§10.5 离散型随机变量及其概率分布、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概率分布的概念.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，则
称X为随机变量；取值为离散的数值的随机变量称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的概率分布
(1)随机变量X的概率概率分布
一般地，随机变量X有n个不同的取值，它们分别是x ，x ，…，x ，且P(X＝x)＝p，i＝
1 2 n i i
1,2，…，n，①
则称①为随机变量X的概率概率分布，简称为X的概率分布．
(2)随机变量X的概率分布表
X x x … x
1 2 n
P p p … p
1 2 n
通常将上表称为随机变量X的概率分布表．
随机变量X的概率分布、概率分布表都叫作随机变量X的概率分布．
3．离散型随机变量的概率分布的性质
(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与方差
E(X)＝μ＝px ＋ px ＋ … ＋ px.
1 1 2 2 n n
D(X)＝σ2＝ ( x － μ ) 2 p ＋ ( x － μ ) 2 p ＋ … ＋ ( x － μ ) 2 p.
1 1 2 2 n n
5．均值与方差的性质
(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概率分布中，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．已知X的概率分布为
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．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，其概率分布分别为
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)<E(X)，∴乙技术较好.
题型一 概率分布的性质例1 (1)(多选)已知随机变量X的概率分布如表(其中a为常数)：
X 0 1 2 3 4
P 0.1 0.2 0.4 0.2 a
则下列计算结果正确的是( )
A．a＝0.1 B．P(X≤2)＝0.7
C．P(X≥3)＝0.4 D．P(X≤1)＝0.3
答案 ABD
解析 因为0.1＋0.2＋0.4＋0.2＋a＝1，解得a＝0.1，故A正确；
由概率分布知P(X≤2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝0.1＋0.2＋0.4＝0.7，故B正确；
P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝0.2＋0.1＝0.3，故C错误；
P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝0.1＋0.2＝0.3，故D正确．
(2)离散型随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常数，则P等于(
)
A. B. C. D.
答案 D
解析 因为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，
所以＋＋＋＝1，即a＝，
所以P＝P(X＝1)＋P(X＝2)
＝×＋×＝.
思维升华 离散型随机变量概率分布的性质的应用
(1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值．
(2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的
概率．
(3)可以根据性质判断所得概率分布结果是否正确．
跟踪训练1 (1)若随机变量X的概率分布为
X －1 0 1
P a c
则P(|X|＝1)等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由随机变量X的概率分布得
P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)
＝a＋c＝1－＝.(2)设随机变量X满足P(X＝i)＝(i＝1,2,3)，则k＝________；P(X≥2)＝________.
答案
解析 由已知得随机变量X的概率分布为
X 1 2 3
P
∴＋＋＝1，∴k＝.
∴随机变量X的概率分布为
X 1 2 3
P
∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.
题型二 离散型随机变量的概率分布及数字特征
命题点1 求离散型随机变量的概率分布及数字特征
例2 (1)(2024·杭州模拟)已知甲、乙两名员工分别从家中赶往工作单位的时间互不影响，经
统计，甲、乙一个月内从家中到工作单位所用时间在各个时间段内的频率如下：
时间/分钟 10～20 20～30 30～40 40～50
甲的频率 0.1 0.4 0.2 0.3
乙的频率 0 0.3 0.6 0.1
某日工作单位接到一项任务，需要甲在30分钟内到达，乙在40分钟内到达，用X表示甲、
乙两人在要求时间内从家中到达单位的人数，用频率估计概率，则 X的均值和方差分别是(
)
A．E(X)＝1.5，D(X)＝0.36
B．E(X)＝1.4，D(X)＝0.36
C．E(X)＝1.5，D(X)＝0.34
D．E(X)＝1.4，D(X)＝0.34
答案 D
解析 设事件A表示甲在规定的时间内到达，B表示乙在规定的时间内到达，
P(A)＝0.5，P(B)＝0.9，A，B相互独立，
∴P(X＝0)＝P()＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.9)＝0.05，
P(X＝1)＝P(B)＋P(A)
＝P()P(B)＋P(A)P()
＝(1－0.5)×0.9＋0.5×(1－0.9)＝0.5，
P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.9＝0.45，∴E(X)＝0×0.05＋1×0.5＋2×0.45＝1.4，
D(X)＝(0－1.4)2×0.05＋(1－1.4)2×0.5＋(2－1.4)2×0.45＝0.34.
(2)(2023·沈阳模拟)已知某离散型随机变量X的概率分布如表：
X －1 0 1 2
P a b c
若E(X)＝，P(X≥1)＝，则D(X)等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意，得a＋b＋c＋＝1，
所以a＋b＋c＝.①
因为E(X)＝(－1)×a＋0×b＋1×c＋2×＝，
所以－a＋c＝.②
由P(X≥1)＝c＋＝，得c＝，
代入①②解得a＝，b＝.
