第60讲 独立事件及随机变量的概率分布（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 14 页 第第 60 讲：独立事件及随机变量的概率分布讲：独立事件及随机变量的概率分布 一、课程标准 1、 理解离散型随机变量及其概率分布的概念，掌握概率分布列的基本性质，会求一些简单的离散型随机 变量的概率分布列 2、理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用 3、理解随机变量的概率分布，掌握 01 分布，超几何分布的分布列，并能处理简单的实际问题 二、基础知识回顾 1. 事件的相互独立性 (1)定义：设 A，B 为两个事件，如果 P(AB)P(A)P(B)，那么称事件 A 与事件 B 相互独立 (2)性质： 若事件 A 与 B 相互独立，则 P(AB)P(A)P(

2、B) 如果事件 A 与 B 相互独立，那么 A 与 B，A与 B，A与 B也相互独立 (3)独立重复试验：在相同条件下重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验，在 n 次独立重复试验中， 事件 A 恰好发生 k 次的概率为 P(Xk)Cknpk()1p nk(k0，1，2，n) 2. 随机变量的有关概念 (1)随机变量：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母 X，Y，表示 (2)离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量 3. 离散型随机变量的概率分布及其性质 (1)一般地， 若离散型随机变量 X 可能取的不同值为 x1， x2， ， xi， ， xn， X 取每一个值 xi(i1，

3、2， ， n)的概率 P(Xxi)pi，则表 X x1 x2 xi xn P p1 p2 pi pn 称为离散型随机变量 X 的概率分布列，简称为 X 的概率分布，有时为了表达简单，也用等式 P(Xxi) pi，i1，2，n 表示 X 的概率分布 (2)离散型随机变量概率分布的性质 pi0(i1，2，n)；p1p2pn1 4. 常见离散型随机变量的概率分布 (1)两点分布： 若随机变量 X 服从两点分布，即其概率分布为 第 2 页 / 共 14 页 X 0 1 P 1p p 其中 pP(X1)称为成功概率 (2)超几何分布： 在含有 M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有 X 件次

4、品，则事件“Xr”发生的概率为 P(X r)C r MC nr NM CnN ，r0，1，2，m，其中 mminM，n，且 nN，MN，n，M，NN*，称分布列为超 几何分布 X 0 1 m P C0MCnNM CnN C1MMCn 1 NM CnN Cm MMC nm NM CnN (3)二项分布 XB(n，p)，记为 Cknpkqn kB(k；n，p) X 0 1 k n P C0np0qn C1np1qn 1 Cknpkqn k Cnnpnq0 5. 求概率分布的步骤 (1)明确随机变量 X 取哪些值； (2)求 X 取每一个值的概率； (3)列成表格 三、自主热身、归纳总结 1、某同学

5、通过英语听力测试的概率为1 2，他连续测试 n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于 0.9，那么 n 的最小值是( ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】由题意可得，1C0n 11 2 n0.9，求得 1 2 n0.1，n4.故选 B. 2、 某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为5 6， 4 5， 3 5， 1 2， 只有通过前一关才能进入下一关， 其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率 为( ) A. 7 25 B. 2 5 C. 12 25 D. 14 25 【答案】D 【解析】第一种情况：该选手

6、通过前三关，进入第四关，所以 P15 6 4 5 3 5 2 5， 第 3 页 / 共 14 页 第二种情况：该选手通过前两关，第三关没有通过，再来一次通过，进入第四关， 所以 P15 6 4 5(1 3 5) 3 5 4 25.所以该选手能进入第四关的概率为 5 6 4 5 3 5 5 6 4 5 13 5 3 5 14 25.故 选 D. 3、某区要从参加扶贫攻坚任务的 5 名干部 A，B，C，D，E 中随机选取 2 人，赴区属的某贫困村进行驻村 扶贫工作，则 A 或 B 被选中的概率是( ) A.1 5 B.2 5 C.3 5 D. 7 10 【答案】D 【解析】从 5 名干部中随机选取

