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第7讲 离散型随机变量的均值与方差、正态分布
最新考纲 考向预测
1.通过具体实例，理解离散型随机变量 离散型随机变量的均值和方
分布列及其数字特征(均值、方差)． 命题 差、二项分布的均值和方差仍
2.通过具体实例，了解伯努利试验，掌 趋势 是高考考查的热点，题型以解
答题为主．
握二项分布及其数字特征，并能解决
简单的实际问题．
核心
3.通过误差模型，了解服从正态分布的 数据分析、数学建模
素养
随机变量.
1．离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X x x … x … x
1 2 i n
P p p … p … p
1 2 i n
(1)均值
称E(X)＝x p ＋ x p ＋ … ＋ xp ＋ … ＋ x p 为随机变量X的均值或数学期望．它
1 1 2 2 i i n n
反映了离散型随机变量取值的平均水平．
(2)方差
称D(X)＝ ( x － E ( X ) ) 2 p 为随机变量X的方差，它刻画了随机变量 X与其均值
i i
E(X)的平均偏离程度，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．
(3)性质
(a)E(aX＋b)＝ aE ( X ) ＋ b ．
(b)D(aX＋b)＝ a 2 D ( X ) ．(a，b为常数)
2．几个特殊分布的期望、方差
分布 期望 方差
两点分布 p p(1－p)
二项分布 np np(1－p)
正态分布 μ σ2
3.正态曲线的特点
(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交．(2)曲线是单峰的，它关于直线 x ＝ μ 对称．
(3)曲线在x＝μ处达到峰值 .
(4)曲线与x轴之间的面积为1．
(5)当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移．
(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分
布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
常用结论
均值与方差的七个常用性质
若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．
(3)E(X ＋X )＝E(X )＋E(X )．
1 2 1 2
(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(5)若X ，X 相互独立，则E(X ·X )＝E(X )·E(X )．
1 2 1 2 1 2
(6)若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
(7)若X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
常见误区
1．E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量，X是可变的，
可取不同值，而E(X)是不变的．
2．求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率，在
求解时，要注意计数原理、排列组合及常见概率模型．
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定．( )
(2)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，
方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小．( )
(3)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ是正态分布的均值，
σ是正态分布的标准差．( )
(4)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果
之和，它就服从或近似服从正态分布．( )
(5)均值是算术平均数概念的推广，与概率无关．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)√ (5)×2．(多选)设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有( )
A．q＝0.1 B．E(X)＝2
C．D(X)＝1.4 D．E(Y)＝5
解析：选ABD.因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；又
E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，B正确，D(X)＝(0－2)2×0.1
＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，C不正确；E(Y)
＝2×E(X)＋1＝2×2＋1＝5，D正确．
3．已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(X<4)＝0.88.则P(0<X<4)＝(
)
A．0.88 B．0.76
C．0.24 D．0.12
解析：选B.因为随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，μ＝2，对称轴是直线X＝
2，P(X<4)＝0.88，所以P(X≥4)＝P(X≤0)＝1－0.88＝0.12，所以P(0<X<4)＝1－
2P(X≥4)＝1－0.24＝0.76，故选B项．
4．(易错题)已知两个随机变量X，Y满足X＋2Y＝4，且X～N(1，22)，则E(Y)，
D(Y)依次是________．
解析：由X～N(1，22)得E(X)＝1，D(X)＝4.又X＋2Y＝4，所以Y＝2－，所以
E(Y)＝2－E(X)＝，D(Y)＝D(X)＝1.
答案：，1
5．在一次招聘中，主考官要求应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题
并独立完成所抽取的3道题．乙能正确完成每道题的概率为，且每道题完成与否
互不影响．记乙能答对的题数为Y，则Y的数学期望为________．
解析：由题意知Y的可能取值为0，1，2，3，且Y～B，则E(Y)＝3×＝2.
答案：2
均值与方差的计算
[题组练透]1．已知离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P m
则X的数学期望E(X)＝( )
A. B．1
C. D．2
解析：选B.由题意可得＋＋m＋＝1，可得m＝.则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×
＝1，故选B.
