第91讲离散型随机变量的分布列与数字特征_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第91讲 离散型随机变量的分布列与数字特征
知识梳理
知识点一．离散型随机变量的分布列
1、随机变量
在随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．
在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化．像这种随着试验结果变化而变化的变
量称为随机变量．随机变量常用字母X，Y，ξ，η，⋯表示．
注意：
(1)一般地，如果一个试验满足下列条件：①试验可以在相同的情形下重复进行；②试验的所
有可能结果是明确可知的，并且不止一个；③每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，
但在一次试验之前不能确定这次试验会出现哪个结果．这种试验就是随机试验．
(2)有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数来表示．如掷一枚硬币，X=0表
示反面向上，X=1表示正面向上．
(3)随机变量的线性关系：若X是随机变量，Y=aX+b，a，b是常数，则Y也是随机变量．
2、离散型随机变量
对于所有取值可以一一列出来的随机变量，称为离散型随机变量．
注意：
(1)本章研究的离散型随机变量只取有限个值．
(2)离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系：①如果随机变量的可能取值是某一区
间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量；②离散型随机变量与连续型随机变量都
是用变量表示随机试验的结果，但离散型随机变量的结果可以按一定的次序一一列出，而连
续型随机变量的结果不能一一列出．
3、离散型随机变量的分布列的表示
一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x ，x ，⋯，x，⋯，x ，X取每一个值x(i=
1 2 i n i
1，2，⋯，n)的概率P(X=x)=p，以表格的形式表示如下：
i i
X x x ⋯ x ⋯ x
1 2 i n
P p p ⋯ p ⋯ p
1 2 i n
我们将上表称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．有时为了简单起见，
也用等式P(X=x)=p，i=1，2，⋯，n表示X的分布列．
i i
4、离散型随机变量的分布列的性质
根据概率的性质，离散型随机变量的分布列具有如下性质：
(1)p ≥0，i=1，2，⋯，n；(2)p +p +⋯+p =1．
i 1 2 n
注意：
①性质(2)可以用来检查所写出的分布列是否有误，也可以用来求分布列中的某些参
数．
②随机变量ξ所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概
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3257 3427率．
知识点二．离散型随机变量的均值与方差
1、均值
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
称E(X)=x p +x p +⋯+xp +⋯+x p =1为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离
1 1 2 2 i i n n
散型随机变量取值的平均水平．
注意：(1)均值E(X)刻画的是X取值的“中心位置”，这是随机变量X的一个重要特征；
(2)根据均值的定义，可知随机变量的分布完全确定了它的均值．但反过来，两个不同的分布
可以有相同的均值．这表明分布描述了随机现象的规律，从而也决定了随机变量的均值．而
均值只是刻画了随机变量取值的“中心位置”这一重要特征，并不能完全决定随机变量的性
质．
2、均值的性质
(1)E(C)=C(C为常数)．
(2)若Y=aX+b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX+b)=aE(X)+b．
(3)E(X +X )=E(X)+E(X )．
1 2 1 2
(4)如果X ，X 相互独立，则E(X ⋅X )=E(X)⋅E(X )．
1 2 1 2 1 2
3、方差
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
n
则称D(X)=(x-E(X))2p 为随机变量X的方差，并称其算术平方根 D(X)为随机
i i
i=1
变量X的标准差．
注意：(1)(x -E(X))2描述了x(i=1，2，⋯，n)相对于均值E(X)的偏离程度，而D(X)
i i
是上述偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．随机变量
的方差和标准差均反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度．方差或标准差越小，则随机
变量偏离于均值的平均程度越小；
(2)标准差与随机变量有相同的单位，而方差的单位是随机变量单位的平方．
4、方差的性质
(1)若Y=aX+b，其中a,b为常数，则Y也是随机变量，且D(aX+b)=a2D(X)．
(2)方差公式的变形：D(X)=E(X2)-[E(X)]2．
必考题型全归纳
1 题型一：离散型随机变量
5039 (2024·高二课时练习)下列叙述中，是离散型随机变量的为 ( )
A.将一枚质地均匀的硬币掷五次，出现正面和反面向上的次数之和
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3258 3427B.某人早晨在车站等出租车的时间
C.连续不断地射击，首次命中目标所需要的次数
D.袋中有2个黑球6个红球，任取2个，取得一个红球的可能性
【答案】C
【解析】对于A，掷硬币只有正面向上和反面向上两种结果，则掷五次，出现正面和反面向
上的次数之和为5，是常量，A错误；
对于B，等出租车的事件是随机变量，但无法一一列出，不是离散型随机变量，B错误；
对于C，连续不断地射击，首次命中目标所需要的次数是有限个或可列举的无限多个，是
离散型随机变量，C正确；
对于D，事件发生的可能性不是随机变量，D错误.
故选：C.
5040 (2024·全国·高三专题练习)袋中有大小相同质地均匀的5个白球、3个黑球，从中任取2
个，则可以作为随机变量的是 ( )
A.至少取到1个白球 B.取到白球的个数
C.至多取到1个白球 D.取到的球的个数
【答案】B
【解析】根据离散型随机变量的定义，能够一一列出的只能是B选项，
其中A、C选项是事件，D选项取到球的个数是2个，ACD错误；
故选：B.
5041 (2024·全国·高三专题练习)下面是离散型随机变量的是 ( )
A.电灯泡的使用寿命X
B.小明射击1次，击中目标的环数X
C.测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值X
D.一个在y轴上随机运动的质点，它在y轴上的位置X
【答案】B
【解析】对于A，电灯泡的使用寿命是变量，但无法将其取值一一列举出来，故A不符题
意；
对于B，小明射击1次，击中目标的环数X是变量，且其取值为0,1,2,...,10，故X为离散
型随机变量，故B符合题意；
对于C，测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值X是变量，但无法一一列
举出X的所有取值，故X不是离散型随机变量，故C不符题意；
对于D，一个在y轴上随机运动的质点，它在y轴上的位置X是变量，但无法一一列举出
其所有取值，故X不是离散型随机变量，故D不符题意.
故选：B.
5042 (2024·全国·高三专题练习)甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共
下三局．用ξ表示甲的得分，则ξ=3  表示 ( )
A.甲赢三局 B.甲赢一局输两局
C.甲、乙平局三次 D.甲赢一局输两局或甲、乙平局三次
【答案】D
【解析】甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，
所以ξ=3  有两种情况，即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次．
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3259 3427故选：D．
5043 (2024·全国·高三专题练习)对一批产品逐个进行检测,第一次检测到次品前已检测的产
品个数为ξ,则ξ=k表示的试验结果为 ( )
A.第k-1次检测到正品,而第k次检测到次品
B.第k次检测到正品,而第k+1次检测到次品
C.前k-1次检测到正品,而第k次检测到次品
D.前k次检测到正品,而第k+1次检测到次品
【答案】D
【解析】由题意ξ=k表示第一次检测到次品前已检测的产品个数为k，因此前k次检测
到的都是正品，第k+1次检测的是一件次品.
故选D.
5044 (2024·浙江·高三专题练习)袋中有大小相同的红球6个，白球5个，从袋中每次任意取出
一个球，直到取出的球是白色为止，所需要的取球次数为随机变量X，则X的可能取值为
( )
A.1,2，⋯，6 B.1,2，⋯，7 C.1,2，⋯，11 D.1,2,3⋯
【答案】B
【解析】从袋中每次任意取出一个球，直到取出的球是白色为止，所需要的取球次数为随
机变量X，则有可能第一次取出球，也有可能取完6个红球后才取出白球.
2 题型二：求离散型随机变量的分布列
5045 (2024·全国·高三对口高考)数字1，2，3，4任意排成一列，如果数字k恰好出现在第k个
位置上，则称有一个“巧合”，求“巧合”个数ξ的分布列 ．
【答案】
ξ 0 1 2 4
3 1 1 1
P
8 3 4 24
【解析】ξ的可能取值是0、1、2、4，
3×3 3 C1×2 1
P(ξ=0)= = ，P(ξ=1)= 4 = ，
A4 8 A4 3
4 4
C2 1 1 1
P(ξ=2)= 4 = ，P(ξ=4)= = .
A4 4 A4 24
4 4
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 4
3 1 1 1
P
8 3 4 24
故答案为：
ξ 0 1 2 4
3 1 1 1
P
8 3 4 24
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3260 34275046 (2024·全国·高三对口高考)假如一段楼梯有11个台阶，现规定每步只能跨1个或2个台
阶，则某人走完这段楼梯的单阶步数ξ的分布列是 ．
【答案】
ξ 1 3 5 7 9 11
1 35 7 1 5 1
P
24 144 18 4 72 144
【解析】据题意，ξ的可能取值为1，3，5，7，9，11，
ξ=1时，还需走5个两阶，共六步走完，所以共有C1=6种不同的走法；
6
同理，ξ=3时，有C3=35种；ξ=5时，有C5=56种；ξ=7时，有C7=36种；
7 8 9
ξ=9时，有C9 =10种；ξ=11时，有1种，
10
所以，走完这段楼梯共有6+35+56+36+10+1=144种不同的走法．
Pξ=1 
6 1
= = ，Pξ=3
144 24

