微专题43　随机变量及其分布-2024高考数学二轮复习微专题

这是一份微专题43　随机变量及其分布-2024高考数学二轮复习微专题，共25页。试卷主要包含了80，9，4，P＝0，4，故D选项错误，故选A等内容，欢迎下载使用。

高考定位 离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，以解答题为主，中等难度.
1.(2022·浙江卷)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(ξ＝2)＝________，E(ξ)＝________.
答案 eq \f(16,35) eq \f(12,7)
解析 由题意知P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(16,35).
ξ的可能取值为1，2，3，4，
P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(2,6),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(15,35)＝eq \f(3,7)，
P(ξ＝3)＝eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(3,35)，P(ξ＝4)＝eq \f(1,Ceq \\al(3,7))＝eq \f(1,35)，
所以ξ的分布列为
E(ξ)＝1×eq \f(3,7)＋2×eq \f(16,35)＋3×eq \f(3,35)＋4×eq \f(1,35)＝eq \f(12,7).
2.(2022·北京卷)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m)：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16.
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E(X)；
(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明)
解 (1)甲在以往的10次比赛成绩中，有4次比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)，故由频率估计概率可得，甲获得优秀奖的概率为0.4.
(2)设甲获得优秀奖为事件A1，乙获得优秀奖为事件A2，丙获得优秀奖为事件A3，则P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.5.
X的可能取值为0，1，2，3，
故P(X＝0)＝P(eq \a\vs4\al(\(A,\s\up6(－))1)eq \a\vs4\al(\(A,\s\up6(－))2)eq \a\vs4\al(\(A,\s\up6(－))3))＝0.6×0.5×0.5＝eq \f(3,20)，
P(X＝1)＝P(A1eq \(A,\s\up6(－))2eq \(A,\s\up6(－))3)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2eq \(A,\s\up6(－))3)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3)
＝0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝eq \f(8,20)＝eq \f(2,5)，
P(X＝2)＝P(A1A2eq \(A,\s\up6(－))3)＋P(A1eq \(A,\s\up6(－))2A3)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2A3)
＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝eq \f(7,20)，
P(X＝3)＝P(A1A2A3)＝0.4×0.5×0.5＝eq \f(2,20)＝eq \f(1,10).
∴X的分布列为
∴E(X)＝0×eq \f(3,20)＋1×eq \f(2,5)＋2×eq \f(7,20)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(7,5).
(3)丙夺冠概率估计值最大.
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.
比赛一次，丙获得9.85的概率为eq \f(1,4)，
甲获得9.80的概率为eq \f(1,10)，
乙获得9.78的概率为eq \f(1,6).
并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.
热点一 分布列的性质及应用
离散型随机变量X的分布列为
则(1)pi≥0，i＝1，2，…，n.
(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn.
(4)D(X)＝eq \(∑,\s\up15(n),\s\d13(i＝1))[xi－E(X)]2pi.
(5)若Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X).
例1 (1)(多选)设离散型随机变量X的分布列如下表：
若离散型随机变量Y＝－3X＋1，且E(X)＝3，则( )
A.m＝0.1 B.n＝0.1
C.E(Y)＝－8 D.D(Y)＝－7.8
(2)已知随机变量ξ的分布列如表所示，若E(ξ)＝D(ξ)，则下列结论中不可能成立的是( )
A.a＝eq \f(1,3) B.a＝eq \f(2,3)
C.k＝eq \f(1,2) D.k＝eq \f(3,2)
答案 (1)BC (2)D
解析 (1)由E(X)＝1×m＋2×0.1＋3×0.2＋4×n＋5×0.3＝3，
得m＋4n＝0.7，
又由m＋0.1＋0.2＋n＋0.3＝1，得m＋n＝0.4，
从而得m＝0.3，n＝0.1，故A选项错误，B选项正确；
E(Y)＝－3E(X)＋1＝－8，故C选项正确；
因为D(X)＝0.3×(1－3)2＋0.1×(2－3)2＋0.1×(4－3)2＋0.3×(5－3)2＝2.6，
所以D(Y)＝(－3)2D(X)＝23.4，故D选项错误.
