新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題5 第2講　隨機(jī)變量及其分布（含解析）

第2講隨機(jī)變量及其分布[考情分析]離散型隨機(jī)變量的分布列、均值、方差和概率的計(jì)算問題常常結(jié)合在一起進(jìn)行考查，重點(diǎn)考查超幾何分布、二項(xiàng)分布及正態(tài)分布，以解答題為主，中等難度．考點(diǎn)一分布列的性質(zhì)及應(yīng)用核心提煉離散型隨機(jī)變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn則(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，則E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X)．例1(1)(2022·保定模擬)若離散型隨機(jī)變量X的分布列為P(X＝k)＝alog2eq\f(k＋1,k)(1≤k≤7，k∈Z)，則P(2<X≤5)等于()A.eq\f(1,4) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)log2eq\f(5,3)答案C解析因?yàn)镻(X＝k)＝alog2eq\f(k＋1,k)＝a[log2(k＋1)－log2k]，P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝7)＝1，所以a·(log22－log21＋log23－log22＋…＋log28－log27)＝1，解得a＝eq\f(1,3)，所以P(2<X≤5)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝eq\f(1,3)log2eq\f(4,3)＋eq\f(1,3)log2eq\f(5,4)＋eq\f(1,3)log2eq\f(6,5)＝eq\f(1,3).(2)(2022·煙臺(tái)模擬)已知隨機(jī)變量ξ的分布列如下表所示，且滿足E(ξ)＝0，則下列方差值中最大的是()ξ－102Paeq\f(1,2)bA.D(ξ) B．D(|ξ|)C．D(2ξ＋1) D．D(3|ξ|－2)答案D解析依題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,2)＝1，,－1×a＋0×\f(1,2)＋2×b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,6)，))所以ξ的分布列為ξ－102Peq\f(1,3)eq\f(1,2)eq\f(1,6)則D(ξ)＝eq\f(1,3)×(－1－0)2＋eq\f(1,2)×(0－0)2＋eq\f(1,6)×(2－0)2＝1，則D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝4；|ξ|的分布列為|ξ|102Peq\f(1,3)eq\f(1,2)eq\f(1,6)則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\co1(1－\f(2,3)))2＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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．規(guī)律方法分布列性質(zhì)的兩個(gè)作用(1)利用分布列中各事件概率之和為1的性質(zhì)可求參數(shù)的值及檢查分布列的正確性．(2)隨機(jī)變量X所取的值分別對應(yīng)的事件是兩兩互斥的，利用這一點(diǎn)可以求隨機(jī)變量在某個(gè)范圍內(nèi)的概率．跟蹤演練1(1)(2022·廣州調(diào)研)投資甲、乙兩種股票，每股收益的分布列分別如表1和表2所示．表1股票甲收益的分布列收益X/元－102概率0.10.30.6表2股票乙收益的分布列收益Y/元012概率0.30.40.3則下列結(jié)論中正確的是()①投資股票甲的期望收益較??；②投資股票乙的期望收益較??；③投資股票甲比投資股票乙的風(fēng)險(xiǎn)高；④投資股票乙比投資股票甲的風(fēng)險(xiǎn)高．A．①③B．①④C．②③D．②④答案C解析由題意知，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)，則投資股票乙的期望收益較小，投資股票甲比投資股票乙的風(fēng)險(xiǎn)高．(2)(2022·河南三市聯(lián)考)甲、乙、丙三人參加2022年冬奧會(huì)北京、延慶、張家口三個(gè)賽區(qū)志愿服務(wù)活動(dòng)，若每人只能選擇一個(gè)賽區(qū)，且選擇其中任何一個(gè)賽區(qū)是等可能的．記X為三人選中的賽區(qū)個(gè)數(shù)，Y為三人沒有選中的賽區(qū)個(gè)數(shù)，則()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解析由題意得X的可能取值為1,2,3，則P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3),33)＝eq\f(1,9)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)A\o\al(2,3),33)＝eq\f(2,3)，P(X＝3)＝eq\f(A\o\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\co1(1－\f(19,9)))2×eq\f(1,9)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(19,9)))2×eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)，故選D.考點(diǎn)二隨機(jī)變量的分布列核心提煉1．