2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：21 随机变量及其分布
2020-2021学年高考数学(理)考点：离散型随机变量的分布列、均值与方差
1考点11.4 离散型随机变量的分布列、均值与方差1．离散型随机变量的分布列(1)随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量．所有取值可以一一列出的随机变量称为离散型随机变量．(2)一般地，若离散型随机变量X 可能取的不同值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i (i ＝1,2，…，n )的概率P (X ＝x i )＝p i ，则称表X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n为离散型随机变量X 的概率分布列，简称为X 的分布列，具有如下性质： ①p i ≥0，i ＝1,2，…，n ； ② i ＝1np i ＝1.离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和． 2．两点分布如果随机变量X 的分布列为X 0 1 P1－pp其中0<p <1，则称离散型随机变量X 服从两点分布． 其中p ＝P (X ＝1)称为成功概率． 3．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X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n(1)均值称E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 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平均水平．2(2)方差称D (X )＝∑i ＝1n(x i －E (X ))2p i 为随机变量X 的方差，它刻画了随机变量X 与其均值E (X )的平均偏离程度，并称其算术平方根D (X )为随机变量X 的标准差． 4．均值与方差的性质 (1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b .(2)D (aX ＋b )＝a 2D (X )．(a ，b 为常数) 5．超几何分布一般地，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P (X ＝k )＝C k M C n －kN －MC n N(k＝0,1,2，…，m )，即X 01… mPC 0M C n －N －MC n NC 1M C n －1N －MC n N…C m M C n －mN －MC nN其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *.如果一个随机变量X 的分布列具有上表的形式，则称随机变量X 服从超几何分布．1．（2019•浙江）设0＜a ＜1．随机变量X 的分布列是X 0 a 1 P131313则当a 在（0，1）内增大时，（ ） A ．D （X ）增大 B ．D （X ）减小C ．D （X ）先增大后减小 D ．D （X ）先减小后增大【答案】D【解析】E （X ）＝0×13+a ×13+1×13=a+13，D （X ）＝（a+13）2×13+（a −a+13）2×13+（1−a+13）2×13=127[（a +1）2+（2a ﹣1）2+（a ﹣2）2]=29（a 2﹣a +1）=29（a −12）2+16 ∵0＜a ＜1，∴D （X ）先减小后增大32．（2018•浙江）设0＜p ＜1，随机变量ξ的分布列是ξ 0 1 2 P1−p212p 2则当p 在（0，1）内增大时，（ ） A ．D （ξ）减小 B ．D （ξ）增大 C ．D （ξ）先减小后增大 D ．D （ξ）先增大后减小【答案】D【解析】设0＜p ＜1，随机变量ξ的分布列是 E （ξ）＝0×1−p2+1×12+2×p2=p +12； 方差是D （ξ）=(0−p −12)2×1−p 2+(1−p −12)2×12+(2−p −12)2×p2＝﹣p 2+p +14 =−(p −12)2+12，∴p ∈（0，12）时，D （ξ）单调递增；p ∈（12，1）时，D （ξ）单调递减；∴D （ξ）先增大后减小． 故选D ．3．（2018•新课标Ⅲ）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P （X ＝4）＜P （X ＝6），则p ＝（ ） A ．0.7 B ．0.6 C ．0.4 D ．0.3【答案】B【解析】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，看做是独立重复事件，满足X ～B （10，p ），P （x ＝4）＜P （X ＝6），可得C 104p 4(1−p)6＜C 106p 6(1−p)4，可得1﹣2p ＜0．即p ＞12．因为DX ＝2.4，可得10p （1﹣p ）＝2.4，解得p ＝0.6或p ＝0.4（舍去）．44．（2017•浙江）已知随机变量ξi 满足P （ξi ＝1）＝p i ，P （ξi ＝0）＝1﹣p i ，i ＝1，2．若0＜p 1＜p 2＜12，则（ ）A ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）B ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）C ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2） D ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2） 【答案】A【解析】∵随机变量ξi 满足P （ξi ＝1）＝p i ，P （ξi ＝0）＝1﹣p i ，i ＝1，2，…， 0＜p 1＜p 2＜12，∴12＜1﹣p 2＜1﹣p 1＜1，E （ξ1）＝1×p 1+0×（1﹣p 1）＝p 1， E （ξ2）＝1×p 2+0×（1﹣p 2）＝p 2，D （ξ1）＝（1﹣p 1）2p 1+（0﹣p 1）2（1﹣p 1）=p 1−p 12， D （ξ2）＝（1﹣p 2）2p 2+（0﹣p 2）2（1﹣p 2）=p 2−p 22，D （ξ1）﹣D （ξ2）＝p 1﹣p 12﹣（p 2−p 22）＝（p 2﹣p 1）（p 1+p 2﹣1）＜0， ∴E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）． 故选A ．5．（2020•浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P （ξ＝0）＝__________，E （ξ）＝__________． 【答案】13，1【解析】由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2； 计算P （ξ＝0）=C 11C 41+C 11⋅C 11C 41⋅C 31=13； P （ξ＝1）=C 21⋅C 11A 42+C 21C 11A 22C 11A 43=13； P （ξ＝2）=A 22⋅C 11A 43+C 22⋅C 11⋅A 33⋅C 11A 44=13；5所以E （ξ）＝0×13+1×13+2×13=1． 故答案为：13，1．6．（2017•新课标Ⅱ）一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次．X 表示抽到的二等品件数，则DX ＝__________． 【答案】1.96【解析】由题意可知，该事件满足独立重复试验，是一个二项分布模型，其中，p ＝0.02，n ＝100， 则DX ＝npq ＝np （1﹣p ）＝100×0.02×0.98＝1.96． 故答案为：1.96．7．（2020•江苏）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为X n ，恰有2个黑球的概率为p n ，恰有1个黑球的概率为q n ． （1）求p 1，q 1和p 2，q 2；（2）求2p n +q n 与2p n ﹣1+q n ﹣1的递推关系式和X n 的数学期望E （X n ）（用n 表示）． 【解析】（1）由题意可知：p 1=13，q 1=23，则p 2=13p 1+23×13q 1=727； q 2=23p 1+(23×23+13×13)q 1=1627． （2）由题意可知：p n+1=13p n +23×13q n =13p n +29q n ， q n+1=23p n +(23×23+13×13)q n +23(1−p n −q n )=−19q n +23， 两式相加可得2p n +1+q n +1=23p n +13q n +23=13(2p n +q n )+23， 则：2p n +q n =13(2p n−1+q n−1)+23， 所以，2p n +q n ﹣1=13(2p n−1+q n−1−1)，因为2p 1+q 1−1=13，数列{2p n +q n ﹣1}是首项为13，公比为13的等比数列，所以2p n +q n ﹣1=(13)n ， 即2p n +q n =(13)n +1，所以E （X n ）＝2p n +q n +0×（1﹣p n ﹣q n ）=(13)n +1．68．（2019•天津）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为23．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．（Ⅰ）用X 表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望；（Ⅱ）设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M 发生的概率．【解析】（I ）甲上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为23，故X ～B （3，23），从而P （X ＝k ）=C 3k(23)k (13)3−k ，k ＝0，1，2，3．所以，随机变量X 的分布列为：X 0 1 2 3 P1272949827随机变量X 的期望E （X ）＝3×23=2．（II ）设乙同学上学期间的三天中7：30到校的天数为Y ，则Y ～B （3，23），且M ＝{X ＝3，Y ＝1}∪{X ＝2，Y ＝0}，由题意知{X ＝3，Y ＝1}与{X ＝2，Y ＝0}互斥，且{X ＝3}与{Y ＝1}，{X ＝2}与{Y ＝0}相互独立，由（I ）知，P （M ）＝P （{X ＝3，Y ＝1}∪{X ＝2，Y ＝0}＝P （{X ＝3，Y ＝1}+P {X ＝2，Y ＝0} ＝P （X ＝3）P （Y ＝1）+P （X ＝2）P （Y ＝0）=827×29+49×127=202439．（2019•北京）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A ，B 两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：（0，1000]（1000，2000]大于2000仅使用A18人9人3人7仅使用B 10人 14人 1人（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率； （Ⅱ）从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X 的分布列和数学期望；（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由． 【解析】（Ⅰ）由题意得：从全校所有学生中随机抽取的100人中， A ，B 两种支付方式都不使用的有5人， 仅使用A 的有30人，仅使用B 的有25人，∴A ，B 两种支付方式都使用的人数有：100﹣5﹣30﹣25＝40，∴从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率p =40100=0.4． （Ⅱ）从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数， 则X 的可能取值为0，1，2，样本仅使用A 的学生有30人，其中支付金额在（0，1000]的有18人，超过1000元的有12人， 样本仅使用B 的学生有25人，其中支付金额在（0，1000]的有10人，超过1000元的有15人， P （X ＝0）=1830×1025=180750=625， P （X ＝1）=1830×1525+1230×1025=390750=1325， P （X ＝2）=1230×1525=180750=625， ∴X 的分布列为：X 0 1 2P6251325 625数学期望E （X ）=0×625+1×1325+2×625=1．