新高考数学二轮复习 专题突破 专题5 第2讲　随机变量及其分布（含解析）

第2讲随机变量及其分布[考情分析]离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，以解答题为主，中等难度．考点一分布列的性质及应用核心提炼离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则(1)pi≥0，i＝1,2，…，n.(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn.(4)D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn.(5)若Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X)．例1(1)(2022·保定模拟)若离散型随机变量X的分布列为P(X＝k)＝alog2eq\f(k＋1,k)(1≤k≤7，k∈Z)，则P(2<X≤5)等于()A.eq\f(1,4) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)log2eq\f(5,3)答案C解析因为P(X＝k)＝alog2eq\f(k＋1,k)＝a[log2(k＋1)－log2k]，P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝7)＝1，所以a·(log22－log21＋log23－log22＋…＋log28－log27)＝1，解得a＝eq\f(1,3)，所以P(2<X≤5)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝eq\f(1,3)log2eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)log2eq\f(5,4)＋eq\f(1,3)log2eq\f(6,5)＝eq\f(1,3).(2)(2022·烟台模拟)已知随机变量ξ的分布列如下表所示，且满足E(ξ)＝0，则下列方差值中最大的是()ξ－102Paeq\f(1,2)bA.D(ξ) B．D(|ξ|)C．D(2ξ＋1) D．D(3|ξ|－2)答案D解析依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,2)＝1，,－1×a＋0×\f(1,2)＋2×b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,6)，))所以ξ的分布列为ξ－102Peq\f(1,3)eq\f(1,2)eq\f(1,6)则D(ξ)＝eq\f(1,3)×(－1－0)2＋eq\f(1,2)×(0－0)2＋eq\f(1,6)×(2－0)2＝1，则D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝4；|ξ|的分布列为|ξ|102Peq\f(1,3)eq\f(1,2)eq\f(1,6)则E(|ξ|)＝1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)，D(|ξ|)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2＝eq\f(5,9)，所以D(3|ξ|－2)＝32D(|ξ|)＝5，所以D(3|ξ|－2)的值最大．规律方法分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1的性质可求参数的值及检查分布列的正确性．(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．跟踪演练1(1)(2022·广州调研)投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列分别如表1和表2所示．表1股票甲收益的分布列收益X/元－102概率0.10.30.6表2股票乙收益的分布列收益Y/元012概率0.30.40.3则下列结论中正确的是()①投资股票甲的期望收益较小；②投资股票乙的期望收益较小；③投资股票甲比投资股票乙的风险高；④投资股票乙比投资股票甲的风险高．A．①③B．①④C．②③D．②④答案C解析由题意知，E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，方差D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29，E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，方差D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，所以E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，则投资股票乙的期望收益较小，投资股票甲比投资股票乙的风险高．(2)(2022·河南三市联考)甲、乙、丙三人参加2022年冬奥会北京、延庆、张家口三个赛区志愿服务活动，若每人只能选择一个赛区，且选择其中任何一个赛区是等可能的．记X为三人选中的赛区个数，Y为三人没有选中的赛区个数，则()A．E(X)＝E(Y)，D(X)＝D(Y)B．E(X)＝E(Y)，D(X)≠D(Y)C．E(X)≠E(Y)，D(X)≠D(Y)D．E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y)答案D解析由题意得X的可能取值为1,2,3，则P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3),33)＝eq\f(1,9)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)A\o\al(2,3),33)＝eq\f(2,3)，P(X＝3)＝eq\f(A\o\al(3,3),33)＝eq\f(2,9)，∴E(X)＝1×eq\f(1,9)＋2×eq\f(2,3)＋3×eq\f(2,9)＝eq\f(19,9)，D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(19,9)))2×eq\f(1,9)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(19,9)))2×eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(19,9)))2×eq\f(2,9)＝eq\f(26,81)，又X＋Y＝3，∴Y＝3－X，∴E(Y)＝3－E(X)＝3－eq\f(19,9)＝eq\f(8,9)，D(Y)＝(－1)2D(X)＝D(X)，故选D.考点二随机变量的分布列核心提炼1．