高考數(shù)學(xué)科學(xué)復(fù)習(xí)提升版第64講離散型隨機(jī)變量的分布列及數(shù)字特征

第64講離散型隨機(jī)變量的分布列及數(shù)字特征[課程標(biāo)準(zhǔn)]了解離散型隨機(jī)變量的概念，理解離散型隨機(jī)變量的分布列及其數(shù)字特征(均值、方差)．1．隨機(jī)變量的概念及特征(1)概念：一般地，對于隨機(jī)試驗(yàn)樣本空間Ω中的每個樣本點(diǎn)ω，都有eq\x(\s\up1(01))唯一的實(shí)數(shù)X(ω)與之對應(yīng)，我們稱X為隨機(jī)變量．(2)特征：隨機(jī)試驗(yàn)中，每個樣本點(diǎn)都有唯一的一個實(shí)數(shù)與之對應(yīng)，隨機(jī)變量有如下特征：①取值依賴于eq\x(\s\up1(02))樣本點(diǎn)．②所有可能取值是eq\x(\s\up1(03))明確的．(3)離散型隨機(jī)變量可能取值為eq\x(\s\up1(04))有限個或可以eq\x(\s\up1(05))一一列舉的隨機(jī)變量，我們稱之為離散型隨機(jī)變量．2．離散型隨機(jī)變量的分布列及其性質(zhì)(1)定義：一般地，設(shè)離散型隨機(jī)變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X的每一個值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，3，…，n為X的概率分布列，簡稱分布列．(2)表示：離散型隨機(jī)變量的分布列也可以用表格表示，如下表所示：Xx1x2…xnPp1p2…pn(3)離散型隨機(jī)變量的分布列的性質(zhì)①eq\x(\s\up1(06))pi≥0(i＝1，2，…，n)；②eq\x(\s\up1(07))p1＋p2＋…＋pn＝1．3．離散型隨機(jī)變量的均值(1)離散型隨機(jī)變量的均值的概念一般地，若離散型隨機(jī)變量X的分布列為Xx1x2…xnPp1p2…pn則稱eq\x(\s\up1(08))E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\o(∑,\s\up10(n),\s\do8(i＝1))xipi為隨機(jī)變量X的均值或數(shù)學(xué)期望．(2)離散型隨機(jī)變量的均值的意義均值是隨機(jī)變量可能取值關(guān)于取值概率的eq\x(\s\up1(09))加權(quán)平均數(shù)，它綜合了隨機(jī)變量的取值和取值的概率，反映了隨機(jī)變量取值的eq\x(\s\up1(10))平均水平．(3)離散型隨機(jī)變量的均值的性質(zhì)若Y＝aX＋b，其中a，b均是常數(shù)(X是隨機(jī)變量)，則Y也是隨機(jī)變量，且有eq\x(\s\up1(11))E(aX＋b)＝aE(X)＋b．4．離散型隨機(jī)變量的方差、標(biāo)準(zhǔn)差(1)設(shè)離散型隨機(jī)變量X的分布列如表所示．Xx1x2…xnPp1p2…pn我們用X所有可能取值xi與E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2，…，(xn－E(X))2關(guān)于取值概率的加權(quán)平均，來度量隨機(jī)變量X取值與其均值E(X)的偏離程度．(2)稱D(X)＝eq\x(\s\up1(12))(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\x(\s\up1(13))eq\i\su(i＝1,n,)(xi－E(X))2pi為隨機(jī)變量X的方差，有時也記為Var(X)，并稱eq\r(D（X）)為隨機(jī)變量X的標(biāo)準(zhǔn)差，記為σ(X)．(3)離散型隨機(jī)變量方差的性質(zhì)①設(shè)a，b為常數(shù)，則D(aX＋b)＝eq\x(\s\up1(14))a2D(X)．②D(C)＝eq\x(\s\up1(15))0(其中C為常數(shù))．5．兩點(diǎn)分布如果P(A)＝p，則P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－p，那么X的分布列為X01P1－pp稱X服從兩點(diǎn)分布或0－1分布．且E(X)＝eq\x(\s\up1(16))p，D(X)＝eq\x(\s\up1(17))p(1－p)．1．分布列性質(zhì)的兩個作用(1)利用分布列中各事件概率之和為1可求參數(shù)的值．(2)隨機(jī)變量X所取的值分別對應(yīng)的事件是兩兩互斥的，利用這一點(diǎn)可以求相關(guān)事件的概率．2．D(X)＝E(X2)－[E(X)]2.1．(人教B選擇性必修第二冊習(xí)題4－2BT4改編)某人進(jìn)行射擊，共有5發(fā)子彈，擊中目標(biāo)或子彈打完就停止射擊，射擊次數(shù)為X，則“X＝5”表示的試驗(yàn)結(jié)果是()A．第5次擊中目標(biāo) B．第5次未擊中目標(biāo)C．前4次未擊中目標(biāo) D．第4次擊中目標(biāo)答案C解析因?yàn)閾糁心繕?biāo)或子彈打完就停止射擊，所以射擊次數(shù)X＝5說明前4次均未擊中目標(biāo)．故選C.2．已知隨機(jī)變量X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(1,2k)，k＝1，2，…，則P(2<X≤4)＝()A.eq\f(3,16) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,16) D.eq\f(5,16)答案A解析P(2<X≤4)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＝eq\f(3,16).故選A.3．設(shè)某項(xiàng)試驗(yàn)的成功率是失敗率的2倍，用隨機(jī)變量X描述一次試驗(yàn)的成功次數(shù)，則P(X＝0)＝()A．