高考数学科学创新复习方案提升版第64讲离散型随机变量的分布列及数字特征学案（Word版附解析）

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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Ω中的每个样本点ω，都有eq \x(\s\up1(01))唯一的实数X(ω)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eq \x(\s\up1(02))样本点．
②所有可能取值是eq \x(\s\up1(03))明确的．
(3)离散型随机变量
可能取值为eq \x(\s\up1(04))有限个或可以eq \x(\s\up1(05))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其性质
(1)定义：一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X的每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，3，…，n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：
(3)离散型随机变量的分布列的性质
①eq \x(\s\up1(06))pi≥0(i＝1，2，…，n)；
②eq \x(\s\up1(07))p1＋p2＋…＋pn＝1．
3．离散型随机变量的均值
(1)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
则称eq \x(\s\up1(08))E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq \(∑,\s\up10(n),\s\d8(i＝1))xipi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eq \x(\s\up1(09))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eq \x(\s\up1(10))平均水平．
(3)离散型随机变量的均值的性质
若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变量，且有eq \x(\s\up1(11))E(aX＋b)＝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．
我们用X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2，…，(xn－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．
(2)称D(X)＝eq \x(\s\up1(12))(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq \x(\s\up1(13))eq \i\su(i＝1,n, )(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，有时也记为Var(X)，并称eq \r(D（X）)为随机变量X的标准差，记为σ(X)．
(3)离散型随机变量方差的性质
①设a，b为常数，则D(aX＋b)＝eq \x(\s\up1(14))a2D(X)．
②D(C)＝eq \x(\s\up1(15))0(其中C为常数)．
5．两点分布
如果P(A)＝p，则P(eq \(A,\s\up6(－)))＝1－p，那么X的分布列为
称X服从两点分布或0－1分布．且E(X)＝eq \x(\s\up1(16))p，D(X)＝eq \x(\s\up1(17))p(1－p)．
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)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概率．
2．D(X)＝E(X2)－[E(X)]2.
1．(人教B选择性必修第二册习题4－2B T4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，则“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＝k)＝eq \f(1,2k)，k＝1，2，…，则P(2A.eq \f(3,16) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,16) D.eq \f(5,16)
答案 A
解析 P(23．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)＝( )
A．0 B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 设P(X＝1)＝p，则P(X＝0)＝1－p.依题意知，p＝2(1－p)，解得p＝eq \f(2,3).故P(X＝0)＝1－p＝eq \f(1,3).故选B.
4．(多选)(人教B选择性必修第二册4.2.4练习A T5改编)设离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的是( )
A．q＝0.1
B．E(X)＝2，D(X)＝1.4
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8
D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
答案 ACD
解析 因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；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B错误，C正确；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.
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ξ，则P(X＝2)＝________，E(X)＝________．
答案 eq \f(16,35) eq \f(12,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或1\f(5,7)))
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Ceq \\al(3,7)种取法，其中所抽取的卡片上数字的最小值为2的取法有Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)种，所以P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(16,35)，由已知可得X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(2,6),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(15,35)，P(X＝2)＝eq \f(16,35)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(3,35)，P(X＝4)＝eq \f(1,Ceq \\al(3,7))＝eq \f(1,35)，所以E(X)＝1×eq \f(15,35)＋2×eq \f(16,35)＋3×eq \f(3,35)＋4×eq \f(1,35)＝eq \f(12,7).
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X1，X2，记X＝max{X1，X2}．
(1)求X的概率分布列；
(2)求P(2＜X＜5)．
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)，
(5，1)，(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：
由古典概型可知X的概率分布列为
(2)由题意可知，P(2＜X＜5)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq \f(5,36)＋eq \f(7,36)＝eq \f(1,3).
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．
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\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n)·P（0）（0≤n≤5），,0（n≥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)
答案 A
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\c1(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.
2．设随机变量X的概率分布列为
则P(|X－3|＝1)＝________．
答案 eq \f(5,12)
解析 由eq \f(1,3)＋m＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝1，解得m＝eq \f(1,4)，P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝eq \f(5,12).
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Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,4)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，故事件X＝2包含Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)种取法，所以P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,4))＝eq \f(3,5).
(2)随机变量X的可能取值为2，3，4.
P(X＝2)＝eq \f(3,5)，P(X＝3)＝eq \f(Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,3)＋Aeq \\al(2,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3))＝eq \f(3,10)，
P(X＝4)＝eq \f(Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2))＝eq \f(1,10).
所以随机变量X的分布列为
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确．
(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－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0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X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Y轮比赛，求Y的分布列．
解 (1)依题意，
X的所有可能取值为－1，0，1.
P(X＝－1)＝(1－0.5)×0.6＝0.3，
P(X＝0)＝0.5×0.6＋(1－0.5)(1－0.6)＝0.5，
P(X＝1)＝0.5×(1－0.6)＝0.2，
所以X的分布列为
(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0分，其概率为0.54＝0.0625；
②四轮比赛中，有两轮甲、乙均得0分，另两轮甲、乙各得1分，其概率为2Ceq \\al(2,4)×0.2×0.3×0.5×0.5＝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2×0.2×0.3×2×0.2×0.3＝0.0144.
故甲、乙两人最终平局的概率为0.0625＋0.18＋0.0144＝0.2569.
(3)Y的所有可能取值为2，3，4，
P(Y＝2)＝0.3×0.3＋0.2×0.2＝0.13，
P(Y＝3)＝2×0.3×0.5×0.3＋2×0.2×0.5×0.2＝0.13，
P(Y＝4)＝1－P(Y＝2)－P(Y＝3)＝0.74，
所以Y的分布列为
多角度探究突破
角度数字特征的计算
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 \(A,\s\up6(－))BC)＋P(Aeq \(B,\s\up6(－))C)＋P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝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)＝0.5×0.4×0.8＝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.
即X的分布列为
期望E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
角度数字特征的应用
例4 某投资公司在2024年年初准备将1000万元投资到“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，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为eq \f(7,9)和eq \f(2,9)；
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eq \f(3,5)，eq \f(1,3)和eq \f(1,15).
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X1万元，则X1的分布列为
∴E(X1)＝300×eq \f(7,9)＋(－150)×eq \f(2,9)＝200.
D(X1)＝(300－200)2×eq \f(7,9)＋(－150－200)2×eq \f(2,9)＝35000.
若按“项目二”投资，设获利为X2万元，则X2的分布列为
∴E(X2)＝500×eq \f(3,5)＋(－300)×eq \f(1,3)＋0×eq \f(1,15)＝200.
D(X2)＝(500－200)2×eq \f(3,5)＋(－300－200)2×eq \f(1,3)＋(0－200)2×eq \f(1,15)＝140000.
∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)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．
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．
1.某检测机构在对某一传染病毒进行核酸检测时采取“k合1检测法”，即将k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10组，两名感染患者在同一组的概率为eq \f(1,11)，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Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)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＝20)＝eq \f(1,11)，P(X＝30)＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11)，
则X的分布列为
所以E(X)＝20×eq \f(1,11)＋30×eq \f(10,11)＝eq \f(320,11).
(2)由题意，知Y可以取25，30，
两名感染患者在同一组的概率为P1＝eq \f(20Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(3,98),Ceq \\al(5,100))＝eq \f(4,99)，
不在同一组的概率为P2＝eq \f(95,99)，
则E(Y)＝25×eq \f(4,99)＋30×eq \f(95,99)＝eq \f(2950,99)>E(X)．
2．已知A，B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2，根据市场分析，X1和X2的分布列如下：
(1)在A，B两个项目上各投资200万元，Y1和Y2(单位：万元)表示投资项目A和B所获得的利润，求D(Y1)和D(Y2)；
(2)将x(0＜x＜200)万元投资A项目，(200－x)万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差之和．则当x为何值时，f(x)取得最小值？
解 (1)依题意得，
E(Y1)＝10×0.6＋20×0.4＝14，
E(Y2)＝4×0.1＋16×0.5＋24×0.4＝18，
D(Y1)＝(10－14)2×0.6＋(20－14)2×0.4＝24，
D(Y2)＝(4－18)2×0.1＋(16－18)2×0.5＋(24－18)2×0.4＝36.
