《2025年教材全解高中数学选择性必修第三册人教版A版》

例1 [全国Ⅰ卷]某种种子每粒发芽的概率都为$0.9$，现播种了$1000$粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种$2$粒，补种的种子数记为$X$，则$X$的数学期望为(B)

A.$100$
B.$200$
C.$300$
D.$400$

答案： 解析 已知该种子每粒发芽的概率都为$0.9$，则不发芽的概率为$0.1$，故没有发芽的种子数$\xi$服从二项分布，即$\xi\sim B(1000,0.1)$.
又没有发芽的种子每粒需再补种$2$粒，补种的种子数记为$X$，故$X = 2\xi$，则$E(X)=2E(\xi)=2×1000×0.1 = 200$.
答案 B

例2 [天津卷]设甲、乙两位同学上学期间，每天$7:30$之前到校的概率均为$\frac{2}{3}$.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天$7:30$之前到校情况相互独立.
(1)用$X$表示甲同学上学期间的三天中$7:30$之前到校的天数，求随机变量$X$的分布列和数学期望；
(2)设$M$为事件“上学期间的三天中，甲同学在$7:30$之前到校的天数比乙同学在$7:30$之前到校的天数恰好多$2$”，求事件$M$发生的概率.
解 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天$7:30$之前到校的概率均为$\frac{2}{3}$，故$X\sim B(3,\frac{2}{3})$，
从而$P(X = k)=C_{3}^{k}(\frac{2}{3})^{k}(\frac{1}{3})^{3 - k}$，$k = 0,1,2,3$.
所以随机变量$X$的分布列为

随机变量$X$的数学期望$E(X)=3×\frac{2}{3}=2$.
(2)设乙同学上学期间的三天中$7:30$之前到校的天数为$Y$，则$Y\sim B(3,\frac{2}{3})$，且$M = \{X = 3,Y = 1\}\cup\{X = 2,Y = 0\}$.
由题意知，事件$\{X = 3,Y = 1\}$与$\{X = 2,Y = 0\}$互斥，且事件$\{X = 3\}$与$\{Y = 1\}$，事件$\{X = 2\}$与$\{Y = 0\}$均相互独立，
从而由(1)知$P(M)=P(\{X = 3,Y = 1\}\cup\{X = 2,Y = 0\})=P(X = 3)P(Y = 1)+P(X = 2)P(Y = 0)=P(X = 3)P(Y = 1)+P(X = 2)P(Y = 0)=\frac{8}{27}×\frac{2}{9}+\frac{4}{9}×\frac{1}{27}=\frac{20}{243}$.

答案：
解：
(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天$7:30$之前到校的概率均为$\frac{2}{3}$，故$X\sim B(3,\frac{2}{3})$，
从而$P(X = k)=C_{3}^{k}(\frac{2}{3})^{k}(\frac{1}{3})^{3 - k}$，$k = 0,1,2,3$.
所以随机变量$X$的分布列为

随机变量$X$的数学期望$E(X)=3×\frac{2}{3}=2$.
(2)设乙同学上学期间的三天中$7:30$之前到校的天数为$Y$，则$Y\sim B(3,\frac{2}{3})$，且$M = \{X = 3,Y = 1\}\cup\{X = 2,Y = 0\}$.
由题意知，事件$\{X = 3,Y = 1\}$与$\{X = 2,Y = 0\}$互斥，且事件$\{X = 3\}$与$\{Y = 1\}$，事件$\{X = 2\}$与$\{Y = 0\}$均相互独立，
从而由
(1)知$P(M)=P(\{X = 3,Y = 1\}\cup\{X = 2,Y = 0\})=P(X = 3)P(Y = 1)+P(X = 2)P(Y = 0)=P(X = 3)P(Y = 1)+P(X = 2)P(Y = 0)=\frac{8}{27}×\frac{2}{9}+\frac{4}{9}×\frac{1}{27}=\frac{20}{243}$.

教材第76页练习第1题
将一枚质地均匀的硬币连续抛掷$4$次，$X$表示“正面朝上”出现的次数.
(1)求$X$的分布列；
(2)$E(X)=$，$D(X)=$

答案：
(1)
$X$的可能取值为$0,1,2,3,4$。
$P(X = k)=C_{4}^{k}(\frac{1}{2})^{k}(1 - \frac{1}{2})^{4 - k}=C_{4}^{k}(\frac{1}{2})^{4}$，$k = 0,1,2,3,4$。
$P(X = 0)=C_{4}^{0}(\frac{1}{2})^{4}=\frac{1}{16}$；
$P(X = 1)=C_{4}^{1}(\frac{1}{2})^{4}=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$；
$P(X = 2)=C_{4}^{2}(\frac{1}{2})^{4}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$；
$P(X = 3)=C_{4}^{3}(\frac{1}{2})^{4}=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$；
$P(X = 4)=C_{4}^{4}(\frac{1}{2})^{4}=\frac{1}{16}$。
分布列为：
| $X$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| $P$ | $\frac{1}{16}$ | $\frac{1}{4}$ | $\frac{3}{8}$ | $\frac{1}{4}$ | $\frac{1}{16}$ |
(2)
$E(X)=np = 4×\frac{1}{2}=2$；
$D(X)=np(1 - p)=4×\frac{1}{2}×(1 - \frac{1}{2}) = 1$。
故答案为$2$；$1$。

1-1 [全国Ⅱ卷]一批产品的二等品率为$0.02$，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取$100$次，$X$表示抽到的二等品件数，则$D(X)=$1.96.

