高考数学第二轮复习专题练习专题7.11 离散型随机变量的分布列和数学期望大题专项训练（30道）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习专题7.11 离散型随机变量的分布列和数学期望大题专项训练（30道）（教师版），共37页。
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2023春·河南焦作·高二开学考试）已知一个盒子里装有两种颜色的小球，其中有红球6个，黄球3个．
(1)现从中每次随机取出一个球，且每次取球后都放回盒中，求事件“连续取球三次，至少两次取到黄球”发生的概率；
(2)若从盒中一次随机取出3个小球，记取到黄球的个数为X，求随机变量X的数学期望．
【解题思路】(1)先计算取到黄球的概率为13，再计算连续取球三次，至少两次取到黄球的概率；
(2) X的所有可能取值为0，1，2，3，分别计算对应概率，再对应写出分布列及数学期望．
【解答过程】（1）由题可知，从盒子中随机取出1个球，取到黄球的概率为36+3=13．
设连续从盒中取球三次，取到黄球的次数为ξ，则ξ∼B3,13，
∴P(ξ≥2)=C32132×23+C33133=727．
（2）由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C63C93=521,P(X=1)=C62C31C93=1528，
P(X=2)=C61C32C93=314,P(X=3)=C33C93=184，
∴X的分布列为：
∴E(X)=0×521+1×1528+2×314+3×184=1．
2．（2023春·浙江·高三开学考试）第二十二届世界足球赛于2022年11月21日在卡塔尔举行，是历史上首次在中东国家境内举行，也是第二次再亚洲举行的世界杯足球赛，在此火热氛围中，某商场设计了一款足球游戏：场地上共有大、小2个球门，大门和小门依次射门，射进大门后才能进行小门射球，两次均进球后可得到一个世界杯吉祥物“拉伊卜”．已知甲、乙、丙3位顾客射进大门的概率均为34，射进小门的概率依次为23，13，13，假设各次进球与否互不影响．
(1)求这3人中至少有2人射进大门的概率；
(2)记这3人中得到“拉伊卜”的人数为X，求X的分布列及期望．
【解题思路】(1)根据二项分布求概率公式计算即可求解；
(2)分别求出甲和乙、丙获得“拉伊卜”的概率，再求出P(X=0)、P(X=1)、P(X=2)、P(X=3)，列出分布列，结合数学期望的求法即可求解.
【解答过程】（1）设三人中射进大门的人数为Y，则Y~B3,34，
∴P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)=C32342⋅14+343=2732；
（2）甲获得“拉伊卜”的概率p1=34⋅23=12，
乙、丙获得“拉伊卜”的概率p2=34⋅13=14，
P(X=0)=1-12⋅1-142=932，P(X=1)=12⋅1-142+1-12⋅C21⋅14⋅1-14=1532，
P(X=2)=C21⋅12⋅14⋅1-14+1-12⋅142=732，
P(X=3)=12⋅142=132，
∴X的分布列如下：
∴E(X)=0⋅932+1⋅1532+2⋅732+3⋅132=1.
3．（2023·全国·高三专题练习）某市公租房的房源位于A，B，C三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的，求该市的任4位申请人中：
(1)恰有2人申请A片区房源的概率；
(2)申请的房源所在片区的个数ξ的分布列与期望
【解题思路】（1）解法一：由排列组合求出所有可能的申请方式和恰有2人申请A片区房源的申请方式，由古典概率公式代入即可得出答案.
解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是4次独立重复试验.记“申请A片区房源”为事件A，则P(A)=13.由独立重复试验中事件A恰发生k次的概率计算公式即可求解；
（2）求出ξ的所有可能值，再分别求出其对应的概率即可求出分布列，再由期望公式代入即可求出申请的房源所在片区的个数ξ的期望.
【解答过程】（1）解法一：所有可能的申请方式有34种，恰有2人申请A片区房源的申请方式C42⋅22种，从而恰有2人申请A片区房源的概率为C42⋅2234=827.
解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是4次独立重复试验.
记“申请A片区房源”为事件A，则P(A)=13.
从而，由独立重复试验中事件A恰发生k次的概率计算公式知，
恰有2人申请A片区房源的概率为P4(2)=C42(13)2(23)2=827.
（2）ξ的所有可能值为1，2，3.
P(ξ=1)=334=127，
P(ξ=2)=C32(C21C43+C42C22)34=1427(或P(ξ=2)=C32(24-2)34=1427)，
P(ξ=3)=C31C42C2134=49（或P(ξ=3)=C42A3334=49）.
综上知，ξ有分布列为：
Eξ=1×127+2×1427+3×49=6527.
4．（2023春·山西忻州·高三开学考试）甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班选出3人组成甲、乙两支代表队，每队初始分均为4分，首轮比赛每人回答一道必答题，答对则为本队得2分，答错或不答扣1分．已知甲队3人每人答对的概率分别为23，12，14，乙队每人答对的概率都是23．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示首轮甲队总分．
(1)求随机变量X的分布列及其数学期望EX；
(2)求在甲队和乙队总分之和为14的条件下，甲队与乙队得分相同的概率．
【解题思路】（1）求出X的所有可能取值及其概率可得分布列，根据数学期望公式可得数学期望；
（2）设“甲队和乙队得分之和为14”为事件A，“甲队与乙队得分相同”为事件B，求出P(A)和P(AB)后，根据条件概率公式可求出结果.