(2)由题意得E(ξ)＝ka＋(k－1)(1－a)＝k－1＋a，
D(ξ)＝[k－(k－1＋a)]2·a＋[k－1－(k－1＋a)]2·(1－a)＝a(1－a).
因为E(ξ)＝D(ξ)，
所以k－1＋a＝a(1－a)，
所以k＝1－a2，
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥0，,1－a≥0，))所以0≤a≤1，
所以k＝1－a2∈[0，1]，故k＝eq \f(3,2)不成立.
规律方法 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的性质可求参数的值及检查分布列的正确性.
(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率.
训练1 (1)(2022·温州模拟)已知随机变量X，Y的分布列如下：

则( )
A.D(X)＝3D(Y) B.D(Y)＝3D(X)
C.D(X)＝9D(Y) D.D(Y)＝9D(X)
(2)(2022·长沙模拟)设a>0，若随机变量ξ的分布列如下：
则下列方差值中最大的是( )
A.D(ξ) B.D(|ξ|)
C.D(2ξ－1) D.D(2|ξ|＋1)
答案 (1)D (2)C
解析 (1)从表中可知Y＝3X－1，
∴D(Y)＝D(3X－1)，
∴D(Y)＝9D(X)，故选D.
(2)由题意知a＋2a＋3a＝1，a＝eq \f(1,6)，
E(ξ)＝－1×eq \f(1,6)＋0×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,2)＝eq \f(5,6)，
E(|ξ|)＝1×eq \f(1,6)＋0×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,2)＝eq \f(7,6)，
D(ξ)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(5,6)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(5,6)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(5,6)))eq \s\up12(2)＝eq \f(53,36)，
D(|ξ|)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(7,6)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(7,6)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(7,6)))eq \s\up12(2)＝eq \f(29,36).
D(ξ)>1>D(|ξ|)，
D(2ξ－1)＝4×eq \f(53,36)＝eq \f(53,9)，
D(2|ξ|＋1)＝4×eq \f(29,36)＝eq \f(29,9).
所以D(2ξ－1)最大.
热点二 随机变量的分布列
1.二项分布
一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
2.超几何分布
一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品，从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝eq \f(Ceq \\al(k,M)Ceq \\al(n－k,N－M),Ceq \\al(n,N))，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}，E(X)＝n·eq \f(M,N).
考向1 二项分布
例2 (2022·南昌模拟)接种新冠疫苗可以有效降低感染新冠肺炎的概率.某地区有A，B，C三种新冠疫苗可供居民接种.假设在某个时间段该地区集中接种第一针疫苗，而且这三种疫苗的供应都很充足.为了节省时间和维持良好的接种秩序，接种点设置了号码机，号码机可以随机地产生A，B，C三种号码(产生每个号码的可能性都相等)，前去接种第一针疫苗的居民先从号码机上取一张号码，然后去接种与号码相对应的疫苗(例如：取到号码A，就接种A种疫苗，以此类推).若甲，乙，丙，丁四个人各自独立的去接种第一针新冠疫苗.
(1)求这四个人中恰有一个人接种A种疫苗的概率；
(2)记甲，乙，丙，丁四个人中接种A种疫苗的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.
解 (1)记四个人中恰有一个人接种A种疫苗的事件为M，
则P(M)＝Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(32,81)，
所以四个人中恰有一个人接种A种疫苗的概率为eq \f(32,81).
(2)由题意可知，X的取值依次为0，1，2，3，4，且X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，
P(X＝k)＝Ceq \\al(k,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4－k)(k＝0，1，2，3，4)，
故随机变量X的分布列：
故E(X)＝4×eq \f(1,3)＝eq \f(4,3).
考向2 超几何分布
例3 (2022·烟台模拟)2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85%分位数；
(2)采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人.若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在[200，240)的人数为X，求X的分布列和数学期望.
