高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册离散型随机变量的数字特征精品导学案及答案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册离散型随机变量的数字特征精品导学案及答案，共9页。学案主要包含了知识点的认识等内容，欢迎下载使用。

▉题型1 离散型随机变量的均值（数学期望）
【知识点的认识】
1、离散型随机变量的期望
数学期望：一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布
则称Eξ＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望，简称期望．
数学期望的意义：数学期望离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
平均数与均值：一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令p1＝p2＝…＝pn，则有p1＝p2＝…＝pn=1n，Eξ＝（x1+x2+…+xn）×1n，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值．
期望的一个性质：若η＝aξ+b，则E（aξ+b）＝aEξ+b．
1．已知随机变量X～B（8，p），且E（X）＝5，则p＝（ ）
A．58B．38C．34D．14
【答案】A
【解答】解：随机变量X～B（8，p），且E（X）＝5，
∴E（X）＝np＝8p＝5，解得p=58．
故选：A．
2．大数据语言的单次预训练过程大致遵循Chinchilla缩放定律tN=ANα+B，其中ιN是在经过单次训练后具有N个参数的模型的测试损失的期望，A，B，α是常数，已知ι9=2ι3，B＝﹣2，A＞0，则A的最小值为（ ）
A．12B．1C．2D．3
【答案】C
【解答】解：因为ι9=2ι3，且B＝﹣2，代入条件可得A9a−2=2(A3a−2)，
所以A(3a)2−2A3a+2=0，令t=13a，则t＞0，
所以At2﹣2At+2＝0，即A（t2﹣2t）＝﹣2，
因为A＞0，所以t2﹣2t＜0，2t﹣t2＞0，
则A=−2t2−2t=22t−t2，
令y＝2t﹣t2＝﹣（t﹣1）2+1，t＞0，
当t＝1时，y的最大值为1，
所以0＜2t﹣t2≤1，则A=22t−t2≥2，即A的最小值为2．
故选：C．
3．将2个小球随机地投入编号为1，2，3，4的4个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记1号盒子中小球的个数为ξ，则E（ξ）＝（ ）
A．12B．23C．712D．516
【答案】A
【解答】解：根据题意，1号盒子中小球的个数ξ的可能取值为0或1或2，
根据P(ξ=0)=3242=916，P(ξ=1)=C31.242=616=38，P(ξ=2)=142=116，
可得E（ξ）＝0×916+1×38+2×116=12．
故选：A．
4．不透明袋子里装有大小、材质完全相同的3个白球、8个黑球，现从中每次随机不放回地抽取1个小球，直到选中第1个黑球为止，则选取次数X的数学期望E（X）＝（ ）
A．25B．43C．12D．34
【答案】B
【解答】解：因为不透明袋子里装有大小、材质完全相同的3个白球、8个黑球，
现从中每次随机不放回地抽取1个小球，直到选中第1个黑球为止，
所以选取次数X＝1，2，3，4，
又P(X=1)=811，P(X=2)=311×810=1255，
P(X=3)=311×210×89=8165，P(X=4)=311×210×19=1165，
所以E(X)=1×811+2×1255+3×8165+4×1165=43．
故选：B．
5．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取得次品的个数，则P（X＜2）＝（ ）
A．715B．815C．1415D．1
【答案】C
【解答】解：有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取得次品的个数，
则P（X＜2）＝P（X＝0）+P（X＝1）
=C72C102+C71C31C102=715+715=1415．
故选：C．
6．随机变量X的分布列为P(X=1)=14，P(X=2)=34，则E（X）＝（ ）
A．34B．74C．2D．134
【答案】B
【解答】解：因为随机变量X的分布列为P(X=1)=14，P(X=2)=34，
所以E(X)=1×14+2×34=74．
故选：B．
7．为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球．若摸到一红球一白球，可获得价值a百元代金券；摸到两白球，可获得价值b百元代金券；摸到两红球，可获得价值ab百元代金券（a，b均为整数）．已知每位员工平均可得5.4百元代金券，则运气最好者获得至多（ ）百元代金券
A．5.4B．9C．12D．18
【答案】D
【解答】解：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球，
若摸到一红球一白球，可获得价值a百元代金券，摸到两白球，可获得价值b百元代金券，摸到两红球，可获得价值ab百元代金券（a，b均为整数），
已知每位员工平均可得5.4百元代金券，
若摸到一红球一白球的概率P=C21C31C52=35，
若摸到2白球的概率P=C32C52=310，若摸到2红球的概率P=C22C52=110，
设可获得百元代金券为变量X＝a，b，ab分布列如下，
