2025年高考科学复习创新方案数学提升版第十一章第7讲含答案

2025年高考科学复习创新方案数学提升版第十一章第7

讲含答案第7讲离散型随机变量的分布列及数字特征

［课程标准］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及其

数字特征(均值、方差).

基础知识整合

＞知识梳理

1.随机变量的概念及特征

(1)概念：一般地，对于随机试验样本空间。中的每个样本点都有画唯

二的实数x(”)与之对应，我们称x为随机变量.

(2)特征：随机试验中，每个样本点都有唯一的一个实数与之对应，随机变量

有如下特征：

①取值依赖于两样本点.

②所有可能取值是画明确的.

(3)离散型随机变量

可能取值为同有限个或可以画一一列举的随机变量，我们称之为离散型随

机变量.

2.离散型随机变量的分布列及具性质

(1)定义：一般地，设离散型随机变量X的可能取值为X2,…，X”，我们

称X的每一个值M的概率P(X=r)=p/,i=l,2,3,…，〃为X的概率分布列，

简称分布列.

(2)表示：离散型随机变量的分布列也可以用表格表示，如下表所示：

XA\A2•・•Xn

・・・

P0户

(3)离散型随机变量的分布列的性质

①画方2,…，〃);

②r^i〃i+啰+…+〃〃=1.

3.离散型随机变量的均值

⑴离散型随机变量的均值的概念

一般地，若离散型随机变量x的分布列为

・.

XXIX2•Xn

・・・

PPiP2P"

则称网E(X)=x如++…+工物=百为随机变量X的均值或数学期

望.

(2)离散型随机变量的均值的意义

均值是随机变量可能取值关于取值概率的回加权平均数,它综合了随机变

量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的「同平均水平.

(3)离散型随机变量的均值的性质

若y=〃x+化其中。，人均是常数(X是随机变量)，则y也是随机变量，且有

FiT|E(aX+〃)=aE(X)+b.

4.离散型随机变量的方差、标准差

(1)设离散型随机变量X的分布列如表所示.

XXIX2•••Xn

PPlP2•••P"

我们用x所有可能取值X,与E(x)的偏差的平方3-E(X))2,U2-E(X))2,…,

(x〃-E(X))2关于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏

离程度.

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

-E(X))2PL为随机变量X的方差,有时也记为%MX),并称区。(X)为随机变量X

的标准差，记为6X).

(3)离散型随机变量方差的性质

①设。，〃为常数，则。(内＞与=回上迹.

②0(0=回氯其中。为常数).

5.两点分布

如果P(A)=〃，则P(Z)=l—p,那么X的分布列为

X01

p1-PP

称X服从两点分布或0-1分布.且E(X)=回入D(X)=叮〃(1一〃).

a知识拓展

1.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可求参数的值.

(2升庖机变量X所取的道分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相

关事件的概率.

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

＞双基自测

1.(人教B选择性必修第二册习题4-2BT4改编)某人进行射击，共有5发

子弹，击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为X,贝IJ“X=5”表示的试验结

果是()

A.第5次击中目标B.第5次未击中目标

C.前4次未击中目标D.第4次击中目标

答案C

解析因为击中目标或子弹打完就停止射击，所以射击次数X=5说明前4

次均未击中目标.故选C.

2.已知随机变量X的分布列为P(X=攵)弓，k=\,2,贝”(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+研二而故选A.

3.设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X描述一次试验的成

功次数，则P(X=0)=()

O3二

A.B.D

12

C--

23

答案B

2

解析设P(X=1)=〃，贝1)尸。=0)=1-〃.依题意知，〃=2(1-〃)，解得〃=?

故P(X=O)="〃=；.故选B.

