7.3离散型随机变量的数字特征 7.3.1离散型随机变量的均值 课后训练提升 基础巩固 1.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)为( A.0.765 B.1.75 C.1.765 D.0.22 答案B 解析：由题意知，X的取值为0,1,2， 因此PX=0)=0.1×0.15=0.015, PX=1)=0.9×0.15+0.1×0.85=0.22 PX=2)=0.9×0.85=0.765 故E0=0×0.015+1×0.22+2×0.765=1.75 2.己知Y=5X+1,E()=6,则E)的值为( AS B.5 .1 D.31 答案：C 解析：因为E()=E(5X+1)=5E)+1=6. 所以EX)=1 3.口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状完全相同的小球从中任取2个， 则取出的球的最大编号X的均值为() A月 B号 C.2 D唱 答案D 解析X的取值为2,3 因为PX-2)-=P0X=3)-号=系 所以E00-2×+3x号=号 3 4.篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，未命中得0分.己知他命中的概率为 0.8,则罚球一次得分X的期望是 答案：0.8 解析：因为PX=1)=0.8,P(X=0)=0.2, 所以E(X)=1×0.8+0×0.2=0.8 5.某射手射击所得环数的分布列如下
7.3 离散型随机变量的数字特征 7.3.1 离散型随机变量的均值 课后· 基础巩固 1.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)为( ) A.0.765 B.1.75 C.1.765 D.0.22 答案:B 解析:由题意知,X 的取值为 0,1,2, 因此 P(X=0)=0.1×0.15=0.015, P(X=1)=0.9×0.15+0.1×0.85=0.22, P(X=2)=0.9×0.85=0.765, 故 E(X)=0×0.015+1×0.22+2×0.765=1.75. 2.已知 Y=5X+1,E(Y)=6,则 E(X)的值为( ) A. 6 5 B.5 C.1 D.31 答案:C 解析:因为 E(Y)=E(5X+1)=5E(X)+1=6, 所以 E(X)=1. 3.口袋中有编号分别为 1,2,3 的三个大小和形状完全相同的小球,从中任取 2 个, 则取出的球的最大编号 X 的均值为( ) A. 1 3 B. 2 3 C.2 D. 8 3 答案:D 解析:X 的取值为 2,3. 因为 P(X=2)= 1 C3 2 = 1 3 ,P(X=3)= C2 1 C3 2 = 2 3 , 所以 E(X)=2× 1 3 +3× 2 3 = 8 3 . 4.篮球运动员在比赛中每次罚球命中得 1 分,未命中得 0 分.已知他命中的概率为 0.8,则罚球一次得分 X 的期望是 . 答案:0.8 解析:因为 P(X=1)=0.8,P(X=0)=0.2, 所以 E(X)=1×0.8+0×0.2=0.8. 5.某射手射击所得环数 ξ 的分布列如下:
10 0 0.3 己知的均值E(⑦=8.9，则y的值为 答案：0.4 解析候题意网仔00日2107-89 6Y10065 解得y=0.4 6.已知随机变量X的分布列为 1 y m 1 3 5 20 若Y=-2X,则E()= 答案号 解析：由随机变量分布列的性质，得++m+品1，解得m吉 因此E0=(2)x+(I)x+0x+1×g+2x= 2030 由Y=-2X,得E()=-2E 即00=2()品 7.设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3，P(X=)=ak+b(k=1,2,3).若E)=3,则 a+b= 答案君 解析：因为PX=1)=a+b,PX=2)=2a+b,PX=3)=3a+b, 所以E(X)=1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)=3, 即14a+6b=3.① 又因为(a+b)+(2a+b)+(3a+b)=1,即6a+3b=1.② 由①②可知ab=号所以a+b=君 8对某个数学题，甲单独解出该题的概率为号乙单独解出该题的概率为记X为解 出该题的人数，则E)=」 答案号 解析：设“甲单独解出该题”为事件A,“乙单独解出该题”为事件B 由题意知，X的可能取值为0,1,2. 故PK=0)=PAP⑧)=(1-)(1-)= PK=I)=P4a)+PAB)=PMP@)+PāPB)=×(1-)+(1-)×等=号 PX-2)=P4P(B)-×等=是 因此解出该题的人数X的分布列为
