2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章第5节 离散型随机变量的分布列及数字特征含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章第五节离散型随机变量的分布列及数字特征课标解读考向预测通过具体实例，了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及其数字特征(均值、方差).预计2025年高考仍将以条件概率、相互独立事件的概率、全概率公式求概率和分布列、均值与方差的计算、统计为核心，整合构建综合解答题.必备知识——强基础1．离散型随机变量一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点w，都有eq\x(\s\up1(01))唯一的实数X(w)与之对应，我们称X为随机变量；可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量称为离散型随机变量．2．离散型随机变量的分布列一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称eq\x(\s\up1(02))X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n为X的概率分布列，简称分布列．3．离散型随机变量的分布列的性质(1)pi≥0(i＝1，2，…，n)．(2)eq\x(\s\up1(03))p1＋p2＋…＋pn＝1.4．离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xnPp1p2…pn(1)均值称E(X)＝eq\x(\s\up1(04))x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))xipi为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的eq\x(\s\up1(05))平均水平．(2)方差称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\x(\s\up1(06))eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))__(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，并称eq\x(\s\up1(07))__eq\r(D（X）)为随机变量X的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的eq\x(\s\up1(08))偏离程度．5．两点分布的分布列及其数字特征若X服从两点分布，则分布列如下：X01P1－pp期望E(X)＝eq\x(\s\up1(09))p，方差D(X)＝eq\x(\s\up1(10))p(1－p)．6．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝eq\x(\s\up1(11))aE(X)＋b．(2)D(aX＋b)＝eq\x(\s\up1(12))a2D(X)(a，b为常数)．1．随机变量的线性关系若X是随机变量，Y＝aX＋b，a，b是常数，则Y也是随机变量．2．判断所求离散型随机变量的分布列是否正确，可用pi≥0，i＝1，2，…，n及p1＋p2＋…＋pn＝1检验．3．均值与方差的四个常用性质(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．(3)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.(4)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2)．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)离散型随机变量是指某一区间内的任意值．()(2)如果随机变量X的分布列由下表给出，X25P0.30.7则它服从两点分布．()(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小．()(4)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．()答案(1)×(2)×(3)√(4)√2．小题热身(1)袋中有3个白球、5个黑球，从中任取2个，可以作为随机变量的是()A．至少取到1个白球 B．至多取到1个白球C．取到白球的个数 D．取到球的个数答案C解析A，B表述的都是随机事件；D是确定的值2，并不随机；C是随机变量，可能取值为0，1，2.(2)设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(i)，i＝1，2，3，则a的值为()A．eq\f(8,7) B．eq\f(7,8) C．eq\f(7,16) D．eq\f(16,7)答案A解析由题意aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)))＝1，a＝eq\f(8,7).(3)甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共下三局．用ξ表示甲的得分，则{ξ＝3}表示()A．甲赢三局B．甲赢一局输两局C．甲、乙平局二次D．甲赢一局输两局或甲、乙平局三次答案D解析因为甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，故{ξ＝3}表示两种情况，即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次．(4)若随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)的值为________．答案0解析因为P(X＝c)＝1，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0.考点探究——提素养考点一离散型随机变量分布列的性质例1已知随机变量X的分布列为X－101Pabc其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________，公差d的取值范围是________．答案eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))解析因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝eq\f(1,3)，因此P(|X|＝1)＝a＋c＝eq\f(2,3).又a＝eq\f(1,3)－d，c＝eq\f(1,3)＋d，根据分布列的性质，得0≤eq\f(1,3)－d≤eq\f(2,3)，0≤eq\f(1,3)＋d≤eq\f(2,3)，所以－eq\f(1,3)≤d≤eq\f(1,3).故公差d的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))).【通性通法】离散型随机变量分布列的性质的应用应用一利用“概率之和为1”可以求相关参数的值应用二利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率应用三可以根据性质判断所得分布列结果是否正确【巩固迁移】1．设离散型随机变量X的分布列为X01234P0.20.10.10.3m(1)求2X＋1的分布列；(2)求随机变量Y＝|X－1|的分布列．解(1)由分布列的性质知，0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.