(2)设投资A项目所得利润为Z1＝eq \f(x,200)Y1，投资B项目所得利润为Z2＝eq \f(200－x,200)Y2.
f(x)＝D(Z1)＋D(Z2)＝Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,200)Y1))＋Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(200－x,200)Y2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,200)))eq \s\up12(2)D(Y1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(200－x,200)))eq \s\up12(2)D(Y2)＝eq \f(3,1002)(5x2－1200x＋120000)，0课时作业
一、单项选择题
1．(2023·吉安模拟)设随机变量ξ的分布列为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ＝\f(k,5)))＝ak(k＝1，2，3，4，5)，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)<ξ<\f(1,2)))＝( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 ∵随机变量ξ的分布列为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ξ＝\f(k,5)))＝ak(k＝1，2，3，4，5)，∴a(1＋2＋3＋4＋5)＝1，解得a＝eq \f(1,15)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)<ξ<\f(1,2)))＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝eq \f(1,15)＋eq \f(2,15)＝eq \f(1,5).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)＝eq \f(1,3)，则D(3X－2)＝( )
A.eq \f(5,9) B.eq \f(5,3)
C．5 D．7
答案 C
解析 ∵E(X)＝eq \f(1,3)，∴由随机变量X的分布列，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)＋a＋b＝1，,－\f(1,6)＋b＝\f(1,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,2)，))∴D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,9)，∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×eq \f(5,9)＝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．5 B．5.25
C．5.8 D．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)＝eq \f(1,Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,20)，P(X＝4)＝eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(3,20)，P(X＝5)＝eq \f(Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(3,10)，P(X＝6)＝eq \f(Ceq \\al(2,5),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,2).由数学期望的定义可得E(X)＝3×eq \f(1,20)＋4×eq \f(3,20)＋5×eq \f(3,10)＋6×eq \f(1,2)＝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：
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A表示“甲在规定的时间内到达”，事件B表示“乙在规定的时间内到达”，P(A)＝0.5，P(B)＝0.9，A，B相互独立，∴P(X＝0)＝P(eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)))＝P(eq \(A,\s\up6(－)))P(eq \(B,\s\up6(－)))＝(1－0.5)×(1－0.9)＝0.05，P(X＝1)＝P(eq \(A,\s\up6(－))B)＋P(Aeq \(B,\s\up6(－)))＝P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B)＋P(A)P(eq \(B,\s\up6(－)))＝(1－0.5)×0.9＋0.5×(1－0.9)＝0.5，P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.9＝0.45，∴E(X)＝0×0.05＋1×0.5＋2×0.45＝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
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Y表示2台设备使用期间需更换的零件数，则Y的所有可能取值为12，13，14，15，16，P(Y＝12)＝0.42＝0.16，P(Y＝13)＝2×0.4×0.5＝0.4，P(Y＝14)＝0.52＋2×0.4×0.1＝0.33，P(Y＝15)＝2×0.5×0.1＝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＝0)＝P(Y≤13)＝0.16＋0.4＝0.56，P(Z＝280)＝P(Y＝14)＝0.33，P(Z＝560)＝P(Y＝15)＝0.1，P(Z＝840)＝P(Y＝16)＝0.01，E(Z)＝280×0.33＋560×0.1＋840×0.01＝156.8.故选D.
6．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0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eq \f(2,3)，乙在每局中获胜的概率为eq \f(1,3)，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为( )
A.eq \f(241,81) B.eq \f(266,81)
C.eq \f(274,81) D.eq \f(670,243)
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，则该轮结束时比赛停止的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,9).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)＝eq \f(5,9)，P(X＝4)＝eq \f(4,9)×eq \f(5,9)＝eq \f(20,81)，P(X＝6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))eq \s\up12(2)＝eq \f(16,81)，故E(X)＝2×eq \f(5,9)＋4×eq \f(20,81)＋6×eq \f(16,81)＝eq \f(266,81).故选B.