ξ 7 8 9 10 P x 0.1 0.3 y 已知 ξ 的均值 E(ξ)=8.9,则 y 的值为 . 答案:0.4 解析:依题意得{ 𝑥 + 0.1 + 0.3 + 𝑦 = 1, 7𝑥 + 0.8 + 2.7 + 10𝑦 = 8.9, 即{ 𝑥 + 𝑦 = 0.6, 7𝑥 + 10𝑦 = 5.4, 解得 y=0.4. 6.已知随机变量 X 的分布列为 X -2 -1 0 1 2 P 1 4 1 3 1 5 m 1 20 若 Y=-2X,则 E(Y)= . 答案: 17 15 解析:由随机变量分布列的性质,得 1 4 + 1 3 + 1 5 +m+ 1 20 =1,解得 m= 1 6 , 因此 E(X)=(-2)× 1 4 +(-1)× 1 3 +0× 1 5 +1× 1 6 +2× 1 20 =- 17 30 . 由 Y=-2X,得 E(Y)=-2E(X), 即 E(Y)=-2×(− 17 30)= 17 15 . 7.设离散型随机变量 X 可能的取值为 1,2,3,P(X=k)=ak+b(k=1,2,3).若 E(X)=3,则 a+b= . 答案:- 1 6 解析:因为 P(X=1)=a+b,P(X=2)=2a+b,P(X=3)=3a+b, 所以 E(X)=1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)=3, 即 14a+6b=3.① 又因为(a+b)+(2a+b)+(3a+b)=1,即 6a+3b=1.② 由①②可知 a= 1 2 ,b=- 2 3 ,所以 a+b=- 1 6 . 8.对某个数学题,甲单独解出该题的概率为2 3 ,乙单独解出该题的概率为4 5 .记 X 为解 出该题的人数,则 E(X)= . 答案: 22 15 解析:设“甲单独解出该题”为事件 A,“乙单独解出该题”为事件 B. 由题意知,X 的可能取值为 0,1,2. 故 P(X=0)=P(𝐴)P(𝐵)=(1- 2 3 ) (1- 4 5 ) = 1 15 , P(X=1)=P(A𝐵)+P(𝐴B)=P(A)P(𝐵)+P(𝐴)P(B)= 2 3 × (1- 4 5 ) + (1- 2 3 ) × 4 5 = 2 5 , P(X=2)=P(A)P(B)= 2 3 × 4 5 = 8 15 . 因此解出该题的人数 X 的分布列为
2 8 5 即0=0x+1+2x号=号 15 9.体育课的排球发球项目考试的规则：每名学生最多可发球3次，一旦发球成功，则 停止发球，否则一直发完3次为止.设学生一次发球成功的概率为pp0),发球次 数为X,若X的数学期望E()>1.75,则p的取值范围是 答案(0，) 解析：由已知条件可得PX=1)=p,PX=2)=(1-pp,PX=3)=(1p2p+(1-p)3=(1-p2,则 E)=PX=)+2PX=2)+3PX=3)=p+2(1pp+3(1pP=p2-3p+3>1.75,解得p>或 又由p∈0，l),可得p∈(0，) 10.甲、乙两射击运动员进行射击比赛，射击相同的次数，己知两运动员击中的环 数X稳定在7,8,9,10环将他们的比赛成绩画成频率分布直方图如图甲和图乙所 示 ↑击中频率 0.3 0.2 0.15 0 89 10击中环数 ↑击中频率 0.35 0.2 078910击中环数 乙 (1)根据这次比赛的成绩频率分布直方图推断乙击中8环的概率PXz=8)以及甲 击中9环以上（包括9环）的概率， (2)根据这次比赛的成绩估计甲、乙谁的水平更高（即平均每次射击的环数谁大）， 解：(1)由图乙可知PX=7)=0.2,PXz=9)=0.2,PXx=10)=0.35 所以PX元=8)=1-0.2-0.2-0.35=0.25 同理PXp=7)=0.2,PXp=8)=0.15,PX甲=9)=0.3， 所以PXp=10)=1-0.2-0.15-0.3=0.35 PXp≥9)=0.3+0.35=0.65 (2)因为E(X甲)=7×0.2+8×0.15+9×0.3+10×0.35=8.8 EXx)=7×0.2+8×0.25+9×0.2+10×0.35=8.7