列表为X012342X＋113579从而2X＋1的分布列为2X＋113579P0.20.10.10.30.3(2)由(1)知m＝0.3，列表为X01234|X－1|10123所以P(Y＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，P(Y＝0)＝P(X＝1)＝0.1，P(Y＝2)＝P(X＝3)＝0.3，P(Y＝3)＝P(X＝4)＝0.3，故Y＝|X－1|的分布列为Y0123P0.10.30.30.3考点二求离散型随机变量的分布列(多考向探究)考向1与互斥事件、独立事件有关的分布列例2甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制(先赢3局的学校获胜，比赛结束)，约定比赛规则如下：先进行男生排球比赛，共比赛两局，后进行女生排球比赛．按照以往比赛经验，在男生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为eq\f(2,3)，乙校获胜的概率为eq\f(1,3)，在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为eq\f(1,3)，乙校获胜的概率为eq\f(2,3).每局比赛结果相互独立．(1)求甲校以3∶1获胜的概率；(2)记比赛结束时女生比赛的局数为ξ，求ξ的概率分布列．解(1)甲校以3∶1获胜，则甲校在第四局获胜，前三局胜两局，P＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,81)＋eq\f(8,81)＝eq\f(4,27).(2)ξ的所有可能取值为1，2，3，P(ξ＝1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，P(ξ＝2)＝eq\f(4,27)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(10,27)，P(ξ＝3)＝1－eq\f(2,9)－eq\f(10,27)＝eq\f(11,27)，故ξ的概率分布列为ξ123Peq\f(2,9)eq\f(10,27)eq\f(11,27)【通性通法】在求几个互斥事件构成的事件的概率时，一般先利用独立事件的定义求出各个互斥事件发生的概率，然后用概率加法公式求概率，审题时应注意关键词语，如“至多有一个”“至少有一个”“恰有一个”等，在求复杂事件的概率时，应学会对事件等价分解(互斥事件的和、几个独立事件同时发生)，或者考虑结合对立事件求解，从而使问题变得更易解决．【巩固迁移】2．(2023·广东潮阳实验、湛江一中、深圳实验三校联考)在一个口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的五张卡片，这些卡片除编号不同外其他都相同，从口袋中有放回地摸卡片3次．(1)求3次摸出卡片的数字之和为奇数的概率；(2)记这3次中摸出卡片的最大编号数为随机变量X，求X的分布列．解(1)依题意，摸一次编号为奇数的概率为eq\f(3,5)，编号为偶数的概率为eq\f(2,5)，要使3次摸出卡片的数字之和为奇数，则有1次或3次摸出的为奇数卡片，所以概率P＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(63,125).(2)依题意，X的所有可能取值为1，2，3，4，5，所以P(X＝1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(7,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(19,125)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(37,125)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(61,125)，所以X的分布列为X12345Peq\f(1,125)eq\f(7,125)eq\f(19,125)eq\f(37,125)eq\f(61,125)考向2与古典概型有关的分布列例3(2024·江苏连云港模拟)某校为校级元旦晚会选拔主持人，现有来自高一年级的参赛选手5名，其中男生2名，高二年级的参赛选手5名，其中男生3名．从这10名参赛选手中随机选择4人组成搭档参赛．(1)设事件A为“选出的4人中恰有2名男生，且这2名男生来自同一个年级”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的4人中男生的人数，求随机变量X的分布列．解(1)由题意可知，从这10名参赛选手中随机选择4人组成搭档参赛共有Ceq\o\al(4,10)＝210种选法，事件A的选法共有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,5)＝40种，故P(A)＝eq\f(40,210)＝eq\f(4,21).(2)由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，由于P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,5)Ceq\o\al(4－k,5),Ceq\o\al(4,10))(k＝0，1，2，3，4)，故X的分布列为X01234Peq\f(1,42)eq\f(5,21)eq\f(10,21)eq\f(5,21)eq\f(1,42)【通性通法】(1)求古典概型的离散型随机变量的分布列，要注意应用计数原理、排列组合的知识求样本点的个数及事件A包含的样本点的个数，然后应用古典概型的概率公式求概率．(2)求出分布列后，注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列是否正确．【巩固迁移】3．有编号为1，2，3，…，n的n名学生，入座编号为1，2，3，…，n的n个座位，每名学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，已知X＝2时，共有6种坐法．(1)求n的值；(2)求随机变量X的分布列．解(1)因为当X＝2时，有Ceq\o\al(2,n)种方法，又Ceq\o\al(2,n)＝6，即eq\f(n（n－1）,2)＝6，也即n2－n－12＝0，解得n＝4或n＝－3(舍去)，所以n＝4.(2)因为学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，由题意可知X的可能取值为0，2，3，4，所以P(X＝0)＝eq\f(1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,24)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)×1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,4)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)×2,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,3)，P(X＝4)＝1－eq\f(1,24)－eq\f(1,4)－eq\f(1,3)＝eq\f(3,8)，所以X的分布列为X0234Peq\f(1,24)eq\f(1,4)eq\f(1,3)eq\f(3,8)考点三离散型随机变量的数字特征(多考向探究)考向1数字特征的计算例4某班元旦联欢晚会上，设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有1个红球，1个黄球，1个白球和1个黑球，这些球除颜色外完全相同，同学不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止．