解 (1)由题意，40×(0.000 5＋0.002×2＋2a＋0.006＋0.006 5)＝1，解得a＝0.004.
由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为40×(0.000 5＋0.002＋0.004＋0.006＋0.006 5)＝0.76.
观看时长在240分钟以下占比为0.76＋40×0.004＝0.92.
所以85%分位数位于[200，240)内，85%分位数为200＋40×eq \f(0.85－0.76,0.92－0.76)＝222.5.
(2)由题意，观看时长[200，240)、[240，280]对应的频率分别为0.16和0.08，
所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人.
于是抽取的3人中观看时长在[200，240)中的人数X的所有可能取值为1，2，3.
所以，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(3,5)，
P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,5).
X的分布列为
所以，E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2.
规律方法 求随机变量X的均值与方差的方法及步骤
(1)理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；
(2)求X取每个值对应的概率，写出随机变量X的分布列；
(3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；
(4)若随机变量X的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解.
训练2 (2022·茂名二模)冰壶是冬季奥运会的比赛项目之一.冰壶比赛的场地如图所示，其中左端(投掷线MN的左侧)有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆O中，得3分，冰壶的重心落在圆环A中，得2分，冰壶的重心落在圆环B中，得1分，其余情况均得0分.已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,4)；甲、乙得2分的概率分别为eq \f(2,5)，eq \f(1,2)；甲、乙得1分的概率分别为eq \f(1,5)，eq \f(1,6).
(1)求甲、乙两人所得分数相同的概率；
(2)设甲、乙两人所得的分数之和为X，求X的分布列和期望.
解 (1)由题意知，甲得0分的概率为
1－eq \f(1,3)－eq \f(2,5)－eq \f(1,5)＝eq \f(1,15)，
乙得0分的概率为1－eq \f(1,4)－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)＝eq \f(1,12)，
所以甲、乙两人所得分数相同的概率为
eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,5)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,15)×eq \f(1,12)＝eq \f(29,90).
(2)X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，
则P(X＝0)＝eq \f(1,15)×eq \f(1,12)＝eq \f(1,180)，
P(X＝1)＝eq \f(1,15)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,5)×eq \f(1,12)＝eq \f(1,36)，
P(X＝2)＝eq \f(1,15)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,5)×eq \f(1,6)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,12)＝eq \f(1,10)，
P(X＝3)＝eq \f(1,15)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,12)＝eq \f(19,90)，
P(X＝4)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,6)＝eq \f(11,36)，
P(X＝5)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(4,15)，
P(X＝6)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12)，
所以，随机变量X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,180)＋1×eq \f(1,36)＋2×eq \f(1,10)＋3×eq \f(19,90)＋4×eq \f(11,36)＋5×eq \f(4,15)＋6×eq \f(1,12)＝eq \f(47,12).
热点三 正态分布
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴x＝μ.
(2)样本标准差σ.
(3)分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间.
例4 (1)(2022·滨州二模)设随机变量X～N(μ，σ2)，则“μ≥1”是“P(X＜2)＜eq \f(1,2)”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(2)(多选)(2022·沈阳模拟)已知某种袋装食品每袋质量(单位：g)X～N(500，16).P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 3，则下面结论正确的是( )
A.σ＝4
B.P(496≤X≤504)＝0.954 5
C.随机抽取10 000袋这种食品，袋装质量在区间[492，504]的约8 186袋
D.随机抽取10 000袋这种食品，袋装质量小于488 g的一定不多于14袋
答案 (1)B (2)AC
解析 (1)当μ＝1时，根据正态曲线的对称性可知P(X＜2)＞eq \f(1,2)，
故μ≥1不是P(X＜2)＜eq \f(1,2)的充分条件；
反之，若P(X＜2)＜eq \f(1,2)，
由对称性可知μ≥1，故μ≥1是P(X＜2)＜eq \f(1,2)的必要条件；
故μ≥1是P(X＜2)＜eq \f(1,2)的必要不充分条件.故选B.