二項(xiàng)分布一般地，在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，設(shè)每次試驗(yàn)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)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．2．超幾何分布在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則事件{X＝k}發(fā)生的概率P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\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相互獨(dú)立事件例2(2022·全國甲卷)甲、乙兩個(gè)學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個(gè)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目勝方得10分，負(fù)方得0分，沒有平局．三個(gè)項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分高的學(xué)校獲得冠軍．已知甲學(xué)校在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,0.8，各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立．(1)求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；(2)用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望．解(1)設(shè)甲在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的事件依次記為A，B，C，所以甲學(xué)校獲得冠軍的概率為P＝P(ABC)＋P(eq\x\to(A)BC)＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(ABeq\x\to(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)依題可知，X的可能取值為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.則X的分布列為X0102030P0.160.440.340.06E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.考向2超幾何分布例3(2022·漳州質(zhì)檢)北京冬奧會(huì)某個(gè)項(xiàng)目招募志愿者需進(jìn)行有關(guān)專業(yè)、禮儀及服務(wù)等方面知識(shí)的測試，測試合格者錄用為志愿者．現(xiàn)有備選題10道，規(guī)定每次測試都從備選題中隨機(jī)抽出3道題進(jìn)行測試，至少答對2道題者視為合格，已知每位參加筆試的人員測試能否合格是相互獨(dú)立的．若甲能答對其中的6道題，乙能答對其中的8道題．求：(1)甲、乙兩人至多一人測試合格的概率；(2)甲答對的試題數(shù)X的分布列和均值．解(1)根據(jù)題意，甲測試合格的概率為eq\f(C\o\al(2,6)·C\o\al(1,4)＋C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(60＋20,120)＝eq\f(2,3)；乙測試合格的概率為eq\f(C\o\al(2,8)·C\o\al(1,2)＋C\o\al(3,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(56＋56,120)＝eq\f(14,15)，故甲、乙兩人都測試合格的概率為eq\f(2,3)×eq\f(14,15)＝eq\f(28,45)，則甲、乙兩人至多一人測試合格的概率為1－eq\f(28,45)＝eq\f(17,45).(2)由題可知，甲答對的試題數(shù)X可以取0,1,2,3，又P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)·C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)·C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，故X的分布列為X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)則E(X)＝1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5).考向3二項(xiàng)分布例4(2022·湖北聯(lián)考)某中學(xué)將立德樹人融入到教育的各個(gè)環(huán)節(jié)，開展“職業(yè)體驗(yàn)，導(dǎo)航人生”的社會(huì)實(shí)踐教育活動(dòng)，讓學(xué)生站在課程“中央”．為了更好地了解學(xué)生的喜好情況，根據(jù)學(xué)校實(shí)際將職業(yè)體驗(yàn)分為：救死扶傷的醫(yī)務(wù)類、除暴安良的警察類、百花齊放的文化類、公平正義的法律類四種職業(yè)體驗(yàn)類型，并在全校學(xué)生中隨機(jī)抽取100名學(xué)生調(diào)查意向選擇喜好類型，統(tǒng)計(jì)如下：類型救死扶傷的醫(yī)務(wù)類除暴安良的警察類百花齊放的文化類公平正義的法律類人數(shù)30202030在這100名學(xué)生中，隨機(jī)抽取了3名學(xué)生，并以統(tǒng)計(jì)的頻率代替職業(yè)意向類型的概率(假設(shè)每名學(xué)生在選擇職業(yè)類型時(shí)僅能選擇其中一類，且不受其他學(xué)生選擇結(jié)果的影響)．(1)求救死扶傷的醫(yī)務(wù)類、除暴安良的警察類這兩種職業(yè)類型在這3名學(xué)生中都有選擇的概率；(2)設(shè)這3名學(xué)生中選擇除暴安良的警察類的隨機(jī)數(shù)為X，求X的分布列與均值．