二项分布一般地，在n次独立重复试验中，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)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．2．超几何分布在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件{X＝k}发生的概率P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.考向1相互独立事件例2(2022·全国甲卷)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立．(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．解(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A，B，C，所以甲学校获得冠军的概率为P＝P(ABC)＋P(eq\x\to(A)BC)＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(ABeq\x\to(C))＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44，P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34，P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.则X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.考向2超几何分布例3(2022·漳州质检)北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者．现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格是相互独立的．若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题．求：(1)甲、乙两人至多一人测试合格的概率；(2)甲答对的试题数X的分布列和均值．解(1)根据题意，甲测试合格的概率为eq\f(C\o\al(2,6)·C\o\al(1,4)＋C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(60＋20,120)＝eq\f(2,3)；乙测试合格的概率为eq\f(C\o\al(2,8)·C\o\al(1,2)＋C\o\al(3,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(56＋56,120)＝eq\f(14,15)，故甲、乙两人都测试合格的概率为eq\f(2,3)×eq\f(14,15)＝eq\f(28,45)，则甲、乙两人至多一人测试合格的概率为1－eq\f(28,45)＝eq\f(17,45).(2)由题可知，甲答对的试题数X可以取0,1,2,3，又P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)·C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)·C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，故X的分布列为X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)则E(X)＝1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5).考向3二项分布例4(2022·湖北联考)某中学将立德树人融入到教育的各个环节，开展“职业体验，导航人生”的社会实践教育活动，让学生站在课程“中央”．为了更好地了解学生的喜好情况，根据学校实际将职业体验分为：救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、公平正义的法律类四种职业体验类型，并在全校学生中随机抽取100名学生调查意向选择喜好类型，统计如下：类型救死扶伤的医务类除暴安良的警察类百花齐放的文化类公平正义的法律类人数30202030在这100名学生中，随机抽取了3名学生，并以统计的频率代替职业意向类型的概率(假设每名学生在选择职业类型时仅能选择其中一类，且不受其他学生选择结果的影响)．(1)求救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两种职业类型在这3名学生中都有选择的概率；(2)设这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数为X，求X的分布列与均值．解(1)由题意设职业体验选择救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、公平正义的法律类的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则易知P(A)＝eq\f(3,10)，P(B)＝eq\f(1,5)，P(C)＝eq\f(1,5)，P(D)＝eq\f(3,10)，所以救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两类职业类型在这3名学生中都有选择的概率为P1＝Aeq\o\al(3,3)P(A)·P(B)[1－P(A)－P(B)]＋Ceq\o\al(1,3)P(A)·P(B)2＋Ceq\o\al(2,3)P(A)2·P(B)＝Aeq\o\al(3,3)eq\f(3,10)·eq\f(1,5)·eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(1,3)eq\f(3,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＋Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))2eq\f(1,5)＝eq\f(27,100).(2)由题知选择除暴安良的警察类的概率为P(B)＝eq\f(1,5)，这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数X的可能取值为0,1,2,3，X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5)))，则P(X＝i)＝Ceq\o\al(i,3)P(B)i[1－P(B)]3－i(i＝0,1,2,3)，所以X的分布列为X0123Peq\f(64,125)eq\f(48,125)eq\f(12,125)eq\f(1,125)所以X的均值为E(X)＝3×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).