E(X)=a×35+b×310+ab×110=5.4a，b∈Z，
运气最好者获得ab百元代金券，
即6a+3b+ab＝54，b=54−6aa+3，
则ab=54a−6a2a+3=−6(a+3+36a+3)+90≤−12(a+3)×36a+3+90=18，
当a+3=36a+3，即a＝3，b＝6时等号成立，
所以ab的最大值为18，
估计运气最好者至多获得18个百元代金券．
故选：D．
8．已知随机变量X满足E（3X+1）＝10，D(2X+2)=2，则（ ）
A．E（X）＝31，D（X）＝4B．E（X）＝3，D(X)=2
C．E（X）＝3，D（X）＝1D．E（X）＝31，D（X）＝1
【答案】C
【解答】解：因为E（3X+1）＝10，
所以3E（X）+1＝10，
解得E（X）＝3，
因为D(2X+2)=2，
所以2D（X）＝2，
解得D（X）＝1．
故选：C．
9．飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则E（X）＝（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【解答】解：玩家投掷1次即可到达终点的方法是掷出3点，
∴P(X=1)=16，
玩家投掷2次即可到达终点的方法是掷出：
（1，2），（2，1），（4，1），（5，2），（6，3），共5种情况，
∴P(X=2)=536，
玩家投掷3次即可到达终点的方法是掷出：
（1，1，1），（1，3，1），（1，4，2），（1，5，3），（1，6，4），
（2，2，1），（2，3，2），（2，4，3），（2，5，4），（2，6，5），
（4，2，1），（4，3，2），（4，4，3），（4，5，4），（4，6，5），
（5，1，1），（5，3，1），（5，4，2），（5，5，3），（5，6，4），
（6，1，2），（6，2，1），（6，4，1），（6，5，2），（6，6，3），共25种情况，
∴P(X=3)=5263=25216，
设玩家投掷n次即可到达终点，那么第n次掷得的点数可以为1，2，3，4，5，
分别记作（⋯，1），（⋯，2），（⋯，3），（⋯，4），（⋯，5），
则玩家投掷n+1次的基本事件是投掷n次的6倍，能到达终点的掷法：
之前的（⋯，1）对应（⋯，2，1），（⋯，3，2），（⋯，4，3），（⋯，5，4），（⋯，6，5）；
（⋯，2）对应（⋯，1，1），（⋯，3，1），（⋯，4，2），（⋯，5，3），（⋯，6，4）；
（⋯，3）对应（⋯，1，2），（⋯，2，1），（⋯，4，1），（⋯，5，2），（⋯，6，3）；
（⋯，4）对应（⋯，1，3），（⋯，2，2），（⋯，3，1），（⋯，5，1），（⋯，6，2）；
（⋯，5）对应（⋯，1，4），（⋯，2，3），（⋯，3，2），（⋯，4，1），（⋯，6，1），
∴玩家投掷n+1次即可到达终点的掷法是投掷n次即可到达终点的5倍．
∴P（X＝n）是以16为首项，以56为公比的等比数列．
∴P（X＝n）=16×(56)n−1，
∴E(X)=16+26×56+36×(56)2+46×(56)3+⋯，
∴6E(X)=1+2×56+3×(56)2+4×(56)3+⋯，①
两边同乘以56，得5E（X）=56+2×(56)2+3×（56）3+…，②
①﹣②，得该玩家到达终点时投掷骰子的次数X的数学期望为：
E(X)=1+56+(56)2+(56)3+⋯=11−56=6．
故选：D．
（多选）10．袋中有8个大小相同的球，其中3个黑球、5个白球．现从中任取4个球，记这4个球中黑球的个数为X，则（ ）
A．随机变量X服从超几何分布
B．P(X≤1)=12
C．E（2X﹣1）＝1
D．记这4个球中白球的个数为Y，则D（X）＝D（Y）
【答案】ABD
【解答】解：对于A，根据超几何分布的定义可以判断，题干符合定义，故A正确；
对于B，P(X=0)=C30C54C84=114，
P(X=1)=C31C53C84=37，所以P(X≤1)=114+37=12，故B正确；
对于C，因为X∼H（4，3，8），所以E(X)=4×38=32，所以E（2X﹣1）＝2E（X）﹣1＝2，故C错误；
对于D，因为D（Y）＝D（4﹣X）＝D（﹣X）＝D（X），故D正确．
故选：ABD．
11．互联网的快速发展和应用给人们的生活带来诸多便利，比如网上购物，它给消费者提供了更多选择，节约大量时间．某网购平台为了提高2025年的销售额，年底前一个月组织网店开展“秒杀”抢购活动，甲，乙，丙，丁四人计划在该购物平台分别参加A，B，C，D四家网店各一个订单的“秒杀”抢购，已知此四人在这四家网店订单“秒杀”成功的概率均为p，四人是否抢购成功互不影响．记四人抢购到的订单总数为随机变量X．
（1）若p=23，求X的分布列以及均值E（X），方差D（X）；
（2）已知每个订单由k（k≥2，k∈N*）件商品构成，记四人抢购到的商品总数量为Y，假设p=1−k2k+1k，求E（Y）取最小值时正整数k的值．
【答案】（1）
E(X)=83，D(X)=89；
（2）3或4．
【解答】解：（1）随机变量X的取值为0，1，2，3，4，满足二项分布X～B(4，23)，
P(X=0)=C40(1−23)4=1×181=181，P(X=1)=C4123(1−23)3=4×23×127=881，
P(X=2)=C42(23)2(1−23)2=6×49×19=827，P(X=3)=C43(23)313=4×827×13=3281，
P(X=4)=C44(23)4=1681．
X的分布列为：
将表格数据代入期望公式可得E(X)=4×23=83，D(X)=4×23×(1−23)=89；
（2）每个订单对应k（k≥2，k∈N*）个商品，所以Y＝kX，
又因为X满足二项分布X～B（4，p），