（Ⅲ）不能认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，从样本仅使用A的学生有30人，其中27人月支付金额不大于2000元，有3人月支付金额大于2000元，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元的概率为p=C33C303=14060，虽然概率较小，但发生的可能性为14060．故不能认为认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．10．（2018•天津）已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16．现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？（Ⅱ）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率．【解析】（Ⅰ）单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16．人数比为：3：2：2，从中抽取7人现，应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3，2，2人．（Ⅱ）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，随机变量X的取值为：0，1，2，3，P(X=k)=C4k⋅C33−kC73，k＝0，1，2，3．所以随机变量的分布列为：X0123P 13512351835435随机变量X的数学期望E（X）=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127；（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，设事件B为：抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人，事件C为抽取89睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人，则：A ＝B ∪C ，且P （B ）＝P （X ＝2），P （C ）＝P （X ＝1）， 故P （A ）＝P （B ∪C ）＝P （X ＝2）+P （X ＝1）=67． 所以事件A 发生的概率：67．11．（2018•北京）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类 电影部数 140 50 300 200 800 510 好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值． 假设所有电影是否获得好评相互独立．（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率； （Ⅱ）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率； （Ⅲ）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等．用“ξk ＝1”表示第k 类电影得到人们喜欢．“ξk ＝0”表示第k 类电影没有得到人们喜欢（k ＝1，2，3，4，5，6）．写出方差D ξ1，D ξ2，D ξ3，D ξ4，D ξ5，D ξ6的大小关系．【解析】（Ⅰ）设事件A 表示“从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影”，总的电影部数为140+50+300+200+800+510＝2000部， 第四类电影中获得好评的电影有：200×0.25＝50部，∴从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的频率为： P （A ）=502000=0.025．（Ⅱ）设事件B 表示“从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，恰有1部获得好评”， 第四类获得好评的有：200×0.25＝50部， 第五类获得好评的有：800×0.2＝160部，则从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率： P （B ）=50×(800−160)+(200−50)×160200×800=0.35．10（Ⅲ）由题意知，定义随机变量如下： ξk ={0，第k 类电影没有得到人们喜欢1，第k 类电影得到人们喜欢，则ξk 服从两点分布，则六类电影的分布列及方差计算如下： 第一类电影：ξ1 1 0 P0.40.6E （ξ1）＝1×0.4+0×0.6＝0.4，D （ξ1）＝（1﹣0.4）2×0.4+（0﹣0.4）2×0.6＝0.24． 第二类电影：ξ2 1 0 P0.20.8E （ξ2）＝1×0.2+0×0.8＝0.2，D （ξ2）＝（1﹣0.2）2×0.2+（0﹣0.2）2×0.8＝0.16． 第三类电影：ξ3 1 0 P0.150.85E （ξ3）＝1×0.15+0×0.85＝0.15，D （ξ3）＝（1﹣0.15）2×0.15+（0﹣0.15）2×0.85＝0.1275． 第四类电影：ξ4 1 0 P0.250.75E （ξ4）＝1×0.25+0×0.75＝0.15，D （ξ4）＝（1﹣0.25）2×0.25+（0﹣0.25）2×0.75＝0.1875． 第五类电影：ξ5 1 0 P0.20.8E （ξ5）＝1×0.2+0×0.8＝0.2，11D （ξ5）＝（1﹣0.2）2×0.2+（0﹣0.2）2×0.8＝0.16． 第六类电影：ξ6 1 0 P0.10.9E （ξ6）＝1×0.1+0×0.9＝0.1，D （ξ5）＝（1﹣0.1）2×0.1+（0﹣0.1）2×0.9＝0.09． ∴方差D ξ1，D ξ2，D ξ3，D ξ4，D ξ5，D ξ6的大小关系为： D ξ6＜D ξ3＜D ξ2＝D ξ5＜D ξ4＜D ξ1．12．（2017•天津）从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14．（Ⅰ）设X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望； （Ⅱ）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． 【解析】（Ⅰ）随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3； 则P （X ＝0）＝（1−12）×（1−13）（1−14）=14， P （X ＝1）=12×（1−13）×（1−14）+（1−12）×13×（1−14）+（1−12）×（1−13）×14=1124， P （X ＝2）＝（1−12）×13×14+12×（1−13）×14+12×13×（1−14）=14， P （X ＝3）=12×13×14=124； 所以，随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P14112414124随机变量X 的数学期望为E （X ）＝0×14+1×1124+2×14+3×124=1312； （Ⅱ）设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数， 则所求事件的概率为P （Y +Z ＝1）＝P （Y ＝0，Z ＝1）+P （Y ＝1，Z ＝0） ＝P （Y ＝0）•P （Z ＝1）+P （Y ＝1）•P （Z ＝0）=14×1124+1124×1412=1148；所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148．13．（2017•山东）在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6和4名女志愿者B 1，B 2，B 3，B 4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．（Ⅰ）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的概率．（Ⅱ）用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X 的分布列与数学期望EX ． 【解析】（I ）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M ， 则P （M ）=C 84C 105=518． （II ）X 的可能取值为：0，1，2，3，4， ∴P （X ＝0）=C 65C 105=142， P （X ＝1）=C 64C 41C 105=521，P （X ＝2）=C 63C 42C 105=1021，P （X ＝3）=C 62C 43C 105=521，P （X ＝4）=C 61C 44C 105=142．∴X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P1425211021521142X 的数学期望EX ＝0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2．14．（2017•江苏）已知一个口袋有m 个白球，n 个黑球（m ，n ∈N *，n ≥2），这些球除颜色外全部相同．现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1，2，3，…，m +n 的抽屉内，13其中第k 次取出的球放入编号为k 的抽屉（k ＝1，2，3，…，m +n ）．123…m +n（1）试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ；（2）随机变量x 表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E （X ）是X 的数学期望，证明E （X ）＜n(m+n)(n−1)．【解析】（1）设事件A i 表示编号为i 的抽屉里放的是黑球， 则p ＝p （A 2）＝P （A 2|A 1）P （A 1）+P （A 2|A 1）P （A 1）=n −1m +n −1×n m +n +n m +n −1×mm +n=n 2−n+mn (m+n)(m+n−1)=n m+n． 证明：（2）∵X 的所有可能取值为1n，1n+1，…，1n+m，P （x =1k ）=C k−1n−1C m+nn ，k ＝n ，n +1，n +2，…，n +m ，∴E （X ）=∑n+m k=n（1k ⋅C k−1n−1C n+mn ）=1C n+mn⋅∑n+m k=nC k−1n−1k=1C n+mn⋅∑n+mk=nC k−1n−1k ＜1C n+mn ⋅∑n+mk=n C k−1n−1k −1=1C n+mn ⋅∑n+mk=nC k−2n−2n −1=1(n−1)C n+mn•（C n−2n−2+C n−1n−2+⋯+C n+m−2n−2） =1(n−1)C m+nn⋅C m+n−1n−1=n (m+n)(n−1)， ∴E （X ）＜n(m+n)(n−1)．15．（2017•新课标Ⅲ）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）天数216362574以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率． （1）求六月份这种酸奶一天的需求量X （单位：瓶）的分布列；14（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y （单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量n （单位：瓶）为多少时，Y 的数学期望达到最大值？