7、 2 人有 C2510(种)选法，其中只选中 A 没选中 B 有 C133(种)选法，只选中 B 没选中 A 有 C133(种)选法，A 和 B 均选中有 1 种选法，所以所求概率 P331 10 7 10，故选 D. 4、(2019 武汉市调研测试)已知某口袋中装有 2 个红球，3 个白球和 1 个蓝球，从中任取 3 个球，则其中恰 有两种颜色的概率是( ) A.3 5 B.4 5 C. 7 20 D.13 20 【答案】D 【解析】依题意，从口袋中任取 3 个球，共有 C3620(种)不同的取法， 当取得三个球颜色相同，则有 C331 种取法；当取的三个球颜色互不相同，则有 C13C12C

8、116 种取 法；综合得：从中任取三个球，其中恰有两种颜色的概率为 116 20 13 20. 5、如图所示的电路，有 a，b，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是1 2，且是相互独立的，则灯泡甲亮的 概率是_ 第 5 题图 【答案】1 8 【解析】设“a 闭合”为事件 A， “b 闭合”为事件 B， “c 闭合”为事件 C，则灯泡甲亮应为事件 ACB.由 题设知 A，C，B之间彼此独立，且 P(A)P(B)P(C)1 2，所以 P(ABC)P(A)P(B)P(C) 1 8. 四、例题选讲 第 4 页 / 共 14 页 考点一 互斥事件、对立事件概率公式的应用 例 1、某商场有奖销售中，购满

9、 100 元商品得 1 张奖券，多购多得.1 000 张奖券为一个开奖单位，设特 等奖 1 个，一等奖 10 个，二等奖 50 个设 1 张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为 A，B，C， 求： (1)P(A)，P(B)，P(C)； (2)1 张奖券的中奖概率； (3)1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率 【解析】(1)易知P(A) 1 1 000，P(B) 1 100，P(C) 1 20. (2)1 张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖设“1 张奖券中奖”这个事件为M，则MABC. 因为A，B，C两两互斥， 所以P(M)P(ABC)P(A)P(B)P(C) 11050 1 000

10、61 1 000. 故 1 张奖券的中奖概率为 61 1 000. (3)设“1 张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1 张奖券中特等奖或中一等奖”为 对立事件， 所以P(N)1P(AB)1 1 1 000 1 100 989 1 000. 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 989 1 000. 变式 1、某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位 顾客的相关数据，如下表所示. 一次购物量 1 至 4 件 5 至 8 件 9 至 12 件 13 至 16 件 17 件及以上 顾客数(人) x 30 25 y 10 结

11、算时间(分钟/ 人) 1 1.5 2 2.5 3 已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%. (1)确定 x，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值； (2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率(将频率视为概率) 【解析】(1)由已知得 25y1055，x3045，所以x15，y20.该超市所有顾客一次购物的结算时 间组成一个总体， 所收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为 100 的简单随机样本， 顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为 1151.5302252.520310 100 1.9(分钟) 第

12、 5 页 / 共 14 页 (2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟” ，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物 的结算时间为 2.5 分钟” ， “该顾客一次购物的结算时间为 3 分钟” ， 将频率视为概率得P(A1) 20 100 1 5， P(A2) 10 100 1 10.则P(A)1P(A 1)P(A2)11 5 1 10 7 10.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率 为 7 10. 变式 2、A，B，C 三个班共有 100 名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一 周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)： A 班 6 6.5 7

13、 7.5 8 B 班 6 7 8 9 10 11 12 C 班 3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5 (1)试估计 C 班的学生人数； (2)从 A 班和 C 班抽出的学生中，各随机选取 1 人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙假设 所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率 【解析】(1)由题意，得三个班共抽 20 个学生，其中 C 班抽 8 个，故抽样比k 20 100 1 5，故 C 班有学生 8 1 540 人 (2)从 A 班和 C 班抽出的学生中，各随机选取一个人，共有 5840 种情况，而且这些情况是等可能 的 当甲的锻炼时间为