解(1)由題意設(shè)職業(yè)體驗(yàn)選擇救死扶傷的醫(yī)務(wù)類、除暴安良的警察類、百花齊放的文化類、公平正義的法律類的概率分別為P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，則易知P(A)＝eq\f(3,10)，P(B)＝eq\f(1,5)，P(C)＝eq\f(1,5)，P(D)＝eq\f(3,10)，所以救死扶傷的醫(yī)務(wù)類、除暴安良的警察類這兩類職業(yè)類型在這3名學(xué)生中都有選擇的概率為P1＝Aeq\o\al(3,3)P(A)·P(B)[1－P(A)－P(B)]＋Ceq\o\al(1,3)P(A)·P(B)2＋Ceq\o\al(2,3)P(A)2·P(B)＝Aeq\o\al(3,3)eq\f(3,10)·eq\f(1,5)·eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(1,3)eq\f(3,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＋Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))2eq\f(1,5)＝eq\f(27,100).(2)由題知選擇除暴安良的警察類的概率為P(B)＝eq\f(1,5)，這3名學(xué)生中選擇除暴安良的警察類的隨機(jī)數(shù)X的可能取值為0,1,2,3，X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5)))，則P(X＝i)＝Ceq\o\al(i,3)P(B)i[1－P(B)]3－i(i＝0,1,2,3)，所以X的分布列為X0123Peq\f(64,125)eq\f(48,125)eq\f(12,125)eq\f(1,125)所以X的均值為E(X)＝3×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).規(guī)律方法求隨機(jī)變量X的均值與方差的方法及步驟(1)理解隨機(jī)變量X的意義，寫出X可能的全部取值；(2)求X取每個(gè)值時(shí)對應(yīng)的概率，寫出隨機(jī)變量X的分布列；(3)由均值和方差的計(jì)算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；(4)若隨機(jī)變量X的分布列為特殊分布列(如：兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布、超幾何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解．跟蹤演練2(2022·廣東聯(lián)考)如圖，某市有南、北兩條城市主干道，在出行高峰期，北干道有N1，N2，N3，N4，四個(gè)交通易堵塞路段，它們被堵塞的概率都是eq\f(1,3)，南干道有S1，S2，兩個(gè)交通易堵塞路段，它們被堵塞的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(2,3).某人在高峰期駕車從城西開往城東，假設(shè)以上各路段是否被堵塞互不影響．(1)求北干道的N1，N2，N3，N4四個(gè)易堵塞路段至少有一個(gè)被堵塞的概率；(2)若南干道被堵塞路段的個(gè)數(shù)為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線是較好的高峰期出行路線”的標(biāo)準(zhǔn)，則從城西開往城東較好的高峰期出行路線是哪一條？請說明理由．解(1)記北干道的N1，N2，N3，N4四個(gè)易堵塞路段至少有一個(gè)被堵塞為事件A，則P(A)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))4＝1－eq\f(16,81)＝eq\f(65,81).(2)由題意可知X的可能取值為0,1,2，P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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).隨機(jī)變量X的分布列為X012Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(1,3)E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＝eq\f(7,6).(3)設(shè)北干道被堵塞路段的個(gè)數(shù)為Y，則Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，所以E(Y)＝4×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3).因?yàn)镋(X)<E(Y)，所以高峰期出行選擇南干道路線較好．考點(diǎn)三正態(tài)分布核心提煉解決正態(tài)分布問題的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)對稱軸x＝μ.(2)樣本標(biāo)準(zhǔn)差σ.(3)分布區(qū)間：利用3σ原則求概率時(shí)，要注意利用μ，σ分布區(qū)間的特征把所求的范圍轉(zhuǎn)化為3σ的特殊區(qū)間．例5(1)(2022·太原模擬)已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，若P(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，則μ等于()A．0B．1C．2D．－1答案B解析因?yàn)镻(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，根據(jù)正態(tài)分布的對稱性，可得μ＝eq\f(1＋a＋1－a,2)＝1.(2)(2022·長春質(zhì)檢)國家質(zhì)量監(jiān)督檢驗(yàn)標(biāo)準(zhǔn)中，醫(yī)用口罩的過濾率是重要的指標(biāo)，根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗(yàn)，某企業(yè)在生產(chǎn)線狀態(tài)正常情況下生產(chǎn)的醫(yī)用口罩的過濾率X～N(0.9372，0.01392).