规定摸到红球表演两个节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目．(1)求A同学摸球三次后停止摸球的概率；(2)记X为A同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望、方差．解(1)设“A同学摸球三次后停止摸球”为事件E，则P(E)＝eq\f(Aeq\o\al(2,3),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,4)，故A同学摸球三次后停止摸球的概率为eq\f(1,4).(2)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4.P(X＝0)＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝eq\f(2,Aeq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝eq\f(1,Aeq\o\al(2,4))＋eq\f(Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,6)，P(X＝4)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,4).所以随机变量X的分布列为X01234Peq\f(1,4)eq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(1,4)期望E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,4)＝2，方差D(X)＝(0－2)2×eq\f(1,4)＋(1－2)2×eq\f(1,6)＋(2－2)2×eq\f(1,6)＋(3－2)2×eq\f(1,6)＋(4－2)2×eq\f(1,4)＝eq\f(7,3).【通性通法】求离散型随机变量X的数字特征的步骤(1)理解X的意义，写出X可能取的全部值．(2)求X取每个值的概率．(3)写出X的分布列．(4)由均值的定义求E(X)．(5)由方差的定义求D(X)．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的应用．【巩固迁移】4．(2024·九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)．解(1)记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，先确定3个不同数字的小球，有Ceq\o\al(3,4)种方法，然后每种小球各取1个，有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)种取法，所以P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(4,7).(2)由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，当X＝1时，有两种情况：只有一个数字为1的小球，有两个数字为1的小球，所以P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,6),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(9,14)；当X＝2时，有两种情况：只有一个数字为2的小球，有两个数字为2的小球，所以P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(2,7)；当X＝3时，有两种情况：只有一个数字为3的小球，有两个数字为3的小球，所以P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(1,14)，所以X的分布列为X123Peq\f(9,14)eq\f(2,7)eq\f(1,14)所以E(X)＝1×eq\f(9,14)＋2×eq\f(2,7)＋3×eq\f(1,14)＝eq\f(10,7).考向2数字特征的应用例5(2024·山西太原模拟)某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为eq\f(2,3)，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的．(1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；(2)设甲公司答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差；(3)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？解(1)记“甲、乙两家公司共答对2道题”为事件A，它是甲、乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，则有P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))×Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,15)，所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是eq\f(1,15).(2)设甲公司答对题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(0,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，则X的分布列为X123Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)期望E(X)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5)＝2，方差D(X)＝(1－2)2×eq\f(1,5)＋(2－2)2×eq\f(3,5)＋(3－2)2×eq\f(1,5)＝eq\f(2,5).(3)设乙公司答对题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，P(Y＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,27)，P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)，P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9)，P(Y＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27)，则Y的分布列为Y0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)期望E(Y)＝0×eq\f(1,27)＋1×eq\f(2,9)＋2×eq\f(4,9)＋3×eq\f(8,27)＝2，方差D(Y)＝(0－2)2×eq\f(1,27)＋(1－2)2×eq\f(2,9)＋(2－2)2×eq\f(4,9)＋(3－2)2×eq\f(8,27)＝eq\f(2,3)，显然E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，所以甲公司竞标成功的可能性更大．【通性通法】随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．【巩固迁移】5．某班体育课组织篮球投篮考核，考核分为定点投篮与三步上篮两个项目．