2025年高考科學復習創新方案數學提升版第十一章第7

講含答案第7講離散型隨機變量的分布列及數字特征

［課程標準］了解離散型隨機變量的概念，理解離散型隨機變量的分布列及其

數字特征(均值、方差).

基礎知識整合

＞知識梳理

1.隨機變量的概念及特征

(1)概念：一般地，對于隨機試驗樣本空間。中的每個樣本點都有畫唯

二的實數x(”)與之對應，我們稱x為隨機變量.

(2)特征：隨機試驗中，每個樣本點都有唯一的一個實數與之對應，隨機變量

有如下特征：

①取值依賴于兩樣本點.

②所有可能取值是畫明確的.

(3)離散型隨機變量

可能取值為同有限個或可以畫一一列舉的隨機變量，我們稱之為離散型隨

機變量.

2.離散型隨機變量的分布列及具性質

(1)定義：一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為X2,…，X”，我們

稱X的每一個值M的概率P(X=r)=p/,i=l,2,3,…，〃為X的概率分布列，

簡稱分布列.

(2)表示：離散型隨機變量的分布列也可以用表格表示，如下表所示：

XA\A2???Xn

???

P0戶

(3)離散型隨機變量的分布列的性質

①畫方2,…，〃);

②r^i〃i+啰+…+〃〃=1.

3.離散型隨機變量的均值

⑴離散型隨機變量的均值的概念

一般地，若離散型隨機變量x的分布列為

?.

XXIX2?Xn

???

PPiP2P"

則稱網E(X)=x如++…+工物=百為隨機變量X的均值或數學期

望.

(2)離散型隨機變量的均值的意義

均值是隨機變量可能取值關于取值概率的回加權平均數,它綜合了隨機變

量的取值和取值的概率，反映了隨機變量取值的「同平均水平.

(3)離散型隨機變量的均值的性質

若y=〃x+化其中。，人均是常數(X是隨機變量)，則y也是隨機變量，且有

FiT|E(aX+〃)=aE(X)+b.

4.離散型隨機變量的方差、標準差

(1)設離散型隨機變量X的分布列如表所示.

XXIX2???Xn

PPlP2???P"

我們用x所有可能取值X,與E(x)的偏差的平方3-E(X))2,U2-E(X))2,…,

(x〃-E(X))2關于取值概率的加權平均，來度量隨機變量X取值與其均值E(X)的偏

離程度.

⑵稱D(X)=向川-1X))2〃]+(X2-E(X))2〃2+…-(MLE(X)fp.=回夕(劉

-E(X))2PL為隨機變量X的方差,有時也記為%MX),并稱區。(X)為隨機變量X

的標準差，記為6X).

(3)離散型隨機變量方差的性質

①設。，〃為常數，則。(內＞與=回上跡.

②0(0=回氯其中。為常數).

5.兩點分布

如果P(A)=〃，則P(Z)=l—p,那么X的分布列為

X01

p1-PP

稱X服從兩點分布或0-1分布.且E(X)=回入D(X)=?！?1一〃).

a知識拓展

1.分布列性質的兩個作用

(1)利用分布列中各事件概率之和為1可求參數的值.

(2升庖機變量X所取的道分別對應的事件是兩兩互斥的，利用這一點可以求相

關事件的概率.

2.D(X)=E(X2)-[E(X)]2.

＞雙基自測

1.(人教B選擇性必修第二冊習題4-2BT4改編)某人進行射擊，共有5發

子彈，擊中目標或子彈打完就停止射擊，射擊次數為X,貝IJ“X=5”表示的試驗結

果是()

A.第5次擊中目標B.第5次未擊中目標

C.前4次未擊中目標D.第4次擊中目標

答案C

解析因為擊中目標或子彈打完就停止射擊，所以射擊次數X=5說明前4

次均未擊中目標.故選C.

2.已知隨機變量X的分布列為P(X=攵)弓，k=\,2,貝”(2＜XW4)=

B

A亢4

rv—16ou—16

答案A

113

解析P(2<XW4)=P(X=3)+P(X=4)=R+研二而故選A.

