《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第十二章 高考專題突破六 高考中的概率與統(tǒng)計問題 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第十二章 高考專題突破六 高考中的概率與統(tǒng)計問題 理 新人教A版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第十二章 高考專題突破六 高考中的概率與統(tǒng)計問題 理 新人教A版 1．春節(jié)前夕，質(zhì)檢部門檢查一箱裝有2 500件包裝食品的質(zhì)量，抽查總量的2%，在這個問題中，下列說法正確的是(　　) A．總體是指這箱2 500件包裝食品 B．個體是一件包裝食品 C．樣本是按2%抽取的50件包裝食品 D．樣本容量是50 答案　D 解析　總體、個體、樣本的考查對象是同一事，不同的是考查的范圍不同，在本題中，總體、個體是指食品的質(zhì)量，而樣本容量是樣本中個體的包含個數(shù)．故答案為D. 2．已知隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，則P(0<ξ<2

2、)等于(　　) A．0.6 B．0.4 C．0.3 D．0.2 答案　C 解析　∵P(ξ<4)＝0.8， ∴P(ξ>4)＝0.2， 由題意知圖象的對稱軸為直線x＝2， P(ξ<0)＝P(ξ>4)＝0.2， ∴P(0<ξ<4)＝1－P(ξ<0)－P(ξ>4)＝0.6. ∴P(0<ξ<2)＝P(0<ξ<4)＝0.3. 3.為了從甲、乙兩名運(yùn)動員中選拔一人參加某次運(yùn)動會跳水項(xiàng)目，對甲、乙兩名運(yùn)動員進(jìn)行培訓(xùn)，現(xiàn)分別從他們在培訓(xùn)期間參加的若干次預(yù)賽成績中隨機(jī)抽取6次，得到莖葉圖如圖所示．從平均成績及發(fā)揮穩(wěn)定性的角度考慮，你認(rèn)為選派________(填甲或乙)運(yùn)動員合適． 答案　

3、甲 解析　根據(jù)莖葉圖， 可得甲＝×(78＋79＋81＋84＋93＋95)＝85， 乙＝×(75＋80＋83＋85＋92＋95)＝85. s＝×[(78－85)2＋(79－85)2＋(81－85)2＋(84－85)2＋(93－85)2＋(95－85)2]＝， s＝×[(75－85)2＋(80－85)2＋(83－85)2＋(85－85)2＋(92－85)2＋(95－85)2]＝. 因?yàn)榧祝揭?，s

4、，然后每串彩燈以4秒為間隔閃亮，那么這兩串彩燈同時通電后，它們第一次閃亮的時刻相差不超過2秒的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)在通電后的4秒鐘內(nèi)，甲串彩燈、乙串彩燈第一次亮的時刻為x、y，x、y相互獨(dú)立，由題意可知如圖所示．∴兩串彩燈第一次亮的時間相差不超過2秒的概率為P(|x－y|≤2)＝＝＝＝. 題型一　古典概型與幾何概型 例1　(1)(xx·四川)一個盒子里裝有三張卡片，分別標(biāo)記有數(shù)字1,2,3，這三張卡片除標(biāo)記的數(shù)字外完全相同．隨機(jī)有放回地抽取3次，每次抽取1張，將抽取的卡片上的數(shù)字依次記為a，b，c. ①求“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b

5、＝c”的概率； ②求“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”的概率． (2)已知關(guān)于x的二次函數(shù)f(x)＝ax2－4bx＋1.設(shè)點(diǎn)(a，b)是區(qū)域內(nèi)的一點(diǎn)， 求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)的概率． 思維點(diǎn)撥　(1)①所有結(jié)果共有3×3×3＝27種，滿足a＋b＝c的情況有3個． ②a、b、c不完全相同的結(jié)果可用其對立事件考慮． (2)結(jié)合線性規(guī)劃知識來解決． 解　(1)①由題意知，(a，b，c)所有的可能結(jié)果為 (1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1

6、,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27種． 設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b＝c”為事件A， 則事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3種． 所以P(A)＝＝. 因此，“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b＝c”的概率為. ②設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”為事件B，則事件包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,