0 B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案B解析設(shè)P(X＝1)＝p，則P(X＝0)＝1－p.依題意知，p＝2(1－p)，解得p＝eq\f(2,3).故P(X＝0)＝1－p＝eq\f(1,3).故選B.4．(多選)(人教B選擇性必修第二冊4.2.4練習(xí)AT5改編)設(shè)離散型隨機(jī)變量X的分布列為X01234Pq0.40.10.20.2若離散型隨機(jī)變量Y滿足Y＝2X＋1，則下列結(jié)果正確的是()A．q＝0.1B．E(X)＝2，D(X)＝1.4C．E(X)＝2，D(X)＝1.8D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2答案ACD解析因?yàn)閝＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正確；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，故B錯誤，C正確；因?yàn)閅＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正確．故選ACD.5．現(xiàn)有7張卡片，分別寫上數(shù)字1，2，2，3，4，5，6.從這7張卡片中隨機(jī)抽取3張，記所抽取卡片上數(shù)字的最小值為ξ，則P(X＝2)＝________，E(X)＝________．答案eq\f(16,35)eq\f(12,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或1\f(5,7)))解析從寫有數(shù)字1，2，2，3，4，5，6的7張卡片中隨機(jī)抽取3張，共有Ceq\o\al(3,7)種取法，其中所抽取的卡片上數(shù)字的最小值為2的取法有Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)種，所以P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(16,35)，由已知可得X的可能取值為1，2，3，4，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(15,35)，P(X＝2)＝eq\f(16,35)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(3,35)，P(X＝4)＝eq\f(1,Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(1,35)，所以E(X)＝1×eq\f(15,35)＋2×eq\f(16,35)＋3×eq\f(3,35)＋4×eq\f(1,35)＝eq\f(12,7).考向一離散型隨機(jī)變量分布列的性質(zhì)例1(2024·東莞模擬)同時拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，觀察朝上一面出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)．設(shè)兩枚骰子中出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)分別為X1，X2，記X＝max{X1，X2}．(1)求X的概率分布列；(2)求P(2＜X＜5)．解(1)根據(jù)題意，拋擲兩枚骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)有36種等可能的情況：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)；因此X的可能取值為1，2，3，4，5，6，詳見下表：X的值出現(xiàn)的點(diǎn)樣本點(diǎn)個數(shù)1(1，1)12(1，2)，(2，2)，(2，1)33(1，3)，(2，3)，(3，3)，(3，2)，(3，1)54(1，4)，(2，4)，(3，4)，(4，4)，(4，3)，(4，2)，(4，1)75(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5)，(5，5)，(5，4)，(5，3)，(5，2)，(5，1)96(1，6)，(2，6)，(3，6)，(4，6)，(5，6)，(6，6)，(6，5)，(6，4)，(6，3)，(6，2)，(6，1)11由古典概型可知X的概率分布列為X123456Peq\f(1,36)eq\f(1,12)eq\f(5,36)eq\f(7,36)eq\f(1,4)eq\f(11,36)(2)由題意可知，P(2＜X＜5)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(5,36)＋eq\f(7,36)＝eq\f(1,3).離散型隨機(jī)變量分布列性質(zhì)的應(yīng)用(1)利用分布列中各概率之和為1可求參數(shù)的值，此時要注意檢驗(yàn)，以保證每個概率值均為非負(fù)數(shù)．(2)求隨機(jī)變量在某個范圍內(nèi)取值的概率時，根據(jù)分布列，將所求范圍內(nèi)隨機(jī)變量的各個取值的概率相加即可，其依據(jù)是互斥事件的概率加法公式．1.某亭中裝有一部公用，在觀察使用這部的人數(shù)時，設(shè)在某一時刻，有n個人正在使用或等待使用的概率為P(n)，P(n)與時刻t無關(guān)，統(tǒng)計(jì)得到：P(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)·P（0）（0≤n≤5），,0（n≥6），))那么在某一時刻，這個亭一個人也沒有的概率P(0)的值為()A.eq\f(32,63) B.eq\f(32,65)C.eq\f(31,63) D.eq\f(32,53)答案A解析由P(0)＋P(1)＋P(2)＋P(3)＋P(4)＋P(5)＝1，得P(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋\f(1,32)))＝1，解得P(0)＝eq\f(32,63).故選A.2．