若生產(chǎn)狀態(tài)正常，則下列結(jié)論正確的是________．①P(X≤0.9)<0.5；②X的取值在(0.93,0.9439)內(nèi)的概率與在(0.9372，0.9511)內(nèi)的概率相等；③P(X<0.9)＝P(X>0.9744)；④記ξ表示一天內(nèi)抽取的50只口罩中過濾率大于μ＋2σ的數(shù)量，則P(ξ≥1)>0.6.(參考數(shù)據(jù)：若X～N(μ，σ2)(σ>0)，則P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9973；0.9850≈0.364)答案①③④解析由X～N(0.9372,0.01392)知，μ＝0.9372，σ＝0.0139，對于①，由正態(tài)分布曲線可得P(X≤0.9)<P(X<0.9372)＝0.5，故①正確；對于②，0.9439－0.93＝0.0139,0.9511－0.9372＝0.0139兩個(gè)區(qū)間長度均為1個(gè)σ，但μ＝0.9372∈(0.93,0.9439)，由正態(tài)分布性質(zhì)知，落在(0.93,0.9439)內(nèi)的概率大于落在(0.9372,0.9511)內(nèi)的概率，故②錯(cuò)誤；對于③，eq\f(0.9＋0.9744,2)＝0.9372，故③正確；對于④，1只口罩的過濾率大于μ＋2σ的概率p≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275，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正確．規(guī)律方法利用正態(tài)曲線的對稱性研究相關(guān)概率問題，涉及的知識(shí)主要是正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對稱，及曲線與x軸之間的面積為1，注意下面三個(gè)結(jié)論的靈活運(yùn)用：(1)對任意的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)．跟蹤演練3(1)(2022·株洲質(zhì)檢)某工廠有甲、乙兩條生產(chǎn)線生產(chǎn)同一型號(hào)的機(jī)械零件，產(chǎn)品的尺寸分別記為X，Y，已知X，Y均服從正態(tài)分布，X～N(μ1，σeq\o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq\o\al(2,2))，其正態(tài)分布密度曲線如圖所示，則下列結(jié)論中正確的是()A．甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性高于乙生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性B．甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性低于乙生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性C．甲生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值大于乙生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值D．甲生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值小于乙生產(chǎn)線的產(chǎn)品尺寸均值答案A解析由圖知甲、乙兩條生產(chǎn)線的均值相等，甲的正態(tài)分布密度曲線較瘦高，所以甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性高于乙生產(chǎn)線產(chǎn)品的穩(wěn)定性．(2)(2022·哈爾濱模擬)為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗(yàn)員每天從該生產(chǎn)線上隨機(jī)抽取，并測量零件的直徑尺寸，根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗(yàn)，可以認(rèn)為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件直徑尺寸X(單位：cm)服從正態(tài)分布N(18,4)，若X落在[20,22]內(nèi)的零件個(gè)數(shù)為2718，則可估計(jì)所抽取的這批零件中直徑X高于22的個(gè)數(shù)大約為(附：若隨機(jī)變量服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973)()A．27B．40C．228D．455答案D解析由正態(tài)分布N(18,4)可知，μ＝18，σ＝2，∴μ＋σ＝20，μ＋2σ＝22，∴P(20≤X≤22)≈eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359，P(X≥22)≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275，直徑X高于22的個(gè)數(shù)大約為2718÷0.1359×0.02275＝455.專題強(qiáng)化練一、選擇題1．設(shè)離散型隨機(jī)變量X的分布列為X01234P0.20.10.10.3m若隨機(jī)變量Y＝|X－1|，則P(Y＝1)等于()A．0.3B．0.4C．0.6D．0.7答案A解析因?yàn)閅＝|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·廣州模擬)已知隨機(jī)變量X～N(μ，σ2)，若P(μ≤X≤μ＋1)＝0.2，則P(X≥μ－1)等于()A．0.7B．0.4C．0.3D．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＝0.7.3．