2．(2021·浙江东阳中学月考)已知随机变量X的取值为0，1，2，若P(X＝0)＝，
E(X)＝1，则D(X)＝( )
A. B.
C. D．1
解析：选B.设P(X＝1)＝a，则P(X＝2)＝－a，从而随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P a －a
所以E(X)＝0×＋1×a＋2×＝－a，
因为E(X)＝1，所以－a＝1，所以a＝.
故D(X)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝，故选B.
3．有10张卡片，其中8张标有数字2，2张标有数字5，从中任意抽出3张卡
片，设3张卡片上的数字之和为X，则X的数学期望是( )
A．7.8 B．8
C．16 D．15.6
解析：选A.X的取值为6，9，12，相应的概率
P(X＝6)＝＝，P(X＝9)＝＝，
P(X＝12)＝＝.
E(X)＝6×＋9×＋12×＝7.8.
求均值与方差的方法技巧
技巧 方法 适用题型
巧用特殊分布列 利用相应公式直接求解 两点分布、二项分布
利用E(aX＋b)＝aE(X)＋b 两随机变量有明确的线性
巧借性质
D(aX＋b)＝a2D(X) 关系利用公式 D(X)＝E(X2)－[E(X)]2 计算复杂的方差
二项分布的均值与方差
(2021·贵阳模拟)某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动，有甲、乙两个抽
奖方案供员工选择．
方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为.第一次抽奖，若
未中奖，则抽奖结束；若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行
第二次抽奖．规定：若抛出硬币，反面朝上，则员工获得500元奖金，不进行第二
次抽奖；若正面朝上，则员工进行第二次抽奖，且在第二次抽奖中，若中奖，则获
得奖金1 000元，若未中奖，则所获得的奖金为0元．
方案乙：员工连续三次抽奖，每次中奖率均为，每次中奖均可获得奖金400元
(1)求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X(单位：元)的分布列；
(2)试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖，哪个方案更划算？
【解】 (1)由题意，X的所有可能取值为0，500，1 000.
则P(X＝0)＝＋××＝，
P(X＝500)＝×＝，
P(X＝1 000)＝××＝，
所以某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X的分布列为
X 0 500 1 000
P
(2)由(1)可知，选择方案甲进行抽奖所获奖金X的期望E(X)＝0×＋500×＋1
000×＝520，
若选择方案乙进行抽奖，中奖次数ξ～B，则E(ξ)＝3×＝，
抽奖所获奖金Y的期望E(Y)＝E(400ξ)＝400E(ξ)＝480，
故选择方案甲更划算．
与二项分布有关的期望、方差的求法
(1)求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～
B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服
从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋
b)，同样还可求出D(aξ＋b)．电子商务在我国发展迅猛，网上购物成为很多人的选择．某购
物网站组织了一次促销活动，在网页的界面上打出广告：高级口香糖，10元钱三
瓶，有8种口味供您选择(其中有1种为草莓口味)．小王点击进入网页一看，只见
有很多包装完全相同的瓶装口香糖排在一起，看不见具体口味，由购买者随机点
击进行选择(各种口味的高级口香糖均超过三瓶，且各种口味的瓶数相同，每点击
选择一瓶后，网页自动补充相应的口香糖)．
(1)小王花10元钱买三瓶，请问小王收到货的组合方式共有多少种？
(2)小王花10元钱买三瓶，由小王随机点击三瓶，请列出有小王喜欢的草莓味
口香糖的瓶数ξ的分布列，并计算其数学期望和方差．
解：(1)若三瓶口味均不一样，有C＝56(种)；
若其中两瓶口味一样，有CC＝56(种)；
若三瓶口味一样，有8种．
故小王收到货的组合方式共有56＋56＋8＝120(种)．
(2)ξ所有可能的取值为0，1，2，3.
因为各种口味的高级口香糖均超过3瓶，且各种口味的瓶数相同，有8种不
同口味，所以小王随机点击一次是草莓味口香糖的概率为，
即随机变量ξ服从二项分布，即ξ～B.
P(ξ＝0)＝C××＝，
P(ξ＝1)＝C××＝，
P(ξ＝2)＝C××＝，
P(ξ＝3)＝C××＝.
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
数学期望E(ξ)＝np＝3×＝，
方差D(ξ)＝np(1－p)＝3××＝.
