浙江專用2025版高考數學新增分大一輪復習第十一章概率隨機變量及其分布11.2離散型隨機變量的分布列及均值方差講義含解析

PAGEPAGE17§11.2離散型隨機變量的分布列及均值、方差最新考綱考情考向分析1.了解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概念.2.了解兩點分布.3.了解離散型隨機變量均值、方差的概念.以理解離散型隨機變量及其分布列的概念為主，考查離散型隨機變量分布列的求法以及隨機變量的均值、方差.在高考中多以選擇、填空題的形式進行考查，近年有考查解答題的趨勢，難度多為中低檔.1.離散型隨機變量的分布列(1)隨著試驗結果改變而改變的變量叫做隨機變量.全部取值可以一一列出的隨機變量叫做離散型隨機變量.(2)一般地，若離散型隨機變量X可能取的不同值為x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一個值xi(i＝1，2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，則稱表Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn為離散型隨機變量X的概率分布列，簡稱為X的分布列，具有如下性質：①pi≥0，i＝1，2，…，n；②eq\i\su(i＝1,n,p)i＝1.離散型隨機變量在某一范圍內取值的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和.2.兩點分布假如隨機變量X的分布列為X01P1－pp其中0<p<1，則稱離散型隨機變量X聽從兩點分布.其中p＝P(X＝1)稱為勝利概率.3.離散型隨機變量的均值與方差一般地，若離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn(1)均值稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為隨機變量X的均值或數學期望.它反映了離散型隨機變量取值的平均水平.(2)方差稱D(X)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(xi－E(X))2pi為隨機變量X的方差，它刻畫了隨機變量X與其均值E(X)的平均偏離程度，并稱其算術平方根eq\r(DX)為隨機變量X的標準差.4.均值與方差的性質(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.(2)D(aX＋b)＝a2D(X).(a，b為常數)概念方法微思索1.隨機變量和函數有何聯系和區(qū)分？提示區(qū)分：隨機變量和函數都是一種映射，隨機變量是隨機試驗結果到實數的映射，函數是實數到實數的映射；聯系：隨機試驗結果的范圍相當于函數的定義域，隨機變量的取值范圍相當于函數的值域.2.離散型隨機變量X的每一個可能取值為實數，其實質代表的是什么？提示代表的是“事務”，即事務是用一個反映結果的實數表示的.3.如何推斷所求離散型隨機變量的分布列是否正確？提示可用pi≥0，i＝1，2，…，n及p1＋p2＋…＋pn＝1檢驗.4.隨機變量的均值、方差與樣本均值、方差的關系是怎樣的？提示隨機變量的均值、方差是一個常數，樣本均值、方差是一個隨機變量，隨觀測次數的增加或樣本容量的增加，樣本的均值、方差趨于隨機變量的均值與方差.題組一思索辨析1.推斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)拋擲勻稱硬幣一次，出現正面的次數是隨機變量.(√)(2)離散型隨機變量的概率分布列描述了由這個隨機變量所刻畫的隨機現象.(√)(3)從4名男演員和3名女演員中選出4名，其中女演員的人數X聽從超幾何分布.(√)(4)離散型隨機變量的分布列中，隨機變量取各個值的概率之和可以小于1.(×)(5)隨機變量的均值是常數，樣本的平均數是隨機變量，它不確定.(√)(6)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，則偏離變量的平均程度越小.(√)題組二教材改編2.[P77A組T1]設隨機變量X的分布列如下：X12345Peq\f(1,12)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,6)p則p為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,12)答案C解析由分布列的性質知，eq\f(1,12)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)＋p＝1，∴p＝1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4).3.[P68A組T1]已知X的分布列為X－101Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)設Y＝2X＋3，則E(Y)的值為()A.eq\f(7,3)B.4C.－1D.1答案A解析E(X)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝－eq\f(1,3)，E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－eq\f(2,3)＋3＝eq\f(7,3).4.