7．已知某口袋中有3个白球和a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E(X)＝3，则D(X)＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \f(3,2) D．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)＝eq \f(3,3＋a)，P(X＝4)＝eq \f(a,3＋a)，∴E(X)＝2×eq \f(3,3＋a)＋4×eq \f(a,3＋a)＝3，解得a＝3，∴P(X＝2)＝eq \f(1,2)，P(X＝4)＝eq \f(1,2)，∴D(X)＝(2－3)2×eq \f(1,2)＋(4－3)2×eq \f(1,2)＝1.故选B.
8．设0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 由题意可得E(ξ)＝eq \f(1,2)＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋eq \f(1,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)，所以当p在(0，1)内增大时，D(ξ)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)＝eq \f(1,3)，则下列结论正确的是( )
A．P(X＝1)＝E(X) B．E(3X＋2)＝4
C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝eq \f(4,9)
答案 AB
解析 依题意P(X＝0)＝eq \f(1,3)，所以P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝eq \f(2,3)，所以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)，所以P(X＝1)＝E(X)，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(2,3)＋2＝4，D(3X＋2)＝32D(X)＝32×eq \f(2,9)＝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：
记“函数f(x)＝3sineq \f(x＋X,2)π(x∈R)是偶函数”为事件A，则下列结论正确的是( )
A．E(X)＝eq \f(3,4)－m B．m＋n＝eq \f(3,4)
C．P(A)＝eq \f(3,4) D．P(A)＝eq \f(1,4)
答案 BC
解析 由随机变量的分布列知m＋eq \f(1,4)＋n＝1，∴m＋n＝eq \f(3,4)，故B正确；E(X)＝－1×m＋0×eq \f(1,4)＋1×n＝－m＋n＝－m＋eq \f(3,4)－m＝eq \f(3,4)－2m，故A错误；∵函数f(x)＝3sineq \f(x＋X,2)π(x∈R)是偶函数为事件A，∴满足条件的事件A的X的可能取值为－1或1，∴P(A)＝m＋n＝eq \f(3,4)，故C正确，D错误．故选BC.
11．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p(0＜p＜1)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值可以为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 AB
解析 由题意可知，P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3.由E(X)＞1.75可知4p2－12p＋5＞0，解得p＜eq \f(1,2)或p＞eq \f(5,2).又p∈(0，1)，故0＜p＜eq \f(1,2).故选AB.
三、填空题
12．(2023·华南师大附中模拟)设随机变量ξ的分布列如下：
其中a1，a2，…，a6构成等差数列，则a1＋a6＝________．
答案 eq \f(1,3)
解析 因为a1，a2，…，a6构成等差数列，所以a1＋a6＝a2＋a5＝a3＋a4，因为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝1，所以a1＋a6＝eq \f(1,3).
13．已知离散型随机变量X的取值为有限个，E(X)＝eq \f(7,2)，D(X)＝eq \f(35,12)，则E(X2)＝________．
答案 eq \f(91,6)
解析 因为E(X)＝eq \f(7,2)，D(X)＝eq \f(35,12)，由D(X)＝E(X2)－[E(X)]2，得E(X2)＝D(X)＋[E(X)]2＝eq \f(35,12)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(91,6).
14．袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为eq \f(1,6)，一红一黄的概率为eq \f(1,3)，则m－n＝________，E(ξ)＝________．
答案 1 eq \f(8,9)
解析 由题意可得，P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(2,4＋m＋n))＝eq \f(12,（4＋m＋n）（3＋m＋n）)＝eq \f(1,6)，化简，得(m＋n)2＋7(m＋n)－60＝0，解得m＋n＝5，取出的两个球一红一黄的概率P＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,m),Ceq \\al(2,4＋m＋n))＝eq \f(4m,36)＝eq \f(1,3)，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1.易知ξ的所有可能取值为0，1，2，且P(ξ＝2)＝eq \f(1,6)，P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5),Ceq \\al(2,9))＝eq \f(5,9)，P(ξ＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,5),Ceq \\al(2,9))＝eq \f(5,18)，所以E(ξ)＝0×eq \f(5,18)＋1×eq \f(5,9)＋2×eq \f(1,6)＝eq \f(8,9).