設(shè)隨機(jī)變量X的概率分布列為X1234Peq\f(1,3)meq\f(1,4)eq\f(1,6)則P(|X－3|＝1)＝________．答案eq\f(5,12)解析由eq\f(1,3)＋m＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝1，解得m＝eq\f(1,4)，P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12).考向二求離散型隨機(jī)變量的分布列例2(2024·湖北新高考協(xié)作體高三開學(xué)考試)袋中有同樣的球5個，其中3個紅色，2個黃色，現(xiàn)從中隨機(jī)且不放回地取球，每次取1個，當(dāng)兩種顏色的球都被取到時，即停止取球，記隨機(jī)變量X為此時已取球的次數(shù)，求：(1)P(X＝2)的值；(2)隨機(jī)變量X的分布列．解(1)由已知可得從袋中不放回地取球兩次的所有取法有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)種，事件X＝2表示第一次取到紅球第二次取到黃球或第一次取到黃球第二次取到紅球，故事件X＝2包含Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)種取法，所以P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4))＝eq\f(3,5).(2)隨機(jī)變量X的可能取值為2，3，4.P(X＝2)＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)＋Aeq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3))＝eq\f(3,10)，P(X＝4)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2))＝eq\f(1,10).所以隨機(jī)變量X的分布列為X234Peq\f(3,5)eq\f(3,10)eq\f(1,10)離散型隨機(jī)變量分布列的求解步驟(1)明取值：明確隨機(jī)變量的可能取值有哪些及每一個取值所表示的意義．(2)求概率：要弄清楚隨機(jī)變量的概率類型，利用相關(guān)公式求出變量所對應(yīng)的概率．(3)畫表格：按規(guī)范要求形式寫出分布列．(4)做檢驗(yàn)：利用分布列的性質(zhì)檢驗(yàn)分布列是否正確．(2023·石家莊模擬)甲、乙兩人進(jìn)行投籃比賽，分輪次進(jìn)行，每輪比賽甲、乙各投籃一次．比賽規(guī)定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．當(dāng)甲、乙兩人累計(jì)得分的差值大于或等于4分時，就停止比賽，分?jǐn)?shù)多的獲勝；四輪比賽后，若甲、乙兩人累計(jì)得分的差值小于4分也停止比賽，分?jǐn)?shù)多的獲勝，分?jǐn)?shù)相同則平局，甲、乙兩人投籃的命中率分別為0.5和0.6，且互不影響．一輪比賽中甲的得分記為X.(1)求X的分布列；(2)求甲、乙兩人最終平局的概率；(3)記甲、乙一共進(jìn)行了Y輪比賽，求Y的分布列．解(1)依題意，X的所有可能取值為－1，0，1.P(X＝－1)＝(1－0.5)×0.6＝0.3，P(X＝0)＝0.5×0.6＋(1－0.5)(1－0.6)＝0.5，P(X＝1)＝0.5×(1－0.6)＝0.2，所以X的分布列為X－101P0.30.50.2(2)因?yàn)榧?、乙兩人最終平局，所以甲、乙一定進(jìn)行了四輪比賽，分三種情況：①四輪比賽中甲、乙均得0分，其概率為0.54＝0.0625；②四輪比賽中，有兩輪甲、乙均得0分，另兩輪甲、乙各得1分，其概率為2Ceq\o\al(2,4)×0.2×0.3×0.5×0.5＝0.18；③四輪比賽中，甲、乙各得2分，且前兩輪甲、乙各得1分，其概率為2×0.2×0.3×2×0.2×0.3＝0.0144.故甲、乙兩人最終平局的概率為0.0625＋0.18＋0.0144＝0.2569.(3)Y的所有可能取值為2，3，4，P(Y＝2)＝0.3×0.3＋0.2×0.2＝0.13，P(Y＝3)＝2×0.3×0.5×0.3＋2×0.2×0.5×0.2＝0.13，P(Y＝4)＝1－P(Y＝2)－P(Y＝3)＝0.74，所以Y的分布列為Y234P0.130.130.74多角度探究突破考向三離散型隨機(jī)變量的數(shù)字特征角度數(shù)字特征的計(jì)算例3(2022·全國甲卷)甲、乙兩個學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個項(xiàng)目，每個項(xiàng)目勝方得10分，負(fù)方得0分，沒有平局．三個項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍．已知甲學(xué)校在三個項(xiàng)目中獲勝的概率分別為0.5，0.4，0.8，各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立．(1)求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；(2)用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望．解(1)設(shè)甲在三個項(xiàng)目中獲勝的事件依次記為A，B，C，所以甲學(xué)校獲得冠軍的概率為P＝P(ABC)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))BC)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－)))＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)依題意可知，X的可能取值為0，10，20，30，P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44，P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34，P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.