每个学生在每个项目投篮5次，以规范动作投中3次为考核合格，定点投篮考核合格得4分，否则得0分；三步上篮考核合格得6分，否则得0分．现将该班学生分为两组，一组先进行定点投篮考核，一组先进行三步上篮考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核．已知小明定点投篮考核合格的概率为0.8，三步上篮考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关．(1)若小明先进行定点投篮考核，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的均值最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由．解(1)由已知可得，X的所有可能取值为0，4，10，则P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝4)＝0.8×(1－0.7)＝0.24，P(X＝10)＝0.8×0.7＝0.56，所以X的分布列为X0410P0.20.240.56(2)小明应选择先进行定点投篮考核，理由如下：由(1)可知，小明先进行定点投篮考核，累计得分的均值为E(X)＝0×0.2＋4×0.24＋10×0.56＝6.56，若小明先进行三步上篮考核，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，6，10，P(Y＝0)＝1－0.7＝0.3，P(Y＝6)＝0.7×(1－0.8)＝0.14，P(Y＝10)＝0.7×0.8＝0.56，则Y的均值为E(Y)＝0×0.3＋6×0.14＋10×0.56＝6.44，因为E(X)>E(Y)，所以为使累计得分的均值最大，小明应选择先进行定点投篮考核．课时作业一、单项选择题1．已知随机变量X的分布列如表(其中a为常数)：X012345P0.10.1a0.30.20.1则P(1≤X≤3)＝()A．0.4 B．0.5C．0.6 D．0.7答案C解析因为0.1＋0.1＋a＋0.3＋0.2＋0.1＝1，所以a＝0.2，所以P(1≤X≤3)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6.2．抛掷两枚骰子一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为X，则“X≥5”表示的试验结果是()A．第一枚6点，第二枚2点B．第一枚5点，第二枚1点C．第一枚1点，第二枚6点D．第一枚6点，第二枚1点答案D解析“X≥5”表示第一枚骰子掷出的点数减去第二枚骰子掷出的点数不小于5，即只能等于5.故选D.3．已知随机变量X的分布列为X123Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，则a＝()A．－3 B．－2C．eq\f(5,3) D．3答案A解析E(X)＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(5,3).∵Y＝aX＋3，∴E(Y)＝aE(X)＋3＝eq\f(5,3)a＋3＝－2，解得a＝－3.4．随机变量X的取值范围为{0，1，2}，若P(X＝0)＝eq\f(1,4)，E(X)＝1，则D(X)＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(3,4)答案C解析设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，由题意得，E(X)＝0×eq\f(1,4)＋p＋2q＝1，且eq\f(1,4)＋p＋q＝1，解得p＝eq\f(1,2)，q＝eq\f(1,4)，所以D(X)＝(0－1)2×eq\f(1,4)＋(1－1)2×eq\f(1,2)＋(2－1)2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).5．(2024·安徽合肥六校联盟期中)若离散型随机变量X服从两点分布，且P(X＝1)＝p，4－5P(X＝0)＝p，则p＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)答案D解析因为离散型随机变量X服从两点分布，所以P(X＝0)＋P(X＝1)＝1，又P(X＝1)＝p，4－5P(X＝0)＝p，所以4－5[1－P(X＝1)]＝p，所以p＝eq\f(1,4).6．同时掷两枚质地均匀的骰子，观察朝上一面出现的点数．设两枚骰子出现的点数分别为X1，X2，记X＝min{X1，X2}，则P(2≤X≤4)＝()A．eq\f(5,12) B．eq\f(7,12)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)答案B解析依题意，随机变量X满足2≤X≤4的事件是X＝2，X＝3，X＝4的3个互斥事件的和，而P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋4Ceq\o\al(1,2),62)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋3Ceq\o\al(1,2),62)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋2Ceq\o\al(1,2),62)，所以P(2≤X≤4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋4Ceq\o\al(1,2),62)＋eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋3Ceq\o\al(1,2),62)＋eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋2Ceq\o\al(1,2),62)＝eq\f(9＋7＋5,36)＝eq\f(7,12).7．(2023·福建南平模拟)某企业计划加大技改力度，需更换一台设备，现有两种品牌的设备可供选择，A品牌设备需投入60万元，B品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查：A品牌的使用年限2345概率0.40.30.20.1B品牌的使用年限2345概率0.10.30.40.2更换设备技改后，每年估计可增加效益100万元，从年均收益的角度分析()A．不更换设备B．更换为A品牌设备C．更换为B品牌设备D．更换为A或B品牌设备均可答案B解析设更换为A品牌设备使用年限为X，则E(X)＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3，更换为A品牌设备年均收益为(3×100－60)÷3＝80万元；设更换为B品牌设备使用年限为Y，则E(Y)＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7，更换为B品牌设备年均收益为(3.7×100－90)÷3.7≈75.7万元．因为80>75.7，所以更换为A品牌设备．8．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设甲在每局中获胜的概率为eq\f(2,3)，乙在每局中获胜的概率为eq\f(1,3)，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)＝()A．eq\f(17,2) B．eq\f(266,81)C．eq\f(256,81) D．