X 0 1 2 P 1 15 2 5 8 15 即 E(X)=0× 1 15 +1× 2 5 +2× 8 15 = 22 15 . 9.体育课的排球发球项目考试的规则:每名学生最多可发球 3 次,一旦发球成功,则 停止发球,否则一直发完 3 次为止.设学生一次发球成功的概率为 p(p≠0),发球次 数为 X,若 X 的数学期望 E(X)>1.75,则 p 的取值范围是 . 答案:(0, 1 2 ) 解析:由已知条件可得 P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p) 2p+(1-p) 3=(1-p) 2 ,则 E(X)=P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)=p+2(1-p)p+3(1-p) 2=p2 -3p+3>1.75,解得 p>5 2或 p<1 2 . 又由 p∈(0,1),可得 p∈(0, 1 2 ). 10.甲、乙两射击运动员进行射击比赛,射击相同的次数,已知两运动员击中的环 数 X 稳定在 7,8,9,10 环.将他们的比赛成绩画成频率分布直方图如图甲和图乙所 示. 甲 乙 (1)根据这次比赛的成绩频率分布直方图推断乙击中 8 环的概率 P(X 乙=8)以及甲 击中 9 环以上(包括 9 环)的概率; (2)根据这次比赛的成绩估计甲、乙谁的水平更高(即平均每次射击的环数谁大). 解:(1)由图乙可知 P(X 乙=7)=0.2,P(X 乙=9)=0.2,P(X 乙=10)=0.35. 所以 P(X 乙=8)=1-0.2-0.2-0.35=0.25. 同理 P(X 甲=7)=0.2,P(X 甲=8)=0.15,P(X 甲=9)=0.3, 所以 P(X 甲=10)=1-0.2-0.15-0.3=0.35. P(X 甲≥9)=0.3+0.35=0.65. (2)因为 E(X 甲)=7×0.2+8×0.15+9×0.3+10×0.35=8.8, E(X 乙)=7×0.2+8×0.25+9×0.2+10×0.35=8.7
因为EX)>EX),所以估计甲的水平更高. 11.在甲、乙等6个单位参加的一次唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中 安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序（序号为1,2，…，6），求 (1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率： (2)甲、乙两单位之间的演出单位个数‘的分布列与均值 解：只考虑甲、乙两单位的相对位置，故可用组合计算基本事件数 (1)设A表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”， 则A表示“甲、乙的演出序号均为偶数”， 由等可能性事件的概率计其公式得P4=1P面=1号-1号 (2)的所有可能取值为0,1,2,3,4， 且P=0)是=PE-I)定=PE-=2)是=PKE-3)忌=PG-4总= 从而知专的分布列为 2 3 4 4 3 15 1-5 15 15 所以E(0-0x+1×号+2x+3x品+4×完=月 5 15 拓展提高 1某船队若出海后天气好，可获得5000元；若出海后天气坏，将损失2000元；若不 出海也要损失1000元根据预测知天气好的概率为0.6，则出海的期望效益是 () A.2000元 B.2200元 C.2400元 D.2600元 答案B 解析：出海的期望效益E(0=5000×0.6+(1-0.6)×(-2000)=3000-800=2200元 2.己知随机变量5和n,其中7=12：+7，且E()=34,若的分布列如下表所示，则m 的值为( 3 1 4 12 B 4 c D哈 答案：A 解析：因为n=12+7,则E)=12E()+7, 即E)=12(1×+2×m+3×n+4×)+7=34 所以2m+3n-号①