一批電阻的電阻值X(單位：Ω)服從正態(tài)分布N(1000,52)．現(xiàn)從甲、乙兩箱出廠成品中各隨機(jī)抽取一個(gè)電阻，測得電阻值分別為1011Ω和982Ω，可以認(rèn)為()A．甲、乙兩箱電阻均可出廠B．甲、乙兩箱電阻均不可出廠C．甲箱電阻可出廠，乙箱電阻不可出廠D．甲箱電阻不可出廠，乙箱電阻可出廠答案C解析因?yàn)閄～N(1000,52)，所以μ＝1000，σ＝5，所以μ－3σ＝1000－3×5＝985，μ＋3σ＝1000＋3×5＝1015.因?yàn)?011∈[985,1015]，982?[985,1015]，所以甲箱電阻可出廠，乙箱電阻不可出廠．4．(2022·韶關(guān)模擬)某一部件由三個(gè)電子元件按照如圖所示的方式連接而成，元件1和元件2同時(shí)正常工作，或元件3正常工作，則部件正常工作，設(shè)三個(gè)電子元件正常工作的概率均為eq\f(3,4)，且各個(gè)元件能否正常工作相互獨(dú)立，那么該部件正常工作的概率為()A.eq\f(7,64)B.eq\f(15,32)C.eq\f(27,32)D.eq\f(57,64)答案D解析討論元件3正常與不正常，第一類，元件3正常，上部分正?；虿徽６疾挥绊懺摬考９ぷ鳎瑒t正常工作的概率為eq\f(3,4)×1＝eq\f(3,4).第二類，元件3不正常，上部分必須正常，則正常工作的概率為eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(3,4)))＝eq\f(9,64)，故該部件正常工作的概率為eq\f(3,4)＋eq\f(9,64)＝eq\f(57,64).5．設(shè)0<a<eq\f(1,2)，0<b<eq\f(1,2)，隨機(jī)變量ξ的分布列為ξ－101Peq\f(1,2)ab則當(dāng)a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)增大時(shí)()A．E(ξ)增大，D(ξ)增大 B．E(ξ)增大，D(ξ)減小C．E(ξ)減小，D(ξ)增大 D．E(ξ)減小，D(ξ)減小答案D解析由分布列中概率之和為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\co1(\f(1,2)－a))＝－a，∴當(dāng)a增大時(shí)，E(ξ)減小，∵D(ξ)＝(－1＋a)2×eq\f(1,2)＋(0＋a)2×a＋(1＋a)2×b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)，∴當(dāng)a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)增大時(shí)，D(ξ)減?。?.(2022·萍鄉(xiāng)模擬)高爾頓(釘)板是在一塊豎起的木板上釘上一排排互相平行、水平間隔相等的圓柱形小木塊(如圖所示)，并且每一排小木塊數(shù)目都比上一排多一個(gè)，一排中各個(gè)小木塊正好對準(zhǔn)上面一排兩個(gè)相鄰小木塊的正中央，從入口處放入一個(gè)直徑略小于兩個(gè)小木塊間隔的小球，當(dāng)小球從之間的間隙下落時(shí)碰到下一排小木塊，它將以相等的可能性向左或向右落下，若小球再通過間隙，又碰到下一排小木塊．如此繼續(xù)下去，小球最后落入下方條狀的格子內(nèi)，則小球落到第⑤個(gè)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個(gè)格子的概率是Ceq\o\al(1,5)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(5,32).7．(2022·全國乙卷)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨(dú)立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則()A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)B．該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C．該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D．該棋手在第二盤與丙比賽，p最大答案D解析設(shè)該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率為P乙，在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為P丙，方法一由題意可知，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，故選D.方法二(特殊值法)不妨設(shè)p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，則該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.所以P丙最大，故選D.8．現(xiàn)有兩種核酸檢測方式：(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(jié)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(jié)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(shí)，這k份核酸的檢測次數(shù)總共為(k＋1)次．假設(shè)在接受檢測的核酸樣本中，每份樣本的檢測結(jié)果是陰性還是陽性都是獨(dú)立的，并且每份樣本是陽性的概率都為p(0<p<1)，若k＝10，運(yùn)用概率統(tǒng)計(jì)的知識(shí)判斷下列哪個(gè)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．0.5B．0.4C．0.3D．