第55讲　离散型随机变量及其概率分布、期望与方差高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第55讲　离散型随机变量及其概率分布、期望与方差高考数学一轮复习讲义练习，共13页。试卷主要包含了 已知随机变量X的分布列为， 已知随机变量X的分布列如下等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A选必三P70练习T2)若随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)＝_0_．
【解析】 因为随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0.
2. (人A 选必三P66练习T1)已知随机变量X的分布列为
则E(X)＝_2.8_，E(3X＋2)＝_10.4_．
【解析】 E(X)＝1×0.1＋2×0.3＋3×0.4＋4×0.1＋5×0.1＝2.8，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×2.8＋2＝10.4.
3. (人A选必三P70练习T1)已知随机变量X的分布列为
则D(X)＝_0.84_，σ(2X＋7)＝_ eq \f(2\r(21),5)_．
【解析】 由题意知E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＋4×0.1＝2.4，所以D(X)＝(1－2.4)2×0.2＋(2－2.4)2×0.3＋(3－2.4)2×0.4＋(4－2.4)2×0.1＝0.84，D(2X＋7)＝4D(X)＝4×0.84＝3.36，σ(2X＋7)＝ eq \r(3.36)＝ eq \f(2\r(21),5).
4. (人A选必三P71练习T3)已知随机变量X的分布列为P(X＝0)＝0.2，P(X＝1)＝a，P(X＝2)＝b，若E(X)＝1，则a＝_0.6_，b＝_0.2_．
【解析】 由题意知， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.2＋a＋b＝1，,E(X)＝0×0.2＋1×a＋2×b＝1，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0.6，,b＝0.2.))
5. (人A选必三P71练习T2)现要发行10 000 张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1 000张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1 000元的彩票5张.1张彩票可能中奖金额的均值是_2元_．
【解析】 由题意，设X表示1张彩票中奖的金额，则P(X＝2)＝ eq \f(1 000,10 000)＝0.1，P(X＝10)＝ eq \f(300,10 000)＝0.03，P(X＝50)＝ eq \f(100,10 000)＝0.01，P(X＝100)＝ eq \f(50,10 000)＝0.005，P(X＝1 000)＝ eq \f(5,10 000)＝0.000 5，P(X＝0)＝1－(0.1＋0.03＋0.01＋0.005＋0.000 5)＝0.854 5，所以X的分布列为
所以E(X)＝2×0.1＋10×0.03＋50×0.01＋100×0.005＋1 000×0.000 5＝2，即1张彩票可能中奖金额的均值是2元．
聚焦知识
1. 离散型随机变量的分布列的性质
(1) pi_≥_0(i＝1，2，…，n)；
(2) p1＋p2＋…＋pn＝_1_．
2. 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
(1) 均值：
E(X)＝_x1p1＋x2p2＋…＋xnpn_＝ eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))xipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平_．
(2) 方差：
D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn＝_ eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))[xi－E(X)]2pi_为随机变量X的方差，并称 eq \r(D(X))为随机变量X的_标准差_，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的_偏离程度_．
3. 均值与方差的性质
(1) E(X1＋X2)＝_E(X1)＋E(X2)_；
(2) 若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝_E(X1)·E(X2)_；
(3) E(aX＋b)＝_aE(X)＋b_(a，b为常数)；
(4) D(aX＋b)＝_a2D(X)_(a，b为常数)；
(5) D(X)＝E(X2)－[E(X)]2.
研题型 素养养成
举题说法
离散型随机变量的分布列的性质
例1 (1) 设X是一个离散型随机变量，其分布列为
则常数a的值为( A )
A. eq \f(1,3)B. eq \f(2,3)
C. eq \f(1,3)或 eq \f(2,3)D. － eq \f(1,3)或－ eq \f(2,3)
【解析】 由分布列的性质可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤9a2－a≤1，,0≤3－8a≤1，,9a2－a＋3－8a＝1，))解得a＝ eq \f(1,3).