【解析】（1）由题意知X 的可能取值为200，300，500， P （X ＝200）=2+1690=0.2， P （X ＝300）=3690=0.4， P （X ＝500）=25+7+490=0.4， ∴X 的分布列为：X 200 300 500 P0.20.40.4（2）由题意知这种酸奶一天的需求量至多为500瓶，至少为200瓶， ∴只需考虑200≤n ≤500， 当300≤n ≤500时，若最高气温不低于25，则Y ＝6n ﹣4n ＝2n ；若最高气温位于区间[20，25），则Y ＝6×300+2（n ﹣300）﹣4n ＝1200﹣2n ； 若最高气温低于20，则Y ＝6×200+2（n ﹣200）﹣4n ＝800﹣2n ， ∴EY ＝2n ×0.4+（1200﹣2n ）×0.4+（800﹣2n ）×0.2＝640﹣0.4n ， 当200≤n ≤300时，若最高气温不低于20，则Y ＝6n ﹣4n ＝2n ，若最高气温低于20，则Y ＝6×200+2（n ﹣200）﹣4n ＝800﹣2n ， ∴EY ＝2n ×（0.4+0.4）+（800﹣2n ）×0.2＝160+1.2n ． ∴n ＝300时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为520元．1．（2020•浙江模拟）设1a <<，随机变量X 的分布列为 X 2- 1-1 215P13a13a - 13则当a 在1(0,)3增大时，( )A ．()D X 增大B ．()D X 减小C ．()D X 先增大后减小 D ．()D X 先减小后增大【答案】C【解析】由题意可得，随机变量X 的数学期望1111211()223333EX a a a =-⨯-⨯+⨯-+⨯=-，随机变量2X 的数学期望22222111(2)(1)1()23333EX a a =-⨯+-⨯+⨯-+⨯=，∴随机变量X 的方差22221111()()(2)4()3363D X EX EX a a =-=--=--+， ∴当a 在1(0,)3增大时，()D X 先增大后减小，故选C ．2．（2020•下城区校级模拟）已知随机变量ξ的分布列如表：ξ 0 1 2Pb a -ba则当a 在1(0,)2内增大时( )A ．D ξ增大B ．D ξ减小C ．D ξ先增大后减小 D ．D ξ先减小后增大【答案】C【解析】由随机变量ξ的分布列的性质得： 0101011b a b a b a b a -⎧⎪⎪⎨⎪⎪-++=⎩，解得0.5b =，00.5a ， 0.52E a ξ=+，2222(00.52)(0.5)(10.52)0.5(20.52)420.25D a a a a a a a ξ=---+--⨯+--=-++，∴当a 在1(0,)2内增大时，D ξ先增大后减小．故选C ．163．（2020•丹东模拟）同时抛掷2枚质地均匀的硬币4次，设2枚硬币均正面向上的次数为X ，则X 的数学方差是( ) A ．12B ．34C ．1D ．32【答案】B【解析】同时抛掷2枚质地均匀的硬币， 恰好出现两枚正面向上的概率111224P =⨯=，2∴枚硬币均正面向上的次数1~(4,)4X B ，X ∴的方差133()4444D X =⨯⨯=，故选B ．4．（2020•浙江模拟）已知随机变量X 的分布列如表：X 1-0 1Pabc其中a ，b ，0c >．若X 的方差13DX 对所有(0,1)a b ∈-都成立，则( ) A ．13bB ．23bC ．13bD ．23b【答案】D【解析】依题意，1a b c ++=，故1c a b =--，当(0,1)a b ∈-时，故12EX a c b a =-+=--，22222()()()[()4]4()()4[1]DX E X E X a c c a a c c a ac ac a c a c a b a =-=+--=+--++=+-++--2(1)(1)4[1]b b a b a =---+--， 令1b t -=，则(0,1)t ∈ 214()3DX t t a t a =-+-，(0,)a t ∈， 故2214403a at t t -+-+，在(0,)a t ∈时恒成立， 当2t a =时DX 有最小值，故2214()40223t t t t t -⨯+-+， 故13t，即113b --，所以23b ，故选D ．5．（2020•镇海区校级模拟）某射手射击所得环数ξ的分布列如下：17ξ 78 9 10Px0.10.3y已知ξ的数学期望()8.9E ξ=，则y 的值为( ) A ．0.8 B ．0.6 C ．0.4 D ．0.2【答案】C【解析】由表格可知：0.10.31x y +++=， 780.190.3108.9x y +⨯+⨯+⨯=解得0.4y =． 故选C ．6．（2020•柯桥区二模）已知随机变量i ξ满足1(2)2i i p P ξ-==，1(1)2i P ξ==，(0)2i i p P ξ==，1i =，2若12102p p <<<，21i i ηξ=+则( ) A ．12()()E E ηη>，12()()D D ηη> B ．12()()E E ηη<，12()()D D ηη> C ．12()()E E ηη>，12()()D D ηη< D ．12()()E E ηη<，12()()D D ηη<【答案】C【解析】由数学期望与方差的性质可知：()()E a b aE b ξξ+=+，2()()D a b a D ξξ+=，则(21)2()1i i E E ξξ+=+，(21)4()i i D D ξξ+=， 因为11(2),(1),(0),1,2222i i i i i p p P P P i ξξξ-=======， 所以1113()012122222i i i i i p p E p p ξ-=⨯+⨯+⨯=+-=-， 22213313()(0)(1)(2)222222i i i i i i p p D p p p ξ-=-+⨯+-+⨯+-+⨯22291111(3)()()()4242422i i i i i i i i p p p p p p p p =+-⨯++-⨯+++⨯- 3222329311282282282282i i i i i i i i i i p p p p p p p p p p =+-++-+++---22111()422i i i p p p =-++=--+，所以3()2i i E p ξ=- 在1(0,)2i p ∈ 上单调递减，1811()()22i i D p ξ=--+ 在1(0,)2i p ∈ 上单调递增，又因为0 1212p p <<<， 所以12()()E E ξξ>，12()()D D ξξ<， 则122()12()1E E ξξ+>+，124()4()D D ξξ<， 所以12(21)(21)E E ξξ+>+，12(21)(21)D D ξξ+<+ 因为21(1,2)i i i ηξ=+=所以12()()E E ηη>，12()()D D ηη<， 故选C ．7．（2020•海曙区校级模拟）盒中有5个小球，其中3个白球，2个黑球，从中任取(1,2)i i =个球，在取出的球中，黑球放回，白球涂黑后放回，此时盒中黑球的个数记为(1,2)i X i =，则( ) A ．12(2)(2)P X P X =>=，12()()E X E X > B ．12(2)(2)P X P X =<=，12()()E X E X > C ．12(2)(2)P X P X =>=，12()()E X E X <D ．12(2)(2)P X P X =<=，12()()E X E X < 【答案】C【解析】12X =表示取出的为一个黑球，121152(2)5C P X C ∴===，131153(3)5C P X C ===，12313()23555E X =⨯+⨯=，22X =表示取出2个球为黑球，222251(2)10C P X C ∴===， 23X =表示取出2个球为一黑一白，11232253(3)5C C P X C ===，24X =表示取出2个白球，232253(4)10C P X C ===，19213316()234105105E X =⨯+⨯+⨯=， 12(2)(2)P X P X ∴=>=，12()()E X E X <．故选C ．8．（2020•柯城区校级模拟）已知某7个数的期望为6，方差为4，现又加入一个新数据6，此时这8个数的期望为记为()E X ，方差记为()D X ，则( ) A ．()6E X =，()4D X > B ．()6E X =，()4D X < C ．()6E X <，()4D X > D ．()6E X <，()4D X <【答案】B【解析】1()(766)68E X =⨯+=，217()[74(66)]482D X =⨯+-=<．故选B ．9．（2020•永康市模拟）随机变量ξ的分布列如表，则P 在(0,0.5)增加时，()D ξ的变化是( )ξ 1 2 3 4Pp0.5p -0.5p -pA ．一直增加B ．一直减小C ．先增加后减小D ．先减小后增加【答案】A【解析】由随机变量ξ的分布列的性质得： 12 1.534 2.5E p p p p ξ=+-+-+=，2222(1 2.5)(2 2.5)(0.5)(3 2.5)(0.5)(4 2.5)40.25D p p p p p ξ=-⨯+-⨯-+--+-=+，P ∴在(0,0.5)增加时，()D ξ的变化是递增的．故选A ．10．（2020•东阳市模拟）已知随机变量X ，Y 满足：~(2,)X B p ，21Y X =+，且5(1)9P X =，则()(D Y = )A ．49B ．73C ．169D ．179【答案】C【解析】随机变量X 满足：~(2,)X B p ，且5(1)9P X =，20224(0)1(1)(1)9P X P X C p ∴==-=-=， 解得13p =，1~(2,)3X B ∴，114()2(1)339D X ∴=-=， 21Y X =+，216()2()9D Y D X ==． 故选C ．11．（2020•浙江模拟）现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，掷出点数大于2的人去打乒乓球．用X ，Y 分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记||X Y ξ=-，求随机变量ξ的数学期望E ξ为( ) A ．12881B ．13581C ．14081D ．14881【答案】D【解析】依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为13，去打乒乓球的概率为23，设“这4个人中恰有i 人去打篮球”为事件(0i A i =，1，2，3，4)，则4412()()()33i i ii PP A C -=，ξ的所有可能取值为0，2，4．由于1A 与3A 互斥，0A 与4A 互斥，故28(0)()27P P A ξ===， 1340(2)()()81P P A P A ξ==+=， 0417(4)()()81P P A P A ξ==+=． 所以ξ的分布列是ξ 2 2 4 P82740811781随机变量ξ的数学期望84017148024********E ξ=⨯+⨯+⨯=． 故选D ．12．（2020•浙江模拟）设10a <<，随机变量X 的分布列是： X 1- 1221P12a - 122a + 2a 则当()D X 最大时的a 的值是( ) A ．14B ．316 C ．15D ．325【答案】D【解析】由随机变量X 的分布列知： 115()1()1()222222a a aE X a =-⨯-+⨯++⨯=， 2113()1()1()4122222a a E X a a =⨯-+⨯++⨯=+，2222325253109()()()1()24425100a D X E X E X a a =-=+-=--+， 102a <<，∴当()D X 最大时的a 的值是325．故选D ．13．（2020•浙江模拟）随机变量X 的分布列如表：X 12 3Pabc已知1(2)2p X =，则当b 在1(0,)2内增大时( )A ．()E X 递减，()D X 递减B ．()E X 递增，()D X 递减C ．()E X 递减，()D X 递增 D ．()E X 递增，()D X 递增【答案】B【解析】由题，1(2)2p X =，即12a b +=，则11122c =-=，12a b =-，113()12322222E X a b b b b =⨯+⨯+⨯=-++=+， 222232221115()(12)(22)(32)()(1)(1)1()2224D X a b b b c b b b b b b b b =--+--+--=-+++-=--+=-++，所以当b 在1(0,)2内增大时，()E X 递增，根据二次函数图象和性质，可知()D X 递减． 故选B ．14．（2020•鹿城区校级模拟）袋中有3个白球和i 个黑球，有放回的摸取3次，每次摸取一球，设摸22得黑球的个数为i ξ，其中1i =，2，则( ) A ．12()()E E ξξ<，12()()D D ξξ< B ．