35
= ，Pξ=5
144

56 7
= = ，
144 18
Pξ=7 
36 1
= = ，Pξ=9
144 4

10 5
= = ，Pξ=11
144 72

1
= ，
144
ξ的分布列如下：
ξ 1 3 5 7 9 11
1 35 7 1 5 1
P
24 144 18 4 72 144
故答案为：
ξ 1 3 5 7 9 11
1 35 7 1 5 1
P
24 144 18 4 72 144
5047 (2024·全国·高三对口高考)一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标以数0，两个面上
标以数1，一个面上标以数2，将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积ξ的分布列是
．
【答案】
ξ 0 1 2 4
3 1 1 1
P
4 9 9 36
3 1
【解析】将这个小正方体抛掷1次，则向上的数为0的概率为 = ；向上的数为1的概
6 2
2 1 1
率为 = ；向上的数为2的概率为 ．
6 3 6
将这个小正方体抛掷2次，向上的数之积ξ可能为0,1,2,4，
1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
P(ξ=0)= × + × ×2+ × ×2= ，P(ξ=1)= × = ，
2 2 2 3 2 6 4 3 3 9
1 1 1 1 1 1
P(ξ=2)= × ×2= ，P(ξ=4)= × = ，
3 6 9 6 6 36
则ξ的分布列是
ξ 0 1 2 4
3 1 1 1
P
4 9 9 36
第 页 共 页
3261 3427故答案为：
ξ 0 1 2 4
3 1 1 1
P
4 9 9 36
5048 (2024·全国·高三对口高考)甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球比赛：第一局由甲、
乙参加而丙轮空，以后每一局由前一局的获胜者与轮空者进行比赛，而前一局的失败者轮
空．比赛按这种规则一直进行到其中一人连胜两局或打满6局时停止．设在每局中参赛
1
者胜负的概率均为 ，且各局胜负相互独立．则比赛停止时已打局数ξ的分布列是
2
．
【答案】
ξ 2 3 4 5 6
1 1 1 1 1
P
2 4 8 16 16
【解析】分别记A i ,B i ,C i 为甲、乙、丙在第i局获胜，则PA i  =PB i  =PC i 
1
= . 2
由已知，ξ可取2,3,4,5,6.
ξ=2表示事件“甲连胜两局”或“乙连胜两局”，
所以Pξ=2  =PA 1 A 2  +PB 1 B 2 
1 1 1 1 1
= × + × = . 2 2 2 2 2
ξ=3表示事件“甲胜丙胜丙胜”或“乙胜丙胜丙胜”，
所以Pξ=3  =PA 1 C 2 C 3  +PB 1 C 2 C 3 
1 1 1 1 1 1 1
= × × + × × = . 2 2 2 2 2 2 4
ξ=4表示事件“甲胜丙胜乙胜乙胜”或“乙胜丙胜甲胜甲胜”，
所以Pξ=4  =PA 1 C 2 B 3 B 4  +PB 1 C 2 A 3 A 4 
1 1 1 1 1 1 1 1
= × × × + × × × = 2 2 2 2 2 2 2 2
1
.
8
ξ=5表示事件“甲胜丙胜乙胜甲胜甲胜”或“乙胜丙胜甲胜乙胜乙胜”，
所以Pξ=5  =PA 1 C 2 B 3 A 4 A 5  +PB 1 C 2 A 3 B 4 B 5 
1 1 1 1 1 1 1
= × × × × + × × 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
× × = .
2 2 2 16
ξ=6表示事件“甲胜丙胜乙胜甲胜丙胜丙胜”或“乙胜丙胜甲胜乙胜丙胜丙胜”或“甲胜
丙胜乙胜甲胜丙胜乙胜”或“乙胜丙胜甲胜乙胜丙胜甲胜”，
所以Pξ=6  =PA 1 C 2 B 3 A 4 C 5 C 6  +PB 1 C 2 A 3 B 4 C 5 C 6  +PA 1 C 2 B 3 A 4 C 5 B 6  +
PB 1 C 2 A 3 B 4 C 5 A 6 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= × × × × × + × × × × × + × 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
× × × × + × × × × × = .
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16
所以，ξ的分布列是
ξ 2 3 4 5 6
1 1 1 1 1
P
2 4 8 16 16
.
故答案为：
第 页 共 页
3262 3427ξ 2 3 4 5 6
1 1 1 1 1
P
2 4 8 16 16
.
5049 (2024·全国·高考真题)从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有ξ个
红球，则随机变量ξ的概率分布为： ．
ξ 0 1 2
P
【答案】见解析
【解析】根据题意由等可能事件的概率计算公式可知：
Pξ=0 
C2 1
= 2 = ，
C2 10
5
Pξ=1 
C1⋅C1 3
= 3 2 =
C2 5
5
Pξ=2 
C2 3
= 3 =
C2 10
5
故答案为：
ξ 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
k
5050 (2024·全国·高三专题练习)设随机变量ξ的分布为Pξ=
5
 =akk=1,2,3,4,5  ，则
1 7
P <ξ<
10 10
 = ．
2
【答案】 /0.4/40%
5
1 2 3 4
 1
【解析】由题意知，ξ的分布为

5 5 5 5
a 2a 3a 4a 5a

，
1
所以a+2a+3a+4a+5a=1，解得a= ，
15
1 7
所以P <ξ<
10 10

1
=Pξ=
5

2
+Pξ=
5

3
+Pξ=
5

1 2 3 2
= + + = ，
15 15 15 5
2
故答案为： ．
5
5051 (2024·全国·高三专题练习)将3个小球任意地放入4个大玻璃杯中，一个杯子中球的最
多个数记为X，则X的分布列是 .
【答案】
X 1 2 3
3 9 1
P
8 16 16
【解析】由题意知X的可能取值为1，2，3
PX=1 
A3 3
= 4 = ；PX=2
43 8

C2A2 9
= 3 4 = ；PX=3
43 16

A1 1
= 4 =
43 16
第 页 共 页
3263 3427故答案为：
X 1 2 3
3 9 1
P
8 16 16
5052 (2024·全国·高三专题练习)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两
条，当两条棱相交时，ξ=0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面
时，ξ=1，则随机变量ξ的分布列为 ．
【答案】
ξ 0 1 2
4 6 1
P
11 11 11
【解析】正方体的12条棱中任取两条共有C2 种情况，若两条棱相交，则交点必在正方体
12
的顶点处，过任意一个顶点的棱有3条，共有8C2对相交棱，若两条棱平行，则它们的距离
3
为1或 2，而距离为 2的共有6对，ξ的可能取值为0，1， 2，分别求出其概率即可.ξ
的可能取值为0，1， 2.
若两条棱相交，则交点必在正方体的顶点处，过任意一个顶点的棱有3条，所以
8C2 4
P(ξ=0)= 3 = ，
C2 11
12
若两条棱平行，则它们的距离为1或 2，而距离为 2的共有6对，
6 1
则P(ξ= 2)= = ，
C2 11
12
4 1 6
P(ξ=1)=1-P(ξ=0)-P(ξ= 2)=1- - = ，
11 11 11
所以随机变量ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
4 6 1
P
11 11 11
故答案为：
ξ 0 1 2
4 6 1
P
11 11 11
【解题方法总结】
求解离散型随机变量分布列的步骤：
(1)审题
(2)计算
计算随机变量取每一个值的概率
(3)列表
列出分布列，并检验概率之和是否为1.
(4)求解
根据均值、方差公式求解其值.
第 页 共 页
3264 34273 题型三：离散型随机变量的分布列的性质
5053 (2024·江西吉安·高三江西省泰和中学校考阶段练习)已知随机变量X服从两点分布，
且PX=0  =2a，PX=1  =a，那么a= .
1
【答案】
3
【解析】由题意可知PX=0  +PX=1 
1
=2a+a=1，解得a= .
3
1
故答案为： .
3
5054 (2024·全国·高三专题练习)设随机变量ξ的分布列如下：
ξ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
P a a a a a a a a a a
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
给出下列四个结论：
①当a
n

1
为等差数列时，a +a = ；
5 6 5
②当a
n

1
为等差数列时，公差0<d< ；
45
③当数列a n 
1
满足a n = 2n n=1,2,⋯,9 
1
时，a = ； 10 29
④当数列a n  满足时，Pξ≤k  =k2a k=1,2,⋯10 k 
11
时，a = n 10nn+1  .
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】由题意可得：a +a +...+a =1，且a ∈[0,1]，n=1，2，⋯，10，
1 2 10 n
10(a +a )
对①：当{a }为等差数列时，则a +a +...+a = 1 10 =1，
n 1 2 10 2
1 1
可得a +a = ，故a +a =a +a = ，①正确；
1 10 5 5 6 1 10 5
对②：当a
n

1 1 1 9
为等差数列时,由①知a +a = ，所以2a +9d= ⇒a = - d，
1 10 5 1 5 1 10 2
1 9 1 1
由于a ∈[0,1]，所以0≤ - d≤1，解得：- ≤d≤ ，故②错误；
1 10 2 5 45
1
对③：当数列{a }满足a = (n=1，2，..9)时，满足a ∈[0，1]，n=1，2，⋯，10，
n n 2n n
1 1 × 1-
1 1 1 1 2 2
则a +a +...+a = + + +...+ +a =
1 2 10 2 22 23 29 10
  9 