(2) 设离散型随机变量ξ的分布列如下表所示：
则下列各式正确的是( C )
A. P(ξ＜3)＝ eq \f(2,5)B. P(ξ＞1)＝ eq \f(4,5)
C. P(2＜ξ＜4)＝ eq \f(2,5)D. P(ξ＜0.5)＝0
【解析】 P(ξ＜3)＝ eq \f(1,10)＋ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,10)＋ eq \f(1,5)＝ eq \f(3,5)，故A错误；P(ξ＞1)＝ eq \f(1,5)＋ eq \f(2,5)＝ eq \f(3,5)，故B错误；P(2＜ξ＜4)＝P(ξ＝3)＝ eq \f(2,5)，故C正确；P(ξ＜0.5)＝ eq \f(1,10)＋ eq \f(1,5)＝ eq \f(3,10)，故D错误．
离散型随机变量分布列的性质的应用
(1) 利用“概率之和为1”求相关参数．
(2) 利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率．
(3) 可根据性质判断所得分布列结果是否正确．
变式1 (1) 已知随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝ eq \f(a,n(n＋1))(n＝1，2，3，…，10)，则实数a＝_ eq \f(11,10)_．
【解析】 P(X＝n)＝ eq \f(a,n(n＋1))＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n＝1，2，3，…，10)，所以 eq \(∑,\s\up6(10),\s\d4(n＝1)) P(X＝n)＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝ eq \f(10,11)a＝1，得a＝ eq \f(11,10).
(2) 设随机变量X的分布列为
则P(|X－3|＝1)＝_ 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)，则P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,6)＝ eq \f(5,12).
离散型随机变量的分布列及数字特征
视角1 期望与方差
例 2-1 (2024·郑州、周口二模)荥阳境内广武山上汉王城与霸王城之间的鸿沟，即为象棋棋盘上“楚河汉界”的历史原型，荥阳因此被授予“中国象棋文化之乡”．有甲、乙、丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，负的一方下场．第1局由甲、乙比赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换负的那个人，每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛．设各局中双方获胜的概率均为 eq \f(1,2)，各局比赛的结果相互独立．
(1) 求前3局比赛甲都取胜的概率；
【解答】 因各局比赛的结果相互独立，则前3局甲都取胜的概率为P＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,8).
(2) 用X表示前3局比赛中乙获胜的次数，求X的分布列和数学期望及方差．
【解答】 X的所有可能取值为0，1，2，3.其中，X＝0表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙输，则P(X＝0)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,4)；X＝1表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙赢或第1局乙赢，且第2局乙输，则P(X＝1)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)；X＝2表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙输，则P(X＝2)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,8)；X＝3表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙赢，则P(X＝3)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,8).所以X的分布列为
故X的数学期望为E(X)＝0× eq \f(1,4)＋1× eq \f(1,2)＋2× eq \f(1,8)＋3× eq \f(1,8)＝ eq \f(9,8).方差D(X)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(9,8))) eq \s\up12(2)× eq \f(1,4)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,8))) eq \s\up12(2)× eq \f(1,2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(9,8))) eq \s\up12(2)× eq \f(1,8)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(9,8))) eq \s\up12(2)× eq \f(1,8)＝ eq \f(55,64).
求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤：
(1) 理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值；
(2) 求ξ取每个值的概率；
(3) 写出ξ的分布列；
(4) 由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ).