【解答过程】（1）X的可能取值为1，4，7，10，
PX=1=13×12×34=18；PX=4=23×12×34+13×12×34+13×12×14=512；
PX=7=23×12×34+13×12×14+23×12×14=38；PX=10=23×12×14=112．
所以X的分布列为
EX=1×18+4×512+7×38+10×112=214．
（2）设“甲队和乙队得分之和为14”为事件A，“甲队与乙队得分相同”为事件B，
则PA=512×C33233+38×C32232×13+112×C3123×132=2581，
PAB=38×C32232×13=16，所以PB|A=PABPA=162581=2750．
5．（2023春·江苏常州·高三开学考试）设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球，现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球
(1)记从甲袋中取出的2个球中恰有X个白球，求随机变量X的概率分布和期望；
(2)求从乙袋中取出的2个球中恰有1个红球的概率.
【解题思路】（1）根据题意知X的取值，求出对应的概率，写出分布列，计算数学期望值；
（2）根据题意，根据甲袋取球情况分类讨论，利用概率公式计算可得.
【解答过程】（1）X的所有可能取值为0,1,2，
PX=0=C42C72=27,PX=1=C31⋅C41C72=47,PX=2=C32C72=17，
∴X的分布列如下：
X的数学期望EX=0×27+1×47+2×17=67.
（2）若从甲袋中取出2红，则乙袋中取出2球恰有1个红球概率P1=C42C72⋅C41⋅C11C52=435，
若从甲袋中取出2白，则乙袋中取出2球恰有1个红球概率P2=C32C72⋅C21⋅C31C52=335，
若从甲袋中取出1红1白，则乙袋中取出2球恰有1个红球概率P3=C41C31C72⋅C31⋅C21C52=1235，
∴乙袋中取出2球恰有1红的概率P=1935.
6．（2023春·河北石家庄·高三开学考试）北方某市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对学生进行了考核，记考核成绩不小于80分的为优秀，为了了解本次培训活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了60名学生的考核成绩，如下表
(1)从参加接训的学生中随机选取1人，请根据表中数据，估计这名学生考核优秀的概率，
(2)用分层抽样的方法，在考核成绩为[70，90）的学生中任取8人，再从这8人中随机选取4人，记取到考核成绩在[80，90）的学生为X，求X的分布列和数学期望，
【解题思路】（1）根据古典概型的概率计算公式即可求解，
（2）根据分层抽样的抽样比可得[70，80）和[80，90）抽取的学生人数，由超几何分布即可求解概率，进而得分布列.
【解答过程】（1）设该名学生考核成绩优秀为事件A，由已知50名同学的成绩中，优秀的有35名同学，所以PA=3560=712，
可以可估计这名学生考核优秀的概率为712．
（2）由已知，用分层抽样方法，在考核成绩为[70，90）的学生中任取8人，则考核成绩在[70，80）的学生应抽取3人，考核成绩在[80，90）的学生应抽取5人．
由题意可得X的所有可能取值为1，2，3，4，
所以P(X=1)=C33C51C84=570,P(X=2)=C32C52C84=3070,
P(X=3)=C31C53C84=3070,P(X=4)=C54C84=570.
所以随机变量X的分布列为
所以EX=1×570+2×3070+3×3070+4×570=52
即所求数学期望为52．
7．（2023·全国·高三专题练习）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B，C三类问题，每位参加比赛的同学先在三类问题中随机选择一类，并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从剩下的两类问题中随机选择一类并从中抽取一个问题回答，回答错误则该同学比赛结束；若回答正确，则从剩下的最后一类问题中随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，C类问题中的每个问题回答正确得70分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，能正确回答C类问题的概率为0.7．且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记ξ为小明的累计得分，求ξ的期望．
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【解题思路】（1）由题意得出由随机变量ξ的可能取值为0，20，90，100，170，计算对应的不同随机变量的概率，即可求ξ的数学期望；
（2）计算小明先回答B，C，问题时随机变量的取值及对应概率，求出均值与（1）比较即可．
【解答过程】（1）解：ξ可能的取值为0，20，90，100，170，
依题意得：Pξ=0=1-0.8=0.2，Pξ=20=0.8×12×1-0.6+12×1-0.7=0.28，
Pξ=90=0.8×12×0.7×1-0.6=0.112，Pξ=100=0.8×12×0.6×1-0.7=0.072，
Pξ=170=0.8×12×0.7×0.6+0.8×12×0.6×0.7=0.336，
所以Eξ=0×0.2+20×0.28+90×0.112+100×0.072+170×0.336=80．
（2）解：设小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则Y的可能取值为0，80，100，150，170．
依题意PY=0=0.4，PY=80=0.6×12×1-0.8+12×1-0.7=0.15，
PY=100=0.6×12×0.8×0.3=0.072，PY=150=0.6×12×0.7×0.2=0.042，
