新高考数学二轮复习 专题突破 专题5 第2讲　随机变量及其分布（含解析）

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考点一 分布列的性质及应用
核心提炼
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)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn.
(5)若Y＝aX＋b，
则E(Y)＝aE(X)＋b，
D(Y)＝a2D(X)．
例1 (1)(2022·保定模拟)若离散型随机变量X的分布列为P(X＝k)＝alg2eq \f(k＋1,k)(1≤k≤7，k∈Z)，则P(2A.eq \f(1,4) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)lg2eq \f(5,3)
答案 C
解析 因为P(X＝k)＝alg2eq \f(k＋1,k)
＝a[lg2(k＋1)－lg2k]，
P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝7)＝1，
所以a·(lg22－lg21＋lg23－lg22＋…＋lg28－lg27)＝1，
解得a＝eq \f(1,3)，所以
P(2＝eq \f(1,3)lg2eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)lg2eq \f(5,4)＋eq \f(1,3)lg2eq \f(6,5)＝eq \f(1,3).
(2)(2022·烟台模拟)已知随机变量ξ的分布列如下表所示，且满足E(ξ)＝0，则下列方差值中最大的是( )
A.D(ξ) B．D(|ξ|)
C．D(2ξ＋1) D．D(3|ξ|－2)
答案 D
解析 依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＋\f(1,2)＝1，,－1×a＋0×\f(1,2)＋2×b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,6)，))
所以ξ的分布列为
则D(ξ)＝eq \f(1,3)×(－1－0)2＋eq \f(1,2)×(0－0)2＋eq \f(1,6)×(2－0)2＝1，
则D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝4；
|ξ|的分布列为
则E(|ξ|)＝1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，
D(|ξ|)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(2,3)))2＋eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))2＝eq \f(5,9)，
所以D(3|ξ|－2)＝32D(|ξ|)＝5，
所以D(3|ξ|－2)的值最大．
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．
跟踪演练1 (1)(2022·广州调研)投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列分别如表1和表2所示．
表1 股票甲收益的分布列
表2 股票乙收益的分布列
则下列结论中正确的是( )
①投资股票甲的期望收益较小；
②投资股票乙的期望收益较小；
③投资股票甲比投资股票乙的风险高；
④投资股票乙比投资股票甲的风险高．
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
答案 C
解析 由题意知，
E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，
方差D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29，
E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，
方差D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，
所以E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，则投资股票乙的期望收益较小，投资股票甲比投资股票乙的风险高．
(2)(2022·河南三市联考)甲、乙、丙三人参加2022年冬奥会北京、延庆、张家口三个赛区志愿服务活动，若每人只能选择一个赛区，且选择其中任何一个赛区是等可能的．记X为三人选中的赛区个数，Y为三人没有选中的赛区个数，则( )
A．E(X)＝E(Y)，D(X)＝D(Y)
B．E(X)＝E(Y)，D(X)≠D(Y)
C．E(X)≠E(Y)，D(X)≠D(Y)
D．E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y)
答案 D
解析 由题意得X的可能取值为1,2,3，
则P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,3),33)＝eq \f(1,9)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,3)A\\al(2,3),33)＝eq \f(2,3)，
P(X＝3)＝eq \f(A\\al(3,3),33)＝eq \f(2,9)，
∴E(X)＝1×eq \f(1,9)＋2×eq \f(2,3)＋3×eq \f(2,9)＝eq \f(19,9)，
D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(19,9)))2×eq \f(1,9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(19,9)))2×eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(19,9)))2×eq \f(2,9)＝eq \f(26,81)，
又X＋Y＝3，∴Y＝3－X，
∴E(Y)＝3－E(X)＝3－eq \f(19,9)＝eq \f(8,9)，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝D(X)，故选D.
考点二 随机变量的分布列
核心提炼
1．二项分布
一般地，在n次独立重复试验中，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
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件{X＝k}发生的概率P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,M)C\\al(n－k,N－M),C\\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
考向1 相互独立事件
例2 (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 \x\t(A)BC)＋P(Aeq \x\t(B)C)＋P(ABeq \x\t(C))
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
(2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，
所以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.
