的應(yīng)用(答題模板) (對應(yīng)學(xué)生用書第19頁) 離散型隨機變量的分布列問題是高考的熱點，常以實際生活為背景，涉及事件的相互

8、獨立性、互斥事件的概率等，綜合性強，難度中等．(20xx·全國Ⅱ卷T13、20xx·全國Ⅲ卷T18、20xx·全國Ⅰ卷T19、20xx·全國Ⅱ卷T18、20xx·全國Ⅰ卷T19、20xx·全國Ⅱ卷T19) ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(本小題滿分12分)(20xx·全國Ⅰ卷)某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰． 機器有一易損零件，在購進(jìn)機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元.在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元.①

9、 現(xiàn)需決策在購買機器時應(yīng)同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內(nèi)更換的易損零件數(shù)，得下面如圖6­3所示的② 圖6­3 以這100臺機器更換的易損零件數(shù)的頻率代替1臺機器更換的易損零件數(shù)發(fā)生的概率，③ n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數(shù)． (1)求X的分布列； (2)若要求④確定n的最小值； (3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據(jù)，在n＝19與n＝20之中選其一，應(yīng)選用哪個？ 【導(dǎo)學(xué)號：07804041】 [審題指導(dǎo)] 題眼 挖掘關(guān)鍵信息 ① 看到這種條件， 想到解題時可能要分類求解. ② 看到柱

10、狀圖想到頻數(shù)與頻率間的關(guān)系， 想到橫軸中的取值含義. ③ 看到自變量X想到柱狀圖， 想到X的所有可能取值. ④ 看到P(X≤n)≥0.5想到X和n的含義， 想到(1)中的分布列. [規(guī)范解答]　(1)由柱狀圖及以頻率代替概率可得，一臺機器在三年內(nèi)需更換的易損零件數(shù)為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2. 1分 ⑤ 從而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)

11、＝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. 4分 所以X的分布列為 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 6分 (2)由(1)⑥ 故n的最小值為19. 7分 (3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需

12、的費用(單位：元)． ⑦ E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040； 9分 ⑧ E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080. 11分 可知當(dāng)n＝19時所需費用的期望值小于當(dāng)n＝20時所需費用的期望值，故應(yīng)選n＝19.

13、12分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 ⑤忽視X的實際含義導(dǎo)致取值錯誤，進(jìn)而導(dǎo)致概率計算錯誤. 細(xì)心審題，把握題干中的重要字眼，關(guān)鍵處加標(biāo)記，同時理解X取每個值的含義. ⑥忽視P(X≤n)≥0.5的含義，導(dǎo)致不會求解. 結(jié)合(1)中的分布列及n的含義，推理求解便可. ⑦忽視n＝19與n＝20的含義導(dǎo)致無法解題. 本題中購買零件所需費用包含兩部分，一部分為購買機器時購買零件的費用，另一部分為備件不足時額外購買的費用. [類題通法] 解答離散型隨機變量的分布列及相關(guān)問題的一般思路： (1)明確隨機變量可能取哪些值. (2)結(jié)合事件特點選取恰當(dāng)?shù)挠嬎惴椒ㄓ嬎氵@些可能取值的概

14、率值. (3)根據(jù)分布列和期望、方差公式求解. 提醒：明確離散型隨機變量的取值及事件間的相互關(guān)系是求解此類問題的關(guān)鍵. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· (20xx·湖南益陽4月調(diào)研)某工廠有兩條相互不影響的生產(chǎn)線分別生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，產(chǎn)品出廠前需要對產(chǎn)品進(jìn)行性能檢測．檢測得分低于80的為不合格品，只能報廢回收；得分不低于80的為合格品，可以出廠．現(xiàn)隨機抽取這兩種產(chǎn)品各60件進(jìn)行檢測，檢測結(jié)果統(tǒng)計如下： 得分 [60,70) [70,80) [80,90) [90,100] 甲種產(chǎn)品的件數(shù) 5 10 34