规律方法求随机变量X的均值与方差的方法及步骤(1)理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；(2)求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列；(3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；(4)若随机变量X的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解．跟踪演练2(2022·广东联考)如图，某市有南、北两条城市主干道，在出行高峰期，北干道有N1，N2，N3，N4，四个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率都是eq\f(1,3)，南干道有S1，S2，两个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(2,3).某人在高峰期驾车从城西开往城东，假设以上各路段是否被堵塞互不影响．(1)求北干道的N1，N2，N3，N4四个易堵塞路段至少有一个被堵塞的概率；(2)若南干道被堵塞路段的个数为X，求X的分布列及均值E(X)；(3)若按照“平均被堵塞路段少的路线是较好的高峰期出行路线”的标准，则从城西开往城东较好的高峰期出行路线是哪一条？请说明理由．解(1)记北干道的N1，N2，N3，N4四个易堵塞路段至少有一个被堵塞为事件A，则P(A)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))4＝1－eq\f(16,81)＝eq\f(65,81).(2)由题意可知X的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).随机变量X的分布列为X012Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(1,3)E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＝eq\f(7,6).(3)设北干道被堵塞路段的个数为Y，则Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，所以E(Y)＝4×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3).因为E(X)<E(Y)，所以高峰期出行选择南干道路线较好．考点三正态分布核心提炼解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴x＝μ.(2)样本标准差σ.(3)分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间．例5(1)(2022·太原模拟)已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，则μ等于()A．0B．1C．2D．－1答案B解析因为P(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，根据正态分布的对称性，可得μ＝eq\f(1＋a＋1－a,2)＝1.(2)(2022·长春质检)国家质量监督检验标准中，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率X～N(0.9372，0.01392).若生产状态正常，则下列结论正确的是________．①P(X≤0.9)<0.5；②X的取值在(0.93,0.9439)内的概率与在(0.9372，0.9511)内的概率相等；③P(X<0.9)＝P(X>0.9744)；④记ξ表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于μ＋2σ的数量，则P(ξ≥1)>0.6.(参考数据：若X～N(μ，σ2)(σ>0)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9973；0.9850≈0.364)答案①③④解析由X～N(0.9372,0.01392)知，μ＝0.9372，σ＝0.0139，对于①，由正态分布曲线可得P(X≤0.9)<P(X<0.9372)＝0.5，故①正确；对于②，0.9439－0.93＝0.0139,0.9511－0.9372＝0.0139两个区间长度均为1个σ，但μ＝0.9372∈(0.93,0.9439)，由正态分布性质知，落在(0.93,0.9439)内的概率大于落在(0.9372,0.9511)内的概率，故②错误；对于③，eq\f(0.9＋0.9744,2)＝0.9372，故③正确；对于④，1只口罩的过滤率大于μ＋2σ的概率p≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275，ξ～B(50，p)，所以P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)50>1－(1－0.02)50，即1－(1－0.02)50＝1－0.9850≈1－0.364＝0.636>0.6，故④正确．规律方法利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的灵活运用：(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)．(2)P(X<x0)＝1－P(X≥x0)．(3)P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a)．跟踪演练3(1)(2022·株洲质检)某工厂有甲、乙两条生产线生产同一型号的机械零件，产品的尺寸分别记为X，Y，已知X，Y均服从正态分布，X～N(μ1，σeq\o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq\o\al(2,2))，其正态分布密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是()A．甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性B．甲生产线产品的稳定性低于乙生产线产品的稳定性C．甲生产线的产品尺寸均值大于乙生产线的产品尺寸均值D．甲生产线的产品尺寸均值小于乙生产线的产品尺寸均值答案A解析由图知甲、乙两条生产线的均值相等，甲的正态分布密度曲线较瘦高，所以甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性．