PY=170=0.6×12×0.8×0.7+0.6×12×0.7×0.8=0.336，
所以EY=0×0.4+80×0.15+100×0.072+150×0.042+170×0.336=82.62
同理设小明先回答C类问题，记η为小明的累计得分，则η的可能取值为0，70，90，150，170，
依题意得Pη=0=1-0.7=0.3，Pη=70=0.7×12×0.2+12×0.4=0.21，
Pη=90=0.7×12×0.8×0.4=0.112，Pη=150=0.7×12×0.6×0.2=0.042，
Pη=170=0.7×12×0.6×0.8+0.7×12×0.8×0.6=0.336，
所以Eη=0×0.3+70×0.21+90×0.112+150×0.042+170×0.336=88.2．
因为Eη>EY>Eξ，所以为使累计得分的期望最大．
故小明应选择先回答C类问题．
8．（2023·福建·统考一模）校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷引进各类急救设备．某学校引进M，N两种类型的自动体外除颤器（简称AED）若干，并组织全校师生学习AED的使用规则及方法．经过短期的强化培训，在单位时间内，选择M，N两种类型AED操作成功的概率分别为23和12，假设每次操作能否成功相互独立．
(1)现有某受训学生进行急救演练，假定他每次随机等可能选择M或N型AED进行操作，求他恰好在第二次操作成功的概率；
(2)为激发师生学习并正确操作AED的热情，学校选择一名教师代表进行连续两次设备操作展示，下面是两种方案：
方案甲：在第一次操作时，随机等可能的选择M或N型AED中的一种，若第一次对某类型AED操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若第一次对某类型AED操作不成功，则第二次使用另一类型AED进行操作．
方案乙：在第一次操作时，随机等可能的选择M或N型AED中的一种，无论第一次操作是否成功，第二次均使用第一次所选择的设备．
假定方案选择及操作不相互影响，以成功操作累积次数的期望值为决策依据，分析哪种方案更好？
【解题思路】（1）设“操作成功”为事件S，“选择设备M”为事件A，“选择设备N”为事件B，结合题意和独立事件的概率计算公式即可求解；
（2）设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为X，Y，分别求出每一个次数对应的概率，然后求出每种方案对应的均值，进行比较即可得出结论.
【解答过程】（1）设“操作成功”为事件S，“选择设备M”为事件A，“选择设备N”为事件B
由题意，P(A)=P(B)=12,PSA=23,PSB=12
恰在第二次操作才成功的概率P=P(S)P(S)，
P(S)=P(A)P(S|A)+P(B)P(S|B)=12×23+12×12=712，
P(S)=1-P(S)=512
所以恰在第二次操作才成功的概率为512×712=35144．
（2）设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为X，Y，则X，Y可能取值均为0，1，2，
P(X=0)=P(A)P(S|A)P(S|B)+P(B)P(S|B)P(S|A)
=12×1-23×1-12+12×1-12×1-23=16；
P(X=1)=P(A)P(S|A)P(S|B)+P(A)P(S|A)P(S|A)
+P(B)P(S|B)P(S|A)+P(B)P(S|B)P(S|B)
=12×1-23×12+12×23×1-23+12×1-12×23+12×12×1-12=3572；
P(X=2)=P(A)P(S|A)P(S|A)+P(B)P(S|B)P(S|B)
=12×23×23+12×12×12=2572；
所以E(X)=0×16+1×3572+2×2572=8572
方法一：P(Y=0)=P(A)P(S|A)P(S|A)+P(B)P(S|B)P(S|B)
=12×1-23×1-23+12×1-12×1-12=1372；
P(Y=1)=P(A)P(S|A)P(S|A)+P(A)P(S|A)P(S|A)
+P(B)P(S|B)P(S|B)+P(B)P(S|B)P(S|B)
=12×1-23×23+12×23×1-23+12×1-12×12+12×12×1-12=1736
P(Y=2)=P(A)P(S|A)P(S|A)+P(B)P(S|B)P(S|B)
=12×23×23+12×12×12=2572；
所以E(Y)=0×1372+1×1736+2×2572=76
方法二：方案乙选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，
所以E(Y)=12×2×23+12×2×12=76，
决策一：因为E(X)>E(Y)，故方案甲更好．
决策二：因为E(X)与E(Y)差距非常小，所以两种方案均可
9．（2023·重庆·统考一模）在全民抗击新冠疫情期间，某校开展了“停课不停学”活动，一个星期后，某校随机抽取了100名居家学习的高二学生进行问卷调查，得到学生每天学习时间（单位：h）的频率分布直方图如下，若被抽取的这100名学生中，每天学习时间不低于8小时有30人．
(1)求频率分布直方图中实数a，b的值；
(2)每天学习时间在[6.0,6.5)的7名学生中，有4名男生，3名女生，现从中抽2人进行电话访谈，已知抽取的学生有男生，求抽取的2人恰好为一男一女的概率；
(3)依据所抽取的样本，从每天学习时间在[6.0,6.5)和[7.0,7.5)的学生中按比例分层抽样抽取8人，再从这8人中选3人进行电话访谈，求抽取的3人中每天学习时间在[6.0,6.5)的人数的分布列和数学期望．
【解题思路】（1）根据图表得(b+0.22)×0.5×100=30，解出b值，根据小矩形面积和为1可求得a值；
（2）首先求得总数为21种，求出其中有男生的概率为67，求出有女生的概率为47，再利用条件概率公式即可；
（3）求出在各自区间的人数，设从8人中抽取的3人每天学习时间在[6.0,6.5)的人数为X,分X=0,1,2计算，最后求出期望值.