eq\f(670,243)答案B解析由题意，随机变量X的所有可能取值是2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9)，若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得1分，此时该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响，所以P(X＝2)＝eq\f(5,9)，P(X＝4)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(20,81)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(16,81)，所以期望为E(X)＝2×eq\f(5,9)＋4×eq\f(20,81)＋6×eq\f(16,81)＝eq\f(266,81).故选B.二、多项选择题9．设0<m<1，随机变量ξ的分布列为ξ0m1Peq\f(a,3)eq\f(1,3)eq\f(2a－1,3)当m在(0，1)上增大时，则()A．E(ξ)减小B．E(ξ)增大C．D(ξ)先增后减，最大值为eq\f(1,6)D．D(ξ)先减后增，最小值为eq\f(1,6)答案BD解析由题意得，eq\f(a,3)＋eq\f(1,3)＋eq\f(2a－1,3)＝1，解得a＝1，E(ξ)＝0×eq\f(a,3)＋m×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2a－1,3)＝eq\f(m,3)＋eq\f(1,3)，所以当m在(0，1)上增大时，E(ξ)增大，故A错误，B正确；D(ξ)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m－1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－m,3)))\s\up12(2)))＝eq\f(6m2－6m＋6,27)＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,6)，所以当m在(0，1)上增大时，D(ξ)先减小后增大，当m＝eq\f(1,2)时，D(ξ)取得最小值eq\f(1,6)，故C错误，D正确．10．核酸检测有两种检测方式：(1)逐份检测；(2)混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检测一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为(k＋1)次．假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为p(0<p<1)，若k＝10，运用概率统计的知识判断下面哪个p值能使得混合检测方式优于逐份检测方式？(参考数据：lg0.794≈－0.1)()A．0.1 B．0.2C．0.4 D．0.5答案AB解析设混合检测方式中样本需要检测的总次数为Y，则Y的所有可能取值为1，11.P(Y＝1)＝(1－p)10，P(Y＝11)＝1－(1－p)10，E(Y)＝1×(1－p)10＋11×[1－(1－p)10]＝11－10×(1－p)10，设逐份检测中样本需要检测的总次数为X，则E(X)＝10，若混合检测方式优于逐份检测方式，需E(Y)<E(X)，即11－10×(1－p)10<10，即1－p>10－0.1，∵lg0.794≈－0.1，∴1－p>10lg0.794≈0.794，∴0<p<0.206.三、填空题11．随机变量X的概率分布满足P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,10),M)(k＝0，1，2，…，10)，则M的值为________．答案1024解析由题意，eq\f(Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(1,10)＋Ceq\o\al(2,10)＋…＋Ceq\o\al(10,10),M)＝eq\f(1024,M)＝1⇒M＝1024.12．小青准备用9万元投资A，B两种股票，已知两种股票收益相互独立，且这两种股票买入时都是每股1万元，每股收益的分布列如下表所示，若投资A种股票a万元，则小青两种股票的收益期望和为________万元．股票A的每股收益分布列收益X/万元－103概率0.30.20.5股票B的每股收益分布列收益Y/万元－34概率0.40.6答案10.8解析由题中两种股票每股收益的分布列可知E(X)＝－1×0.3＋0×0.2＋3×0.5＝1.2，E(Y)＝－3×0.4＋4×0.6＝1.2，所以两种股票的收益期望和为aE(X)＋(9－a)E(Y)＝1.2a＋(9－a)×1.2＝1.2×9＝10.8.13．一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R的函数：f1(x)＝x，f2(x)＝x2，f3(x)＝x3，f4(x)＝sinx，f5(x)＝cosx，f6(x)＝2|x|＋1.现从盒子中逐一抽取卡片并判断函数的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为X，则X<3的概率为________．答案eq\f(4,5)解析易判断f2(x)＝x2，f5(x)＝cosx，f6(x)＝2|x|＋1为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，X的取值范围是{1，2，3，4}．P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,6))＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5))＝eq\f(3,10)，所以P(X<3)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,10)＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5).14．某学校进行排球测试的规则：每名学生最多发4次球，一旦发球成功，则停止发球，否则直到发完4次为止．设学生一次发球成功的概率为p，且p∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))，发球次数为X，则P(X＝3)的最大值为________；若E(X)<eq\f(15,8)，则p的取值范围是________．答案eq\f(4,27)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,6)))解析由题意，得X的所有可能取值为1，2，3，4，所以P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p，P(X＝4)＝(1－p)3，令f(x)＝(1－x)2x＝x3－2x2＋x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))，则f′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，当eq\f(1,6)<x<eq\f(1,3)时，f′(x)>0，当eq\f(1,3)<x<eq\f(5,6)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,6)))上单调递减，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，即P(X＝3)max＝eq\f(4,27).