高考数学总复习《离散型随机变量的分布列、均值与方差》专项测试卷及答案

第第页高考数学总复习《离散型随机变量的分布列、均值与方差》专项测试卷及答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________复习要点1.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的分布列.2.通过具体实例，了解超几何分布，并能解决简单的实际问题.3.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.4.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单的实际问题．一离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，常用字母X，Y，ξ，η，…表示．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．二离散型随机变量的分布列及性质1．概念：一般地，若离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称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．离散型随机变量的分布列也可以用表格表示(如下表)，还可以用图形表示.Xx1x2…xnPp1p2…pn2.离散型随机变量的分布列的性质(1)pi≥0(i＝1,2，…，n)；(2)eq\o(∑,\s\up16(n),\s\do14(i＝1))pi＝1.三离散型随机变量的均值与方差一般地，若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xnPp1p2…pn(1)均值称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\i\su(i＝1,n,x)ipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平．(2)方差称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\i\su(i＝1,n,)(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，并称eq\r(DX)为随机变量X的标准差，记为σ(X)．随机变量的方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度．四均值与方差的性质1．E(aX＋b)＝aE(X)＋b.2．D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)．常/用/结/论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.如何推导呢？D(X)＝eq\i\su(i＝1,n,)(Xi－E(X))2pi＝eq\i\su(i＝1,n,X)eq\o\al(2,i)pi－2E(X)eq\i\su(i＝1,n,x)ipi＋eq\i\su(i＝1,n,E)2(X)pi＝E(X2)－2E2(X)＋E2(X)＝E(X2)－(E(X))2.(4)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2)．1．判断下列结论是否正确．(1)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．(√)(2)在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.()(3)若随机变量X的分布列如下，则X服从两点分布.X25P0.30.7()(4)随机变量的方差或标准差越小，则随机变量偏离均值的平均程度越小．(√)2．已知X的分布列为X－101Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为()A．eq\f(7,3) B．4C．－1 D．1解析：E(X)＝(－1)×eq\f(1,2)＋0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,6)＝－eq\f(1,3)，E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－eq\f(2,3)＋3＝eq\f(7,3).答案：A3．(2024·重庆八中月考)设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ表示一次试验的成功次数，则P(ξ＝0)＝()A．0 B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)解析：设P(ξ＝1)＝p，则P(ξ＝0)＝1－p.依题意知，p＝2(1－p)，解得p＝eq\f(2,3)，故P(ξ＝0)＝1－p＝eq\f(1,3).答案：B4．若离散型随机变量X的分布列为X01Peq\f(a,2)eq\f(a2,2)则X的方差D(X)＝________.解析：由eq\f(a,2)＋eq\f(a2,2)＝1，得a＝1或a＝－2(舍去)．∴X的分布列为X01Peq\f(1,2)eq\f(1,2)∴E(X)＝0×eq\f(1,2)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，则D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,2)))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)