3.設某項試驗的成功率是失敗率的2倍，用隨機變量X描述一次試驗的成

功次數，則P(X=0)=()

O3二

A.B.D

12

C--

23

答案B

2

解析設P(X=1)=〃，貝1)尸。=0)=1-〃.依題意知，〃=2(1-〃)，解得〃=?

故P(X=O)="〃=；.故選B.

4.(多選)(人教B選擇性必修第二冊424練習AT5改編)設離散型隨機變量

X的分布列為

X01234

Pq0.40.10.20.2

若離散型隨機變量丫滿足r=2X+l,則下列結果正確的是()

A.q=0.1

B.E(X)=2,D(X)=i.4

C.E(X)=2,￡>(X)=1.8

D.E(r)=5,D(r)=7.2

答案ACD

解析因為g+0.4+0.1+0.2+0.2=l,所以g=0.1,故A正確；E(X)=0x0.l

+1x0.4+2x0.1+3x0.2+4x0.2=2,D(X)=(0-2)2X0.1+(l-2)2X0.4+(2-2)2

X0.1+(3-2)2X0.2+(4-2)2X0.2=1.8,故B錯誤，C正確；因為Y=2X+\,所

以E(K)=2E(X)+1=5,D(r)=4D(X)=7.2,故D正確.故選ACD.

5.現有7張卡片，分別寫上數字1,2,2,3,4,5,6.從這7張卡片中隨機

抽取3張，記所抽取卡片上數字的最小值為C,則P(X=2)=,E(X)=

答案I畀或申

解析從寫有數字1,2,2,3,4,5,6的7張卡片中隨機抽取3張，共有

G種取法，其中所抽取的卡片上數字的最小值為2的取法有CJ+CJC3種，所以

Cl+CiC516Cs

F(X=2)=—百一二天，山已知可得X的可能取值為1,2,3,4,P(X=1)=^1

二11,P(X=2)=!|,P(X=3)=言=號，P(X=4)二表=去，所以E(X)=lx||+2x||

c3,112

+3X35+4X35=T

核心考向突破

考向一離散型隨機變量分布列的性質

例1(2024.東莞模擬)同時拋擲兩枚質地均勻的骰子,觀察朝上一面出現的

點數.設兩枚骰子中出現的點數分別為X,X2,記乂=1我囚必，X2}.

(1)求乂的概率分布列；

(2)求產(2vXv5).

解(1)根據題意，拋擲兩枚骰子出現的點數有36種等可能的情況:

(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),

(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),

(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),

(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),

(51),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),

(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6);

因此X的可能取值為1,2,3,4,5,6,詳見下表:

X的值出現的點樣本點個數

1(1,1)1

2(1,2),(2,2),(2,1)3

3(1,3),(2,3),(3,3),(3,2),(3,1)5

4(1,4),(2,4),(3,4),(4,4),(4,3),(4,2),(4,1)7

(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(5,4),(5,3),

59

(5,2),(5,1)

(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6),(6,5),

611

(6,4),(6,3),(6,2),(6,1)

由古典概型可知X的概率分布列為

X123456

1157111

P

36V23636436

571

(2)由題意可知，P(2vXv5)=P(X=3)+P(X=4)=*+x=?.

1觸類旁通I離散型隨機變量分布列性質的應用

(1)利用分布列中各概率之和為1可求參數的值，此時要注意檢驗，以保證每

個概率值均為非負數.

(2)求隨機變量在某個范圍內取值的概率時，根據分布列，將所求范圍內隨機

變量的各個取值的概率相加即可，其依據是互斥事件的概率加法公式.

r即時訓練1.某電話亭中裝有一部公用電話，在觀察使用這部電話的人數時，

設在某一時刻，有〃個人正在使用電話或等待使用的概率為P(〃)，P(〃)與時刻/

無關，統計得到：PS)［，)'⑻(°W〃W5),那么在某一時刻，這個電話

10(〃26),

亭一個人也沒有的概率P(())的值為()

答案A

解析由P(O)+尸⑴+P(2)+尸(3)+P(4)+尸(5)=1,得

/iii?r>32

P(O)[1+2+4+8+T6+32<解得P(0)=而故選A.