又E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2p＋4(1－p)3<eq\f(15,8)，即－p3＋4p2－6p＋eq\f(17,8)<0，令h(x)＝－x3＋4x2－6x＋eq\f(17,8)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))，则h′(x)＝－3x2＋8x－6＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(2,3)<0，所以h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))上单调递减，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,6)))时，h(x)<0，所以当p∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,6)))时，E(X)<eq\f(15,8).四、解答题15．电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图，将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”．将上述调查所得到的频率视为概率．(1)现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被抽取的3名观众中“体育迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列及期望；(2)用比例分配的分层随机抽样的方法从这100名观众中抽取8名作为样本A，则样本A中“体育迷”和非“体育迷”分别有几人？从样本A的这8名观众中随机抽取3名，记Y表示抽取的是“体育迷”的人数，求Y的分布列及方差．解(1)“体育迷”对应的频率为(0.02＋0.005)×10＝0.25＝eq\f(1,4)，用频率估计概率，可知从该地区大量电视观众中，随机抽取1名观众，该观众是“体育迷”的概率为eq\f(1,4)，则X的所有可能取值为0，1，2，3，∴P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,64)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(27,64)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,64)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,64)，∴X的分布列为X0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)数学期望E(X)＝1×eq\f(27,64)＋2×eq\f(9,64)＋3×eq\f(1,64)＝eq\f(3,4).(2)根据比例分配的分层随机抽样原则知，抽取的8人中，“体育迷”有8×eq\f(1,4)＝2人，非“体育迷”有8×eq\f(3,4)＝6人，则Y的所有可能取值为0，1，2，P(Y＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(20,56)＝eq\f(5,14)，P(Y＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(30,56)＝eq\f(15,28)，P(Y＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(6,56)＝eq\f(3,28)，故Y的分布列为Y012Peq\f(5,14)eq\f(15,28)eq\f(3,28)E(Y)＝eq\f(15,28)×1＋eq\f(3,28)×2＝eq\f(3,4)，E(Y2)＝eq\f(15,28)×1＋eq\f(3,28)×4＝eq\f(27,28)，故D(Y)＝E(Y2)－(E(Y))2＝eq\f(27,28)－eq\f(9,16)＝eq\f(45,112).16．(2023·江西新余模拟)为了促进学生德、智、体、美、劳全面发展，某校成立了生物科技小组，在同一块试验田内交替种植A，B，C三种农作物(该试验田每次只能种植一种农作物)，为了保持土壤肥度，每种农作物都不连续种植，共种植三次．在每次种植A后会有eq\f(1,3)的可能性种植B，eq\f(2,3)的可能性种植C；在每次种植B的前提下再种植A的概率为eq\f(1,4)，种植C的概率为eq\f(3,4)，在每次种植C的前提下再种植A的概率为eq\f(2,5)，种植B的概率为eq\f(3,5).(1)在第一次种植B的前提下，求第三次种植A的概率；(2)在第一次种植A的前提下，求种植A作物次数X的分布列及期望．解(1)设Ai，Bi，Ci分别表示第i次种植作物A，B，C的事件，其中i＝1，2，3.在第一次种植B的情况下，第三次种植A的概率为P(A3)＝P(C2|B1)P(A3|C2)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,5)＝eq\f(3,10).(2)由已知条件，在第一次种植A的前提下：P(B2)＝eq\f(1,3)，P(A3|B2)＝eq\f(1,4)，P(C3|B2)＝eq\f(3,4)，P(C2)＝eq\f(2,3)，P(A3|C2)＝eq\f(2,5)，P(B3|C2)＝eq\f(3,5)，因为第一次必种植A，则X的所有可能取值为1，2，P(X＝1)＝P(C2B3)＋P(B2C3)＝P(B3|C2)·P(C2)＋P(C3|B2)P(B2)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(13,20)，P(X＝2)＝P(C2A3)＋P(B2A3)＝P(A3|C2)·P(C2)＋P(A3|B2)P(B2)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,20)，所以X的分布列为X12Peq\f(13,20)eq\f(7,20)E(X)＝1×eq\f(13,20)＋2×eq\f(7,20)＝eq\f(27,20).17．(多选)(2024·辽宁大连期末)已知离散型随机变量X的分布列如下，则()X1234Pp23p21－2p＋p21－3p＋p2A．p＝eq\f(1,2) B．p＝eq\f(1,3)C．P(X>2)＝eq\f(5,9) D．D(X)＝eq\f(56,81)答案BCD解析由题意可知，6p2－5p＋2＝1，解得p＝eq\f(1,2)或p＝eq\f(1,3).当p＝eq\f(1,2)时，P(X＝4)＝1－eq\f(3,2)＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,4)<0，不符合题意，经检验，p＝eq\f(1,3)符合题意，A不正确，B正确；P(X>2)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(4,9)＋eq\f(1,9)＝eq\f(5,9)，C正确；E(X)＝p2＋6p2＋3(1－2p＋p2)＋4(1－3p＋p2)＝eq\f(23,9)，则D(X)＝eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81)，D正确．故选BCD.18．(多选)(2023·山东聊城期中)随机变量ξ的分布列为ξ012Paeq\f(b,2)eq\f(b,2)其中ab≠0，下列说法正确的是()A．a＋b＝1B．E(ξ)＝eq\f(3b,2)C．D(ξ)随b的增大而减小D．D(ξ)有最大值答案ABD解析根据分布列的性质得a＋eq\f(b,2)＋eq\f(b,2)＝1，即a＋b＝1，故A正确．根据期望公式得E(ξ)＝0×a＋1×eq\f(b,2)＋2×eq\f(b,2)＝eq\f(3b,2)，故B正确．根据方差公式得D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×(1－b)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＝－eq\f(9,4)b2＋eq\f(5,2)b＝－eq\f(9,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(5,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(25,36)，因为0<b<1，当0<b≤eq\f(5,9)时，D(ξ)随b的增大而增大；当eq\f(5,9)<b<1时，D(ξ)随b的增大而减小，故C错误．