2025-高考科學復習解決方案-數(shù)學-基礎版第二章第5節(jié) 離散型隨機變量的分布列及數(shù)字特征含答案

2025-高考科學復習解決方案-數(shù)學-基礎版第二章第五節(jié)離散型隨機變量的分布列及數(shù)字特征課標解讀考向預測通過具體實例，了解離散型隨機變量的概念，理解離散型隨機變量分布列及其數(shù)字特征(均值、方差).預計2025年高考仍將以條件概率、相互獨立事件的概率、全概率公式求概率和分布列、均值與方差的計算、統(tǒng)計為核心，整合構建綜合解答題.必備知識——強基礎1．離散型隨機變量一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點w，都有eq\x(\s\up1(01))唯一的實數(shù)X(w)與之對應，我們稱X為隨機變量；可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量稱為離散型隨機變量．2．離散型隨機變量的分布列一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱eq\x(\s\up1(02))X取每一個值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n為X的概率分布列，簡稱分布列．3．離散型隨機變量的分布列的性質(zhì)(1)pi≥0(i＝1，2，…，n)．(2)eq\x(\s\up1(03))p1＋p2＋…＋pn＝1.4．離散型隨機變量的均值與方差若離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xnPp1p2…pn(1)均值稱E(X)＝eq\x(\s\up1(04))x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))xipi為隨機變量X的均值或數(shù)學期望．它反映了離散型隨機變量取值的eq\x(\s\up1(05))平均水平．(2)方差稱D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\x(\s\up1(06))eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))__(xi－E(X))2pi為隨機變量X的方差，并稱eq\x(\s\up1(07))__eq\r(D（X）)為隨機變量X的標準差，記為σ(X)，它們都可以度量隨機變量取值與其均值的eq\x(\s\up1(08))偏離程度．5．兩點分布的分布列及其數(shù)字特征若X服從兩點分布，則分布列如下：X01P1－pp期望E(X)＝eq\x(\s\up1(09))p，方差D(X)＝eq\x(\s\up1(10))p(1－p)．6．均值與方差的性質(zhì)(1)E(aX＋b)＝eq\x(\s\up1(11))aE(X)＋b．(2)D(aX＋b)＝eq\x(\s\up1(12))a2D(X)(a，b為常數(shù))．1．隨機變量的線性關系若X是隨機變量，Y＝aX＋b，a，b是常數(shù)，則Y也是隨機變量．2．判斷所求離散型隨機變量的分布列是否正確，可用pi≥0，i＝1，2，…，n及p1＋p2＋…＋pn＝1檢驗．3．均值與方差的四個常用性質(zhì)(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k為常數(shù)．(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．(3)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.(4)若X1，X2相互獨立，則E(X1X2)＝E(X1)·E(X2)．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)離散型隨機變量是指某一區(qū)間內(nèi)的任意值．()(2)如果隨機變量X的分布列由下表給出，X25P0.30.7則它服從兩點分布．()(3)隨機變量的方差和標準差都反映了隨機變量取值偏離均值的平均程度，方差或標準差越小，則偏離變量平均程度越?。?)(4)離散型隨機變量的各個可能值表示的事件是彼此互斥的．()答案(1)×(2)×(3)√(4)√2．小題熱身(1)袋中有3個白球、5個黑球，從中任取2個，可以作為隨機變量的是()A．至少取到1個白球 B．至多取到1個白球C．取到白球的個數(shù) D．取到球的個數(shù)答案C解析A，B表述的都是隨機事件；D是確定的值2，并不隨機；C是隨機變量，可能取值為0，1，2.(2)設隨機變量X的分布列為P(X＝i)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(i)，i＝1，2，3，則a的值為()A．eq\f(8,7) B．eq\f(7,8) C．eq\f(7,16) D．eq\f(16,7)答案A解析由題意aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)))＝1，a＝eq\f(8,7).(3)甲、乙兩人下象棋，贏了得3分，平局得1分，輸了得0分，共下三局．用ξ表示甲的得分，則{ξ＝3}表示()A．甲贏三局B．甲贏一局輸兩局C．甲、乙平局二次D．甲贏一局輸兩局或甲、乙平局三次答案D解析因為甲、乙兩人下象棋，贏了得3分，平局得1分，輸了得0分，故{ξ＝3}表示兩種情況，即甲贏一局輸兩局或甲、乙平局三次．(4)若隨機變量X滿足P(X＝c)＝1，其中c為常數(shù)，則D(X)的值為________．答案0解析因為P(X＝c)＝1，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0.考點探究——提素養(yǎng)考點一離散型隨機變量分布列的性質(zhì)例1已知隨機變量X的分布列為X－101Pabc其中a，b，c成等差數(shù)列，則P(|X|＝1)＝________，公差d的取值范圍是________．答案eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))解析因為a，b，c成等差數(shù)列，所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝eq\f(1,3)，因此P(|X|＝1)＝a＋c＝eq\f(2,3).又a＝eq\f(1,3)－d，c＝eq\f(1,3)＋d，根據(jù)分布列的性質(zhì)，得0≤eq\f(1,3)－d≤eq\f(2,3)，0≤eq\f(1,3)＋d≤eq\f(2,3)，所以－eq\f(1,3)≤d≤eq\f(1,3).故公差d的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))).【通性通法】離散型隨機變量分布列的性質(zhì)的應用應用一利用“概率之和為1”可以求相關參數(shù)的值應用二利用“在某個范圍內(nèi)的概率等于它取這個范圍內(nèi)各個值的概率之和”求某些特定事件的概率應用三可以根據(jù)性質(zhì)判斷所得分布列結果是否正確【鞏固遷移】1．設離散型隨機變量X的分布列為X01234P0.20.10.10.3m(1)求2X＋1的分布列；(2)求隨機變量Y＝|X－1|的分布列．解(1)由分布列的性質(zhì)知，0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.