【解答过程】（1）由(b+0.22)×0.5×100=30,解得b=0.38
∵0.5×(0.14+a+0.42+0.58+0.38+0.22)=1,解得a=0.26.
（2）从7名学生中任选2人进行电话访谈种数:C72=21，
记任选2人有男生为事件A,则P(A)=C42+C41C3121=67，
记任选2人有女生为事件B,则P(AB)=C41C3121=47，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=23.
（3）用按比例分层抽样的方式从每天学习时间在[6.0,6.5)和[7.0,7.5)的学生中抽取8人,
抽中的8人每天学习时间在[6.0,6.5)的人数为14×8=2人.
抽中的8人每天学习时问在[7.0,7.5)的人数为34×8=6人.
设从8人中抽取的3人每天学习时间在[6.0,6.5)的人数为X,则X=0,1,2
∴P(X=0)=C63C83=514, P(X=1)=C21C62C83=1528, P(X=2)=C22C61C83=328，
∴X的分布列为:
∴X的数学期望为E(X)=0×514+1×1528+2×328=34.
10．（2023·全国·高三专题练习）为喜迎马年新春佳节，怀化某商场在正月初六进行抽奖促销活动，当日在该店消费满500元的顾客可参加抽奖．抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“马”“上”“有”“钱”．顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“钱”字球，则停止取球．获奖规则如下：依次取到标有“马”“上”“有”“钱”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“马”“上”“有”“钱”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“马”“上”“有”三个字的球为三等奖．
(1)求分别获得一、二、三等奖的概率；
(2)设摸球次数为ξ，求ξ 的分布列和数学期望
【解题思路】（1）设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件A，B，C，每次摸球相互独立，每个球被摸到的概率为14，由事件的相互独立性性质求PA，先由排列方式计算事件B的基本事件个数，再由古典概型求概率方式求PB，最后三等奖的情况有: “马，马，上，有”；“ 马，上，上，有”；“ 马，上，有，有”三种情况，由相互独立性求概率即可；
（2）由相互独立性计算ξ的取值为1、2、3、4时的概率，并列出对应的分布列，进而由均值计算公式求得均值.
【解答过程】（1）解：设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件A，B，C．
则P(A)=14×14×14×14=1256， P(B)=A33-144=5256
三等奖的情况有：“马，马，上，有”；“ 马，上，上，有”；“ 马，上，有，有”三种情况，
所以PC=14×14×14×14×A42+14×14×14×14×A42+14×14×14×14×A42=964.
（2）解：设摸球的次数为ξ，则ξ的可能取值为1、2、3、4，
所以P(ξ=1)=14，P(ξ=2)=34×14=316，P(ξ=3)=34×34×14=964，
P(ξ=4)=1-P(ξ=1)-P(ξ=2)-P(ξ=3)=2764，
故取球次数ξ的分布列为
所以取球次数ξ的数学期望Eξ=14×1+316×2+964×3+2764×4=17564.
11．（2023秋·湖南株洲·高三期末）某社区为丰富居民的业余文化生活，打算在周一到周五连续为该社区居民举行“社区音乐会”，每晚举行一场，但若遇到风雨天气，则暂停举行.根据气象部门的天气预报得知，在周一到周五这五天的晚上，前三天每天出现风雨天气的概率均为p1，后两天每天出现风雨天气的概率均为p2，每天晚上是否出现风雨天气相互独立.已知前两天的晚上均出现风雨天气的概率为14，且这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为199200.
(1)求该社区能举行4场音乐会的概率；
(2)求该社区举行音乐会场数X的分布列和数学期望E(X).
【解题思路】（1）由题意先求出p1，由相互独立事件的乘法公式即可求出答案；
（2）求出X的可能取值和每个X对应的概率，即可求出X的分布列，再由期望公式即可求出E(X).