1
+a =1- +
1 10 29
1-
2
a =1，
10
1
可得a = ∈[0,1]，③正确；
10 29
对④：当数列{a }满足P(ξ≤k)=k2a (k=1，2，...10)时，则P(ξ≤10)=102×a =1，
n k 10
1
可得a 10 = 100 ，P(ξ≤k-1)=k-1  2a (k=2,3，...10)时,所以Pξ=k k-1  =Pξ≤k 
-Pξ≤k-1  =k2a -k-1
k
 2a =a ，
k-1 k
由于10≥k≥2,k∈N，所以k2-1  a =k-1
k
 2a ⇒k+1
k-1
 a =k-1
k
 a ⇒a =
k-1 k
k-1
a ,10≥k≥2,k∈N
k+1 k-1
 ，
k-1 k-1 k-2 k-1 k-2 k-3 k-1 k-2 k-3
因此a = a = · a = · · a =⋯= · ·
k k+1 k-1 k+1 k k-2 k+1 k k-1 k-3 k+1 k k-1
第 页 共 页
3265 34272 1 2
⋯ × a =
4 3 1 kk+1 
a ，
1
1 2 1 11 2
由于a = ，所以a = a = ⇒a = ，因此a =
10 100 10 10×11 1 100 1 20 n nn+1 
2
a =
1 nn+1 
11 11
× =
20 10nn+1 
，
11
当n=1也符合，故a =
n 10nn+1 
，④正确．
故答案为：①③④
5055 (2024·全国·高三对口高考)某一随机变量ξ的概率分布如下表，且Eξ  =1.5，则m-n
的值为 ．
ξ 0 1 2 3
0. 0.
P m n
2 3
3
【答案】0.3/
10
0.2+m+n+0.3=1
【解析】由已知得： ，

0×0.2+m+2n+3×0.3=1.5
解得m=0.4,n=0.1，故m-n=0.3．
故答案为：0.3．
5056 (2024·河南·校联考模拟预测)已知随机变量X的所有可能取值为1，2，3，其分布列为
X 1 2 3
P P P P
1 2 3
若EX 
5
= ，则P -P = . 3 3 1
1
【答案】-
3
【解析】因为EX 
5
=P +2P +3P = ,① 1 2 3 3
且P +P +P =1,②，
1 2 3
所以①-②×2可得，P 1 +2P 2 +3P 3 -2P 1 +P 2 +P 3 
1
=P -P =- ， 3 1 3
1
故答案为：- .
3
5057 (2024·全国·高三专题练习)设随机变量ξ的概率分布列为
ξ 0 1
9a2- 3-
P
a 8a
则常数a= ．
1
【答案】
3
【解析】由题意得P 1 +P 2 =1且0≤P i ≤1i=1,2 
第 页 共 页
3266 34279a2-a+3-8a=1

所以0≤9a2-a≤1 ，
0≤3-8a≤1
1
解得a= ．
3
1
故答案为：
3
5058 (2024·全国·高三专题练习)设随机变量X的分布列PX=i 
k
= i=1,2,3
2i
 ，则
PX≥2  = .
3
【答案】
7
【解析】因为PX=i 
k
= i=1,2,3
2i

k k k 8
，可得 + + =0，解得k= ，
2 22 23 7
因此PX≥2  =PX=2  +PX=3 
1 1 3
= k+ k= .
4 8 7
3
故答案为： .
7
5059 (2024·上海·统考模拟预测)随机变量X的分布列如下列表格所示，其中EX  为X的数
学期望，则E X-EX    = .
X 1 2 3 4 5
0. 0.
p 0.1 a 0.1
2 3
【答案】0
【解析】根据概率的性质可得0.1+a+0.2+0.3+0.1=1解得a=0.3，
所以EX  =1×0.1+2×0.3+3×0.2+4×0.3+5×0.1=3，
所以E X-EX    =EX-3  =EX  -3=0.
故答案为:0.
5060 (2024·广东汕头·高三统考开学考试)已知等差数列a
n
 的公差为d，随机变量X满足
PX=i  =a i0<a i <1  ,i=1,2,3,4，则d的取值范围为 .
1 1
【答案】- ,
6 6

4
【解析】由题意可知 PX=i
i=1

1-6d
 =a +a +a +a =4a +6d=1，可得a = ， 1 2 3 4 1 1 4
1-6d 1 1
0< <1 - <d<
 4  2 6
 1-6d  3 1
0< +d<1 - <d<
4 2 2
由0<a <1,i=1,2,3,4可得 ，解得 ，
i  1-6d  1 3
0< +2d<1 - <d<
4 2 2
 
 0< 1-6d +3d<1  - 1 <d< 1
4 6 2
1 1
综合可得，d的取值范围为- <d< .
6 6
1 1
故答案为：- ,
6 6

5061 (2024·全国·高三专题练习)已知离散型随机变量X的分布列为
第 页 共 页
3267 3427X 0 2 a
0. 0.
P b
2 4
若EX  <1.6，则正整数a= ．
【答案】1
【解析】0.2+0.4+b=1，得b=0.4，所以EX  =0×0.2+2×0.4+a×0.4<1.6，则a
<2，
正整数a=1；
故答案为：1.
【解题方法总结】
离散型随机变量的分布列性质的应用
(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值；
(2)利用“随机变量在某一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求特定
事件的概率；
(3)可以根据性质p +p +⋯+p =1及p ≥0，i=1,2,⋯,n判断所求的分布列是否正
1 2 n i
确．
4 题型四：离散型随机变量的均值
5062 (2024·贵州黔东南·高三校考阶段练习)2022年10月16日至22日中共二十大在北京召
开，二十大报告指出，必须坚持科技是第一生产力，人才是第一资源，创新是第一动力，这
其实是我党的一贯政策．某材料学博士毕业时恰逢国家大力倡导“开辟发展新领域新赛
道，不断塑造发展新动能新优势”，于是同一帮志同道合的博士同学，在老家创办新材料公
司，专注于二氧化硅、碳纤维增强陶瓷基、树脂基三大类复合材料的研发与生产，预计到今
年年底这三大类复合材料盈利100万元的概率分别为0.8，0.5，0.4，若三大类复合材料到
今年年底是否盈利100万元相互独立，记三大类复合材料有X类到今年年底盈利100万
元，则X的数学期望EX  = ．
【答案】1.7
【解析】记三大类复合材料有X类到今年年底盈利100万元，则X=0,1,2,3，
PX=0  =0.2×0.5×0.6=0.06，
PX=1  =0.8×0.5×0.6+0.2×0.5×0.6+0.2×0.5×0.4=0.34，
PX=2  =0.8×0.5×0.6+0.2×0.5×0.4+0.8×0.5×0.4=0.44，
PX=3  =0.8×0.5×0.4=0.16，
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.06 0.34 0.44 0.16
EX=0×0.06+1×0.34+2×0.44+3×0.16=1.7
故答案为：1.7
5063 (2024·上海宝山·高三上海交大附中校考阶段练习)一个袋中装有5个球，编号为1，2，
3，4，5，从中任取3个，用X表示取出的3个球中最大编号，则EX  = ．
【答案】4.5
第 页 共 页
3268 3427【解析】从中任取3个球，共有1，2，3  ，1，2，4  ，1，2，5  ，1，3，4  ，1，3，5  ，
1，4，5  ，2，3，4  ，2，3，5  ，2，4，5  ，3，4，5  10中情况，
所以X可能取值为3，4，5，
PX=3 
1
= ，PX=4
10

3
= ，PX=5
10

6 3
= = ，
10 5
所以EX 
1 3 3 9
=3× +4× +5× = .
10 10 5 2
故答案为：4.5.
5064 (2024·全国·高三专题练习)现要发行10000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1000
张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1000元的彩票5张.1张
彩票中奖金额的均值是 元.
【答案】2
【解析】设每张彩票的中奖金额为随机变量X，则X=0,2,10,50,100,1000.
由题意可知，PX=2 
1000
= =0.1，PX=10
10000