7、3,3)，共3種． 所以P(B)＝1－P()＝1－＝. 因此，“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”的概率為. (2)∵函數(shù)f(x)＝ax2－4bx＋1的圖象的對稱軸為直線x＝， 要使f(x)＝ax2－4bx＋1在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)， 當(dāng)且僅當(dāng)a>0且≤1，即2b≤a. 依條件可知事件的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域?yàn)? ，構(gòu)成所求事件的區(qū)域?yàn)槿切尾糠郑? 所求概率區(qū)間應(yīng)滿足2b≤a. 由得交點(diǎn)坐標(biāo)為(，)， ∴所求事件的概率為P＝＝. 思維升華　幾何概型與古典概型的本質(zhì)區(qū)別在于試驗(yàn)結(jié)果的無限性，幾何概型經(jīng)常涉及的幾何度量有長度、面積、體積等，解決幾何概型的關(guān)鍵是找準(zhǔn)幾何

8、測度；古典概型是命題的重點(diǎn)，對于較復(fù)雜的基本事件空間，列舉時要按照一定的規(guī)律進(jìn)行，做到不重不漏． 　某地區(qū)有小學(xué)21所，中學(xué)14所，大學(xué)7所，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從這些學(xué)校中抽取6所學(xué)校對學(xué)生進(jìn)行視力調(diào)查． (1)求應(yīng)從小學(xué)、中學(xué)、大學(xué)中分別抽取的學(xué)校數(shù)目． (2)若從抽取的6所學(xué)校中隨機(jī)抽取2所學(xué)校做進(jìn)一步數(shù)據(jù)分析， ①列出所有可能的抽取結(jié)果； ②求抽取的2所學(xué)校均為小學(xué)的概率． 解　(1)由分層抽樣定義知， 從小學(xué)中抽取的學(xué)校數(shù)目為6×＝3； 從中學(xué)中抽取的學(xué)校數(shù)目為6×＝2； 從大學(xué)中抽取的學(xué)校數(shù)目為6×＝1. 故從小學(xué)、中學(xué)、大學(xué)中分別抽取的學(xué)校數(shù)目為3,2,1.

9、 (2)①在抽取的6所學(xué)校中，3所小學(xué)分別記為A1，A2，A3,2所中學(xué)分別記為A4，A5，大學(xué)記為A6，則抽取2所學(xué)校的所有可能結(jié)果為{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共15種． ②從6所學(xué)校中抽取的2所學(xué)校均為小學(xué)(記為事件B)的所有可能結(jié)果為{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3種， 所以P(B)＝＝. 題型二　求離散型隨機(jī)變量的均值與方差 例2　xx年男足世界杯

10、在巴西舉行，為了爭奪最后一個小組賽參賽名額，甲、乙、丙三支國家隊(duì)要進(jìn)行比賽，根據(jù)規(guī)則：每支隊(duì)伍比賽兩場，共賽三場，每場比賽勝者得3分，負(fù)者得0分，沒有平局，獲得第一名的隊(duì)伍將奪得這個參賽名額．已知乙隊(duì)勝丙隊(duì)的概率為，甲隊(duì)獲得第一名的概率為，乙隊(duì)獲得第一名的概率為. (1)求甲隊(duì)分別戰(zhàn)勝乙隊(duì)和丙隊(duì)的概率P1，P2； (2)設(shè)在該次比賽中，甲隊(duì)得分為ξ，求ξ的分布列和均值． 思維點(diǎn)撥　(1)利用相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率公式，結(jié)合甲隊(duì)獲得第一名與乙隊(duì)獲得第一名的條件列出方程，從而求出P1，P2； (2)先根據(jù)比賽得分的規(guī)則確定甲隊(duì)得分ξ的可能取值，然后利用相互獨(dú)立事件的概率計算公式分別求解

11、對應(yīng)的概率值，列出分布列求其均值． 解　(1)根據(jù)題意，甲隊(duì)獲得第一名，則甲隊(duì)勝乙隊(duì)且甲隊(duì)勝丙隊(duì)， 所以甲隊(duì)獲第一名的概率為P1×P2＝.① 乙隊(duì)獲得第一名，則乙隊(duì)勝甲隊(duì)且乙隊(duì)勝丙隊(duì)， 所以乙隊(duì)獲第一名的概率為(1－P1)×＝.② 解②，得P1＝，代入①，得P2＝， 所以甲隊(duì)?wèi)?zhàn)勝乙隊(duì)的概率為，甲隊(duì)?wèi)?zhàn)勝丙隊(duì)的概率為. (2)ξ可能取的值為0,3,6， 當(dāng)ξ＝0時，甲隊(duì)兩場比賽皆輸，其概率為P(ξ＝0)＝(1－)×(1－)＝； 當(dāng)ξ＝3時，甲隊(duì)兩場只勝一場，其概率為P(ξ＝3)＝×(1－)＋×(1－)＝； 當(dāng)ξ＝6時，甲隊(duì)兩場皆勝，其概率為P(ξ＝6)＝×＝. 所以ξ的分布列