(2)(2022·哈尔滨模拟)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取，并测量零件的直径尺寸，根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件直径尺寸X(单位：cm)服从正态分布N(18,4)，若X落在[20,22]内的零件个数为2718，则可估计所抽取的这批零件中直径X高于22的个数大约为(附：若随机变量服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973)()A．27B．40C．228D．455答案D解析由正态分布N(18,4)可知，μ＝18，σ＝2，∴μ＋σ＝20，μ＋2σ＝22，∴P(20≤X≤22)≈eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359，P(X≥22)≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275，直径X高于22的个数大约为2718÷0.1359×0.02275＝455.专题强化练一、选择题1．设离散型随机变量X的分布列为X01234P0.20.10.10.3m若随机变量Y＝|X－1|，则P(Y＝1)等于()A．0.3B．0.4C．0.6D．0.7答案A解析因为Y＝|X－1|，所以P(Y＝1)＝P(X＝0或X＝2)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3.2．(2022·广州模拟)已知随机变量X～N(μ，σ2)，若P(μ≤X≤μ＋1)＝0.2，则P(X≥μ－1)等于()A．0.7B．0.4C．0.3D．0.2答案A解析由已知P(μ－1≤X≤μ)＝P(μ≤X≤μ＋1)＝0.2，所以P(X≥μ－1)＝P(μ－1≤X≤μ)＋P(X≥μ)＝0.2＋0.5＝0.7.3．一批电阻的电阻值X(单位：Ω)服从正态分布N(1000,52)．现从甲、乙两箱出厂成品中各随机抽取一个电阻，测得电阻值分别为1011Ω和982Ω，可以认为()A．甲、乙两箱电阻均可出厂B．甲、乙两箱电阻均不可出厂C．甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂D．甲箱电阻不可出厂，乙箱电阻可出厂答案C解析因为X～N(1000,52)，所以μ＝1000，σ＝5，所以μ－3σ＝1000－3×5＝985，μ＋3σ＝1000＋3×5＝1015.因为1011∈[985,1015]，982∉[985,1015]，所以甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂．4．(2022·韶关模拟)某一部件由三个电子元件按照如图所示的方式连接而成，元件1和元件2同时正常工作，或元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件正常工作的概率均为eq\f(3,4)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件正常工作的概率为()A.eq\f(7,64)B.eq\f(15,32)C.eq\f(27,32)D.eq\f(57,64)答案D解析讨论元件3正常与不正常，第一类，元件3正常，上部分正常或不正常都不影响该部件正常工作，则正常工作的概率为eq\f(3,4)×1＝eq\f(3,4).第二类，元件3不正常，上部分必须正常，则正常工作的概率为eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(3,4)))＝eq\f(9,64)，故该部件正常工作的概率为eq\f(3,4)＋eq\f(9,64)＝eq\f(57,64).5．设0<a<eq\f(1,2)，0<b<eq\f(1,2)，随机变量ξ的分布列为ξ－101Peq\f(1,2)ab则当a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内增大时()A．E(ξ)增大，D(ξ)增大 B．E(ξ)增大，D(ξ)减小C．E(ξ)减小，D(ξ)增大 D．E(ξ)减小，D(ξ)减小答案D解析由分布列中概率之和为1，可得a＋b＝eq\f(1,2)，∴E(ξ)＝－eq\f(1,2)＋b＝－eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))＝－a，∴当a增大时，E(ξ)减小，∵D(ξ)＝(－1＋a)2×eq\f(1,2)＋(0＋a)2×a＋(1＋a)2×b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)，∴当a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内增大时，D(ξ)减小．6.(2022·萍乡模拟)高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形小木块(如图所示)，并且每一排小木块数目都比上一排多一个，一排中各个小木块正好对准上面一排两个相邻小木块的正中央，从入口处放入一个直径略小于两个小木块间隔的小球，当小球从之间的间隙下落时碰到下一排小木块，它将以相等的可能性向左或向右落下，若小球再通过间隙，又碰到下一排小木块．如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内，则小球落到第⑤个格子的概率是()A.eq\f(5,32)B.eq\f(5,16)C.eq\f(3,16)D.eq\f(3,32)答案A解析小球落到第⑤个格子的概率是Ceq\o\al(1,5)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(5,32).7．(2022·全国乙卷)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p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.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解析设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，方法一由题意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，所以P丙最大，故选D.方法二(特殊值法)不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.所以P丙最大，故选D.8．现有两种核酸检测方式：(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列哪个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．