所以D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
均值、方差的大小比较、最值(范围)问题
关于随机变量的均值与方差，近几年均以选择题的形式考查，除考查均值、方差的直接计算，
还经常从下列几个角度进行考查：(1)均值、方差及概率的大小比较；(2)均值、方差的增减
性分析；(3)均值、方差的最值；(4)解均值、方差的不等式求字母的范围．
典例 (1)设随机变量X的概率分布如下(其中0<p<1)，D(X)表示X的方差，则当p从0增大
到1时( )
X 0 1 2
P
A．D(X)增大 B．D(X)减小
C．D(X)先减后增 D．D(X)先增后减
答案 D
解析 由概率分布可得E(X)＝0×＋1×＋2×＝＋p，
则D(X)＝2＋2＋2＝－p2＋p＋＝－2＋，
因为0<p<1，所以D(X)先增后减．
(2)(多选)已知某商场销售一种商品的单件销售利润为X＝0，a,2，根据以往销售经验可得
0<a<2，随机变量X的概率分布为X 0 a 2
P b
下列结论正确的是( )
A．b＝
B．若该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为
C．D(X) ＝
min
D．当D(X) 最小时，E(X)＝
min
答案 ABC
解析 由题意＋b＋＝1，∴b＝，故选项A正确；该商场销售该商品5件，其中3件销售利
润为0的概率为C×3×2＝，故选项B正确；随机变量X的均值E(X)＝0×＋a×＋2×＝(a＋
1)，可知方差D(X)＝2×＋2×＋2×＝×(12a2－12a＋30)＝×，当a＝时，D(X) ＝，故选项C
min
正确；当D(X) ＝时，E(X)＝×＝，故选项D错误．
min
命题点2 均值(数学均值)与方差的性质应用
例3 设随机变量X的概率分布为P(X＝k)＝(k＝1,2,5)，a∈R，E(X)，D(X)分别为随机变量X
的均值与方差，则下列结论正确的是( )
A．P(0<X<3.5)＝
B．E(3X＋2)＝7
C．D(X)＝2
D．D(3X＋1)＝6
答案 C
解析 因为随机变量X的概率分布为P(X＝k)＝(k＝1,2,5)，
由概率分布的性质可知，P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝5)＝＋＋＝1，解得a＝1.
P(0<X<3.5)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＋＝，故A不正确；
因为E(X)＝1×＋2×＋5×＝2，
所以E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×2＋2＝8，故B不正确；
由D(X)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(5－2)2＝2，故C正确；
因为D(X)＝2，
所以D(3X＋1)＝9D(X)＝18，故D不正确．
思维升华 求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值．
(2)求ξ取每个值的概率．
(3)写出ξ的概率分布．
(4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ)．跟踪训练2 (1)(多选)已知随机变量X的概率分布为
X －1 0 1
P m 3m
下列结论正确的有( )
A．m＝ B．E(X)＝
C．E(2X－1)＝ D．D(X)＝
答案 ABD
解析 由概率分布的性质得＋4m＝1，解得m＝，故A正确；
E(X)＝－1×＋0×＋1×＝，故B正确；
E(2X－1)＝2E(X)－1＝－，故C不正确；
D(X)＝×2＋×2＋×2＝，故D正确．
(2)学习强国新开通一项“争上游答题”栏目，其规则是比赛两局，首局胜利积3分，第二
局胜利积2分，失败均积1分，某人每局比赛胜利的概率为，设他参加一次答题活动得分为
ξ，则D(ξ)＝________.
答案
解析 由题意知，ξ的所有可能取值为5,4,3,2，
P(ξ＝5)＝×＝，
P(ξ＝4)＝×＝，
P(ξ＝3)＝×＝，
P(ξ＝2)＝×＝，
则E(ξ)＝5×＋4×＋3×＋2×＝，
D(ξ)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
题型三 均值与方差中的决策问题
例4 (2023·上海七宝中学模拟)随着五一黄金周的到来，各大旅游景点热闹非凡，为了解A，
B两个旅游景点游客的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得关于A旅游景
点的问卷100份，关于B旅游景点的问卷80份．问卷中，对景点的满意度等级划分为：非
常满意、满意、一般、不满意，对应分数分别为：4分、3分、2分、1分，数据统计如下：
非常满意 满意 一般 不满意
A景点 50 30 5 15
B景点 35 30 7 8
假设用频率估计概率，且游客对A，B两个旅游景点的满意度评价相互独立．
(1)从所有(人数足够多)在A旅游景点的游客中随机抽取2人，从所有(人数足够多)在B旅游
景点的游客中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人给出“非常满意”的概率；(2)根据上述数据，你若旅游，你会选择A，B哪个旅游景点？说明理由．
解 (1)设“这4人中恰有2人给出‘非常满意’的评价”为事件C，由表中数据可知，游客
在A景点给出“非常满意”评价的概率为＝，
游客在B景点给出“非常满意”评价的概率为＝，
则P(C)＝22＋C·C·＋22＝.