300
= =0.03，PX=50
10000

100
=
10000
=0.01，PX=100 
50
= =0.005，PX=1000
10000

5
= =0.0005，
10000
所以PX=0  =1-0.1-0.03-0.01-0.005-0.0005=0.8545.
所以，X的分布列为
X 0 2 10 50 100 1000
0.854 0.0 0.00 0.000
P 0.1 0.01
5 3 5 5
所以，EX  =0+2×0.1+10×0.03+50×0.01+100×0.005+1000×0.0005=2.
故答案为：2.
5065 (2024·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测)一个盒子里有1个红球和2个绿球，每次拿一
个，不放回，拿出红球即停，设拿出绿球的个数为X，则EX  = .
【答案】1
【解析】由题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2，
1 2 1 1 2 1 1
则P(X=0)= ；P(X=1)= × = ；P(X=2)= × = ，
3 3 2 3 3 2 3
所以期望为EX 
1 1 1
=0× +1× +2× =1.
3 3 3
故答案为：1.
5066 (2024·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考阶段练习)某同学在上学的路上要经过3个十字
路口，在每个路口是否遇到红灯相互独立，设该同学在三个路口遇到红灯的概率分别为
1 1 1
， ， .
2 3 4
(1)求该同学在上学路上恰好遇到一个红灯的概率；
(2)若该同学在上学路上每遇到1个红灯，到校打卡时间就会比规定打卡时间晚48秒，记
该同学某天到校打卡时间比规定时间晚X秒，求X的分布列和数学期望.
【解析】(1)记A={该同学在上学路上恰好遇到一个红灯},
PA 
1 2 3 1 1 3 1 2 1 11
= × × + × × + × × = .
2 3 4 2 3 4 2 3 4 24
(2)X的可能取值为0,48,96,144，
第 页 共 页
3269 3427PX=0 
1 2 3 6 1
= × × = = ,
2 3 4 24 4
PX=48 
1 2 3 1 1 3 1 2 1 11
= × × + × × + × × = ,
2 3 4 2 3 4 2 3 4 24
PX=96 
1 1 3 1 2 1 1 1 1 6 1
= × × + × × + × × = =
2 3 4 2 3 4 2 3 4 24 4
PX=144 
1 1 1 1
= × × = ,
2 3 4 24
X的分布列为：
X 0 48 96 144
1 11 1 1
P
4 24 4 24
EX 
1 11 1 1
=0× +48× +96× +144× =52.
4 24 4 24
5067 (2024·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习)小李参加某项专业资格考试，一
共要考3个科目，若3个科目都合格，则考试直接过关；若都不合格，则考试不过关；若有1
个或2相科目合格，则所有不合格的科目需要进行一次补考，补考都合格的考试过关，否
则不过关．已知小李每个科目每次考试合格的概率均为p(0<p<1)，且每个科目每次考
试的结果互不影响．
(1)记“小李恰有1个科目需要补考”的概率为fp  ，求fp  的最大值点p ． 0
(2)以(1)中确定的p 作为p的值．
0
(ⅰ)求小李这项资格考试过关的概率；
(ⅱ)若每个科目每次考试要缴纳20元的费用，将小李需要缴纳的费用记为X元，求
EX  ．
【解析】(1)由题意知fp  =C1 3 p2 1-p  =3p2 1-p  ，0<p<1，
则fp  =-9p2+6p=3p2-3p  ，
2
当0<p< 时，fp
3
 >0，
2
当 <p<1时，fp
3
 <0，
所以函数fp 
2
在0,
3

2
单调递增， ,1
3
 单调递减，
2
所以当p= 时，fp 3 
2
取最大值，即p = ． 0 3
2
(2)(ⅰ)小李第一次考试3个科目都合格的概率为P =
1 3

3 8
= ，
27
2
小李第一次考试有2个科目合格，补考1个科目且合格的概率为P =3×
2 3

2 1 2
× ×
3 3
8
= ，
27
2 1
小李第一次考试有1个科目合格，补考2个科目且均合格的概率为P =3× ×
3 3 3

2
×
2

3

2 8
= ，
81
56
所以小李这项资格考试过关的概率为P=P +P +P = ．
1 2 3 81
(ⅱ)X的所有可能取值为60，80，100，
则PX=60 
2
=
3

3 1
+
3

3 1
= ，PX=80
3

2
=3×
3

2 1 4
× = ，
3 9
PX=100 
2 1
=3× ×
3 3

2 2
= ，
9
第 页 共 页
3270 3427故EX 
1 4 2 700
=60× +80× +100× = ．
3 9 9 9
5068 (2024·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)有一种双人游戏，游戏规则如
下：一个袋子中有大小和质地相同的5个小球，其中有3个白色小球，2个红色小球，每次
游戏双方从袋中轮流摸出1个小球，摸后不放回，摸到第2个红球的人获胜，同时结束该
次游戏，并把摸出的球重新放回袋中，准备下一次游戏，且本次游戏中输掉的人在下一次
游戏中先摸球．小胡和小张准备玩这种游戏，约定玩3次，第一次游戏由小胡先摸球．
(1)在第一次游戏中，求在小胡第一轮摸到白球的情况下，小胡获胜的概率；
(2)记3次游戏中小胡获胜的次数为X，求X的分布列和数学期望．
【解析】(1)记小胡“第一轮摸到白球”为事件A“，小胡获胜”为事件B，
则PA 
3
= ，PAB
5

C1A2 C1C1A2 A2C1 A3A2 2
= 3 2 + 3 2 2 + 3 2 + 3 2 = ，
A3 A5 A5 A5 5
5 5 5 5
故PB|A 
PAB
=

PA 
2
= ；
3
(2)记一次游戏中“先摸球者获胜”为事件C，
则PC 
C1A2 C1C1A2 A3A2 C1C1 C1A3 C1A3 3
= 3 2 + 3 2 2 + 3 2 + 2 3 + 2 3 + 2 3 = ，
A3 A5 A5 A3 A5 A5 5
5 5 5 5 5 5
则X的可能取值为0,1,2,3，
则PX=0 
2
=
5

3 8
= ，PX=1
125

3 3 2 2 3 3 2 2 3
= × × + × × + × × =
5 5 5 5 5 5 5 5 5
48
，
125
3 2 3 3 3 3 2 3 2 57
P(X=2)= × × + × × + × × = ,
5 5 5 5 5 5 5 5 5 125
3 2 2 12
P(X=3)= × × = ，
5 5 5 125
故X的分布列为：
X 0 1 2 3
8 48 57 12
P
125 125 125 125
故EX 
8 48 57 12 198
=0× +1× +2× +3× = .
125 125 125 125 125
5069 (2024·河北保定·统考二模)某学校为了提高学生的运动兴趣，增强学生身体素质，该校
每年都要进行各年级之间的球类大赛，其中乒乓球大赛在每年“五一”之后举行，乒乓球大
赛的比赛规则如下：高中三个年级之间进行单循环比赛，每个年级各派5名同学按顺序比
赛(赛前已确定好每场的对阵同学)，比赛时一个年级领先另一个年级两场就算胜利(即每
两个年级的比赛不一定打满5场)，若两个年级之间打成2:2则第5场比赛定胜负．已知
1
高三每位队员战胜高二相应对手的可能性均为 ，高三每位队员战胜高一相应对手的可
2
2 1
能性均为 ，高二每位队员战胜高一相应对手的可能性均为 ，且队员、年级之间的胜负
3 2
相互独立．
(1)求高二年级与高一年级比赛时，高二年级与高一年级在前两场打平的条件下，最终战
胜高一年级的概率．
(2)若获胜年级积3分，被打败年级积0分，求高三年级获得积分的分布列和期望．
【解析】(1)设高二年级与高一年级在前两场打平的条件下，最终战胜高高一年级的事件
第 页 共 页
3271 3427为A，
则PA 
1 1 1 1
= × +2 ×
2 2 2 2

1 1
=
2 2
(2)根据题意得高三年级获得积分的ξ的取值可为0，3，6
Pξ=0 
1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1
= × +2× × × × +2× × ×2× × ×
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
 ×
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 × +2× × × × +2× × ×2× × ×
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

55 1 55
= × =
243 2 486
Pξ=6 
2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2
= × +2× × × × +2× × ×2× × ×
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
 ×
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 × +2× × × × +2× × ×2× × ×
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

188 1 94
= × =
243 2 243
Pξ=3 
55 188 1
=1- - =
486 486 2
∴ξ的分布列为
ξ 0 3 6
55 1 94
P
486 2 243
∴Eξ 
1 94 619
=3× +6× =
2 243 162
5070 (2024·福建龙岩·统考二模)为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起体育运动
和文化项目比赛，经过角逐，甲、乙两人进入最后的决赛．决赛先进行两天，每天实行三局
两胜制，即先赢两局的人获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲、乙两人中的一方能连
续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天甲、乙两人各赢一天，则第三天只进行一局附加
1
赛，该附加赛的获胜方为最终冠军设每局比赛甲获胜的概率为 ，每局比赛的结果没有
3
平局且结果互相独立．
(1)记第一天需要进行的比赛局数为X，求X的分布列及E(X)；
(2)记一共进行的比赛局数为Y，求P(Y≤5)．
【解析】(1)X可能取值为2，3．
1
P(X=2)=
3

2 2
+
3

2 5
=
9
4
P(X=3)=1-P(X=2)=
9
所以X的分布列如下：
X 2 3
5 4
P
9 9
5 4 22
∴E(X)=2× +3× = ．
9 9 9
1
(2)前两天中每一天甲以2：0获胜的的概率均为
3

2 1
= ；
9
2
乙以2：0获胜的的概率均为
3

2 4
=
9
1 2 1 4
甲以2：1获胜的的概率均为C1× × × =
2 3 3 3 27
1 2 2 8
乙以2：1获胜的的概率均为C1× × × =
2 3 3 3 27
1
∴P(Y=4)=
9

2 4
+
9

2 17
=
81
第 页 共 页
3272 3427Y=5即获胜方前两天比分为2:0和2:1，或者2:0和0:2再加附加赛
1 4 1 4 1 16
甲获胜的概率为C1× × +C1× × × = ，
2 9 27 2 9 9 3 243
4 8 4 1 2 80
乙获胜的概率为C1× × +C1× × × =
2 9 27 2 9 9 3 243
16 80 32
∴P(Y=5)= + =
243 243 81
17 32 49
∴P(Y≤5)=P(Y=4)+P(Y=5)= + = ．
81 81 81
5 题型五：离散型随机变量的方差
5071 (2024·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试)设随机变量X的分布列如下：其
中a、b、c成等差数列，若EX 
1
= ，则方差DX
3
 = .
X -1 0 1
P a b c
5
【答案】
9
【解析】∵a、b、c成等差数列，EX 
1
= ,由变量X的分布列，
3
a+b+c=1