列表為X012342X＋113579從而2X＋1的分布列為2X＋113579P0.20.10.10.30.3(2)由(1)知m＝0.3，列表為X01234|X－1|10123所以P(Y＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，P(Y＝0)＝P(X＝1)＝0.1，P(Y＝2)＝P(X＝3)＝0.3，P(Y＝3)＝P(X＝4)＝0.3，故Y＝|X－1|的分布列為Y0123P0.10.30.30.3考點二求離散型隨機變量的分布列(多考向探究)考向1與互斥事件、獨立事件有關的分布列例2甲、乙兩所學校之間進行排球比賽，采用五局三勝制(先贏3局的學校獲勝，比賽結束)，約定比賽規(guī)則如下：先進行男生排球比賽，共比賽兩局，后進行女生排球比賽．按照以往比賽經(jīng)驗，在男生排球比賽中，每局甲校獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙校獲勝的概率為eq\f(1,3)，在女生排球比賽中，每局甲校獲勝的概率為eq\f(1,3)，乙校獲勝的概率為eq\f(2,3).每局比賽結果相互獨立．(1)求甲校以3∶1獲勝的概率；(2)記比賽結束時女生比賽的局數(shù)為ξ，求ξ的概率分布列．解(1)甲校以3∶1獲勝，則甲校在第四局獲勝，前三局勝兩局，P＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,81)＋eq\f(8,81)＝eq\f(4,27).(2)ξ的所有可能取值為1，2，3，P(ξ＝1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，P(ξ＝2)＝eq\f(4,27)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(10,27)，P(ξ＝3)＝1－eq\f(2,9)－eq\f(10,27)＝eq\f(11,27)，故ξ的概率分布列為ξ123Peq\f(2,9)eq\f(10,27)eq\f(11,27)【通性通法】在求幾個互斥事件構成的事件的概率時，一般先利用獨立事件的定義求出各個互斥事件發(fā)生的概率，然后用概率加法公式求概率，審題時應注意關鍵詞語，如“至多有一個”“至少有一個”“恰有一個”等，在求復雜事件的概率時，應學會對事件等價分解(互斥事件的和、幾個獨立事件同時發(fā)生)，或者考慮結合對立事件求解，從而使問題變得更易解決．【鞏固遷移】2．(2023·廣東潮陽實驗、湛江一中、深圳實驗三校聯(lián)考)在一個口袋中裝有編號分別為1，2，3，4，5的五張卡片，這些卡片除編號不同外其他都相同，從口袋中有放回地摸卡片3次．(1)求3次摸出卡片的數(shù)字之和為奇數(shù)的概率；(2)記這3次中摸出卡片的最大編號數(shù)為隨機變量X，求X的分布列．解(1)依題意，摸一次編號為奇數(shù)的概率為eq\f(3,5)，編號為偶數(shù)的概率為eq\f(2,5)，要使3次摸出卡片的數(shù)字之和為奇數(shù)，則有1次或3次摸出的為奇數(shù)卡片，所以概率P＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(63,125).(2)依題意，X的所有可能取值為1，2，3，4，5，所以P(X＝1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(7,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(19,125)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(37,125)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(61,125)，所以X的分布列為X12345Peq\f(1,125)eq\f(7,125)eq\f(19,125)eq\f(37,125)eq\f(61,125)考向2與古典概型有關的分布列例3(2024·江蘇連云港模擬)某校為校級元旦晚會選拔主持人，現(xiàn)有來自高一年級的參賽選手5名，其中男生2名，高二年級的參賽選手5名，其中男生3名．從這10名參賽選手中隨機選擇4人組成搭檔參賽．(1)設事件A為“選出的4人中恰有2名男生，且這2名男生來自同一個年級”，求事件A發(fā)生的概率；(2)設X為選出的4人中男生的人數(shù)，求隨機變量X的分布列．解(1)由題意可知，從這10名參賽選手中隨機選擇4人組成搭檔參賽共有Ceq\o\al(4,10)＝210種選法，事件A的選法共有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,5)＝40種，故P(A)＝eq\f(40,210)＝eq\f(4,21).(2)由題意知X的所有可能取值為0，1，2，3，4，由于P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,5)Ceq\o\al(4－k,5),Ceq\o\al(4,10))(k＝0，1，2，3，4)，故X的分布列為X01234Peq\f(1,42)eq\f(5,21)eq\f(10,21)eq\f(5,21)eq\f(1,42)【通性通法】(1)求古典概型的離散型隨機變量的分布列，要注意應用計數(shù)原理、排列組合的知識求樣本點的個數(shù)及事件A包含的樣本點的個數(shù)，然后應用古典概型的概率公式求概率．(2)求出分布列后，注意運用分布列的兩條性質(zhì)檢驗所求的分布列是否正確．【鞏固遷移】3．有編號為1，2，3，…，n的n名學生，入座編號為1，2，3，…，n的n個座位，每名學生規(guī)定坐一個座位，設學生所坐的座位號與該生的編號不同的學生人數(shù)為X，已知X＝2時，共有6種坐法．(1)求n的值；(2)求隨機變量X的分布列．解(1)因為當X＝2時，有Ceq\o\al(2,n)種方法，又Ceq\o\al(2,n)＝6，即eq\f(n（n－1）,2)＝6，也即n2－n－12＝0，解得n＝4或n＝－3(舍去)，所以n＝4.(2)因為學生所坐的座位號與該生的編號不同的學生人數(shù)為X，由題意可知X的可能取值為0，2，3，4，所以P(X＝0)＝eq\f(1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,24)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)×1,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,4)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)×2,Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,3)，P(X＝4)＝1－eq\f(1,24)－eq\f(1,4)－eq\f(1,3)＝eq\f(3,8)，所以X的分布列為X0234Peq\f(1,24)eq\f(1,4)eq\f(1,3)eq\f(3,8)考點三離散型隨機變量的數(shù)字特征(多考向探究)考向1數(shù)字特征的計算例4某班元旦聯(lián)歡晚會上，設計了一個摸球表演節(jié)目的游戲：在一個紙盒中裝有1個紅球，1個黃球，1個白球和1個黑球，這些球除顏色外完全相同，同學不放回地每次摸出1個球，若摸到黑球，則停止摸球，否則就要將紙盒中的球全部摸出才停止．規(guī)定摸到紅球表演兩個節(jié)目，摸到白球或黃球表演1個節(jié)目，摸到黑球不用表演節(jié)目．(1)求A同學摸球三次后停止摸球的概率；(2)記X為A同學摸球后表演節(jié)目的個數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望、方差．