2.設隨機變量X的概率分布列為

X1234

11\

pm

346

則P(|X-3|=1)=.

答案會

解析由卜加+卜卷=1,解得加斗「(|X-3|=1)=尸(X=2)+尸(X=4)=*

15

6=l2,

考向二求離散型隨機變量的分布列

例2(2024.湖北新高考協作體高三開學考試)袋中有同樣的球5個，其中3

個紅色，2個黃色，現從中隨機且不放回地取球，每次取1個，當兩種顏色的球

都被取到時，即停止取球，記隨機變量X為此時已取球的次數，求：

(1)P(X=2)的值；

(2)隨機變量X的分布列.

解(1)由已知可得從袋中不放回地取球兩次的所有取法有NCJ種，事件X=

2表示第一次取到紅球第二次取到黃球或第一次取到黃球第二次取到紅球，故事

....CJC1+CJCJ3

件X=2包含ClCi+C3C1種取法，所以P(X=2)=—西^—=亍

(2)隨機變量X的可能取值為2,3,4.

3A?Ci+A?Ci3

P(X=2)=m，P(X=3)=cgCld=6

P(X=4)=cicicici=To-

所以隨機變量X的分布列為

X234

331

P

51()1()

［觸類旁通1離散型隨機變量分布列的求解步驟

(1)明取值：明確隨機變量的可能取值有哪些及每一個取值所表示的意義.

(2)求概率：要弄清楚隨機變量的概率類型，利用相關公式求出變量所對應的

概率.

(3)畫表格：按規范要求形式寫出分布列.

(4)做檢驗：利用分布列的性質檢驗分布列是否正碓.

F即時訓練(2023?石家莊模擬)甲、乙兩人進行投籃比賽，分輪次進行，每輪

比賽甲、乙各投籃一次.比賽規定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得-1

分；若甲未投中，乙投中，甲得分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，

甲、乙均得。分.當甲、乙兩人累計得分的差值大于或等于4分時，就停止比賽，

分數多的獲勝；四輪比賽后，若甲、乙兩人累計得分的差值小于4分也停止比賽,

分數多的獲勝，分數相同則平局，甲、乙兩人投籃的命中率分別為0.5和0.6,且

互不影響.一輪比賽中甲的得分記為X.

(1)求乂的分布列；

(2)求甲、乙兩人最終平局的概率；

(3)記甲、乙一共進行了丫輪比賽，求丫的分布列.

解⑴依題意，

X的所有可能取值為-1,0,1.

p(X=-1)=(1-0.5)xi).6=0.3,

P(X=0)=0.5x0.6+(1-0.5)(1-0.6)=0.5,

P(X=l)=0.5x(l-0.61=0.2,

所以X的分布列為

X-101

P0.30.50.2

(2)因為甲、乙兩人最終平局，所以甲、乙一定進行了四輪比賽，分三種情況:

①四輪比賽中甲、乙均得。分，其概率為0.54=0.0625；

②四輪比賽中，有兩輪甲、乙均得()分，另兩輪甲、乙各得1分，其概率為

2C4X0.2X0.3X0.5X0.5=0.18；

③四輪比賽中，甲、乙各得2分，且前兩輪甲、乙各得1分，其概率為

2x0.2x03x2x0.2x0.3=0.0144.

故甲、乙兩人最終平局的概率為().0625+().18+0.0144=().2569.

(3)丫的所有可能取值為2,3,4,

P(Y=2)=0.3x03+0.2x0.2=0.13,

P(Y=3)=2x0.3x0.5x03+2x0.2x0.5x0.2=0.13,

P(y=4)=1-P(r=2)-P(r=3)=0.74,

所以y的分布列為

Y234

P().130.130.74

多角度探究突破

考向二離散型隨機變量的數字特征

~~角度1數字特征的計算

例3(2022?全國甲卷)甲、乙兩個學校進行體育比賽，比賽共設三個項目，

每個項目勝方得10分，負方得。分，沒有平局.三個項目比賽結束后，總得分高

的學校獲得冠軍.已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,().8,各

項目的比賽結果相互獨立.