2b=a+c 1 1 1
知： ，解得a= ,b= ,c= ，
 1 6 3 2
-a+c=
 3
∴DX 
1
=-1-
3

2 1 1
× +0-
6 3

2 1 1
× +1-
3 3

2 1 5
× = .
2 9
5
故答案为：
9
5072 (2024·全国·高三专题练习)离散型随机变量X的分布为：
X 0 1 2 4 5
P q 0.3 0.2 0.2 0.1
若离散型随机变量Y满足Y=2X+1，则下列结果正确的为 ．
①EX  =2；②EY  =4；③DX  =2.8；④DY  =14．
【答案】①③
【解析】由离散型随机变量X的分布列的性质，可得q=1-0.3-0.2-0.2-0.1=0.2，
则EX  =0×0.2+1×0.3+2×0.2+4×0.2+5×0.1=2，
DX  =0-2  2×0.2+1-2  2×0.3+2-2  2×0.2+4-2  2×0.2+5-2  2×0.1=
2.8，
所以①③正确；
又由离散型随机变量Y满足Y=2X+1，所以EY  =2EX  +1=4+1=5，
DY  =22DX  =4×2.8=11.2，所以②④错误，
故答案为：①③．
5073 (2024·全国·高三专题练习)甲、乙两种零件某次性能测评的分值ξ，η的分布如下，则性
能更稳定的零件是 ．
ξ 8 9 10
第 页 共 页
3273 34270. 0. 0.
P
3 2 5
η 8 9 10
0. 0. 0.
P
2 4 4
【答案】乙
【解析】由题意知：Eξ  =8×0.3+9×0.2+10×0.5=9.2，
Eη  =8×0.2+9×0.4+10×0.4=9.2，
所以Dξ  =0.3×8-9.2  2+0.2×9-9.2  2+0.5×10-9.2  2=0.76，
Dη  =0.2×8-9.2  2+0.4×9-9.2  2+0.4×10-9.2  2=0.56，
因为Dη  <Dξ  ，所以乙更稳定．
故答案为:乙．
5074 (2024·全国·高三专题练习)已知离散型随机变量ξ的分布如下表：
ξ -2 0 2
1
P a b
2
1
若随机变量ξ的期望值E(ξ)= ，则D(2ξ+1)= ．
2
【答案】11
1 1 1
【解析】由表中数据得：E(ξ)=-2a+0×b+2× = ，解得a= ，
2 2 4
1 1
又a+b+ =1，∴b= ，
2 4
1
所以D(ξ)=-2-
2

2 1 1
× +0-
4 2

2 1 1
× +2-
4 2

2 1 11
× = ，
2 4
所以D(2ξ+1)=22D(ξ)=11．
故答案为：11．
5075 (2024·全国·高三对口高考)随机变量ξ的分布列如下表：
n+ n+
ξ n
1 2
P a b c
其中a，b，c成等差数列，则D(ξ)的最大值为 .
2
【答案】
3
【解析】依题意，a+c=2b，a+b+c=1，
1 2
所以b= ，c= -a，
3 3
1 2
所以E(ξ)=na+ (n+1)+(n+2) -a
3 3

5
=n+ -2a，
3
5
所以D(ξ)=n+ -2a-n
3

2 1 5
a+ n+ -2a-n-1
3 3

2 5
+n+ -2a-n-2
3

2 2
 -a
3

8 2 1 =-4a2+ a+ =-4a-
3 9 3
 2 2 2 + ≤ ，
3 3
第 页 共 页
3274 34271 2
所以当a= 时，D(ξ)有最大值 .
3 3
2
故答案为： ．
3
5076 (2024·全国·高三对口高考)随机变量X的分布列如表所示，若EX 
1
= ，则D(3X-
3
2)= .
X -1 0 1
1
P a b
6
【答案】5
1 1
a+b+ =1 a=
 6  3
【解析】依题意可得 ，解得 ，
1 1 1
-1× +0×a+1×b= b=
6 3 2
所以DX 
1
=-1-
3

2 1 1
× +0-
6 3

2 1 1
× +1-
3 3

2 1 5
× = ，
2 9
所以D3X-2  =32DX 
5
=9× =5.
9
故答案为：5.
5077 (2024·北京西城·高三北京市第三十五中学校考开学考试)为了解某中学高一年级学生
身体素质情况，对高一年级的(1)班∼(8)班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各
抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的
人数散点图如下(x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数)：
(1)若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，求该
生身体素质监测成绩达到优秀的概率；
(2)若从以上统计的高一(2)班和高一(4)班的学生中各抽出1人，设X表示2人中身体素
质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列及其数学期望；
(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率
相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“ξ =1”表示第k班抽到的这名同学身体素
k
质优秀，“ξ =0”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀(k=1,2,...,8)．写出方差
k
Dξ 1  ,Dξ 2  ,Dξ 3  ,Dξ 4  的大小关系(不必写出证明过程)．
【解析】(1)从高一年级(1)班~(8)班学生中抽测了80人，
其中身体素质检测成绩优秀的人数有8+6+9+4+7+5+9+8=56人，所以，优秀的
7
概率是
10
因为是随机抽样，所以用样本估计总体，可知从高一年级学生中任意抽测一人，
第 页 共 页
3275 34277
该生身体素质检测成绩达到优秀的概率是
10
(2)因为高一(2)班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有6人，不优
秀的有4人，
因为高一(4)班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有4人，不优秀
的有6人，
所以从中抽出2人，X的可能取值为0,1,2
PX=0 
2 3 6
= × = ，PX=1
5 5 25

3 3 2 2 13
= × + × = ，PX=2
5 5 5 5 25

3 2
= × =
5 5
6
，
25
所以X的分布列为
X 0 1 2
6 13 6
P
25 25 25
数学期望EX 
6 13 6
=0× +1× +2× =1
25 25 25
(3)Dξ =Dξ >Dξ >Dξ ，
4 2 1 3
理由：由于Pξ 1 =1  =0.8,Pξ 2 =1  =0.6,Pξ 3 =1  =0.9,Pξ 4 =1  =0.4,
且ξ 服从二点分布，所以Dξ
k k
 =Pξ
k
 1-Pξ
k
   =- Pξ
k

1
 -
2

2 1
+ ，
4
由于Pξ 3 =1  >Pξ 1 =1  =0.8>Pξ 2 =1 
1
=0.6> 2 >Pξ 4 =1  =0.4,Dξ k  =
- Pξ
k

1
 -
2

2 1 1
+ 在 ,1
4 2
 单调递减，
所以Dξ 4  =Dξ 2  >Dξ 1  >Dξ 3  .
5078 (2024·辽宁沈阳·高三辽宁实验中学校考阶段练习)甲乙两人进行一场乒乓球比赛.已知
每局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，甲乙约定比赛采取“3局2胜制”.
(1)求这场比赛甲获胜的概率；
(2)这场比赛甲所胜局数的数学期望(保留两位有效数字)；
(3)根据(2)的结论，计算这场比赛甲所胜局数的方差.
【解析】(1)甲胜利的情况有：胜胜；败胜胜；胜败胜.
甲胜概率为：(0.6)2+C1(0.4)×(0.6)2=1.8×(0.6)2=0.648.
2
则甲胜利的概率为0.648.
(2)设甲所胜的局数为X，X=0,1,2.
P(X=0)=0.42=0.16，P(X=1)=C1⋅0.6×0.42=1.2×0.16=0.192，
2
P(X=2)=0.62+C1⋅0.4×0.62=1.8×0.36=0.648，
2
则分布列为：
X 0 1 2
0.64
P 0.16 0.192
8
所以E(X)=0.16×0+0.192×1+0.648×2=1.488≈1.5.
(3)D(X)=0.16×(0-1.5)2+0.192×(1-1.5)2+0.648×(2-1.5)2=0.57.
5079 (2024·浙江·高三专题练习)已知随机变量X的分布列为
第 页 共 页
3276 3427X 0 1 x
1 1
P p
2 3
若EX 
2
= ，
3
(1)求DX  的值;
(2)若Y=3X-2，求 DY  的值.
1 1
+ +p=1 2 3
【解析】(1)由题意可得：
EX 
 p= 1
 ，解得 6 ，
1 1 2
=0× +1× +xp= x=2
2 3 3
所以DX 
2
=0-
3

