2025年高考数学一轮复习-随机变量及其分布-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-随机变量及其分布-专项训练【含答案】，共11页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，记取到的正品数为ξ，则数学期望E(ξ)为( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(9,10)
C.1 D.eq \f(6,5)
2.已知随机变量X～N(3，σ2)，且P(X＜0)·P(X＞6)＝0.04，则P(0＜X＜3)＝( )
A.0.2 B.0.3
C.0.4 D.0.1
3.设随机变量X，Y满足Y＝3X－1，X～B(2，p)，若P(X≥1)＝eq \f(5,9)，则D(Y)等于( )
A.4 B.5
C.6 D.7
4.已知随机变量X～N(1，σ2)，且P(X≤0)＝P(X≥a)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(a,x)))eq \s\up12(6)的展开式中常数项为( )
A.－240 B.－60
C.240 D.60
5.某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布ξ～N(10，σ2)，根据检测结果可知P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，某公司购买该种包装的大米2 000袋，则大米质量在10.02 kg以上的袋数大约为( )
A.10 B.20
C.30 D.40
6.(多选)若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，E(X)，D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是( )
A.P(X＝1)＝eq \f(2,3) B.E(3X＋2)＝4
C.D(3X＋2)＝2 D.D(X)＝eq \f(4,9)
7.已知某小组7人中有4人未接种疫苗，3人接种了疫苗.从这7人中随机抽取3人，用X表示抽取的3人中未接种疫苗的人数，则随机变量X的数学期望为________；记“抽取的3人中，既有接种疫苗的人，也有未接种疫苗的人”为事件A，则P(A)＝________.
8.一个袋中装有大小质地完全相同的m个红球和2m个白球(m∈N*)，从中任取3个球.记取出的白球个数为ξ，若P(ξ＝1)＝eq \f(1,5)，则m＝________，E(ξ)＝________.
9.甲、乙两个球队进行篮球决赛，采取五局三胜制(共赢得三场比赛的队伍获胜，最多比赛五局)，每场球赛无平局.根据前期比赛成绩，甲队的主场安排为“主客主主客”.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛相互独立，则甲队以3∶2获胜的概率为________.
10.在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量X～B(n，p)，记pk＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.在研究pk的最大值时，小组同学发现：若(n＋1)p为正整数，则k＝(n＋1)p时，pk＝pk－1，此时这两项概率均为最大值；若(n＋1)p为非整数，当k取(n＋1)p的整数部分时，则pk是唯一的最大值.以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为________的概率最大.
11.甲、乙两支队伍进行某项比赛，赛制分为两种，一种是五局三胜制，另一种是三局两胜制.根据以往数据，在决胜局(在五局三胜制中指的是第五局比赛，在三局两胜制中指的是第三局比赛)中，甲、乙两队获胜的概率均为0.5；而在非决胜局中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4.
(1)若采用五局三胜制，直到比赛结束，共进行了ξ局比赛，求随机变量ξ的分布列，并指出进行几局比赛的可能性最大；
(2)如果你是甲队的领队，你希望举办方采用五局三胜制还是三局两胜制？
12.血液检测是诊断是否患疾病的重要依据，通过提取病人的血液样本进行检测，样本的某一指标会呈现阳性或阴性.若样本指标呈阳性，说明该样本携带病毒；若样本指标呈阴性，说明该样本不携带病毒.根据统计发现， 每个疑似病例的样本呈阳性(即样本携带病毒)的概率均为p(0＜p＜1).现有4例疑似病例，分别对其进行血液样本检测.多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要携带病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性.若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性.现有以下两种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：平均分成两组化验.
在该疾病爆发初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”.
(1)若p＝eq \f(1,3)，求这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列；
(2)若将该4例疑似病例样本进行化验，且方案二比方案一更“优”，求p的取值范围.
二、创新拓展练
13.(多选)已知随机变量X服从二项分布B(4，p)，其数学期望E(X)＝2，随机变量Y服从正态分布N(p，4)，且P(X＝3)＋P(Y＜a)＝1，则( )
A.p＝eq \f(1,4) B.p＝eq \f(1,2)
C.P(Y＞1－a)＝eq \f(1,4) D.P(Y＞1－a)＝eq \f(3,4)
14.(多选)下列命题中，正确的命题的选项为( )
A.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＝eq \f(2,3)
B.将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C.设随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，若P(ξ＞1)＝p，则P(－1＜ξ≤0)＝eq \f(1,2)－p
D.某人在10次射击中，击中目标的次数为X，X～B(10，0.8)，则当X＝8时概率最大
15.(多选)在某独立重复试验中，事件A，B相互独立，且在一次试验中，事件A发生的概率为p，事件B发生的概率为1－p，其中p∈(0，1).若进行n次试验，记事件A发生的次数为X，事件B发生的次数为Y，事件AB发生的次数为Z，则下列说法正确的是( )
A.E(X)＝E(Y) B.D(X)＝D(Y)
C.E(Z)＝D(X) D.n·D(Z)＝D(X)·D(Y)
16.春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”.某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20～10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：20～9：40记作区间[20，40)，9：40～10：00记作[40，60)，10：00～10：20记作[60，80)，10：20～10：40记作[80，100]，例如：10点04分，记作时刻64.