即X的分布列為X0102030P0.160.440.340.06期望E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.角度數(shù)字特征的應(yīng)用例4某投資公司在2024年年初準(zhǔn)備將1000萬元投資到“低碳”項(xiàng)目上，現(xiàn)有兩個項(xiàng)目供選擇：項(xiàng)目一：新能源汽車．據(jù)市場調(diào)研，投資到該項(xiàng)目上，到年底可能獲利30%，也可能虧損15%，且這兩種情況發(fā)生的概率分別為eq\f(7,9)和eq\f(2,9)；項(xiàng)目二：通信設(shè)備．據(jù)市場調(diào)研，投資到該項(xiàng)目上，到年底可能獲利50%，可能損失30%，也可能不賠不賺，且這三種情況發(fā)生的概率分別為eq\f(3,5)，eq\f(1,3)和eq\f(1,15).針對以上兩個投資項(xiàng)目，請你為投資公司選擇一個合理的項(xiàng)目，并說明理由．解若按“項(xiàng)目一”投資，設(shè)獲利為X1萬元，則X1的分布列為X1300－150Peq\f(7,9)eq\f(2,9)∴E(X1)＝300×eq\f(7,9)＋(－150)×eq\f(2,9)＝200.D(X1)＝(300－200)2×eq\f(7,9)＋(－150－200)2×eq\f(2,9)＝35000.若按“項(xiàng)目二”投資，設(shè)獲利為X2萬元，則X2的分布列為X2500－3000Peq\f(3,5)eq\f(1,3)eq\f(1,15)∴E(X2)＝500×eq\f(3,5)＋(－300)×eq\f(1,3)＋0×eq\f(1,15)＝200.D(X2)＝(500－200)2×eq\f(3,5)＋(－300－200)2×eq\f(1,3)＋(0－200)2×eq\f(1,15)＝140000.∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)<D(X2)，這說明雖然項(xiàng)目一、項(xiàng)目二獲利相等，但項(xiàng)目一更穩(wěn)妥．綜上所述，建議該投資公司選擇項(xiàng)目一投資．離散型隨機(jī)變量的期望與方差的常見類型及解題策略(1)求離散型隨機(jī)變量的期望與方差．可依題設(shè)條件求出離散型隨機(jī)變量的分布列，然后利用期望、方差公式直接求解．(2)由已知期望或方差求參數(shù)值．可依據(jù)條件利用期望、方差公式得出含有參數(shù)的方程(組)，解方程(組)即可求出參數(shù)值．(3)由已知條件，作出對兩種方案的判斷．可依據(jù)期望、方差的意義，對實(shí)際問題作出判斷．1.某檢測機(jī)構(gòu)在對某一傳染病毒進(jìn)行核酸檢測時采取“k合1檢測法”，即將k個人的拭子樣本合并檢測，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽性，則還需要對本組的每個人再做檢測．現(xiàn)有100人，已知其中2人感染此病毒．(1)①若采用“10合1檢測法”，且兩名患者在同一組，求總檢測次數(shù)；②已知10人分成一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為eq\f(1,11)，定義隨機(jī)變量X為總檢測次數(shù)，求檢測次數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)；(2)若采用“5合1檢測法”，檢測次數(shù)Y的期望為E(Y)，試比較E(X)和E(Y)的大小(直接寫出結(jié)果)．解(1)①對每組進(jìn)行檢測，需要10次；再對結(jié)果為陽性的組每個人進(jìn)行檢測，需要10次．所以總檢測次數(shù)為20.②由題意，知X可以取20，30，P(X＝20)＝eq\f(1,11)，P(X＝30)＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11)，則X的分布列為X2030Peq\f(1,11)eq\f(10,11)所以E(X)＝20×eq\f(1,11)＋30×eq\f(10,11)＝eq\f(320,11).(2)由題意，知Y可以取25，30，兩名感染患者在同一組的概率為P1＝eq\f(20Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,98),Ceq\o\al(5,100))＝eq\f(4,99)，不在同一組的概率為P2＝eq\f(95,99)，則E(Y)＝25×eq\f(4,99)＋30×eq\f(95,99)＝eq\f(2950,99)>E(X)．2．已知A，B兩個投資項(xiàng)目的利潤率分別為隨機(jī)變量X1和X2，根據(jù)市場分析，X1和X2的分布列如下：X15%10%P0.60.4X22%8%12%P0.10.50.4(1)在A，B兩個項(xiàng)目上各投資200萬元，Y1和Y2(單位：萬元)表示投資項(xiàng)目A和B所獲得的利潤，求D(Y1)和D(Y2)；(2)將x(0＜x＜200)萬元投資A項(xiàng)目，(200－x)萬元投資B項(xiàng)目，f(x)表示投資A項(xiàng)目所得利潤的方差與投資B項(xiàng)目所得利潤的方差之和．則當(dāng)x為何值時，f(x)取得最小值？解(1)依題意得，Y11020P0.60.4Y241624P0.10.50.4E(Y1)＝10×0.6＋20×0.4＝14，E(Y2)＝4×0.1＋16×0.5＋24×0.4＝18，D(Y1)＝(10－14)2×0.6＋(20－14)2×0.4＝24，D(Y2)＝(4－18)2×0.1＋(16－18)2×0.5＋(24－18)2×0.4＝36.