4.(多选)(人教B选择性必修第二册424练习AT5改编)设离散型随机变量

X的分布列为

X01234

Pq0.40.10.20.2

若离散型随机变量丫满足r=2X+l,则下列结果正确的是()

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

解析因为g+0.4+0.1+0.2+0.2=l,所以g=0.1,故A正确；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错误，C正确；因为Y=2X+\,所

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

5.现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机

抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为C,则P(X=2)=,E(X)=

答案I畀或申

解析从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中随机抽取3张，共有

G种取法，其中所抽取的卡片上数字的最小值为2的取法有CJ+CJC3种，所以

Cl+CiC516Cs

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

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

c3,112

+3X35+4X35=T

核心考向突破

考向一离散型随机变量分布列的性质

例1(2024.东莞模拟)同时抛掷两枚质地均匀的骰子,观察朝上一面出现的

点数.设两枚骰子中出现的点数分别为X,X2,记乂=1我囚必，X2}.

(1)求乂的概率分布列；

(2)求产(2vXv5).

解(1)根据题意，抛掷两枚骰子出现的点数有36种等可能的情况:

(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的可能取值为1,2,3,4,5,6,详见下表:

X的值出现的点样本点个数

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的概率分布列为

X123456

1157111

P

36V23636436

571

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

1触类旁通I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.

r即时训练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〃个人正在使用电话或等待使用的概率为P(〃)，P(〃)与时刻/

无关，统计得到：PS)［，)'⑻(°W〃W5),那么在某一时刻，这个电话

10(〃26),

亭一个人也没有的概率P(())的值为()

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)=而故选A.

2.设随机变量X的概率分布列为

X1234

11\

pm

346

则P(|X-3|=1)=.

答案会

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

15

6=l2,

考向二求离散型随机变量的分布列

例2(2024.湖北新高考协作体高三开学考试)袋中有同样的球5个，其中3

个红色，2个黄色，现从中随机且不放回地取球，每次取1个，当两种颜色的球

都被取到时，即停止取球，记随机变量X为此时已取球的次数，求：

(1)P(X=2)的值；

(2)随机变量X的分布列.

解(1)由已知可得从袋中不放回地取球两次的所有取法有NCJ种，事件X=

2表示第一次取到红球第二次取到黄球或第一次取到黄球第二次取到红球，故事

....CJC1+CJCJ3

件X=2包含ClCi+C3C1种取法，所以P(X=2)=—西^—=亍

(2)随机变量X的可能取值为2,3,4.

3A?Ci+A?Ci3

P(X=2)=m，P(X=3)=cgCld=6

P(X=4)=cicicici=To-

所以随机变量X的分布列为

X234

331

P

51()1()

［触类旁通1离散型随机变量分布列的求解步骤

(1)明取值：明确随机变量的可能取值有哪些及每一个取值所表示的意义.

(2)求概率：要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的

概率.

(3)画表格：按规范要求形式写出分布列.

(4)做检验：利用分布列的性质检验分布列是否正碓.

F即时训练(2023・石家庄模拟)甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮

比赛甲、乙各投篮一次.比赛规定：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.当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，

分数多的获胜；四轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛,

分数多的获胜，分数相同则平局，甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6,且

互不影响.一轮比赛中甲的得分记为X.

(1)求乂的分布列；

(2)求甲、乙两人最终平局的概率；

(3)记甲、乙一共进行了丫轮比赛，求丫的分布列.

解⑴依题意，

X的所有可能取值为-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的分布列为

X-101

P0.30.50.2

(2)因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛，分三种情况:

①四轮比赛中甲、乙均得。分，其概率为0.54=0.0625；

②四轮比赛中，有两轮甲、乙均得()分，另两轮甲、乙各得1分，其概率为

2C4X0.2X0.3X0.5X0.5=0.18；

③四轮比赛中，甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，其概率为

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

故甲、乙两人最终平局的概率为().0625+().18+0.0144=().2569.

(3)丫的所有可能取值为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的分布列为

Y234

P().130.130.74

多角度探究突破

考向二离散型随机变量的数字特征

~~角度1数字特征的计算

例3(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。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,().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4B,C,所以甲学校获得冠

军的概率为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)依题意可知，X的可能取值为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的分布列为

X0102030

p0.160.440.340.06

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

角度2数字特征的应用

例4某投资公司在2024年年初准备将1000万元投盗到“低碳”项目上，现

有两个项目供选择：

项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目二，到年底可能获利30%,

72

也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为§和于

项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%,

可能损失30%,也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为|,上咕.