(1)求甲學校獲得冠軍的概率；

(2)用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望.

解(1)設甲在三個項目中獲勝的事件依次記為4B,C,所以甲學校獲得冠

軍的概率為P=P(ABQ+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=0.5x().4x().8+

0.5x04x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x04x0.2=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6.

(2)依題意可知，X的可能取值為0,10,20,30,

P(X=0)=0.5x04x0.8=0.16,

P(X=10)=0.5x04x0.8+0.5x0.6x0.8+0.5x04x0.2=0.44,

P(X=20)=0.5x0,6x0.8+0.5x0,4x0.2+0.5x0.6x0.2=0.34,

P(X=30)=0.5x0.6x02=0.06.

即X的分布列為

X0102030

p0.160.440.340.06

期望E（x）=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13.

角度2數字特征的應用

例4某投資公司在2024年年初準備將1000萬元投盜到“低碳”項目上，現

有兩個項目供選擇：

項目一：新能源汽車.據市場調研，投資到該項目二，到年底可能獲利30%,

72

也可能虧損15%,且這兩種情況發生的概率分別為§和于

項目二：通信設備.據市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利50%,

可能損失30%,也可能不賠不賺，且這三種情況發生的概率分別為|,上咕.

針對以上兩個投資項目，請你為投資公司選擇一個合理的項目，并說明理由.

解若按“項目一”投資，設獲利為X萬元，則Xi的分布列為

Xi300-15()

72

p

99

72

E(Xi)=3()()x-+(-150)x-=200.

7?

0(X1)=(300—200)2xg+(—150-200)2X§=35000.

若按“項目二”投資，設獲利為X2萬元，則X2的分布列為

X25(X)-3000

311

P

5315

311

2(X2):500x-+(-300)x1+Ox——200.

0(X2)=(500-200)2Xj+(-300-200)2x|+(0-200)2X^=140000.

...E(Xi)=E(X2),D(X\)<D(X2),

這說明雖然項目一、項目二獲利相等，但項目一更穩妥.

綜上所述，建議該投資公司選擇項目一投資.

口觸類旁通I離散型隨機變量的期望與方差的常見類型及解題策略

(1)求離散型隨機變量的期望與方差.可依題設條件求出離散型隨機變量的分

布列，然后利用期望、方差公式直接求解.

(2)由已知期望或方差求參數值.可依據條件利用期望、方差公式得出含有參

數的方程(組)，解方程(組)即可求出參數值.

(3)由已知條件，作出對兩種方案的判斷.可依據期望、方差的意義，對實際

問題作出判斷.

r即時訓練I.某檢測機構在對某一傳染病毒進行核酸檢測時采取7合1檢測

法”，即將％個人的拭子樣本合并檢測，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性

的；若為陽性，則還需要對本組的每個人再做檢測.現有100人，已知其中2人

感染此病毒.

(1)①若采用“10合1檢測法”，且兩名患者在同一組，求總檢測次數；

②已知10人分成一組，分1。組，兩名感染患者在同一組的概率為定義

隨機變量X為總檢測次數，求檢測次數X的分布列和數學期望E(X)；

(2)若采用“5合1檢測法“，檢測次數丫的期望為E(Y),試比較E(X)和E(K)的

大小(直接寫出結果).

解(1)①對每組進行檢測，需要10次；

再對結果為陽性的組每個人進行檢測，需要10次.

所以總檢測次數為20.

②由題意，知X可以取20,30,

P(X=2())=十，P(X=3())=14書

則X的分布列為

X2030

110

P

1111

1]()32()

所以E(X)=20x—+30x-j-j-=-「「.

(2)由題意，知丫可以取25,30,

嬴

兩名感染患者在同一組的概率為P二20奇C?廣C二為4，

不在同一組的概率為哈符，

4952950

貝ijE(r)=25x—+3()v—=.