解(1)設“A同學摸球三次后停止摸球”為事件E，則P(E)＝eq\f(Aeq\o\al(2,3),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,4)，故A同學摸球三次后停止摸球的概率為eq\f(1,4).(2)隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，4.P(X＝0)＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝eq\f(2,Aeq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝eq\f(1,Aeq\o\al(2,4))＋eq\f(Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,4))＝eq\f(1,6)，P(X＝4)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,4).所以隨機變量X的分布列為X01234Peq\f(1,4)eq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(1,4)期望E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,4)＝2，方差D(X)＝(0－2)2×eq\f(1,4)＋(1－2)2×eq\f(1,6)＋(2－2)2×eq\f(1,6)＋(3－2)2×eq\f(1,6)＋(4－2)2×eq\f(1,4)＝eq\f(7,3).【通性通法】求離散型隨機變量X的數(shù)字特征的步驟(1)理解X的意義，寫出X可能取的全部值．(2)求X取每個值的概率．(3)寫出X的分布列．(4)由均值的定義求E(X)．(5)由方差的定義求D(X)．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的應用．【鞏固遷移】4．(2024·九省聯(lián)考)盒中有標記數(shù)字1，2，3，4的小球各2個，隨機一次取出3個小球．(1)求取出的3個小球上的數(shù)字兩兩不同的概率；(2)記取出的3個小球上的最小數(shù)字為X，求X的分布列及數(shù)學期望E(X)．解(1)記“取出的3個小球上的數(shù)字兩兩不同”為事件M，先確定3個不同數(shù)字的小球，有Ceq\o\al(3,4)種方法，然后每種小球各取1個，有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)種取法，所以P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(4,7).(2)由題意可知，X的所有可能取值為1，2，3，當X＝1時，有兩種情況：只有一個數(shù)字為1的小球，有兩個數(shù)字為1的小球，所以P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,6),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(9,14)；當X＝2時，有兩種情況：只有一個數(shù)字為2的小球，有兩個數(shù)字為2的小球，所以P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(2,7)；當X＝3時，有兩種情況：只有一個數(shù)字為3的小球，有兩個數(shù)字為3的小球，所以P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(1,14)，所以X的分布列為X123Peq\f(9,14)eq\f(2,7)eq\f(1,14)所以E(X)＝1×eq\f(9,14)＋2×eq\f(2,7)＋3×eq\f(1,14)＝eq\f(10,7).考向2數(shù)字特征的應用例5(2024·山西太原模擬)某地區(qū)擬建立一個藝術博物館，采取競標的方式從多家建筑公司選取一家建筑公司，經(jīng)過層層篩選，甲、乙兩家建筑公司進入最后的招標．現(xiàn)從建筑設計院聘請專家設計了一個招標方案：兩家公司從6個招標問題中隨機抽取3個問題，已知這6個招標問題中，甲公司可正確回答其中4道題目，而乙公司能正確回答每道題目的概率均為eq\f(2,3)，甲、乙兩家公司對每題的回答都是相互獨立，互不影響的．(1)求甲、乙兩家公司共答對2道題目的概率；(2)設甲公司答對題數(shù)為隨機變量X，求X的分布列、數(shù)學期望和方差；(3)請從期望和方差的角度分析，甲、乙兩家哪家公司競標成功的可能性更大？解(1)記“甲、乙兩家公司共答對2道題”為事件A，它是甲、乙各答對1道題的事件、甲答對2題乙沒答對題的事件和，它們互斥，則有P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))×Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,15)，所以甲、乙兩家公司共答對2道題目的概率是eq\f(1,15).(2)設甲公司答對題數(shù)為X，則X的所有可能取值為1，2，3，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(0,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，則X的分布列為X123Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)期望E(X)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5)＝2，方差D(X)＝(1－2)2×eq\f(1,5)＋(2－2)2×eq\f(3,5)＋(3－2)2×eq\f(1,5)＝eq\f(2,5).(3)設乙公司答對題數(shù)為Y，則Y的所有可能取值為0，1，2，3，P(Y＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,27)，P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)，P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9)，P(Y＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27)，則Y的分布列為Y0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)期望E(Y)＝0×eq\f(1,27)＋1×eq\f(2,9)＋2×eq\f(4,9)＋3×eq\f(8,27)＝2，方差D(Y)＝(0－2)2×eq\f(1,27)＋(1－2)2×eq\f(2,9)＋(2－2)2×eq\f(4,9)＋(3－2)2×eq\f(8,27)＝eq\f(2,3)，顯然E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，所以甲公司競標成功的可能性更大．【通性通法】隨機變量的均值和方差從整體和全局上刻畫了隨機變量，是生產(chǎn)實際中用于方案取舍的重要理論依據(jù)．一般先比較均值，若均值相同，再用方差來決定．【鞏固遷移】5．某班體育課組織籃球投籃考核，考核分為定點投籃與三步上籃兩個項目．每個學生在每個項目投籃5次，以規(guī)范動作投中3次為考核合格，定點投籃考核合格得4分，否則得0分；三步上籃考核合格得6分，否則得0分．現(xiàn)將該班學生分為兩組，一組先進行定點投籃考核，一組先進行三步上籃考核，若先考核的項目不合格，則無需進行下一個項目，直接判定為考核不合格；若先考核的項目合格，則進入下一個項目進行考核，無論第二個項目考核是否合格都結束考核．