14、 6 小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有 2 种情况；当甲的锻炼时间为 6.5 小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有 3 种情况； 当甲的锻炼时间为 7 小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有 3 种情况；当甲的锻炼时间为 7.5 小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有 3 种情况；当甲的锻炼时间为 8 小时时，甲的锻炼时间比乙 的锻炼时间长的有 4 种情况故该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率P23334 40 3 8. 方法总结： 考点二 相互独立事件 例 2 袋中装有黑球和白球共 7 个，从中任取 2 个球都是白球的概率为1 7.现有甲、乙两人从袋中轮流取球， 第 6 页

15、 / 共 14 页 甲先取，乙后取，然后甲再取，取后不放回，直到两人中有 1 人取到白球时终止每个球在每一次 被取出的机会是等可能的 (1)求袋中原有白球的个数； (2)求取球 2 次即终止的概率； (3)求甲取到白球的概率 【解析】(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取 2 个球都是白球有 C2nnn1 2 (种)结果，从袋中任取 2 个球 共有 C 2 721(种)结果 由题意知1 7 nn1 2 21 nn1 42 ， 所以 n(n1)6，解得 n3 或 n2(舍去)， 即袋中原有 3 个白球 (2)记“取球 2 次即终止”为事件A. 则 P(A)C 1 4C 1 3 A27 2 7. (

16、3)记“甲取到白球”为事件B.“第i次取到白球”为事件Ai，i1,2,3,4,5.因为甲先取，所以甲只 能在第 1 次，第 3 次和第 5 次取球 所以 P(B)P(A1A3A5)P(A1)P(A3)P(A5)C 1 3 C17 A24C13 A37 A 4 4C 1 3 A57 3 7 6 35 1 35 22 35. 变式 1、一位网民在网上光顾某网店，经过一番浏览后，对该店铺中的 A，B，C 三种商品有购买意向已 知该网民购买 A 种商品的概率为3 4，购买 B 种商品的概率为 2 3，购买 C 种商品的概率为 1 2.假设该网民是否购 买这三种商品相互独立 (1)求该网民至少购买 2

17、种商品的概率； (2)用随机变量 表示该网民购买商品的种数，求 1 的概率 【解析】(1)该网民恰好购买 2 种商品的概率为 P(ABC)P(ABC)P(ABC)3 4 2 3 1 2 3 4 1 3 1 2 1 4 2 3 1 2 11 24； 该网民恰好购买 3 种商品的概率为 P(ABC)3 4 2 3 1 2 1 4. 所以该网民至少购买 2 种商品的概率为 P11 24 1 4 17 24. 答：该网民至少购买 2 种商品的概率为17 24. (2)随机变量 的可能取值为 0，1，2，3.由(1)知，P(2)11 24，P(3) 1 4， 又 P(0)P(ABC)1 4 1 3 1

18、2 1 24， 第 7 页 / 共 14 页 故 P(1)1P(0)P(2)P(3)1 4. 答：1 时的概率为1 4. 变式 2、甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在 下一局当裁判设各局中双方获胜的概率均为1 2，各局比赛的结果相互独立，第 1 局甲当裁判 (1)求第 4 局甲当裁判的概率； (2)X 表示前 4 局中乙当裁判的次数，求 X 的概率分布 【解析】(1)记 A1表示事件“第 2 局结果为甲胜”，A2表示事件“第 3 局甲参加比赛时，结果为甲负”，A 表示事件“第 4 局甲当裁判”，则 AA1A2，所以 P(A)P(A1A2)P(

19、A1)P(A2)1 4. (2)X 的可能取值为 0，1，2. 设 A3表示事件“第 3 局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，B1表示事件“第 1 局结果为乙胜丙”，B2 表示事件“第 2 局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，B3表示事件“第 3 局乙参加比赛时，结果为乙负”则 P(X0)P(B1B2A3)P(B1)P(B2) P(A3)1 8， P(X2)P(B1B3)P(B1)P(B3)1 4， P(X1)1P(X0)P(X2)11 8 1 4 5 8，所以 X 的概率分布如下表： X 0 1 2 P 1 8 5 8 1 4 方法总结： (1)确定每个事件是相互独立的； (2)确定每个事件会同时发