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10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(x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数)．
(1)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“ξk＝1”表示第k班抽到的这名学生身体素质优秀，“ξk＝0”表示第k班抽到的这名学生身体素质不优秀(k＝1，2，…，8)．写出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)，D(ξ4)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eq \f(7,10).
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eq \f(7,10).
(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.
P(X＝0)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(6,25)，
P(X＝1)＝eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(13,25)，
P(X＝2)＝eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(6,25)，
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝0×eq \f(6,25)＋1×eq \f(13,25)＋2×eq \f(6,25)＝1.
(3)D(ξ4)＝D(ξ2)>D(ξ1)>D(ξ3)．
理由：由于P(ξ1＝1)＝0.8，P(ξ2＝1)＝0.6，P(ξ3＝1)＝0.9，P(ξ4＝1)＝0.4，
且ξk服从两点分布，
所以D(ξk)＝P(ξk＝1)[1－P(ξk＝1)]＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(P（ξk＝1）－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)，
由于P(ξ3＝1)＝0.9>P(ξ1＝1)＝0.8>P(ξ2＝1)＝0.6>eq \f(1,2)>P(ξ4＝1)＝0.4，
D(ξk)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(P（ξk＝1）－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
所以D(ξ4)＝D(ξ2)>D(ξ1)>D(ξ3)．
16．某烘焙店加工一个成本为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y(单位：元)关于当天需求量n(单位：个，n∈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：
以这100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．
解 (1)y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(120n－960，n∈[0，16），n∈N，,960，n∈[16，＋∞），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
E(X)＝720×0.1＋840×0.2＋960×0.7＝912(元)；
D(X)＝(720－912)2×0.1＋(840－912)2×0.2＋(960－912)2×0.7＝6336.
②当加工17个这种蛋糕时，Y表示日利润(单位：元)，则Y的分布列为
则E(Y)＝660×0.1＋780×0.2＋900×0.16＋1020×0.54＝916.8(元)，916.8＞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．
(1)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E(Y)，并用实际意义解释E(Y)与(1)中的E(X)的大小关系．
解 (1)X的所有可能取值为4，5，6，7，
P(X＝4)＝eq \f(Ceq \\al(3,3),Ceq \\al(4,7))＝eq \f(1,35)，P(X＝5)＝eq \f(Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(4,7))＝eq \f(4,35)，
P(X＝6)＝eq \f(Ceq \\al(3,5),Ceq \\al(4,7))＝eq \f(2,7)，P(X＝7)＝eq \f(Ceq \\al(3,6),Ceq \\al(4,7))＝eq \f(4,7)，
E(X)＝4×eq \f(1,35)＋5×eq \f(4,35)＋6×eq \f(2,7)＋7×eq \f(4,7)＝eq \f(32,5).
(2)Y的所有可能取值为4，5，6，7，
设甲袋和乙袋的抽取次数分别为Y1和Y2，
P(Y＝4)＝P(Y1＝2)P(Y2＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,3))·eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,4))＝eq \f(1,18)，
P(Y＝5)＝P(Y1＝2)P(Y2＝3)＋P(Y1＝3)P(Y2＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,3))·eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,4))＋eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,3))·eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,4))＝eq \f(2,9)，
P(Y＝6)＝P(Y1＝2)P(Y2＝4)＋P(Y1＝3)P(Y2＝3)＝eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,3))·eq \f(Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(2,4))＋eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,3))·eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,4))＝eq \f(7,18)，
P(Y＝7)＝P(Y1＝3)P(Y2＝4)＝eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,3))·eq \f(Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(2,4))＝eq \f(1,3)，
E(Y)＝4×eq \f(1,18)＋5×eq \f(2,9)＋6×eq \f(7,18)＋7×eq \f(1,3)＝6.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其他球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低．
18．(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X＝i)＝pi(i＝0，1，2，3)．
(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1；
(3)根据你的理解，说明(2)问结论的实际含义．
解 (1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.