则E(Y)=kE(X)=4kp=4k(1−k2k+1k)=4−4k(k−1)2k，
令f(k)=4−4k(k−1)2k，
则f(k+1)−f(k)=4k(k−1)2k−4k(k+1)2k+1=4k(k−3)2k+1，
k＝2时，f（3）﹣f（2）＜0，所以f（3）＜f（2）；
k＝3时，f（4）＝f（3）；
k＞3时，f（k+1）﹣f（k）＞0恒成立，即f（k）＞f（4）恒成立；
所以E（Y）取最小值时正整数的值为3或4．
12．国家近年来对机器人的研究，尤其是在人形机器人和具身智能领域方面，出台了一系列的政策，旨在推动技术创新、产业升级和规模化应用．某学校为响应国家号召，培养学生的创新能力，举办机器人比赛，经过初赛，甲班团队和乙班团队进入了决赛阶段．决赛阶段规定：对每一轮比赛，获胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获冠军．若每轮比赛中，甲班团队获胜的概率为23，且每轮比赛的结果相互独立．
（1）若比赛结束时恰好进行了3轮比赛，求甲班团队获得冠军的概率；
（2）（i）若比赛最多进行5轮，求比赛结束时比赛轮数X的分布列及数学期望E（X）；
（ii）若比赛轮数不限制，求甲班团队获得冠军的概率．
【答案】（1）827；
（2）（i）X的分布列为：
E（X）=133；（ii）89．
【解答】解：（1）设事件Ai为“第i轮比赛甲班团队获胜”，由题意得P(Ai)=23(i=1，2，3)．
设事件C表示“当比赛结束时恰好进行了3轮比赛，且甲班团队获得冠军”，因为每轮比赛的结果相互独立，
则P(C)=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=(23)3=827，
故甲班团队获得冠军的概率为827．
（2）（i）由题意得，事件Ai为“第i轮比赛乙班团队获胜”，P(Ai)=13(i=1，2，3)，
X的所有可能值为3，5．
所以P(X=3)=P(A1A2A3∪A1A2A3)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=(23)3+(13)3=13，
P(X=5)=1−P(X=3)=23．
所以X的分布列为：
所以E(X)=3×13+5×23=133．
（ii）设事件E表示“比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军”．
设比赛过程中，甲班团队与乙班团队累积得分的分差为Y，P（Y＝k）表示Y＝k时最终甲班团队获得冠军的概率，
其中k∈{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}．
由题意知P（Y＝3）＝1，P（Y＝﹣3）＝0，P（Y＝0）＝P（E）．
根据全概率公式有P(Y=k)=23P(Y=k+1)+13P(Y=k−1)，k∈{−2，−1，0，1，2}，
所以P(Y=k+1)−P(Y=k)=12[P(Y=k)−P(Y=k−1)]，
迭代得P(Y=3)−P(Y=2)=12[P(Y=2)−P(Y=1)]=14[P(Y=1)−P(Y=0)]
=18[P(Y=0)−P(Y=−1)]=116[P(Y=−1)−P(Y=−2)]
=132[P(Y=−2)−P(Y=−3)]=132P(Y=−2)，
所以P(Y=3)−P(Y=2)=132P(Y=−2)，
P(Y=2)−P(Y=1)=116P(Y=−2)，P(Y=1)−P(Y=0)=18P(Y=−2)，
P(Y=0)−P(Y=−1)=14P(Y=−2)，P(Y=−1)−P(Y=−2)=12P(Y=−2)，
累加得P(Y=3)−P(Y=−2)=(132+116+18+14+12)⋅P(Y=−2)=3132P(Y=−2)，
所以P(Y=−2)=3263P(Y=3)=3263，
故P（Y＝0）＝P（Y＝0）﹣P（Y＝﹣3）＝P（Y＝0）﹣P（Y＝﹣1）+P（Y＝﹣1）﹣P（Y＝﹣2）+P（Y＝﹣2）﹣P（Y＝﹣3），
所以P(Y=0)=14P(Y=−2)+12P(Y=−2)+P(Y=−2)=74P(Y=−2)=74×3263=89，
即P(E)=89，
故若比赛轮数不限制，甲班团队获得冠军的概率为89．
13．21世纪某次机器人展览会上，已知某公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
（1）若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小明取到棕色内饰的模型，求P（B）和P（B|A），并判断事件A和事件B是否独立．
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下假设：
假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色，外观和内饰都异色，以及仅外观或内饰同色．
假设2：按抽奖的可能性大小，概率越小奖项越高
假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖800元，二等奖500元，三等奖300元
请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望．
【答案】（1）45，56，不独立；
（2）
446．
【解答】解：（1）根据古典概型可得P(B)=2025=45，
根据条件概率可得P(B|A)=1012=56，p(AB)=1025，P(A)P(B)=1225×2025=48125，
因为P（AB）≠P（A）P（B），所以A，B不独立；
（2）记外观与内饰均同色为事件A1，外观与内饰都异色为事件A2，仅外观或仅内饰同色为事件A3，