题型随机变量的概念典例1写出下列随机变量的可能取值，并说明随机变量所表示的意义．(1)一个袋中装有2个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数X；(2)投掷两枚均匀的骰子，所得点数之和为可用有序数对来表示．X，所得点数的最大值为Y.解：(1)X可取0,1,2.X＝0表示所取的三个球没有白球；X＝1表示所取的三个球是1个白球，2个黑球；X＝2表示所取的三个球是2个白球，1个黑球．(2)X的可能取值为2,3，…，12，Y的可能取值为1,2,3，…，6.若以(i，j)表示先后投掷的两枚均匀的骰子出现的点数，则X＝2表示(1,1)；X＝3表示(1,2)，(2,1)；X＝4表示(1,3)，(2,2)，(3,1)；……X＝12表示(6,6)．Y＝1表示(1,1)；Y＝2表示(1,2)，(2,1)，(2,2)；Y＝3表示(1,3)，(2,3)，(3,3)，(3,1)，(3,2)；……Y＝6表示(1,6)，(2,6)，(3,6)，…，(6,6)，(6,5)，…，(6,1)．1．所谓的随机变量就是试验结果和实数之间的一个对应关系，随机变量是将试验的结果数量化，变量的取值对应随机试验的某一个随机事件．2．写随机变量表示的结果，要看三个特征：(1)可用数来表示；(2)试验之前可以判断其可能出现的所有值；(3)在试验之前不能确定取值.对点练1(1)抛掷两枚均匀的骰子一次，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ξ，则“ξ≥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2点，第二枚6点D．第一枚6点，第二枚1点(2)袋中有大小相同的红球6个、白球5个，从袋中每次不放回地任意取出1个球，直到取出的球是白球为止，设所需要的取球次数为随机变量ξ，则ξ的可能值为()A．1,2，…，6 B．1,2，…，7C．1,2，…，11 D．1,2,3，…解析：(2)红球有6个，因此取到白球时取球次数最少为1次，最多为7次．故选B．答案：(1)D(2)B题型离散型随机变量的分布列典例2(1)随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)(n＝1,2,3,4)，其中a由概率和为1可求出a＝eq\f(5,4).为常数，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)<X<\f(13,4)))的值为()＝P(X＝2)＋P(X＝3)A．eq\f(2,3)B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,5)D．eq\f(5,16)(2)(2024·广东茂名联考)书法是我国及深受我国文化影响过的周边国家和地区特有的一种文字美的艺术表现形式．某大学书法社团在2022级新生中招收新团员，通过楷书、隶书两项书法技能测试进行选拔，每项测试结果只有3种，分别是一等、二等、三等，结果为一等得3分、二等得1分、三等得0分．甲同学参加楷书测试结果为一等的概率为eq\f(1,2)，二等的概率为eq\f(1,3)；参加隶书测试结果为一等的概率为eq\f(1,5)，二等的概率为eq\f(3,5)，两项测试互不影响．两项测试结束后，甲同学得分说明两项测试相互独立．之和为ξ.①求甲同学参加楷书、隶书两项书法技能测试，恰有一次为三等的概率；②求ξ的分布列．(1)解析：∵P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)(n＝1,2,3,4)，∴eq\f(a,2)＋eq\f(a,6)＋eq\f(a,12)＋eq\f(a,20)＝1，∴a＝eq\f(5,4).∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)<X<\f(13,4)))＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq\f(5,4)×eq\f(1,6)＋eq\f(5,4)×eq\f(1,12)＝eq\f(5,16).故选D．(2)解：①记Ai为事件“甲同学参加楷书测试的得分为i分(i＝0,1,3)”，则P(A3)＝eq\f(1,2)，P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A0)＝1－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)；记Bi为事件“甲同学参加隶书测试的得分为i分(i＝0,1,3)”，则P(B3)＝eq\f(1,5)，P(B1)＝eq\f(3,5)，P(B0)＝1－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)＝eq\f(1,5).记D为事件“甲同学参加楷书、隶书两项书法技能测试，恰有一次为三等”．由题意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，由事件的独立性和互斥性，得乘法加法P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,10).所以甲同学参加楷书、隶书两项书法技能测试，恰有一次为三等的概率为eq\f(3,10).②由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6，由事件的独立性与互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,30)，P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(2,15)，P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＝eq\f(11,30)，P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,10).可得随机变量ξ的分布列为写出分布列后一定要验证概率和是不是1.ξ012346Peq\f(1,30)eq\f(1,6)eq\f(1,5)eq\f(2,15)eq\f(11,30)eq\f(1,10)离散型随机变量分布列性质的应用(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负数．(2)求随机变量在某个范围内取值的概率时，根据分布列，将所求范围内随机变量的各个取值的概率相加即可，其依据是互斥事件的概率加法公式．