(2)证明：设f(x)＝p3x3＋p2x2＋(p1－1)x＋p0，
因为p3＋p2＋p1＋p0＝1，
故f(x)＝p3x3＋p2x2－(p2＋p0＋p3)x＋p0.
若E(X)≤1，即p1＋2p2＋3p3≤1，
故p2＋2p3≤p0.
f′(x)＝3p3x2＋2p2x－(p2＋p0＋p3)，
因为f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，f′(1)＝2p3＋p2－p0≤0，
易知f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(p2,3p3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p2,3p3)，＋∞))上单调递增，且－eq \f(p2,3p3)<0，
故f′(x)有两个不同零点x1，x2，且x1<0<1≤x2，且x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0；x∈(x1，x2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，
若x2＝1，因为f(x)在(x2，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，
而当x∈(0，x2)时，因为f(x)在(x1，x2)上单调递减，故f(x)>f(x2)＝f(1)＝0，
故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根；
若x2>1，因为f(1)＝0且f(x)在(0，x2)上单调递减，
故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，
综上，若E(X)≤1，则p＝1.
若E(X)>1，则p1＋2p2＋3p3>1，故p2＋2p3>p0.
此时f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，f′(1)＝p2＋2p3－p0>0，
故f′(x)有两个不同零点x3，x4，且x3<00；x∈(x3，x4)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，x3)，(x4，＋∞)上单调递增，在(x3，x4)上单调递减，
而f(1)＝0，故f(x4)<0，
又f(0)＝p0>0，故f(x)在(0，x4)上存在一个零点p，且p<1.
所以p为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，此时p<1，
故当E(X)>1时，p<1.
(3)实际含义：若每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代后必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后灭绝的概率小于1.X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
X
0
1
P
1－p
p
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
考向一 离散型随机变量分布列的性质
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
5
(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5)，(5，5)，(5，4)，(5，3)，(5，2)，(5，1)
9
6
(1，6)，(2，6)，(3，6)，(4，6)，(5，6)，(6，6)，(6，5)，(6，4)，(6，3)，(6，2)，(6，1)
11
X
1
2
3
4
5
6
P
eq \f(1,36)
eq \f(1,12)
eq \f(5,36)
eq \f(7,36)
eq \f(1,4)
eq \f(11,36)
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,3)
m
eq \f(1,4)
eq \f(1,6)
考向二 求离散型随机变量的分布列
X
2
3
4
P
eq \f(3,5)
eq \f(3,10)
eq \f(1,10)
X
－1
0
1
P
0.3
0.5
0.2
Y
2
3
4
P
0.13
0.13
0.74
考向三 离散型随机变量的数字特征
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
X1
300
－150
P
eq \f(7,9)
eq \f(2,9)
X2
500
－300
0
P
eq \f(3,5)
eq \f(1,3)
eq \f(1,15)
X
20
30
P
eq \f(1,11)
eq \f(10,11)
X1
5%
10%
P
0.6
0.4
X2
2%
8%
12%
P
0.1
0.5
0.4
Y1
10
20
P
0.6
0.4
Y2
4
16
24
P
0.1
0.5
0.4
X
－1
0
1
P
eq \f(1,6)
a
b
时间/分钟
10～20
20～30
30～40
40～50
甲的频率
0.1
0.4
0.2
0.3
乙的频率
0
0.3
0.6
0.1
X
6
7
8
P
0.4
0.5
0.1
ξ
0
1
2
P
eq \f(1－p,2)
eq \f(1,2)
eq \f(p,2)
X
－1
0
1
P
m
eq \f(1,4)
n
ξ
1
2
3
4
5
6
P
a1
a2
a3
a4
a5
a6
X
0
1
2
P
eq \f(6,25)
eq \f(13,25)
eq \f(6,25)
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
X
720
840
960
P
0.1
0.2
0.7
Y
660
780
900
1020
P
0.1
0.2
0.16
0.54