则P(A1)=C102+C102+C22+C32C252=47150，
P(A2)=C101C31+C21C101C252=16，
P(A3)=C101C21+C101C31+C101C101+C21C31C252=3975，
因为P（A2）＜P（A1）＜P（A3），
所以X的分布列：
将上述数据代入期望公式可得E(X)=800×16+500×47150+300×3975=446．
14．某强基计划试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标x（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标y（考察逻辑推理、问题建模等能力）．随机抽取5名考生的测试结果如表：
（1）若学科知识整合能力指标的平均值x=9，
（ⅰ）求t的值；
（ⅱ）求y关于x的经验回归方程ŷ=b̂x+â，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标；
（附：经验回归方程ŷ=b̂x+â中b̂和â的最小二乘估计分别为b̂=i=1n (xi−x)(yi−y)i=1n (xi−x)2â=y−b̂x，
（2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立；
甲高校：每门科目通过的概率均为25，通过科目数记为随机变量X；
乙高校：第一门科目通过概率为12，第二门科目通过概率为14，第三门科目通过概率为23，
通过科目数记为随机变量Y；
若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校．
【答案】（1）（ⅰ）t＝10；（ⅱ）ŷ=0.7x−2.3，7.5；
（2）该考生更应报考乙高校，由题易知随机变量X满足二项分布X～B(3，25)，
所以E(X)=3×25=65，
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，随机变量Y的取值为0，1，2，3，
P(Y=0)=(1−12)×(1−14)×(1−23)=324，
P(Y=1)=12×(1−14)×(1−23)+(1−12)×14×(1−23)+(1−12)×(1−14)×23=1024，
P(Y=2)=12×14×(1−23)+12×(1−14)×23+(1−12)×14×23=924，
P(Y=3)=12×14×23=224．
则E(Y)=0×324+1×1024+2×924+3×224=1712＞65=E(X)，
则该考生更应报考乙高校．
【解答】解：（1）（ⅰ）因为x=6+8+9+t+125=9，所以可得t＝10，
（ⅱ）y=2+3+4+5+65=4，
i=15(xi−x)(yi−y)=（6﹣9）×（2﹣4）+（8﹣9）×（3﹣4）+（9﹣9）×（4﹣4）+（10﹣9）×（5﹣4）+（12﹣9）×（6﹣4）＝14，
i=15 (xi−x)2=(6−9)2+(8−9)2+(9−9)2+(10−9)2+(12−9)2=20，
故b̂=i=15(xi−x)(yi−y)i=15 (xi−x)2=1420=0.7，
则â=4−9×0.7=−2.3，
则ŷ=0.7x−2.3．
当x＝14时，ŷ=0.7×14−2.3=7.5；
（2）由题易知随机变量X满足二项分布X～B(3，25)，
所以E(X)=3×25=65，
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，随机变量Y的取值为0，1，2，3，
P(Y=0)=(1−12)×(1−14)×(1−23)=324，
P(Y=1)=12×(1−14)×(1−23)+(1−12)×14×(1−23)+(1−12)×(1−14)×23=1024，
P(Y=2)=12×14×(1−23)+12×(1−14)×23+(1−12)×14×23=924，
P(Y=3)=12×14×23=224．
则E(Y)=0×324+1×1024+2×924+3×224=1712＞65=E(X)，
则该考生更应报考乙高校．
15．会员足够多的某知名咖啡店，男会员占60%，女会员占40%．现对会员进行服务质量满意度调查．根据调查结果得知，男会员对服务质量满意的概率为56，女会员对服务质量满意的概率为58．
（1）随机选取一名会员，求其对服务质量满意的概率；
（2）从会员中随机抽取3人，记抽取的3人中，对服务质量满意的人数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）34；
（2）X的分布列为：
E（X）=94．
【解答】解：（1）记事件A1：会员为男会员，A2：会员为女会员，事件B：对服务质量满意，
则由题可知，P(A1)=35，P(A2)=25，P(B|A1)=56，P(B|A2)=58，
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=34；
（2）X可能的取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=C30(34)0(14)3=164，P（X＝1）=C31(34)×(14)2=964，P（X＝2）=C32×(34)2×14=2764，P（X＝3）=(34)3=2764，
所以X的分布列为：
所以E（X）＝0×164+1×964+2×2764+3×2764=94．
