复习参考题名师教学设计1

【2019年高考考纲解读】

1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查. 2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注．

3.以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型的基本应用. 4.将古典概型与概率的性质相结合，考查知识的综合应用能力．

5.以选择题、填空题的形式考查随机抽样、样本的数字特征、统计图表、回归方程、独立性检验等. 6.在概率与统计的交汇处命题，以解答题中档难度出现．

【重点、考点剖析】

一、排列组合与计数原理的应用

1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理

如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．

2. 名称

相同点[来源:Zxxk.Com]排列

组合

都是从n个不同元素中取m(m≤n)个元素，元素无重复

①排列与顺序有关；

①组合与顺序无关；

②两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同

不同点

②两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同

二、二项式定理

1．通项与二项式系数

nrrTr＋1＝Crb，其中Crnan(r＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．

－2．各二项式系数之和

012n(1)Cn＋Cn＋Cn＋…＋Cn＝2n. 1302(2)Cn＋Cn＋…＝Cn＋Cn＋…＝2n1. －三、古典概型与几何概型

1．古典概型的概率公式

m事件A中所含的基本事件数P(A)＝＝. n试验的基本事件总数2．几何概型的概率公式

P(A)＝

构成事件A的区域长度面积或体积. 试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积四、相互独立事件和独立重复试验

1．条件概率

在A发生的条件下B发生的概率：

P(B|A)＝. 2．相互独立事件同时发生的概率

P(AB)＝P(A)P(B)．

3．独立重复试验、二项分布

如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为

knkPn(k)＝Ck，k＝0,1,2，…，n. np(1－p)－五、离散型随机变量的分布列、均值与方差

1．均值与方差的性质

(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；学-科网

(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为实数)．

2．两点分布与二项分布的均值、方差

(1)若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；

(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．

【题型示例】

题型一

排列组合与计数原理

例1、(1)[2018·全国卷Ⅰ]从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字填写答案)

(2)[2018·浙江卷]从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)

【解析】不含有0的四位数有含有0的四位数有综上，四位数的个数为720＋540＝1 260. 【答案】1 260 ＝720(个)．

＝540(个)．

【方法技巧】解排列、组合的应用题，通常有以下途径：

(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．

(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．

(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数. 【变式探究】(2017·全国Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有________种．

答案

36 22解析

由题意可得，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C13·C4·A2＝4×32136(种)，或列式为C1×2＝36(种)．

3·C4·C2＝3×2【变式探究】旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的旅游路线数为(

) A．24

B．18 C．16

D．10 解析：分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有A33种可选的路线；第二种：不在最后体验甲景区，则2312有C12·A2种可选的路线．所以小李可选的旅游路线数为A3＋C2·A2＝10.选D.学科-网

答案：D 【变式探究】某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有(

) A．120种

B．156种

C．188种

D．240种

解析：解法一

记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和43231231231232号，4和5号，5和6号，其排法种数分别为A22A3，A2A3，C2A2A3，C3A2A3，C3A2A3，故总编排方案有A223123123123A33＋A2A3＋C2A2A3＋C3A2A3＋C3A2A3＝120(种)．

解法二

记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，23123则有C14A2A3＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C3A2A3＝36(种)；③当甲在3

23号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C13A2A3＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．

答案：A 【变式探究】中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有(

) A．120种

B．156种

C．188种

D．240种

答案

A 423解析

当“数”排在第一节时有A2当“数”排在第二节时有A12·A4＝48(种)排法，3·A2·A3＝36(种)排法，3当“数”排在第三节时，若“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有A22·A3＝12(种)排法；若“射”23和“御”两门课程排在后三节时有A1所以满足条件的共有48＋36＋12＋24＝120(种)2·A2·A3＝24(种)排法，排法．

(2)若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“开心数”．例如：32是“开心数”．因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“开心数”，因为23＋24＋25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为(

) A．9

B．10

C．11

D．12 答案

D 解析

根据题意个位数需要满足要求：

n＋(n＋1)＋(n＋2)<10，即n<2.3，

∴个位数可取0,1,2三个数，

∵十位数需要满足：3n<10，∴n<3.3，

∴十位可以取0,1,2,3四个数，故小于100的“开心数”共有3×4＝12(个)．

【感悟提升】(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．

(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．

【变式探究】

(1)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有(

) A．18种

B．24种

C．36种

D．48种

答案

C 2解析

若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A3＝12(种)抢法；

2若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A3＝12(种)抢法；

2若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A22C3＝6(种)抢法；

若甲、乙抢的是两个6元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A23＝6(种)抢法．

根据分类加法计数原理可得甲、乙都抢到红包的情况共有36种．

(2)(2018·百校联盟联考)某山区希望小学为丰富学生的伙食，教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地，分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜，若这三种蔬菜种植齐全，同一块地只能种植一种蔬菜，且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜，则不同的种植方式共有(