已知小明定點投籃考核合格的概率為0.8，三步上籃考核合格的概率為0.7，且每個項目考核合格的概率與考核次序無關．(1)若小明先進行定點投籃考核，記X為小明的累計得分，求X的分布列；(2)為使累計得分的均值最大，小明應選擇先進行哪個項目的考核？并說明理由．解(1)由已知可得，X的所有可能取值為0，4，10，則P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝4)＝0.8×(1－0.7)＝0.24，P(X＝10)＝0.8×0.7＝0.56，所以X的分布列為X0410P0.20.240.56(2)小明應選擇先進行定點投籃考核，理由如下：由(1)可知，小明先進行定點投籃考核，累計得分的均值為E(X)＝0×0.2＋4×0.24＋10×0.56＝6.56，若小明先進行三步上籃考核，記Y為小明的累計得分，則Y的所有可能取值為0，6，10，P(Y＝0)＝1－0.7＝0.3，P(Y＝6)＝0.7×(1－0.8)＝0.14，P(Y＝10)＝0.7×0.8＝0.56，則Y的均值為E(Y)＝0×0.3＋6×0.14＋10×0.56＝6.44，因為E(X)>E(Y)，所以為使累計得分的均值最大，小明應選擇先進行定點投籃考核．課時作業(yè)一、單項選擇題1．已知隨機變量X的分布列如表(其中a為常數(shù))：X012345P0.10.1a0.30.20.1則P(1≤X≤3)＝()A．0.4 B．0.5C．0.6 D．0.7答案C解析因為0.1＋0.1＋a＋0.3＋0.2＋0.1＝1，所以a＝0.2，所以P(1≤X≤3)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6.2．拋擲兩枚骰子一次，記第一枚骰子擲出的點數(shù)與第二枚骰子擲出的點數(shù)之差為X，則“X≥5”表示的試驗結果是()A．第一枚6點，第二枚2點B．第一枚5點，第二枚1點C．第一枚1點，第二枚6點D．第一枚6點，第二枚1點答案D解析“X≥5”表示第一枚骰子擲出的點數(shù)減去第二枚骰子擲出的點數(shù)不小于5，即只能等于5.故選D.3．已知隨機變量X的分布列為X123Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，則a＝()A．－3 B．－2C．eq\f(5,3) D．3答案A解析E(X)＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(5,3).∵Y＝aX＋3，∴E(Y)＝aE(X)＋3＝eq\f(5,3)a＋3＝－2，解得a＝－3.4．隨機變量X的取值范圍為{0，1，2}，若P(X＝0)＝eq\f(1,4)，E(X)＝1，則D(X)＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(3,4)答案C解析設P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，由題意得，E(X)＝0×eq\f(1,4)＋p＋2q＝1，且eq\f(1,4)＋p＋q＝1，解得p＝eq\f(1,2)，q＝eq\f(1,4)，所以D(X)＝(0－1)2×eq\f(1,4)＋(1－1)2×eq\f(1,2)＋(2－1)2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).5．(2024·安徽合肥六校聯(lián)盟期中)若離散型隨機變量X服從兩點分布，且P(X＝1)＝p，4－5P(X＝0)＝p，則p＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)答案D解析因為離散型隨機變量X服從兩點分布，所以P(X＝0)＋P(X＝1)＝1，又P(X＝1)＝p，4－5P(X＝0)＝p，所以4－5[1－P(X＝1)]＝p，所以p＝eq\f(1,4).6．同時擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，觀察朝上一面出現(xiàn)的點數(shù)．設兩枚骰子出現(xiàn)的點數(shù)分別為X1，X2，記X＝min{X1，X2}，則P(2≤X≤4)＝()A．eq\f(5,12) B．eq\f(7,12)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)答案B解析依題意，隨機變量X滿足2≤X≤4的事件是X＝2，X＝3，X＝4的3個互斥事件的和，而P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋4Ceq\o\al(1,2),62)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋3Ceq\o\al(1,2),62)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋2Ceq\o\al(1,2),62)，所以P(2≤X≤4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋4Ceq\o\al(1,2),62)＋eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋3Ceq\o\al(1,2),62)＋eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋2Ceq\o\al(1,2),62)＝eq\f(9＋7＋5,36)＝eq\f(7,12).7．(2023·福建南平模擬)某企業(yè)計劃加大技改力度，需更換一臺設備，現(xiàn)有兩種品牌的設備可供選擇，A品牌設備需投入60萬元，B品牌設備需投入90萬元，企業(yè)對兩種品牌設備的使用年限情況進行了抽樣調(diào)查：A品牌的使用年限2345概率0.40.30.20.1B品牌的使用年限2345概率0.10.30.40.2更換設備技改后，每年估計可增加效益100萬元，從年均收益的角度分析()A．不更換設備B．更換為A品牌設備C．更換為B品牌設備D．更換為A或B品牌設備均可答案B解析設更換為A品牌設備使用年限為X，則E(X)＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3，更換為A品牌設備年均收益為(3×100－60)÷3＝80萬元；設更換為B品牌設備使用年限為Y，則E(Y)＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7，更換為B品牌設備年均收益為(3.7×100－90)÷3.7≈75.7萬元．因為80>75.7，所以更換為A品牌設備．8．甲、乙兩人進行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負者得0分，比賽進行到有一人比對方多2分或打滿6局時停止，設甲在每局中獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙在每局中獲勝的概率為eq\f(1,3)，且各局勝負相互獨立，則比賽停止時已打局數(shù)X的期望E(X)＝()A．eq\f(17,2) B．eq\f(266,81)C．eq\f(256,81) D．eq\f(670,243)答案B解析由題意，隨機變量X的所有可能取值是2，4，6，設每兩局比賽為一輪，則該輪比賽停止的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9)，若該輪結束時比賽還要繼續(xù)，則甲、乙在該輪中必是各得1分，此時該輪比賽結果對下一輪比賽是否停止沒有影響，所以P(X＝2)＝eq\f(5,9)，P(X＝4)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(20,81)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(16,81)，所以期望為E(X)＝2×eq\f(5,9)＋4×eq\f(20,81)＋6×eq\f(16,81)＝eq\f(266,81).