文档内容
考点 10-3 随机变量及其分布列
1．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获
胜的概率分别为 ，且 ．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率 ；
该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率 ；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率 .并对三者
进行比较即可解决
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为 ，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 ，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即 ， ，
则该棋手在第二盘与丙比赛， 最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D2．已知随机变量 的分布列如下表所示：
0 1 2
若 ，则（ ）A． > ， > B． < ， >
C． > ， < D． < ， <
【答案】A
【分析】通过计算期望和方差来求得正确答案.
【详解】 ，
，
由于 ，所以 .
，
同理可得 .
，
所以 .
故选：A
3．“保护环境，绿色出行”是现代社会提倡的一种环保理念，李明早上上学的时候，可以乘坐公共汽车，
也可以骑单车，已知李明骑单车的概率为0.7，乘坐公共汽车的概率为0.3，而且骑单车与乘坐公共汽车时，
李明准时到校的概率分别为0.9与0.8，则李明准时到校的概率是（ ）
A．0.9 B．0.87 C．0.83 D．0.8
【答案】B
【分析】分别求出乘坐公共汽车和骑单车准时到校的概率，然后求和即为准时到校的概率.
【详解】李明上学骑单车准时到校的概率为 ，乘坐公共汽车准时到校的概率为 ，
因此李明准时到校的概率为： ，
故选：B
4.已知随机变量X服从正态分布 ，且 ，则 ____________．【答案】 ## ．
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为 ，所以 ，因此
．
故答案为： ．
5.已知随机变量 服从正态分布 ，且 ，则 ___________.
【答案】
【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案
【详解】因为随机变量 服从正态分布 ，其对称轴方程为
设 ，所以
又
根据题意 ，
故答案为：
6.．现有3道四选一的单选题，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0.8，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，若每题答对得5分，不答或答错
得0分，则李明这3道题得分的期望为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记李明这3道题得分为随机变量 ，则 的取值为0，5，10，15，然后根据题意求出相应的概
率，从而可求出李明这3道题得分的期望.
【详解】记李明这3道题得分为随机变量 ，则 的取值为0，5，10，15，
，，
，
，
所以 ．
故选：B
7．若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概
率对应子集的面积.则如图所示的涂色部分的面积表示（ ）
A．事件A发生的概率 B．事件B发生的概率
C．事件B不发生条件下事件A发生的概率 D．事件A、B同时发生的概率
【答案】A
【分析】根据图示，表示出涂色部分的面积，利用条件概率的概率公式整理化简，即可求得答案.
【详解】由题意可得，如图所示的涂色部分的面积为
,
故选：A
8．设0＜a＜1．随机变量X的分布列是
X 0 a 1
P
则当a在（0，1）内增大时，（ ）A．E（X）不变 B．E（X）减小 C．V（X）先增大
后减小 D．V（X）先减小后增大
【答案】D
【分析】根据分布列写出 和 关于 的函数式，由函数性质可得结论．
【详解】 ，∴E（X）增大；，
∵0＜a＜1，∴V（X）先减小后增大．
故选：D．
9.某项比赛规则是3局2胜，甲乙两人进行比赛，假设甲每局获胜的概率为 ，则由此估计甲获胜的概率
为______.
【答案】
【分析】由题可知甲获胜的有两类， 和 ，然后利用独立事件概率公式计算即得.
【详解】因为甲获胜的方式有 和 两种，
所以甲获胜的概率为 .
故答案为： .
10．柯西分布(Cauchydistribution)是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量 服从柯西分布
为 ，其中当 ， 时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为 ．
已知 ， ， ，则 ________.