视角2 期望与方差性质的应用
例 2-2 (1) (多选)已知随机变量ξ的分布列为
其中ab≠0，则下列说法正确的是( ABD )
A. a＋b＝1
B. E(ξ)＝ eq \f(3b,2)
C. D(ξ)随b的增大而减小
D. D(ξ)有最大值
【解析】 根据分布列的性质得a＋ eq \f(b,2)＋ eq \f(b,2)＝1，即a＋b＝1，故A正确；根据数学期望公式得E(ξ)＝0×a＋1× eq \f(b,2)＋2× eq \f(b,2)＝ eq \f(3b,2)，故B正确；根据方差公式得D(ξ)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3b,2))) eq \s\up12(2)×a＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3b,2))) eq \s\up12(2)× eq \f(b,2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3b,2))) eq \s\up12(2)× eq \f(b,2)＝－ eq \f(9,4)b2＋ eq \f(5,2)b＝－ eq \f(9,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5,9))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(25,36)，因为0＜b＜1，所以当b＝ eq \f(5,9)时，D(ξ)取得最大值 eq \f(25,36)，故C不正确，D正确．
(2) (多选)已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下：
若E(Y)＝10，则( AC )
A. m＝ eq \f(3,10)B. n＝ eq \f(1,5)
C. E(X)＝3D. D(Y)＝ eq \f(7,3)
【解析】 由m＋ eq \f(1,10)＋ eq \f(1,5)＋n＋ eq \f(3,10)＝1，得m＋n＝ eq \f(2,5)①，又因为E(Y)＝E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝10，所以E(X)＝3，故C正确；由E(X)＝m＋2× eq \f(1,10)＋3× eq \f(1,5)＋4n＋5× eq \f(3,10)＝3，得m＋4n＝ eq \f(7,10)②，所以由①②可得n＝ eq \f(1,10)，m＝ eq \f(3,10)，故A正确，B错误；D(X)＝(1－3)2× eq \f(3,10)＋(2－3)2× eq \f(1,10)＋(3－3)2× eq \f(1,5)＋(4－3)2× eq \f(1,10)＋(5－3)2× eq \f(3,10)＝4× eq \f(3,10)＋1× eq \f(1,10)＋1× eq \f(1,10)＋4× eq \f(3,10)＝ eq \f(13,5)，D(Y)＝D(3X＋1)＝9D(X)＝9× eq \f(13,5)＝ eq \f(117,5)，故D错误．
期望与方差的决策应用
例3 (2024·湖北宜荆荆随恩5月联考)数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对按比例得分，有选错得0分，小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p(0＜p＜1).
(1) 现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A、B、C、D四个选项中任选一个选项；策略二：在A、B、C、D四个选项中任选两个选项，求分别采取这两个策略时小明得分的期望；
【解答】 设小明采用策略一和策略二的得分分别为X1，X2，X1的所有取值为0，2，3，则P(X1＝0)＝p× eq \f(2,4)＋(1－p)× eq \f(1,4)＝ eq \f(1＋p,4)；P(X1＝2)＝(1－p)× eq \f(3,4)＝ eq \f(3－3p,4)；P(X1＝3)＝p× eq \f(2,4)＝ eq \f(p,2)，所以E(X1)＝0× eq \f(1＋p,4)＋2× eq \f(3－3p,4)＋3× eq \f(p,2)＝ eq \f(3,2).X2的所有取值为0，4，6，则P(X2＝0)＝p× eq \f(5,6)＋(1－p)× eq \f(3,6)＝ eq \f(3＋2p,6)；P(X2＝4)＝(1－p)× eq \f(3,6)＝ eq \f(1－p,2)；P(X2＝6)＝p× eq \f(1,6)＝ eq \f(p,6)，所以E(X2)＝0× eq \f(3＋2p,6)＋4× eq \f(1－p,2)＋6× eq \f(p,6)＝2－p.所以小明采取策略一和策略二的得分的期望分别为 eq \f(3,2)和2－p.