因为 E(X 甲)>E(X 乙),所以估计甲的水平更高. 11.在甲、乙等 6 个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中,每个单位的节目集中 安排在一起,若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为 1,2,…,6),求: (1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率; (2)甲、乙两单位之间的演出单位个数 ξ 的分布列与均值. 解:只考虑甲、乙两单位的相对位置,故可用组合计算基本事件数. (1)设 A 表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”, 则𝐴表示“甲、乙的演出序号均为偶数”, 由等可能性事件的概率计算公式得 P(A)=1-P(𝐴)=1- C3 2 C6 2=1- 1 5 = 4 5 . (2)ξ 的所有可能取值为 0,1,2,3,4, 且 P(ξ=0)= 5 C6 2 = 1 3 ,P(ξ=1)= 4 C6 2 = 4 15 ,P(ξ=2)= 3 C6 2 = 1 5 ,P(ξ=3)= 2 C6 2 = 2 15 ,P(ξ=4)= 1 C6 2 = 1 15 . 从而知 ξ 的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 P 1 3 4 15 1 5 2 15 1 15 所以 E(ξ)=0× 1 3 +1× 4 15 +2× 1 5 +3× 2 15 +4× 1 15 = 4 3 . 拓展提高 1.某船队若出海后天气好,可获得 5 000 元;若出海后天气坏,将损失 2 000 元;若不 出海也要损失 1 000 元.根据预测知天气好的概率为 0.6,则出海的期望效益是 ( ) A.2 000 元 B.2 200 元 C.2 400 元 D.2 600 元 答案:B 解析:出海的期望效益 E(ξ)=5 000×0.6+(1-0.6)×(-2 000)=3 000-800=2 200 元. 2.已知随机变量 ξ 和 η,其中 η=12ξ+7,且 E(η)=34,若 ξ 的分布列如下表所示,则 m 的值为( ) ξ 1 2 3 4 P 1 4 m n 1 12 A. 1 3 B. 1 4 C. 1 6 D. 1 8 答案:A 解析:因为 η=12ξ+7,则 E(η)=12E(ξ)+7, 即 E(η)=12(1 × 1 4 + 2 × 𝑚 + 3 × 𝑛 + 4 × 1 12)+7=34. 所以 2m+3n= 5 3 ,①
又+m+n+最1，所以m+n=子② 12 由①②可解得m子 3.(多选题)已知随机变量‘的分布列是 0 2 sina sina 4 cos a 4 其中a∈(o,)则( A.sina+sina+cos a=1 4 4 B.cos a-sina=s 3 4 C.E(=1 D.cos a=1,sin a=0 答案：ABC 解析：对于A,由离散型随机变量分布列的性质，得ng+sn+cosa=l,故正确； 4 sina 2-2cosa, 对于B,由A,得sina+2cosa=2,解方程组 sin2a cos2a 1, a∈(0，)， cosa= 得 5’故正确， sina= 5 对于C,EG)=.in+2cosa=二×4+2×3=1，故正确故选ABC A 5 4.一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，面朝上的数之积的数学期望 是 答案 解析：由题意知，随机变量X的取值为0,1,2,4， PK-0)-ccc Cs PrX=器= P(X-2)-Cicitcici=1 P-4-器=六 1 因此，朝上的数字之积的数学期望是 B0-0x子+1x5+2x+4×品=号 ×6=与 5.某项游戏活动的奖励分为一、二、三等奖，且相应获奖概率是以a1为首项，2为 公比的等比数列，相应的奖金是以700元为首项，-140元为公差的等差数列，则参 与该游戏获得奖金的数学期望为， 元
又 1 4 +m+n+ 1 12 =1,所以 m+n=2 3 ,② 由①②可解得 m= 1 3 . 3.(多选题)已知随机变量 ξ 的分布列是 ξ -1 0 2 P 𝑠𝑖𝑛α 4 𝑠𝑖𝑛α 4 cos α 其中 α∈(0, π 2 ),则( ) A. sin𝛼 4 + sin𝛼 4 +cos α=1 B.cos α= 3 5 ,sin α= 4 5 C.E(ξ)=1 D.cos α=1,sin α=0 答案:ABC 解析:对于 A,由离散型随机变量分布列的性质,得 sin𝛼 4 + sin𝛼 4 +cos α=1,故正确; 对于 B,由 A,得 sin α+2cos α=2,解方程组{ sin𝛼 = 2-2cos𝛼, sin 2𝛼 + cos 2𝛼 = 1, 𝛼∈(0, π 2 ) , 得 { cos𝛼 = 3 5 , sin𝛼 = 4 5 , 故正确; 对于 C,E(ξ)=- sin𝛼 4 +2cos α=- 1 4 × 4 5 +2× 3 5 =1,故正确.