) 1

A.9种

B．18种

C．12种

D．36种

答案

B 解析

若种植2块西红柿，则他们在13,14或24位置上种植，剩下两个位置种植黄瓜和茄子，所以共有3×2＝6(种)种植方式；

若种植2块黄瓜或2块茄子也是3种种植方式，所以一共有6×3＝18(种)种植方式．题型二

二项式定理

2x2＋5的展开式中x4的系数为(

) 例2、(1)[2018·全国卷Ⅲ]xA．10

B．20 C．40

D．80 22x2＋5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5·(x2)5－r·r＝Cr5·2r·x10－3r，令10－3r＝4，得r【解析】

xx＝2.故展开式中x4的系数为C25·22＝40. 故选C. 【答案】C [来源学科网]2 3 4

【变式探究】(2017·浙江)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝________，a5＝________. 答案

16

4 解析

a4是x项的系数，由二项式的展开式得

1222a4＝C33·C2·2＋C3·C2·2＝16. 22a5是常数项，由二项式的展开式得a5＝C33·C2·2＝4. 【变式探究】(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答) 答案

660 【变式探究】若(1－3x)2 018＝a0＋a1x＋…＋a2 018x2 018，x∈R，则a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018的值为(

) A．22 018－1

B．82 018－1 C．22 018

D．82 018

【解析】由已知，令x＝0，得a0＝1，令x＝3，得a0＋a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018＝(1－9)2 018＝82 018，所以a1·3＋a2·32＋…＋a2 018·32 018＝82 018－a0＝82 018－1，故选B.学-科网

【答案】B 【方法技巧】

(1)利用二项式定理求解的两种常用思路

①二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程思想解决的．

②二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值．

(2)【特别提醒】在应用通项公式时，要注意以下几点：

①它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；

②Tr＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r项；

③公式中，a，b的指数和为n，且a，b不能随便颠倒位置；

④对二项式(a－b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题. 2x2－n的展开式的二项式系数之和为8，则该展开式第一项的系数之和为(

) 【变式探究】若二项式xA．－1

B．1 C．27

D．－27 解析：依题意得2n＝8，解得n＝3.取x＝1得，该二项展开式第一项的系数之和为(1－2)3＝－1，故选A. 答案：A 11＋－2x4，则展开式的常数项为(

) 【变式探究】(1)已知二项式xA．－1

B．1

C．－47

D．49 答案

B 111＋－2x4＝1＋－2x4

解析

∵二项式xx111－2x＋6－2x2＋4－2x3＋

＝1＋4xxx1－2x4，

x11－2x2，－2x4中，

∴二项式中的常数项产生在1,6xx1212分别是1,6×2··(－2x)，C24·x·(－2x)，

x它们的和为1－24＋24＝1. 3Ax＋n的展开式中，各项系数之和为A，各项的二项式系数之和为B，若＝32，则n等于(

) (2)xBA．5

B．6

C．7

D．8 答案

A A4n解析

令x＝1，得各项系数之和为A＝4，二项式系数之和为B＝2，故＝n＝32，解得n＝5. B2nn题型三

古典概型与几何概型

例3、(1)[2018·全国卷Ⅰ]如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则(

)

A．p1＝p2

B．p1＝p3 C．p2＝p3

D．p1＝p2＋p3 AB2π112【解析】∵ S△ABC＝AB·AC，以AB为直径的半圆的面积为π·＝AB，

2822AC2π12以AC为直径的半圆的面积为π·2＝8AC，

2BC2π12以BC为直径的半圆的面积为π·＝BC，

282π11∴

SⅠ＝AB·AC，SⅢ＝BC2－AB·AC，

282SⅡ＝πππ11AB2＋AC2－BC2－AB·AC＝2AB·AC. 8288SⅠSⅡ∴ SⅠ＝SⅡ.由几何概型概率公式得p1＝，p2＝. S总S总∴ p1＝p2. 故选A. 【答案】A

(2)[2018·全国卷Ⅱ]我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(

) 11A.

B.

121411C.

D.

15182C10【解析】不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有＝45种情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，

31∴

所求概率为＝. 4515故选C. 【答案】C

【方法技巧】解答几何概型、古典概型问题时的策略

(1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．

(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件数的求法与基本事件总数的求法的一致性．

(3)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域. 【变式探究】已知a∈{－2,0,1,2,3}，b∈{3,5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是(

) 3321A.

B.

C.

D.

10555解析：函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数，则a2－2＜0，且与b无关，又a∈{－2,0,1,2,3}，故只有a＝0，a2＝1满足题意，又b∈{3,5}，所以函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是.故选C. 5答案：C

【变式探究】(2017·全国Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是(

)

ππ11A.

B.

C.

D.

4824答案

B 解析

不妨设正方形ABCD的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S正方形＝4. π1由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S黑＝S白＝S圆＝，所以由几何概型知，22π2πS黑所求概率P＝＝＝. S正方形48【变式探究】如图，在圆心角为90°的扇形AOB中，以圆心O为起点在使得∠AOC和∠BOC都不小于30°的概率是(

) 上任取一点C作射线OC，则

12A.

B.

3311C.

D.