(1)估计这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)为了对数据进行分析，现采用分层随机抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20～10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；
(3)由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ可用这600辆车在9：20～10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，σ2可用样本的方差近似代替(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)，已知大年初五全天共有1 000辆车通过该收费点，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数(结果保留到整数).
参考数据：若T～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤T≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ≤T≤μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ≤T≤μ＋3σ)＝0.997 3.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 D
解析 ξ可取0，1，2，
P(ξ＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10)，
P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(6,10)，P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(3,10)，
∴E(ξ)＝0×eq \f(1,10)＋1×eq \f(6,10)＋2×eq \f(3,10)＝eq \f(6,5)，故选D.
2.答案 B
解析 因为随机变量X～N(3，σ2)，
所以曲线关于x＝3对称，
且令P(X＜0)＝P(X＞6)＝t，
∴t2＝0.04，∴t＝0.2，
即P(X＜0)＝P(X＞6)＝0.2，
∴P(0＜X＜3)＝0.5－P(X＜0)＝0.3，故选B.
3.答案 A
解析 由题意可得，P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq \\al(0,2)(1－p)2＝eq \f(5,9)，
解得p＝eq \f(1,3)，
则D(X)＝np(1－p)＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，
D(Y)＝32D(X)＝4.故选A.
4.答案 D
解析 根据正态分布曲线关于直线x＝1对称，且P(X≤0)＝P(X≥a)，可得a＝2，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(a,x)))eq \s\up12(6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)，
通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(eq \r(x))6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))eq \s\up12(r)＝(－2)rCeq \\al(r,6)xeq \s\up6(\f(6－3r,2))，
若此项为常数项，则6－3r＝0，解得r＝2，
所以常数项为(－2)2Ceq \\al(2,6)＝60，故选D.
5.答案 B
解析 因为大米质量ξ～N(10，σ2)，且P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，
则P(ξ＞10.02)＝eq \f(1－P（9.98≤ξ≤10.02）,2)＝0.01，
所以大米质量在10.02 kg以上的袋数大约为2 000×0.01＝20.故选B.
6.答案 ABC
解析 ∵随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，
∴P(X＝1)＝eq \f(2,3)，
E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，
D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，
在A中，P(X＝1)＝eq \f(2,3)，故A正确；
在B中，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(2,3)＋2＝4，故B正确；
在C中，D(3X＋2)＝9D(X)＝9×eq \f(2,9)＝2，故C正确；
在D中，D(X)＝eq \f(2,9)，故D错误.
7.答案 eq \f(12,7) eq \f(6,7)
解析 由题意可得X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,3),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(1,35)，
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(12,35)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(18,35)，
P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(4,35)，
∴E(X)＝0×eq \f(1,35)＋1×eq \f(12,35)＋2×eq \f(18,35)＋3×eq \f(4,35)＝eq \f(12,7).
P(A)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq \f(12,35)＋eq \f(18,35)＝eq \f(6,7).
8.答案 2 2
解析 根据题意，取出的三个球中恰好有一个白球的概率为P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,2m)Ceq \\al(2,m),Ceq \\al(3,3m))＝eq \f(1,5)，解得m＝2.
所以袋中有2个红球，4个白球，
则取出的三个球中白球个数ξ的可能取值为1，2，3，
所以P(ξ＝1)＝eq \f(1,5)，P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(3,5)，P(ξ＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
∴E(ξ)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2.
9.答案 0.18
解析 由题意知，甲队以3∶2获胜，则甲队第五场必胜，前四场“主客主主”中胜两局，
有两种情况：一种为三个主场胜两场，一种为客场胜一场主场胜一场，
其概率为Ceq \\al(2,3)×0.62×0.4×0.5×0.5＋Ceq \\al(1,3)×0.6×0.42×0.5×0.5＝0.18.
10.答案 18
解析 继续再进行80次投掷试验，出现点数为1的次数X服从二项分布X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(80，\f(1,6)))，
由k＝(n＋1)p＝81×eq \f(1,6)＝eq \f(27,2)＝13.5，
结合题中的结论可知，当k＝13时，概率最大，
即后面80次中出现13次点数1的概率最大，加上前面20次中的5次，
所以出现18次的概率最大.
11.解 (1)由题意知：ξ的可能取值为3，4，5.
则P(ξ＝3)＝0.63＋0.43＝0.28；
P(ξ＝4)＝Ceq \\al(1,3)×0.4×0.63＋Ceq \\al(1,3)×0.6×0.43＝0.374 4；
P(ξ＝5)＝Ceq \\al(2,4)×0.42×0.62＝0.345 6.
则ξ的分布列为
∵0.374 4＞0.345 6＞0.28，
∴进行四局比赛的可能性最大.