15、11 乙種產(chǎn)品的件數(shù) 8 12 31 9 (1)試分別估計甲，乙兩種產(chǎn)品下生產(chǎn)線時為合格品的概率； (2)生產(chǎn)一件甲種產(chǎn)品，若是合格品，可盈利100元，若是不合格品，則虧損20元；生產(chǎn)一件乙種產(chǎn)品，若是合格品，可盈利90元，若是不合格品，則虧損15元．在(1)的前提下： ①記X為生產(chǎn)1件甲種產(chǎn)品和1件乙種產(chǎn)品所獲得的總利潤，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望； ②求生產(chǎn)5件乙種產(chǎn)品所獲得的利潤不少于300元的概率． [解]　(1)甲種產(chǎn)品為合格品的概率約為＝ ， 乙種產(chǎn)品為合格品的概率約為＝. (2)①隨機變量X的所有可能取值為190,85,70，－35， 且P(X＝19

16、0)＝×＝， P(X＝85)＝×＝， P(X＝70)＝×＝， P(X＝－35)＝×＝. 所以隨機變量X的分布列為 X 190 85 70 －35 P 所以E(X)＝＋＋－＝125. ②設(shè)生產(chǎn)的5件乙種產(chǎn)品中合格品有n件，則不合格品有(5－n)件， 依題意得，90n－15(5－n)≥300， 解得n≥，又因為0≤n≤5，且n為整數(shù)，所以n＝4或n＝5， 設(shè)“生產(chǎn)5件乙種產(chǎn)品所獲得的利潤不少于300元”為事件A，則P(A)＝C4×＋＝. ■題型強化集訓(xùn)…………………………………………………………………

17、……· (見專題限時集訓(xùn)T2、T7、T8、T11、T13) 題型3　正態(tài)分布問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第21頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 正態(tài)分布的性質(zhì) (1)正態(tài)曲線與x軸之間面積為1. (2)正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對稱，從而在關(guān)于x＝μ對稱的區(qū)間上概率相同． (3)P(X≤a)＝1－P(X≥a)，P(X≤μ－a)＝P(X≥μ＋a)． (4)求概率時充分利用3σ原則． ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(20xx·全國Ⅰ卷)為了監(jiān)控某種零件的

18、一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗員每天從該生產(chǎn)線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸(單位：cm)．根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，可以認(rèn)為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(μ，σ2)． (1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X表示一天內(nèi)抽取的16個零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學(xué)期望； (2)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認(rèn)為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查． ①試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性； ②下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸： 9.95 10.12 9

19、.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 經(jīng)計算得＝xi＝9.97，s＝＝)≈0.212，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1,2，…，16. 用樣本平均數(shù)作為μ的估計值，用樣本標(biāo)準(zhǔn)差s作為σ的估計值，利用估計值判斷是否需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查？剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計μ和σ(精確到0.01). 【導(dǎo)學(xué)號：07804042】 附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ<Z＜μ＋3σ)＝0.997 4,

20、0.997 416≈0.959 2，≈0.09. [思路分析]　(1)先由對立事件的概率公式求出P(X≥1)的值，再利用數(shù)學(xué)期望的公式求解． (2)利用獨立性檢驗的思想判斷監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性；確定－3，＋3的取值，以剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)，再用剩下的數(shù)據(jù)估計μ和σ. [解]　(1)抽取的一個零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之內(nèi)的概率為0.997 4，從而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率為0.002 6，故X～B(16,0.002 6)． 因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8. X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝16×0.0

21、02 6＝0.041 6. (2)①如果生產(chǎn)狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天內(nèi)抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，發(fā)生的概率很小，因此一旦發(fā)生這種情況，就有理由認(rèn)為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查，可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的． ②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ的估計值為＝0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查． 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下

22、數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(16×9.97－9.22)＝10.02. 因此μ的估計值為10.02. x＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估計值為≈0.09. [類題通法] 由于正態(tài)分布與頻率分布直方圖有極大的相似性，故最近五年比較受命題人青睞. 解決正態(tài)分布問題有三個關(guān)鍵點：(1)對稱軸x＝μ；(2)標(biāo)準(zhǔn)差σ；(3)分布區(qū)間.利用對稱性求指定范圍內(nèi)的概率值；由μ，σ分

23、布區(qū)間的特征進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使分布區(qū)間轉(zhuǎn)化為3σ特殊區(qū)間，從而求出所求概率. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 1．設(shè)X～N(1，σ2) ，其正態(tài)分布密度曲線如圖6­4所示，且P(X≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC中隨機投擲10 000個點，則落入陰影部分的點的個數(shù)的估計值為(　　) 圖6­4 (附：隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ<X<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝95.44%) A．6 038　 B．6 587 C．7 028 D．7

