高考数学二轮总复习强化训19（含答案）

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这是一份高考数学二轮总复习强化训19（含答案），共10页。

[A组夯基保分专练]
一、选择题
1．(2018·惠州第二次调研)设随机变量ξ服从正态分布N(4，3)，若P(ξa＋1)，则实数a等于( )
A．7 B．6
C．5D．4
解析：选B.由随机变量ξ服从正态分布N(4，3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x＝4，又P(ξa＋1)，所以x＝a－5与x＝a＋1关于直线x＝4对称，所以a－5＋a＋1＝8，即a＝6.故选B.
2．(2018·武汉调研)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为( )
A.eq \f(3,10)B.eq \f(2,5)
C.eq \f(3,20)D.eq \f(1,4)
解析：选C.将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有Ceq \\al(3,6)种放法，甲盒中恰好有3个小球有Ceq \\al(2,3)种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(3,20).故选C.
3．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝( )
A.eq \f(2,9)B.eq \f(1,3)
C.eq \f(4,9)D.eq \f(5,9)
解析：选A.小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有Aeq \\al(4,4)＝4×3×2×1＝24种，
所以P(A|B)＝eq \f(24,108)＝eq \f(2,9).
4．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1a4>a5特征的五位数的概率为( )
A.eq \f(1,10)B.eq \f(1,20)
C.eq \f(1,24)D.eq \f(3,10)
解析：选B.1，2，3，4，5可组成Aeq \\al(5,5)＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝6个，故出现a1a4>a5特征的五位数的概率为eq \f(6,120)＝eq \f(1,20).
5．(2018·高考全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p, 各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7B．0.6
C．0.4D．0.3
解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Ceq \\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq \\al(6,10)p6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.
6．(2018·贵阳模拟)点集Ω＝{(x，y)|0≤x≤e，0≤y≤e}，A＝{(x，y)|y≥ex，(x，y)∈Ω}，在点集Ω中任取一个元素a，则a∈A的概率为( )
A.eq \f(1,e)B.eq \f(1,e2)
C.eq \f(e－1,e)D.eq \f(e2－1,e2)
解析：选B.如图，根据题意可知Ω表示的平面区域为正方形BCDO，面积为e2，A表示的区域为图中阴影部分，面积为eq \i\in(0,1,)(e－ex)dx＝(ex－ex)|eq \\al(1,0)＝(e－e)－(－1)＝1，根据几何概型可知a∈A的概率P＝eq \f(1,e2).故选B.
二、填空题
7．某人在微信群中发了一个7元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是________．
解析：利用隔板法将7元分成3个红包，共有Ceq \\al(2,6)＝15种领法．
甲领3元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有3元，3元，1元与3元，2元，2元两种情况，共有Aeq \\al(2,2)＋1＝3种领法；甲领4元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有4元，2元，1元一种情况，共有Aeq \\al(2,2)＝2种领法；甲领5元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有5元，1元，1元一种情况，共有1种领法，所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是eq \f(3＋2＋1,15)＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
8．(2018·唐山模拟)向圆(x－2)2＋(y－eq \r(3))2＝4内随机投掷一点，则该点落在x轴下方的概率为________．
解析：如图，连接CA，CB，
依题意，圆心C到x轴的距离为eq \r(3)，所以弦AB的长为2.
又圆的半径为2，所以弓形ADB的面积为eq \f(1,2)×eq \f(2,3)π×2－eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \f(2,3)π－eq \r(3)，所以向圆(x－2)2＋(y－eq \r(3))2＝4内随机投掷一点，则该点落在x轴下方的概率P＝eq \f(1,6)－eq \f(\r(3),4π).
答案：eq \f(1,6)－eq \f(\r(3),4π)
9．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p(p≠0)，射击次数为η，若η的均值E(η)>eq \f(7,4)，则p的取值范围是________．
解析：由已知得P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝(1－p)p，P(η＝3)＝(1－p)2，则E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>eq \f(7,4)，解得p>eq \f(5,2)或p答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
三、解答题
10．(2018·贵阳模拟)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生，经过层层筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题．已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为eq \f(2,3)，甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的．
(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；
(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大？
解：(1)由题意可得，所求概率为
P＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(3,6))×Ceq \\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(3,6))×Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,15).
(2)设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,5)，P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(3,5)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(0,2),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2，
D(X)＝(1－2)2×eq \f(1,5)＋(2－2)2×eq \f(3,5)＋(3－2)×eq \f(1,5)＝eq \f(2,5).
设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3.
由题意可知Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，
所以E(Y)＝3×eq \f(2,3)＝2，D(Y)＝3×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
因为E(X)＝E(Y)，D(X)所以甲被录取的可能性更大．
11．(2018·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15]，(15，25]，(25，35]，(35，45]，由此得到样本的质量频率分布直方图(如图)．
(1)求a的值，并根据样本的数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均值；
(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15]内的小球个数为X，求X的分布列和数学期望．(以直方图中的频率作为概率)
解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10＝1，解得a＝0.03.