当b＝eq\f(5,9)时，D(ξ)取得最大值eq\f(25,36)，故D正确．故选ABD.19．(2024·山东省实验中学高三第三次诊断考试)某中学有A，B两个餐厅为老师和学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月(30天)选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况(午餐，晚餐)(A，A)(A，B)(B，A)(B，B)王同学9天6天12天3天张老师6天6天6天12天假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．(1)估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；(2)记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望E(X)；(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，P(M)>0，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：P(M|N)>P(M|eq\o(N,\s\up8(－)))．解(1)设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为6＋12＝18，所以P(C)＝eq\f(18,30)＝0.6.(2)记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1，2，所以P(X＝1)＝0.3×0.2＋0.1×0.4＝0.1,P(X＝2)＝1－P(X＝1)＝0.9，所以X的分布列为X12P0.10.9所以X的数学期望E(X)＝1×0.1＋2×0.9＝1.9.(3)由题意知P(N|M)>P(N|eq\o(M,\s\up8(－)))，所以eq\f(P（NM）,P（M）)>eq\f(P（N\o(M,\s\up8(－))）,P（\o(M,\s\up8(－))）)＝eq\f(P（N）－P（NM）,1－P（M）)，所以P(NM)>P(N)P(M)，所以P(NM)－P(N)P(NM)>P(N)P(M)－P(N)P(NM)，即P(NM)P(eq\o(N,\s\up8(－)))>P(N)P(eq\o(N,\s\up8(－))M)，所以eq\f(P（NM）,P（N）)>eq\f(P（\o(N,\s\up8(－))M）,P（\o(N,\s\up8(－))）)，即P(M|N)>P(M|eq\o(N,\s\up8(－)))．20．(2024·广州高三调研)杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神．甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物：方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元．(1)甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开．当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列；(2)为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？解(1)由题意可知X的所有可能取值为2，3，4，P(X＝2)＝eq\f(3,32)＝eq\f(1,3)，P(X＝3)＝eq\f(Aeq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),33)＝eq\f(4,9)，P(X＝4)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3),33)＝eq\f(2,9)，所以X的分布列为X234Peq\f(1,3)eq\f(4,9)eq\f(2,9)(2)设甲一次性购买x个盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为Z.依题意，x的所有可能取值为0，1，2，3.方案一：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用Z1＝3×30＝90元．方案二：购买1个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物，总费用Z2＝19＋2×30＝79元．方案三：购买2个盲盒时，当2个盲盒打开后款式不同，则只需直接购买剩下一款吉祥物，总费用Z3＝2×19＋30＝68元，P(Z3＝68)＝eq\f(Aeq\o\al(2,3),32)＝eq\f(2,3)；当2个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，总费用Z3＝2×19＋2×30＝98元，P(Z3＝98)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)，所以E(Z3)＝68×eq\f(2,3)＋98×eq\f(1,3)＝78元．方案四：购买3个盲盒时，当3个盲盒打开后款式各不相同，则总费用Z4＝3×19＝57元，P(Z4＝57)＝Aeq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(2,9)，当3个盲盒打开后恰有2款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物，总费用Z4＝3×19＋30＝87元，P(Z4＝87)＝Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，当3个盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，总费用Z4＝3×19＋60＝117元，P(Z4＝117)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,9)，所以E(Z4)＝57×eq\f(2,9)＋87×eq\f(2,3)＋117×eq\f(1,9)＝eq\f(251,3)元．对比4个方案可知，方案三总费用的期望值最小，故甲应一次性购买2个盲盒．第六节二项分布、超几何分布、正态分布课标解读考向预测1.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题.2.了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题.3.通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量，通过具体实例，借助频率分布直方图的几何直观，了解正态分布的特征.4.了解正态分布的均值、方差及其含义.预计2025年高考可能将二项分布或超几何分布与数字特征综合起来呈现，也可能将正态分布与数据的统计分析综合起来呈现.必备知识——强基础1．伯努利试验与二项分布(1)伯努利试验eq\x(\s\up1(01))只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验；将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为eq\x(\s\up1(02))n重伯努利试验．