12、為 ξ 0 3 6 P 思維升華　離散型隨機(jī)變量的均值和方差的求解，一般分兩步：一是定型，即先判斷隨機(jī)變量的分布是特殊類型，還是一般類型，如兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布、超幾何分布等屬于特殊類型；二是定性，對于特殊類型的均值和方差可以直接代入相應(yīng)公式求解，而對于一般類型的隨機(jī)變量，應(yīng)先求其分布列然后代入相應(yīng)公式計算，注意離散型隨機(jī)變量的取值與概率間的對應(yīng)． 　受轎車在保修期內(nèi)維修費(fèi)等因素的影響，企業(yè)生產(chǎn)每輛轎車的利潤與該轎車首次出現(xiàn)故障的時間有關(guān)．某轎車制造廠生產(chǎn)甲、乙兩種品牌轎車，保修期均為2年．現(xiàn)從該廠已售出的兩種品牌轎車中各隨機(jī)抽取50輛，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下： 品牌 甲

13、乙 首次出現(xiàn)故障時間x(年) 02 02 轎車數(shù)量(輛) 2 3 45 5 45 每輛利潤(萬元) 1 2 3 1.8 2.9 將頻率視為概率，解答下列問題： (1)從該廠生產(chǎn)的甲品牌轎車中隨機(jī)抽取一輛，求其首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率． (2)若該廠生產(chǎn)的轎車均能售出，記生產(chǎn)一輛甲品牌轎車的利潤為X1，生產(chǎn)一輛乙品牌轎車的利潤為X2，分別求X1，X2的分布列． (3)該廠預(yù)計今后這兩種品牌轎車銷量相當(dāng)，由于資金限制，只能生產(chǎn)其中一種品牌的轎車．若從經(jīng)濟(jì)效益的角度考慮，你認(rèn)為應(yīng)生產(chǎn)哪種品牌的轎車？說明理由．

14、 解　(1)設(shè)“甲品牌轎車首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)”為事件A，則P(A)＝＝. (2)依題意得，X1的分布列為 X1 1 2 3 P X2的分布列為 X2 1.8 2.9 P (3)由(2)得E(X1)＝1×＋2×＋3× ＝＝2.86(萬元)， E(X2)＝1.8×＋2.9×＝2.79(萬元)． 因?yàn)镋(X1)>E(X2)，所以應(yīng)生產(chǎn)甲品牌轎車． 題型三　概率與統(tǒng)計的綜合應(yīng)用 例3　(xx·課標(biāo)全國Ⅱ)經(jīng)銷商經(jīng)銷某種農(nóng)產(chǎn)品，在一個銷售季度內(nèi)，每售出1 t該產(chǎn)品獲利潤500元，未售出的產(chǎn)品，每1 t虧損300元．根據(jù)歷史資料，得到銷售季度

15、內(nèi)市場需求量的頻率分布直方圖，如圖所示．經(jīng)銷商為下一個銷售季度購進(jìn)了130 t該農(nóng)產(chǎn)品．以X(單位： t,100≤X≤150)表示下一個銷售季度內(nèi)的市場需求量，T(單位：元)表示下一個銷售季度內(nèi)經(jīng)銷該農(nóng)產(chǎn)品的利潤． (1)將T表示為X的函數(shù)； (2)根據(jù)直方圖估計利潤T不少于57 000元的概率； (3)在直方圖的需求量分組中，以各組的區(qū)間中點(diǎn)值代表該組的各個值，需求量落入該區(qū)間的頻率作為需求量取該區(qū)間中點(diǎn)值的概率(例如：若需求量X∈[100,110)，則取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入[100,110)的頻率)．求T的均值． 思維點(diǎn)撥　利潤T是由兩部分構(gòu)成的，一個是

16、獲得利潤，另一個是虧損，是否虧損與X的取值范圍有關(guān)，因此，T關(guān)于X的函數(shù)要用分段函數(shù)表示． 解　(1)當(dāng)X∈[100,130)時， T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000. 當(dāng)X∈[130,150]時，T＝500×130＝65 000. 所以T＝ (2)由(1)知利潤T不少于57 000元當(dāng)且僅當(dāng)120≤X≤150. 由直方圖知需求量X∈[120,150]的頻率為0.7，所以下一個銷售季度內(nèi)的利潤T不少于57 000元的概率的估計值為0.7. (3)依題意可得T的分布列為 T 45 000 53 000 61 000 65 000 P 0.1