则X的分布列为
E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
考向2 超几何分布
例3 (2022·漳州质检)北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者．现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格是相互独立的．若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题．求：
(1)甲、乙两人至多一人测试合格的概率；
(2)甲答对的试题数X的分布列和均值．
解 (1)根据题意，甲测试合格的概率为
eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(1,4)＋C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(60＋20,120)＝eq \f(2,3)；
乙测试合格的概率为
eq \f(C\\al(2,8)·C\\al(1,2)＋C\\al(3,8),C\\al(3,10))＝eq \f(56＋56,120)＝eq \f(14,15)，
故甲、乙两人都测试合格的概率为eq \f(2,3)×eq \f(14,15)＝eq \f(28,45)，
则甲、乙两人至多一人测试合格的概率为
1－eq \f(28,45)＝eq \f(17,45).
(2)由题可知，甲答对的试题数X可以取0,1,2,3，
又P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,10))＝eq \f(4,120)＝eq \f(1,30)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,6)·C\\al(2,4),C\\al(3,10))＝eq \f(36,120)＝eq \f(3,10)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(1,4),C\\al(3,10))＝eq \f(60,120)＝eq \f(1,2)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(20,120)＝eq \f(1,6)，
故X的分布列为
则E(X)＝1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,6)＝eq \f(9,5).
考向3 二项分布
例4 (2022·湖北联考)某中学将立德树人融入到教育的各个环节，开展“职业体验，导航人生”的社会实践教育活动，让学生站在课程“中央”．为了更好地了解学生的喜好情况，根据学校实际将职业体验分为：救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、公平正义的法律类四种职业体验类型，并在全校学生中随机抽取100名学生调查意向选择喜好类型，统计如下：
在这100名学生中，随机抽取了3名学生，并以统计的频率代替职业意向类型的概率(假设每名学生在选择职业类型时仅能选择其中一类，且不受其他学生选择结果的影响)．
(1)求救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两种职业类型在这3名学生中都有选择的概率；
(2)设这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数为X，求X的分布列与均值．
解 (1)由题意设职业体验选择救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、公平正义的法律类的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则易知P(A)＝eq \f(3,10)，P(B)＝eq \f(1,5)，
P(C)＝eq \f(1,5)，P(D)＝eq \f(3,10)，
所以救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两类职业类型在这3名学生中都有选择的概率为
P1＝Aeq \\al(3,3)P(A)·P(B)[1－P(A)－P(B)]＋Ceq \\al(1,3)P(A)·P(B)2＋Ceq \\al(2,3)P(A)2·P(B)
＝Aeq \\al(3,3)eq \f(3,10)·eq \f(1,5)·eq \f(1,2)＋Ceq \\al(1,3)eq \f(3,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2＋Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))2eq \f(1,5)
＝eq \f(27,100).
(2)由题知选择除暴安良的警察类的概率为P(B)＝eq \f(1,5)，
这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数X的可能取值为0,1,2,3，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,5)))，
则P(X＝i)＝Ceq \\al(i,3)P(B)i[1－P(B)]3－i(i＝0,1,2,3)，
所以X的分布列为
所以X的均值为E(X)＝3×eq \f(1,5)＝eq \f(3,5).
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取每个值时对应的概率，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．
跟踪演练2 (2022·广东联考)如图，某市有南、北两条城市主干道，在出行高峰期，北干道有N1，N2，N3，N4，四个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率都是eq \f(1,3)，南干道有S1，S2，两个交通易堵塞路段，它们被堵塞的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(2,3).某人在高峰期驾车从城西开往城东，假设以上各路段是否被堵塞互不影响．
(1)求北干道的N1，N2，N3，N4四个易堵塞路段至少有一个被堵塞的概率；
(2)若南干道被堵塞路段的个数为X，求X的分布列及均值E(X)；
(3)若按照“平均被堵塞路段少的路线是较好的高峰期出行路线”的标准，则从城西开往城东较好的高峰期出行路线是哪一条？请说明理由．
解 (1)记北干道的N1，N2，N3，N4四个易堵塞路段至少有一个被堵塞为事件A，
则P(A)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))4＝1－eq \f(16,81)＝eq \f(65,81).
(2)由题意可知X的可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,6)，
P(X＝1)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3).
随机变量X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,3)＝eq \f(7,6).