[P49A組T1]有一批產品共12件，其中次品3件，每次從中任取一件，在取到合格品之前取出的次品數X的全部可能取值是____________.答案0，1，2，3解析因為次品共有3件，所以在取到合格品之前取出的次品數X的可能取值為0，1，2，3.題組三易錯自糾5.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D.取到的球的個數答案C解析選項A，B表述的都是隨機事務；選項D是確定的值2，并不隨機；選項C是隨機變量，可能取值為0，1，2.6.一盒中有12個乒乓球，其中9個新的、3個舊的，從盒中任取3個球來用，用完后裝回盒中，此時盒中舊球個數X是一個隨機變量，則P(X＝4)的值為______.答案eq\f(27,220)解析由題意知取出的3個球必為2個舊球、1個新球，故P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,9),C\o\al(3,12))＝eq\f(27,220).題型一離散型隨機變量的分布列的性質1.離散型隨機變量X的概率分布規(guī)律為P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)(n＝1，2，3，4)，其中a是常數，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<X<\f(5,2)))的值為()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,5)D.eq\f(5,6)答案D解析∵P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)(n＝1，2，3，4)，∴eq\f(a,2)＋eq\f(a,6)＋eq\f(a,12)＋eq\f(a,20)＝1，∴a＝eq\f(5,4)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<X<\f(5,2)))＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(5,4)×eq\f(1,2)＋eq\f(5,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).2.設離散型隨機變量X的分布列為X01234P0.20.10.10.3m求2X＋1的分布列.解由分布列的性質知，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引申探究1.若題2中條件不變，求隨機變量η＝|X－1|的分布列.解由題2知m＝0.3，列表為X01234|X－1|10123∴P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，P(η＝0)＝P(X＝1)＝0.1，P(η＝2)＝P(X＝3)＝0.3，P(η＝3)＝P(X＝4)＝0.3.故η＝|X－1|的分布列為η0123P0.10.30.30.32.若題2中條件不變，求隨機變量η＝X2的分布列.解依題意知η的值為0，1，4，9，16.列表為X01234X2014916從而η＝X2的分布列為η014916P0.20.10.10.30.3思維升華(1)利用分布列中各概率之和為1可求參數的值，此時要留意檢驗，以保證每個概率值均為非負數.(2)求隨機變量在某個范圍內的概率時，依據分布列，將所求范圍內各隨機變量對應的概率相加即可，其依據是互斥事務的概率加法公式.題型二分布列的求法例1設某人有5發(fā)子彈，當他向某一目標射擊時，每發(fā)子彈命中目標的概率為eq\f(2,3).若他連續(xù)兩發(fā)命中或連續(xù)兩發(fā)不中則停止射擊，否則將子彈打完.(1)求他前兩發(fā)子彈只命中一發(fā)的概率；(2)求他所耗用的子彈數X的分布列.解記“第k發(fā)子彈命中目標”為事務Ak，則A1，A2，A3，A4，A5相互獨立，且P(Ak)＝eq\f(2,3)，P(eq\x\to(A)k)＝eq\f(1,3)，k＝1，2，3，4，5.(1)方法一他前兩發(fā)子彈只命中一發(fā)的概率為P(A1eq\x\to(A)2)＋P(eq\x\to(A)1A2)＝P(A1)P(eq\x\to(A)2)＋P(eq\x\to(A)1)P(A2)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9).方法二由獨立重復試驗的概率計算公式知，他前兩發(fā)子彈只命中一發(fā)的概率為P＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9).(2)X的全部可能值為2，3，4，5.P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,9)，P(X＝3)＝P(A1eq\x\to(A)2eq\x\to(A)3)＋P(eq\x\to(A)1A2A3)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(2,9)，P(X＝4)＝P(A1eq\x\to(A)2A3A4)＋P(eq\x\to(A)1A2eq\x\to(A)3eq\x\to(A)4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3×eq\f(2,3)＝eq\f(10,81)，P(X＝5)＝P(A1eq\x\to(A)2A3eq\x\to(A)4)＋P(eq\x\to(A)1A2eq\x\to(A)3A4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(8,81).