故選B.二、多項選擇題9．設0<m<1，隨機變量ξ的分布列為ξ0m1Peq\f(a,3)eq\f(1,3)eq\f(2a－1,3)當m在(0，1)上增大時，則()A．E(ξ)減小B．E(ξ)增大C．D(ξ)先增后減，最大值為eq\f(1,6)D．D(ξ)先減后增，最小值為eq\f(1,6)答案BD解析由題意得，eq\f(a,3)＋eq\f(1,3)＋eq\f(2a－1,3)＝1，解得a＝1，E(ξ)＝0×eq\f(a,3)＋m×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2a－1,3)＝eq\f(m,3)＋eq\f(1,3)，所以當m在(0，1)上增大時，E(ξ)增大，故A錯誤，B正確；D(ξ)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m－1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－m,3)))\s\up12(2)))＝eq\f(6m2－6m＋6,27)＝eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,6)，所以當m在(0，1)上增大時，D(ξ)先減小后增大，當m＝eq\f(1,2)時，D(ξ)取得最小值eq\f(1,6)，故C錯誤，D正確．10．核酸檢測有兩種檢測方式：(1)逐份檢測；(2)混合檢測：將其中k份核酸分別取樣混合在一起檢測，若檢測結果為陰性，則這k份核酸全為陰性，因而這k份核酸只要檢測一次就夠了，如果檢測結果為陽性，為了明確這k份核酸樣本究竟哪幾份為陽性，就需要對這k份核酸再逐份檢測，此時，這k份核酸的檢測次數(shù)總共為(k＋1)次．假設在接受檢測的核酸樣本中，每份樣本的檢測結果是陰性還是陽性都是獨立的，并且每份樣本是陽性的概率都為p(0<p<1)，若k＝10，運用概率統(tǒng)計的知識判斷下面哪個p值能使得混合檢測方式優(yōu)于逐份檢測方式？(參考數(shù)據(jù)：lg0.794≈－0.1)()A．0.1 B．0.2C．0.4 D．0.5答案AB解析設混合檢測方式中樣本需要檢測的總次數(shù)為Y，則Y的所有可能取值為1，11.P(Y＝1)＝(1－p)10，P(Y＝11)＝1－(1－p)10，E(Y)＝1×(1－p)10＋11×[1－(1－p)10]＝11－10×(1－p)10，設逐份檢測中樣本需要檢測的總次數(shù)為X，則E(X)＝10，若混合檢測方式優(yōu)于逐份檢測方式，需E(Y)<E(X)，即11－10×(1－p)10<10，即1－p>10－0.1，∵lg0.794≈－0.1，∴1－p>10lg0.794≈0.794，∴0<p<0.206.三、填空題11．隨機變量X的概率分布滿足P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,10),M)(k＝0，1，2，…，10)，則M的值為________．答案1024解析由題意，eq\f(Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(1,10)＋Ceq\o\al(2,10)＋…＋Ceq\o\al(10,10),M)＝eq\f(1024,M)＝1?M＝1024.12．小青準備用9萬元投資A，B兩種股票，已知兩種股票收益相互獨立，且這兩種股票買入時都是每股1萬元，每股收益的分布列如下表所示，若投資A種股票a萬元，則小青兩種股票的收益期望和為________萬元．股票A的每股收益分布列收益X/萬元－103概率0.30.20.5股票B的每股收益分布列收益Y/萬元－34概率0.40.6答案10.8解析由題中兩種股票每股收益的分布列可知E(X)＝－1×0.3＋0×0.2＋3×0.5＝1.2，E(Y)＝－3×0.4＋4×0.6＝1.2，所以兩種股票的收益期望和為aE(X)＋(9－a)E(Y)＝1.2a＋(9－a)×1.2＝1.2×9＝10.8.13．一個盒子中裝有六張卡片，上面分別寫著如下六個定義域為R的函數(shù)：f1(x)＝x，f2(x)＝x2，f3(x)＝x3，f4(x)＝sinx，f5(x)＝cosx，f6(x)＝2|x|＋1.現(xiàn)從盒子中逐一抽取卡片并判斷函數(shù)的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一張寫有偶函數(shù)的卡片則停止抽取，否則繼續(xù)進行，設抽取次數(shù)為X，則X<3的概率為________．答案eq\f(4,5)解析易判斷f2(x)＝x2，f5(x)＝cosx，f6(x)＝2|x|＋1為偶函數(shù)，所以寫有偶函數(shù)的卡片有3張，X的取值范圍是{1，2，3，4}．P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,6))＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5))＝eq\f(3,10)，所以P(X<3)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,10)＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5).14．某學校進行排球測試的規(guī)則：每名學生最多發(fā)4次球，一旦發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則直到發(fā)完4次為止．設學生一次發(fā)球成功的概率為p，且p∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))，發(fā)球次數(shù)為X，則P(X＝3)的最大值為________；若E(X)<eq\f(15,8)，則p的取值范圍是________．答案eq\f(4,27)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,6)))解析由題意，得X的所有可能取值為1，2，3，4，所以P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p，P(X＝4)＝(1－p)3，令f(x)＝(1－x)2x＝x3－2x2＋x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))，則f′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，當eq\f(1,6)<x<eq\f(1,3)時，f′(x)>0，當eq\f(1,3)<x<eq\f(5,6)時，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,6)))上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，即P(X＝3)max＝eq\f(4,27).