均值与方差的实际应用
(2021·惠州第一次调研)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2
台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：
方案一：交纳延保金7 000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每
次收取维修费2 000元；方案二：交纳延保金10 000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次
每次收取维修费1 000元．
某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延
保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，
得下表：
维修次数 0 1 2 3
台数 5 10 20 15
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表
示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金与维修费用的和的期望值为决策依据，医院选择哪种延保
方案更合算？
【解】 (1)X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.
P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝××2＝，
P(X＝2)＝×＋××2＝，P(X＝3)＝××2＋××2＝，P(X＝4)＝×＋××2
＝，
P(X＝5)＝××2＝，P(X＝6)＝×＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
(2)选择延保方案一，所需延保金与维修费用的和Y (单位：元)的分布列为
1
Y 7 000 9 000 11 000 13 000 15 000
1
P
E(Y )＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720(元)．
1
选择延保方案二，所需延保金与维修费用的和Y (单位：元)的分布列为
2
Y 10 000 11 000 12 000
2
P
E(Y )＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420(元)．
2
因为E(Y )>E(Y )，所以该医院选择延保方案二更合算．
1 2
均值与方差的实际应用
(1)D(X)表示随机变量X对E(X)的平均偏离程度，D(X)越大表明平均偏离程度越大，说明X的取值越分散；反之，D(X)越小，X的取值越集中在E(X)附近，统计
中常用来描述X的分散程度．
(2)随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量取
值偏离于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于
方案取舍的重要的理论依据，一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
某投资公司在 2020年年初准备将 1 000万元投资到“低碳”
项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，
也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和；
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可
能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由
解：若按“项目一”投资，设获利为X 万元，则X 的分布列为
1 1
X 300 －150
1
P
所以E(X )＝300×＋(－150)×＝200.
1
D(X )＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35 000，
1
若按“项目二”投资，设获利为X 万元，则X 的分布列为
2 2
X 500 －300 0
2
P
所以E(X )＝500×＋(－300)×＋0×＝200.
2
D(X )＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140 000.
2
所以E(X )＝E(X )，D(X )<D(X )，
1 2 1 2
这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥．综上所述，建议该投
资公司选择项目一投资．
正态分布
[题组练透]
1．设随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X>4)＝P(X<0)，则μ＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.正态曲线关于直线x＝μ对称，若P(X>4)＝P(X<0)，则μ＝＝2.2．(2021·贵阳市适应性考试)已知随机变量X～B(2，p)，Y～N(2，σ2)，若
P(X≥1)＝0.64，P(0<Y<2)＝p，则P(Y>4)＝________．
解析：因为随机变量X～B(2，p)，P(X≥1)＝0.64，
所以P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝1－P(X＝0)＝1－(1－p)2＝0.64，
解得p＝0.4或p＝1.6(舍去)，所以P(0<Y<2)＝p＝0.4，
所以P(Y>4)＝(1－0.4×2)＝0.1.
答案：0.1
3．在我市的高二年级期末考试中，理科学生的数学成绩X～N(90，σ2)，已知
P(70≤X≤90)＝0.35，则从全市理科生中任选一名学生，他的数学成绩小于 110
分的概率为________．
解析：因为X～N(90，σ2)，
所以μ＝90，即正态曲线关于x＝90对称．
因为P(70≤X≤90)＝0.35，所以P(90≤X≤110)＝0.35，
所以P(X≥110)＝P(X≥90)－P(90≤X<110)＝0.5－0.35＝0.15，则P(X<110)＝
1－0.15＝0.85.
答案：0.85
服从N(μ，σ2)的随机变量X在某个区
间内取值的概率的求法
(1)利用P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值直接
求；
(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与 x轴之间的面积为1这些特殊性质
求解．
高考新声音系列7 概率统计与数列的交汇问题
2019年高考全国卷Ⅰ的概率统计爆“冷”压轴，一改过去导数题为解答题压
轴题的地位，首次出现了概率统计与数列交汇的试题，综合考查分布列与数列知
识，体现了知识的融合．随着大数据时代的到来，概率统计会越来越受到重视，这
体现了高考对考生理性思维能力的要求，突出了学科素养的导向作用．
(2019·高考全国卷Ⅰ)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道
哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药
效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈
的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问
题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲
药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙
药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药
的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X.