24、539 B　[由題意得，P(X≤－1)＝P(X≥3)＝0.022 8， ∴P(－1<X<3)＝1－0.022 8×2＝0.954 4，∴1－2σ＝－1，σ＝1，∴P(0≤X≤1)＝P(0≤X≤2)＝0.341 3，故估計的個數(shù)為10 000×(1－0.341 3)＝6 587，故選B.] 2．從某市統(tǒng)考的學(xué)生數(shù)學(xué)考試卷中隨機抽查100份數(shù)學(xué)試卷作為樣本，分別統(tǒng)計出這些試卷總分，由總分得到如6­5的頻率分布直方圖． 圖6­5 (1)求這100份數(shù)學(xué)試卷的樣本平均分和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)． (2)

25、由直方圖可以認(rèn)為，這批學(xué)生的數(shù)學(xué)總分Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2近似為樣本方差s2. ①利用該正態(tài)分布，求P(81＜Z＜119)； ②記X表示2400名學(xué)生的數(shù)學(xué)總分位于區(qū)間(81,119)的人數(shù)，利用①的結(jié)果，求E(X)(用樣本的分布區(qū)估計總體的分布). 【導(dǎo)學(xué)號：07804043】 附：≈19，≈18，若Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9544. [解]　(1)＝60×0.02＋70×0.08＋80×0.14＋90×0.15＋100×0

26、.24＋110×0.15＋120×0.1＋130×0.08＋140×0.04＝100. s2＝(60－100)2×0.02＋(70－100)2×0.08＋(80－100)2×0.14＋(90－100)2×0.15＋(110－100)2×0.15＋(120－100)2×0.1＋(130－100)2×0.08＋(140－100)2×0.04＝366. (2)①由題意可知Z～N(100,366)．又σ＝≈19，故 P(81＜Z＜119)＝P(100－19＜Z＜100＋19)＝

27、0.6826. ②由①可知一名學(xué)生總分落在(81,119)的概率為0.6826. 因為X～B(2400,0.6826)，所以E(X)＝2400×0.6826＝1638.24. ■題型強化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T5、T9、T10、T14) 三年真題| 驗收復(fù)習(xí)效果 (對應(yīng)學(xué)生用書第22頁) 1．(20xx·全國Ⅰ卷)投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試．已知某同學(xué)每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨立，則該同學(xué)通過測試的概率為(　　) A．0.648　　B．0.432

28、　　C．0.36　　 D．0.312 A　[3次投籃投中2次的概率為P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率為P(k＝3)＝0.63，所以通過測試的概率為P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故選A.] 2．(20xx·全國Ⅱ卷)一批產(chǎn)品的二等品率為0.02，從這批產(chǎn)品中每次隨機取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件數(shù)，則DX＝________. 1.96　[由題意得X～B(100,0.02)， ∴DX＝100×0.02×(1－0.02)＝

29、1.96.] 3．(20xx·全國Ⅱ卷)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下： 上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 保費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 設(shè)該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應(yīng)概率如下： 一年內(nèi)出 險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基

30、本保費高出60%的概率； (3)求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值． [解]　(1)設(shè)A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”，則事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55. (2)設(shè)B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15. 又P(AB)＝P(B)， 故P(B|A)＝＝＝＝. 因此所求概率為. (3)記續(xù)保人本年度的保費為X，則X的分布列為 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P

31、 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a. 因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為1.23. 4．(20xx·全國Ⅲ卷)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進(jìn)貨量相同，進(jìn)貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當(dāng)天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶

32、；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表： 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數(shù) 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列； (2)設(shè)六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)，當(dāng)六月份這種酸奶一天的進(jìn)貨量n(單位：瓶)為多少時，Y的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最

33、大值？ 【導(dǎo)學(xué)號：07804044】 [解]　(1)由題意知，X所有可能取值為200,300,500，由表格數(shù)據(jù)知P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4， P(X＝500)＝＝0.4. 因此X的分布列為 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200≤n≤500. 當(dāng)300≤n≤500時， 若最高氣溫不低于25，則Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，則Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n. 因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n. 當(dāng)200≤n<300時， 若最高氣溫不低于20，則Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n， 因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n. 所以n＝300時，Y的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最大值，最大值為520元．