又E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2p＋4(1－p)3<eq\f(15,8)，即－p3＋4p2－6p＋eq\f(17,8)<0，令h(x)＝－x3＋4x2－6x＋eq\f(17,8)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))，則h′(x)＝－3x2＋8x－6＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(2,3)<0，所以h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(5,6)))上單調(diào)遞減，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,6)))時，h(x)<0，所以當p∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,6)))時，E(X)<eq\f(15,8).四、解答題15．電視傳媒公司為了解某地區(qū)電視觀眾對某類體育節(jié)目的收視情況，隨機抽取了100名觀眾進行調(diào)查．如圖是根據(jù)調(diào)查結果繪制的觀眾日均收看該體育節(jié)目時間的頻率分布直方圖，將日均收看該體育節(jié)目時間不低于40分鐘的觀眾稱為“體育迷”．將上述調(diào)查所得到的頻率視為概率．(1)現(xiàn)在從該地區(qū)大量電視觀眾中，采用隨機抽樣方法每次抽取1名觀眾，抽取3次，記被抽取的3名觀眾中“體育迷”的人數(shù)為X.若每次抽取的結果是相互獨立的，求X的分布列及期望；(2)用比例分配的分層隨機抽樣的方法從這100名觀眾中抽取8名作為樣本A，則樣本A中“體育迷”和非“體育迷”分別有幾人？從樣本A的這8名觀眾中隨機抽取3名，記Y表示抽取的是“體育迷”的人數(shù)，求Y的分布列及方差．解(1)“體育迷”對應的頻率為(0.02＋0.005)×10＝0.25＝eq\f(1,4)，用頻率估計概率，可知從該地區(qū)大量電視觀眾中，隨機抽取1名觀眾，該觀眾是“體育迷”的概率為eq\f(1,4)，則X的所有可能取值為0，1，2，3，∴P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,64)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(27,64)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,64)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,64)，∴X的分布列為X0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)數(shù)學期望E(X)＝1×eq\f(27,64)＋2×eq\f(9,64)＋3×eq\f(1,64)＝eq\f(3,4).(2)根據(jù)比例分配的分層隨機抽樣原則知，抽取的8人中，“體育迷”有8×eq\f(1,4)＝2人，非“體育迷”有8×eq\f(3,4)＝6人，則Y的所有可能取值為0，1，2，P(Y＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(20,56)＝eq\f(5,14)，P(Y＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(30,56)＝eq\f(15,28)，P(Y＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(6,56)＝eq\f(3,28)，故Y的分布列為Y012Peq\f(5,14)eq\f(15,28)eq\f(3,28)E(Y)＝eq\f(15,28)×1＋eq\f(3,28)×2＝eq\f(3,4)，E(Y2)＝eq\f(15,28)×1＋eq\f(3,28)×4＝eq\f(27,28)，故D(Y)＝E(Y2)－(E(Y))2＝eq\f(27,28)－eq\f(9,16)＝eq\f(45,112).16．(2023·江西新余模擬)為了促進學生德、智、體、美、勞全面發(fā)展，某校成立了生物科技小組，在同一塊試驗田內(nèi)交替種植A，B，C三種農(nóng)作物(該試驗田每次只能種植一種農(nóng)作物)，為了保持土壤肥度，每種農(nóng)作物都不連續(xù)種植，共種植三次．在每次種植A后會有eq\f(1,3)的可能性種植B，eq\f(2,3)的可能性種植C；在每次種植B的前提下再種植A的概率為eq\f(1,4)，種植C的概率為eq\f(3,4)，在每次種植C的前提下再種植A的概率為eq\f(2,5)，種植B的概率為eq\f(3,5).(1)在第一次種植B的前提下，求第三次種植A的概率；(2)在第一次種植A的前提下，求種植A作物次數(shù)X的分布列及期望．解(1)設Ai，Bi，Ci分別表示第i次種植作物A，B，C的事件，其中i＝1，2，3.在第一次種植B的情況下，第三次種植A的概率為P(A3)＝P(C2|B1)P(A3|C2)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,5)＝eq\f(3,10).(2)由已知條件，在第一次種植A的前提下：P(B2)＝eq\f(1,3)，P(A3|B2)＝eq\f(1,4)，P(C3|B2)＝eq\f(3,4)，P(C2)＝eq\f(2,3)，P(A3|C2)＝eq\f(2,5)，P(B3|C2)＝eq\f(3,5)，因為第一次必種植A，則X的所有可能取值為1，2，P(X＝1)＝P(C2B3)＋P(B2C3)＝P(B3|C2)·P(C2)＋P(C3|B2)P(B2)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(13,20)，P(X＝2)＝P(C2A3)＋P(B2A3)＝P(A3|C2)·P(C2)＋P(A3|B2)P(B2)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,20)，所以X的分布列為X12Peq\f(13,20)eq\f(7,20)E(X)＝1×eq\f(13,20)＋2×eq\f(7,20)＝eq\f(27,20).17．(多選)(2024·遼寧大連期末)已知離散型隨機變量X的分布列如下，則()X1234Pp23p21－2p＋p21－3p＋p2A．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)答案BCD解析由題意可知，6p2－5p＋2＝1，解得p＝eq\f(1,2)或p＝eq\f(1,3).當p＝eq\f(1,2)時，P(X＝4)＝1－eq\f(3,2)＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,4)<0，不符合題意，經(jīng)檢驗，p＝eq\f(1,3)符合題意，A不正確，B正確；P(X>2)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(4,9)＋eq\f(1,9)＝eq\f(5,9)，C正確；E(X)＝p2＋6p2＋3(1－2p＋p2)＋4(1－3p＋p2)＝eq\f(23,9)，則D(X)＝eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81)，D正確．故選BCD.18．(多選)(2023·山東聊城期中)隨機變量ξ的分布列為ξ012Paeq\f(b,2)eq\f(b,2)其中ab≠0，下列說法正確的是()A．a(chǎn)＋b＝1B．E(ξ)＝eq\f(3b,2)C．D(ξ)隨b的增大而減小D．D(ξ)有最大值答案ABD解析根據(jù)分布列的性質(zhì)得a＋eq\f(b,2)＋eq\f(b,2)＝1，即a＋b＝1，故A正確．根據(jù)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正確．