(2)設(shè)投資A項(xiàng)目所得利潤為Z1＝eq\f(x,200)Y1，投資B項(xiàng)目所得利潤為Z2＝eq\f(200－x,200)Y2.f(x)＝D(Z1)＋D(Z2)＝Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,200)Y1))＋Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－x,200)Y2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,200)))eq\s\up12(2)D(Y1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－x,200)))eq\s\up12(2)D(Y2)＝eq\f(3,1002)(5x2－1200x＋120000)，0<x<200，故當(dāng)x＝120時，f(x)取得最小值．課時作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·吉安模擬)設(shè)隨機(jī)變量ξ的分布列為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(k,5)))＝ak(k＝1，2，3，4，5)，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<ξ<\f(1,2)))＝()A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5)C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,5)答案D解析∵隨機(jī)變量ξ的分布列為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(k,5)))＝ak(k＝1，2，3，4，5)，∴a(1＋2＋3＋4＋5)＝1，解得a＝eq\f(1,15)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<ξ<\f(1,2)))＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝eq\f(1,15)＋eq\f(2,15)＝eq\f(1,5).故選D.2．(2023·溫州模擬)隨機(jī)變量X的分布列如表所示，若E(X)＝eq\f(1,3)，則D(3X－2)＝()X－101Peq\f(1,6)abA.eq\f(5,9) B.eq\f(5,3)C．5 D．7答案C解析∵E(X)＝eq\f(1,3)，∴由隨機(jī)變量X的分布列，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋a＋b＝1，,－\f(1,6)＋b＝\f(1,3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,2)，))∴D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,9)，∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×eq\f(5,9)＝5.故選C.3．簽盒中有編號為1，2，3，4，5，6的六支簽，從中任意取3支，設(shè)X為這3支簽的號碼之中最大的一個，則X的數(shù)學(xué)期望為()A．5 B．5.25C．5.8 D．4.6答案B解析由題意可知，X的所有可能取值為3，4，5，6，P(X＝3)＝eq\f(1,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,20)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,20)，P(X＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,10)，P(X＝6)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,2).由數(shù)學(xué)期望的定義可得E(X)＝3×eq\f(1,20)＋4×eq\f(3,20)＋5×eq\f(3,10)＋6×eq\f(1,2)＝5.25.故選B.4．(2023·浙江強(qiáng)基聯(lián)盟模擬)已知甲、乙兩名員工分別從家中趕往工作單位的時間互不影響，經(jīng)統(tǒng)計(jì)，甲、乙一個月內(nèi)從家中到工作單位所用時間在各個時間段內(nèi)的頻率如下：時間/分鐘10～2020～3030～4040～50甲的頻率0.10.40.20.3乙的頻率00.30.60.1某日工作單位接到一項(xiàng)任務(wù)，需要甲在30分鐘內(nèi)到達(dá)，乙在40分鐘內(nèi)到達(dá)，用X表示甲、乙兩人在要求時間內(nèi)從家中到達(dá)單位的人數(shù)，用頻率估計(jì)概率，則X的數(shù)學(xué)期望和方差分別是()A．E(X)＝1.5，D(X)＝0.36B．E(X)＝1.4，D(X)＝0.36C．E(X)＝1.5，D(X)＝0.34D．E(X)＝1.4，D(X)＝0.34答案D解析設(shè)事件A表示“甲在規(guī)定的時間內(nèi)到達(dá)”，事件B表示“乙在規(guī)定的時間內(nèi)到達(dá)”，P(A)＝0.5，P(B)＝0.9，A，B相互獨(dú)立，∴P(X＝0)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝(1－0.5)×(1－0.9)＝0.05，P(X＝1)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)＋P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝(1－0.5)×0.9＋0.5×(1－0.9)＝0.5，P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.9＝0.45，∴E(X)＝0×0.05＋1×0.5＋2×0.45＝1.4，D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝0.34.