2019届高考数学大一轮复习第十二章概率随机变量及其分布12.6离散型随机变量的均值与方差学案理北师.doc

§12.6离散型随机变量的均值与方差、正态分布最新考纲考情考向分析1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.2.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义3.会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单问题.以理解均值与方差的概念为主，经常以频率分布直方图为载体，考查二项分布、正态分布的均值与方差掌握均值与方差、正态分布的性质和求法是解题关键高考中常以解答题形式考查、难度为中等偏上.1离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为P(Xai)pi(i1,2，r)(1)均值EXa1p1a2p2arpr，均值EX刻画的是X取值的“中心位置”(2)方差DXE(XEX)2为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值EX的平均偏离程度2二项分布的均值、方差若XB(n，p)，则EXnp，DXnp(1p)3正态分布(1)XN(，2)，表示X服从参数为和2的正态分布(2)正态分布密度函数的性质：函数图像关于直线x对称；(>0)的大小决定函数图像的“胖”“瘦”；P(<X<)68.3%；P(2<X<2)95.4%；P(3<X<3)99.7%.题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“×”)(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定()(2)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量的平均程度越小()(3)正态分布中的参数和完全确定了正态分布，参数是正态分布的均值，是正态分布的标准差()(4)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布()(5)均值是算术平均数概念的推广，与概率无关(×)题组二教材改编2已知X的分布列为X101P设Y2X3，则EY的值为()A. B4C1 D1答案A解析EX，EYE(2X3)2EX33.3甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，其分布列分别为：X0123P0.40.30.20.1Y012P0.30.50.2若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是_答案乙解析EX0×0.41×0.32×0.23×0.11.EY0×0.31×0.52×0.20.9，EY<EX.乙技术好4已知随机变量X服从正态分布N(3,1)，且P(X>2c1)P(X<c3)，则c_.答案解析XN(3,1)，正态曲线关于x3对称，且P(X>2c1)P(X<c3)，2c1c33×2，c.题组三易错自纠5已知随机变量X8，若XB(10,0.6)，则E，D分别是()A6,2.4 B2,2.4C2,5.6 D6,5.6答案B解析由已知随机变量X8，所以8X.因此，求得E8EX810×0.62，D(1)2DX10×0.6×0.42.4.6设随机变量服从正态分布N(，2)，函数f(x)x24x没有零点的概率是，则等于()A1 B2 C4 D不能确定答案C解析当函数f(x)x24x没有零点时，164<0，即>4，根据正态曲线的对称性，当函数f(x)x24x没有零点的概率是时，4.题型一离散型随机变量的均值、方差命题点1求离散型随机变量的均值、方差典例 某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和均值解(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P(A)××.(2)依题意得，X所有可能的取值是1,2,3.又P(X1)，P(X2)×，P(X3)××1.所以X的分布列为X123P所以EX1×2×3×.命题点2已知离散型随机变量的均值与方差，求参数值典例 设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分(1)当a3，b2，c1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量为取出此2球所得分数之和，求的分布列；(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量为取出此球所得分数若E，D，求abc.解(1)由题意得2,3,4,5,6，故P(2)，P(3)，P(4)，P(5)，P(6).所以的分布列为23456P(2)由题意知的分布列为123P所以E，D2·2·2·，化简得解得a3c，b2c，故abc321.思维升华 离散型随机变量的均值与方差的常见类型及解题策略(1)求离散型随机变量的均值与方差可依题设条件求出离散型随机变量的分布列，然后利用均值、方差公式直接求解(2)由已知均值或方差求参数值可依据条件利用均值、方差公式得出含有参数的方程(组)，解方程(组)即可求出参数值(3)由已知条件，作出对两种方案的判断可依据均值、方差的意义，对实际问题作出判断跟踪训练 (2017·青岛一模)为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量，求的分布列与均值E，方差D.解(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，甲、乙两人2小时以上且不超过3小时离开的概率分别为，.两人都付0元的概率为P1×，两人都付40元的概率为P2×，两人都付80元的概率为P3×，则两人所付费用相同的概率为PP1P2P3.(2)设甲、乙所付费用之和为，的可能取值为0,40,80,120,160，则P(0)×，P(40)××，P(80)×××，P(120)××，P(160)×.所以的分布列为04080120160PE0×40×80×120×160×80.D(080)2×(4080)2×(8080)2×(12080)2×(16080)2×.题型二均值与方差在决策中的应用典例 计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站过去50年的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和单位：亿立方米)都在40以上其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的入流量相互独立(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X40<X<8080X120X>120发电机最多可运行台数123若某台发电机运行，则该台发电机年利润为5 000万元；若某台发电机未运行，则该台发电机年亏损800万元欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？