对点练2(1)某电话亭中装有一部公用电话，在观察使用这部电话的人数时，设在某一时刻，有n个人正在使用电话或等待使用的概率为P(n)，P(n)与时刻t无关，统计得到：P(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n·P00≤n≤5，,0n≥6，))那么在某一时刻，这个电话亭一个人也没有的概率P(0)的值为()A．eq\f(32,63)B．eq\f(32,65)C．eq\f(31,63)D．eq\f(32,53)(2)为了加强环保知识的宣传，某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动．活动设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”“有害垃圾”“可回收物”“其他垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称．每位参赛选手从所有卡片中随机抽取20张，按照自己的判断将每张卡片放入对应的箱子中．按规则，每正确投放一张卡片得5分，投放错误得0分．从所有参赛选手中随机抽取20人，将他们的得分按照[0,20]，(20,40]，(40,60]，(60,80]，(80,100]分组，绘成如图所示的频率分布直方图：①分别求出所抽取的20人中得分落在[0,20]和(20,40]内的人数；②从所抽取的20人中得分落在[0,40]的选手中随机选取3名选手，以X表示这3名选手中得分不超过20分的人数，求X的分布列．(1)解析：由P(0)＋P(1)＋P(2)＋P(3)＋P(4)＋P(5)＝1，得P(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋\f(1,32)))＝1，解得P(0)＝eq\f(32,63).故选A．答案：A(2)解：①由题意知，所抽取的20人中得分落在[0,20]内的人数有0.0050×20×20＝2(人)，得分落在(20,40]内的人数有0.0075×20×20＝3(人)．因此，所抽取的20人中得分落在[0,20]内的人数有2人，得分落在(20,40]内的人数有3人．②由题意可知，随机变量X的所有可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，所以随机变量X的分布列为X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)题型离散型随机变量的均值与方差典例3(1)(多选)设离散型随机变量X的分布列为X01234Pq0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有()A．q＝0.1B．E(X)＝2，D(X)＝1.4C．E(X)＝2，D(X)＝1.8直接应用E(X)，D(X)的公式即可．D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2利用期望方差的性质：E(Y)＝E(2X＋1)＝2E(X)＋1，D(Y)＝D(2X＋1)＝22D(X)．(2)(2023·新高考全国Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.①求第2次投篮的人是乙的概率；②求第i次投篮的人是甲的概率；③已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\i\su(i＝1,n,X)i))＝eq\i\su(i＝1,n,q)i.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．(1)解析：因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；又E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故C正确，B错误；因为Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正确．故选ACD．(2)解：①记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.②设P(Ai)＝pi，依题可知P(Bi)＝1－pi，2．求离散型随机变量的均值与方差的方法(1)写出X的分布列．(2)由均值的定义求E(X)．(3)由方差的定义求D(X).对点练3(1)(2024·山东东营高二期末)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)则当m在(0,1)上增大时()A．D(ξ)单调递增，最大值为eq\f(1,2)B．D(ξ)先增后减，最大值为eq\f(1,3)C．D(ξ)单调递减，最小值为eq\f(2,9)D．D(ξ)先减后增，最小值为eq\f(1,6)(2)(2024·山西运城模拟)为增强学生的爱国意识和凝聚力，某学校高二年级组织举办了“中国国情和当今世界局势”的知识对抗竞赛，主要是加深学生对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得的成就和最新世界经济、政治时事的了解．组织者按班级将参赛人员随机分为若干组，每组均为两位选手．每组对抗赛开始时，组织者随机从准备好的题目中抽取2道供两位选手抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等．比赛得分规则为：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分；选手抢到试题但回答错误或没有回答得0分，对方选手得5分；2道题目抢答完毕后得分多者获胜．已知甲、乙两位选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为eq\f(2,3)，乙回答正确的概率为eq\f(4,5)，两位选手回答每道试题是否正确相互独立.2道试题抢答后的各自得分作为两位选手的个人总得分．①求乙的总得分为10分的概率；②记X为甲的总得分，求X的分布列和数学期望．