20、生； (3)先求出每个事件发生的概率， 再求其积 考点三 离散型随机变量的概率分布 例 3 已知箱中装有 4 个白球和 5 个黑球，且规定：取出一个白球得 2 分，取出一个黑球得 1 分现从该 箱中任取(不放回，且每个球取到的机会均等)3 个球，记随机变量 X 为取出 3 个球所得分数之和，求 X 的概 率分布 【解析】(1)X 的可能取值为 3，4，5，6. P(X3)C 3 5 C39 5 42，P(X4) C25C14 C39 10 21， 第 8 页 / 共 14 页 P(X5)C 1 5C 2 4 C39 5 14，P(X6) C34 C39 1 21. 故 X 的概率分布如下： X

21、 3 4 5 6 P 5 42 10 21 5 14 1 21 变式、从 0，1，2，3，4 这五个数中任选三个不同的数组成一个三位数，记 X 为所组成的三位数各位数字 之和 (1)求 X 是奇数的概率； (2)求 X 的概率分布及数学期望 【解析】(1)记“X 是奇数”为事件 A，能组成的三位数的个数是 48. X 是奇数的个数是 28，所以 P(A)28 48 7 12，即 X 是奇数的概率为 7 12. (2)X 的可能取值为 3，4，5，6，7，8，9. 当 X3 时，组成的三位数只能是由 0，1，2 三个数字组成，所以 P(X3) 4 48 1 12； 当 X4 时，组成的三位数只能

22、是由 0，1，3 三个数字组成，所以 P(X4) 4 48 1 12； 当 X5 时，组成的三位数只能是由 0，1，4 或 0，2，3 三个数字组成，所以 P(X5) 8 48 1 6； 当 X6 时，组成的三位数只能是由 0，2，4 或 1，2，3 三个数字组成，所以 P(X6)10 48 5 24； 当 X7 时，组成的三位数只能是由 0，3，4 或 1，2，4 三个数字组成，所以 P(X7)10 48 5 24； 当 X8 时，组成的三位数只能是由 1，3，4 三个数字组成，所以 P(X8) 6 48 1 8； 当 X9 时，组成的三位数只能是由 2，3，4 三个数字组成，所以 P(X9

23、) 6 48 1 8. 所以 X 的概率分布如下表： X 3 4 5 6 7 8 9 P 1 12 1 12 1 6 5 24 5 24 1 8 1 8 所以 E(X)3 1 124 1 125 1 66 5 247 5 248 1 89 1 8 25 4 . 方法总结：离散型随机变量概率分布的求法： (1)写出 X 的所有可能取值(注意准确理解 X 的含义，以免失误) (2)利用概率知识求出 X 取各个值的概率 第 9 页 / 共 14 页 (3)列表并检验，写出概率分布 考点四 超几何分布与二项分布 例 4 袋中有 8 个球，其中 5 个黑球，3 个红球，从袋中任取 3 个球，求取出红球的

24、个数 X 的概率分布，并 求至少有一个红球的概率 【解析】由题意知，X 的可能取值为 0，1，2，3， X0 表示取出的 3 个球全是黑球，P(X0)C 3 5 C38 10 56 5 28.同理 P(X1) C13C25 C38 30 56 15 28，P(X2) C23C15 C38 15 56，P(X3) C33 C38 1 56. 所以 X 的概率分布如下表： X 0 1 2 3 P 5 28 15 28 15 56 1 56 所以至少有一个红球的概率为 P(X1)1 5 28 23 28. 例 5 从学校乘车到火车站的途中有三个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且

25、概 率都是2 5，设 为途中遇到红灯的次数，求随机变量 的概率分布 【解析】由题意知 3，2 5 ，则 P()0 C03 2 5 0 3 5 327 125，P( )1 C13 2 5 1 3 5 254 125，P( )2 C23 2 5 2 3 5 136 125，P( )3 C33 2 5 3 8 125.所以 的概率分布如下表： 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 变式 1、 乒乓球单打比赛在甲、 乙两名运动员间进行， 比赛采用 7 局 4 胜制(即先胜 4 局者获胜， 比赛结束)， 假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同 (1)求甲以 4 比 1