(1)求X的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累
i
计得分为i时 ，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p ＝0，p ＝1，p＝ap
0 8 i i－1
＋bp＋cp (i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α
i i＋1
＝0.5，β＝0.8.
(ⅰ)证明：{p －p}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列；
i＋1 i
(ⅱ)求p ，并根据p 的值解释这种试验方案的合理性．
4 4
【解】 (1)X的所有可能取值为－1，0，1.
P(X＝－1)＝(1－α)β，
P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，
P(X＝1)＝α(1－β)．
所以X的分布列为
X －1 0 1
P (1－α)β αβ＋(1－α)(1－β) α(1－β)
(2)(ⅰ)证明：由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1.
因此p＝0.4p ＋0.5p＋0.1p ，故0.1(p －p)＝0.4(p－p )，即p －p＝
i i－1 i i＋1 i＋1 i i i－1 i＋1 i
4(p－p )．
i i－1
又因为p －p ＝p ≠0，所以{p －p}(i＝0，1，2，…，7)为公比为4，首项为p
1 0 1 i＋1 i 1
的等比数列．
(ⅱ)由(ⅰ)可得
p ＝p －p ＋p －p ＋…＋p －p ＋p
8 8 7 7 6 1 0 0
＝(p －p )＋(p －p )＋…＋(p －p )
8 7 7 6 1 0
＝p .
1
由于p ＝1，故p ＝，所以
8 1
p ＝(p －p )＋(p －p )＋(p －p )＋(p －p )
4 4 3 3 2 2 1 1 0
＝p
1＝.
p 表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为
4
0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p ＝≈0.003 9，此时得出错
4
误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
2019年高考的主观题在各部分内容的布局和考查难度上进行了动态的设计，
打破了过去压轴题的惯例．在各部分内容的布局和考查难度上进行调整和改变，
这在一定程度上有助于考查考生灵活应变的能力和主动调整适应的能力，有助于
学生全面学习掌握重点知识和重点内容，同时有助于破解僵化的应试教育．
(2020·河南安阳模拟)已知随机变量X的分布列如表：
X －1 0 1
P a b c
其中a，b，c>0.若X的方差D(X)≤对所有a∈(0，1－b)都成立，则( )
A．b≤ B．b≤
C．b≥ D．b≥
解析：选D.依题意，知a＋b＋c＝1，故c＝1－a－b，当a∈(0，1－b)时，E(X)＝
－a＋c＝1－b－2a，则D(X)＝E(X2)－E2(X)＝a＋c－(c－a)2＝a＋c－[(c－a)2＋
4ac]＋4ac＝(a＋c)－(a＋c)2＋4a(1－b－a)
＝(1－b)－(1－b)2＋4a(1－b－a)，令1－b＝t，则t∈(0，1)，
D(X)＝t－t2＋4a(t－a)≤，a∈(0，t)，
故4a2－4at＋t2－t＋≥0在a∈(0，t)上恒成立，
当a＝时D(X)有最小值，故4－4××t＋t2－t＋≥0，故t≤，即1－b≤，所以
b≥，故选D.
[A级 基础练]
1．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ＜4)＝0.8，则P(0＜ξ＜4)＝(
)
A．0.6 B．0.4
C．0.3 D．0.2
解析：选A.由P(ξ＜4)＝0.8，得P(ξ≥4)＝0.2.
又正态曲线关于x＝2对称，则P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.2，所以P(0＜ξ＜4)＝1－P(ξ≤0)－P(ξ≥4)＝0.6.
2．在某“猜羊”游戏中，一只羊随机躲在两扇门背后，参赛选手选择其中一
个门并打开，若这只羊就在该门后，则为猜对；否则，为猜错．已知一位选手获得
了4次“猜羊”机会，若至少猜对2次才能获奖，则该选手获奖的概率为( )
A．0.25 B．0.312 5
C．0.5 D．0.687 5
解析：选D.方法一：该选手获奖的概率为P＝C×＋C×＋C×＝＝0.687 5.
方法二：该选手获奖的对立事件为“该选手只猜对一次或一次都没有猜对”，
所求概率为P＝1－＝1－＝＝0.687 5.