(2)二项分布一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝eq\x(\s\up1(03))Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作eq\x(\s\up1(04))X～B(n，p)．(3)二项分布的均值、方差若X～B(n，p)，则E(X)＝eq\x(\s\up1(05))np，D(X)＝eq\x(\s\up1(06))np(1－p)．2．超几何分布一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品．从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(Ceq\o\al(k,M)Ceq\o\al(n－k,N－M),Ceq\o\al(n,N))，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，其中，n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布．其均值E(X)＝eq\f(nM,N)，D(X)＝eq\f(nM,N)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n－1,N－1))).3．正态分布(1)正态曲线函数f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))eeq\s\up7(-\f((x－μ)2,2σ2))，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，我们称函数f(x)为正态密度函数，称它的图象为eq\x(\s\up1(08))正态密度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的特点①曲线位于x轴eq\x(\s\up1(09))上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线eq\x(\s\up1(10))x＝μ对称；③曲线在eq\x(\s\up1(11))x＝μ处达到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；④曲线与x轴围成的面积为eq\x(\s\up1(12))1；⑤在参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着eq\x(\s\up1(13))μ的变化而沿x轴平移，如图1所示；⑥当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σeq\x(\s\up1(14))较小时，峰值高，正态曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；σeq\x(\s\up1(15))较大时，峰值低，正态曲线“矮胖”，表示随机变量X的分布比较分散，如图2所示．(3)正态分布的定义及表示若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))eeq\s\up7(-\f((x－μ)2,2σ2))，x∈R，则称随机变量X服从正态分布，记为eq\x(\s\up1(16))X～N(μ，σ2)．特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布．(4)3σ原则①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.(5)正态分布的均值与方差若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝eq\x(\s\up1(17))μ，D(X)＝eq\x(\s\up1(18))σ2．1．二项分布当n＝1时就是两点分布．2．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．3．若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线关于直线x＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1解题．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)n重伯努利试验中各次试验的结果相互独立．()(2)正态分布是对连续型随机变量而言的．()(3)X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二项分布．()(4)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．()(5)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布密度函数，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．()答案(1)√(2)√(3)√(4)×(5)√2．小题热身(1)(人教B选择性必修第二册4.2.4练习AT4改编)设50个产品中有10个次品，任取产品20个，取到的次品可能有X个，则E(X)＝()A．4 B．3C．2 D．1答案A解析由题意知，X服从超几何分布，则E(X)＝eq\f(10×20,50)＝4.(2)(人教B选择性必修第二册4.2.5练习BT2改编)随机变量X～N(8，σ2)，若P(7≤X≤9)＝0.4，则P(X>9)＝()A．0.6 B．0.5C．0.4 D．0.3答案D解析∵随机变量X～N(8，σ2)，P(7≤X≤9)＝0.4，∴P(X>8)＝0.5，P(8<X≤9)＝0.2，∴P(X>9)＝0.3.(3)设某实验成功率是失败率的3倍，3次实验成功的次数为随机变量ξ，则P(ξ＝2)＝()A．eq\f(27,64) B．eq\f(1,3)C．eq\f(9,64) D．eq\f(2,3)答案A解析由于成功率是失败率的3倍，所以成功率是eq\f(3,4)，失败率是eq\f(1,4)，所以P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,4)＝eq\f(27,64).故选A.(4)已知随机变量X服从二项分布B(12，0.25)，且E(aX－3)＝3，则D(aX－3)＝________．答案9解析因为X～B(12，0.25)，所以E(X)＝12×0.25＝3，D(X)＝12×0.25×(1－0.25)＝eq\f(9,4)，又E(aX－3)＝aE(X)－3＝3，即3a－3＝3，解得a＝2，所以D(aX－3)＝D(2X－3)＝22D(X)＝4×eq\f(9,4)＝9.考点探究——提素养考点一二项分布及其应用例1(2023·武汉联考)在一次国际大型体育运动会上，某运动员报名参加了其中3个项目的比赛．已知该运动员在这3个项目中，每个项目能打破世界纪录的概率都是eq\f(2,3).(1)求该运动员至少能打破2项世界纪录的概率；(2)若该运动员能打破世界纪录的项目数为X，求X的分布列及均值．解(1)依题意知，该运动员在每个项目上“能打破世界纪录”为独立事件，并且每个事件发生的概率相同．设其打破世界纪录的项目数为随机变量ξ，设“该运动员至少能打破2项世界纪录”为事件A，则P(A)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(20,27).(2)由(1)可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，则P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,27)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(