故X的分布列為X2345Peq\f(5,9)eq\f(2,9)eq\f(10,81)eq\f(8,81)思維升華求離散型隨機變量X的分布列的步驟(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.求離散型隨機變量的分布列的關鍵是求隨機變量所取值對應的概率，在求解時，要留意應用計數原理、古典概型等學問.跟蹤訓練1已知2件次品和3件正品混放在一起，現須要通過檢測將其區(qū)分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時檢測結束.(1)求第一次檢測出的是次品且其次次檢測出的是正品的概率；(2)已知每檢測一件產品須要費用100元，設X表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所須要的檢測費用(單位：元)，求X的分布列.解(1)記“第一次檢測出的是次品且其次次檢測出的是正品”為事務A，則P(A)＝eq\f(A\o\al(1,2)A\o\al(1,3),A\o\al(2,5))＝eq\f(3,10).(2)X的可能取值為200，300，400.P(X＝200)＝eq\f(A\o\al(2,2),A\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝300)＝eq\f(A\o\al(3,3)＋C\o\al(1,2)C\o\al(1,3)A\o\al(2,2),A\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－eq\f(1,10)－eq\f(3,10)＝eq\f(3,5).故X的分布列為X200300400Peq\f(1,10)eq\f(3,10)eq\f(3,5)題型三均值與方差例2某投資公司在2024年年初打算將1000萬元投資到“低碳”項目上，現有兩個項目供選擇：項目一：新能源汽車.據市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利30%，也可能虧損15%，且這兩種狀況發(fā)生的概率分別為eq\f(7,9)和eq\f(2,9)；項目二：通信設備.據市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利50%，可能損失30%，也可能不賠不賺，且這三種狀況發(fā)生的概率分別為eq\f(3,5)，eq\f(1,3)和eq\f(1,15).針對以上兩個投資項目，請你為投資公司選擇一個合理的項目，并說明理由.解若按“項目一”投資，設獲利為X1萬元，則X1的分布列為X1300－150Peq\f(7,9)eq\f(2,9)∴E(X1)＝300×eq\f(7,9)＋(－150)×eq\f(2,9)＝200.若按“項目二”投資，設獲利為X2萬元，則X2的分布列為X2500－3000Peq\f(3,5)eq\f(1,3)eq\f(1,15)∴E(X2)＝500×eq\f(3,5)＋(－300)×eq\f(1,3)＋0×eq\f(1,15)＝200.D(X1)＝(300－200)2×eq\f(7,9)＋(－150－200)2×eq\f(2,9)＝35000，D(X2)＝(500－200)2×eq\f(3,5)＋(－300－200)2×eq\f(1,3)＋(0－200)2×eq\f(1,15)＝140000.∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)<D(X2)，這說明雖然項目一、項目二獲利相等，但項目一更穩(wěn)妥.綜上所述，建議該投資公司選擇項目一投資.思維升華離散型隨機變量的均值與方差的常見類型及解題策略(1)由已知條件，作出對兩種方案的推斷.可依據均值、方差的意義，對實際問題作出推斷.(2)求離散型隨機變量的均值與方差.可依題設條件求出離散型隨機變量的分布列，然后利用均值、方差公式干脆求解.跟蹤訓練2(2024·浙江源清中學月考)已知一個袋子中裝有4個紅球和2個白球，假設每一個球被摸到的可能性是相等的，若從袋子中摸出3個球，記摸到的白球的個數為ξ，則ξ＝1的概率是________；隨機變量ξ的均值是________.答案eq\f(3,5)1解析依據題意知ξ＝0，1，2，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，∴E(ξ)＝0×eq\f(1,5)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(1,5)＝1.1.(2024·金華模擬)若隨機變量η的分布列如下：η－2－10123P0.10.20.20.30.10.1則當P(η<x)＝0.8時，實數x的取值范圍是()A.x≤2 B.1≤x≤2C.1<x≤2 D.1<x<2答案C解析由離散型隨機變量的分布列知P(η<－1)＝0.1，P(η<0)＝0.3，P(η<1)＝0.5，P(η<2)＝0.8，則當P(η<x)＝0.8時，實數x的取值范圍是1<x≤2.2.(2024·紹興上虞區(qū)教學質量調測)若隨機變量ξ滿意E(1－ξ)＝4，D(1－ξ)＝4，則下列說法正確的是()A.E(ξ)＝－4，D(ξ)＝4 B.E(ξ)＝－3，D(ξ)＝3C.E(ξ)＝－4，D(ξ)＝－4 D.E(ξ)＝－3，D(ξ)＝4答案D解析由E(1－ξ)＝4，D(1－ξ)＝4，得1－E(ξ)＝4，(－1)2D(ξ)＝4，則E(ξ)＝－3，D(ξ)＝4，故選D.3.