(2) 若有一个多选题，小明发现A正确，B、C、D选项他不会判断，现在他有两种策略，策略一：选A和B、C、D中的任一个，策略二：选A和B、C、D中的任意2个．在p＝ eq \f(1,4)的条件下，判断小明该选择哪种策略．
【解答】 设小明选择策略一和策略二的得分分别为Y1，Y2，则Y1的所有取值为0，4，6，P(Y1＝0)＝ eq \f(1,4)× eq \f(2,3)＋ eq \f(3,4)× eq \f(1,3)＝ eq \f(5,12)；P(Y1＝4)＝ eq \f(3,4)× eq \f(2,3)＝ eq \f(1,2)；P(Y1＝6)＝ eq \f(1,4)× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,12)，所以E(Y1)＝0× eq \f(5,12)＋4× eq \f(1,2)＋6× eq \f(1,12)＝ eq \f(5,2).Y2的所有取值为0，6，P(Y2＝0)＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(3,4)× eq \f(2,3)＝ eq \f(3,4)；P(Y2＝6)＝ eq \f(3,4)× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,4)，所以E(Y2)＝0× eq \f(3,4)＋6× eq \f(1,4)＝ eq \f(3,2).因为E(Y1)＞E(Y2)，所以小明应选择策略一．
1. 决策问题一般有三种途径：
(1) 利用概率：若概率越大，则事件发生的可能性越大，而选择概率大的好还是选择概率小的好，要根据具体问题而定．
(2) 利用均值：随机变量的均值反映了随机变量的平均水平，究竟是均值大的好还是均值小的好，也要根据具体问题而定，如经济收入的均值是越大越好，生产中的次品数是均值越小越好．
(3) 利用方差：方差反映了随机变量偏离平均值的程度，方差越大，随机变量的取值越分散；方差越小，随机变量的取值越集中于均值附近．
2. 在做决策时，一般能通过概率进行决策的优先用概率，不能用概率决策的，再比较均值，当均值相等时，再比较方差(或标准差).
随堂内化
1. 若随机变量ξ的分布列如下表所示，且m＋2n＝1.2，则n＝( B )
A. －0.2B. 0.4
C. 0.2D. 0
【解析】 依题意得m＋n＋0.1＋0.1＝1，又m＋2n＝1.2，解得n＝0.4，m＝0.4.
2. 已知随机变量X的分布列如下表(其中a为常数)：
则下列计算结果正确的是( C )
A. a＝0.2B. P(X≥2)＝0.7
C. E(X)＝1.4D. D(X)＝6.3
【解析】 因为0.2＋0.3＋0.4＋a＝1，所以a＝0.1，故A错误；由分布列知P(X≥2)＝0.4＋0.1＝0.5，故B错误；E(X)＝0×0.2＋1×0.3＋2×0.4＋3×0.1＝1.4，故C正确；D(X)＝(0－1.4)2×0.2＋(1－1.4)2×0.3＋(2－1.4)2×0.4＋(3－1.4)2×0.1＝0.84，故D错误．
3. 若p为非负实数，随机变量X的分布列如下表，则D(X)的最大值是_1_．
【解析】 因为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤\f(1,2)－p≤1，,0≤p≤1，))所以p∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，所以E(X)＝p＋1≤ eq \f(3,2)，E(X2)＝p＋2，所以D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝－p2－p＋1＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(5,4)，所以当p＝0时，D(X)max＝1.
4. 将2名科学家和3名航天员从左到右排成一排合影留念，用ξ表示2名科学家之间的航天员人数，则E(ξ)＝_1_，D(ξ)＝_1_．
【解析】 ξ的所有可能取值为0，1，2，3，则P(ξ＝0)＝ eq \f(A eq \\al(4,4)A eq \\al(2,2),A eq \\al(5,5))＝ eq \f(2,5)；P(ξ＝1)＝ eq \f(C eq \\al(1,3)A eq \\al(2,2)A eq \\al(3,3),A eq \\al(5,5))＝ eq \f(3,10)；P(ξ＝2)＝ eq \f(C eq \\al(2,3)A eq \\al(2,2)A eq \\al(2,2)A eq \\al(2,2),A eq \\al(5,5))＝ eq \f(1,5)；P(ξ＝3)＝ eq \f(A eq \\al(2,2)A eq \\al(3,3),A eq \\al(5,5))＝ eq \f(1,10)，故E(ξ)＝0× eq \f(2,5)＋1× eq \f(3,10)＋2× eq \f(1,5)＋3× eq \f(1,10)＝1，所以E(ξ2)＝0× eq \f(2,5)＋1× eq \f(3,10)＋4× eq \f(1,5)＋9× eq \f(1,10)＝2，所以D(ξ)＝E(ξ2)－E2(ξ)＝1.