12()()E E ξξ<，12()()D D ξξ> C ．12()()E E ξξ>，12()()D D ξξ< D ．12()()E E ξξ>，12()()D D ξξ>【答案】A【解析】袋中有3个白球和i 个黑球，有放回的摸取3次， 每次摸取一球，设摸得黑球的个数为i ξ，其中1i =，2， 则11~(3,)4B ξ，113()344E ξ=⨯=，1119()3(1)4416D ξ=⨯⨯-=，22~(3,)5B ξ，226()355E ξ=⨯=，22218()3(1)5525D ξ=⨯⨯-=， 12()()E E ξξ∴<，12()()D D ξξ<．故选A ．15．（2020•平湖市模拟）已知10a <<，随机变量ξ的分布如表： ξ 1-0 1P1212a - a当a 在1(0,)2内增大时，( )A ．()E ξ减小，()D ξ减小B ．()E ξ减小，()D ξ增大C ．()E ξ增大，()D ξ减小 D ．()E ξ增大，()D ξ增大【答案】D【解析】由题意可得：1()2E a ξ=-+，当a 在1(0,)2内增大时，()E ξ增大；222221111115()(1)()(0)(1)2(1)2222244D a a a a a a a a ξ=-+-+-+-++-=+-=--，a 在1(0,)2内增大时，()D ξ增大．故选D ．16．（2020•武汉模拟）某几位大学生自主创业创办了一个服务公司提供A 、B 两种民生消费产品（人们购买时每次只买其中一种）服务，他们经过统计分析发现：第一次购买产品的人购买A 的概率为23，购买B 的概率为13，而前一次购买A 产品的人下一次来购买A 产品的概率为14，购买B 产23品的概率为34，前一次购买B 产品的人下一次来购买A 产品的概率为12、购买B 产品的概率也是12，如此往复．记某人第n 次来购买A 产品的概率为n P ． （1）求2P ，并证明数列25n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）记第二次来公司购买产品的3个人中有X 个人购买A 产品，求X 的分布列并求()E X ； （3）经过一段时间的经营每天来购买产品的人稳定在800人，假定这800人都已购买过很多次该两款产品，那么公司每天应至少准备A 、B 产品各多少份．（直接写结论、不必说明理由）． 【解析】（1）22111134323P =⨯+⨯=，由题意可知11111(1)4242n n n n P P P P +=⨯+⨯-=-+，1212()545n n P P +∴-=--， 又1222453515P -=-=， ∴数列2{}5n P -是首项为415，公比为14-的等比数列． （2）X 的可能取值有0，1，2，3，且3312()()()33k kk P X k C -==，故328(0)()327P X ===，123124(1)()339P X C ===，223122(2)()339P X C ===，311(3)()327P X ===， 故X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 82749291278421()01231279927E X =⨯+⨯+⨯+⨯=． （3）由（1）知1241()5154n n P --=-，故1412()1545n n P -=-+， ∴当n →+∞时，25n P →， 故准备A 产品28003205⨯=份，准备B 产品38004805⨯=份． 17．（2020•湖北模拟）在赌场内，甲乙进行一场游戏．游戏规则如下：初始时甲乙各从携带的总财产中押出一定金额并进行游戏，当一方获胜时将赢得对方所押以及赢得的所有财产，败方则需要24重新押出他失去的等额的押金．如甲先押100元并从乙的身上赢得50元，当再次进行游戏且乙获胜时，他将获得150元，并且甲需要重新押150元．直到一方输掉全部财产或他的剩余财产无法支持他继续支付押金时游戏结束．若甲共有1000元财产，乙共有300元财产，甲乙获胜的概率都是0.5，初始时甲乙各押100元．（1）求出现决胜局（甲乙均抵押出全部财产）的概率（结果保留2位小数） （2）求乙赢钱的分布列及均值（结果可用2的幂表示）【解析】（1）由题目意思可知，押金不可半途取出，且当甲或乙输钱后，输了多少， 则要重新押多少，而赢则赢的为增加自己的押金， 直到另一个输掉全部财产或无法支付排金时游戏结束．∴出现决胜局（甲乙均抵押出全部财产）时，甲、乙的全部财产都在游戏中，身上无钱， ∴最初甲有1000元财产，乙有300元财产，初始甲、乙各押100元，对于乙来说，乙最后身上无钱的情况分为两种， ①乙连输2把，则身上剩下300100100100--=元， ②乙赢一把再输一把，则身上剩300100200200+-=元，∴决胜局肯定在①②两种情况的基础上发生．①乙连输2把，则第三把开始时，乙扣金为100元，剩0元，甲押金为100100100300++= 元，剩1000100900-= 元 9003003÷= 为整数，故可出现决胜局，此时10.50.50.50.50.50.03P =⨯⨯⨯⨯≈， ②乙赢一把再输一把，则第三把开始时，乙扣金为100100200+=元，剩0元， 甲押金为1001002300+⨯= 元，剩1000100100800--=元， 88003003÷= 不为整数，故不会出现决胜局10.03P P ∴=≈．（2）所求为乙赢钱的分布列和均值，故思考乙赢钱的可能性即可． 开始时乙共有300元财产，且乙甲100元，∴乙要赢钱分成三大种情况：①乙一直赢，②乙输一把，③乙输两把，25①乙一直赢，则第一把开始时，乙押金100元，剩300100200-=元， 甲押金100元，剩1000100900-=元， 9001009÷= 为整数，故甲输光，所以此次乙赢1000元， 1921010.52P +==， ②乙输一把，因乙有300元，所以此情况分两小类，乙输第一把和乙输第二把． 乙输第一把，则第二把开始时，乙押金100元，剩300100100100--=元， 甲押金100100200+= 元，剩1000100900-= 元， 9002004100÷=⋯，故甲最后剩100元，所以此次乙赢1000100900-=元，243610.52P +==， 乙输第两把，则第三把开始时，乙押金100100200+=元，剩 3001002000--= 元甲押金100200300+= 元，剩1000100100800--= 元 8003002200÷=⋯，故甲最后剩200元，所以此次乙赢1000200800-=元， 324510.52P +==， ③乙输两把，因乙有300元，且第一次押100元，故此为乙连输两把， 则第三次开始时，乙押金100元，剩3001001001000---=元， 甲押金100100100300++= 元，剩1000100900-= 元 9003003÷=，故甲输光，所以乙此次赢1000元，335610.52P +==，26∴乙赢钱的概率为：623451010216522P P P P P +=+++==，由上述知乙赢钱ξ的可能取值有800，900，1000， 432(800)65P P P ξ===316(900)65P P P ξ===2517(1000)65P P P P ξ+===， ∴ 乙赢钱的分布列如下表：ξ800 900 1000 P32651665176532161711400()800900100065656513E ξ=++=． 18．（2020•庐阳区校级模拟）某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满500元的顾客，可以获得一次抽奖机会，有两种方案．方案一：在抽奖的盒子中有除颜色外完全相同的2个黑球，3个白球，顾客一次性摸出2个球，规定摸到2个黑球奖励50元，1个黑球奖励20元，没有摸到黑球奖励15元．方案二：在抽奖的盒子中有除颜色外完全相同的2个黑球，3个白球，顾客不放回地每次摸出一个球，直到将所有黑球摸出则停止摸奖，规定2次摸出所有黑球奖励50元，3次摸出所有黑球奖励30元，4次摸出所有黑球奖励20元，5次摸出所有黑球奖励10元． （1）记X 为1名顾客选择方案一时摸出黑球的个数，求随机变量X 的数学期望； （2）若你为一名要摸奖的顾客，请问你选择哪种方案进行抽奖，说明理由． 【解析】（1）易知X 符合超几何分布，2~(2,)5X H ，故22()0.85E X ⨯==．另解：22221(2)10C P X C ===，11232563(1)105C C P X C ====，0223253(0)10C C P X C ===， ∴133()2100.810510E X =⨯+⨯+⨯=． （2）方案一：记ξ为1名顾客选择方案一进行摸奖获得的奖金数额，则ξ可取50，20，2222115.(50)10C P X C ===，2711232563(20)105C C P X C ====，0223253(15)10C C P X C ===，∴133()50201521.510510E X =⨯+⨯+⨯=． 方案二：记η为1名顾客选择方案二进行摸奖获得的奖金数额，则η可取50，30，20，2222110.(50)10A P A η===，112232351(30)5C C A P A η===，123233453(20)10C C A P A η===，1424542(10)5C A P A η===． ∴1132()5030201021105105E η=⨯+⨯+⨯+⨯=． 因此，我会选择方案一进行摸奖．19．（2020•七星区校级模拟）“一带一路”为世界经济增长开辟了新空间，为国际贸易投资搭建了新平台，为完善全球经济治理拓展了新实践．某企业为抓住机遇，计划在某地建立猕猴桃饮品基地，进行饮品A ，B ，C 的开发．（1）在对三种饮品市场投放的前期调研中，对100名试饮人员进行抽样调查，得到对三种饮品选择情况的条形图．若饮品A 的百件利润为400元，饮品B 的百件利润为300元，饮品C 的百件利润为700元，请估计三种饮品的平均百件利润；（2）为进一步提高企业利润，企业决定对饮品C 进行加工工艺的改进和饮品D 的研发．已知工艺改进成功的概率为45，开发新饮品成功的概率为13，且工艺改进与饮品研发相互独立；（一)求工艺改进和新品研发恰有一项成功的概率；（二)若工艺改进成功则可为企业获利80万元，不成功则亏损30万元，若饮品研发成功则获利150万元，不成功则亏损70万元，求该企业获利ξ的数学期望．28【解析】（1）根据样本的条形图可得顾客选择饮品A 的频率为0.35； 选择饮品B 的频率为0.45，选择饮品C 的频率为0.20；可用频率代替概率，则可以得到总体的百件利润平均值为4000.353000.457000.20415⨯+⨯+⨯=． （2）（一)设饮品工艺改进成功为事件A ，新品研发成功为事件B ， 依题意可知事件A 与事件B 互相独立， 事件M 为工艺改进和新品研发恰有一项成功， 则(P M 11423)()()53535P AB P AB =+=⨯+⨯=．（二)由题意知企业获利ξ的取值为100-，10，120，230，所以ξ的分布列为ξ100-10 120 230 P215815115415所以2814184()10010120230151515153E ξ=-⨯+⨯+⨯+⨯=． 20．（2020•鼓楼区校级模拟）已知6名某疾病病毒密切接触者中有1名感染病毒，其余5名健康，需要通过化验血液来确定感染者．血液化验结果呈阳性的即为感染者，呈阴性即为健康． （1）若从这6名密切接触者中随机抽取3名，求抽到感染者的概率；（2）血液化验确定感染者的方法有：①逐一化验；②分组混合化验：先将血液分成若干组，对组内血液混合化验，若化验结果呈阴性，则该组血液不含病毒；若化验结果呈阳性，则对该组的备份血液逐一化验，直至确定感染者．()i 采取逐一化验，求所需检验次数ξ的数学期望；()ii 采取平均分组混合化验（每组血液份数相同），依据所需化验总次数的期望，选择合理的平均分组方案．【解析】（1）6名某疾病病毒密切接触者中有1名感染病毒，其余5名健康，从这6名密切接触者中随机抽取3名，抽到感染者的概率：253612C P C ==．（2）()i ξ的可能取值是1，2，3，4，5，且分布列如下：ξ 1 2 3 4 5 P16 1616161310()3E ξ=．。
2020年高考山东版高考理科数学 12.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
评析 本题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列、数学期
望、方差等基础知识,考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识,
考查必然与或然思想、分类与整合思想.