根據(jù)方差公式得D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×(1－b)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(b－\f(5,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(25,36)，因為0<b<1，當0<b≤eq\f(5,9)時，D(ξ)隨b的增大而增大；當eq\f(5,9)<b<1時，D(ξ)隨b的增大而減小，故C錯誤．當b＝eq\f(5,9)時，D(ξ)取得最大值eq\f(25,36)，故D正確．故選ABD.19．(2024·山東省實驗中學高三第三次診斷考試)某中學有A，B兩個餐廳為老師和學生們提供午餐與晚餐服務，王同學、張老師兩人每天午餐和晚餐都在學校就餐，近一個月(30天)選擇餐廳就餐情況統(tǒng)計如下：選擇餐廳情況(午餐，晚餐)(A，A)(A，B)(B，A)(B，B)王同學9天6天12天3天張老師6天6天6天12天假設王同學、張老師選擇餐廳相互獨立，用頻率估計概率．(1)估計一天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐的概率；(2)記X為王同學、張老師在一天中就餐餐廳的個數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望E(X)；(3)假設M表示事件“A餐廳推出優(yōu)惠套餐”，N表示事件“某學生去A餐廳就餐”，P(M)>0，已知推出優(yōu)惠套餐的情況下學生去該餐廳就餐的概率會比不推出優(yōu)惠套餐的情況下去該餐廳就餐的概率要大，證明：P(M|N)>P(M|eq\o(N,\s\up8(－)))．解(1)設事件C為“一天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐”，因為30天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐的天數(shù)為6＋12＝18，所以P(C)＝eq\f(18,30)＝0.6.(2)記X為王同學、張老師在一天中就餐餐廳的個數(shù)，則X的所有可能取值為1，2，所以P(X＝1)＝0.3×0.2＋0.1×0.4＝0.1,P(X＝2)＝1－P(X＝1)＝0.9，所以X的分布列為X12P0.10.9所以X的數(shù)學期望E(X)＝1×0.1＋2×0.9＝1.9.(3)由題意知P(N|M)>P(N|eq\o(M,\s\up8(－)))，所以eq\f(P（NM）,P（M）)>eq\f(P（N\o(M,\s\up8(－))）,P（\o(M,\s\up8(－))）)＝eq\f(P（N）－P（NM）,1－P（M）)，所以P(NM)>P(N)P(M)，所以P(NM)－P(N)P(NM)>P(N)P(M)－P(N)P(NM)，即P(NM)P(eq\o(N,\s\up8(－)))>P(N)P(eq\o(N,\s\up8(－))M)，所以eq\f(P（NM）,P（N）)>eq\f(P（\o(N,\s\up8(－))M）,P（\o(N,\s\up8(－))）)，即P(M|N)>P(M|eq\o(N,\s\up8(－)))．20．(2024·廣州高三調(diào)研)杭州亞運會的三個吉祥物是琮琮、宸宸和蓮蓮，他們分別代表了世界遺產(chǎn)良渚古城遺址、京杭大運河和西湖，分別展現(xiàn)了不屈不撓、堅強剛毅的拼搏精神，海納百川的時代精神和精致和諧的人文精神．甲同學可采用如下兩種方式購買吉祥物：方式一：以盲盒方式購買，每個盲盒19元，盲盒外觀完全相同，內(nèi)部隨機放有琮琮、宸宸和蓮蓮三款中的一個，只有打開才會知道買到吉祥物的款式，買到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接購買吉祥物，每個30元．(1)甲若以方式一購買吉祥物，每次購買一個盲盒并打開．當甲買到的吉祥物首次出現(xiàn)相同款式時，用X表示甲購買的次數(shù)，求X的分布列；(2)為了集齊三款吉祥物，甲計劃先一次性購買盲盒，且數(shù)量不超過3個，若未集齊再直接購買吉祥物，以所需費用的期望值為決策依據(jù)，甲應一次性購買多少個盲盒？解(1)由題意可知X的所有可能取值為2，3，4，P(X＝2)＝eq\f(3,32)＝eq\f(1,3)，P(X＝3)＝eq\f(Aeq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),33)＝eq\f(4,9)，P(X＝4)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3),33)＝eq\f(2,9)，所以X的分布列為X234Peq\f(1,3)eq\f(4,9)eq\f(2,9)(2)設甲一次性購買x個盲盒，集齊三款吉祥物需要的總費用為Z.依題意，x的所有可能取值為0，1，2，3.方案一：不購買盲盒時，則需要直接購買三款吉祥物，總費用Z1＝3×30＝90元．方案二：購買1個盲盒時，則需要直接購買另外兩款吉祥物，總費用Z2＝19＋2×30＝79元．方案三：購買2個盲盒時，當2個盲盒打開后款式不同，則只需直接購買剩下一款吉祥物，總費用Z3＝2×19＋30＝68元，P(Z3＝68)＝eq\f(Aeq\o\al(2,3),32)＝eq\f(2,3)；當2個盲盒打開后款式相同，則需要直接購買另外兩款吉祥物，總費用Z3＝2×19＋2×30＝98元，P(Z3＝98)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)，所以E(Z3)＝68×eq\f(2,3)＋98×eq\f(1,3)＝78元．方案四：購買3個盲盒時，當3個盲盒打開后款式各不相同，則總費用Z4＝3×19＝57元，P(Z4＝57)＝Aeq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(2,9)，當3個盲盒打開后恰有2款相同，則需要直接購買剩下一款吉祥物，總費用Z4＝3×19＋30＝87元，P(Z4＝87)＝Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，當3個盲盒打開后款式全部相同，則需要直接購買另外兩款吉祥物，總費用Z4＝3×19＋60＝117元，P(Z4＝117)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,9)，所以E(Z4)＝57×eq\f(2,9)＋87×eq\f(2,3)＋117×eq\f(1,9)＝eq\f(251,3)元．對比4個方案可知，方案三總費用的期望值最小，故甲應一次性購買2個盲盒．第六節(jié)二項分布、超幾何分布、正態(tài)分布課標解讀考向預測1.了解伯努利試驗，掌握二項分布及其數(shù)字特征，并能解決簡單的實際問題.2.了解超幾何分布及其均值，并能解決簡單的實際問題.3.通過誤差模型，了解服從正態(tài)分布的隨機變量，通過具體實例，借助頻率分布直方圖的幾何直觀，了解正態(tài)分布的特征.4.了解正態(tài)分布的均值、方差及其含義.預計2025年高考可能將二項分布或超幾何分布與數(shù)字特征綜合起來呈現(xiàn)，也可能將正態(tài)分布與數(shù)據(jù)的統(tǒng)計分析綜合起來呈現(xiàn).必備知識——強基礎1．伯努利試驗與二項分布(1)伯努利試驗eq\x(\s\up1(01))只包含兩個可能結果的試驗叫做伯努利試驗；將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為eq\x(\s\up1(02))n重伯努利試驗．