解(1)依题意，得p1P(40<X<80)0.2，p2P(80X120)0.7，p3P(X>120)0.1.由二项分布可知，在未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率为pC(1p3)4C(1p3)3p344×3×0.947 7.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)安装1台发电机的情形由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y5 000，E(Y)5 000×15 000.安装2台发电机的情形依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y5 0008004 200，因此P(Y4 200)P(40<X<80)p10.2；当X80时，两台发电机运行，此时Y5 000×210 000，因此P(Y10 000)P(X80)p2p30.8.由此得Y的分布列如下：Y4 20010 000P0.20.8所以，EY4 200×0.210 000×0.88 840.安装3台发电机的情形依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y5 0001 6003 400，因此P(Y3 400)P(40<X<80)p10.2；当80X120时，两台发电机运行，此时Y5 000×28009 200，因此P(Y9 200)P(80X120)p20.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y5 000×315 000，因此P(Y15 000)P(X>120)p30.1，由此得Y的分布列如下：Y3 4009 20015 000P0.20.70.1所以，EY3 400×0.29 200×0.715 000×0.18 620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台思维升华 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定跟踪训练 (2017·贵州调研)某投资公司在2018年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和；项目二：通信设备据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和.针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由解若按“项目一”投资，设获利为X1万元，则X1的分布列为X1300150PEX1300×(150)×200.若按“项目二”投资，设获利为X2万元，则X2的分布列为X25003000PEX2500×(300)×0×200.DX1(300200)2×(150200)2×35 000，DX2(500200)2×(300200)2×(0200)2×140 000.EX1EX2，DX1<DX2，这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥综上所述，建议该投资公司选择项目一投资题型三正态分布的应用典例 (2017·全国)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(，2)(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(3，3)之外的零件数，求P(X1)及X的均值；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3，3)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查()试说明上述监控生产过程方法的合理性；()下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：99510.129.969.9610.019.929.9810.0410269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得i9.97，s0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i1,2，16.用样本平均数作为的估计值 ，用样本标准差s作为的估计值 ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除( 3 ， 3 )之外的数据，用剩下的数据估计和(精确到0.01)附：若随机变量Z服从正态分布N(，2)，则P(3<Z<3)0.997 4,0.997 4160.959 2，0.09.解(1)抽取的一个零件的尺寸在(3，3)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(3，3)之外的概率为0.002 6，故XB(16,0.002 6)因此P(X1)1P(X0)10.997 4160.040 8.EX16×0.002 60.041 6.(2)()如果生产状态正常，一个零件尺寸在(3，3)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(3，3)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的()由9.97，s0.212，得的估计值为 9.97，的估计值为 0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在( 3 ， 3 )之外，因此需对当天的生产过程进行检查剔除( 3 ， 3 )之外的数据9.22，剩下数据的平均数为×(16×9.979.22)10.02.因此的估计值为10.02.16×0.212216×9.9721 591.134.剔除( 3 ， 3 )之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为×(1 591.1349.22215×10.022)0.008，因此的估计值为0.09.