26、 获胜的概率； (2)求乙获胜且比赛局数多于 5 局的概率； (3)求比赛局数的概率分布 【解析】(1)由已知，得甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是1 2. 第 10 页 / 共 14 页 记“甲以 4 比 1 获胜”为事件 A，则 P(A)C34 1 2 3 1 2 431 2 1 8. (2)记“乙获胜且比赛局数多于 5 局”为事件 B， 乙以 4 比 2 获胜的概率为 P1C35 1 2 3 1 2 531 2 5 32，乙以 4 比 3 获胜的概率为 P2C 3 6 1 2 3 1 2 631 2 5 32，所以 P(B)P1P2 5 16. (3)设比赛的局数为 X，则 X

27、 的可能取值为 4，5，6，7， P(X4)2C44 1 2 41 8， P(X5)2C34 1 2 3 1 2 431 2 1 4， P(X6)2C35 1 2 3 1 2 531 2 5 16， P(X7)2C36 1 2 3 1 2 631 2 5 16. 所以比赛局数 X 的概率分布如下表： X 4 5 6 7 P 1 8 1 4 5 16 5 16 方法总结：求超几何分布的分布列，关键是明确随机变量是否服从超几何分布，分清 M，N，n，k 的值， 然后求出相应的概率，最后列表即可 利用二项分布解决实际问题的关键在于，在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否为 n 次 独立重复试

28、验，随机变量是否为在这 n 次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服 从二项分布，否则就不服从二项分布 五、优化提升与真题演练 1、 （2020 合肥一六八中学测试题）如图，元件通过电流的概率均为 09，且各元件是否通 过电流相互独立，则电流能在 M，N 之间通过的概率是（ ） A0729 B08829 C0864 D09891 第 11 页 / 共 14 页 【答案】B 【解析】 电流能通过 12 ,A A的概率为0.9 0.90.81，电流能通过 3 A的概率为0.9， 故电流不能通过 12 ,A A 也不能通过 3 A的概率为1 0.81 1 0.90.019，所以电流

29、能通过系统 123 ,A A A的概率为 1 0.0190.981，而电流能通过 4 A的概率为0.9，所以电流能在,M N之间通过的概率为 1 0.0190.90.8829，故选 B 2、（2020 山东青岛二中开学考试） 掷一枚硬币两次， 记事件A “第一次出现正面”， B “第二次出现反面”， 则有（ ） AA与B相互独立 B( )( )( )P ABP AP B CA与B 互斥 D 1 () 2 P AB 【答案】A 【解析】对于选项 A，由题意得事件A的发生与否对事件B的发生没有影响，所以A与B相互独立，所以 A 正确 对于选项 B，C，由于事件A与B可以同时发生，所以事件A与B不互

30、斥，故选项 B,C 不正确 对于选项 D，由于A与B相互独立，因此 1 ()( ) ( ) 4 P ABP A P B，所以 D 不正确 故选 A 3、 （2020 江苏省南京外国语高三期末）如城镇小汽车的普及率为 75%，即平均每 100 个家庭有 75 个家庭拥 有小汽车，若从如城镇中任意选出 5 个家庭，则下列结论成立的是( ) A这 5 个家庭均有小汽车的概率为 243 1024 B这 5 个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为 27 64 C这 5 个家庭平均有 3.75 个家庭拥有小汽车 D这 5 个家庭中，四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为 81 128 【答案】AC

31、D 【解析】由题得小汽车的普及率为 3 4 ， A. 这 5 个家庭均有小汽车的概率为 5 3 ( ) 4 243 1024 ，所以该命题是真命题； 第 12 页 / 共 14 页 B. 这 5 个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为 332 5 31135 ( ) ( ) 44512 C,所以该命题是假命题； C. 这 5 个家庭平均有 3.75 个家庭拥有小汽车，是真命题； D. 这 5 个家庭中，四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为 445 5 313 ( ) ( )( ) 444 C= 81 128 ,所以该命题是 真命题.故选：ACD. 4、 （2020 河北易县中学高三月