(2)二項分布一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p(0＜p＜1)，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X的分布列為P(X＝k)＝eq\x(\s\up1(03))Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布，記作eq\x(\s\up1(04))X～B(n，p)．(3)二項分布的均值、方差若X～B(n，p)，則E(X)＝eq\x(\s\up1(05))np，D(X)＝eq\x(\s\up1(06))np(1－p)．2．超幾何分布一般地，假設一批產(chǎn)品共有N件，其中有M件次品．從N件產(chǎn)品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產(chǎn)品中的次品數(shù)，則X的分布列為P(X＝k)＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(Ceq\o\al(k,M)Ceq\o\al(n－k,N－M),Ceq\o\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}．如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布．其均值E(X)＝eq\f(nM,N)，D(X)＝eq\f(nM,N)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n－1,N－1))).3．正態(tài)分布(1)正態(tài)曲線函數(shù)f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))eeq\s\up7(-\f((x－μ)2,2σ2))，x∈R，其中μ∈R，σ>0為參數(shù)，我們稱函數(shù)f(x)為正態(tài)密度函數(shù)，稱它的圖象為eq\x(\s\up1(08))正態(tài)密度曲線，簡稱正態(tài)曲線．(2)正態(tài)曲線的特點①曲線位于x軸eq\x(\s\up1(09))上方，與x軸不相交；②曲線是單峰的，它關于直線eq\x(\s\up1(10))x＝μ對稱；③曲線在eq\x(\s\up1(11))x＝μ處達到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；④曲線與x軸圍成的面積為eq\x(\s\up1(12))1；⑤在參數(shù)σ取固定值時，正態(tài)曲線的位置由μ確定，且隨著eq\x(\s\up1(13))μ的變化而沿x軸平移，如圖1所示；⑥當μ取定值時，正態(tài)曲線的形狀由σ確定，σeq\x(\s\up1(14))較小時，峰值高，正態(tài)曲線“瘦高”，表示隨機變量X的分布比較集中；σeq\x(\s\up1(15))較大時，峰值低，正態(tài)曲線“矮胖”，表示隨機變量X的分布比較分散，如圖2所示．(3)正態(tài)分布的定義及表示若隨機變量X的概率分布密度函數(shù)為f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))eeq\s\up7(-\f((x－μ)2,2σ2))，x∈R，則稱隨機變量X服從正態(tài)分布，記為eq\x(\s\up1(16))X～N(μ，σ2)．特別地，當μ＝0，σ＝1時，稱隨機變量X服從標準正態(tài)分布．(4)3σ原則①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.(5)正態(tài)分布的均值與方差若X～N(μ，σ2)，則E(X)＝eq\x(\s\up1(17))μ，D(X)＝eq\x(\s\up1(18))σ2．1．二項分布當n＝1時就是兩點分布．2．“二項分布”與“超幾何分布”的區(qū)別：有放回抽取問題對應二項分布，不放回抽取問題對應超幾何分布，當總體容量很大時，超幾何分布可近似為二項分布來處理．3．若X服從正態(tài)分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正態(tài)曲線關于直線x＝μ對稱和曲線與x軸之間的面積為1解題．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)n重伯努利試驗中各次試驗的結果相互獨立．()(2)正態(tài)分布是對連續(xù)型隨機變量而言的．()(3)X表示n次重復拋擲1枚骰子出現(xiàn)點數(shù)是3的倍數(shù)的次數(shù)，則X服從二項分布．()(4)從裝有3個紅球、3個白球的盒中有放回地任取一個球，連取3次，則取到紅球的個數(shù)X服從超幾何分布．()(5)正態(tài)分布中的參數(shù)μ和σ完全確定了正態(tài)分布密度函數(shù)，參數(shù)μ是正態(tài)分布的均值，σ是正態(tài)分布的標準差．()答案(1)√(2)√(3)√(4)×(5)√2．小題熱身(1)(人教B選擇性必修第二冊4.2.4練習AT4改編)設50個產(chǎn)品中有10個次品，任取產(chǎn)品20個，取到的次品可能有X個，則E(X)＝()A．4 B．3C．2 D．1答案A解析由題意知，X服從超幾何分布，則E(X)＝eq\f(10×20,50)＝4.(2)(人教B選擇性必修第二冊4.2.5練習BT2改編)隨機變量X～N(8，σ2)，若P(7≤X≤9)＝0.4，則P(X>9)＝()A．0.6 B．0.5C．0.4 D．0.3答案D解析∵隨機變量X～N(8，σ2)，P(7≤X≤9)＝0.4，∴P(X>8)＝0.5，P(8<X≤9)＝0.2，∴P(X>9)＝0.3.(3)設某實驗成功率是失敗率的3倍，3次實驗成功的次數(shù)為隨機變量ξ，則P(ξ＝2)＝()A．eq\f(27,64) B．eq\f(1,3)C．eq\f(9,64) D．eq\f(2,3)答案A解析由于成功率是失敗率的3倍，所以成功率是eq\f(3,4)，失敗率是eq\f(1,4)，所以P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,4)＝eq\f(27,64).故選A.(4)已知隨機變量X服從二項分布B(12，0.25)，且E(aX－3)＝3，則D(aX－3)＝________．答案9解析因為X～B(12，0.25)，所以E(X)＝12×0.25＝3，D(X)＝12×0.25×(1－0.25)＝eq\f(9,4)，又E(aX－3)＝aE(X)－3＝3，即3a－3＝3，解得a＝2，所以D(aX－3)＝D(2X－3)＝22D(X)＝4×eq\f(9,4)＝9.考點探究——提素養(yǎng)考點一二項分布及其應用例1(2023·武漢聯(lián)考)在一次國際大型體育運動會上，某運動員報名參加了其中3個項目的比賽．已知該運動員在這3個項目中，每個項目能打破世界紀錄的概率都是eq\f(2,3).(1)求該運動員至少能打破2項世界紀錄的概率；(2)若該運動員能打破世界紀錄的項目數(shù)為X，求X的分布列及均值．解(1)依題意知，該運動員在每個項目上“能打破世界紀錄”為獨立事件，并且每個事件發(fā)生的概率相同．設其打破世界紀錄的項目數(shù)為隨機變量ξ，設“該運動員至少能打破2項世界紀錄”為事件A，則P(A)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(20,27).(2)由(1)可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，則P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,27)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(