思维升华 解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x；(2)标准差；(3)分布区间利用对称性可求指定范围内的概率值；由，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3特殊区间，从而求出所求概率注意只有在标准正态分布下对称轴才为x0.跟踪训练 从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(，2)，其中近似为样本平均数，2近似为样本方差s2.利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2)；某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数，利用的结果，求EX.附：12.2.若ZN(，2)，则P(<Z<)0.682 6，P(2<Z<2)0.954 4.解(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为170×0.02180×0.09190×0.22200×0.33210×0.24220×0.08230×0.02200，s2(30)2×0.02(20)2×0.09(10)2×0.220×0.33102×0.24202×0.08302×0.02150.(2)由(1)知，ZN(200,150)，即ZN(200,12.22)从而P(187.8<Z<212.2)P(20012.2<Z<20012.2)0.682 6.由知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知XB(100,0.682 6)，所以EX100×0.682 668.26.离散型随机变量的均值与方差问题典例 (12分)为回馈顾客，某商场拟通过模拟兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：顾客所获的奖励额为60元的概率；顾客所获的奖励额的分布列及均值；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由规范解答解(1)设顾客所获的奖励额为X.依题意，得P(X60)，即顾客所获的奖励额为60元的概率为.2分依题意，得X的所有可能取值为20,60.P(X60)，P(X20)，故X的分布列为X2060P4分所以顾客所获的奖励额的均值为EX20×60×40.5分(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元，所以，先寻找均值为60的可能方案对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元；因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X12060100P7分X1的均值为EX120×60×100×60，X1的方差为DX1(2060)2×(6060)2×(10060)2×.9分对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X2406080P10分X2的均值为EX240×60×80×60，X2的方差为DX2(4060)2×(6060)2×(8060)2×.由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.12分求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的所有可能取值；第二步：求每一个可能取值所对应的概率；第三步：列出离散型随机变量的分布列；第四步：求均值和方差；第五步：根据均值、方差进行判断，并得出结论(适用于均值、方差的应用问题)；第六步：反思回顾查看关键点、易错点和答题规范性1(2018·太原模拟)随机变量X的分布列如下：X101Pabc其中a，b，c成等差数列若EX，则DX的值是()A. B.C. D.答案B解析abc1.又2bac，故b，ac.由EX，得ac，故a，c.DX2×2×2×.故选B.2(2017·浙江)已知随机变量i满足P(i1)pi，P(i0)1pi，i1,2.若0p1p2，则()AE1E2，D1D2BE1E2，D1D2CE1E2，D1D2DE1E2，D1D2答案A解析由题意可知E1p1，E2p2，D1p11p1，D2p21p2，又0p1p2，E1E2，把方差看作函数yx(1x)，函数在上为增函数，由题意可知，D1D2.故选A.3.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若XN(，2)，则P(X<)0.683，P(2X<2)0.954.A2 386 B2 718 C3 415 D4 772答案C解析由XN(0,1)知，P(1X1)0.683，P(0X1)×0.6830.341 5，故S0.341 5.落在阴影部分中点的个数x的估计值为(古典概型)，x10 000×0.341 33 413，故选C.4若XB(n，p)，且EX6，DX3，则P(X1)的值为()A3×22 B24C3×210 D28答案C解析由题意知解得P(X1)C××113×210.5设随机变量XN(，2)，且X落在区间(3，1)内的概率和落在区间(1,3)内的概率相等，若P(X>2)p，则P(0<X<2)等于()A.p B1pC12p D.p答案D解析由X落在(3，1)内的概率和落在(1,3)内的概率相等得0.又P(X>2)p，P(2<x<2)12p，P(0<X<2)p.6某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X(单位：分)的均值为()A0.9 B0.8 C1.2 D1.1答案A解析由题意得X0,1,2，则P(X0)0.6×0.50.3，P(X1)0.4×0.50.6×0.50.5，P(X2)0.4×0.50.2，EX1×0.52×0.20.9.7(2017·全国)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DX_.答案1.96解析由题意得XB(100,0.02)，DX100×0.02×(10.02)1.96.8马老师从课本上抄录一个随机变量的分布列如下表：x123P(x)？！？请小牛同学计算的均值尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同据此，小牛给出了正确答案E_.答案2解析设“？”处的数值为x，则“！”处的数值为12x，则E1·x2×(12x)3xx24x3x2.9已知当XN(，2)时，P(<X<)0.683，P(2<X<2)0.954，P(3<X<3)0.997，则dx_.答案0.021 5解析由题意，1，1，P(3<X<4)×P(2<X<4)P(1<X3)×(0.9970.954)0.021 5.10随机变量的取值为0,1,2.若P(0)，E1，则D_.