(3)设北干道被堵塞路段的个数为Y，
则Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，
所以E(Y)＝4×eq \f(1,3)＝eq \f(4,3).因为E(X)考点三 正态分布
核心提炼
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5 (1)(2022·太原模拟)已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，则μ等于( )
A．0 B．1 C．2 D．－1
答案 B
解析 因为P(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，
根据正态分布的对称性，
可得μ＝eq \f(1＋a＋1－a,2)＝1.
(2)(2022·长春质检)国家质量监督检验标准中，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率X～N(0.937 2，0.013 92). 若生产状态正常，则下列结论正确的是________．
①P(X≤0.9)<0.5；
②X的取值在(0.93,0.943 9)内的概率与在(0.937 2，0.951 1)内的概率相等；
③P(X<0.9)＝P(X>0.974 4)；
④记ξ表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于μ＋2σ的数量，则P(ξ≥1)>0.6.
(参考数据：若X～N(μ，σ2)(σ>0)，则P(μ－σ0.954 5，P(μ－3σ答案 ①③④
解析 由X～N(0.937 2,0.013 92)知，
μ＝0.937 2，σ＝0.013 9，
对于①，由正态分布曲线可得P(X≤0.9)对于②，0.943 9－0.93＝0.013 9,0.951 1－0.937 2＝0.013 9两个区间长度均为1个σ，但μ＝0.937 2∈(0.93,0.943 9)，由正态分布性质知，落在(0.93,0.943 9)内的概率大于落在(0.937 2,0.951 1)内的概率，故②错误；
对于③，eq \f(0.9＋0.974 4,2)＝0.937 2，故③正确；
对于④，1只口罩的过滤率大于μ＋2σ的概率
p≈eq \f(1－0.954 5,2)＝0.022 75，ξ～B(50，p)，
所以P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)50>1－(1－0.02)50，
即1－(1－0.02)50＝1－0.9850≈1－0.364＝0.636>0.6，故④正确．
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灵活运用：
(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)．
(2)P(X(3)P(a跟踪演练3 (1)(2022·株洲质检)某工厂有甲、乙两条生产线生产同一型号的机械零件，产品的尺寸分别记为X，Y，已知X，Y均服从正态分布，X～N(μ1，σeq \\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq \\al(2,2))，其正态分布密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是( )
A．甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性
B．甲生产线产品的稳定性低于乙生产线产品的稳定性
C．甲生产线的产品尺寸均值大于乙生产线的产品尺寸均值
D．甲生产线的产品尺寸均值小于乙生产线的产品尺寸均值
答案 A
解析 由图知甲、乙两条生产线的均值相等，甲的正态分布密度曲线较瘦高，所以甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性．
(2)(2022·哈尔滨模拟)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取，并测量零件的直径尺寸，根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件直径尺寸X(单位：cm)服从正态分布N(18,4)，若X落在[20,22]内的零件个数为2 718，则可估计所抽取的这批零件中直径X高于22的个数大约为(附：若随机变量服从正态分布N(μ，σ2)，则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)( )
A．27 B．40 C．228 D．455
答案 D
解析 由正态分布N(18,4)可知，μ＝18，σ＝2，
∴μ＋σ＝20，μ＋2σ＝22，
∴P(20≤X≤22)≈eq \f(0.954 5－0.682 7,2)＝0.135 9，
P(X≥22)≈eq \f(1－0.954 5,2)＝0.022 75，
直径X高于22的个数大约为
2 718÷0.135 9×0.022 75＝455.
专题强化练
一、选择题
1．设离散型随机变量X的分布列为
若随机变量Y＝|X－1|，则P(Y＝1)等于( )
A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7
答案 A
解析 因为Y＝|X－1|，
所以P(Y＝1)＝P(X＝0或X＝2)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3.
2．(2022·广州模拟)已知随机变量X～N(μ，σ2)，若P(μ≤X≤μ＋1)＝0.2，则P(X≥μ－1)等于( )
A．0.7 B．0.4 C．0.3 D．0.2
答案 A
解析 由已知P(μ－1≤X≤μ)＝P(μ≤X≤μ＋1)＝0.2，
所以P(X≥μ－1)＝P(μ－1≤X≤μ)＋P(X≥μ)＝0.2＋0.5＝0.7.