16．人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧．某科技公司计划开发三款不同的大语言模型A，B，C．每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收．只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立．只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布．已知A，B，C三款模型通过算法设计评审的概率依次为34，23，45，通过工程部署验收的概率依次为23，34，35．
（1）求A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审的概率；
（2）若已知A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为A的概率；
（3）经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，A，B，C三款模型能成功上线的数量为随机变量X，求X的分布列及数学期望E（X）．
【答案】（1）320；
（2）13；
（3）
3725．
【解答】解：（1）设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件M，N，T，且恰有一款通过算法设计评审为事件D，
则根据全概率公式可得P(D)=P(MNT)+P(MNT)+P(MNT)
=34×(1−23)×(1−45)+(1−34)×23×(1−45)+(1−34)×(1−23)×45=320；
（2）P(M|D)=P(MD)P(D)=34×(1−23)×(1−45)320=13；
（3）设A模型能成功上线为事件Q，B模型能成功上线为事件W，C模型能成功上线为事件R，
则P(Q)=34×23=12，P(W)=23×34=12，P(R)=45×35=1225，
由题易知离散型随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=(1−12)×(1−12)×(1−1225)=13100，
P(X=1)=12×(1−12)×(1−1225)+(1−12)×12×(1−1225)+(1−12)×(1−12)×1225=1950，
P(X=2)=12×12×(1−1225)+(1−12)×12×1225+12×(1−12)×1225=37100，
P(X=3)=12×12×1225=325，
离散型随机变量X的分布列如下：
将表格数据代入期望公式可得E(X)=0×13100+1×1950+2×37100+3×325=3725．
17．某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为13，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响．
（1）求三局比赛中，人类队累计得分Y的分布列和数学期望；
（2）若n局（n∈N*）比赛中，人类队累计得分为（n+2）分的概率为P（n），求i=1n P(i)i；
（3）若采用“比赛赛满2n﹣1局，胜方至少获得n局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为A（n）；若采用“比赛赛满2n+1局，胜方至少获得（n+1）局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为A（n+1），比较A（n）与A（n+1）的大小，并说明其统计意义．
【答案】（1）
4；
（2）12−16(n+2)(23)n−1；
（3）A（n+1）＜A（n）；在人类队每局获胜概率为13的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小．
【解答】解：（1）由题易知，离散型随机变量Y的取值为3，4，5，6，
P(Y=3)=(23)3=827，
P(Y=4)=C31(23)2×13=49，
P(Y=5)=C3223×(13)2=29，
P(Y=6)=(13)3=127．
随机变量Y的分布列：
将表格数据代入期望公式可得E(Y)=3×827+4×49+5×29+6×127=4；
（2）依题意易知，n局比赛中有2局人类队取胜，
所以当n≥2时，可以得到P(n)=Cn2(13)2(23)n−2=n(n−1)18⋅(23)n−2，
当n＝1时，P（1）＝0也符合上式，
所以可得P(n)n=n−118⋅(23)n−2，
i=1n P(i)i=118[0×(23)−1+1×(23)0+2×(23)1+⋯+(n−1)×(23)n−2]，
令S=1×(23)0+2×(23)1+⋯+(n−1)×(23)n−2，(∗)，
23S=1×(23)1+2×(23)2+⋯+(n−1)×(23)n−1，(∗∗)，
（*）﹣（**）得：13S=1+(23)1+(23)2+⋯+(23)n−2−(n−1)×(23)n−1，
=3−(n+2)(23)n−1，
故可以得到S=9−3(n+2)(23)n−1，
所以得到i=1n P(i)i=118S=12−16(n+2)(23)n−1；
（3）用C事件表示“赛满2n+1局人类队获胜”，
则事件C发生包含如下两种情况：
第一阶段赛满2n﹣1局人类队胜，记为事件A1，和第一阶段赛满2n﹣1局人类队负，记为事件A2，
所以可以得到C＝A1C+A2C，P（C）＝P（A1C）+P（A2C），
①若第一阶段人类队胜，则人类队在前2n﹣1局至少胜n局，分为人类队至少胜n+1局和人类队恰好胜n局，
（i）若人类队至少胜n+1局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜；
（ii）若人类队恰好胜n局，且后面两局中人类队均负的概率为：C2n−1npn(1−p)n−1(1−p)2，