26解析：记事件T是“作射线OC，使得∠AOC和∠BOC都不小于30°”，如图，记的三等分点为M，N，连接OM，ON，则∠AON＝∠BOM＝∠MON＝30°，则符合条件的射线OC应落在扇形MON中，所∠MON30°1以P(T)＝＝＝，故选A. ∠AOB90°3

答案：A

题型四

相互独立事件和独立重复试验[来源:Zxxk.Com]

例4、某厂有4台大型机器，在一个月中，1台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独1立的，出现故障时需1名工人进行维修．每台机器出现故障的概率为. 3(1)问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%? (2)已知1名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资．每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就能使该厂产生5万元的利润，否则将不产生利润．若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的均值．

【解析】

(1)1台机器是否出现故障可看作1次试验，在1次试验中，机器出现故障设为事件A，则事件A114，，的概率为.该厂有4台机器，就相当于4次独立重复试验，可设出现故障的机器台数为X，则X～B3

3241611∴P(X＝0)＝C0·＝，P(X＝1)＝C··

443813

223＝32，P(X＝2)＝C412·22＝24，P(X＝3)＝C313·2＝8，P(X＝4)＝C414＝1. ···4438133813381381∴X的分布列为

X P

设该厂有n名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修”为X≤n，即X＝0，X＝1，X＝2，…，X＝n，这n＋1个互斥事件的和事件，则

n P(X≤n)

∵0 16

811 48

812 72

813 80

814 1 0 16

811 32

812 24

813 8

814 181[来源:Z|xx|k.Com]

7280＜90%≤，∴该厂至少需要3名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修8181的概率不少于90%. 【方法技巧】

(1)求复杂事件概率的两种方法

①直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．

②间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．

(2)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．

【变式探究】某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有2出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为，333，，他们出线与未出线是相互独立的．

45(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；

(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ. 解析：(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，

－－－11229则P(D)＝1－P(ABC)＝1－××＝. 34530(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，

－－－1121则P(ξ＝0)＝P(ABC)＝××＝；

34530－－－－－－21213211313P(ξ＝1)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝××＋××＋××＝；

34534534560－－－2322131339P(ξ＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝××＋××＋××＝；

345345345202333P(ξ＝3)＝P(ABC)＝××＝.学-科网

34510所以ξ的分布列为

ξ

P 0 1

301 13

602 9

203 3

1011393121Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 3060201060题型五

离散型随机变量的分布列、均值与方差

例5、[2018·北京卷]电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：

电影类型

电影部数

好评率

第一类

140 0.4 第二类

50 0.2 第三类

300 0.15 第四类

200 0.25 第五类

800 0.2 第六类

510 0.1 好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．

假设所有电影是否获得好评相互独立．

(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率．

(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率．

(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“ξk＝1”表示第k类电影得到人们喜欢，“ξk＝0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k＝1,2,3,4,5,6)．写出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小关系．

【解析】(1)解：由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，

第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50，

50故所求概率为＝0.025. 2 000(2)解：设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”．

故所求概率为P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A)(1－P(B))＋(1－P(A))P(B)．

由题意知P(A)估计为0.25，P(B)估计为0.2. 故所求概率估计为0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35. (3)解：Dξ1>Dξ4>Dξ2＝Dξ5>Dξ3>Dξ6. 【方法技巧】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：

(1)明确随机变量可能取哪些值．

(2)结合事件特点选取恰当的计算方法，并计算这些可能取值的概率值．

(3)根据分布列和期望、方差公式求解.学=科网

【变式探究】

(2017·全国Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：

最高气温

天数

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．

(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；

[10,15)

[15,20)

2

16

[20,25)

[25,30)

[30,35)

[35,40) 36

25

7

4

(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的期望达到最大值？

解

(1)由题意知，X所有的可能取值为200,300,500，

由表格数据知，

2＋16P(X＝200)＝＝0.2，

30×336P(X＝300)＝＝0.4，

30×325＋7＋4P(X＝500)＝＝0.4. 30×3则X的分布列为

X P 200 0.2 300 0.4 500 0.4

(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500. 当300≤n≤500时，

若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；

若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；

若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，

因此E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n. 当200≤n<300时，

若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；

若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，

因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n. 所以当n＝300时，Y的期望达到最大值，最大值为520元．

【变式探究】某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1,2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3为标准B，已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产品的零售价为4元/件．假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准．

(1)已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如下表所示：

X1

P 5 0.4 6 a[来7 b 8 0.1 源:Z_xx_k.Com]

且X1的数学期望EX1＝6，求a，b的值；

(2)为分析乙厂产品的等级系数X2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：学-科网

3

5

3

3

8

5

5

6

3

4

6

3

4

7

5

3

4

8

5

3

8

3

4

3

4

4

7

5

6

7 用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X2的数学期望；

(3)在(1)，(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．

注：①产品的“性价比”＝产品的等级系数的数学期望/产品的零售价；

②“性价比”大的产品更具可购买性．

解析：(1)∵EX1＝6，∴5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6，即6a＋7b＝3.2，又0.4＋a＋b＋0.1＝1，即a＋b＝0.5，

6a＋7b＝3.2，a＝0.3，∴由得

a＋b＝0.5，b＝0.2.

(3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：

∵甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，

6∴其性价比为＝1，

6∵乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，

4.8∴其性价比为＝1.2，

4又1.2＞1，∴乙厂的产品更具可购买性．