【答案】 ##0.25
【分析】由概率密度函数得其关于 对称，由对称性求得概率．
【详解】由已知，概率密度函数图象关于 对称，
，
又 ，
， ，
故答案为： ．
11.已知数列{an}满足a＝0，且对任意n∈N*，an 等概率地取an+1或an﹣1，设an的值为随机变量ξn，
1 +1
则（ ）A．P（ξ＝2）＝ B．E（ξ）＝1
3 3
C．P（ξ＝0）＜P（ξ＝2） D．P（ξ＝0）＜P（ξ＝0）
5 5 5 3
【答案】D
【分析】由题意可知a＝1或a＝－1，且P（a＝1）＝P(a＝－1)＝ ，进而可求ξ 的期望，可判断
2 2 2 2 3
AB；再结合条件求P（ξ＝0），可判断CD.
5
【详解】依题意a＝1或a＝－1，且P（a＝1）＝P(a＝－1)＝ ，
2 2 2 2
ξ＝a 的可能取值为2，0，－2
3 3
P（ξ＝2）＝ × ＝ ，
3
P（ξ＝0）＝2× ＝ ，
3
P（ξ＝－2）＝ ＝ ，
3
E（ξ）＝2× +0× +(－2）× ＝0，由此排除A和B；
3
ξ＝a 的可能取值为3, 1，－1，－3，
4 4
P（ξ＝3）＝ P（ξ＝2）＝ ，
4 3
P（ξ＝1）＝ ＝ ，
4
P（ξ＝－1）＝ ＝ ，
4
P（ξ＝－3）＝ P（ξ＝－2）＝ ，
4 3
ξ＝a 的可能取值为4，2，0，－2，－4
5 5
P（ξ＝0）＝ ＝ ，
5
P（ξ＝2）＝ ＝ ，
5
所以P（ξ＝0）＞P（ξ＝2），排除C．
5 5
因为P（ξ＝0）＝ ，P（ξ＝0）＝ ，所以P（ξ＝0）＜P（ξ＝0），故D正确.
5 3 5 3
故选：D．
12．已知 ，且 ，记随机变量 为x，y，z中的最大值，则 （ ）
A． B．
C．5 D．
【答案】D【分析】先求出方程的全部正整数解，即基本事件总数， 为x，y，z中的最大值，则 可能的取值为
，然后分别求出对应的概率即可.
【详解】根据隔板法，将 看做 个完全相同的小球排成一排，中间形成的 个空，放入两块隔板，可求
得 正整数解有 组， 可能的取值为 ，不妨设 ，则 ，下分
类讨论：
， ； ，
， ；
， ； ，
但根据 的对称性，上述每一组解的结果数还要乘以 ，于是则有：
， ， ，
，
于是
故选：D
13．随机变量 的概率分布列如下：
0 1 2 … … 12
… …
其中 ，则 （ ）A． B． C．6 D．12
【答案】C
【分析】由分布列的归一性求出 ，从而 ，由此利用
倒序相加法能求出结果．
【详解】由分布列的性质可得： ，得 ，
①，
②，
由① ②得 ，
所以 ．
故选： ．
【点睛】本题综合性较强，考查知识点较多，解答本题的关键是将所求数学期望变形，根据倒序相加法，利用组合式的性质计算求解.
14．已知随机变量 ，若 ，则 ______．
【答案】
【分析】 ，二项分布的性质，算出 ，在使用 即可.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ．
答案为：
15．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：
从中任取3球，恰有一个白球的概率是 ；
从中有放回的取球6次，每次任取一球，则取到红球次数的方差为 ；
从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为 ．
其中所有正确结论的序号是______ ．
【答案】
【详解】分析：①所求概率为 ，计算即得结论；
②利用取到红球次数 可知其方差为 ； 通过每次取到红球的概率 可知
所求概率为 ．
详解：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是 ，故正确；
②从中有放回的取球6次，每次任取一球，
取到红球次数 ，其方差为 ，故正确；③从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次取到红球的概率 ，
∴至少有一次取到红球的概率为 ，故正确．
故答案为①②③．
点睛：本题主要考查命题的真假判断，涉及概率的计算，考查学生的计算能力．