32、考）某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出 现红灯的概率为 1 2 ，两次闭合后都出现红灯的概率为 1 5 ，则在第一次闭合后出现红灯的条件下，第二次闭 合闭合后出现红灯的概率为_. 【答案】 2 5 . 【解析】记“第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B， 则 1 ( ) 2 P A ， 1 () 5 P AB ， 所以，在第一次闭合后出现红灯的条件下，第二次闭合闭合后出现红灯的概率为 ()2 () ( )5 P AB P B A P A .故答案为 2 5 5、 （2020 届山东省潍坊市高三上学期统考）某市有A，B，C，D四个景点，一位游

33、客来该市游览，已知 该游客游览A的概率为 2 3 ，游览B，C和D的概率都是 1 2 ，且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随 机变量X表示该游客游览的景点的个数，下列正确的（ ） A游客至多游览一个景点的概率 1 4 B 3 2 8 P X C 1 4 24 P X D 13 6 E X 【答案】ABD 【解析】记该游客游览i个景点为事件 i A，0,1i ， 则 0 21111 1111 322224 P A ， 32 1 13 212115 1111 3232224 P AC ， 所以游客至多游览一个景点的概率为 01 151 24244 P AP A，故 A 正确； 第 13 页 /

34、 共 14 页 随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4; 0 1 (0) 24 P XP A， 1 5 (1) 24 P XP A， 2 1 3 211 (2)1 322 P XC 2 2 3 2113 11 3228 C ，故 B 正确； 2 3 211 (3)1 322 P XC 3 3 3 117 1 3224 C ， 3 211 (4) 3212 P X ，故 C 错误； 数学期望为： 1597 ()0123 24242424 E X 213 4 246 ，故 D 正确， 故选：ABD. 6、 （2020 届山东省烟台市高三上期末）某企业拥有 3 条相同的生产线，每条生产线每月至多出

35、现一次故障. 各条生产线是否出现故障相互独立，且出现故障的概率为 1 3 . （1）求该企业每月有且只有 1 条生产线出现故障的概率； （2）为提高生产效益，该企业决定招聘名维修工人及时对出现故障的生产线进行维修.已知每名维修工人每 月只有及时维修 1 条生产线的能力， 且每月固定工资为 1 万元.此外， 统计表明， 每月在不出故障的情况下， 每条生产线创造 12 万元的利润；如果出现故障能及时维修，每条生产线创造 8 万元的利润；如果出现故障 不能及时维修，该生产线将不创造利润，以该企业每月实际获利的期望值为决策依据，在1n 与2n之 中选其一，应选用哪个？（实际获利=生产线创造利润-维修工

36、人工资） 【解析】 （1）设 3 条生产线中出现故障的条数为X,则 1 3, 3 XB , 因此 12 1 3 12124 1= 33279 P XC （2）当1n 时,设该企业每月的实际获利为 1 Y万元, 第 14 页 / 共 14 页 若X0,则 1 12 3 135Y ； 若1X ,则 1 12 2+8 1 131Y ； 若2X ,则 1 12 1+8 1+0 1 1 19Y ； 若3X ,则 1 12 0+8 1+0 2 17Y ； 又 03 0 3 128 0 3327 P XC , 21 2 3 126 2 3327 P XC , 30 3 3 121 3 3327 P XC , 此时,实际获利 1 Y的均值 1 81261773 3531197= 2727272727 EY 当2n时,设该企业每月的实际获利为 2 Y万元, 若X0,则 2 12 3 234Y ； 若1X ,则 2 12 2+8 1 230Y ； 若2X ,则 2 12 1+8 2226Y ； 若3X ,则 2 12 0+8 2+0 1 214Y ； 2 81261802 34302614= 2727272727 EY 因为 12 EYEY, 于是以该企业每月实际获利的期望值为决策依据,在1n 与2n之中选其一,应选用2n