(1)解析：由题知eq\f(a,3)＋eq\f(1,3)＋eq\f(2a－1,3)＝1，解得a＝1，所以E(ξ)＝0＋eq\f(m,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(m＋1,3)，所以D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(m＋1,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m＋1,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)(m2－m＋1)＝eq\f(2,9)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))2＋\f(3,4))).由二次函数的性质可知，D(ξ)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，所以当m＝eq\f(1,2)时，D(ξ)有最小值eq\f(1,6).故选D．答案：D(2)解：①由题意知，乙得10分的样本点有乙抢到2题且1道回答正确、1道回答错误或没有回答，甲、乙各抢到1题且都回答正确，甲抢到2题都回答错误或没有回答，所以乙的总得分为10分的概率P＝2×eq\f(1,2)×eq\f(4,5)×eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(4,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(337,900).②由题意得，甲的总得分X的可能取值为0,5,10,15,20，P(X＝0)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(4,5)＋eq\f(1,2)×eq\f(4,5)×eq\f(1,2)×eq\f(4,5)＝eq\f(289,900)；P(X＝5)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,5)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(4,5)×eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＝eq\f(17,150)；P(X＝10)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,5)×eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(4,5)＝eq\f(349,900)；P(X＝15)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,15)；P(X＝20)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,9).X的分布列为X05101520Peq\f(289,900)eq\f(17,150)eq\f(349,900)eq\f(1,15)eq\f(1,9)所以E(X)＝0×eq\f(289,900)＋5×eq\f(17,150)＋10×eq\f(349,900)＋15×eq\f(1,15)＋20×eq\f(1,9)＝eq\f(23,3).题型决策问题典例4(2024·河北保定期末)某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个100元．在设备使用期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件，价格为每个300元．在使用期间，每台设备需要更换的零件个数m的分布列为m567P0.30.50.2X表示2台设备使用期间需更换的零件数，n代表在购买2台设备的同时购买易损零件的个数．(1)求X的分布列；(2)以购买易损零件所需费用的期望为决策依据，试问在n＝11和n＝12中，应选哪一个？分别求出n＝11，n＝12时购买零件所需费用的期望，选较小者．解：(1)X的可能取值为10,11,12,13,14，P(X＝10)＝0.3×0.3＝0.09，P(X＝11)＝2×0.3×0.5＝0.3，P(X＝12)＝2×0.3×0.2＋0.5×0.5＝0.37，P(X＝13)＝2×0.5×0.2＝0.2，P(X＝14)＝0.2×0.2＝0.04，则X的分布列为X1011121314P0.090.30.370.20.04(2)记Y1为当n＝11时购买零件所需费用，P(Y1＝1100元)＝P(X≤11)＝0.39，P(Y1＝1400元)＝P(X＝12)＝0.37，所需费用取决于更换的零件个数，可利用X的分布列作答．P(Y1＝1700元)＝P(X＝13)＝0.2，P(Y1＝2000元)＝P(X＝14)＝0.04，E(Y1)＝1100×0.39＋1400×0.37＋1700×0.2＋2000×0.04＝1367(元)．记Y2为当n＝12时购买零件所需费用，P(Y2＝1200元)＝P(X≤12)＝0.76，P(Y2＝1500元)＝P(X＝13)＝0.2，P(Y2＝1800元)＝P(X＝14)＝0.04，E(Y2)＝1200×0.76＋1500×0.2＋1800×0.04＝1284(元)，显然E(Y1)>E(Y2)，所以应选择n＝12.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依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差决定.eq\o(\s\up7(),\s\do5())对点练4(2024·广西南宁模拟)在某次现场招聘会上，某公司计划从甲和乙两位应聘人员中录用一位，规定从6个问题中随机抽取3个问题作答．假设甲能答对的题目有4道，乙每道题目能答对的概率为eq\f(2,3).(1)求甲在第一次答错的情况下，第二次和第三次均答对的概率；(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙谁被录用的可能性更大？解：(1)记“甲第一次答错”为事件A，“甲第