2.已知A,3兩個投資項目的利潤率分別為隨機變量X和X2,根據市場分

析，M和X2的分布列如下：

(1)在A,8兩個項目上各投資200萬元，看和力(單位：萬元)表示投資項目A

和B所獲得的利潤，求Q(K)和D(y2)；

(2)將X0<A<200)萬元投資A項目，(200-幻萬元投資B項目，火幻表示投資

A項目所得利潤的方差與投資8項目所得利潤的方差之和.則當x為何值時，/㈤

取得最小值？

解(1)依題意得,

E(Yi)=4x0.1+16x0.5+24x0.4=18,

0(/1)=(10-14)2x0.6+(20-14>XO.4=24,

。(上)=(4—18)2x0.1+(16—18)2x0.5+(24-18)2x0.4=36.

x200-x

(2)設投資A項目所得利潤為辦二赤H，投資8項目所得利潤為Z?=-^-Y2.

,")=D(Z.)+。0)=。島+。(安匕)=(就之a”)+(安『。(如

=磊(5/-1200%+120000),0<r<200,故當x=120時，/)取得最小值.

課時作業

一、單項選擇題

1.(2023?吉安模擬)設隨機變量4的分布列為啟=§=成/=1,2,3,4,

5),則6*聲4]=()

A.|B.1

C.|D.1

答案D

解析.??隨機變量C的分布列為柬二§二成供=1,2,3,4,5),/.?(1+2

+3+4+5)=1,解得〃=.,.《^<。<；)=「仁=1)+產仁=2)==+看=上.故選

D.

2.(2023?溫州模擬)隨機變量X的分布列如表所示：若E(X)=g,貝IJO(3X-

2)=()

X-101

2

P6ah

C.5D.7

答案C

1

1,a=3y

解析VE(X)=1,/.由隨機變量X的分布列，得v

1]解得,

遂+吟，

5

-

/.D(3X-2)=9ZXX)=9x9-

5.故選C.

3.簽盒中有編號為1,2,3,4,5,6的六支簽，從中任意取3支，設X為

這3支簽的號碼之中最大的一個，則X的數學期望為()

A.5B.5.25

C.5.8D.4.6

答案B

解析由題意可知，X的所有可能取值為3,4,5,6,P(X=3)=^=*，

Ci3Ca31

P(X=4)=d=行,P(X=5)=0=行,P(X=6)=過=s.由數學期望的定義可得E(X)

1331

=3x—+4x—+5x—+6x-=5.25.故選B.

4.(2023?浙江強基聯盟模擬)已知甲、乙兩名員工分別從家中趕往工作單位的

時間互不影響，經統計，甲、乙一個月內從家中到工作單位所用時間在各個時間

段內的頻率如下：

時間/分鐘10?2020?3030?4040?50

甲的頻率0.10.40.20.3

乙的頻率00.30.60.1

某日工作單位接到一項任務，需要甲在30分鐘內到達，乙在40分鐘內到達,

用X表示甲、乙兩人在要求時間內從家中到達單位的人數，用頻率估計概率，則

X的數學期望和方差分別是()

A.E(X)=1.5,D(X)=0.36

B.E(X)=1.4,D(X)=0.36

C.E(X)=1.5,D(X)=0.34

D.E(X)=1.4,D(X)=0.34

答案D

解析設事件4表示“甲在規定的時間內到達”，事件8表示“乙在規定的時

間內到達”,P(A)=0.5,P(8)=0.9,A,8相互獨立，.?.P(X=O)=P(ZB)=P(A)P(B)

=(1-0.5)x(I-0.9)=0.05,P(X=1)=P(。8)+P(AE)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=(l

-0.5)x0.9+0.5x(I-0.9)=0.5,P(X=2)=P(AB)=P(A)P(B}=05x0.9=0.45,/.E(X)

=0x0.05+1x0.5+2x0.45=1.4,D(X)=E(X2)-[E(X)]2=0.34.故選D.