答案： 1.96 解析：由题意可知$X\sim B(100,$
$0.02)$，故$D(X)=100×0.02×(1-0.02)$
$=1.96$。

教材第81页习题7.4第7题
一个车间有$3$台车床，它们各自独立工作.设在一段时间内发生故障的车床数为$X$，在下列两种情形下分别求$X$的分布列.
(1)假设这$3$台车床型号相同，它们发生故障的概率都是$20\%$；
(2)这$3$台车床中有A型号$2$台，B型号$1$台，A型车床发生故障的概率为$10\%$，B型车床发生故障的概率为$20\%$.

答案：
(1)
$X$服从参数$n = 3,p=0.2$的二项分布，即$X\sim B(3,0.2)$。
$P(X = k)=C_{3}^{k}×0.2^{k}×(1 - 0.2)^{3 - k}$，$k = 0,1,2,3$。
$P(X = 0)=C_{3}^{0}×0.2^{0}×0.8^{3}=0.512$；
$P(X = 1)=C_{3}^{1}×0.2^{1}×0.8^{2}=0.384$；
$P(X = 2)=C_{3}^{2}×0.2^{2}×0.8^{1}=0.096$；
$P(X = 3)=C_{3}^{3}×0.2^{3}×0.8^{0}=0.008$。
分布列为：
| $X$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| $P$ | $0.512$ | $0.384$ | $0.096$ | $0.008$ |
(2)
设$X$为发生故障的车床数，$X$可取值为$0$，$1$，$2$，$3$。
$P(X = 0)=(1 - 0.1)×(1 - 0.1)×(1 - 0.2)=0.648$；
$P(X = 1)=C_{2}^{1}×0.1×(1 - 0.1)×(1 - 0.2)+(1 - 0.1)×(1 - 0.1)×0.2 = 0.144 + 0.162=0.306$；
$P(X = 2)=C_{2}^{2}×0.1^{2}×(1 - 0.2)+(1 - 0.1)× C_{2}^{1}×0.1×0.2$（这里第二种情况不存在，修正为$C_{2}^{2}×0.1^{2}×(1 - 0.2) + C_{2}^{1}×0.1×(1 - 0.1)×0.2$ 的简化计算，实际应为两A型一台故障另一台不故障且B型不故障与两A型都故障且B型不故障之和）
$= 0.008+0.036 = 0.044$（另一种计算：两A故障B不故障$0.1×0.1×(1 - 0.2)=0.008$，一台A故障一台A不故障且B故障$C_{2}^{1}×0.1×(1 - 0.1)×0.2 = 0.036$，共$0.044$）；
$P(X = 3)=0.1×0.1×0.2 = 0.002$。
分布列为：
| $X$ | $0$ | $1$ | $2$ | $3$ |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| $P$ | $0.648$ | $0.306$ | $0.044$ | $0.002$ |

2-1 [全国Ⅰ卷]某工厂的某种产品成箱包装，每箱$200$件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取$20$件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为$p(0 ＜ p ＜ 1)$，且各件产品是否为不合格品相互独立.
(1)记$20$件产品中恰有$2$件不合格品的概率为$f(p)$，求$f(p)$的最大值点$p_{0}$.
(2)现对一箱产品检验了$20$件，结果恰有$2$件不合格品，以(1)中确定的$p_{0}$作为$p$的值.已知每件产品的检验费用为$2$元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付$25$元的赔偿费用.
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用和记为$X$，求$E(X)$；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对该箱余下的所有产品作检验？

答案： 解：
(1)20件产品中恰有2件不合
格品的概率为$f(p)=C_{20}^{2}p^{2}(1-p)^{18}$。
因此$f'(p)=C_{20}^{2}[2p(1-p)^{18}-18p^{2}(1-p)^{17}]=2C_{20}^{2}p(1-p)^{17}(1-10p)$。
令$f'(p)=0$，得$p=0.1$，
当$p\in(0,0.1)$时，$f'(p)＞0$；
当$p\in(0.1,1)$时，$f'(p)＜0$。
所以$f(p)$的最大值点为$p_{0}=0.1$。
(2)由
(1)知，$p=0.1$。
①令$Y$表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知$Y\sim B(180,0.1)$，
$X=20×2+25Y$，即$X=40+25Y$，
所以$E(X)=E(40+25Y)$
$=40+25E(Y)=490$。
②若对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于$E(X)＞400$，
故应该对余下的产品作检验。