由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，
而50个样本中小球质量的平均数为eq \(x,\s\up6(－))＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．
故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克．
(2)该盒子中小球质量在[5，15]内的概率为eq \f(1,5)，
则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,5))).X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up12(0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(64,125)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(48,125)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up12(2)×eq \f(4,5)＝eq \f(12,125)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))eq \s\up12(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(0)＝eq \f(1,125).
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(64,125)＋1×eq \f(48,125)＋2×eq \f(12,125)＋3×eq \f(1,125)＝eq \f(3,5).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或者E（X）＝3×\f(1,5)＝\f(3,5))).
12．(2018·长春质量监测(二))某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．
(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250，300)，[300，350)的芒果中随机抽取9个，再从这9个中随机抽取3个，记随机变量X表示质量在[300，350)内的芒果个数，求X的分布列及数学期望；
(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：
A：所有芒果以10元/千克收购；
B：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购．
通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？
解：(1)9个芒果中，质量在[250，300)和[300，350)内的分别有6个和3个．则X的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,6),Ceq \\al(3,9))＝eq \f(20,84)，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(3,9))＝eq \f(45,84)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(3,9))＝eq \f(18,84)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,3),Ceq \\al(3,9))＝eq \f(1,84).
所以X的分布列为
X的数学期望E(X)＝0×eq \f(20,84)＋1×eq \f(45,84)＋2×eq \f(18,84)＋3×eq \f(1,84)＝1.
(2)设选择方案A可获利y1元，则
y1＝(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋375×0.001)×50×10 000×10×0.001＝25 750.
设选择方案B，从质量低于250克的芒果中获利y2元，从质量高于或等于250克的芒果中获利y3元，则
y2＝(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000.
y3＝(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500.
y2＋y3＝7 000＋19 500＝26 500.
由于25 750<26 500，故B方案获利更多，应选B方案．
[B组大题增分专练]
1．(2018·合肥第一次质量检测)2014年9月，国务院发布了《关于深化考试招生制度改革的实施意见》．某地作为高考改革试点地区，从当年秋季新入学的高一学生开始，高考不再分文理科，语文、数学、英语三科为必考科目，考生从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理六个科目中任选三个科目参加高考，其中物理、化学、生物为自然科学科目，思想政治、历史、地理为社会科学科目，假设某位考生选考这六个科目的可能性相等．
(1)求这位考生所选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率；
(2)已知该考生选考的三个科目中有一个科目属于社会科学科目，两个科目属于自然科学科目，若该考生所选的社会科学科目考试的成绩获A等的概率都是eq \f(4,5)，所选的自然科学科目考试的成绩获A等的概率都是eq \f(3,4)，且所选的各个科目的考试成绩相互独立，用随机变量X表示他所选的三个科目中考试成绩获A等的科目数，求X的分布列和数学期望．
解：(1)记“这位考生选考的三个科目中至少有一个科目是自然科学科目”为事件M，
则P(M)＝1－eq \f(Ceq \\al(3,3),Ceq \\al(3,6))＝1－eq \f(1,20)＝eq \f(19,20)，
所以这位考生选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率为eq \f(19,20).
(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3.
因为P(X＝0)＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,80)，
P(X＝1)＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,5)×Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,8)，
P(X＝2)＝eq \f(4,5)×Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＋eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(33,80)，
P(X＝3)＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,20)，
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,80)＋1×eq \f(10,80)＋2×eq \f(33,80)＋3×eq \f(36,80)＝2.3.
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)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p0.
(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p0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．
(ⅰ)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的和记为X，求EX；
(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
解：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Ceq \\al(2,20)p2(1－p)18.因此f′(p)＝Ceq \\al(2,20)[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Ceq \\al(2,20)p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0，0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1，1)时，f′(p)<0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180，0.1)，
X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.
(ii)如果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EX>400，故应该对余下的产品作检验．
3．2017年央视3·15晚会曝光了一些饲料企业瞒天过海地往饲料中非法添加各种“禁药”，包括“人用西药”，让所有人惊出一身冷汗．某地区质量监督部门对该地甲、乙两家畜牧用品生产企业进行了突击抽查，若已知在甲企业抽查了一次，抽中某种动物饲料的概率为eq \f(3,4)，用数字1表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中；在乙企业抽查了两次，每次抽中该动物饲料的概率为eq \f(2,3)，用数字2表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中．该部门每次抽查的结果相互独立．假设该部门完成以上三次抽查．
(1)求该部门恰好有一次抽中动物饲料这一产品的概率；
(2)设X表示三次抽查所记的数字之和，求随机变量X的分布列和数学期望．
解：记“恰好抽中一次动物饲料这一产品”为事件A，“在甲企业抽中”为事件B，“在乙企业第一次抽中”为事件C，“在乙企业第二次抽中”为事件D，
则由题意知P(B)＝eq \f(3,4)，P(C)＝P(D)＝eq \f(2,3).