答案解析设P(1)a，P(2)b，则解得所以D×0×1.11(2017·天津)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)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的分布列和均值；(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率解(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，P(X0)××，P(X1)××××××，P(X2)××××××，P(X3)××.所以，随机变量X的分布列为X0123P随机变量X的均值EX0×1×2×3×.(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P(YZ1)P(Y0，Z1)P(Y1，Z0)P(Y0)P(Z1)P(Y1)P(Z0)××.所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为.12(2017·全国名校名师原创联考)汽车租赁公司为了调查A，B两种车型的出租情况，现随机抽取了这两种车型各100辆汽车，分别统计了每辆车某个星期内的出租天数，统计数据如下表：A型车出租天数1234567车辆数51030351532B型车出租天数1234567车辆数1420201615105(1)从出租天数为3天的汽车(仅限A，B两种车型)中随机抽取一辆，估计这辆汽车恰好是A型车的概率；(2)根据这个星期的统计数据，估计该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率；(3)试写出A，B两种车型的出租天数的分布列及均值；如果两种车型每辆车每天出租获得的利润相同，该公司需要从A，B两种车型中购买一辆，请你根据所学的统计知识，建议应该购买哪一种车型，并说明你的理由解(1)这辆汽车是A型车的概率约为P0.6，故这辆汽车是A型车的概率为0.6.(2)设“事件Ai表示一辆A型车在一周内出租天数恰好为i天”，“事件Bj表示一辆B型车在一周内出租天数恰好为j天”，其中i，j1,2,3，7，则该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为P(A1B3A2B2A3B1)P(A1B3)P(A2B2)P(A3B1)P(A1)P(B3)P(A2)P(B2)P(A3)P(B1)×××，故该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为.(3)设X为A型车出租的天数，则X的分布列为X1234567P0.050.100.300.350.150.030.02设Y为B型车出租的天数，则Y的分布列为X1234567P0.140.200.200.160.150.100.05EX1×0.052×0.103×0.304×0.355×0.156×0.037×0.023.62，EY1×0.142×0.203×0.204×0.165×0.156×0.107×0.053.48.一辆A类车型的出租车一个星期出租天数的平均值为3.62天，B类车型的出租车一个星期出租天数的平均值为3.48天，故选择A类型的出租车更加合理13某班有50名学生，一次考试的数学成绩服从正态分布N(100,102)，已知P(90100)0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为_答案10解析由题意知，P(>110)0.2，该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×5010.14一个不透明的盒子中关有蝴蝶、蜜蜂和蜻蜓三种昆虫共11只，现在盒子上开一小孔，每次只能飞出1只昆虫(假设任意1只昆虫等可能地飞出)若有2只昆虫先后任意飞出(不考虑顺序)，则飞出的是蝴蝶或蜻蜓的概率是.(1)求盒子中蜜蜂有几只；(2)若从盒子中先后任意飞出3只昆虫(不考虑顺序)，记飞出蜜蜂的只数为X，求随机变量X的分布列与均值E(X)解(1)设“2只昆虫先后任意飞出，飞出的是蝴蝶或蜻蜓”为事件A，设盒子中蜜蜂为x只，则由题意，得P(A)，所以(11x)(10x)42，解得x4或x17(舍去)，故盒子中蜜蜂有4只(2)由(1)知，盒子中蜜蜂有4只，则X的取值为0,1,2,3，P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3).故X的分布列为X0123P均值EX0×1×2×3×.15(2017·黄冈调研)已知6只小白鼠中有1只感染了病毒，需要对6只小白鼠进行病毒DNA化验来确定哪一只受到了感染下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染病毒的小白鼠为止方案乙：将6只小白鼠分为两组，每组三只，将其中一组的三只小白鼠的待化验物质混合在一起化验，若化验结果显示含有病毒DNA，则表明感染病毒的小白鼠在这三只当中，然后逐个化验，直到确定感染病毒的小白鼠为止；若化验结果显示不含病毒DNA，则在另外一组中逐个进行化验(1)求执行方案乙化验次数恰好为2次的概率；(2)若首次化验的化验费为10元，第二次化验的化验费为8元，第三次及以后每次化验的化验费都是6元，求方案甲所需化验费的分布列和均值解(1)执行方案乙化验次数恰好为2次的情况分两种：第一种，先化验一组，结果显示不含病毒DNA，再从另一组中任取一只进行化验，其恰好含有病毒DNA，此种情况的概率为×；第二种，先化验一组，结果显示含病毒DNA，再从中逐个化验，恰好第一只含有病毒，此种情况的概率为×.所以执行方案乙化验次数恰好为2次的概率为.(2)设用方案甲化验需要的化验费为(单位：元)，则的可能取值为10,18,24,30,36.P(10)，P(18)×，P(24)××，P(30)×××，P(36)×××，则化验费的分布列为1018243036P所以E10×18×24×30×36×(元)16(2017·江苏)已知一个口袋有m个白球，n个黑球(m，nN，n2)，这些球除颜色外完全相同现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，mn的抽屉内，其中第k次取球放入编号为k的抽屉(k1，2,3，mn).123mn(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p；(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，EX是X的均值，证明：EX<.(1)解编号为2的抽屉内放的是黑球的概率为p.(2)证明随机变量X的分布列为XP随机变量X的均值为EX··.所以EX<(1CCC)(CCCC)(CCC)(CC)，即EX<.23