5.(2023?西寧模擬)某車間打算購買2臺設備，該設備有一個易損零件，在購

買設備時可以額外購買這種易損零件作為備件，價格為每個120元.在設備使用

期間，零件損壞，備件不足再臨時購買該零件時，價格為每個280元.在使用期

間，每臺設備需更換的零件個數X的分布列為

X678

P0.40.50.1

若購買2臺設備的同時購買易損零件13個，則在使用期間，這2臺設備另需

購買易損零件所需費用的期望為()

A.1716.8元B.206.5元

C.168.6元D.156.8元

答案D

解析記丫表示2臺設備使用期間需更換的零件數，則丫的所有可能取值為

12,13,14,15,16,P(y=12)=0.42=0.16,P(Y=13)=2x0.4x0.5=0.4,P(Y=

14)=0.52+2X0,4X0.1=0.33,P(Y=15)=2xO.5xO.l=0.1,P(Y=16)=0.12=0.01.

若購買2臺設備的同時購買易損零件13個，在使用期間，記這2臺設備另需購買

易損零件所需費用為Z元，則Z的所有可能取值為0,280,560,840,P(Z=O)

=P(13)=0.16+0.4=0.56,P(Z=280)=P(r=14)=0.33,P(Z=560)=P(K=15)

=0.1,P(Z=840)=P(Y=16)=0.01,E(Z)=280x0.33+560x0.1+840x0.01=156.8.

故選D.

6.甲、乙兩人進行乒乓球比賽，約定每局勝者得I分，負者得。分，比賽進

行到有一人比對方多2分或打滿6局時停止.設甲在每局中獲勝的概率為宗乙在

每局中獲勝的概率為I且各局勝負相互獨立，則比賽停止時已打局數X的期望

印0為()

A劌B迪

A.8]U.8]

「274、670

=r8—1o口—243

答案B

解析依題意，知X的所有可能取值為2,4,6,設每兩局比賽為一輪，則

22

該輪結束時比賽停止的概絲為停)+(1)=5?若該輪結束時比賽還將繼續，則甲、

乙在該輪中必是各得一分，此時，該輪比賽結果對下輪比賽是否停止沒有影響.從

而有P(X=2)=|,P(X=4)=1X|=|Y，P(X=6)=^j=^y,故￡(X)=2X|+4X|Y+

6入所二故選B.

7.已知某口袋中有3個白球和。個黑球(a€N)現從中隨機取出一球，再

放入一個不同顏色的球(即若取出的是白球，則放入一個黑球；若取出的是黑球，

則放入一個白球)，記換好球后袋中白球的個數是X.若￡(%)=3,則。(％)=()

A.；B,1

3

C，2D.2

答案B

解析由題意得x的所有可能取值為2,4,且P(X=2)=H，P(X=4)=”;,

J"T"C4JL<

。11

.?.E(X)=2x^^+4xy^=3,解得a=3,.\P(X=2)=^,P(X=4)=^,：.D(X)

=(2-3)2X1+(4-3)2X^=1.故選B.

8.設0<〃vl,隨機變量。的分布列是

02

1一〃1

P11

222

則當〃在(0,1)內增大時，()

A.Q?減小B.￡)?增大

C.。?先減小后增大D.。?先增大后減小

答案D

2

解析由題意可得E?K+P，所以O?="+〃+/=d)+1所

以當〃在(0,1)內增大時，。(給先增大后減小.故選D.

二、多項選擇題

9.若隨機變量X服從兩點分布，其中P(X=0)=*則下列結論正確的是()

A.P(X=1)=￡(X)B.E(3X+2)=4

C.D(3X+2)=4D.D(X)=^

答案AB

121

解析依題意P(X=0)=.所以尸(X=1)="P(X=0)=?所以￡(X)=OX-+

22

X---1(29

3=3X)Hxg+U一引=§，所以P(X=1)=E(X),E(3X+2)=3E(X)

2

-2

3=4,D(3Y+2)=32D(X)=32X^=2,所以A,B正確，C,D錯誤.故

選AB

10.已知隨機變量X的分布列如下表:

X-101

pmn

x+X

記“函數於)=3sin=-7t(x￡R)是偶函數”為事件A,則下列結論正確的是

()

33

A.E(X)=4-B.+〃=^

c.P(A)=5D.P(A)=；

答案BC

3

確

故

-B正

解析由隨機變量的分布列知，〃+(+，?=1,〃+-

4X)

=-1xm+Ox-+1=-m+n=-ni+--m=--2m,故A錯誤；二,函數貫刈二

x+X

3/】亍11(八€R)是偶函數為事件A,.?.涉足條件的事件A的X的可能取值為-I

3

或1,.?.P(A)=/〃+〃=a，牧C正確，D錯誤.故選BC.

H.已知排球發球考試規則：每位考生最多可發球三次，若發球成功，則停

止發球，否則一直發到3次結束為止.某考生一次發球成功的概率為〃(0<〃〈I),

發球次數為X,若X的數學期望E(X)>1.75,則〃的取值可以為()

A4D1

號D.|

答案AB

解析由題意可知，P(x=l)=p,P(X=2)=(l-p)p,P(X=3)=(l-p)2p+(l

-〃)3=(i-〃)2,則E(y)=p+2(1-〃)p+3(l-p)2=p2-3〃+3.由E(X)>1.75可知

4/72-12/?+5>0,解得〃vg或〃<又〃￡(0,1),故Ov〃v；.故選AR.

三、填空題

12.(2023?華南師大附中模擬)設隨機變量4的分布列如下:

123456

Pa\ai43(14。5。6

其中S,。2,…，。6構成等差數列，則41+46=

答案5

解析因為(12,…，。6構成等差數列，所以0+46=。2+。5=。3+出，因

為+(12+(13+(14+C15+?6=1,所以Cl\+(16=y

735

13.已知離散型隨機變量X的取值為有限個，E(X)=2,D(X)=^t則E(X2)

=?

…91

答案T

735

解析因為E(X)=~,D(X)=—，由DGX3=E(X2)-[￡(X)]2,得￡(X2)=DG￥)

+[E(x)]2=||+g)2=y.

14.袋中有4個紅球，加個黃球，〃個綠球.現從中任取兩個球，記取出的

紅球數為。，若取出的兩個球都是紅球的概率為右一紅一黃的概率為：，則加-〃

=,E?=?

Q

答案1I

Cl191

解析由題意可得，P(D=瓦(4+,…)一(3+,…)=不化簡，

得(陽+〃)2+7(〃?+〃)-60=0,解得〃?+〃=5,取出的兩個球一紅一黃的概率。=

廣察解得〃?=3,故〃=2.所以〃一?=1.易知E的所有可能取值為0,

IClclScl55S

1,2,且P《=2)=不1)=^^=3,2《=0)=杏=6所以E?=0x^+Ixj

18

_-

2X6=

9-

四、解答題

15.(2024?北京第三十五中學開學考試)為了解某中學高

一年級學生的身體素質情況，對高一年級的(1)?(8)班進行

了抽測，采取如下方式抽樣：每班隨機各抽取1。名學生進

行身體素質監測.經統計，每班10名學生中身體素質監測

成績達到優秀的人數的散點圖如圖(工軸表示對應的班號，

軸表示對應的優秀人數).

⑴若用散點圖預測高一年級學生的身體素質情況，從高一年級學生中任意抽

測1人，求該學生身體素質監測成績達到優秀的概率；

(2)若從以上統計的高一(2)班和高一(4)班的學生中各抽出1人，設X表示2

人中身體素質監測成績達到優秀的人數，求X的分布列及其數學期望；

(3)假設每個班學生身體素質優秀的概率與該班隨機抽到的10名學生的身體

素質優秀率相等.現在從每班中分別隨機抽取1名學生，用“以二1”表示第攵班抽

到的這名學生身體素質優秀，“熬=0”表示第k班抽到的這名學生身體素質不優秀

(A=l,2,8).寫出方差。?),。仁3),。⑸的大小關系(不必寫出證

明過程).