【解答过程】（1）由已知可得，p12=14，解得p1=12，又1-(1-p1)3(1-p2)2=199200，解得p2=45，
设Ai(i=1,2,3,4,5)表示第i天可以举行音乐会，B表示该社区能举行4场音乐会
则P(B)=P(A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5+A1A2A3A4A5)
=C31(12)3⋅(15)2+C21(12)345⋅15=11200；
（2）X的可能取值为0，1，2，3，4，5
P(X=0)=(12)3(45)2=16200；
P(X=1)=C31(12)3⋅(45)2+C21(12)345⋅15=56200，
P(X=2)=C32(12)3⋅(45)2+C31C21(12)3⋅45⋅15+C22(12)315⋅15=73200，
P(X=3)=C33(12)3⋅(45)2+C32C21(12)3⋅45⋅15+C31C22(12)315⋅15=43200，
P(X=4)=C31(12)3⋅(15)2+C21(12)345⋅15=11200，
P(X=5)=(12)3(15)2=1200，
所以X的分布列为
从而数学期望为：
EX=0×16200+1×56200+2×73200+3×43200+4×11200+5×1200=1910=1.9.
12．（2023·四川成都·统考一模）成都作为常住人口超2000万的超大城市，注册青年志愿者人数超114万，志愿服务时长超268万小时.2022年6月，成都22个市级部门联合启动了2022年成都市青年志愿服务项目大赛，项目大赛申报期间，共收到331个主体的416个志愿服务项目，覆盖文明实践､社区治理与邻里守望､环境保护等13大领域.已知某领域共有50支志愿队伍申报，主管部门组织专家对志愿者申报队伍进行评审打分，并将专家评分（单位：分）分成6组：40,50,50,60,⋯,90,100，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求图中m的值；
(2)从评分不低于80分的队伍中随机选取3支队伍，该3支队伍中评分不低于90分的队伍数为X，求随机变量X的分布列和期望.
【解题思路】（1）利用直方图中各矩形面积和为1列方程求解即可.
（2）先求出评分不低于80分的队伍数，以及评分不低于90分的队伍数，确定随机变量X的取值，求出概率，写出分布列，求得期望.
【解答过程】（1）由0.004×2+0.022+0.030+0.028+m×10=1，
解得m=0.012．
（2）由题意知不低于80分的队伍有50×0.12+0.04=8支，
不低于90分的队伍有50×0.04=2支.
随机变量X的可能取值为0,1,2.
∵PX=0=C63C83=514,PX=1=C62C21C83=1528,PX=2=C61C22C83=328,
∴X的分布列为
∴EX=0×514+1×1528+2×328=34.
13．（2023秋·河北石家庄·高三期末）党的二十大已胜利闭幕，某市教育系统为深入贯彻党的二十大精神，组织党员开展了“学习二十大”的知识竞赛活动.随机抽取了1000名党员，并根据得分（满分100分）按组别60,70，70,80，80,90，90,100绘制了频率分布直方图（如图），视频率为概率.
(1)若此次活动中获奖的党员占参赛总人数20%，试估计获奖分数线；
(2)采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从得分不低于80的党员中随机抽取7名党员，再从这7名党员中随机抽取3人，记得分在90,100的人数为ξ，试求ξ的分布列和数学期望.
【解题思路】（1）设分数线为x∈[80,90)，使得成绩在[x,100]的概率为0.2，解方程(90-x)×0.025+0.010×10=0.2可得答案；
（2）应从[80,90)和[90,100]两组内分别抽取5人和2人，求出ξ的可能取值以及对应的概率可得分布列和期望.
【解答过程】（1）根据直方图可知，成绩在80,100的频率为0.025+0.010×10=0.35，
成绩[90,100]的频率为0.1，小于0.2，
因此获奖的分数线应该介于[80,90)之间，
设分数线为x∈[80,90)，使得成绩在[x,100]的概率为0.2，
即(90-x)×0.025+0.010×10=0.2，
可得x=86，
所以获奖分数线划定为86；
（2）应从[80,90)和[90,100]两组内分别抽取5人和2人，
则ξ的可能取值为0，1，2，
P(ξ=0)=C53C20C73=1035=27，
P(ξ=1)=C52C21C73=2035=47，
P(ξ=2)=C51C22C73=535=17，
ξ的分布列为
数学期望E(ξ)=0×27+1×47+2×17=67.
14．卡塔尔世界杯在今年11月21日至12月18日期间举行，赛程如下：第一轮中先将32个国家随机分为A，B，C，D，E，F，G，H，8个小组，每个小组中4个国家进行循环积分赛，在积分赛中，每局比赛中胜者积3分，负者积0分，平局各积1分，积分前两名者晋级下一轮淘汰赛；每组的循环积分赛分3轮，其中C组国家是阿根廷，墨西哥，波兰，沙特，第一轮是阿根廷VS沙特，墨西哥VS波兰；第二轮是阿根廷VS墨西哥，沙特VS波兰；第三轮是阿根廷VS波兰，墨西哥VS沙特.小组赛前曾有机构评估C组四个国家的实力是阿根廷>墨西哥>波兰>沙特，并预测各自胜负概率如下：（1）阿根廷胜墨西哥概率为12，阿根廷胜波兰、阿根廷胜沙特的概率均为23，阿根廷平墨西哥、波兰、沙特的概率均为16；（2）墨西哥胜波兰、墨西哥胜沙特、波兰胜沙特的概率均为12，墨西哥平波兰、墨西哥平沙特、波兰平沙特的概率均为16；按照上述机构的评估与预测，求解下列问题：
(1)已知在C组小组赛第一轮中，阿根廷1:2沙特，墨西哥0:0波兰，第二轮中，阿根廷2:0墨西哥，沙特0:2波兰，求阿根廷最后小组赛晋级的概率（积分相同时实力强的优先晋级）；
(2)设阿根廷在小组赛中的不败的场次为X，求X的分布列及数学期望.