3．一批电阻的电阻值X(单位：Ω)服从正态分布N(1 000,52)．现从甲、乙两箱出厂成品中各随机抽取一个电阻，测得电阻值分别为1 011 Ω和982 Ω，可以认为( )
A．甲、乙两箱电阻均可出厂
B．甲、乙两箱电阻均不可出厂
C．甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂
D．甲箱电阻不可出厂，乙箱电阻可出厂
答案 C
解析 因为X～N(1 000,52)，
所以μ＝1 000，σ＝5，
所以μ－3σ＝1 000－3×5＝985，
μ＋3σ＝1 000＋3×5＝1 015.
因为1 011∈[985,1 015]，982∉[985,1 015]，
所以甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂．
4．(2022·韶关模拟)某一部件由三个电子元件按照如图所示的方式连接而成，元件1和元件2同时正常工作，或元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件正常工作的概率均为eq \f(3,4)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件正常工作的概率为( )
A.eq \f(7,64) B.eq \f(15,32) C.eq \f(27,32) D.eq \f(57,64)
答案 D
解析 讨论元件3正常与不正常，
第一类，元件3正常，上部分正常或不正常都不影响该部件正常工作，则正常工作的概率为eq \f(3,4)×1＝eq \f(3,4).
第二类，元件3不正常，上部分必须正常，则正常工作的概率为eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)×\f(3,4)))＝eq \f(9,64)，
故该部件正常工作的概率为eq \f(3,4)＋eq \f(9,64)＝eq \f(57,64).
5．设0则当a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内增大时( )
A．E(ξ)增大，D(ξ)增大 B．E(ξ)增大，D(ξ)减小
C．E(ξ)减小，D(ξ)增大 D．E(ξ)减小，D(ξ)减小
答案 D
解析 由分布列中概率之和为1，可得a＋b＝eq \f(1,2)，
∴E(ξ)＝－eq \f(1,2)＋b＝－eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－a))＝－a，
∴当a增大时，E(ξ)减小，
∵D(ξ)＝(－1＋a)2×eq \f(1,2)＋(0＋a)2×a＋(1＋a)2×b＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2＋eq \f(5,4)，
∴当a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内增大时，D(ξ)减小．
6.(2022·萍乡模拟)高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形小木块(如图所示)，并且每一排小木块数目都比上一排多一个，一排中各个小木块正好对准上面一排两个相邻小木块的正中央，从入口处放入一个直径略小于两个小木块间隔的小球，当小球从之间的间隙下落时碰到下一排小木块，它将以相等的可能性向左或向右落下，若小球再通过间隙，又碰到下一排小木块．如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内，则小球落到第⑤个格子的概率是( )
A.eq \f(5,32) B.eq \f(5,16) C.eq \f(3,16) D.eq \f(3,32)
答案 A
解析 小球落到第⑤个格子的概率是
Ceq \\al(1,5)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(5,32).
7．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则( )
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
答案 D
解析 设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，
方法一 由题意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，
P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，
P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.
所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，
P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，
所以P丙最大，故选D.
方法二 (特殊值法)
不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，
则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.
所以P丙最大，故选D.
8．现有两种核酸检测方式：(1)逐份检测；(2)混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检测一次就够了；如果检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为(k＋1)次．假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为p(0A．0.5 B．0.4 C．0.3 D．0.2
答案 D
解析 设逐份检测方式样本需要检测的总次数为X，则E(X)＝10，
设混合检测方式样本需要检测的总次数为Y，Y的可能取值为1,11，
P(Y＝1)＝(1－p)10，P(Y＝11)＝1－(1－p)10，
故Y的分布列为
∴E(Y)＝1×(1－p)10＋11×[1－(1－p)10]
＝11－10×(1－p)10.
要使得混合检测方式优于逐份检测方式，
则需E(Y)即(1－p)10>eq \f(1,10)，即1－p>10－0.1，
又lg 0.794≈－0.1，
∴1－p>10lg 0.794＝0.794，
∴p<1－0.794＝0.206，
∴0二、填空题
9．已知随机变量ξ的分布列如下表，D(ξ)表示ξ的方差，则D(2ξ＋1)＝________.
答案 2
解析 由分布列知a＋(1－2a)＋eq \f(1,4)＝1，
解得a＝eq \f(1,4)，
于是得E(ξ)＝0×a＋1×(1－2a)＋2×eq \f(1,4)＝1，
D(ξ)＝a×(1－0)2＋(1－2a)×(1－1)2＋eq \f(1,4)×(1－2)2＝eq \f(1,2)，
所以D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝4×eq \f(1,2)＝2.