(1)因为A＝Beq \(C,\s\up6(－))eq \(D,\s\up6(－))＋eq \(B,\s\up6(－))Ceq \(D,\s\up6(－))＋eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))D，
所以P(A)＝P(Beq \(C,\s\up6(－))eq \(D,\s\up6(－))＋eq \(B,\s\up6(－))Ceq \(D,\s\up6(－))＋eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))D)＝P(Beq \(C,\s\up6(－))eq \(D,\s\up6(－)))＋P(eq \(B,\s\up6(－))Ceq \(D,\s\up6(－)))＋P(eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))D)＝P(B)P(eq \(C,\s\up6(－)))P(eq \(D,\s\up6(－)))＋P(eq \(B,\s\up6(－)))P(C)P(eq \(D,\s\up6(－)))＋P(eq \(B,\s\up6(－)))P(eq \(C,\s\up6(－)))P(D)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)＝eq \f(7,36).
(2)根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.
所以P(X＝0)＝P(eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))eq \(D,\s\up6(－)))＝[1－P(B)][1－P(C)][1－P(D)]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,36)，
P(X＝1)＝P(Beq \(C,\s\up6(－))eq \(D,\s\up6(－)))＝P(B)[1－P(C)][1－P(D)]＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,12)，
P(X＝2)＝P(eq \(B,\s\up6(－))Ceq \(D,\s\up6(－))＋eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))D)＝P(B CD)＋P(eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－)) D)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)＝eq \f(1,9)，
P(X＝3)＝P(BCeq \(D,\s\up6(－))＋Beq \(C,\s\up6(－))D)＝P(BCeq \(D,\s\up6(－)))＋P(Beq \(C,\s\up6(－))D)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
P(X＝4)＝P(BCD)＝[1－P(B)]P(C)P(D)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,9)，
P(X＝5)＝P(BCD)＝P(B)P(C)P(D)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3).
故X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,36)＋1×eq \f(1,12)＋2×eq \f(1,9)＋3×eq \f(1,3)＋4×eq \f(1,9)＋5×eq \f(1,3)＝eq \f(41,12).
4．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：
某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格：
以这60辆该品牌同型号车的投保类型的频率代替该品牌同型号一辆车投保类型的概率，完成下列问题：
(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》中汽车交强险价格的规定，a＝950.某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满三年，记X为该车在第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)
(2)某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．假设购进并销售一辆事故车亏损5 000元，购进并销售一辆非事故车盈利10 000元．
①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；
②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值．
解：(1)由题意可知，X的可能取值为0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a.
由统计数据可知：
P(X＝0.9a)＝eq \f(1,6)，P(X＝0.8a)＝eq \f(1,12)，P(X＝0.7a)＝eq \f(1,12)，P(X＝a)＝eq \f(1,3)，P(X＝1.1a)＝eq \f(1,4)，P(X＝1.3a)＝eq \f(1,12).
所以X的分布列为
所以E(X)＝0.9a×eq \f(1,6)＋0.8a×eq \f(1,12)＋0.7a×eq \f(1,12)＋a×eq \f(1,3)＋1.1a×eq \f(1,4)＋1.3a×eq \f(1,12)＝eq \f(11.9a,12)＝eq \f(11 305,12)≈942(元)．
(2)①由统计数据可知，任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为eq \f(1,3)，则三辆车中至多有一辆事故车的概率P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(3)＋Ceq \\al(1,3)eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(20,27).
②设Y为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y的可能取值为－5 000，10 000.
所以Y的分布列为
所以E(Y)＝－5 000×eq \f(1,3)＋10 000×eq \f(2,3)＝5 000(元)．
故该销售商一次购进并销售100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E(Y)＝50(万元)．
X
0
1
2
3
P
eq \f(64,125)
eq \f(48,125)
eq \f(12,125)
eq \f(1,125)
X
0
1
2
3
P
eq \f(20,84)
eq \f(45,84)
eq \f(18,84)
eq \f(1,84)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,80)
eq \f(1,8)
eq \f(33,80)
eq \f(9,20)
X
0
1
2
3
4
5
P
eq \f(1,36)
eq \f(1,12)
eq \f(1,9)
eq \f(1,3)
eq \f(1,9)
eq \f(1,3)
交强险浮动因素和浮动比率表
类型
浮动因素
浮动比率
A1
上一个年度未发生有责任道路交通事故
下浮10%
A2
上两个年度未发生有责任道路交通事故
下浮20%
A3
上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故
下浮30%
A4
上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
0%
A5
上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故
上浮10%
A6
上一个年度发生有责任道路交通死亡事故
上浮30%
类型
A1
A2
A3
A4
A5
A6
数量
10
5
5
20
15
5
X
0.9a
0.8a
0.7a
a
1.1a
1.3a
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,12)
eq \f(1,12)
eq \f(1,3)
eq \f(1,4)
eq \f(1,12)
Y
－5 000
10 000
P
eq \f(1,3)
eq \f(2,3)