3．(多选)已知ξ是离散型随机变量，则下列结论正确的是( )
A．P≤P
B．(E(ξ))2≤E(ξ2)
C．D(ξ)＝D(1－ξ)
D．D(ξ2)＝D((1－ξ)2)
解析：选ABC.在A项中，P＝P≤P＝P，故A项正确；在B项中，由D(ξ)＝
E(ξ2)－(E(ξ))2≥0得(E(ξ))2≤E(ξ2)成立，故B项正确；在C项中，由方差的性质
D(aX＋b)＝a2D(X)得D(ξ)＝D(1－ξ)，故C项正确；在D项中，D(ξ2)≠D((1－ξ)2)＝
4D(ξ)＋D(ξ2)，故D项错误，故选ABC项．
4．(多选)(2020·山东临沂期末)某市有A，B，C，D四个景点，一位游客来该市
游览，已知该游客游览A的概率为，游览B，C和D的概率都是，且该游客是否游
览这四个景点相互独立．用随机变量X表示该游客游览的景点的个数，则下列判
断正确的是( )
A．游客至多游览一个景点的概率是
B．P(X＝2)＝
C．P(X＝4)＝
D．E(X)＝
解析：选ABD.记该游客游览i个景点为事件A，i＝0，1，则P(A )＝＝，P(A )
i 0 1
＝×＋3×××＝，所以游客至多游览一个景点的概率为P(A )＋P(A )＝＋＝，故
0 1
A正确．随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，P(X＝0)＝P(A )＝，P(X＝1)＝
0
P(A )＝，P(X＝2)＝×C××＋×C××＝，故B正确．P(X＝3)＝×C××＋×C×
1
＝，P(X＝4)＝×＝，故C错误．E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，故D正确．
故选ABD.5．口袋中有编号分别为1，2，3的三个大小和形状相同的小球，从中任取2个，
则取出的球的最大编号X的期望为________．
解析：因为口袋中有编号分别为1，2，3的三个大小和形状相同的小球，从中
任取2个，所以取出的球的最大编号X的可能取值为2，3，所以P(X＝2)＝＝，P(X
＝3)＝＝，所以E(X)＝2×＋3×＝.
答案：
6．某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮
次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过，已知队员甲投篮1
次投中的概率为，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次
数X的期望和方差分别是________．
解析：由题意可知每个轮次通过的概率P＝1－＝，且X服从二项分布，即X
～B，所以由二项分布的期望与方差公式得E(X)＝3×＝，D(X)＝3××＝.
答案：，
7．为了让贫困地区的孩子们过一个温暖的冬天，某校阳光志愿者社团组织
了“这个冬天不再冷”冬衣募捐活动，共有50名志愿者参与．志愿者的工作内容
有两项：①到各班宣传，倡议同学们积极捐献冬衣；②整理、打包募捐上来的衣物
每位志愿者根据自身实际情况，只参与其中的某一项工作，相关统计数据如下表
所示：
到班级宣传 整理、打包衣物 总计
20人 30人 50人
(1)如果用分层抽样的方法从这50名志愿者中抽取5人，再从这5人中随机
选2人，求至少有1人是参与班级宣传的志愿者的概率；
(2)若参与班级宣传的志愿者中有12名男生，8名女生，从中选出2名志愿者
用X表示女生人数，写出随机变量X的分布列及数学期望．
解：(1)用分层抽样的方法，抽样比是＝，
所以5人中参与班级宣传的志愿者有20×＝2(人)，
参与整理、打包衣物的志愿者有30×＝3(人)，
故所求概率P＝1－＝.