(2)作为甲队领队，希望甲队最终获胜；
若采用五局三胜制，甲队获胜的概率为
p1＝0.63＋Ceq \\al(1,3)×0.4×0.63＋Ceq \\al(2,4)×0.42×0.62×0.5＝0.648；
若采用三局两胜制，甲队获胜的概率为
p2＝0.62＋Ceq \\al(1,2)×0.4×0.6×0.5＝0.6；
∵p1＞p2，
∴作为甲队领队，希望采用五局三胜制.
12.解 (1)由题意知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，
则P(X＝0)＝Ceq \\al(0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(16,81)；
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(32,81)；
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(24,81)＝eq \f(8,27)；
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(8,81)；
P(X＝4)＝Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,81).
则这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列为
(2)方案一中，逐个化验，化验次数为4，期望为4.
方案二中，设化验次数为Y，则Y的所有可能取值为2，4，6.
每组两个样本化验呈阴性的概率为(1－p)2，设x＝(1－p)2.
则P(Y＝2)＝x2；
P(Y＝4)＝Ceq \\al(1,2)x(1－x)；
P(Y＝6)＝(1－x)2.
所以E(Y)＝2×x2＋4×Ceq \\al(1,2)x(1－x)＋6×(1－x)2＝6－4x.
若方案二比方案一更“优”，则E(Y)＝6－4x＜4，解得x＞eq \f(1,2)，
即x＝(1－p)2＞eq \f(1,2)，解得0＜p＜1－eq \f(\r(2),2).
所以当0＜p＜1－eq \f(\r(2),2)时，方案二比方案一更“优”.
二、创新拓展练
13.答案 BD
解析 由题意知E(X)＝np＝4p＝2，
即p＝eq \f(1,2)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4－3)＝eq \f(1,4)，
∴P(Y＜a)＝eq \f(3,4)，
由于Y～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，对称轴x＝eq \f(1,2)，
所以P(Y＞1－a)＝P(Y＜a)＝eq \f(3,4).
故选BD.
14.答案 BCD
解析 对于A，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(E（X）＝np＝30，,D（X）＝np（1－p）＝20，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝\f(1,3)，,n＝90，))A错误；
对于B，方差反映的是数据与均值的偏移程度，因此每个数据都加上同一个常数后，每个新数据与新均值的偏移不变，方差恒不变，B正确；
对于C，ξ服从正态分布N(0，1)，P(－1＜ξ≤0)＝P(0≤ξ＜1)＝eq \f(1,2)－P(ξ＞1)＝eq \f(1,2)－p，C正确；
对于D，X～B(10，0.8)，则P(X＝k)＝Ceq \\al(k,10)0.8k×0.210－k，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,10)0.8k×0.210－k≥Ceq \\al(k－1,10)0.8k－1×0.211－k，,Ceq \\al(k,10)0.8k×0.210－k≥Ceq \\al(k＋1,10)0.8k＋1×0.29－k，))
解得eq \f(39,5)≤k≤eq \f(44,5)，因为k∈N*，所以k＝8.D正确.
15.答案 BC
解析 因为E(X)＝np，E(Y)＝n(1－p)，即A错误；
因为D(X)＝np(1－p)，D(Y)＝n(1－p)p，即B正确；
因为A，B相互独立，所以P(AB)＝p(1－p)，
所以E(Z)＝np(1－p)＝D(X)，即C正确；
因为nD(Z)＝n2p(1－p)[1－p(1－p)]，
D(X)D(Y)＝n2p2(1－p)2，即D错误.故选BC.
16.解 (1)这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为
(30×0.005＋50×0.015＋70×0.020＋90×0.010)×20＝64，即10：04.
(2)结合频率分布直方图和分层随机抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20，60)这一区间内的车辆数，即(0.005＋0.015)×20×10＝4，
所以X的可能取值为0，1，2，3，4.
所以P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(4,6),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(1,14)，
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,6),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(8,21)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,6),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(3,7)，
P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,6),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(4,35)，
P(X＝4)＝eq \f(Ceq \\al(4,4),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(1,210).
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,14)＋1×eq \f(8,21)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(4,35)＋4×eq \f(1,210)＝eq \f(8,5).
(3)由(1)得μ＝64，
σ2＝(30－64)2×0.1＋(50－64)2×0.3＋(70－64)2×0.4＋(90－64)2×0.2＝324，
所以σ＝18，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数也就是在[46，100)通过的车辆数，
由T～N(64，182)，得P(64－18≤T≤64＋2×18)＝eq \f(P（μ－σ≤T≤μ＋σ）,2)＋
eq \f(P（μ－2σ≤T≤μ＋2σ）,2)＝0.818 6，
所以估计在9：46～10：40之间通过的车辆数为1 000×0.818 6≈819(辆).
ξ
3
4
5
P
0.28
0.374 4
0.345 6
X
0
1
2
3
4
P
eq \f(16,81)
eq \f(32,81)
eq \f(8,27)
eq \f(8,81)
eq \f(1,81)
X
0
1
2
3
4
P
eq \f(1,14)
eq \f(8,21)
eq \f(3,7)
eq \f(4,35)
eq \f(1,210)