0.2答案D解析設(shè)逐份檢測方式樣本需要檢測的總次數(shù)為X，則E(X)＝10，設(shè)混合檢測方式樣本需要檢測的總次數(shù)為Y，Y的可能取值為1,11，P(Y＝1)＝(1－p)10，P(Y＝11)＝1－(1－p)10，故Y的分布列為Y111P(1－p)101－(1－p)10∴E(Y)＝1×(1－p)10＋11×[1－(1－p)10]＝11－10×(1－p)10.要使得混合檢測方式優(yōu)于逐份檢測方式，則需E(Y)<E(X)，即11－10×(1－p)10<10，即(1－p)10>eq\f(1,10)，即1－p>10－0.1，又lg0.794≈－0.1，∴1－p>10lg0.794＝0.794，∴p<1－0.794＝0.206，∴0<p<0.206.二、填空題9．已知隨機(jī)變量ξ的分布列如下表，D(ξ)表示ξ的方差，則D(2ξ＋1)＝________.ξ012Pa1－2aeq\f(1,4)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·湖州模擬)盒中有4個(gè)球，其中1個(gè)紅球，1個(gè)黃球，2個(gè)藍(lán)球，從盒中隨機(jī)取球，每次取1個(gè)，取后不放回，直到藍(lán)球全部被取出為止，在這一過程中取球次數(shù)為ξ，則ξ的均值E(ξ)＝________.答案eq\f(10,3)解析由題意可知，隨機(jī)變量ξ的可能取值有2,3,4，P(ξ＝2)＝eq\f(A\o\al(2,2),A\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2)A\o\al(2,2),A\o\al(3,4))＝eq\f(1,3)，P(ξ＝4)＝eq\f(C\o\al(1,2)A\o\al(3,3),A\o\al(4,4))＝eq\f(1,2)，所以隨機(jī)變量ξ的分布列如下表所示：ξ234Peq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,2)E(ξ)＝2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,3)＋4×eq\f(1,2)＝eq\f(10,3).11．(2022·常州模擬)為了了解某類工程的工期，某公司隨機(jī)選取了10個(gè)這類工程，得到如下數(shù)據(jù)(單位：天)：17,23,19,21,22,21,19,17,22,19.若該類工程的工期X～N(μ，σ2)(其中μ和σ分別為樣本的均值和標(biāo)準(zhǔn)差)，由于情況需要，要求在22天之內(nèi)完成一項(xiàng)此類工程，估計(jì)能夠在規(guī)定時(shí)間內(nèi)完成該工程的概率約為________．(保留兩位小數(shù))附：若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9973.答案0.84解析由題得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<X≤20＋2)≈0.6827，所以P(20<X≤22)≈0.34135，所以P(X≤22)＝0.5＋0.34135＝0.84135≈0.84.12．(2022·蘇州模擬)泊松分布是統(tǒng)計(jì)學(xué)里常見的離散型概率分布，由法國數(shù)學(xué)家泊松首次提出．泊松分布的概率分布列為P(X＝k)＝eq\f(λk,k！)e－λ(k＝0,1,2，…)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，λ是泊松分布的均值．已知某種商品每周銷售的件數(shù)相互獨(dú)立，且服從參數(shù)為λ(λ>0)的泊松分布．若每周銷售1件該商品與每周銷售2件該商品的概率相等，則兩周共銷售2件該商品的概率為________．答案eq\f(8,e4)解析依題意得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)，則兩周共銷售2件的概率為P＝Ceq\o\al(1,2)·eq\f(1,e2)·eq\f(2,e2)＋Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)))2＝eq\f(8,e4).三、解答題13．(2022·濰坊模擬)根據(jù)國家部署，2022年中國空間站“天宮”將正式完成在軌建造任務(wù)，成為長期有人照料的國家級(jí)太空實(shí)驗(yàn)室，支持開展大規(guī)模、多學(xué)科交叉的空間科學(xué)實(shí)驗(yàn)．為普及空間站相關(guān)知識(shí)，某部門組織了空間站建造過程3D模擬編程闖關(guān)活動(dòng)，它是由太空發(fā)射、自定義漫游、全尺寸太陽能、空間運(yùn)輸?shù)?0個(gè)相互獨(dú)立的程序題目組成．規(guī)則是：編寫程序能夠正常運(yùn)行即為程序正確．每位參賽者從10個(gè)不同的題目中隨機(jī)選擇3個(gè)進(jìn)行編程，全部結(jié)束后提交評委測試，若其中2個(gè)及以上程序正確即為闖關(guān)成功．現(xiàn)已知10個(gè)程序中，甲只能正確完成其中6個(gè)，乙正確完成每個(gè)程序的概率為eq\f(3,5)，每位選手每次編程都互不影響．(1)求乙闖關(guān)成功的概率；(2)求甲編寫程序正確的個(gè)數(shù)X的分布列和均值，并判斷甲和乙誰闖關(guān)成功的可能性更大．解(1)記乙闖關(guān)成功為事件A，所以P(A)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2·eq\f(2,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3＝eq\f(81,125).(2)由題意知隨機(jī)變量X所有可能的取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)·C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，故X的分布列為X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)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).所以甲闖關(guān)