故選D.5．(2023·西寧模擬)某車間打算購買2臺設(shè)備，該設(shè)備有一個易損零件，在購買設(shè)備時可以額外購買這種易損零件作為備件，價(jià)格為每個120元．在設(shè)備使用期間，零件損壞，備件不足再臨時購買該零件時，價(jià)格為每個280元．在使用期間，每臺設(shè)備需更換的零件個數(shù)X的分布列為X678P0.40.50.1若購買2臺設(shè)備的同時購買易損零件13個，則在使用期間，這2臺設(shè)備另需購買易損零件所需費(fèi)用的期望為()A．1716.8元 B．206.5元C．168.6元 D．156.8元答案D解析記Y表示2臺設(shè)備使用期間需更換的零件數(shù)，則Y的所有可能取值為12，13，14，15，16，P(Y＝12)＝0.42＝0.16，P(Y＝13)＝2×0.4×0.5＝0.4，P(Y＝14)＝0.52＋2×0.4×0.1＝0.33，P(Y＝15)＝2×0.5×0.1＝0.1，P(Y＝16)＝0.12＝0.01.若購買2臺設(shè)備的同時購買易損零件13個，在使用期間，記這2臺設(shè)備另需購買易損零件所需費(fèi)用為Z元，則Z的所有可能取值為0，280，560，840，P(Z＝0)＝P(Y≤13)＝0.16＋0.4＝0.56，P(Z＝280)＝P(Y＝14)＝0.33，P(Z＝560)＝P(Y＝15)＝0.1，P(Z＝840)＝P(Y＝16)＝0.01，E(Z)＝280×0.33＋560×0.1＋840×0.01＝156.8.故選D.6．甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負(fù)者得0分，比賽進(jìn)行到有一人比對方多2分或打滿6局時停止．設(shè)甲在每局中獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙在每局中獲勝的概率為eq\f(1,3)，且各局勝負(fù)相互獨(dú)立，則比賽停止時已打局?jǐn)?shù)X的期望E(X)為()A.eq\f(241,81) B.eq\f(266,81)C.eq\f(274,81) D.eq\f(670,243)答案B解析依題意，知X的所有可能取值為2，4，6，設(shè)每兩局比賽為一輪，則該輪結(jié)束時比賽停止的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9).若該輪結(jié)束時比賽還將繼續(xù)，則甲、乙在該輪中必是各得一分，此時，該輪比賽結(jié)果對下輪比賽是否停止沒有影響．從而有P(X＝2)＝eq\f(5,9)，P(X＝4)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(20,81)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(16,81)，故E(X)＝2×eq\f(5,9)＋4×eq\f(20,81)＋6×eq\f(16,81)＝eq\f(266,81).故選B.7．已知某口袋中有3個白球和a個黑球(a∈N*)，現(xiàn)從中隨機(jī)取出一球，再放入一個不同顏色的球(即若取出的是白球，則放入一個黑球；若取出的是黑球，則放入一個白球)，記換好球后袋中白球的個數(shù)是X.若E(X)＝3，則D(X)＝()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2答案B解析由題意得X的所有可能取值為2，4，且P(X＝2)＝eq\f(3,3＋a)，P(X＝4)＝eq\f(a,3＋a)，∴E(X)＝2×eq\f(3,3＋a)＋4×eq\f(a,3＋a)＝3，解得a＝3，∴P(X＝2)＝eq\f(1,2)，P(X＝4)＝eq\f(1,2)，∴D(X)＝(2－3)2×eq\f(1,2)＋(4－3)2×eq\f(1,2)＝1.故選B.8．設(shè)0<p<1，隨機(jī)變量ξ的分布列是ξ012Peq\f(1－p,2)eq\f(1,2)eq\f(p,2)則當(dāng)p在(0，1)內(nèi)增大時，()A．D(ξ)減小 B．D(ξ)增大C．D(ξ)先減小后增大 D．D(ξ)先增大后減小答案D解析由題意可得E(ξ)＝eq\f(1,2)＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，所以當(dāng)p在(0，1)內(nèi)增大時，D(ξ)先增大后減小．故選D.二、多項(xiàng)選擇題9．若隨機(jī)變量X服從兩點(diǎn)分布，其中P(X＝0)＝eq\f(1,3)，則下列結(jié)論正確的是()A．P(X＝1)＝E(X) B．E(3X＋2)＝4C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝eq\f(4,9)答案AB解析依題意P(X＝0)＝eq\f(1,3)，所以P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝eq\f(2,3)，所以E(X)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)，D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以P(X＝1)＝E(X)，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq\f(2,3)＋2＝4，D(3X＋2)＝32D(X)＝32×eq\f(2,9)＝2，所以A，B正確，C，D錯誤．故選AB.10．已知隨機(jī)變量X的分布列如下表：X－101Pmeq\f(1,4)n記“函數(shù)f(x)＝3sineq\f(x＋X,2)π(x∈R)是偶函數(shù)”為事件A，則下列結(jié)論正確的是()A．E(X)＝eq\f(3,4)－m B．m＋n＝eq\f(3,4)C．P(A)＝eq\f(3,4) D．