故选 ABC. 4.一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,面朝上的数之积的数学期望 是 . 答案: 4 9 解析:由题意知,随机变量 X 的取值为 0,1,2,4, P(X=0)= C3 1C3 1+C3 1C3 1+C3 1C3 1 C6 1C6 1 = 3 4 , P(X=1)= C2 1C2 1 C6 1C6 1 = 1 9 , P(X=2)= C2 1C1 1+C2 1C1 1 C6 1C6 1 = 1 9 , P(X=4)= C1 1C1 1 C6 1C6 1 = 1 36 , 因此,朝上的数字之积的数学期望是 E(X)=0× 3 4 +1× 1 9 +2× 1 9 +4× 1 36 = 4 9 . 5.某项游戏活动的奖励分为一、二、三等奖,且相应获奖概率是以 a1 为首项,2 为 公比的等比数列,相应的奖金是以 700 元为首项,-140 元为公差的等差数列,则参 与该游戏获得奖金的数学期望为 元
答案：500 解析：由概率分布列的性质，可得a1+2a1+4a=1,解得a1号从而2a1-二4a1- 因此参与该游戏获得奖金X的分布列为 700 560 420 2 D 7 所以E00=700×3+560×号+420×等=500元. 6.从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口 遇到红灯的概率分别为号设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数求 随机变量X的分布列和数学期望 解：随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3 PX=0)=-(1)×(1-)×(1-)= Px=-)=2×(1)×(1)+(1》××(1)+(1)×(1)×=共 PK-=2)=(1-)××+×(1-)×+2××(1)= P(X-3)-xx= 所以，随机变量X的分布列为 2 3 11 1 4 24 4 24 随机变量X的数学翔望00-0+1芸+2+3六=吕 24 7.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，则得-1分；若能被10整除， 则得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E) 解：(1)个位数字是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PX=0)-号=3P0X-1)号= PX=I)=14-号=号 所以X的分布列为
答案:500 解析:由概率分布列的性质,可得 a1+2a1+4a1=1,解得 a1= 1 7 ,从而 2a1= 2 7 ,4a1= 4 7 . 因此参与该游戏获得奖金 X 的分布列为 X 700 560 420 P 1 7 2 7 4 7 所以 E(X)=700× 1 7 +560× 2 7 +420× 4 7 =500 元. 6.从甲地到乙地要经过 3 个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口 遇到红灯的概率分别为1 2 , 1 3 , 1 4 .设 X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求 随机变量 X 的分布列和数学期望. 解:随机变量 X 的所有可能取值为 0,1,2,3. P(X=0)=(1- 1 2 ) × (1- 1 3 ) × (1- 1 4 ) = 1 4 , P(X=1)= 1 2 × (1- 1 3 ) × (1- 1 4 ) + (1- 1 2 ) × 1 3 × (1- 1 4 ) + (1- 1 2 ) × (1- 1 3 ) × 1 4 = 11 24 , P(X=2)=(1- 1 2 ) × 1 3 × 1 4 + 1 2 × (1- 1 3 ) × 1 4 + 1 2 × 1 3 × (1- 1 4 ) = 1 4 , P(X=3)= 1 2 × 1 3 × 1 4 = 1 24 . 