∴P(X≥87)= 4 = 2 . C84 35
②由题意得ξ的可能取值为0,1,2,3,4,
P(ξ=0)=
C04C C84
4 4
= 1 ,P(ξ=1)=
70
C14C34 C84
= 8 ,
35
P(ξ=2)=
C24C C84
2 4
= 18 ,P(ξ=3)=
35
C34C14 C84
= 8 ,
如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,
所以数学期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况, 同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案, 所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2. 以下是对两个方案的分析: 对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为X1, 则X1的分布列为
35
P(ξ=4)=
C44C04 C84
= 1 ,
70
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
1
8
18
8
1
P
70
35
35
35
70
1
8 18 8
1
∴E(ξ)=0× 70 +1× 35 +2× 35 +3× 35 +4× 70 =2.
考点二 离散型随机变量的均值与方差
2020山东新高考数学二轮复习专题突破练21随机变量及其分布
专题突破练21随机变量及其分布1.(2019全国卷2,理18)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分.当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.2.某班将要举行篮球投篮比赛,比赛规则是:每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次,在A区每进一球得2分,不进球得0分;在B区每进一球得3分,不进球得0分,得分高的选手胜出.已知某参赛选手在A区和B区每次投篮进球的概率分别是910和13.(1)如果该选手以在A,B区投篮得分的期望高者为选择投篮区的标准,问该选手应该选择哪个区投篮?请说明理由;(2)求该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率.3.(2019河北武邑中学调研二,理18)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率.(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望E(X).4.医学上某种还没有完全攻克的疾病,治疗时需要通过药物控制其中的两项指标H和V.现有三种不同配方的药剂,根据分析,A,B,C三种药剂能控制H指标的概率分别为0.5,0.6,0.75,能控制V指标的概率分别是0.6,0.5,0.4,能否控制H指标与能否控制V指标之间相互没有影响.(1)求A,B,C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率;(2)某种药剂能使两项指标H和V都得到控制就说该药剂有治疗效果.求三种药剂中有治疗效果的药剂种数X的分布列.5.某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.6.2019年是某市大力推进居民生活垃圾分类的关键一年,有关部门为宣传垃圾分类知识,面向该市市民进行了一次“垃圾分类知识”的网络问卷调查,每位市民仅有一次参与机会,通过抽样,得到参与问卷调查中的1 000人的得分数据,其频率分布直方图如图所示:(1)由频率分布直方图可以认为,此次问卷调查的得分Z服从正态分布N(μ,210),μ近似为这1 000人得分的平均值(同一组数据用该区间的中点值作代表),利用该正态分布求P(50.5<Z<94).(2)在(1)的条件下,有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:①得分不低于μ可获赠2次随机话费,得分低于μ则只有1次;②每次赠送的随机话费和对应概率如下:现有一位市民要参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求X的分布列.附:√210≈14.5,若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)≈0.954 5.7.某公司新上一条生产线,为保证新的生产线正常工作,需对该生产线进行检测.现从该生产线上随机抽取100件产品,测量产品数据,用统计方法得到样本的平均数μ=14,标准差σ=2,绘制如图所示的频率分布直方图.以频率值作为概率估计值.(1)从该生产线加工的产品中任意抽取一件,记其数据为X,依据以下不等式评判(P表示对应事件的概率):①P(μ-σ<X<μ+σ)≥0.682 6;②P(μ-2σ<X<μ+2σ)≥0.954 4;③P(μ-3σ<X<μ+3σ)≥0.997 4.评判规则为:若至少满足以上两个不等式,则生产状况为优,无需检修;否则需检修生产线,试判断该生产线是否需要检修;(2)将数据不在(μ-2σ,μ+2σ)内的产品视为次品,从该生产线加工的产品中任意抽取2件,次品数记为Y,求Y的分布列与数学期望E(Y).8.某闯关游戏规则是:先后掷两枚骰子,将此试验重复n轮,第n轮的点数分别记为x n,y n,如果点数满足x n<6y nn,则认为第n轮闯关成功,否则进行下一轮投掷,直到闯关成功,游戏结束.(1)求第一轮闯关成功的概率;(2)如果第i轮闯关成功所获的奖金数f(i)=10 000×12i(单位:元),求某人闯关获得奖金不超过1 250元的概率;(3)如果游戏只进行到第四轮,第四轮后不论游戏成功与否,都终止游戏,记进行的轮数为随机变量x,求x的分布列和数学期望.参考答案专题突破练21随机变量及其分布1.(1)证明X=2就是10∶10平后,两人又打了两个球该局比赛结束,则这两个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.(2)解X=4且甲获胜,就是10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.2.解 (1)设该选手在A 区投篮的进球数为X ,则X~B (2,910),故E (X )=2×910=95,则该选手在A 区投篮得分的期望为2×95=185.设该选手在B 区投篮的进球数为Y ,则Y~B (3,13),故E (Y )=3×13=1,则该选手在B 区投篮得分的期望为3×1=3.所以该选手应该选择在A 区投篮.(2)设“该选手在A 区投篮得分高于在B 区投篮得分”为事件C ,“该选手在A 区投篮得4分,且在B 区投篮得3分或0分”为事件D ,“该选手在A 区投篮得2分,且在B 区投篮得0分”为事件E ,则事件C=D ∪E ,且事件D 与事件E 互斥.P (D )=(910×910)×C 31×13×(23)2+(23)3=81100×(49+827)=35,P (E )=(C 21×910×110)×(23)3=18100×827=475,P (C )=P (D ∪E )=35+475=4975,故该选手在A 区投篮得分高于在B 区投篮得分的概率为4975.3.解 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M ,则P (M )=C 84C 105=518. (2)X 的可能取值为:0,1,2,3,4,∴P (X=0)=C 65C 105=142,P (X=1)=C 64C 41C 105=521,P (X=2)=C 63C 42C 105=1021,P (X=3)=C 62C 43C 105=521,P (X=4)=C 61C 44C 105=142. ∴X 的分布列为X的数学期望E(X)=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2.4.解(1)A,B,C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率为P=0.5×(1-0.6)×(1-0.75)+(1-0.5)×0.6×(1-0.75)+(1-0.5)×(1-0.6)×0.75=0.275.(2)∵A有治疗效果的概率为P A=0.5×0.6=0.3,B有治疗效果的概率为P B=0.6×0.5=0.3,C有治疗效果的概率为P C=0.75×0.4=0.3,∴A,B,C三种药剂有治疗效果的概率均为0.3,可看成是独立重复试验,即X~B(3,0.3).∵X的所有可能取值为0,1,2,3,∴P(X=k)=C3k×0.3k×(1-0.3)3-k,即P(X=0)=C30×0.30×(1-0.3)3=0.343,P(X=1)=C31×0.3×(1-0.3)2=0.441,P(X=2)=C32×0.32×(1-0.3)=0.189,P(X=3)=C33×0.33=0.027.故X的分布列为5.解(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.150.55=311.因此所求概率为3.(3)记续保人本年度的保费为X,则X的分布列为E(X)=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.6.解(1)E(Z)=35×0.025+45×0.15+55×0.2+65×0.25+75×0.225+85×0.1+95×0.05=65,∴μ=65,σ=√210≈14.5,∴P(50.5<Z<79.5)≈0.682 7,P(36<Z<94)≈0.954 5,∴P(79.5<Z<94)≈0.9545-0.68272=0.135 9,∴P(50.5<Z<94)=P(50.5<Z<79.5)+P(79.5<Z<94)≈0.682 7+0.135 9=0.818 6.(2)P(Z<μ)=P(Z≥μ)=12,X的所有可能取值为10,20,30,40,P(X=10)=12×23=13,P(X=20)=12×13+12×23×23=718,P(X=30)=12×23×13+12×13×23=29,P(X=40)=12×13×13=118.故X的分布列为7.解(1)由题意知,μ=14,σ=2,由频率分布直方图得P(μ-σ<X<μ+σ)=P(12<X<16)=(0.29+0.11)×2=0.8>0.682 6,P(μ-2σ<X<μ+2σ)=P(10<X<18)=0.8+(0.04+0.03)×2=0.94<0.954 4, P(μ-3σ<X<μ+3σ)=P(8<X<20)=0.94+(0.015+0.005)×2=0.98<0.997 4, ∵不满足至少两个不等式成立,∴该生产线需检修.(2)由(1)知P(μ-2σ<X<μ+2σ)=0.94=4750,所以任取1件是次品的概率为0.06=350,所以任取2件产品得到的次品数Y可能值为0,1,2,则P(Y=0)=47502=22092500;P(Y=1)=C214750·35=1411250;P(Y=2)=3502=92500;∴Y的分布列为∴E(Y)=0×22092500+1×1411250+2×92500=325.8.解(1)当y1=6时,x1<3612=3,因此x1=1,2;当y1=5时,x1<30,因此x1=1,2;当y1=4时,x1<2410,因此x1=1,2;当y1=3时,x1<189=2,因此x1=1;当y1=2时,x1<128=32,因此x1=1;当y1=1时,x1<67,因此x1无值;所以第一轮闯关成功的概率P(A)=86×6=29.(2)令奖金数f(i)=10 000×12i ≤1 250,则i≥3,由(1)知每轮过关的概率为29.某人闯关获得奖金不超过1 250元的概率P(i≥3)=1-P(i=1)-P(i=2)=1-29-1-29×29=4981.(3)依题意X的可能取值为1,2,3,4.设游戏第k轮后终止的概率为P k(k=1,2,3,4),P1=29,P2=1-29×29=1481,P3=1-292×29=98729,P4=1-P1-P2-P3=343.故X的分布列为因此,E(X)=1×29+2×1481+3×98729+4×343729=2080729.。
2020版高考数学二轮复习专题限时集训5概率、随机变量及其分布理