10．(2022·湖州模拟)盒中有4个球，其中1个红球，1个黄球，2个蓝球，从盒中随机取球，每次取1个，取后不放回，直到蓝球全部被取出为止，在这一过程中取球次数为ξ，则ξ的均值E(ξ)＝________.
答案 eq \f(10,3)
解析 由题意可知，
随机变量ξ的可能取值有2,3,4，
P(ξ＝2)＝eq \f(A\\al(2,2),A\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，
P(ξ＝3)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2)A\\al(2,2),A\\al(3,4))＝eq \f(1,3)，
P(ξ＝4)＝eq \f(C\\al(1,2)A\\al(3,3),A\\al(4,4))＝eq \f(1,2)，
所以随机变量ξ的分布列如下表所示：
E(ξ)＝2×eq \f(1,6)＋3×eq \f(1,3)＋4×eq \f(1,2)＝eq \f(10,3).
11．(2022·常州模拟)为了了解某类工程的工期，某公司随机选取了10个这类工程，得到如下数据(单位：天)：17,23,19,21,22,21,19,17,22,19.若该类工程的工期X～N(μ，σ2)(其中μ和σ分别为样本的均值和标准差)，由于情况需要，要求在22天之内完成一项此类工程，估计能够在规定时间内完成该工程的概率约为________．(保留两位小数)
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，
则P(μ－σP(μ－2σP(μ－3σ答案 0.84
解析 由题得μ＝eq \f(1,10)×(17＋23＋19＋21＋22＋21＋19＋17＋22＋19)＝20，
σ2＝eq \f(1,10)×(32＋32＋12＋12＋22＋12＋12＋32＋22＋12)＝4，
所以σ＝2.
所以P(20－2所以P(20所以P(X≤22)＝0.5＋0.341 35＝0.841 35≈0.84.
12．(2022·苏州模拟)泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家泊松首次提出．泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝eq \f(λk,k！)e－λ(k＝0,1,2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值．已知某种商品每周销售的件数相互独立，且服从参数为λ(λ>0)的泊松分布．若每周销售1件该商品与每周销售2件该商品的概率相等，则两周共销售2件该商品的概率为________．
答案 eq \f(8,e4)
解析 依题意得P(X＝1)＝P(X＝2)，
即eq \f(λ,eλ)＝eq \f(λ2,2eλ)，解得λ＝2，
所以P(X＝k)＝eq \f(2k,k！)e－2，
所以P(X＝0)＝eq \f(20,0！)e－2＝eq \f(1,e2)，
P(X＝1)＝eq \f(21,1！)e－2＝eq \f(2,e2)，
P(X＝2)＝eq \f(22,2！)e－2＝eq \f(2,e2)，
则两周共销售2件的概率为
P＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(1,e2)·eq \f(2,e2)＋Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)))2＝eq \f(8,e4).
三、解答题
13．(2022·潍坊模拟)根据国家部署，2022年中国空间站“天宫”将正式完成在轨建造任务，成为长期有人照料的国家级太空实验室，支持开展大规模、多学科交叉的空间科学实验．为普及空间站相关知识，某部门组织了空间站建造过程3D模拟编程闯关活动，它是由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等10个相互独立的程序题目组成．规则是：编写程序能够正常运行即为程序正确．每位参赛者从10个不同的题目中随机选择3个进行编程，全部结束后提交评委测试，若其中2个及以上程序正确即为闯关成功．现已知10个程序中，甲只能正确完成其中6个，乙正确完成每个程序的概率为eq \f(3,5)，每位选手每次编程都互不影响．
(1)求乙闯关成功的概率；
(2)求甲编写程序正确的个数X的分布列和均值，并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大．
解 (1)记乙闯关成功为事件A，
所以P(A)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2·eq \f(2,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(81,125).
(2)由题意知随机变量X所有可能的取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,10))＝eq \f(1,30)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,6)·C\\al(2,4),C\\al(3,10))＝eq \f(3,10)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,6)C\\al(1,4),C\\al(3,10))＝eq \f(1,2)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(1,6)，
故X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,30)＋1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,6)＝eq \f(9,5).