有10張卡片，其中8張標有數字2，2張標有數字5，從中隨意抽出3張卡片，設3張卡片上的數字和為X，則X≥8的概率是()A.eq\f(4,15)B.eq\f(7,15)C.eq\f(8,15)D.eq\f(3,5)答案C解析由題意知，X的取值為6，9，12，又P(X＝9)＝eq\f(C\o\al(2,8)C\o\al(1,2),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝12)＝eq\f(C\o\al(1,8)C\o\al(2,2),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,15)，所以X≥8的概率為eq\f(7,15)＋eq\f(1,15)＝eq\f(8,15)，故選C.4.設隨機變量ξ的分布列為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(k,5)))＝ak(k＝1，2，3，4，5)，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<ξ<\f(7,10)))等于()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(1,5)答案C解析由題意知，分布列為ξeq\f(1,5)eq\f(2,5)eq\f(3,5)eq\f(4,5)1Pa2a3a4a5a由分布列的性質可得，a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝eq\f(1,15).所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)<ξ<\f(7,10)))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(1,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(2,5)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ξ＝\f(3,5)))＝eq\f(1,15)＋eq\f(2,15)＋eq\f(3,15)＝eq\f(2,5).故選C.5.(2024·浙江)已知隨機變量ξi滿意P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1，2.若0＜p1＜p2＜eq\f(1,2)，則()A.E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)B.E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)C.E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)D.E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)答案A解析由題意可知ξi(i＝1，2)聽從兩點分布，∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)，又∵0＜p1＜p2＜eq\f(1,2)，∴E(ξ1)＜E(ξ2)，把方差看作函數y＝x(1－x)，依據0＜ξ1＜ξ2＜eq\f(1,2)知，D(ξ1)＜D(ξ2).故選A.6.(2024·浙江)設0＜p＜1，隨機變量ξ的分布列是ξ012Peq\f(1－p,2)eq\f(1,2)eq\f(p,2)則當p在(0，1)內增大時，()A.D(ξ)減小 B.D(ξ)增大C.D(ξ)先減小后增大 D.D(ξ)先增大后減小答案D解析由題意知E(ξ)＝0×eq\f(1－p,2)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(p,2)＝p＋eq\f(1,2)，D(ξ)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))))2×eq\f(1－p,2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))))2×eq\f(p,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))2×eq\f(1－p,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－p))2×eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))2－eq\f(p,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))2＋eq\f(p,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－p))2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2p2＋\f(1,2)))－eq\f(p,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(3,2)))2))＝p2＋eq\f(1,4)－p(2p－1)＝－p2＋p＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)，∴D(ξ)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞減，即當p在(0，1)內增大時，D(ξ)先增大后減小.