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§10.5 离散型随机变量及其分布列、数字特征
课标要求 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念.2.理解并会求离散型随
机变量的数字特征．
知识梳理
1．离散型随机变量
一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有唯一的实数X(ω)与之对应，我
们称X为随机变量；可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的分布列
一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x ，x ，…，x ，称X取每一个值x 的概率P(X
1 2 n i
＝x)＝p，i＝1,2，…，n为X的概率分布列，简称分布列．
i i
3．离散型随机变量分布列的性质
(1)p≥0，i＝1,2，…，n；
i
(2)p＋p＋…＋p＝1.
1 2 n
4．离散型随机变量的均值(数学期望)与方差
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X x x … x
1 2 n
P p p … p
1 2 n
(1)均值(数学期望)
称E(X)＝xp ＋ xp ＋ … ＋ xp ＝p为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．它
1 1 2 2 n n i i
反映了随机变量取值的平均水平．
(2)方差
称D(X)＝(x －E(X))2p ＋(x －E(X))2p ＋…＋(x －E(X))2p ＝(x－E(X))2p 为随机变量X的方差，
1 1 2 2 n n i i
并称为随机变量X的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度．
5．均值(数学期望)与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝ aE ( X ) ＋ b .
(2)D(aX＋b)＝ a 2 D ( X ) (a，b为常数)．
常用结论
1．E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．
2．E(X＋X)＝E(X)＋E(X)．
1 2 1 2
3．D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
4．若X，X 相互独立，则E(XX)＝E(X)·E(X)．
1 2 1 2 1 2自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.( × )
(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．( √ )
(3)随机试验的结果与随机变量是对应关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与
之对应．( √ )
(4)方差或标准差越小，则随机变量的偏离程度越小．( √ )
2．(选择性必修第三册P66T1改编)已知X的分布列为
X －1 0 1
P
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为( )
A. B．4 C．－1 D．1
答案 A
解析 E(X)＝－1×＋0×＋1×＝－，
E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.
3．(2023·辽阳模拟)已知随机变量X满足P(X＝1)＝P(X＝2)＝0.4，P(X＝4)＝0.2，则E(X)＝
________，D(X)＝________.
答案 2 1.2
解析 E(X)＝(1＋2)×0.4＋4×0.2＝2，
D(X)＝(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.4＋(4－2)2×0.2＝1.2.
4．(选择性必修第三册P67T3改编)甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随
机变量X，Y，其分布列分别为
X 0 1 2 3
P 0.4 0.3 0.2 0.1
Y 0 1 2
P 0.3 0.5 0.2
若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是________．
答案 乙
解析 E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，
∵E(Y)D(Y)，所以选择B景点．
思维升华 随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案
取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
跟踪训练3 (2021·新高考全国Ⅰ)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每
位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该
同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，
该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个
问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回
答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
解 (1)由题意得，X的所有可能取值为0,20,100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0,80,100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．
课时精练
一、单项选择题
1．已知离散型随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P a
则X的均值E(X)等于( )
A. B．2 C. D．3
答案 A
解析 由题意得＋a＋＝1，解得a＝，
故E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
2．已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为：
甲产业收益分布列收益X/亿元 －1 0 2
概率 0.1 0.3 0.6
乙产业收益分布列
收益Y/亿元 0 1 2
概率 0.3 0.4 0.3
则下列说法正确的是( )
A．甲产业收益的期望大，风险高
B．甲产业收益的期望小，风险小
C．乙产业收益的期望大，风险小
D．乙产业收益的期望小，风险高
答案 A
解析 由题意可得E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，
D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(0－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29；
E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，
D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，
故E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，
即甲产业收益的期望大，风险高．
3．(2023·南宁模拟)已知X的分布列为
X －1 0 1
P
且Y＝aX＋3，E(Y)＝，则a为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－，
由Y＝aX＋3得E(Y)＝aE(X)＋3，
∴＝a×＋3，解得a＝2.
4．现有3道单选题，学生李明对其中的2道题有思路，1道题完全没有思路，有思路的题答
对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为，若每题答对得5分，
不答或答错得0分，则李明这3道题得分的均值为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 记李明这3道题的得分为随机变量X，则X的所有可能取值为0,5,10,15，P(X＝0)＝2×＝，
P(X＝5)＝C×××＋2×＝，
P(X＝10)＝C×××＋2×＝，
P(X＝15)＝2×＝，
所以E(X)＝0×＋5×＋10×＋15×
＝.
5．(2023·洛阳模拟)随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3，其中c是常数，则D(9ξ－3)
的值为( )
A．10 B．117 C．38 D．35
答案 C
解析 ∵P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3，
∴＋＋＝1，
解得c＝，
∴E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝，
∴D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝，
∴D(9ξ－3)＝92D(ξ)＝81D(ξ)＝38.
6．(2024·桂林模拟)设01.75，则p的取值范围为________．
答案 01.75，
解得p>或p<，
又p∈(0,1)，所以p∈.