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. 若随机变量X的分布列如下表，则P(|X－2|＝1)的值为( A )
A. eq \f(5,12) B. eq \f(1,2)
C. eq \f(7,12) D. eq \f(2,3)
【解析】 根据题意可得a＝1－ eq \f(1,4)－ eq \f(1,4)－ eq \f(1,3)＝ eq \f(1,6)，所以P(|X－2|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,6)＝ eq \f(5,12).
2. 已知随机变量X的分布列如下表．若E(X)＝ eq \f(5,3)，则m＝( B )
A. eq \f(1,6) B. eq \f(1,3)
C. eq \f(2,3) D. eq \f(5,6)
【解析】 由已知得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋2n＝\f(5,3)，,m＋n＝1，))解得m＝ eq \f(1,3).
3. (2024·镇江期初)已知随机变量X的分布列如下表，若E(X)＝ eq \f(1,3)，则D(X)＝( B )
A. eq \f(49,81) B. eq \f(8,9)
C. eq \f(23,27) D. eq \f(23,81)
【解析】 因为E(X)＝ eq \f(1,3)，且各概率之和为1，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2a＋0×\f(1,3)＋b＝\f(1,3)，,a＋\f(1,3)＋b＝1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,9)，,b＝\f(5,9)，))所以D(X)＝ eq \f(1,9)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(1,3))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(1,3))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(5,9)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(8,9).
4. 设0＜a＜1，随机变量X的分布列是
则当a在(0，1)内增大时( D )
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
【解析】 由题意可得E(X)＝ eq \f(1,3)(a＋1)，所以D(X)＝ eq \f((a＋1)2,27)＋ eq \f((1－2a)2,27)＋ eq \f((a－2)2,27)＝ eq \f(6a2－6a＋6,27)＝ eq \f(2,9) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，所以当a在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大．
二、 多项选择题
5. 若随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝ eq \f(1,4)，则( AC )
A. E(X)＝ eq \f(3,4) B. E(2X＋3)＝3
C. D(X)＝ eq \f(3,16) D. D(3X＋2)＝ eq \f(41,16)
【解析】 因为随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝ eq \f(1,4)，所以P(X＝1)＝ eq \f(3,4)，所以E(X)＝0× eq \f(1,4)＋1× eq \f(3,4)＝ eq \f(3,4)，D(X)＝ eq \f(1,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3,4))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(3,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(3,16)，故A，C正确；E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝2× eq \f(3,4)＋3＝ eq \f(9,2)，D(3X＋2)＝9D(X)＝9× eq \f(3,16)＝ eq \f(27,16)，故B，D错误．
6. 已知离散型随机变量X的分布列如下，则( BCD )
A. p＝ eq \f(1,2) B. p＝ eq \f(1,3)
C. P(X＞2)＝ eq \f(5,9) D. D(X)＝ eq \f(56,81)