专题限时集训(五) 概率、随机变量及其分布[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )A.25 B.35 C.18125D.54125D [由题意可知抽到黄球的次数ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，35， ∴P (ξ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352×25＝54125.]2．(2019·咸阳二模)已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为16，14，13，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为( )A.3172B.712C.2572D.1572B [甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为16，14，13，且三个录取结果相互之间没有影响，∴他们三人中至少有一人被录取的概率为：P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝712.故选B.] 3.(2019·郑州二模)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )(附：X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 7，P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954 5)A ．906B ．2 718C ．1 359D ．3 413C [∵X ～N (－1,1)，∴阴影部分的面积S ＝P (0﹤X ≤1)＝12[P (－3﹤x ≤1)－P (－2﹤x ≤0)]＝12(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9， ∴落入阴影部分的点的个数的估计值为10 000×0.135 9＝1 359.故选C.]4．甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为( )A.13 B.25 C.23D.45B [由题意，甲获得冠军的概率为23×23＋23×13×23＋13×23×23＝2027，其中比赛进行了3局的概率为23×13×23＋13×23×23＝827，∴所求概率为827÷2027＝25，故选B.]5．(2019·巢湖市一模)某次考试共有12个选择题，每个选择题的分值为5分，每个选择题四个选项且只有一个选项是正确的，A 学生对12个选择题中每个题的四个选择项都没有把握，最后选择题的得分为X 分，B 学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，对其它三个选项都没有把握，选择题的得分为Y 分，则D (Y )－D (X )的值为( )A.12512B.3512C.274D.234A [设A 学生答对题的个数为m ，得分5m ，则m ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14，D (m )＝12×14×34＝94， ∴D (X )＝25×94＝2254.设B 学生答对题的个数为n ，得分5n ，则n ～B ⎝⎛⎭⎪⎫12，13， D (n )＝12×13×23＝83，∴D (Y )＝25×83＝2003.∴D (Y )－D (X )＝2003－2254＝12512.故选A.]6．已知随机变量X 服从正态分布N (2，σ2)，且P (0≤X ≤2)＝0.3，则P (X ＞4)＝________. 0.2 [由正态分布的特征可知P (0≤X ≤2)＝P (2≤X ≤4)＝0.3.又P (X ≥2)＝0.5，∴P (X ＞4)＝0.5－0.3＝0.2.]7．[易错题]某种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需要再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为________．200 [将“没有发芽的种子数”记为ξ，则ξ＝1,2,3，…，1 000，由题意可知ξ～B (1 000,0.1)，所以E (ξ)＝1 000×0.1＝100，又因为X ＝2ξ，所以E (X )＝2E (ξ)＝200.]8．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“三个人去的景点不相同”，B 为“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于________．12[由题意可知，n (B )＝C 1322＝12，n (AB )＝A 33＝6， 所以P (A |B )＝n AB n B ＝612＝12.][能力提升练] (建议用时：30分钟)9．根据以往的数据统计，某支深受广大球迷喜欢的足球队中，乙球员能够胜任前锋、中场、后卫及守门员四个位置，且出场率分别为0.2,0.5,0.2,0.1，当出任前锋、中场、后卫及守门员时，球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.6,0.2.则(1)当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；(2)当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率； (3)如果你是教练员，应用概率统计的相关知识分析，如何安排乙球员能使赢球场次更多？[解] 设A 1表示“乙球员担当前锋”，A 2表示“乙球员担当中场”，A 3表示“乙球员担当后卫”，A 4表示“乙球员担当守门员”，B 表示“球队某场比赛输球”．(1)P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)P (B |A 3)＋P (A 4)P (B |A 4)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.2×0.6＋0.1×0.2＝0.32.(2)由(1)知，P (B )＝0.32， 所以P (A 1|B )＝P A 1B P B ＝0.2×0.40.32＝0.25.(3)因为P (A 1|B )∶P (A 2|B )∶P (A 3|B )∶P (A 4|B )＝0.08∶0.10∶0.12∶0.02＝4∶5∶6∶1， 所以多安排乙球员担当守门员，能够赢球场次更多．10．为了预防某种流感扩散，某校医务室采取积极的处理方式，对感染者进行短暂隔离直到康复．假设某班级已知6位同学中有1位同学被感染，需要通过化验血液来确定被感染的同学，血液化验结果呈阳性即被感染，呈阴性即未被感染．下面是两种化验方案．方案甲：逐个化验，直到能确定被感染的同学为止．方案乙：先任取3个同学，将他们的血液混在一起化验，若结果呈阳性则表明被感染同学为这3位中的1位，后再逐个化验，直到能确定被感染的同学为止；若结果呈阴性，则在另外3位同学中逐个检测．(1)求方案甲所需化验次数等于方案乙所需化验次数的概率；(2)η表示方案甲所需化验次数，ξ表示方案乙所需化验次数，假设每次化验的费用都相同，请从经济角度考虑哪种化验的方案最佳．[解] 设A i (i ＝1,2,3,4,5)表示方案甲所需化验次数为i 次；B j (j ＝2,3)表示方案乙所需化验的次数为j 次，方案甲与方案乙相互独立．(1)P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (A 4)＝16，P (A 5)＝13，P (B 2)＝C 25C 36C 13＋C 35C 36C 13＝13，P (B 3)＝1－P (B 2)＝23，用事件D 表示方案甲所需化验次数等于方案乙所需化验次数， 则P (D )＝P (A 2B 2＋A 3B 3)＝P (A 2)P (B 2)＋P (A 3)P (B 3)＝16×13＋16×23＝16.(2)η的可能取值为1,2,3,4,5.ξ的可能取值为2,3.由(1)知P (η＝1)＝P (η＝2)＝P (η＝3)＝P (η＝4)＝16，P (η＝5)＝13，所以E (η)＝1×16＋2×16＋3×16＋4×16＋5×13＝103，P (ξ＝2)＝P (B 2)＝13，P (ξ＝3)＝P (B 3)＝23，所以E (ξ)＝2×13＋3×23＝83. 因为E (ξ)＜E (η)，所以从经济角度考虑方案乙最佳．11．(2019·昆明模拟)为了解甲、乙两种产品的质量，从中分别随机抽取了10件样品，测量产品中某种元素的含量(单位：毫克)，如图所示是测量数据的茎叶图．规定：当产品中的此种元素的含量不小于18毫克时，该产品为优等品．(1)试用样品数据估计甲、乙两种产品的优等品率；(2)从乙产品抽取的10件样品中随机抽取3件，求抽到的3件样品中优等品数ξ的分布列及其数学期望E (ξ)；(3)从甲产品抽取的10件样品中有放回地随机抽取3件，也从乙产品抽取的10件样品中有放回地随机抽取3件，抽到的优等品中，记“甲产品恰比乙产品多2件”为事件C ，求事件C 的概率．[解](1)从甲产品抽取的10件样品中优等品有4件，优等品率为410＝25，从乙产品抽取的10件样品中优等品有5件，优等品率为510＝12.故甲、乙两种产品的优等品率分别为25，12.(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝C 35C 310＝112，P (ξ＝1)＝C 15C 25C 310＝512，P (ξ＝2)＝C 25C 15C 310＝512，P (ξ＝3)＝C 35C 310＝112.所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×12＋1×12＋2×12＋3×12＝2.(3)抽到的优等品中，甲产品恰比乙产品多2件包括两种情况：“抽到的优等品数甲产品2件且乙产品0件”，“抽到的优等品数甲产品3件且乙产品1件”，分别记为事件A ，B ，P (A )＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫120×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝9250， P (B )＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫253×C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＝3125， 故抽到的优等品中甲产品恰比乙产品多2件的概率为P (C )＝P (A )＋P (B )＝9250＋3125＝350. 12．春节期间某商店出售某种海鲜礼盒，假设每天该礼盒的需求量在{11,12，…，30}范围内等可能取值，该礼盒的进货量也在{11,12，…，30}范围内取值(每天进1次货)．商店每销售1盒礼盒可获利50元；若供大于求，剩余的削价处理，每处理1盒礼盒亏损10元；若供不应求，可从其他商店调拨，销售1盒礼盒可获利30元．设该礼盒每天的需求量为x 盒，进货量为a 盒，商店的日利润为y 元．(1)求商店的日利润y 关于需求量x 的函数表达式；(2)试计算进货量a 为多少时，商店日利润的期望值最大？并求出日利润期望值的最大值．[解](1)由题意得商店的日利润y 关于需求量x 的函数表达式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧50a ＋x －a ，a ≤x ≤30，x ∈Z ，50x －a －x ，11≤x ＜a ，x ∈Z ，化简得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧30x ＋20a ，a ≤x ≤30，x ∈Z ，60x －10a ，11≤x ＜a ，x ∈Z .(2)日利润y 的分布列为E (y )＝120·{(60×11－10a )＋(60×12－10a )＋…＋[60×(a －1)－10a ]}＋120·{(30a ＋20a )＋[30(a ＋1)＋20a ]＋…＋(30×30＋20a )}＝120⎣⎢⎡⎦⎥⎤60×＋a －a －2－10a a －＋30×a ＋－a2＋20a (31－a )＝－34a 2＋1434a ＋1 0652，结合二次函数的知识，当a ＝24时，日利润y 的数学期望最大，最大值为958.5元．【押题1】 三个元件T 1，T 2，T 3正常工作的概率分别为2，4，4，将T 2，T 3两个元件并联后再和T 1串联接入电路，如图所示，则电路不发生故障的概率为________．1532 [三个元件T 1，T 2，T 3正常工作的概率分别为12，34，34，将T 2，T 3两个元件并联后再和T 1串联接入电路，则电路不发生故障的概率为：p ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×34＋34×14＋34×34＝1532.] 【押题2】 某企业打算处理一批产品，这些产品每箱100件，以箱为单位销售．已知这批产品中每箱出现的废品率只有两种可能10%或者20%，两种可能对应的概率均为0.5.假设该产品正品每件市场价格为100元，废品不值钱．现处理价格为每箱8 400元，遇到废品不予更换．以一箱产品中正品的价格期望值作为决策依据．(1)在不开箱检验的情况下，判断是否可以购买；(2)现允许开箱，有放回地随机从一箱中抽取2件产品进行检验．①若此箱出现的废品率为20%，记抽到的废品数为X ，求X 的分布列和数学期望； ②若已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，判断是否可以购买． [解](1)在不开箱检验的情况下，一箱产品中正品的价格期望值为：E (ξ)＝100×(1－0.2)×100×0.5＋100×(1－0.1)×100×0.5＝8 500＞8 400，∴在不开箱检验的情况下，可以购买． (2)①X 的可能取值为0,1,2，P (X ＝0)＝C 02×0.20×0.82＝0.64， P (X ＝1)＝C 12×0.21×0.81＝0.32， P (X ＝2)＝C 22×0.80×0.22＝0.04，∴X 的分布列为：E (X )②设事件A ：发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品， 则P (A )＝C 12×0.2×0.8×0.5＋C 12×0.1×0.9×0.5＝0.25， 一箱产品中，设正品的价格的期望值为η，则η＝8 000,9 000， 事件B 1：抽取的废品率为20%的一箱，则P (η＝8 000)＝P (B 1|A )＝P AB 1P A＝C12×0.2×0.8×0.50.25＝0.64，事件B2：抽取的废品率为10%的一箱，则P(η＝9 000)＝P(B2|A)＝P AB2P A＝C12×0.1×0.9×0.50.25＝0.36，∴E(η)＝8 000×0.64＋9 000×0.36＝8 360＜8 400，∴已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，不可以购买．。