17、0.2 0.3 0.4 所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400. 思維升華　概率與統(tǒng)計作為考查考生應(yīng)用意識的重要載體，已成為近幾年高考的一大亮點(diǎn)和熱點(diǎn)．它與其他知識融合、滲透，情境新穎，充分體現(xiàn)了概率與統(tǒng)計的工具性和交匯性．統(tǒng)計以考查抽樣方法、樣本的頻率分布、樣本特征數(shù)的計算為主，概率以考查概率計算為主，往往和實(shí)際問題相結(jié)合，要注意理解實(shí)際問題的意義，使之和相應(yīng)的概率計算對應(yīng)起來，只有這樣才能有效地解決問題． 　以下莖葉圖記錄了甲、乙兩組各四名同學(xué)的植樹棵數(shù)．乙組記錄中有一個數(shù)據(jù)模糊，無法確認(rèn)，在圖中以X表示

18、． 甲組　　　　　　乙組 9 9 0 X 8 9 1 1 1 0 (1)如果X＝8，求乙組同學(xué)植樹棵數(shù)的平均數(shù)和方差； (2)如果X＝9，分別從甲、乙兩組中隨機(jī)選取一名同學(xué)，求這兩名同學(xué)的植樹總棵樹Y的分布列和均值． (注：方差s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]，其中為x1，x2，…，xn的平均數(shù)) 解　(1)當(dāng)X＝8時，由莖葉圖可知，乙組同學(xué)的植樹棵數(shù)是8,8,9,10，所以平均數(shù) ＝＝； 方差s2＝[(8－)2＋(8－)2＋(9－)2＋(10－)2] ＝. (2)當(dāng)X＝9時，由莖葉圖可知，甲組同學(xué)的植樹棵數(shù)是9,9,11,1

19、1；乙組同學(xué)的植樹棵數(shù)是9,8,9,10.分別從甲、乙兩組中隨機(jī)選取一名同學(xué)，共有4×4＝16(種)可能的結(jié)果，這兩名同學(xué)植樹總棵數(shù)Y的可能取值為17,18,19,20,21.事件“Y＝17”等價于“甲組選出的同學(xué)植樹9棵，乙組選出的同學(xué)植樹8棵”，所以該事件有2種可能的結(jié)果，因此P(Y＝17)＝＝. 同理可得P(Y＝18)＝，P(Y＝19)＝，P(Y＝20)＝，P(Y＝21)＝. 所以隨機(jī)變量Y的分布列為 Y 17 18 19 20 21 P E(Y)＝17×＋18×＋19×＋20×＋21× ＝19. (時間：80分鐘) 1．(xx·廣東)某

20、車間共有12名工人，隨機(jī)抽取6名，他們某日加工零件個數(shù)的莖葉圖如圖所示，其中莖為十位數(shù)，葉為個位數(shù). 1 7 9 2 0 1 5 3 0 (1)根據(jù)莖葉圖計算樣本均值； (2)日加工零件個數(shù)大于樣本均值的工人為優(yōu)秀工人．根據(jù)莖葉圖推斷該車間12名工人中有幾名優(yōu)秀工人？ (3)從該車間12名工人中，任取2人，求恰有1名優(yōu)秀工人的概率． 解　(1)樣本平均值為 ＝＝22. (2)由(1)知樣本中優(yōu)秀工人占的比例為＝， 故推斷該車間12名工人中有12×＝4名優(yōu)秀工人． (3)設(shè)事件A：“從該車間12名工人中，任取2人，恰有1名優(yōu)秀工人”，則P(A)＝＝.

21、 2．在10件產(chǎn)品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品．從這10件產(chǎn)品中任取3件，求： (1)取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)X的分布列和均值； (2)取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)多于二等品件數(shù)的概率． 解　(1)由于從10件產(chǎn)品中任取3件的結(jié)果數(shù)為C，從10件產(chǎn)品中任取3件，其中恰有k件一等品的結(jié)果數(shù)為CC(k＝0,1,2,3)，那么從10件產(chǎn)品中任取3件，其中恰有k件一等品的概率為P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3. 所以隨機(jī)變量X的分布列是 X 0 1 2 3 P X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (2)設(shè)“取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)多于