所以可得P(A1C)=A(n)−C2n−1npn(1−p)n−1(1−p)2(其中p=13)，
②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了n﹣1局，而后两局必须全胜才能使得人类队最后获胜，
所以可以得到P(A2C)=P(A2)P(C|A2)=C2n−1n−1pn−1(1−p)np2，
所以A(n+1)=P(C)=P(A1C)+P(A2C)=A(n)−C2n−1npn(1−p)n−1(1−p)2+C2n−1n−1pn−1(1−p)np2(其中p=13)，
A(n+1)−A(n)=C2n−1n−1pn−1(1−p)np2−C2n−1npn(1−p)n−1(1−p)2
=C2n−1npn+1(1−p)n−C2n−1npn(1−p)n+1
=C2n−1npn(1−p)n(2p−1)
=C2n−1n(13)n(23)n(23−1)＜0，
进而得到A（n+1）＜A（n），
在人类队每局获胜概率为13的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小．
18．某商场在双十一期间举办优惠促销活动，顾客消费满500元（含500元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种）．
方案1：从装有3个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球．每摸出1次红球，立减100元，若3次都摸到红球，则额外再减100元（即总共减400元）；
方案2：从装有3个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球．中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠．
（1）顾客小明选择抽奖方案2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率；
（2）顾客小红恰好消费了500元，试从实付金额的期望值角度，分析他选择何种抽奖方案更合理．
【答案】（1）56；
（2）选择方案1更合理，理由如下：
若选方案1，设实付金额数为X1，则X1的可能值为100，300，400，500，
注意到有放回地摸到一次红球的概率为35，摸到一次黑球的概率为25，
则P(X1=500)=(25)3=8125，P(X1=400)=C31(25)2×35=36125，
P(X1=300)=C32(35)2×25=54125，P(X1=100)=(35)3=27125，
则E(X1)=500×8125+400×36125+300×54125+100×27125=298.4；
若选方案2，设实付金额数为X2，则X2的可能值为0，250，500，
由（1）可得无放回摸出三球的情况有A53=60种，
则P(X2=500)=C31C22A3360=310，P(X2=250)=C32C21A3360=35，
P(X2=0)=C33A3360=110，
则E(X2)=500×310+250×35+0×110=300；
因E（X1）＜E（X2），则他选择方案1更合理．
【解答】解：（1）设他第一次摸出红球为事件A，则P(A)=C31A42A53=35，
设他能够享受优惠为事件B，剩余球为2红2黑，
则他第一次摸出红球，剩下两球均为红色的情况有C31A22=6种，
他第一次摸出红球，剩下两球为1红1黑的情况有C31C21C21A22=24种，
则P(AB)=6+24A53=12，则他第一次摸出红球，他能够享受优惠的概率为：
P(B|A)=P(AB)P(A)=1235=56；
（2）若选方案1，设实付金额数为X1，则X1的可能值为100，300，400，500，
注意到有放回地摸到一次红球的概率为35，摸到一次黑球的概率为25，
则P(X1=500)=(25)3=8125，P(X1=400)=C31(25)2×35=36125，
P(X1=300)=C32(35)2×25=54125，P(X1=100)=(35)3=27125，
则E(X1)=500×8125+400×36125+300×54125+100×27125=298.4；
若选方案2，设实付金额数为X2，则X2的可能值为0，250，500，
由（1）可得无放回摸出三球的情况有A53=60种，
则P(X2=500)=C31C22A3360=310，P(X2=250)=C32C21A3360=35，
P(X2=0)=C33A3360=110，
则E(X2)=500×310+250×35+0×110=300；
因E（X1）＜E（X2），则他选择方案1更合理．
▉题型2 离散型随机变量的方差与标准差
【知识点的认识】
1、离散型随机变量的期望
数学期望：一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为
则称Eξ＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望，简称期望．
数学期望的意义：数学期望离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
平均数与均值：一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令p1＝p2＝…＝pn，则有p1＝p2＝…＝pn=1n，Eξ＝（x1+x2+…+xn）×1n，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值．
期望的一个性质：若η＝aξ+b，则E（aξ+b）＝aEξ+b．
2、离散型随机变量的方差；