(2)设一位游客对A景点的满意度评分为X，一位游客对B景点的满意度评分为Y，
由数表中数据得X的概率分布为
X 4 3 2 1
P
Y的概率分布为
Y 4 3 2 1
P
则E(X)＝4×＋3×＋2×＋1×＝3.15，
D(X)＝0.852×＋(－0.15)2×＋(－1.15)2×＋(－2.15)2×＝1.127 5，
E(Y)＝4×＋3×＋2×＋1×＝3.15，
D(Y)＝0.852×＋(－0.15)2×＋(－1.15)2×＋(－2.15)2×＝0.902 5，
显然E(X)＝E(Y)，D(X)>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的概率分布；
(2)为使累计得分的均值最大，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的概率分布为
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的概率分布为
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均值最大，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的概率分布为
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、乙两种产业收益的概率分布分别为：
甲产业收益概率分布
收益X/亿元 －1 0 2
概率 0.1 0.3 0.6乙产业收益概率分布
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．甲产业收益的均值大，风险高
B．甲产业收益的均值小，风险小
C．乙产业收益的均值大，风险小
D．乙产业收益的均值小，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)，
即甲产业收益的均值大，风险高．
3．(2023·南宁模拟)已知X的概率分布为
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的概率分布为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0<a<1.随机变量X的概率分布为
X 0 a 1
P
当a在(0,1)上增大时，则( )
A．E(X)不变
B．E(X)减小
C．D(X)先增大后减小
D．D(X)先减小后增大
答案 D
解析 E(X)＝0×＋a×＋1×＝，
∴当a在(0,1)上增大时，E(X)增大，
D(X)＝2×＋2×＋2×
＝[(a＋1)2＋(2a－1)2＋(2－a)2]
＝(a2－a＋1)＝2＋，
∴当a在(0,1)上增大时，D(X)先减小后增大．
二、多项选择题
7．已知随机变量X和Y，其中Y＝12X＋7，且E(Y)＝34，若X的概率分布如表：
X 1 2 3 4P m n
则下列正确的是( )
A．E(X)＝12 B．E(X)＝
C．m＝ D．n＝
答案 BCD
解析 根据概率分布可知m＋n＝1－－＝，①
因为Y＝12X＋7，所以E(Y)＝12E(X)＋7＝34，
解得E(X)＝，
又由概率分布可得E(X)＝1×＋2×m＋3×n＋4×＝，
整理得2m＋3n＝，②
联立①②解得m＝，n＝.
8．某校欲举办运动会，为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，运动会组织
委员会欲从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长．下列说法正
确的有( )
A．设事件A：“抽取的3人中既有男志愿者，也有女志愿者”，则P(A)＝
B．设事件A：“抽取的3人中至少有一名男志愿者”，事件B：“抽取的3人中全是男志
愿者”，则P(B|A)＝
C．用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则E(X)＝
D．用Y表示抽取的3人中男志愿者的人数，则D(Y)＝
答案 ABD
解析 所有可能的情况有C＝35(种)，其中既有男志愿者，也有女志愿者的情况有
CC＋CC＝30(种)，
故P(A)＝＝，故A正确；
P(AB)＝＝，
P(A)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝，故B正确；
X的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，故C错误；
由C知，D(X)＝×2＋×2＋×2＋×2＝，因为Y＝3－X，
所以D(Y)＝D(X)＝，故D正确．
三、填空题
9．已知离散型随机变量ξ的概率分布如表所示．
ξ －2 0 2
P a b
若随机变量ξ的均值E(ξ)＝，则D(2ξ＋1)＝________.
答案 11
解析 由表中数据得E(ξ)＝－2a＋0×b＋2×＝，解得a＝，
又a＋b＋＝1，所以b＝，
所以D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝，
所以D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝11.
10．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如表所示：
降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900
工期延误天数Y 0 2 6 10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9，则
工期延误天数Y的均值为________．
答案 3
解析 由题意可知P(X<300)＝0.3，
P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以随机变量Y的概率分布为
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
所以E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，所以工期延误天数Y的均值为3.
11．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一
直发到3次结束为止．某考生一次发球成功的概率为p(0<p<1)，发球次数为X，若X的均值
E(X)>1.75，则p的取值范围为________．
答案 0<p<
解析 由题意知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝p(1－p)，P(X＝3)＝(1－p)2，
所以E(X)＝p＋2p(1－p)＋3(1－p)2>1.75，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的概率分布为
X 0 1 2P
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概率分布及均值；
(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的概率分布为
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，它的概率
分布为
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的概率分布为
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的概率分布如表，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<y<1，
而函数f(y)＝－y2＋3y的图象开口向下，对称轴为y＝，
所以f(y)在上单调递增，在上单调递减，
故f(y)在y＝处取得最大值，
所以D(ξ)随着y的增大先增大后减小，
当y＝时取得最大值，故C正确，D错误．