【解析】 由题意可知p2＋3p2＋(1－2p＋p2)＋(1－3p＋p2)＝1，即6p2－5p＋1＝(2p－1)(3p－1)＝0，解得p＝ eq \f(1,2)或p＝ eq \f(1,3).当p＝ eq \f(1,2)时，P(X＝4)＝1－ eq \f(3,2)＋ eq \f(1,4)＝－ eq \f(1,4)＜0，不符合题意，故p＝ eq \f(1,3)，P(X＝1)＝ eq \f(1,9)，P(X＝2)＝ eq \f(1,3)，P(X＝3)＝ eq \f(4,9)，P(X＝4)＝ eq \f(1,9)，故A错误，B正确．P(X＞2)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝ eq \f(4,9)＋ eq \f(1,9)＝ eq \f(5,9)，故C正确．E(X)＝1× eq \f(1,9)＋2× eq \f(1,3)＋3× eq \f(4,9)＋4× eq \f(1,9)＝ eq \f(23,9)，则D(X)＝ eq \f(1,9)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(23,9))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(23,9))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(4,9)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(23,9))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,9)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(23,9))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(56,81)，故D正确．
三、 填空题
7. 已知随机变量X的分布列如下：
若E(X)＝1.2，则p＝_0.1_；当p＝_0.2_时，D(X)最大．
【解析】 由E(X)＝1.2，得0×p＋1×0.6＋2×(0.4－p)＝1.2，解得p＝0.1.依题意，E(X)＝1.4－2p，E(X2)＝02×p＋12×0.6＋22×(0.4－p)＝2.2－4p，所以D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝2.2－4p－(1.4－2p)2＝－4(p－0.2)2＋0.4，则当p＝0.2时，D(X)取得最大值．
8．(2024·邯郸三调)从分别写有数字1，2，3，5，9的5张卡片中任取2张，设这2张卡片上的数字之和为X，则E(X)＝_8_．
【解析】 从分别写有数字1，2，3，5，9的5张卡片中任取2张卡片共有10种结果：(1，2)，(1，3)，(1，5)，(1，9)，(2，3)，(2，5)，(2，9)，(3，5)，(3，9)，(5，9).2张卡片上的数字之和X分别为3，4，6，10，5，7，11，8，12，14，则P(X＝3)＝P(X＝4)＝P(X＝5)＝P(X＝6)＝P(X＝7)＝P(X＝8)＝P(X＝10)＝P(X＝11)＝P(X＝12)＝P(X＝14)＝ eq \f(1,10)，所以E(X)＝ eq \f(1,10)×(3＋4＋5＋6＋7＋8＋10＋11＋12＋14)＝8.
9. 一位足球运动员在有人防守的情况下，射门命中的概率p＝0.3，用随机变量X表示他一次射门的命中次数，则D(X)＝_0.21_．
【解析】 由题知，一次射门命中次数为0或1，P(X＝0)＝1－0.3＝0.7，P(X＝1)＝0.3，因此E(X)＝0×0.7＋1×0.3＝0.3，E(X2)＝0×0.7＋12×0.3＝0.3，D(X)＝E(X2)－E2(X)＝0.3－0.32＝0.21.
四、 解答题
10. (2024·淮安、连云港期末)某数学兴趣小组准备了若干个除颜色外都相同的红球和白球，先在罐子中放入2个红球和1个白球，活动参与者每次从罐子中随机抽取1个球，观察其颜色后放回罐中，并再取1个相同颜色的球放入罐中，如此反复操作．
(1) 求活动参与者第2次操作时取到白球的概率；
【解答】 记活动参与者“第1次操作时取到白球”为事件A，“第2次操作时取到白球”为事件B，则P(A)＝ eq \f(1,3)，P( eq \x\t(A))＝ eq \f(2,3)，P(B|A)＝ eq \f(1＋1,3＋1)＝ eq \f(2,4)，P(B| eq \x\t(A))＝ eq \f(1,3＋1)＝ eq \f(1,4)，所以P(B)＝P(AB＋ eq \x\t(A)B)＝P(AB)＋P( eq \x\t(A)B)＝P(A)·P(B|A)＋P( eq \x\t(A))·P(B| eq \x\t(A))＝ eq \f(1,3)× eq \f(2,4)＋ eq \f(2,3)× eq \f(1,4)＝ eq \f(1,3)，所以活动参与者第2次操作时取到白球的概率为 eq \f(1,3).