(2)X的所有可能取值为0，1，2，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
8．(2020·广州市调研检测)某城市A公司外卖配送员底薪是每月1 800元/人，
设每月每人配送的单数为X，若X∈[1，300]，配送员每单提成3元；若X∈(300，
600]，配送员每单提成4元；若X∈(600，＋∞)，配送员每单提成4.5元．B公司外
卖配送员底薪是每月2 100元/人，设每月每人配送的单数为Y，若Y∈[1，400]，配
送员每单提成3元；若Y∈(400，＋∞)，配送员每单提成4元．小王计划在A公司
和B公司之间选择一份外卖配送员工作，他随机调查了A公司外卖配送员甲和B
公司外卖配送员乙在9月份(30天)的送餐量数据，如下表：
表1：A公司外卖配送员甲送餐量统计
日送餐量x/单 13 14 16 17 18 20
天数 2 6 12 6 2 2
表2：B公司外卖配送员乙送餐量统计
日送餐量y/单 11 13 14 15 16 18
天数 4 5 12 3 5 1
(1)设A公司外卖配送员月工资为f(X)(单位：元/人)，B公司外卖配送员月工资
为g(Y)(单位：元/人)，当X＝Y且X，Y∈(300，600]时，比较f(X)与g(Y)的大小；
(2)若将甲、乙9月份的日送餐量的频率视为对应公司日送餐量的概率，
(i)分别计算外卖配送员甲和乙每日送餐量的数学期望；
(ii)请利用你所学的知识为小王作出选择，并说明理由．
解：(1)因为X＝Y且X，Y∈(300，600]，所以g(X)＝g(Y)，
当X∈(300，400]时，f(X)－g(X)＝(1 800＋4X)－(2 100＋3X)＝X－300>0.
当X∈(400，600]时，f(X)－g(X)＝(1 800＋4X)－(2 100＋4X)＝－300<0.
故当X∈(300，400]时，f(X)>g(Y)，当X∈(400，600]时，f(X)<g(Y)．
(2)(i)日送餐量x的分布列为
x 13 14 16 17 18 20
P
则E(x)＝13×＋14×＋16×＋17×＋18×＋20×＝16.
日送餐量y的分布列
y 11 13 14 15 16 18P
则E(y)＝11×＋13×＋14×＋15×＋16×＋18×＝14.
(ⅱ)E(x)＝30E(x)＝480∈(300，600]，
E(y)＝30E(y)＝420∈(400，＋∞)．
估计A公司外卖配送员月薪平均为
1 800＋4E(x)＝3 720(元)，
估计B公司外卖配送员月薪平均为2 100＋4E(y)＝3 780(元)
因为3 780>3 720，所以小王应选择B公司外卖配送员．
[B级 综合练]
9．(2021·广东佛山开学摸底)高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行，
更带动了我国经济的巨大发展．据统计，某一年乘坐高铁或飞机从A市到B市的
成年人约50万人次，为了解乘客出行的满意度，现从中随机抽取了100人次作为
样本，得到下表(单位：人次)．
老年人 中年人 青年人
满意度 乘坐高铁 乘坐飞机 乘坐高铁 乘坐飞机 乘坐高铁 乘坐飞机
10分(满
12 1 20 2 20 1
意)
5分(一
2 3 6 2 4 9
般)
0分(不满
1 0 6 3 4 4
意)
(1)在样本中任取1个，求这个出行人恰好不是青年人的概率；
(2)从这一年乘坐高铁从A市到B市的所有成年人中，随机选取2人次，记其
中老年人出行的人次为X，以频率作为概率，求X的分布列和数学期望；
(3)如果甲将要从A市出发到B市，那么根据表格中的数据，你建议甲是乘坐
高铁还是飞机？并说明理由．
解：(1)设事件M为“在样本中任取1个，这个出行人恰好不是青年人”．由
表可得，样本中出行的老年人、中年人人次分别为19，39.
所以在样本中任取1个，这个出行人恰好不是青年人的概率P(M)＝＝.
(2)由题意，X的所有可能取值为0，1，2.
易知乘坐高铁从A市到B市的所有成年人中，随机选取1人次，此人次为老
年人的概率是p＝＝.所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
方法一：故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
方法二：因为X～B，所以E(X)＝2×＝.
(3)从满意度的均值来分析问题．
由表可知，乘坐高铁的人次满意度均值为＝.
乘坐飞机的人次满意度均值为＝.
因为＞，所以建议甲乘坐高铁从A市到B市．
10．(2020·山东枣庄、滕州联考)某投资公司准备在2018年年初将4百万元投
资到三门峡下列两个项目中的一个之中．
项目一：天坑院是黄土高原地域独具特色的民居形式，是人类“穴居”发展
史演变的实物见证．现准备投资建设20个天坑院，每个天坑院投资0.2百万元，
假设每个天坑院是否盈利是相互独立的，据市场调研，到2020年底每个天坑院盈
利的概率为p(0<p<1)，若盈利则盈利投资额的40%，否则盈利额为0.