【解题思路】（1）首先分析两轮过后各队的积分情况，可得有①阿根廷胜波兰；②阿根廷平波兰且墨西哥不负于沙特，利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得.
（2）依题意可得X的可能取值为0、1、2、3，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【解答过程】（1）解：前两轮过后，阿根廷、墨西哥、波兰、沙特的积分分别是3分、1分、4分、3分；
第三轮中，阿根廷VS波兰，阿根廷胜波兰概率为23，阿根廷平波兰概率为16，阿根廷负于波兰概率为16，
墨西哥VS沙特，墨西哥胜沙特概率为12，墨西哥平沙特概率为16，墨西哥负于沙特概率为13；
设所求事件为M，列举可知事件M包含以下两种情况：①阿根廷胜波兰；②阿根廷平波兰且墨西哥不负于沙特，
则P(M)=23+16×23=79.
（2）解：依题意可得X的可能取值为0、1、2、3，
又知P(X=0)=13×16×16=1108，P(X=1)=23×16×16+2×13×56×16=12108，
P(X=2)=2×23×56×16+13×56×56=45108，P(X=3)=23×56×56=50108，
所以X分布列如下：
所以X的数学期望EX=1×12+2×45+3×50108=252108=73.
15．（2023秋·江苏扬州·高三期末）某校为了合理配置校本课程资源，教务部门对学生们进行了问卷调查．据统计，其中14的学生计划只选择校本课程一，另外34的学生计划既选择校本课程一又选择校本课程二．每位学生若只选择校本课程一，则记1分；若既选择校本课程一又选择校本课程二，则记2分．假设每位选择校本课程一的学生是否计划选择校本课程二相互独立，视频率为概率．
(1)从学生中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从学生中随机抽取n人n∈N*，记这n人的合计得分恰为n+1分的概率为Pn，求P1+P2+⋯+Pn．
【解题思路】(1)根据题意得出不选择校本课程二的概率为14，选择校本课程二的概率为34，X的可能取值为3，4，5，6，分别求出对应的概率，由此能求出X的分布列和期望；
(2) 这n人的合计得分为n+1分，则其中只有1人计划选择校本课程二，
则Pn=Cn1⋅34×14n-1=3n4n，设Sn=P1+P2+⋯+Pn=341+642+943+⋯+3n4n，利用错位相减法即可求解.
【解答过程】（1）由题意知，每位学生计划不选择校本课程二的概率为14，
选择校本课程二的概率为34，
则X的可能取值为3，4，5，6，
PX=3=143=164，PX=4=C31×34×142=964，
PX=5=C32×342×14=2764，PX=6=343=2764，
所以X的分布列如下表所示：
所以EX=3×164+4×964+5×2764+6×2764=214．
（2）因为这n人的合计得分为n+1分，则其中只有1人计划选择校本课程二，
所以Pn=Cn1⋅34×14n-1=3n4n，
设Sn=P1+P2+⋯+Pn=341+642+943+⋯+3n4n，
则14Sn=14P1+P2+⋯+Pn=342+643+944+⋯+3n4n+1，
由两式相减得34Sn=341+342+343+⋯+34n-3n4n+1，
即34Sn=3×141-14n1-14-3n4n+1=1-14n-3n4n+1=1-3n+44n+1，
所以P1+P2+⋯+Pn=431-3n+44n+1.
16．（2023秋·广东·高三期末）疫情期间某大型快餐店严格遵守禁止堂食的要求，在做好自身防护的同时，为了实现收益，也为了满足人们餐饮需求，增加打包和外卖配送服务，不仅如此，还提供了一款新套餐，丰富产品种类，该款新套餐每份成本20元，售价30元，保质期为两天，如果两天内无法售出，则过期作废，且两天内的销售情况互不影响，现统计并整理连续30天的日销量（单位：百份），得到统计数据如下表：
(1)记两天中销售该款新套餐的总份数为X（单位：百份），求X的分布列和数学期望；
(2)以该款新套餐两天内获得利润较大为决策依据，在每两天备餐27百份､28百份两种方案中应选择哪种？
【解题思路】（1）列出X可能取值，分别计算出相应的概率，列出分布列表，即可求解.
（2）根据利润的计算方式，分别计算出当每两天生产配送27百份时的利润和当每两天生产配送28百份时利润，比较后可得答案.