(2)对于A，∵袋装食品每袋质量(单位：g)X～N(500，16)，∴σ＝4，故A正确；
对于B，P(496≤X≤504)＝P(500－4≤X≤500＋4)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，故B错误；
对于C，∵P(500≤X≤504)＝eq \f(1,2)P(496≤X≤504)＝eq \f(1,2)×0.682 7＝0.341 35，P(492≤X≤500)＝eq \f(1,2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝eq \f(1,2)×0.954 5＝0.477 25，
∴P(492≤X≤504)＝P(492≤X≤500)＋P(500≤X≤504)＝0.818 6，10 000×0.818 6＝8 186，
故随机抽取10 000袋这种食品，袋装质量在区间[492，504]的约8 186袋，故C正确；
对于D，P(X≤488)＝eq \f(1,2)[1－P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)]＝eq \f(1,2)(1－0.997 3)＝0.001 35，
10 000×0.001 35＝13.5，
故随机抽取10 000袋这种食品，袋装质量小于488 g的约为13.5袋，但抽取时有可能多于14袋，故D错误.
故选AC.
规律方法 利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的活用：
(1)对任意的a，有P(X＜μ－a)＝P(X＞μ＋a).
(2)P(X＜x0)＝1－P(X≥x0).
(3)P(a＜X＜b)＝P(X＜b)－P(X≤a).
训练3 (1)设随机变量ξ～N(μ，1)，函数f(x)＝x2＋2x－ξ没有零点的概率是0.5，则P(0≤ξ≤1)等于( )
(附：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5)
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(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝________.
答案 (1)B (2)0.14
解析 (1)∵函数f(x)＝x2＋2x－ξ没有零点，即一元二次方程x2＋2x－ξ＝0无实根，∴Δ＝4＋4ξ＜0，即ξ＜－1，
又f(x)＝x2＋2x－ξ没有零点的概率是0.5，
∴P(ξ＜－1)＝0.5，
由正态曲线的对称性知μ＝－1，
∴ξ～N(－1，1)，∴μ＝－1，σ＝1，
∴μ－σ＝－2，μ＋σ＝0，μ－2σ＝－3，μ＋2σ＝1，
∴P(－2≤ξ≤0)≈0.682 7，P(－3≤ξ≤1)≈0.954 5，
∴P(0≤ξ≤1)＝eq \f(1,2)[P(－3≤ξ≤1)－P(－2≤ξ≤0)]≈eq \f(0.954 5－0.682 7,2)＝0.135 9.
(2)因为X～N(2，σ2)，
所以P(X>2)＝0.5，
所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2一、基本技能练
1.(2022·金华模拟)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)
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.(2022·海南模拟)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
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.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
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.(2022·武汉模拟)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
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.(2022·广州二模)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
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.(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)
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.(2022·杭州模拟)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)＝________.
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.(2022·宁波二模)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)＝________.
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.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________.
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.(2022·徐州模拟)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.
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.(2022·唐山模拟)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？
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.(2022·济宁模拟)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.
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.(多选)(2022·苏州模拟)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)
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.(多选)(2022·南京模拟)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
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.(多选)(2022·福州模拟)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)
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.(2022·日照模拟)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.
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
1
2
3
4
P
eq \f(3,7)
eq \f(16,35)
eq \f(3,35)
eq \f(1,35)
X
0
1
2
3
P
eq \f(3,20)
eq \f(2,5)
eq \f(7,20)
eq \f(1,10)
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
X
1
2
3
4
5
P
m
0.1
0.2
n
0.3
ξ
K
k－1
P
A
1－a
X
1
0
P
0.5
0.5
Y
2
－1
P
0.5
0.5
ξ
－1
0
2
P
a
2a
3a
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
1
2
3
P
eq \f(1,5)
eq \f(3,5)
eq \f(1,5)
X
0
1
2
3
4
5
6
P
eq \f(1,180)
eq \f(1,36)
eq \f(1,10)
eq \f(19,90)
eq \f(11,36)
eq \f(4,15)
eq \f(1,12)
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)