(2) 记3次操作后罐子中红球的个数为X，求随机变量X的分布列与数学期望．
【解答】 由题知X的所有可能取值为2，3，4，5，P(X＝2)＝ eq \f(1,3)× eq \f(2,4)× eq \f(3,5)＝ eq \f(1,10)，P(X＝3)＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,4)× eq \f(2,5)＋ eq \f(1,3)× eq \f(2,4)× eq \f(2,5)＋ eq \f(1,3)× eq \f(2,4)× eq \f(2,5)＝ eq \f(1,5)，P(X＝4)＝ eq \f(2,3)× eq \f(3,4)× eq \f(1,5)＋ eq \f(2,3)× eq \f(1,4)× eq \f(3,5)＋ eq \f(1,3)× eq \f(2,4)× eq \f(3,5)＝ eq \f(3,10)，P(X＝5)＝ eq \f(2,3)× eq \f(3,4)× eq \f(4,5)＝ eq \f(2,5)，故随机变量X的分布列为
所以随机变量X的数学期望E(X)＝2× eq \f(1,10)＋3× eq \f(1,5)＋4× eq \f(3,10)＋5× eq \f(2,5)＝4.
11. (2024·张家口一模)某商场举办摸球赢购物券活动．现有完全相同的甲、乙两个小盒，每盒中有除颜色外形状和大小完全相同的10个小球，其中甲盒中有8个黑球和2个白球，乙盒中有3个黑球和7个白球．参加活动者首次摸球，可从这两个盒子中随机选择一个盒子，再从选中的盒子中随机摸出一个球，若摸出黑球，则结束摸球，得300元购物券；若摸出的是白球，则将摸出的白球放回原来盒子中，再进行第二次摸球．第二次摸球有如下两种方案：方案一，从原来盒子中随机摸出一个球；方案二，从另外一个盒子中随机摸出一个球．若第二次摸出黑球，则结束摸球，得200元购物券；若摸出的是白球，也结束摸球，得100元购物券．用X表示一位参加活动者所得购物券的金额．
(1) 在第一次摸出白球的条件下，求选中的盒子为甲盒的概率．
【解答】 设试验一次，“取到甲盒”为事件A1，“取到乙盒”为事件A2，“第一次摸出黑球”为事件B1，“第一次摸出白球”为事件B2，则P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝ eq \f(1,2)× eq \f(2,10)＋ eq \f(1,2)× eq \f(7,10)＝ eq \f(9,20)，所以P(A1|B2)＝ eq \f(P(A1B2),P(B2))＝ eq \f(P(B2|A1)P(A1),P(B2))＝ eq \f(\f(2,10)×\f(1,2),\f(9,20))＝ eq \f(2,9)，所以所求概率为 eq \f(2,9).
(2) ①在第一次摸出白球的条件下，通过计算，说明选择哪个方案第二次摸到黑球的概率更大；
②依据以上分析，求随机变量X的数学期望的最大值．
【解答】 ①P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－ eq \f(2,9)＝ eq \f(7,9)，所以方案一中取到黑球的概率为P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝ eq \f(2,9)× eq \f(8,10)＋ eq \f(7,9)× eq \f(3,10)＝ eq \f(37,90)，方案二中取到黑球的概率为P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝ eq \f(7,9)× eq \f(8,10)＋ eq \f(2,9)× eq \f(3,10)＝ eq \f(62,90)＝ eq \f(31,45).因为 eq \f(31,45)＞ eq \f(37,90)，所以方案二中取到黑球的概率更大．
②随机变量X的可能取值为300，200，100，依据以上分析，若采用方案一：P(X＝300)＝P(B1)＝1－P(B2)＝ eq \f(11,20)，P(X＝200)＝P(B2)P1＝ eq \f(9,20)× eq \f(37,90)＝ eq \f(37,200)，P(X＝100)＝1－ eq \f(11,20)－ eq \f(37,200)＝ eq \f(53,200)，则E(X)＝300× eq \f(11,20)＋200× eq \f(37,200)＋100× eq \f(53,200)＝228.5.若采用方案二：P(X＝300)＝P(B1)＝1－P(B2)＝ eq \f(11,20)，P(X＝200)＝P(B2)P2＝ eq \f(9,20)× eq \f(31,45)＝ eq \f(31,100)，P(X＝100)＝1－ eq \f(11,20)－ eq \f(31,100)＝ eq \f(7,50)，则E(X)＝300× eq \f(11,20)＋200× eq \f(31,100)＋100× eq \f(7,50)＝241，所以随机变量X的数学期望的最大值为241.