【解答过程】（1）根据题意可得：X的所有可能取值为24,25,26,27,28,29,30，
PX=24=110×110=1100，
PX=25=110×310×2=350，
PX=26=110×25×2+310×310=17100，
PX=27=110×15×2+310×25×2=725，
PX=28=310×15×2+25×25=725，
PX=29=25×15×2=425，
PX=30=15×15=125，
∴X的分布列为：
EX=24×1100+25×350+26×17100+27×725+28×725+29×425+30×125=27.4；
（2）当每两天生产配送27百份时，利润为：
24×10-3×20×1100+25×10-2×20×350+26×10-1×20×17100
+27×10×1-1100-350-17100=260.4（百元）
当每两天生产配送28百份时，利润为：
24×10-4×20×1100+25×10-3×20×350+26×10-2×20×17100 +27×10-1×20×725+28×10×1225=254.8（百元），
∵260.4>254.8，∴选择每天生产配送27百份.
17．（2023秋·江苏南通·高三期末）某公司开发了一款可以供n（n=3或n=4）个人同时玩的跳棋游戏.每局游戏开始，采用掷两颗质地均匀的骰子（骰子出现的点数为1，2，3，4，5，6），两个骰子的点数之和除以n所得的余数对应的人先走第一步.两个骰子的点数之和除以n的余数0，1，2，⋯，n-1分别对应游戏者A1，A2，A3，⋯，An.
(1)当n=3时，在已知两个骰子的点数之和为偶数的条件下，求A3先走第一步的概率；
(2)当n=4时，求两颗骰子点数之和除以n的余数X的概率分布和数学期望，并说明该方法对每个游戏者是否公平.
【解题思路】（1）列举基本事件，利用古典概型的概率公式直接求解；
（2）根据试验，分析出当n=4时，两颗骰子点数之和除以n的余数X可能为0，1，2，3，分别求概率，得到分布列，即可判断.
【解答过程】（1）因为掷两颗质地均匀的骰子所得点数之和有如下36种基本样本点（表）：
在已知两个骰子点数之和为偶数的条件下，共有基本事件18个，
设事件“A3先走第一步”为D，表示和被n=3除后的余数为2的基本事件有和为2，8对应的情形有6个，依据古典概型可知：PD=618=13，
即A3先走第一步的概率为13.
（2）当n=4时，两颗骰子点数之和除以n的余数X可能为0，1，2，3，且
PX=0=3+5+136=14 PX=1=4+436=29
PX=2=1+5+336=14 PX=3=2+6+236=518
所以随即变量X的概率分布为
故EX=0×14+1×29+2×14+3×518=149；
由于和被4除所得余数（即随即变量X取值）的概率大小不完全相同，说明该方法对每个游戏者不公平.
18．（2023春·安徽·高三开学考试）某大型国有企业计划在某双一流大学进行招聘面试，面试共分两轮，且第一轮通过后才能进入第二轮面试，两轮均通过方可录用．甲、乙、丙、丁4名同学参加面试，已知这4人面试第一轮通过的概率分别为23，45，34，34，面试笫二轮通过的概率分别为12，512，49，23，且4人的面试结果相互独立．
(1)求甲、乙、丙、丁4人中至少有1人被录用的概率；
(2)记甲、乙、丙、丁4人中最终被录用的人数为X，求X的分布列和数学期望．
【解题思路】（1）根据题意分别计算出甲、乙、丙、丁4名同学参加面试通过的概率，利用对立事件的概率公式可知“至少有1人被录用的概率”与“没有人被录用的概率”之和为1，即可计算出结果；（2）写出X的所有可能取值，再根据积事件与和事件的概率公式分别求的其概率即可列出分布列，进而求得期望值.
【解答过程】（1）由题意得，甲被录用的概率为23×12=13，
乙被录用的概率为45×512=13，
丙被录用的概率为34×49=13，
丁被录用的概率为34×23=12；
事件“至少有1人被录用”与事件“没有人被录用”互为对立事件，
没有人被录用的概率为1-13×1-13×1-13×1-12=427
设甲、乙、丙、丁4人中至少有1人被录用为事件M，
则PM=1-427=2327，
即甲、乙、丙、丁4人中至少有1人被录用的概率为2327
（2）由题意得，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
∴PX=0=23×23×23×12=427，
PX=1=C31×13×232×12+C30×130×233×12=1027，
PX=2=C31×13×232×12+C32×132×23×12=13，
PX=3=C32×132×23×12+C33×133×230×12=754，
PX=4=13×13×13×12=154，
∴X的分布列为
∴期望值EX=0×427+1×1027+2×13+3×754+4×154=32．
19．（2023·全国·高三专题练习）单板滑雪U型场地技巧是冬奥会比赛中的一个项目，进入决赛阶段的12名运动员按照预赛成绩由低到高的出场顺序轮流进行三次滑行，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果进行评分，最终取单次最高分作为比赛成绩．现有运动员甲、乙二人在某赛季单板滑雪U型场地技巧比赛中的成绩(单位：分)，如表：
假设甲、乙二人每次比赛成绩相互独立．
(1)从上表5站中随机选取1站，求在该站甲的成绩高于乙的成绩的概率；
(2)从上表5站中任意选取2站，用X表示这2站中甲的成绩高于乙的成绩的站数，求X的分布列和数学期望；
(3)假如从甲、乙二人中推荐一人参加2022年北京冬奥会单板滑雪U型场地技巧比赛，根据以上数据信息，你推荐谁参加？说明理由．
【解题思路】（1）根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）求得X的可能取值及对应概率，完成分布列，根据期望的公式求解即可；
（3）根据数据得出其概率，期望，平均数，方差等数据分析，理由合理即可.