针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.

解若按“项目一”投资，设获利为X万元，则Xi的分布列为

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“项目二”投资，设获利为X2万元，则X2的分布列为

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),

这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥.

综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.

口触类旁通I离散型随机变量的期望与方差的常见类型及解题策略

(1)求离散型随机变量的期望与方差.可依题设条件求出离散型随机变量的分

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参数值.可依据条件利用期望、方差公式得出含有参

数的方程(组)，解方程(组)即可求出参数值.

(3)由已知条件，作出对两种方案的判断.可依据期望、方差的意义，对实际

问题作出判断.

r即时训练I.某检测机构在对某一传染病毒进行核酸检测时采取7合1检测

法”，即将％个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性

的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人，已知其中2人

感染此病毒.

(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；

②已知10人分成一组，分1。组，两名感染患者在同一组的概率为定义

随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E(X)；

(2)若采用“5合1检测法“，检测次数丫的期望为E(Y),试比较E(X)和E(K)的

大小(直接写出结果).

解(1)①对每组进行检测，需要10次；

再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次.

所以总检测次数为20.

②由题意，知X可以取20,30,

P(X=2())=十，P(X=3())=14书

则X的分布列为

X2030

110

P

1111

1]()32()

所以E(X)=20x—+30x-j-j-=-「「.

(2)由题意，知丫可以取25,30,

嬴

两名感染患者在同一组的概率为P二20奇C?广C二为4，

不在同一组的概率为哈符，

4952950

贝ijE(r)=25x—+3()v—=.

2.已知A,3两个投资项目的利润率分别为随机变量X和X2,根据市场分

析，M和X2的分布列如下：

(1)在A,8两个项目上各投资200万元，看和力(单位：万元)表示投资项目A

和B所获得的利润，求Q(K)和D(y2)；

(2)将X0<A<200)万元投资A项目，(200-幻万元投资B项目，火幻表示投资

A项目所得利润的方差与投资8项目所得利润的方差之和.则当x为何值时，/㈤

取得最小值？

解(1)依题意得,

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)设投资A项目所得利润为办二赤H，投资8项目所得利润为Z?=-^-Y2.

,")=D(Z.)+。0)=。岛+。(安匕)=(就之a”)+(安『。(如

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

课时作业

一、单项选择题

1.(2023・吉安模拟)设随机变量4的分布列为启=§=成/=1,2,3,4,

5),则6*声4]=()

A.|B.1

C.|D.1

答案D

解析.•・随机变量C的分布列为柬二§二成供=1,2,3,4,5),/.«(1+2

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

D.

2.(2023・温州模拟)随机变量X的分布列如表所示：若E(X)=g,贝IJO(3X-

2)=()

X-101

2

P6ah

C.5D.7

答案C

1

1,a=3y

解析VE(X)=1,/.由随机变量X的分布列，得v

1]解得,

遂+吟，

5

-

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

5.故选C.

3.签盒中有编号为1,2,3,4,5,6的六支签，从中任意取3支，设X为

这3支签的号码之中最大的一个，则X的数学期望为()

A.5B.5.25

C.5.8D.4.6

答案B

解析由题意可知，X的所有可能取值为3,4,5,6,P(X=3)=^=*，

Ci3Ca31

P(X=4)=d=行,P(X=5)=0=行,P(X=6)=过=s.由数学期望的定义可得E(X)

1331

=3x—+4x—+5x—+6x-=5.25.故选B.

4.(2023•浙江强基联盟模拟)已知甲、乙两名员工分别从家中赶往工作单位的

时间互不影响，经统计，甲、乙一个月内从家中到工作单位所用时间在各个时间

段内的频率如下：

时间/分钟10〜2020〜3030〜4040〜50

甲的频率0.10.40.20.3

乙的频率00.30.60.1

某日工作单位接到一项任务，需要甲在30分钟内到达，乙在40分钟内到达,

用X表示甲、乙两人在要求时间内从家中到达单位的人数，用频率估计概率，则

X的数学期望和方差分别是()

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

解析设事件4表示“甲在规定的时间内到达”，事件8表示“乙在规定的时

间内到达”,P(A)=0.5,P(8)=0.9,A,8相互独立，.•.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.故选D.