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12. (2024·南通一调)某商场在元旦期间举行摸球中奖活动，规则如下：一个箱中有大小和质地相同的3个红球和5个白球，每位参与顾客从箱中随机摸出3个球，若摸出的3个球中至少有2个红球，则该顾客中奖．
(1) 若有三位顾客依次参加活动，求仅有最后一位顾客中奖的概率；
【解答】 每位顾客中奖的概率为 eq \f(C eq \\al(2,3)·C eq \\al(1,5)＋C eq \\al(3,3),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(2,7)，所以仅有最后一位顾客中奖的概率P＝ eq \f(5,7)× eq \f(5,7)× eq \f(2,7)＝ eq \f(50,343).
(2) 现有编号为1～n的n位顾客按编号顺序依次参加活动，记X是这n位顾客中第一个中奖者的编号，若无人中奖，则记X＝0，证明：E(X)＜ eq \f(7,2).
【解答】 X的所有可能取值为0，1，2，…，n，P(X＝0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n)，P(X＝1)＝ eq \f(2,7)，P(X＝2)＝ eq \f(5,7)× eq \f(2,7)，…，P(X＝n)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n－1)· eq \f(2,7).故X的分布列为
所以E(X)＝ eq \f(2,7) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋2×\f(5,7)＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))\s\up12(2)＋…＋n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))\s\up12(n－1))).令Sn＝1＋2× eq \f(5,7)＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(2)＋…＋(n－1)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n－2)＋n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n－1)①，则 eq \f(5,7)Sn＝ eq \f(5,7)＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(2)＋…＋(n－2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n－2)＋(n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n－1)＋n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n)②，由①－②得 eq \f(2,7)Sn＝1＋ eq \f(5,7)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(2)＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n－1)－n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n)＝ eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))\s\up12(n),1－\f(5,7))－n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n)＜ eq \f(7,2)，所以Sn＜ eq \f(49,4)，所以E(X)＜ eq \f(2,7)× eq \f(49,4)＝ eq \f(7,2).
X
1
2
3
4
5
P
0.1
0.3
0.4
0.1
0.1
X
1
2
3
4
P
0.2
0.3
0.4
0.1
X
0
2
10
50
100
1 000
P
0.854 5
0.1
0.03
0.01
0.005
0.000 5
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
X
0
1
P
9a2－a
3－8a
ξ
－1
0
1
2
3
P
eq \f(1,10)
eq \f(1,5)
eq \f(1,10)
eq \f(1,5)
eq \f(2,5)
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,3)
m
eq \f(1,4)
eq \f(1,6)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,4)
eq \f(1,2)
eq \f(1,8)
eq \f(1,8)
ξ
0
1
2
P
a
eq \f(b,2)
eq \f(b,2)
X
1
2
3
4
5
P
m
eq \f(1,10)
eq \f(1,5)
n
eq \f(3,10)
ξ
0
1
2
3
P
0.1
m
n
0.1
X
0
1
2
3
P
0.2
0.3
0.4
a
X
0
1
2
P
eq \f(1,2)－p
p
eq \f(1,2)
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
a
eq \f(1,3)
X
1
2
P
m
n
X
－2
0
1
P
a
eq \f(1,3)
b
X
0
a
1
P
eq \f(1,3)
eq \f(1,3)
eq \f(1,3)
X
1
2
3
4
P
p2
3p2
1－2p＋p2
1－3p＋p2
X
0
1
2
P
p
0.6
X
2
3
4
5
P
eq \f(1,10)
eq \f(1,5)
eq \f(3,10)
eq \f(2,5)
X
0
1
2
…
n
P
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n)
eq \f(2,7)
eq \f(5,7)× eq \f(2,7)
…
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7))) eq \s\up12(n－1)· eq \f(2,7)