12．(2024·稽阳模拟)已知甲盒中有3个红球2个白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒
中随机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2球，记取到红球的个数为随机变量X，则
X的均值为________．
答案
解析 若从甲盒中随机取到的为红球且概率为，
则X的可能取值为1,2，
则P(X＝1)＝＝，
1
P(X＝2)＝＝，
1
若从甲盒中随机取到的为白球且概率为，
则X的可能取值为0,1,2，
则P(X＝0)＝＝，
2
P(X＝1)＝＝，
2
P(X＝2)＝＝，
2
综上，P(X＝0)＝×P(X＝0)＝，
2
P(X＝1)＝×P(X＝1)＋×P(X＝1)＝，
1 2
P(X＝2)＝×P(X＝2)＋×P(X＝2)＝，
1 2
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
四、解答题
13．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量X表示所选3人中女生的
人数，求：
(1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率；
(2)X的均值与方差．
解 (1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率
P＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝＋＝.
(2)因为从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，随机变量X表示所选3人中女生的
人数，
所以X的可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列为X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
D(X)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
14．(2023·泰安模拟)某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工
进行奖励．规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄
上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额．
(1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求：
①员工所获得的奖励金额为1 000元的概率；
②员工所获得的奖励金额的分布列及均值；
(2)公司对奖励金额的预算是人均1 000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和
800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励金额尽可
能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一
个合适的设计，并说明理由．
解 (1)设员工所获得的奖励金额为X，
①P(X＝1 000)＝＝，
∴员工所获得的奖励金额为1 000元的概率为.
②X所有可能的取值为400,1 000，
P(X＝400)＝＝，
∴X的分布列为
X 400 1 000
P
∴员工所获得的奖励金额的均值为E(X)＝400×＋1 000×＝700(元)．
(2)根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1 000元，
∴先寻找均值为1 000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择(200,200,200,800)的方案，
∵1 000元是面值之和的最大值，
∴均值不可能为1 000元，
如果选择(800,800,800,200)的方案，
∵1000元是面值之和的最小值，
∴均值不可能为1 000元，因此可能的方案是(800,800,200,200)，记为方案1；
同理，对于面值由600元和400元组成的情况，
排除(600,600,600,400)和(400,400,400,600)的方案，
∴可能的方案是(400,400,600,600)，记为方案2.
对于方案1，设员工所获得的奖励金额为X，X 可取400,1 000,1600，
1 1
P(X＝400)＝＝，
1
P(X＝1 000)＝＝，
1
P(X＝1 600)＝＝，
1
∴E(X)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000，
1
D(X)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000；
1
对于方案2，设员工所获得的奖励金额为X，X 可取800,1 000,1 200，
2 2
P(X＝800)＝＝，
2
P(X＝1 000)＝＝，
2
P(X＝1 200)＝＝，
2
∴E(X)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000，
2
D(X)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2＝，
2
由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，
∴应选择方案2.
15．(多选)(2023·武汉模拟)已知随机变量X的取值为不大于n(n∈N*)的非负整数，它的分布
列为
X 0 1 2 3 … n
P p p p p … p
0 1 2 3 n
定义由X生成的函数f(x)＝p ＋px＋px2＋px3＋…＋pxi＋…＋pxn，g(x)为函数f(x)的导函数，
0 1 2 3 i n
E(X)为随机变量X的均值．现有一枚质地均匀的正四面体型骰子，四个面分别标有1,2,3,4
四个点数，这枚骰子连续抛掷两次，向下点数之和为X，此时由X生成的函数为f(x)，则(
1
)
A．E(X)＝g(2) B．f(2)＝
1
C．E(X)＝g(1) D．f(2)＝
1
答案 CD
解析 因为f(x)＝p＋px＋px2＋px3＋…＋pxi＋…＋pxn，
0 1 2 3 i n
则g(x)＝f′(x)＝p＋2px1＋3px2＋…＋ipxi－1＋…＋npxn－1，
1 2 3 i n
E(X)＝p＋2p＋3p＋…＋ip＋…＋np，
1 2 3 i n当x＝1时，E(X)＝g(1)，故A错误，C正确；
连续抛掷两次骰子，向下点数之和为X，则X的分布列为
X 2 3 4 5 6 7 8
P
f(x)＝x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＋x8，
1
f(2)＝×22＋×23＋×24＋×25＋×26＋×27＋×28＝，故B错误，D正确．
1
16．(多选)(2023·山东省实验中学模拟)随机变量ξ的分布列如表，其中xy≠0，下列说法正
确的是( )
ξ 0 1 2
P x
A．x＋y＝1
B．E(ξ)＝
C．D(ξ)有最大值
D．D(ξ)随y的增大而减小
答案 ABC
解析 由题意可知x＋＋＝1，即x＋y＝1，故A正确；
E(ξ)＝0×x＋1×＋2×＝，故B正确；
D(ξ)＝x2＋2＋2＝(1－y)2＋2＋2＝－y2＋3y，
因为xy≠0，x＋y＝1，易得0