2 1 2
× +1-
2 3

2 1 2
× +2-
3 3

2 1 5
× = .
6 9
(2)因为Y=3X-2，则DY  =9DX  =5，
所以 DY  = 5.
5080 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)巴蜀中学进行90周年校庆知识竞赛，
参赛的同学需要从10道题中随机地抽取4道来回答，竞赛规则规定：每题回答正确得10
分，回答不正确得-10分.
(1)已知甲同学每题回答正确的概率均为0.8，且各题回答正确与否相互之间没有影响，记
甲的总得分为X，求X的期望和方差；
(2)已知乙同学能正确回答10道题中的6道，记乙的总得分为Y，求Y的分布列.
【解析】(1)设甲答对题目的数目为ξ，则ξ∼B4,0.8  ，所以X=10ξ-104-ξ  =20ξ-
40，
所以EX  =20Eξ  -40=20×4×0.8-40=24；
DX  =400Dξ  =400×4×0.8×0.2=256.
(2)设乙答对题目的数目为η，则η服从参数为N=10，M=6，n=4的超几何分布，
且Y=10η-104-η  =20η-40，
所以PY=-40  =Pη=0 
C4C0 1
= 4 6 = ，PY=-20
C4 210
10
 =Pη=1 
C3C1 4
= 4 6 = ，
C4 35
10
PY=0  =Pη=2 
C2C2 3
= 4 6 = ，PY=20
C4 7
10
 =Pη=3 
C1C3 8
= 4 6 = ，
C4 21
10
PY=40  =Pη=4 
C0C4 1
= 4 6 = ，
C4 14
10
所以Y的概率分布为
-2
Y -40 0 20 40
0
1 4 3 8 1
P
210 35 7 21 14
5081 (2024·河南·襄城高中校联考三模)小王去自动取款机取款，发现自己忘记了6位密码的
最后一位数字，他决定从0~9中不重复地随机选择1个进行尝试，直到输对密码，或者输
错三次银行卡被锁定为止．
(1)求小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设小王尝试输入该银行卡密码的次数为X，求X的分布列、数学期望及方差．
【解析】(1)设“小王的该银行卡被锁定”为事件A，
第 页 共 页
3277 3427则PA 
9 8 7 7
= × × = ．
10 9 8 10
(2)由题意，X的所有可能取值为1，2，3，
则PX=1 
1
= ，PX=2
10

9 1 1
= × = ，PX=3
10 9 10

9 8 4
= × ×1= ，
10 9 5
所以X的分布列为
X 1 2 3
1 1 4
P
10 10 5
所以数学期望EX 
1 1 4 27
=1× +2× +3× = ，
10 10 5 10
方差DX 
27
=1-
10

2 1 27
× +2-
10 10

2 1 27
× +3-
10 10

2 4 41
× = ．
5 100
5082 (2024·福建宁德·高三福建省宁德第一中学校考阶段练习)甲、乙两个学校进行体育比
赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束
后，总得分高的学校获得冠军，已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，
各项目的比赛结果相互独立.
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.
(3)设用Y表示甲学校的总得分，比较DX和DY的大小(直接写出结果).
【解析】(1)甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场
比赛获胜的概率如下表：
第一场比赛 第二场比赛 第三场比赛
甲学校获胜概率 0.5 0.4 0.8
乙学校获胜概率 0.5 0.6 0.2
甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，
①甲学校3场全胜，概率为：P =0.5×0.4×0.8=0.16，
1
②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P =0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4
2
×0.8=0.44，
所以甲学校获得冠军的概率为：P=P +P =0.6；
1 2
(2)乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：
P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16，
P(X=10)=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8=0.44，
P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34，
P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06，
则X的分布列为：
X 0 10 20 30
P 0.16 0.4 0.3 0.0
4 4 6
X的期望EX=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13；
(3)甲学校的总得分Y的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：
P(Y=0)=0.5×0.6×0.2=0.06，
第 页 共 页
3278 3427P(Y=10)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34，
P(Y=20)=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8=0.44，
P(Y=30)=0.5×0.4×0.8=0.16，
则Y的分布列为：
Y 0 10 20 30
P 0.0 0.3 0.4 0.16
6 4 4
Y的期望EY=0×0.06+10×0.34+20×0.44+30×0.16=17；
故DY=0-17  2×0.06+10-17  2×0.34+20-17  2×0.44+30-17  2×0.16=65，
由(2)可得DX=0-13  2×0.16+10-13  2×0.44+20-13  2×0.34+30-13  2×
0.06=65，
故DX=DY.
5083 (2024·全国·高三专题练习)概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两
位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫(Markov)不等式和切比雪夫
(Chebyshev)不等式．马尔科夫不等式的形式如下：
设X为一个非负随机变量，其数学期望为EX  ，则对任意ε>0，均有PX≥ε  ≤
EX 
，
ε
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取
值概率与其数学期望间的关系．当X为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明
如下：
设X的分布列为PX=x i  =p,i=1,2,⋯,n,其中p ∈(0,+∞),x ∈[0,+∞)(i=1,2, i i i
n x
⋯,n),p =1，则对任意ε>0，P(X≥ε)=p ≤ ip =
i i ε i
i=1 xi≥ε xi≥ε
1 1 n E(X)
xp≤ xp= ，其中符号A 表示对所有满足x ≥ε的指标i所对应的A
ε i i ε i i ε i i i
xi≥ε i=1 xi≥ε
求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量X的期望为EX  ，方差为DX  ，则对任意ε>0，均有P X-EX     ≥ε  ≤
DX 
ε2
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量X成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为80%．现随机选择了100名
患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药
厂的宣传内容是否真实可信．
【解析】(1)法一：对非负离散型随机变量 X-EX    2及正数ε2使用马尔科夫不等式，
有P X-EX     ≥ε  =P X-EX     2≥ε2 
E X-EX
≤
   2 DX
=
ε2

．
ε2
法二：设X的分布列为
PX=x i  =p,i=1,2,⋯,n, i
n
其中p i ,x i ∈(0,+∞)(i=1,2,⋯,n),p i =1，记μ=EX
i=1
 ，则对任意ε>0，
P X-μ   ≥ε  = ∑
xi-μ 
P≤ ∑ i
≥ε xi-μ 
x i -μ
≥ε
 2 1 P= ∑ ε2 i ε2
xi-μ 
x i -μ
≥ε
 1 n 2P i ≤ ε2 ∑
i=1
x i -μ  2P= i
第 页 共 页
3279 3427DX 
.
ε2
(2)设在100名患者中治愈的人数为X．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观
真实的，
那么在此假设下，X∼B100,0.8  ,EX  =100×0.8=80,DX  =100×0.8×1-0.8 
=16．
由切比雪夫不等式，有PX≤60  ≤P X-80   ≥20 
DX
≤