P(A)＝eq\f(1,4)答案BC解析由隨機(jī)變量的分布列知m＋eq\f(1,4)＋n＝1，∴m＋n＝eq\f(3,4)，故B正確；E(X)＝－1×m＋0×eq\f(1,4)＋1×n＝－m＋n＝－m＋eq\f(3,4)－m＝eq\f(3,4)－2m，故A錯誤；∵函數(shù)f(x)＝3sineq\f(x＋X,2)π(x∈R)是偶函數(shù)為事件A，∴滿足條件的事件A的X的可能取值為－1或1，∴P(A)＝m＋n＝eq\f(3,4)，故C正確，D錯誤．故選BC.11．已知排球發(fā)球考試規(guī)則：每位考生最多可發(fā)球三次，若發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到3次結(jié)束為止．某考生一次發(fā)球成功的概率為p(0＜p＜1)，發(fā)球次數(shù)為X，若X的數(shù)學(xué)期望E(X)＞1.75，則p的取值可以為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案AB解析由題意可知，P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，則E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3.由E(X)＞1.75可知4p2－12p＋5＞0，解得p＜eq\f(1,2)或p＞eq\f(5,2).又p∈(0，1)，故0＜p＜eq\f(1,2).故選AB.三、填空題12．(2023·華南師大附中模擬)設(shè)隨機(jī)變量ξ的分布列如下：ξ123456Pa1a2a3a4a5a6其中a1，a2，…，a6構(gòu)成等差數(shù)列，則a1＋a6＝________．答案eq\f(1,3)解析因?yàn)閍1，a2，…，a6構(gòu)成等差數(shù)列，所以a1＋a6＝a2＋a5＝a3＋a4，因?yàn)閍1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝1，所以a1＋a6＝eq\f(1,3).13．已知離散型隨機(jī)變量X的取值為有限個，E(X)＝eq\f(7,2)，D(X)＝eq\f(35,12)，則E(X2)＝________．答案eq\f(91,6)解析因?yàn)镋(X)＝eq\f(7,2)，D(X)＝eq\f(35,12)，由D(X)＝E(X2)－[E(X)]2，得E(X2)＝D(X)＋[E(X)]2＝eq\f(35,12)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(91,6).14．袋中有4個紅球，m個黃球，n個綠球．現(xiàn)從中任取兩個球，記取出的紅球數(shù)為ξ，若取出的兩個球都是紅球的概率為eq\f(1,6)，一紅一黃的概率為eq\f(1,3)，則m－n＝________，E(ξ)＝________．答案1eq\f(8,9)解析由題意可得，P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,4＋m＋n))＝eq\f(12,（4＋m＋n）（3＋m＋n）)＝eq\f(1,6)，化簡，得(m＋n)2＋7(m＋n)－60＝0，解得m＋n＝5，取出的兩個球一紅一黃的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,m),Ceq\o\al(2,4＋m＋n))＝eq\f(4m,36)＝eq\f(1,3)，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1.易知ξ的所有可能取值為0，1，2，且P(ξ＝2)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(5,9)，P(ξ＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(5,18)，所以E(ξ)＝0×eq\f(5,18)＋1×eq\f(5,9)＋2×eq\f(1,6)＝eq\f(8,9).四、解答題15.(2024·北京第三十五中學(xué)開學(xué)考試)為了解某中學(xué)高一年級學(xué)生的身體素質(zhì)情況，對高一年級的(1)～(8)班進(jìn)行了抽測，采取如下方式抽樣：每班隨機(jī)各抽取10名學(xué)生進(jìn)行身體素質(zhì)監(jiān)測．經(jīng)統(tǒng)計(jì)，每班10名學(xué)生中身體素質(zhì)監(jiān)測成績達(dá)到優(yōu)秀的人數(shù)的散點(diǎn)圖如圖(x軸表示對應(yīng)的班號，y軸表示對應(yīng)的優(yōu)秀人數(shù))．(1)若用散點(diǎn)圖預(yù)測高一年級學(xué)生的身體素質(zhì)情況，從高一年級學(xué)生中任意抽測1人，求該學(xué)生身體素質(zhì)監(jiān)測成績達(dá)到優(yōu)秀的概率；(2)若從以上統(tǒng)計(jì)的高一(2)班和高一(4)班的學(xué)生中各抽出1人，設(shè)X表示2人中身體素質(zhì)監(jiān)測成績達(dá)到優(yōu)秀的人數(shù)，求X的分布列及其數(shù)學(xué)期望；(3)假設(shè)每個班學(xué)生身體素質(zhì)優(yōu)秀的概率與該班隨機(jī)抽到的10名學(xué)生的身體素質(zhì)優(yōu)秀率相等．現(xiàn)在從每班中分別隨機(jī)抽取1名學(xué)生，用“ξk＝1”表示第k班抽到的這名學(xué)生身體素質(zhì)優(yōu)秀，“ξk＝0”表示第k班抽到的這名學(xué)生身體素質(zhì)不優(yōu)秀(k＝1，2，…，8)．寫出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)，D(ξ4)的大小關(guān)系(不必寫出證明過程)．解(1)從高一年級(1)～(8)班學(xué)生中抽測了80人，其中身體素質(zhì)監(jiān)測成績優(yōu)秀的人數(shù)為8＋6＋9＋4＋7＋5＋9＋8＝56，所以身體素質(zhì)監(jiān)測成績優(yōu)秀的概率是eq\f(7,10).因?yàn)槭请S機(jī)抽樣，所以用樣本估計(jì)總體，可知從高一年級學(xué)生中任意抽測1人，該學(xué)生身體素質(zhì)監(jiān)測成績達(dá)到優(yōu)秀的概率是eq\f(7,10).