2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：随机变量及其分布含解析
编 辑：__________________
时 间：__________________
21
专题能力训练第50页
一、能力突破训练
1.若8件产品中包含6件一等品,从8件产品中任取2件,则在已知取出的2件中有1件不是一等品的条件下,另1件是一等品的概率为()
答案:
解析:根据二项分布的均值、方差公式,得
解得p=
8.A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:
A组:10,11,12,13,14,15,16
B组:12,13,15,16,17,14,a
假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”;
(2)若甲参加活动,求甲得分X的分布列和数学期望E(X).
解:(1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;
(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为 =84,随机变量X的取值为:0,-1,1,因此P(X=0)= ,P(X=-1)= ,P(X=1)=1- 所以X的分布列为
(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
P(X=5)=0.25=0.00032,
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：理科附加题 第4讲 随机变量及其分布列
综上，当X>n时，X的所有可能取值是
n2＋1 和
n2＋4，
且P(X＝ n2＋1)＝C224n＋4，P(X＝ n2＋4)＝C222n＋4.
因此，P(X≤n)＝1－P(X＝ n2＋1 )－P(X＝ n2＋4 )＝1－
6 C22n＋4.
课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效
考法一 离散型随机变量的分布列及其期望 [例1] 近年来，我国的高铁技术发展迅速，铁道部门计 划在A，B两城之间开通高速列车，假设在试运行期间，每天 8：00～9：00,9：00～10：00两个时段内各发一趟列车由A城 到B城(两车发出情况互不影响)，A城发车时间及其概率如下表 所示：
②若b＝0，d＝1，则AB＝ a－c2＋1≤ n2＋1， 所以X>n当且仅当AB＝ n2＋1， 此时a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2种取法； ③若b＝0，d＝2，则AB＝ a－c2＋4 ≤ n2＋4 .因为当 n≥3时， n－12＋4 ≤n，所以X>n当且仅当AB＝ n2＋4 ， 此时a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2种取法； ④若b＝1，d＝2，则AB＝ a－c2＋1≤ n2＋1， 所以X>n当且仅当AB＝ n2＋1 ，此时a＝0，c＝n或a＝ n，c＝0，有2种取法．
6．二项分布的定义
在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次
试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝C
k n
pk(1－p)n－k，k＝
0,1,2，…，n.此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，
p)，并称p为成功概率，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
[经典考题再回首] 1．(2019·全国卷Ⅰ)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种 新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方 案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只 白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结 果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另 一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多 的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施 以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙 药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈 则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均 得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲 药的得分记为X.
【高三数学】二轮复习：专题五 第2讲 概率、随机变量及其分布
1
感染的,于是假定他受 A 和 B 感染的概率都是2.同样也假定 D 受 A,B 和 C
1
感染的概率都是3.在这种假定下,B,C,D 中恰有两人直接受 A 感染的概率是
(
)
1
A.6
1
B.3
1
C.2
2
D.3
(2)(2021·河北张家口一模)某大学进行“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔.
三局.若甲抽到的三张扑克牌分别是A1,A2,A3,乙抽到的三张扑克牌分别是
B1,B2,B3,且这六张扑克牌的大小顺序为A1>B1>B2>A2>A3>B3,则三局比赛
结束后甲得4分的概率为(
1
6
A.
1
3
B.
)
1
2
C.
2
3
D.
(2)(2021·山东泰安三模)已知大于3的素数只分布在{6n-1}和{6n+1}两数
[例2-4](2021·江苏苏州中学园区校月考)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七
场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,
甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,
客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概
率是
.
1
次的概率为2,现有一个该型号的充电宝已经循环充电超过 500 次,则其能够
循环充电超过 1 000 次的概率是(
3
A.4
2
B.3
)
1
C.2
1
D.3
2020版高考数学二轮复习第2部分专题3概率与统计第1讲概率、随机变量及其分布教案理(最新整理)
第1讲概率、随机变量及其分布［做小题——激活思维］1．若随机变量X的分布列如表所示，E(X）＝1。
6,则a－b＝( ）X0123P0。
1a b0。
1A．0.2C．0。
8 D．－0。
8B［由0。
1＋a＋b＋0.1＝1,得a＋b＝0。
8,又由E(X)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0。
1＝1。
6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0。
3,b＝0.5，则a－b＝－0。
2.］2．已知甲在上班途中要经过两个路口,在第一个路口遇到红灯的概率为0。
5,两个路口连续遇到红灯的概率为0。
4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )A．0。
6 B．0.7C．0.8 D．0。
9C［记“第一个路口遇到红灯"为事件A，“第二个路口遇到红灯”为事件B，则P（A）＝0.5，P（AB)＝0。
4，则P（B｜A)＝错误!＝0.8，故选C。
]3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为错误!和错误!,两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ）A。
错误!B。
错误!C。
14D。
错误!B［设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；事件B：乙实习生加工的零件为一等品，且A，B相互独立，则P(A)＝错误!,P(B）＝错误!，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(A错误!)＋P（错误!B)＝P（A)P（错误!）＋P(错误!）P(B）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!。
］4．设随机变量X~B(2，p），Y～B（4，p)，若P（X≥1）＝错误!,则P(Y≥1）＝( ）A.错误!B。
错误!C。
错误!D．1C[∵X～B(2，p），∴P（X≥1）＝1－P(X＝0）＝1－C错误!（1－p)2＝错误!，解得p＝错误!,∴P(Y≥1）＝1－P（Y＝0)＝1－C0，4（1－p)4＝1－错误!＝错误!，故选C.］5．罐中有6个红球和4个白球，从中任取1球,记住颜色后再放回，连续取4次,设X为取得红球的次数，则X的方差D（X）的值为________．错误!［因为是有放回地取球，所以每次取球（试验）取得红球（成功）的概率均为错误!，连续取4次(做4次试验），X为取得红球（成功）的次数,则X~B错误!，∴D(X）＝4×错误!×错误!＝错误!.]6．已知某批零件的长度误差（单位：毫米)服从正态分布N（0,32)，从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6）内的概率为________．（附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2），则P(μ－σ＜X＜μ＋σ）＝0。
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专题能力训练21 随机变量及其分布专题能力训练第50页一、能力突破训练1.若8件产品中包含6件一等品,从8件产品中任取2件,则在已知取出的2件中有1件不是一等品的条件下,另1件是一等品的概率为( ) A .37 B .45 C .67 D .1213答案:D解析:根据题意,设“所取2件产品中有1件不是一等品”为事件A ,“一件是一等品,另一件不是一等品”为事件B ,则P (A )=1-C 62C 82=1-1528=1328,P (AB )=C 21C 61C 82=1228,则P (B|A )=P (AB )P (A )=1213.2.已知随机变量ξ满足P (ξi =1)=p i ,P (ξi =0)=1-p i ,i=1,2,若0<p 1<p 2<12,则( ) A.E (ξ1)<E (ξ2),D (ξ1)<D (ξ2)B.E (ξ1)<E (ξ2),D (ξ1)>D (ξ2)C.E (ξ1)>E (ξ2),D (ξ1)<D (ξ2)D.E (ξ1)>E (ξ2),D (ξ1)>D (ξ2) 答案:A解析:∵E (ξ1)=p 1,E (ξ2)=p 2, ∴E (ξ1)<E (ξ2).∵D (ξ1)=p 1(1-p 1),D (ξ2)=p 2(1-p 2),∴D (ξ1)-D (ξ2)=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)<0,故选A .3.一袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球(除颜色外其他完全相同),每次任取一个记下颜色后放回,直到红球出现10次时停止,设停止时共取了X 次球,则P (X=12)等于( )A .C 1210(38)10(58)2B .C 129(38)9(58)238 C .C 119(58)2(38)2D .C 119(38)10(58)2答案:D解析:由题意知第12次取到红球,前11次中恰有9次红球2次白球,因为每次取到红球的概率为38,所以P (X=12)=C 119(38)9×(58)2×38.4.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),则从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)≈95.45%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%答案:B解析:由正态分布N(0,32)可知,ξ落在(3,6)内的概率为P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)-P(μ-σ<ξ<μ+σ)2≈95.45%-68.27%2=13.59%.5.(2018全国Ⅲ,理8)某群体中的每名成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10名成员中使用移动支付的人数,D(X)=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=()A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3答案:B解析:由题意,得D(X)=np(1-p)=10p(1-p)=2.4,∴p(1-p)=0.24,由P(X=4)<P(X=6)知C104p4·(1-p)6<C106p6(1-p)4,即p2>(1-p)2,∴p>0.5,∴p=0.6(其中p=0.4舍去).6.