5.(2023・西宁模拟)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120元.在设备使用

期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元.在使用期

间，每台设备需更换的零件个数X的分布列为

X678

P0.40.50.1

若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需

购买易损零件所需费用的期望为()

A.1716.8元B.206.5元

C.168.6元D.156.8元

答案D

解析记丫表示2台设备使用期间需更换的零件数，则丫的所有可能取值为

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.

若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买

易损零件所需费用为Z元，则Z的所有可能取值为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.

故选D.

6.甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得I分，负者得。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宗乙在

每局中获胜的概率为I且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望

印0为()

A刿B迪

A.8]U.8]

「274、670

=r8—1o口—243

答案B

解析依题意，知X的所有可能取值为2,4,6,设每两局比赛为一轮，则

22

该轮结束时比赛停止的概丝为停)+(1)=5•若该轮结束时比赛还将继续，则甲、

乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响.从

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

6入所二故选B.

7.已知某口袋中有3个白球和。个黑球(a€N)现从中随机取出一球，再

放入一个不同颜色的球(即若取出的是白球，则放入一个黑球；若取出的是黑球，

则放入一个白球)，记换好球后袋中白球的个数是X.若£(%)=3,则。(％)=()

A.；B,1

3

C，2D.2

答案B

解析由题意得x的所有可能取值为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.故选B.

8.设0<〃vl,随机变量。的分布列是

02

1一〃1

P11

222

则当〃在(0,1)内增大时，()

A.Q©减小B.£)©增大

C.。©先减小后增大D.。©先增大后减小

答案D

2

解析由题意可得E©K+P，所以O©="+〃+/=d)+1所

以当〃在(0,1)内增大时，。(给先增大后减小.故选D.

二、多项选择题

9.若随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)=*则下列结论正确的是()

A.P(X=1)=£(X)B.E(3X+2)=4

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

答案AB

121

解析依题意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正确，C,D错误.故

选AB

10.已知随机变量X的分布列如下表:

X-101

pmn

x+X

记“函数於)=3sin=-7t(x£R)是偶函数”为事件A,则下列结论正确的是

()

33

A.E(X)=4-B.+〃=^

c.P(A)=5D.P(A)=；

答案BC

3

确

故

-B正

解析由随机变量的分布列知，〃+(+，?=1,〃+-

4X)

=-1xm+Ox-+1=-m+n=-ni+--m=--2m,故A错误；二,函数贯刈二

x+X

3/】亍11(八€R)是偶函数为事件A,.•.涉足条件的事件A的X的可能取值为-I

3

或1,.•.P(A)=/〃+〃=a，牧C正确，D错误.故选BC.

H.已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停

止发球，否则一直发到3次结束为止.某考生一次发球成功的概率为〃(0<〃〈I),

发球次数为X,若X的数学期望E(X)>1.75,则〃的取值可以为()

A4D1

号D.|

答案AB

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

-〃)3=(i-〃)2,则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；.故选AR.

三、填空题

12.(2023・华南师大附中模拟)设随机变量4的分布列如下:

123456

Pa\ai43(14。5。6

其中S,。2,…，。6构成等差数列，则41+46=

答案5

解析因为(12,…，。6构成等差数列，所以0+46=。2+。5=。3+出，因

为+(12+(13+(14+C15+«6=1,所以Cl\+(16=y

735

13.已知离散型随机变量X的取值为有限个，E(X)=2,D(X)=^t则E(X2)