(2)因?yàn)楦咭?2)班抽出的10名學(xué)生中，身體素質(zhì)監(jiān)測成績達(dá)到優(yōu)秀的有6人，不優(yōu)秀的有4人，高一(4)班抽出的10名學(xué)生中，身體素質(zhì)監(jiān)測成績達(dá)到優(yōu)秀的有4人，不優(yōu)秀的有6人，所以從高一(2)班和高一(4)班的學(xué)生中各抽出1人，X的所有可能取值為0，1，2.P(X＝0)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(6,25)，P(X＝1)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(13,25)，P(X＝2)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(6,25)，所以X的分布列為X012Peq\f(6,25)eq\f(13,25)eq\f(6,25)數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(6,25)＋1×eq\f(13,25)＋2×eq\f(6,25)＝1.(3)D(ξ4)＝D(ξ2)>D(ξ1)>D(ξ3)．理由：由于P(ξ1＝1)＝0.8，P(ξ2＝1)＝0.6，P(ξ3＝1)＝0.9，P(ξ4＝1)＝0.4，且ξk服從兩點(diǎn)分布，所以D(ξk)＝P(ξk＝1)[1－P(ξk＝1)]＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(P（ξk＝1）－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)，由于P(ξ3＝1)＝0.9>P(ξ1＝1)＝0.8>P(ξ2＝1)＝0.6>eq\f(1,2)>P(ξ4＝1)＝0.4，D(ξk)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(P（ξk＝1）－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，所以D(ξ4)＝D(ξ2)>D(ξ1)>D(ξ3)．16．某烘焙店加工一個成本為60元的蛋糕，然后以每個120元的價(jià)格出售，如果當(dāng)天賣不完，剩下的這種蛋糕作廚余垃圾處理．(1)若烘焙店一天加工16個這種蛋糕，求當(dāng)天的利潤y(單位：元)關(guān)于當(dāng)天需求量n(單位：個，n∈N)的函數(shù)解析式；(2)烘焙店記錄了100天這種蛋糕的日需求量(單位：個)，整理得下表：日需求量n14151617181920頻數(shù)10201616151310以這100天記錄的日需求量的頻率作為日需求量發(fā)生的概率．①若烘焙店一天加工16個這種蛋糕，X表示日利潤(單位：元)，求X的分布列、數(shù)學(xué)期望及方差；②若烘焙店一天加工16個或17個這種蛋糕，僅從獲得利潤大的角度考慮，你認(rèn)為應(yīng)加工16個還是17個？請說明理由．解(1)y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(120n－960，n∈[0，16），n∈N，,960，n∈[16，＋∞），n∈N.))(2)①由題意可得，X的所有可能取值為720，840，960，對應(yīng)的概率分別為0.1，0.2，0.7，所以X的分布列為X720840960P0.10.20.7E(X)＝720×0.1＋840×0.2＋960×0.7＝912(元)；D(X)＝(720－912)2×0.1＋(840－912)2×0.2＋(960－912)2×0.7＝6336.②當(dāng)加工17個這種蛋糕時，Y表示日利潤(單位：元)，則Y的分布列為Y6607809001020P0.10.20.160.54則E(Y)＝660×0.1＋780×0.2＋900×0.16＋1020×0.54＝916.8(元)，916.8＞912.從數(shù)學(xué)期望來看，一天加工17個這種蛋糕的日利潤高于一天加工16個這種蛋糕的日利潤，所以應(yīng)加工17個．17．(2023·武漢模擬)口袋中共有7個質(zhì)地和大小均相同的小球，其中4個是黑球，現(xiàn)采用不放回抽取方式每次從口袋中隨機(jī)抽取一個小球，直到將4個黑球全部取出時停止．(1)記總的抽取次數(shù)為X，求E(X)；(2)現(xiàn)對方案進(jìn)行調(diào)整：將這7個小球分裝在甲、乙兩個口袋中，甲袋裝3個小球，其中2個是黑球；乙袋裝4個小球，其中2個是黑球．采用不放回抽取方式先從甲袋每次隨機(jī)抽取一個小球，當(dāng)甲袋的2個黑球被全部取出后再用同樣方式在乙袋中進(jìn)行抽取，直到將乙袋的2個黑球也全部取出后停止．記這種方案的總抽取次數(shù)為Y，求E(Y)，并用實(shí)際意義解釋E(Y)與(1)中的E(X)的大小關(guān)系．解(1)X的所有可能取值為4，5，6，7，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(1,35)，P(X＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(4,35)，P(X＝6)＝eq\f(Ceq\o\al(3,5),Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(2,7)，P(X＝7)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(4,7)，E(X)＝4×eq\f(1,35)＋5×eq\f(4,35)＋6×eq\f(2,7)＋7×eq\f(4,7)＝eq\f(32,5).(2)Y的所有可能取值為4，5，6，7，設(shè)甲袋和乙袋的抽取次數(shù)分別為Y1和Y2，P(Y＝4)＝P(Y1＝2)P(Y2＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1),Ceq\o\al(2