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-2|,则P(Y=2)=.答案:0.5解析:由分布列的性质,知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,则m=0.3.由Y=2,即|X-2|=2,得X=4或X=0,故P(Y=2)=P(X=4或X=0)=P(X=4)+P(X=0)=0.3+0.2=0.5.7.已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=.答案:13解析:根据二项分布的均值、方差公式,得{E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得p=13.8.A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下: A组:10,11,12,13,14,15,16B 组:12,13,15,16,17,14,a假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B 两组随机各选1人,A 组选出的人记为甲,B 组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;(3)当a 为何值时,A,B 两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)解:设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”,事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”,i=1,2,…,7. 由题意可知P (A i )=P (B i )=17,i=1,2, (7)(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)=P (A 5)+P (A 6)+P (A 7)=37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6. 因此P (C )=P (A 4B 1)+P (A 5B 1)+P (A 6B 1)+P (A 7B 1)+P (A 5B 2)+P (A 6B 2)+P (A 7B 2)+P (A 7B 3)+P (A 6B 6)+P (A 7B 6)=10P (A 4B 1)=10P (A 4)P (B 1)=1049.(3)a=11或a=18.9.在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6和4名女志愿者B 1,B 2,B 3,B 4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的概率;(2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X 的分布列与数学期望E (X ). 解:(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M , 则P (M )=C 84C 105=518.(2)由题意知X 可取的值为0,1,2,3,4,则 P (X=0)=C 65C 105=142,P (X=1)=C 64C 41C 105=521,P (X=2)=C 63C 42C 105=1021,P (X=3)=C 62C 43C 105=521,P (X=4)=C 61C 44C 105=142.因此X 的分布列为X 01234P1425211021521142X 的数学期望是E (X )=0×P (X=0)+1×P (X=1)+2×P (X=2)+3×P (X=3)+4×P (X=4) =0+1×521+2×1021+3×521+4×142=2.10.今有9所省级示范学校参加联考,参加考试的约有5 000人,考完后经计算得数学平均分为113分.已知本次联考的成绩服从正态分布,且标准差为12. (1)计算联考成绩在137分以上的人数.(2)从所有试卷中任意抽取1份,已知分数不超过123分的概率为0.8. ①求分数低于103分的概率.②从所有试卷中任意抽取5份,由于试卷数量较大,可以把每份试卷被抽到的概率视为相同,X 表示抽到成绩低于103分的试卷的份数,写出X 的分布列,并求出数学期望E (X ). 参考数据:P (μ-σ≤x ≤μ+σ)≈0.682 7,P (μ-2σ≤x ≤μ+2σ)≈0.954 5,P (μ-3σ≤x ≤μ+3σ)≈0.997 3. 解:(1)在正态分布N (μ,σ2)中,可知σ=12,μ=113.因为137=μ+2σ,所以P (ξ>μ+2σ)=12×(1-0.954 5)=0.022 75, 故所求人数为0.022 75×5 000≈114. (2)①P (ξ<103)=P (ξ>123)=1-0.8=0.2.②由题意易知X~B (5,0.2),故P (X=0)=0.85=0.327 68,P (X=1)=C 51×0.21×0.84=0.409 6,P (X=2)=C 52×0.22×0.83=0.204 8,P (X=3)=C 53×0.23×0.82=0.051 2,P (X=4)=C 54×0.24×0.81=0.006 4, 5X 012345P 0.327 68 0.409 6 0.204 8 0.051 2 0.006 4 0.000 32E (X )=5×0.2=1.11.若n 是一个三位正整数,且n 的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n 为“三位递增数”(如137,359,567等).在某次数学趣味活动中,每名参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数,且只能抽取一次.得分规则如下:若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除,参加者得0分;若能被5整除,但不能被10整除,得-1分;若能被10整除,得1分. (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”;(2)若甲参加活动,求甲得分X 的分布列和数学期望E (X ).解:(1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为C 93=84,随机变量X 的取值为:0,-1,1,因此P (X=0)=C 83C 93=23,P (X=-1)=C 42C 93=114,P (X=1)=1-114−23=1142.所以X 的分布列为X 0-11P231141142则E (X )=0×23+(-1)×114+1×1142=421.二、思维提升训练12.已知两个游戏盘如图所示(图①是半径为2和4的两个同心圆,O 为圆心;图②是正六边形,点P 为其中心),游戏盘中各有一个玻璃小球,依次摇动两个游戏盘后,将它们水平放置,就完成了一局游戏,则一局游戏后,这两个盘中的小球都停在阴影部分的概率是( )图①图②A .116 B .18 C .16D .14答案:A解析:一局游戏后,这两个盘中的小球停在阴影部分分别记为事件A 1,A 2, 由题意知,A 1,A 2相互独立,且P (A 1)=14π(42-22)4π=316,P (A 2)=13,所以“一局游戏后,这两个盘中的小球都停在阴影部分”的概率为P (A 1A 2)=P (A 1)P (A 2)=316×13=116.13.在15个村庄中有7个村庄交通不方便,现从中任意选10个村庄,用X 表示这10个村庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于C 74C 86C 1510的是( )A.P (X=2)B.P (X ≤2)C.P (X=4)D.P (X ≤4)答案:C解析:X 服从超几何分布P (X=k )=C 7k C 810-k C 1510,故k=4.14.某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X 表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n 表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.(1)求X 的分布列;(2)若要求P (X ≤n )≥0.5,确定n 的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?解:(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2. 从而P (X=16)=0.2×0.2=0.04; P (X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P (X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24; P (X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24; P (X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2; P (X=21)=2×0.2×0.2=0.08; P (X=22)=0.2×0.2=0.04. 所以X 的分布列为X 16 17 18 19 20 21 22 P0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P (X ≤18)=0.44,P (X ≤19)=0.68,故n 的最小值为19.(3)记Y 表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元). 当n=19时,E (Y )=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4 040. 当n=20时,E (Y )=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4 080. 可知当n=19时所需费用的均值小于n=20时所需费用的均值,故应选n=19.15.为评估设备M 生产某种零件的性能,从设备M 生产该零件的流水线上随机抽取100个零件为样本,测量其直径后,整理得到下表:直径/mm 58 59 61 62 63 64 65 件 数 1 1 3 5 6 19 33 直径/mm 66 67 68 69 70 71 73 件 数18442121经计算,样本的平均值μ=65,标准差σ=2.2,以频率值作为概率的估计值.(1)为评判一台设备的性能,从该设备加工的零件中任意抽取一件,记其直径为X ,并根据以下不等式进行判定:①P (μ-σ<X ≤μ+σ)≈0.682 7;②P (μ-2σ<X ≤μ+2σ)≈0.954 5;③P (μ-3σ<X ≤μ+3σ)≈0.997 3. 判定规则为:若同时满足上述三个式子,则设备等级为甲;若仅满足其中两个,则等级为乙,若仅满足其中一个,则等级为丙;若全部都不满足,则等级为丁.试判断设备M 的性能等级. (2)将直径尺寸在(μ-2σ,μ+2σ)之外的零件认定为是“次品”.从设备M 的生产流水线上随机抽取2个零件,求其中次品个数Y 的数学期望E (Y ).解:(1)μ-σ=62.8,μ+σ=67.2,μ-2σ=60.6,μ+2σ=69.4,μ-3σ=58.4,μ+3σ=71.6,由表知,P (μ-σ<X ≤μ+σ)=80100=0.80>0.682 7,P (μ-2σ<X ≤μ+2σ)=94100=0.94<0.954 5,P (μ-3σ<X ≤μ+3σ)=0.98=98100<0.997 3,所以该设备M 的级别为丙级.(2)从设备M 的生产流水线上任取一件,取到次品的概率是6100=350,依题意可知Y~B (2,350),故E (Y )=2×350=325.16.(2018全国Ⅰ,理20)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p (0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p ),求f (p )的最大值点p 0;(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ,求E (X ); ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?解:(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )=C 202p 2(1-p )18.因此f'(p )=C 202[2p (1-p )18-18p 2(1-p )17]=2C 202p (1-p )17(1-10p ). 令f'(p )=0,得p=0.1.当p ∈(0,0.1)时,f'(p )>0; 当p ∈(0.1,1)时,f'(p )<0.所以f (p )的最大值点为p 0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1), X=20×2+25Y,即X=40+25Y.所以E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=490.②如果对余下的产品作检验,那么这一箱产品所需要的检验费为400元.由于E(X)>400,故应该对余下的产品作检验.。