=0.04．
202
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
【解题方法总结】
均值与方差性质的应用若X是随机变量，则η=f(X)一般仍是随机变量，在求η的期望
和方差时，熟练应用期望和方差的性质，可以避免再求η的分布列带来的繁琐运算．
6 题型六：决策问题
5084 (2024·河北·统考模拟预测)为切实做好新冠疫情防控工作，有效、及时地控制和消除新
冠肺炎的危害，增加学生对新冠肺炎预防知识的了解，某校举办了一次“新冠疫情”知识竞
赛.竞赛分个人赛和团体赛两种.个人赛参赛方式为：组委会采取电脑出题的方式，从题库
中随机出10道题，编号为A ，A ，A ，A ，⋯，A ，电脑依次出题，参赛选手按规则作答，
1 2 3 4 10
每答对一道题得10分，答错得0分.团体赛以班级为单位，各班参赛人数必须为3的倍数，
且不少于18人，团体赛分预赛和决赛两个阶段，其中预赛阶段各班可从以下两种参赛方
案中任选一种参赛：
方案一：将班级选派的3n名参赛选手每3人一组，分成n组，电脑随机分配给同一组的3
名选手一道相同的试题，3人均独立答题，若这3人中至少有2人回答正确，则该小组顺利
出线；若这n个小组都顺利出线，则该班级晋级决赛.
方案二：将班级选派的3n名参赛选手每n人一组，分成3组，电脑随机分配给同一组的n
名选手一道相同的试题，每人均独立答题，若这n个人都回答正确，则该小组顺利出线；若
这3个小组中至少有2个小组顺利出线，则该班级晋级决赛.
4
(1)郭靖同学参加了个人赛，已知郭靖同学答对题库中每道题的概率均为 ，每次作答结
5
果相互独立，且他不会主动放弃任何一次作答机会，求郭靖同学得分的数学期望与方差；
(2)在团体赛预赛中，假设A班每位参赛选手答对试题的概率均为常数p0<p<1  ，A班
为使晋级团体赛决赛的可能性更大，应选择哪种参赛方式？请说明理由.
【解析】(1)设郭靖同学答对的题目数为X，得分为Y，则Y=10X，
4
由题意可知X∼B10,
5
 ,
4
则E(Y)=E(10X)=10E(X)=10×10× =80;
5
4 4
D(Y)=D(10X)=100D(X)=100×10× ×1-
5 5
 =160.
(2)设A班选择方案一和方案二晋级团体赛决赛的概率分别为P,P，
1 2
当选择方案一时，小组里3人中至少有2人回答正确的概率为C2p2(1-p)+C3p3=3p2
3 3
-2p3，
故P 1 =3p2-2p3  n=p2n 3-2p  n；
当选择方案二时，一个小组顺利出线的概率为pn，则小组没有出线的概率为1-pn，
第 页 共 页
3280 3427故P 2 =C2 3 p2n 1-pn  +C3p3n=3p2n-2p3n； 3
故P 1 -P 2 =p2n 3-2p  n-3p2n+2p3n=p2n[(3-2p)n+2pn-3]，
令fn  =3-2p  n+2pn-3,n∈N∗，
则fn+1  -fn  =3-2p  n+1+2pn+1-3-2p)n-2pn
=3-2p  n 2-2p  +2pn p-1  =21-p  3-2p   n-pn  ，
因为0<p<1，所以1-p>0,3-2p>1，
故3-2p  n>1,0<pn<1,∴3-2p  n-pn>0，
则fn+1  -fn  >0，即fn+1  >fn  ，
故fn  =3-2p  n+2pn-3,n∈N∗为单调增函数，
因为f(1)=3-2p+2p-3=0，
由于各班参赛人数必须为3的倍数，且不少于18人，即n≥6，
此时fn  ≥f6  >f1  =0⇒P >P 1 2
故A班为使晋级团体赛决赛的可能性更大，应选择方案一参赛.
5085 (2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习)从2024年起，云南省高考数学试卷中增加了多
项选择题(第9-12题是四道多选题，每题有四个选项，全部选对的得5分，部分选对的得
2分，有选错的得0分).在某次模拟考试中，每道多项选题的正确答案是两个选项的概率
为p，正确答案是三个选项的概率为1-p(其中0<p<1).现甲乙两名学生独立解题.
(2)对于第12题，甲同学只能正确地判断出其中的一个选项是符合题意的，乙同学只能正
确地判断出其中的一个选项是不符合题意的，作答时，应选择几个选项才有希望得到更理
想的成绩，请你帮助甲或者乙做出决策(只需选择帮助一人做出决策即可).
【解析】(1)由题意知：甲比乙多得13分的情况包含：
A：甲四道全对；乙一道全对，一道部分选对，两道选错，即甲得20分，乙得7分.
B：甲三道全对，一道部分选对；乙两道部分选对，两道选错，即甲得17分，乙得4分.
C：甲三道全对，一道选错；乙一道部分选对，三道选错，即甲得15分，乙得2分.
PA  1 = 2  4 ×C1× 1 ×C1× 1 × 1 4 6 3 2 3  2 1 = . 144
PB  1 =C3× 4 2  3 × 1 ×C2× 1 4 4 2  2 1 × 3  2 1 = . 48
PC  1 =C3× 4 2  3 × 1 ×C1× 1 4 4 2  1 × 3  3 1 = . 108
P=PA  +PB  +PC 
1
= .
27
(2)若为甲出方案.
则甲可能的选项个数为：1，2，3.
记A 1 表示选1个选项的得分，则期望为EA 1  =2.
记A 表示选2个选项的得分，则得分可能为0，2，5，
2
PA 2 =0 
2
=p× +1-p 3 
1 1
× = 1+p 3 3 
PA 2 =2 
2
= 1-p 3  ，
PA 2 =5 
1
= p， 3
此时期望为EA 2 
1+p 21-p
=0× +2× 3
 p 4+p
+5× = . 3 3 3
记A 表示选3个选项的得分，则得分可能为0，5
3
第 页 共 页
3281 3427PA 3 =0  =p+1-p 
2 2+p
× = ， 3 3
PA 3 =5  =1-p 
1 1-p
× = ， 3 3
此时期望为EA 3 
2+p 1-p 5-5p
=0× +5× = . 3 3 3
4+p 5-5p
∵2> ，2> .
3 3
∴甲应选择1个选项才有希望得到更理想的成绩.
若为乙出方案.
则乙可能的选项个数为：1，2，3.
记B 1 表示选1个选项的得分，类比甲的情况，则EB 1 
1
=0×p× 3  +2×
2
p× +1-p
3
   ×1


2
=2- p
3
记B 表示选2个选项的得分，则得分可能为0，2，5，
2
此时EB 2 
2
=0×p× 3  +2×1-p 
1 p
×1+5×p× =2- . 3 3
记B 3 表示选3个选项的得分，则得分可能为0，5，此时EB 3  =0×p+5×1-p  ×1=
5-5p.
2 p
∵2- p<2- .
3 3
p
2- -5-5p
3

14p-9
=
3
9
∴当 <p<1时，乙应选择2个选项才有希望得到更理想的成绩.
14
9
当0<p< 时，乙应选择3个选项才有希望得到更理想的成绩，
14
9
当p= 时，乙应选择2或3个选项都有希望得到更理想的成绩.
14
5086 (2024·河南·校联考模拟预测)某水果店的草莓每盒进价20元，售价30元，草莓保鲜度为
两天，若两天之内未售出，以每盒10元的价格全部处理完.店长为了决策每两天的进货
量，统计了本店过去40天草莓的日销售量(单位：十盒)，获得如下数据：
日销售量/十
7 8 9 10
盒
天数 8 12 16 4
假设草莓每日销量相互独立，且销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率.
(1)记每两天中销售草莓的总盒数为X(单位：十盒)，求X的分布列和数学期望；
(2)以两天内销售草莓获得利润较大为决策依据，在每两天进16十盒，17十盒两种方案
中应选择哪种？
1 3 2 1
【解析】(1)日销售量为7盒、8盒、9盒、10盒的概率依次为： , , , ，
5 10 5 10
根据题意可得：X的所有可能取值为14，15，16，17，18，19，20，
1 1 1 1 3 3
P(X=14)= × = ，P(X=15)= × ×2= ，
5 5 25 5 10 25
1 2 3 3 1 3 2 1 1
P(X=16)= × ×2+ × = ，P(X=17)= × ×2+ × ×2=
5 5 10 10 4 10 5 5 10
7
，
25
第 页 共 页
3282 34273 1 2 2 11 2 1 2
P(X=18)= × ×2+ × = ，P(X=19)= × ×2= ，
10 10 5 5 50 5 10 25
1 1 1
P(X=20)= × = ，
10 10 100
所以X的分布列为：
X 14 15 16 17 18 19 20
1 3 1 7 11 2 1
P
25 25 4 25 50 25 100
1 3 1 7 11 2 1
所以E(X)=14× +15× +16× +17× +18× +19× +20×
25 25 4 25 50 25 100
=17.44；
1 3
(2)当每两天进16十盒时，利润为(14×10-2×10)× +(15×10-1×10)× +
25 25
1 3
16×10×1- -
25 25
 =156，
1 3
当每两天进17十盒时，利润为(14×10-3×10)× +(15×10-2×10)× +(16×
25 25
29 1 3 29
10-1×10)× +17×10×1- - -
100 25 25 100
 =157，
157>156，所以每两天进17十盒利润较大，故应该选择每两天进17十盒．
5087 (2024·江西上饶·校联考模拟预测)甲乙两家公司要进行公开招聘，招聘分为笔试和面
试，通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两家公司的笔试环节都设有三门考试科目
1
且每门科目是否通过相互独立，若小明报考甲公司，每门科目通过的概率均为 ；报考乙
2
1 3
公司，每门科目通过的概率依次为 , ，m，其中0<m<1．
3 5
2
(1)若m= ，分别求出小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
5
(2)招聘规则要求每人只能报考一家公司，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据
作决策，当小明更希望通过乙公司的笔试时，求m的取值范围．
【解析】(1)设小明报考甲公司恰好通过一门笔试科目为事件A，
小明报考乙公司恰好通过一门笔试科目为事件B，
1 根据题意可得P(A)=C1
3 2
 1 
2
 2 3 = ，
8
1 2 3 2 3 3 2 2 2 32
P(B)= × × + × × + × × = .
3 5 5 3 5 5 3 5 5 75
(2)设小明报考甲公司通过的科目数为X，报考乙公司通过的科目数为Y，
1
根据题意可知，X~B3,
2

1 3
，则E(X)=3× = ，
2 2
2 2 4
P(Y=0)= × (1-m)= (1-m)，
3 5 15
1 2 2 3 2 2 8-4m
P(Y=1)= × (1-m)+ × (1-m)+ × m= ，
3 5 3 5 3 5 15
1 3 1 2 2 3 3+5m
P(Y=2)= × (1-m)+ × m+ × m= ，
3 5 3 5 3 5 15
1 3 1
P(Y=3)= × m= m，
3 5 5
则随机变量Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
第 页 共 页
3283 34274 1
(1- 8-4m 3+5m
15 5
15 15
m) m
8-4m 3+5m 1 14+15m
E(Y)= + ×2+ m×3= ，
15 15 5 15
14+15m 3
若E(Y)>E(X)，则 > ，
15 2
17 17
故 <m<1，即m的取值范围是 ,1
30 30