方差：对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是x1，x2，…，xn，…，且取这些值的概率分别是p1，p2，…，pn…，那么，
称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的EξDξ是随机变量ξ的期望．
标准差：Dξ的算术平方根Dξ叫做随机变量ξ的标准差，记作．
方差的性质：．
方差的意义：
（1）随机变量 的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的；
（2）随机变量 的方差、标准差也是随机变量 的特征数，它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度；
（3）标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛．
19．某公司计划派员工到甲、乙、丙、丁、戊这5个领头企业中的两个企业进行考察学习，记该公司员工所学习的企业中含甲、乙、丙的个数为X，记X的所有取值的平均数为X，方差为s2，则（ ）
A．E(X)=15B．D(X)=95C．X＞E(X)D．s2＜D（2X）
【答案】D
【解答】解：由题知X的所有可能取值为0，1，2，
则X=0+1+23=1，s2=13×[(0−1)2+(1−1)2+(2−1)2]=23，
因为P(X=0)=C22C52=110，P(X=1)=C31C21C52=35，P(X=2)=C32C52=310，
所以E(X)=0×110+1×35+2×310=65，故A错误；
由于X=1＜65=E（X），故C错误；
D(X)=(0−65)2×110+(1−65)2×35+(2−65)2×310=925，故B错误；
D(2X)=4D(X)=3625，则s2=23＜3625=D(2X)，故D正确．
故选：D．
20．设1＜a＜2，随机变量X的分布列，如表，则当a在（1，2）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
【解答】解：由题可知：E(X)=1×13+a3+2×13=1+a3，
D(X)=(1+a3−1)2×13+(1+a3−a)2×13+(1+a3−2)2×13=29(a−32)2+16，
因为二次函数的对称轴为a=32，开口向上，
因此当a在（1，2）内增大时，所以D（X）先减小后增大．
故选：D．
21．如图是一块高尔顿板示意图：在一木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留着适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1、2、3、4、5，用X表示小球落入格子的号码，则下列不正确的是（ ）
A．P(X=2)=14
B．P（X＝k）≤P（X＝3）（k＝1，2，3，4，5）
C．E（X）＝2
D．D（X）＝1
【答案】C
【解答】解：设Y＝X﹣1，
此时Y～B(4，12)，
对于选项A：P(X=2)=P(Y=1)=C41⋅(12)4=14，故选项A正确；
对于选项B：P(X=k)=P(Y=k−1)=C4k−1(12)4(k=1，2，3，4，5)，
所以P(X=1)=116，P(X=2)=14，P(X=3)=38，P(X=4)=14，P(X=5)=116，
则P（X＝k）≤P（X＝3）（k＝1，2，3，4，5），故选项B正确；
对于选项C：E(X)=E(Y)+1=4×12+1=3，故选项C错误；
对于选项D：D(X)=D(Y)=4×(12)2=1，故选项D正确．
故选：C．
22．某企业将9个培训名额分配给4个部门，每个部门至少分得1个名额，设ξ为这4个部门中分得的最少名额数，则ξ的方差为（ ）
A．169196B．1514C．13196D．1314
【答案】C
【解答】解：由题意可知，ξ的所有可能取值为1，2，
某企业将9个培训名额分配给4个部门，每个部门至少分得1个名额，
利用隔板法，得到总分配方法有C83=56种，
当ξ＝2时，每个部门至少2个名额，剩余1个名额有4种分配方法，
所以分配方法有4种，
当ξ＝1时，分配方法有56﹣4＝52种，
所以P（ξ＝1）=5256=1314，P（ξ＝2）=456=114，
所以E（ξ）＝1×1314+2×114=1514，
所以D（ξ）=1314×(1−1514)2+114×(2−1514)2=13196．
故选：C．
23．设离散型随机变量X的方差为0.01，则随机变量Y＝10X+1的方差为（ ）
A．1.1B．0.1C．1D．10
【答案】C
【解答】解：因为离散型随机变量X的方差为0.01，
所以D（X）＝0.01，
所以D（10X+1）＝102×D（X）＝1．
故选：C．
24．已知A1，A2为两所高校举行的自主招生考试，某同学参加每所高校的考试获得通过的概率均为12，该同学一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试，设该同学通过高校的个数为随机变量X，则D（X）＝ 316 ．
【答案】316．
【解答】解：根据题意可得X＝0，1，
又P(X=0)=12×12=14，P(X=1)=12+12×12=34，
则E（X）=1×34=34，
D(X)=(0−34)2×14+(1−34)2×34=316．
故答案为：316．
25．某流水线上生产的一批零件，其规格指标X可以看作一个随机变量，且X～N（98，σ2），对于X≥100的零件即为不合格，不合格零件出现的概率为0.05，现从这批零件中随机抽取500个，用Y表示这500个零件的规格指标X位于区间（96，100）的个数，则随机变量Y的方差是 45 ．
