随机变量及其分布列（练习）（含解析）2023年高考数学二轮复习

考点10-3随机变量及其分布列1．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（

）A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，则此时连胜两盘的概率为则；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，则记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为则则即，，则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D2．已知随机变量的分布列如下表所示：012若，则（

）A．>，> B．<，>C．>，< D．<，<【答案】A【分析】通过计算期望和方差来求得正确答案.【详解】，，由于，所以.，同理可得.，所以.故选：A3．“保护环境，绿色出行”是现代社会提倡的一种环保理念，李明早上上学的时候，可以乘坐公共汽车，也可以骑单车，已知李明骑单车的概率为0.7，乘坐公共汽车的概率为0.3，而且骑单车与乘坐公共汽车时，李明准时到校的概率分别为0.9与0.8，则李明准时到校的概率是（

）A．0.9 B．0.87 C．0.83 D．0.8【答案】B【分析】分别求出乘坐公共汽车和骑单车准时到校的概率，然后求和即为准时到校的概率.【详解】李明上学骑单车准时到校的概率为，乘坐公共汽车准时到校的概率为，因此李明准时到校的概率为：，故选：B4.已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．【答案】##．【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为，所以，因此．故答案为：．5.已知随机变量服从正态分布，且，则___________.【答案】【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案【详解】因为随机变量服从正态分布，其对称轴方程为设，所以又根据题意，故答案为：6.．现有3道四选一的单选题，学生李明对其中的2道题有思路，1道题完全没有思路，有思路的题答对的概率为0.8，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，若每题答对得5分，不答或答错得0分，则李明这3道题得分的期望为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】记李明这3道题得分为随机变量，则的取值为0，5，10，15，然后根据题意求出相应的概率，从而可求出李明这3道题得分的期望.【详解】记李明这3道题得分为随机变量，则的取值为0，5，10，15，，，，，所以．故选：B7．若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积.则如图所示的涂色部分的面积表示（

）A．事件A发生的概率 B．事件B发生的概率C．事件B不发生条件下事件A发生的概率 D．事件A、B同时发生的概率【答案】A【分析】根据图示，表示出涂色部分的面积，利用条件概率的概率公式整理化简，即可求得答案.【详解】由题意可得，如图所示的涂色部分的面积为,故选：A8．设0＜a＜1．随机变量X的分布列是X0a1P则当a在（0，1）内增大时，（

）A．E（X）不变 B．E（X）减小 C．V（X）先增大后减小 D．V（X）先减小后增大【答案】D【分析】根据分布列写出和关于的函数式，由函数性质可得结论．【详解】，∴E（X）增大；，∵0＜a＜1，∴V（X）先减小后增大．故选：D．9.某项比赛规则是3局2胜，甲乙两人进行比赛，假设甲每局获胜的概率为，则由此估计甲获胜的概率为______.【答案】【分析】由题可知甲获胜的有两类，和，然后利用独立事件概率公式计算即得.【详解】因为甲获胜的方式有和两种，所以甲获胜的概率为.故答案为：.10．柯西分布(Cauchydistribution)是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量服从柯西分布为，其中当，时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为．已知，，，则________.【答案】##0.25【分析】由概率密度函数得其关于对称，由对称性求得概率．【详解】由已知，概率密度函数图象关于对称，，又，，，故答案为：．11.已知数列{an}满足a1＝0，且对任意n∈N*，an+1等概率地取an+1或an﹣1，设an的值为随机变量ξn，则（）A．P（ξ3＝2）＝ B．E（ξ3）＝1C．P（ξ5＝0）＜P（ξ5＝2） D．P（ξ5＝0）＜P（ξ3＝0）【答案】D【分析】由题意可知a2＝1或a2＝－1，且P（a2＝1）＝P(a2＝－1)＝，进而可求ξ3的期望，可判断AB；再结合条件求P（ξ5＝0），可判断CD.【详解】依题意a2＝1或a2＝－1，且P（a2＝1）＝P(a2＝－1)＝，ξ3＝a3的可能取值为2，0，－2P（ξ3＝2）＝×＝，P（ξ3＝0）＝2×＝，P（ξ3＝－2）＝＝，E（ξ3）＝2×+0×+(－2）×＝0，由此排除A和B；ξ4＝a4的可能取值为3,1，－1，－3，P（ξ4＝3）＝P（ξ3＝2）＝，P（ξ4＝1）＝＝，P（ξ4＝－1）＝＝，P（ξ4＝－3）＝P（ξ3＝－2）＝，ξ5＝a5的可能取值为4，2，0，－2，－4P（ξ5＝0）＝＝，P（ξ5＝2）＝＝，所以P（ξ5＝0）＞P（ξ5＝2），排除C．因为P（ξ5＝0）＝，P（ξ3＝0）＝，所以P（ξ5＝0）＜P（ξ3＝0），故D正确.故选：D．12．已知，且，记随机变量为x，y，z中的最大值，则（

）A． B．C．5 D．【答案】D【分析】先求出方程的全部正整数解，即基本事件总数，为x，y，z中的最大值，则可能的取值为，然后分别求出对应的概率即可.【详解】根据隔板法，将看做个完全相同的小球排成一排，中间形成的个空，放入两块隔板，可求得正整数解有组，可能的取值为，不妨设，则，下分类讨论：，；，，；，；，但根据的对称性，上述每一组解的结果数还要乘以，于是则有：，，，，于是故选：D13．随机变量的概率分布列如下：012……12……其中，则（

）A． B． C．6 D．12【答案】C【分析】由分布列的归一性求出，从而，由此利用倒序相加法能求出结果．【详解】由分布列的性质可得：，得，①，②，由①②得，所以．故选：．【点睛】本题综合性较强，考查知识点较多，解答本题的关键是将所求数学期望变形，根据倒序相加法，利用组合式的性质计算求解.14．已知随机变量，若，则______．【答案】【分析】，二项分布的性质，算出，在使用即可.【详解】因为，，所以，所以，所以，所以，所以．答案为：15．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：从中任取3球，恰有一个白球的概率是；从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为；从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为．其中所有正确结论的序号是______．【答案】【详解】分析：①所求概率为，计算即得结论；②利用取到红球次数可知其方差为；通过每次取到红球的概