22、二等品件數(shù)”為事件A，“恰好取出1件一等品和2件三等品”為事件A1，“恰好取出2件一等品”為事件A2，“恰好取出3件一等品”為事件A3，由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A＝A1∪A2∪A3，而P(A1)＝＝.P(A2)＝P(X＝2)＝.P(A3)＝P(X＝3)＝，所以取出的3件產(chǎn)品中一等品件數(shù)多于二等品件數(shù)的概率為P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝. 3．甲、乙兩人參加某電視臺舉辦的答題闖關(guān)游戲，按照規(guī)則，甲先從6道備選題中一次性抽取3道題獨(dú)立作答，然后由乙回答剩余3題，每人答對其中2題就停止答題，即闖關(guān)成功．已知在6道備選題中，甲能答對其中的4道題，乙答對每道題的概率

23、都是. (1)求甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率； (2)設(shè)甲答對題目的個數(shù)為ξ，求ξ的分布列． 解　(1)設(shè)甲、乙闖關(guān)成功分別為事件A，B，則P()＝＝＝， P()＝(1－)3＋C(1－)2()1 ＝＋＝， 則甲、乙至少有一人闖關(guān)成功的概率是 1－P( )＝1－P()P()＝1－×＝. (2)由題意知ξ的可能取值是1,2. P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝， 則ξ的分布列為 ξ 1 2 P 4.如圖，是某城市通過抽樣得到的居民某年的月均用水量(單位：噸)的頻率分布直方圖． (1)求直方圖中x的值； (2)若將頻率視為概率，從這個城市隨機(jī)抽取3位居

24、民(看做有放回的抽樣)，求月均用水量在3至4噸的居民數(shù)X的分布列和均值． 解　(1)依題意及頻率分布直方圖知1×(0.02＋0.1＋x＋0.37＋0.39)＝1，解得x＝0.12. (2)由題意知，X～B(3,0.1)． 因此P(X＝0)＝C×0.93＝0.729，P(X＝1)＝C×0.1×0.92＝0.243，P(X＝2)＝C×0.12×0.9＝0.027， P(X＝3)＝C×0.13＝0.001. 故隨機(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 3 P 0.729 0.243 0.027 0.001 X的均值為E(X)＝3×0.1＝0.3. 5．某市公租房的房源位

25、于A、B、C三個片區(qū)．設(shè)每位申請人只申請其中一個片區(qū)的房源，且申請其中任一個片區(qū)的房源是等可能的，求該市的任4位申請人中： (1)恰有2人申請A片區(qū)房源的概率； (2)申請的房源所在片區(qū)的個數(shù)ξ的分布列與均值． 解　(1)方法一　所有可能的申請方式有34種，恰有2人申請A片區(qū)房源的申請方式有C·22種，從而恰有2人申請A片區(qū)房源的概率為＝. 方法二　設(shè)對每位申請人的觀察為一次試驗(yàn)，這是4次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)． 記“申請A片區(qū)房源”為事件A，則P(A)＝. 從而，由獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件A恰發(fā)生k次的概率計算公式知，恰有2人申請A片區(qū)房源的概率為 P4(2)＝C22＝. (2)ξ的所有可能

26、值為1,2,3.又P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝ P(ξ＝3)＝＝. 綜上知，ξ的分布列為 ξ 1 2 3 P 從而有E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝. 6．一次考試共有12道選擇題，每道選擇題都有4個選項(xiàng)，其中有且只有一個是正確的．評分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定：“每題只選一個選項(xiàng)，答對得5分，不答或答錯得零分”．某考生已確定有8道題的答案是正確的，其余題中：有兩道題都可判斷兩個選項(xiàng)是錯誤的，有一道題可以判斷一個選項(xiàng)是錯誤的，還有一道題因不理解題意只好亂猜．請求出該考生： (1)得60分的概率； (2)所得分?jǐn)?shù)ξ的分布列和均值． 解　(1)設(shè)“可判斷兩個選項(xiàng)是錯誤的”兩

27、道題之一選對為事件A，“有一道題可以判斷一個選項(xiàng)是錯誤的”選對為事件B，“有一道題不理解題意”選對為事件C， ∴P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝， ∴得60分的概率為P＝×××＝. (2)ξ可能的取值為40,45,50,55,60. P(ξ＝40)＝×××＝； P(ξ＝45)＝C××××＋×××＋×××＝； P(ξ＝50)＝×××＋C××××＋C××××＋×××＝； P(ξ＝55)＝C××××＋×××＋×××＝； P(ξ＝60)＝×××＝. ξ的分布列為 ξ 40 45 50 55 60 P(ξ) E(ξ)＝40×＋45×＋50×＋55×＋60×＝.