0.5B．0.4C．0.3D．0.2答案D解析设逐份检测方式样本需要检测的总次数为X，则E(X)＝10，设混合检测方式样本需要检测的总次数为Y，Y的可能取值为1,11，P(Y＝1)＝(1－p)10，P(Y＝11)＝1－(1－p)10，故Y的分布列为Y111P(1－p)101－(1－p)10∴E(Y)＝1×(1－p)10＋11×[1－(1－p)10]＝11－10×(1－p)10.要使得混合检测方式优于逐份检测方式，则需E(Y)<E(X)，即11－10×(1－p)10<10，即(1－p)10>eq\f(1,10)，即1－p>10－0.1，又lg0.794≈－0.1，∴1－p>10lg0.794＝0.794，∴p<1－0.794＝0.206，∴0<p<0.206.二、填空题9．已知随机变量ξ的分布列如下表，D(ξ)表示ξ的方差，则D(2ξ＋1)＝________.ξ012Pa1－2aeq\f(1,4)答案2解析由分布列知a＋(1－2a)＋eq\f(1,4)＝1，解得a＝eq\f(1,4)，于是得E(ξ)＝0×a＋1×(1－2a)＋2×eq\f(1,4)＝1，D(ξ)＝a×(1－0)2＋(1－2a)×(1－1)2＋eq\f(1,4)×(1－2)2＝eq\f(1,2)，所以D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝4×eq\f(1,2)＝2.10．(2022·湖州模拟)盒中有4个球，其中1个红球，1个黄球，2个蓝球，从盒中随机取球，每次取1个，取后不放回，直到蓝球全部被取出为止，在这一过程中取球次数为ξ，则ξ的均值E(ξ)＝________.答案eq\f(10,3)解析由题意可知，随机变量ξ的可能取值有2,3,4，P(ξ＝2)＝eq\f(A\o\al(2,2),A\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2)A\o\al(2,2),A\o\al(3,4))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝4)＝eq\f(C\o\al(1,2)A\o\al(3,3),A\o\al(4,4))＝eq\f(1,2)，所以随机变量ξ的分布列如下表所示：ξ234Peq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,2)E(ξ)＝2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,3)＋4×eq\f(1,2)＝eq\f(10,3).11．(2022·常州模拟)为了了解某类工程的工期，某公司随机选取了10个这类工程，得到如下数据(单位：天)：17,23,19,21,22,21,19,17,22,19.若该类工程的工期X～N(μ，σ2)(其中μ和σ分别为样本的均值和标准差)，由于情况需要，要求在22天之内完成一项此类工程，估计能够在规定时间内完成该工程的概率约为________．(保留两位小数)附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9973.答案0.84解析由题得μ＝eq\f(1,10)×(17＋23＋19＋21＋22＋21＋19＋17＋22＋19)＝20，σ2＝eq\f(1,10)×(32＋32＋12＋12＋22＋12＋12＋32＋22＋12)＝4，所以σ＝2.所以P(20－2<X≤20＋2)≈0.6827，所以P(20<X≤22)≈0.34135，所以P(X≤22)＝0.5＋0.34135＝0.84135≈0.84.12．(2022·苏州模拟)泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家泊松首次提出．泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝eq\f(λk,k！)e－λ(k＝0,1,2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值．已知某种商品每周销售的件数相互独立，且服从参数为λ(λ>0)的泊松分布．若每周销售1件该商品与每周销售2件该商品的概率相等，则两周共销售2件该商品的概率为________．答案eq\f(8,e4)解析依题意得P(X＝1)＝P(X＝2)，即eq\f(λ,eλ)＝eq\f(λ2,2eλ)，解得λ＝2，所以P(X＝k)＝eq\f(2k,k！)e－2，所以P(X＝0)＝eq\f(20,0！)e－2＝eq\f(1,e2)，P(X＝1)＝eq\f(21,1！)e－2＝eq\f(2,e2)，P(X＝2)＝eq\f(22,2！)e－2＝eq\f(2,e2)，则两周共销售2件的概率为P＝Ceq\o\al(1,2)·eq\f(1,e2)·eq\f(2,e2)＋Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)))2＝eq\f(8,e4).三、解答题13．(2022·潍坊模拟)根据国家部署，2022年中国空间站“天宫”将正式完成在轨建造任务，成为长期有人照料的国家级太空实验室，支持开展大规模、多学科交叉的空间科学实验．为普及空间站相关知识，某部门组织了空间站建造过程3D模拟编程闯关活动，它是由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等10个相互独立的程序题目组成．规则是：编写程序能够正常运行即为程序正确．每位参赛者从10个不同的题目中随机选择3个进行编程，全部结束后提交评委测试，若其中2个及以上程序正确即为闯关成功．现已知10个程序中，甲只能正确完成其中6个，乙正确完成每个程序的概率为eq\f(3,5)，每位选手每次编程都互不影响．(1)求乙闯关成功的概率；(2)求甲编写程序正确的个数X的分布列和均值，并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大．解(1)记乙闯关成功为事件A，所以P(A)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2·eq\f(2,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3＝eq\f(81,125).(2)由题意知随机变量X所有可能的取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)·C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，故X的分布列为X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)所以E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5).所以甲闯关