所以,随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 4 11 24 1 4 1 24 随机变量 X 的数学期望 E(X)=0× 1 4 +1× 11 24 +2× 1 4 +3× 1 24 = 13 12 . 7.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,则得-1 分;若能被 10 整除, 则得 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 E(X). 解:(1)个位数字是 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C9 3=84,随机变量 X 的取值为 0,-1,1. 因此,P(X=0)= C8 3 C9 3 = 2 3 ,P(X=-1)= C4 2 C9 3 = 1 14 , P(X=1)=1- 1 14 − 2 3 = 11 42 . 所以 X 的分布列为 X 0 -1 1
2-3 1 11 14 42 则E00-0+6+1号=员 14 挑战创新 随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中一等品126件，二等品50件，三等品 20件，次品4件.已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万 元、1万元，而1件次品亏损2万元，设1件产品的利润（单位：万元）为X. (1)求X的分布列： (2)求1件产品的平均利润（即X的数学期望）： (3)经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为1%，一等品率提高为70%， 若此时要求1件产品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？ 解(1)X的所有可能取值为6,2,1，-2 P0X-6-g-063P0X-2y-0=0.25, 200 P0X=l-品-0.1P0X-2)=0.2 200 故X的分布列为 X 2 -2 0.63 0.25 0.1 0.02 (2)由(1)知随机变量X的数学期望E)=6×0.63+2×0.25+1×0.1+(-2)×0.02=4.34. (3)设技术革新后的三等品率为x,则此时1件产品的平均利润为 EX)=6×0.7+2×(1-0.7-0.01-x)+1×x+(-2)×0.01=4.76-x0≤x≤0.29)】 依题意，E0≥4.73，即4.76-x≥4.73， 解得x≤0.03，因此三等品率最多为3%
P 2 3 1 14 11 42 则 E(X)=0× 2 3 +(-1)× 1 14 +1× 11 42 = 4 21 . 挑战创新 随机抽取某厂的某种产品 200 件,经质检,其中一等品 126 件,二等品 50 件,三等品 20 件,次品 4 件.已知生产 1 件一、二、三等品获得的利润分别为 6 万元、2 万 元、1 万元,而 1 件次品亏损 2 万元,设 1 件产品的利润(单位:万元)为 X. (1)求 X 的分布列; (2)求 1 件产品的平均利润(即 X 的数学期望); (3)经技术革新后,仍有四个等级的产品,但次品率降为 1%,一等品率提高为 70%, 若此时要求 1 件产品的平均利润不小于 4.73 万元,则三等品率最多是多少? 解:(1)X 的所有可能取值为 6,2,1,-2. P(X=6)= 126 200 =0.63,P(X=2)= 50 200 =0.25, P(X=1)= 20 200 =0.1,P(X=-2)= 4 200 =0.02. 故 X 的分布列为 X 6 2 1 -2 P 0.63 0.25 0.1 0.02 (2)由(1)知随机变量 X 的数学期望 E(X)=6×0.63+2×0.25+1×0.1+(-2)×0.02=4.34. (3)设技术革新后的三等品率为 x,则此时 1 件产品的平均利润为 E(X)=6×0.7+2×(1-0.7-0.01-x)+1×x+(-2)×0.01=4.76-x(0≤x≤0.29). 依题意,E(X)≥4.73,即 4.76-x≥4.73, 解得 x≤0.03,因此三等品率最多为 3%