【解答过程】（1）设“从5站中随机选取1站，该站甲的成绩高于乙的成绩”为事件A．
甲第1站、第2站、第3站、第4站、第5站的成绩分别为86.20，92.80，87.50，89.50，86.00．
乙第1站、第2站、第3站、第4站、第5站的成绩分别为88.40，88.60，89.10，88.20，87.70．
其中第2站和第4站甲的成绩高于乙的成绩，所以PA=25．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，
则PX=0=C20C32C52=310，PX=1=C21C31C52=610=35，PX=2=C22C30C52=110，
所以X的分布列为
EX=0×310+1×35+2×110=45．
（3）答案一：推荐乙．
从5站的成绩可以看出，任意1站甲的成绩高于乙的成绩的概率为25，乙的成绩高于甲的成绩的概率为35．因为35>25，所以乙的成绩好于甲的成绩的可能性大，所以推荐乙参加．
答案二：推荐乙．
用“ζ=1”表示任意1站甲的成绩高于乙的成绩，用“ζ=0”表示任意1站甲的成绩低于乙的成绩，则Pζ=1=25，Pζ=0=35，Eζ=1×25+0×35=25，Dζ=1-252×25+0-252×35=625．
用“η=1”表示任意1站乙的成绩高于甲的成绩，用“η=0”表示任意1站乙的成绩低于甲的成绩，则Pη=1=35，Pη=0=25，Eη=1×35+0×25=35，Dη=1-352×35+0-352×25=625．
因为Eζs乙2，表明乙的发挥比甲的更稳定，所以预测乙的成绩会更好，推荐乙参加．
答案四：推荐甲．
甲5站的平均成绩为x甲=88.40，
乙5站的平均成绩为x乙=88.40，
虽然甲、乙5站的平均成绩相同，但是甲成绩的极大值为92.80，乙成绩的极大值为89.10，
甲成绩的极大值大于乙成绩的极大值，所以预测甲的成绩会比乙的更好，推荐甲参加．
答案五：推荐甲．
所有成绩中两人均有一次0分成绩，是持平的，但除此之外，甲低于80分的有2次，乙有3次，甲发挥不理想的次数要少，所以甲失误的可能性小，推荐甲参加．
20．（2023春·江苏南京·高三期末）2023年的春节期间，某市举办了趣味射击过关比赛.比赛时，有甲、乙两个靶，比赛规则如下：射手先向甲靶射击两次，再向乙靶射击一次，每命中甲靶一次得1分，每命中乙靶一次得4分，没有命中均得0分.现已知A射手向甲靶射击一次，命中的概率为p04时，6p+83>4，所以230）：
(1)如果王先生只投资产品B，求他一年后投资收益的期望值．
(2)该投资公司为提高客户积极性，对投资产品B的客户赠送鼓励金，每年的鼓励金为产品B的投资额的2%但不超过1200元．王先生应该如何分配两个产品的投资额，才能使一年后投资收益（含鼓励金）的期望值最大，最大为多少？
【解题思路】（1）根据概率和为1求出p，然后根据数学期望公式求解盈亏情况.
(2)根据0.070.08，能分析到先投资产品B，使鼓励金达到1200元，其余资金再投资产品A．
【解答过程】（1）由已知得2p+14+p=1，所以p=14，
如果王先生只投资产品B，他一年后投资收益的期望值为10×0.16×12+0-0.04×14=0.7（万元）．
（2）产品B的平均收益率为0.16×12+0-0.04×14=0.07．
因为0.070.08，即产品B的平均收益率比产品A的收益率小，但加上鼓励金后平均收益率比产品A的收益率大，故要使投资收益的期望值最大，应优先投资产品B，使鼓励金达到1200元，其余资金再投资产品A．
因为12000.02=60000（元），所以应该用6万元投资产品B，4万元投资产品A．
一年后投资收益的期望值最大为4×0.08+6×0.07+0.12=0.86（万元）．
23．（2023秋·山西·高三期末）通过核酸检测可以初步判定被检测者是否感染新冠病毒，检测方式分为单检和混检，单检是将一个人的采集拭子放入一个采样管中单独检测：混检是将多个人的采集拭子放入一个采样管中合为一个样本进行检测，若检测结果呈阳性，再对这多个人重新采集单管拭子，逐一进行检测，以确定当中的阳性样本．混检按一个采样管中放入的采集拭子个数可具体分为“3合1”混检，“5合1”混检，“10合1”混检等．调查研究显示，在群体总阳性率较低（低于0.1%）时，混检能较大幅度地提高检测效力、降低检测成本．根据流行病学调查结果显示，某城市每位居民感染新冠病毒的概率为p(0