所以甲闯关成功的概率为eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，
因为eq \f(81,125)所以甲比乙闯关成功的可能性大．
14．(2022·济南模拟)某婴幼儿游泳馆为了吸引顾客，推出优惠活动，即对首次消费的顾客按80元收费，并注册成为会员，对会员消费的不同次数给予相应的优惠，标准如下：
该游泳馆从注册的会员中，随机抽取了100位会员并统计他们的消费次数，得到数据如下：
假设每位顾客游泳1次，游泳馆的成本为30元．根据所给数据，回答下列问题：
(1)估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率；
(2)某会员消费4次，求这4次消费中，游泳馆获得的平均利润；
(3)假设每个会员最多消费4次，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，从该游泳馆的所有会员中随机抽取2位，记游泳馆从这2位会员的消费中获得的平均利润之差的绝对值为X，求X的分布列和均值E(X)．
解 (1)25＋10＋5＝40，即随机抽取的100位会员中，至少消费2次的会员有40位，
∴估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率
P＝eq \f(40,100)＝eq \f(2,5).
(2)第1次消费时，80－30＝50(元)，所以游泳馆获得的利润为50元，
第2次消费时，80×0.95－30＝46(元)，所以游泳馆获得的利润为46元，
第3次消费时，80×0.90－30＝42(元)，所以游泳馆获得的利润为42元，
第4次消费时，80×0.85－30＝38(元)，所以游泳馆获得的利润为38元，
∵eq \f(50＋46＋42＋38,4)＝44(元)，
∴这4次消费中，游泳馆获得的平均利润为44元．
(3)若会员消费1次，P1＝eq \f(60,100)＝eq \f(3,5)，
则平均利润为50元，其概率为eq \f(3,5)；
若会员消费2次，eq \f(50＋46,2)＝48(元)，
P2＝eq \f(25,100)＝eq \f(1,4)，
则平均利润为48元，其概率为eq \f(1,4)；
若会员消费3次，eq \f(50＋46＋42,3)＝46(元)，
P3＝eq \f(10,100)＝eq \f(1,10)，
则平均利润为46元，其概率为eq \f(1,10)；
若会员消费4次，eq \f(50＋46＋42＋38,4)＝44(元)，
P4＝eq \f(5,100)＝eq \f(1,20)，
则平均利润为44元，其概率为eq \f(1,20).
由题意知，X的所有可能取值为0,2,4,6.
且P(X＝0)＝eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,10)×eq \f(1,10)＋eq \f(1,20)×eq \f(1,20)＝eq \f(87,200)，
P(X＝2)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)×\f(1,4)＋\f(1,4)×\f(1,10)＋\f(1,10)×\f(1,20)))＝eq \f(9,25)，
P(X＝4)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)×\f(1,10)＋\f(1,4)×\f(1,20)))＝eq \f(29,200)，
P(X＝6)＝2×eq \f(3,5)×eq \f(1,20)＝eq \f(3,50).
∴X的分布列为
∴E(X)＝0×eq \f(87,200)＋2×eq \f(9,25)＋4×eq \f(29,200)＋6×eq \f(3,50)＝eq \f(83,50).
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
ξ
－1
0
2
P
a
eq \f(1,2)
b
ξ
－1
0
2
P
eq \f(1,3)
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
|ξ|
1
0
2
P
eq \f(1,3)
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
收益X/元
－1
0
2
概率
0.1
0.3
0.6
收益Y/元
0
1
2
概率
0.3
0.4
0.3
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(3,10)
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
类型
救死扶伤的医务类
除暴安良的警察类
百花齐放的文化类
公平正义的法律类
人数
30
20
20
30
X
0
1
2
3
P
eq \f(64,125)
eq \f(48,125)
eq \f(12,125)
eq \f(1,125)
X
0
1
2
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(1,3)
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
ξ
－1
0
1
P
eq \f(1,2)
a
b
Y
1
11
P
(1－p)10
1－(1－p)10
ξ
0
1
2
P
a
1－2a
eq \f(1,4)
ξ
2
3
4
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
eq \f(1,2)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(3,10)
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
消费次数
第1次
第2次
第3次
不少于4次
收费比例
1
0.95
0.90
0.85
消费次数
1次
2次
3次
不少于4次
频数
60
25
10
5
X
0
2
4
6
P
eq \f(87,200)
eq \f(9,25)
eq \f(29,200)
eq \f(3,50)