故選D.7.(2024·臺州質量評估)已知隨機變量X的分布列為X123Peq\f(1,2)eq\f(1,3)m則m＝________，D(X)＝________.答案eq\f(1,6)eq\f(5,9)解析由題意知eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋m＝1，解得m＝eq\f(1,6)，所以均值E(X)＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(5,3)，所以方差D(X)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,3)))2＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5,3)))2＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(5,3)))2＝eq\f(5,9).8.(2024·杭州教學質量檢測)在一次隨機試驗中，事務A發(fā)生的概率為p，事務A發(fā)生的次數為ξ，則期望E(ξ)＝________，方差D(ξ)的最大值為________.答案peq\f(1,4)解析由題意，知ξ全部可能的值為0，1，因為P(ξ＝0)＝1－p，P(ξ＝1)＝p，所以E(ξ)＝0×(1－p)＋1×p＝p，方差D(ξ)＝(0－p)2×(1－p)＋(1－p)2×p＝p(1－p)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，所以方差D(ξ)的最大值為eq\f(1,4).9.(2024·浙江省金華十校期末調研考試)已知口袋中裝有n(n>1)個紅球和2個黃球，從中任取2個球(取到每個球是等可能的)，隨機變量X表示取到黃球的個數，X的分布列為X012Paeq\f(2,3)b則隨機變量X的均值為________，方差為________.答案1eq\f(1,3)解析由已知得eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,n),C\o\al(2,n＋2))＝eq\f(2,3)，且n>1，解得n＝2，所以eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4))＝b，即b＝eq\f(1,6)，由a＋eq\f(2,3)＋eq\f(1,6)＝1，得a＝eq\f(1,6)，則隨機變量X的均值E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(2,3)＋2×eq\f(1,6)＝1，方差D(X)＝(0－1)2×eq\f(1,6)＋(1－1)2×eq\f(2,3)＋(2－1)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1,3).10.(2024·浙江省聯盟校聯考)已知隨機變量X滿意分布列：X－1012Peq\f(1,6)eq\f(1,4)xa若隨機變量X的均值E(X)＝eq\f(2,3)，則a－x＝__________，D(X)＝________.答案－eq\f(1,12)eq\f(19,18)解析由題意可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋\f(1,4)＋x＋a＝1，,－\f(1,6)＋x＋2a＝\f(2,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,x＝\f(1,3)，))所以a－x＝eq\f(1,4)－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,12)，D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2,3)))2×eq\f(1,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2×eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2×eq\f(1,4)＝eq\f(19,18).11.一個不透亮的盒子中關有蝴蝶、蜜蜂和蜻蜓三種昆蟲共11只，現在盒子上開一小孔，每次只能飛出1只昆蟲(假設隨意1只昆蟲等可能地飛出).若有2只昆蟲先后隨意飛出(不考慮依次)，則飛出的是蝴蝶或蜻蜓的概率是eq\f(21,55).(1)求盒子中蜜蜂有幾只；(2)若從盒子中先后隨意飛出3只昆蟲(不考慮依次)，記飛出蜜蜂的只數為X，求隨機變量X的分布列與均值E(X).解(1)設“2只昆蟲先后隨意飛出，飛出的是蝴蝶或蜻蜓”為事務A，設盒子中蜜蜂為x只，則由題意，得P(A)＝eq\f(C\o\al(2,11－x),C\o\al(2,11))＝eq\f(21,55)，所以(11－x)(10－x)＝42，解得x＝4或x＝17(舍去)，故盒子中蜜蜂有4只.