【答案】45．
【解答】解：X～N（98，σ2），
则规格指标位于区间（96，100）的概率为1﹣0.05×2＝0.9，
故Y～B（500，0.9），
所以随机变量Y的方差是500×0.9×0.1＝45．
故答案为：45．
26．袋中装有5个相同的红球和2个相同的黑球，每次从中抽出1个球，抽取3次．按不放回抽取，得到红球个数记为X，得到黑球的个数记为Y；按放回抽取，得到红球的个数记为ξ．
下列结论中正确的是 ①③④
①E（X）：E（Y）＝5：2；
②D（X）＞D（Y）；
③E（X）＝E（ξ）；
④D（X）＜D（ξ）．
（注：随机变量X的期望记为E（X）、方差记为D（X））
【答案】①③④．
【解答】解：由题意抽取3次按不放回抽取，可得红球个数X的可能取值为1，2，3，黑球个数Y的可能取值为2，1，0，
则P(X=1)=57×26×15+27×56×15+27×16×55=17，
P(X=2)=57×46×25+57×26×45+27×56×45=47，
P(X=3)=57×46×35=27，
故 E(X)=1×17+2×47+3×27=157；
由题意可知X+Y＝3，
故P(Y=2)=P(X=1)=17，
P(Y=1)=P(X=2)=47，
P(Y=0)=P(X=3)=27，
故E(Y)=2×17+1×47+0×27=67．
故E(X)：E(Y)=157：67=5：2，故①正确；
D(X)=(1−157)2×17+(2−157)2×47+(3−157)2×27=2049，
D(Y)=(2−67)×17+(1−67)2×47+(0−67)2×27=2049，
即D（X）＝D（Y），故②错误；
抽取3次按放回抽取，每次抽取到红球的概率为57，得到红球的个数记为ξ，
则ξ～B(3，57)，
故E(ξ)=3×57=157，D(ξ)=3×57×(1−57)=3049．
故E（X）＝E（ξ），D（x）＜D（ξ），即③，④正确．
故答案为：①③④．
27．已知离散型随机变量X的方差为64，则D(14X+2)= 4 ．
【答案】4．
【解答】解：由题知D（X）＝64，
根据离散型随机变量的方差的性质可知D(14X+2)=(14)2D(X)=116×64=4．
故答案为：4．
28．若随机变量X～B（6，0.5），且随机变量Y＝2X+1，则D（Y）＝ 6 ．
【答案】6．
【解答】解：因为X～B（6，0.5），
所以D（X）＝6×0.5×（1﹣0.5）＝1.5．
又Y＝2X+1，
所以D（Y）＝4D（X）＝6．
故答案为：6．
29．某地区有小学生9600人，初中生8600人，高中生4500人，教育局组织“人工智能科普”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数；
（2）成绩位列前15%的学生平台会生成“人工智能科普达人”优秀证书，试估计获得“人工智能科普达人”的成绩至少为多少分；
（3）已知落在[60，70）内的平均成绩为66，方差是9，落在[60，80）内的平均成绩是72，方差是27，求落在[70，80）内的平均成绩和方差．
附：设两组数据的样本量，样本平均数和样本方差分别为：m，x1，s12；n，x2，s22，记两组数据总体样本平均数为w，则总体样本方差s2=mm+n[s12+(x1−w)2]+nm+n[s22+(x2−w)2]．
【答案】（1）估计平均数为71；估计众数为75；
（2）86分；
（3）平均成绩和方差分别为75，9．
【解答】解：（1）根据频率分布直方图，估计平均数为：
45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05＝71；
估计众数为75；
（2）因为各组的频率依次为0.1，0.15，0.15，0.3，0.25，0.05，
所以第85%分位数在（80，90）内，且为80+0.85−0.1−0.15−0.15−，
所以估计获得“人工智能科普达人”的成绩至少为86分；
（3）因为[60，70）与[70，80）的频率之比为0.15：0.3＝1：2，
设落在[70，80）内的平均成绩和方差分别为x，y，
又落在[60，70）内的平均成绩为66，方差是9，落在[60，80）内的平均成绩是72，方差是27，
所以72=13×66+23x，解得x＝75，
所以27=13×[9+(66−72)2]+23×[y+(75−72)2]，解得y＝9，
所以落在[70，80）内的平均成绩和方差分别为75，9．题型1 离散型随机变量的均值（数学期望）
题型2 离散型随机变量的方差与标准差
X
a
b
ab
P
35
310
110
X
0
1
2
3
4
P
181
881
2481
3281
1681
X
0
1
2
3
4
P
181
881
2481
3281
1681
X
3
5
P
13
23
X
3
5
P
13
23
内饰
外观
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
10
10
米色内饰
2
3
X
800
500
300
P
16
47150
3975
X
800
500
300
P
16
47150
3975
x
6
8
9
t
12
y
2
3
4
5
6
X
0
1
2
3
P
164
964
2764
2764
X
0
1
2
3
P
164
964
2764
2764
X
0
1
2
3
P
13100
1950
37100
325
X
0
1
2
3
P
13100
1950
37100
325
Y
3
4
5
6
P
827
49
29
127
Y
3
4
5
6
P
827
49
29
127
x1
x2
…
xn
…
P
p1
p2
…
pn
…
X
1
a
2
P
13
13
13