=•

…91

答案T

735

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

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

14.袋中有4个红球，加个黄球，〃个绿球.现从中任取两个球，记取出的

红球数为。，若取出的两个球都是红球的概率为右一红一黄的概率为：，则加-〃

=,E©=•

Q

答案1I

Cl191

解析由题意可得，P(D=瓦(4+,…)一(3+,…)=不化简，

得(阳+〃)2+7(〃?+〃)-60=0,解得〃?+〃=5,取出的两个球一红一黄的概率。=

广察解得〃?=3,故〃=2.所以〃一?=1.易知E的所有可能取值为0,

IClclScl55S

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

18

_-

2X6=

9-

四、解答题

15.(2024•北京第三十五中学开学考试)为了解某中学高

一年级学生的身体素质情况，对高一年级的(1)〜(8)班进行

了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽取1。名学生进

行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测

成绩达到优秀的人数的散点图如图(工轴表示对应的班号，

轴表示对应的优秀人数).

⑴若用散点图预测高一年级学生的身体素质情况，从高一年级学生中任意抽

测1人，求该学生身体素质监测成绩达到优秀的概率；

(2)若从以上统计的高一(2)班和高一(4)班的学生中各抽出1人，设X表示2

人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列及其数学期望；

(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体

素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名学生，用“以二1”表示第攵班抽

到的这名学生身体素质优秀，“熬=0”表示第k班抽到的这名学生身体素质不优秀

(A=l,2,8).写出方差。©),。仁3),。⑸的大小关系(不必写出证

明过程).

解(1)从高一年级(1)〜(8)班学生中抽测了80人，其中身体素质监测成绩优

秀的人数为8+6+9+4+7+5+9+8=56,

所以身体素质监测成绩优秀的概率是焉.

因为是随机抽样，所以用样本估计总体，可知从高一年级学生中任意抽测1

人，该学生身体素质监测成绩达到优秀的概率是看.

(2)因为高一(2)班抽出的10名学生中，身体素质监测成绩达到优秀的有6人,

不优秀的有4人，

高一(4)班抽出的10名学生中，身体素质监测成绩达到优秀的有4人，不优

秀的有6人，

所以从高一(2)班和高一(4)班的学生中各抽出1人,X的所有可能取值为0,1,

2.

236

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

332213

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

P(X=2)=浅=微,

所以X的分布列为

X012

6136

P

252525

数学期望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,

且薇服从两点分布，

「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,

。恪）=七-（以=1）1_2+;在/1）、上单调递减，

所以D©）=。仁2）＞。©）＞。（韶）.

16.某烘焙店加工一人成本为60元的蛋糕，然后以每个120元的价格出售，

如果当天卖不完，剩下的这种蛋糕作厨余垃圾处理.

（1）若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，求当天的利润M单位：元）关于当天需

求量〃（单位:个，〃《N）的函数解析式；

（2）烘焙店记录了100天这种蛋糕的日需求量（单位：个），整理得下表：

日需求量〃14151617181920

频数10201616151310

以这10。天记录的日需求量的频率作为日需求量发生的概率.

①若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，X表示日利润（单位：元），求X的分布

列、数学期望及方差；

②若烘焙店一天加工16个或17个这种蛋糕，仅从获得利润大的角度考虑，

你认为应加工16个还是17个？请说明理由.

120//-960,[0,16）,«€N,

i960,〃€[16,+00）,n€N.

（2）①由题意可得，X的所有可能取值为720,840,960,对应的概率分别为

0.1,0.2,0.7,所以X的分布列为

X720840960

P0.10.20.7

E(X)=720x0.1+840x0.2+960x0.7=912(元);

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

②当加工17个这种蛋糕时，y表示日利润(单位：元)，贝ijy的分布歹ij为

y6607809001020

p0.10.20.160.54

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

从数学期望来看，一天加工17个这种蛋糕的日利润高于一天加工16个这种

蛋糕的日利润，所以应加工17个.

17.(2023・武汉模拟)口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是

黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球

全部取出时停止.

⑴记总的抽取次数为X,求E(X)；

(2)现对方案进行调整：将这7个小球分装在甲、乙两个口袋中，甲袋装3个

小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方

式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方

式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的

总抽取次数为y,求反为，并用实际意义解释E(n与(D中的E(X)的大小关系.

解(DX的所有可能取值为4,5,6,