(2)由(1)知，盒子中蜜蜂有4只，則X的取值為0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,7),C\o\al(3,11))＝eq\f(7,33)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,7),C\o\al(3,11))＝eq\f(28,55)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,7),C\o\al(3,11))＝eq\f(14,55)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,11))＝eq\f(4,165).故X的分布列為X0123Peq\f(7,33)eq\f(28,55)eq\f(14,55)eq\f(4,165)均值E(X)＝0×eq\f(7,33)＋1×eq\f(28,55)＋2×eq\f(14,55)＋3×eq\f(4,165)＝eq\f(12,11).12.某高校校慶，各屆校友紛至沓來，某班共來了n位校友(n>8且n∈N*)，其中女校友6位，組委會對這n位校友登記制作了一份校友名單，現隨機從中選出2位校友代表，若選出的2位校友是一男一女，則稱為“最佳組合”.(1)若隨機選出的2名校友代表為“最佳組合”的概率不小于eq\f(1,2)，求n的最大值；(2)當n＝12時，設選出的2位校友代表中女校友人數為ξ，求ξ的分布列和均值.解(1)設選出2人為“最佳組合”記為事務A，則事務A發(fā)生的概率P(A)＝eq\f(C\o\al(1,n－6)C\o\al(1,6),C\o\al(2,n))＝eq\f(12n－6,nn－1).依題意eq\f(12n－6,nn－1)≥eq\f(1,2)，化簡得n2－25n＋144≤0，∴9≤n≤16，故n的最大值為16.(2)由題意，ξ的可能取值為0，1，2，∴P(ξ＝0)＝P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(0,6)C\o\al(2,6),C\o\al(2,12))＝eq\f(5,22)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,6),C\o\al(2,12))＝eq\f(6,11).故ξ的分布列為ξ012Peq\f(5,22)eq\f(6,11)eq\f(5,22)∴E(ξ)＝0×eq\f(5,22)＋1×eq\f(6,11)＋2×eq\f(5,22)＝1.13.(2024·浙江名校協作體聯考)一個口袋中裝有大小相同的6個小球，其中紅色、黃色、綠色的球各2個，現從中隨意取出3個小球，其中恰有2個小球同顏色的概率是________.若取到紅球得1分，取到黃球得2分，取到綠球得3分，記變量ξ為取出的三個小球得分之和，則ξ的均值為________.答案eq\f(3,5)6解析依據題意，紅、黃、綠球分別記為A1，A2，B1，B2，C1，C2，則任取3個小球共有Ceq\o\al(3,6)＝20種，而其中恰有2個小球同顏色的有3Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝12，故所求概率為P＝eq\f(12,20)＝eq\f(3,5).由題意得，變量ξ的取值為4，5，6，7，8，P(ξ＝4)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),20)＝eq\f(1,10)，P(ξ＝5)＝eq\f(2C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),20)＝eq\f(1,5)，P(ξ＝6)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),20)＝eq\f(2,5)，P(ξ＝7)＝eq\f(2C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),20)＝eq\f(1,5)，P(ξ＝8)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),20)＝eq\f(1,10)，因此E(ξ)＝4×eq\f(1,10)＋5×eq\f(1,5)＋6×eq\f(2,5)＋7×eq\f(1,5)＋8×eq\f(1,10)＝6.14.(2024·浙江名校聯盟聯考)某高校在新學期開學之際為大一貧困新生供應A，B，C三個等級的助學金，要求每位申請人只能申請其中一個等級的助學金，且申請任何一個等級是等可能的，每位申請人所申請的等級互不影響.則在該校隨意4位申請人中，被申請的助學金的等級個數X的均值為________.答案eq\f(65,27)解析隨機變量X的全部可能取值為1，2，3.P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3),34)＝eq\f(1,27)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2)＋C\o\al(3,4)A\o\al(2,2),34)＝eq\f(14,27)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(2,4)A\o\al(3,3),34)＝eq\f(4,9).所以隨機變量X的均值E(X)＝1×eq\f(1,27)＋2×eq\f(14,27)＋3×eq\f(4,9)＝eq\f(65,27).15.已知隨機變量ξi(i＝1，2)滿意P(ξi＝0)＝eq\f(pi,2)，p(ξi＝1)＝eq\f(1,2)，P(ξi＝2)＝eq\f(1－pi,2)