解(1)從高一年級(1)?(8)班學生中抽測了80人，其中身體素質監測成績優

秀的人數為8+6+9+4+7+5+9+8=56,

所以身體素質監測成績優秀的概率是焉.

因為是隨機抽樣，所以用樣本估計總體，可知從高一年級學生中任意抽測1

人，該學生身體素質監測成績達到優秀的概率是看.

(2)因為高一(2)班抽出的10名學生中，身體素質監測成績達到優秀的有6人,

不優秀的有4人，

高一(4)班抽出的10名學生中，身體素質監測成績達到優秀的有4人，不優

秀的有6人，

所以從高一(2)班和高一(4)班的學生中各抽出1人,X的所有可能取值為0,1,

2.

236

P(X=0)=5X5=25,

332213

P(X=l)=-x-+-x-=-,

P(X=2)=淺=微,

所以X的分布列為

X012

6136

P

252525

數學期望E(X)=Ox^+lx1|+2x^=1.

(3)。@)=。(a)>。?)>。哈).

理由：由于夕脩=1)=0.8,P(2=1)=06P(+=l)=0.9,P(^4=I)=0.4,

且薇服從兩點分布，

「II21

所以。（a）=p（&=i）u-p（蔡=i）]=-忸（&=i）+不

由于p(<3=1)=0.9>P(4=1)=0.8>P(<2=1)=0.6片P?=1)=0.4,

。?。?七-（以=1）1_2+;在/1）、上單調遞減，

所以D?）=。仁2）＞。?）＞。（韶）.

16.某烘焙店加工一人成本為60元的蛋糕，然后以每個120元的價格出售，

如果當天賣不完，剩下的這種蛋糕作廚余垃圾處理.

（1）若烘焙店一天加工16個這種蛋糕，求當天的利潤M單位：元）關于當天需

求量〃（單位:個，〃《N）的函數解析式；

（2）烘焙店記錄了100天這種蛋糕的日需求量（單位：個），整理得下表：

日需求量〃14151617181920

頻數10201616151310

以這10。天記錄的日需求量的頻率作為日需求量發生的概率.

①若烘焙店一天加工16個這種蛋糕，X表示日利潤（單位：元），求X的分布

列、數學期望及方差；

②若烘焙店一天加工16個或17個這種蛋糕，僅從獲得利潤大的角度考慮，

你認為應加工16個還是17個？請說明理由.

120//-960,[0,16）,?€N,

i960,〃€[16,+00）,n€N.

（2）①由題意可得，X的所有可能取值為720,840,960,對應的概率分別為

0.1,0.2,0.7,所以X的分布列為

X720840960

P0.10.20.7

E(X)=720x0.1+840x0.2+960x0.7=912(元);

D(X)=(720—912產x0.1+(840-912)2X0.2+(960-912)2X0.7=6336.

②當加工17個這種蛋糕時，y表示日利潤(單位：元)，貝ijy的分布歹ij為

y6607809001020

p0.10.20.160.54

則E(Y)=660x0.1+780x0.2+900x0.16+1020x0.54=916.8(7E),9I6.8>912.

從數學期望來看，一天加工17個這種蛋糕的日利潤高于一天加工16個這種

蛋糕的日利潤，所以應加工17個.

17.(2023?武漢模擬)口袋中共有7個質地和大小均相同的小球，其中4個是

黑球，現采用不放回抽取方式每次從口袋中隨機抽取一個小球，直到將4個黑球

全部取出時停止.

⑴記總的抽取次數為X,求E(X)；

(2)現對方案進行調整：將這7個小球分裝在甲、乙兩個口袋中，甲袋裝3個

小球，其中2個是黑球；乙袋裝4個小球，其中2個是黑球.采用不放回抽取方

式先從甲袋每次隨機抽取一個小球，當甲袋的2個黑球被全部取出后再用同樣方

式在乙袋中進行抽取，直到將乙袋的2個黑球也全部取出后停止.記這種方案的

總抽取次數為y,求反為，并用實際意義解釋E(n與(D中的E(X)的大小關系.

解(DX的所有可能取值為4,5,6,