项目二：天鹅湖国家湿地公园是一处融生态、文化和人文地理于一体的自然
山水景区．据市场调研，投资到该项目上，到2020年底可能盈利投资额的50%，
也可能亏损投资的30%，且这两种情况发生的概率分别为p和1－p.
(1)若投资项目一，记X 为盈利的天坑院的个数，求E(X )(用p表示)；
1 1
(2)若投资项目二，记投资项目二的盈利为X 百万元，求E(X )(用p表示)；
2 2
(3)在(1)(2)两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项
目，并说明理由．
解：(1)由题意X ～B(20，p)，则盈利的天坑院个数X 的数学期望E(X )＝20p.
1 1 1
(2)若投资项目二，则X 的分布列为
2
X 2 －1.2
2
P p 1－p
盈利X 的数学期望E(X )＝2p－1.2(1－p)＝3.2p－1.2.
2 2
(3)项目一若盈利，则每个天坑院盈利0.2×40%＝0.08(百万元)，
所以投资建设 20 个天坑院，盈利的数学期望为 E(0.08X )＝0.08E(X )＝
1 1
0.08×20p＝1.6p(百万元)，方差D(0.08X )＝0.082D(X )＝0.082×20p(1－p)＝0.128p(1－p)．
1 1
项目二盈利的方差 D(X )＝(2－3.2p＋1.2)2p＋(－1.2－3.2p＋1.2)2·(1－p)＝
2
10.24p(1－p)．
①当E(0.08X )＝E(X )时，1.6p＝3.2p－1.2，
1 2
解得p＝0.75.
D(0.08X )＝0.024<D(X )＝1.92.故选择投资项目一．
1 2
②当E(0.08X )>E(X )时，1.6p>3.2p－1.2，
1 2
解得0<p<0.75，此时选择投资项目一．
③当E(0.08X )<E(X )时，1.6p<3.2p－1.2，
1 2
解得0.75<p<1.
此时选择投资项目二．
[C级 创新练]
11．(多选)(2021·山东淄博实验中学模拟)下列判断正确的是( )
A．若随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，P(ξ<4)＝0.79，则P(ξ≤－2)＝0.21
B．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，则“α∥β”是“l⊥m”的充分不必
要条件
C．若随机变量ξ服从二项分布ξ～B，则E(ξ)＝1
D．设随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，若P(ξ<2)＝P(ξ>4)，则μ与D(ξ)的值
分别为μ＝3，D(ξ)＝7
解析：选ABCD.A.因为ξ～N(1，σ2)，P(ξ<4)＝0.79，
所以P(ξ≥4)＝0.21，
因为P(ξ≤－2)＝P(ξ≤1－3)＝P(ξ≥1＋3)＝P(ξ≥4)，
所以P(ξ≤－2)＝0.21，故A正确．
B．因为直线l⊥平面α，m∥平面β，
又因为α∥β，
所以l⊥平面β，
所以l⊥m.反之，l⊥平面α，m∥平面β，l⊥m，
平面α与平面β不一定平行，可能相交，故B正确．
C．因为ξ～B，
所以E(ξ)＝4×＝1，故C正确．
D．随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，P(ξ<2)＝P(ξ>4)，所以μ＝＝3，D(ξ)＝7，
故D正确．12．公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销
售该产品50天，统计发现每天的销量x(单位：件)分布在[50，100)内，且销量x的
分布频率f(x)＝若销量大于或等于70件，则称该日畅销，其余为滞销．在畅销日
中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3
天来自X个组，将频率视为概率，则随机变量X的数学期望为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.由题意知解得5≤n≤9，故n可取5，6，7，8，9，代入f(x)，得－0.5
＋－0.5＋－a＋－a＋－a＝1，得a＝0.15.故销量在[70，80)，[80，90)，[90，100)内
的频率分别是0.2，0.3，0.3，频率之比为2∶3∶3，所以各组抽取的天数分别为2，
3，3，X的所有可能取值为1，2，3，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，P(X＝2)＝1－
－＝.
X的分布列为
X 1 2 3
P
数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