5088 (2024·广西·校联考模拟预测)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘
汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元，在
机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元，现需决策在购买机器时应同时购买
几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得
到其频数分布图(如图所示)．若将这100台机器在三年内更换的易损零件数的频率视为
1台机器在三年内更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的
易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
(1)求X的分布；
(2)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=17与n=18之中选其一，应选
用哪个？并说明理由．
【解析】(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为
8，9，10的概率分别为0.3，0.4，0.3，
则PX=16  =0.3×0.3=0.09，PX=17  =2×0.3×0.4=0.24，
PX=18  =0.4×0.4+2×0.3×0.3=0.34，PX=19  =2×0.3×0.4=0.24，
PX=20  =0.3×0.3=0.09，
所以随机变量X的分布列为
X 16 17 18 19 20
0.0 0.2 0.3 0.2 0.0
P
9 4 4 4 9
(2)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，
当n=17时，可得E 1Y  =17×200×0.33+17×200+500  ×0.34
+17×200+2×500  ×0.24+17×200+3×500  ×0.09=3945
当n=18时，可得E 2Y  =18×200×0.67+18×200+500  ×0.24
+18×200+2×500  ×0.09=3810
因为3945>3810，所以当n=18时所需费用的期望值小于n=17时所需费用的期望值，
故应选n=18．
第 页 共 页
3284 34275089 (2024·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测)人工智能是研究用于模拟
和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正
在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，
然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决
策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子
有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8
个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.
1
若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为 (先
2
验概率).
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率，
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案
一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案
第二次试验结束的概率更大.
【解析】(1)设试验一次“，取到甲袋”为事件A“，取到乙袋”为事件A“，试验结果为红球”
1 2
为事件B“，试验结果为白球”为事件B ，
1 2
(1)PB 1  =PA 1  PB 1A 1  +PA 2  PB 1A 2 
1 9 1 2 11
= × + × = . 2 10 2 10 20
11
所以试验一次结果为红球的概率为 .
20
(2)①因为B 1 ，B 2 是对立事件，PB 2  =1-PB 1 
9
= ， 20
所以PA 1B 2  = PA 1 B 2  PB 2  = PB 2A 1  PA 1  PB 2 
1 1
×
10 2 1 = = ， 9 9
20
1
所以选到的袋子为甲袋的概率为 .
9
②由①得PA 2B 2  =1-PA 1B 2 
1 8
=1- = ， 9 9
所以方案一中取到红球的概率为：
P 1 =PA 1B 2  PB 1A 1  +PA 2B 2  PB 1A 2 
1 9 8 2 5
= × + × = ， 9 10 9 10 18
方案二中取到红球的概率为：
P 2 =PA 2B 2  PB 1A 1  +PA 1B 2  PB 1A 2 
8 9 1 2 37
= × + × = ， 9 10 9 10 45
37 5
因为 > ，所以方案二中取到红球的概率更大.
45 18
5090 (2024·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测)强基计划校考由试点高校自主命题，校考
过程中通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试
1
科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为 ；
2
1 2
该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为 ， ，m，其中0<m<1．
6 3
2
(1)若m= ，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概
3
率；
(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期
第 页 共 页
3285 3427望为依据作决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围．
【解析】(1)设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件A，该考生报考乙大学恰
好通过一门笔试科目为事件B，
1 根据题意可得P(A)=C1
3 2
 1 
2
 2 3 1 1 = ，P(B)= ×
8 6 3
 2 5 2 1 21 + × × ×2= =
6 3 3 54
7
.
18
(2)设该考生报考甲大学通过的科目数为X，报考乙大学通过的科目数为Y，
1
根据题意可知，X~B3,
2

1 3
，则E(X)=3× = ，
2 2
5 1 5
P(Y=0)= × (1-m)= (1-m)，
6 3 18
1 1 5 2 5 1 11 1
P(Y=1)= × (1-m)+ × (1-m)+ × m= - m，
6 3 6 3 6 3 18 3
1 2 1 1 5 2 1 1
P(Y=2)= × (1-m)+ × m+ × m= + m，
6 3 6 3 6 3 9 2
1 2 1
P(Y=3)= × m= m，
6 3 9
则随机变量Y的分布列为
Y 0 1 2 3
11 1
5 - + 1
(1- 18 9
18 9
P
1 1
m) m m m
3 2
11 1 2 1 5
E(Y)= - m+ +m+ m= +m，
18 3 9 3 6
5 3 2 2
若E(Y)>E(X)，则 +m> ，故 <m<1，即m的取值范围是 ,1
6 2 3 3
 .
5091 (2024·全国·高三专题练习)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，
机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元，在机器
使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元，现需决策在购买机器时应同时购买几个
易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得到其
频数分布图(如图所示).若将这100台机器在三年内更换的易损零件数的频率视为1台
机器在三年内更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损
零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.求X的期望；
【解析】由柱状图并以频率代替概率可得，
一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2，
第 页 共 页
3286 3427X可取16,17,18,19,20,21,22，
PX=16  =0.2×0.2=0.04，
PX=17  =2×0.2×0.4=0.16，
PX=18  =2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24，
PX=19  =2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24，
PX=20  =2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2，
PX=21  =2×0.2×0.2=0.08，
PX=22  =0.2×0.2=0.04，
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22
0.0
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.04
8
期望EX  =16×0.04+17×0.16+18×0.24+19×0.24+20×0.2+21×0.08
+22×0.04=40.68.
5092 (2024·湖北·高三湖北省红安县第一中学校联考阶段练习)为贯彻落实党的二十大精神，
促进群众体育全面发展.奋进中学举行了趣味运动会，有一个项目是“沙包掷准”，具体比
赛规则是：选手站在如图(示意图)所示的虚线处，手持沙包随机地掷向前方的三个箱子
中的任意一个，每名选手掷5个大小形状质量相同、编号不同的沙包.规定：每次沙包投进
1号、2号、3号箱分别可得3分、4分、5分，没有投中计0分.每名选手将累计得分作为最
终成绩.
(1)已知某位选手获得了17分，求该选手5次投掷的沙包进入不同箱子的方法数；
(2)赛前参赛选手经过一段时间的练习，选手A每次投中1号、2号、3号箱的概率依次为
0.7,0.5,0.3.已知选手A每次赛前已经决定5次投掷的目标箱且比赛中途不变更投掷目
标.假设各次投掷结果相互独立，且投掷时不会出现末中目标箱而误中其它箱的情况.
(i)若以比赛结束时累计得分数作为决策的依据，你建议选手A选择几号箱？
(ii)假设选手B得了23分，请你帮A设计一种可能赢B的投掷方案，并计算该方案A获
胜的概率.
【解析】(1)设5次投掷投中1号x次，2号y次，3号z次，未投中t次，
x+y+z+t=5

3x+4y+5z=17
则 ，

0≤x,y,z,t≤5


x,y,z,t∈Z
第 页 共 页
3287 3427x=4 x=2 x=1 x=0
   
y=0 y=0 y=1 y=3
解得 或 或 或
   
z=1 z=0 z=2 z=1
   
   
t=0 t=0 t=1 t=1
∴不同的方法数N=C4C1+C3C2+C1C1C2C1+C3C1C1=95.
5 1 5 2 5 4 3 1 5 2 1
(2)(i)设选手A选择1号、2号、3号箱作为目标箱，5次投中的次数依次为X 、X 、X ，
1 2 3
最终的得分分别为Y、Y、Y.则
1 2 3
X 1 ∼B5,0.7  ,X 2 ∼B5,0.5  ,X 3 ∼B5,0.3 
∴EY 1 =E3X 1  =3EX 1  =3×5×0.7=10.5
EY 2 =E4X 2  =4EX 1  =4×5×0.5=10
EY 3 =E5X 3  =5EX 1  =5×5×0.3=7.5
∵EY>EY>EY
1 2 3
∴建议选手A选择1号箱.
(ii)方案一：A连续5次选择投掷3号箱
3
A最终获胜的概率为P=
10

5 243
= =0.00243.
100000
方案二：A前4次均选择投掷3号箱，第5次投2号箱
3
A最终获胜的概率为P=
10

4 1 81
× = =0.00405
2 20000
5093 (2024·全国·高三专题练习)某服装加工厂为了提高市场竞争力，对其中一台生产设备提
出了甲、乙两个改进方案：甲方案是引进一台新的生产设备，需一次性投资1900万元，年
生产能力为30万件；乙方案是将原来的设备进行升级改造，需一次性投入700万元，年生
产能力为20万件.根据市场调查与预测，该产品的年销售量的频率分布直方图如图所示，
无论是引进新生产设备还是改造原有的生产设备，设备的使用年限均为6年，该产品的销
售利润为15元/件(不含一次性设备改进投资费用).

(1)根据年销售量的频率分布直方图，估算年销量的平均数x(同一组中的数据用该组区间
的中点值作代表)；
(2)将年销售量落入各组的频率视为概率，各组的年销售量用该组区间的中点值作年销量
的估计值，并假设每年的销售量相互独立.
①根据频率分布直方图估计年销售利润不低于270万元的概率；
②若以该生产设备6年的净利润的期望值作为决策的依据，试判断该服装厂应选择哪个
方案.(6年的净利润=6年销售利润-设备改进投资费用)

【解析】(1)年销量的平均数x=0.05×12+0.35×16+0.3×20+0.2×24+0.1×28=
19.8(万件).
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3288 3427(2)①该产品的销售利润为15元/件，
由题意得只有当年销售量不低于18万件时年销售利润才不低于270万，
所以年销售利润不低于270万的概率P=0.3+0.2+0.1=0.6.
②设甲方案的年销售量为X万件，由(1)可知甲方案的年销售量的期望E(X)=19.8，
所以甲方案6年的净利润的期望值为19.8×15×6-1000=782(万元).
设乙方案的年销售量为Y万件，则乙方案的年销售量的分布列为
Y 12 16 20
0.0 0.3 0.
P
5 5 6
所以乙方案的年销售量期望E(Y)=0.05×12+0.35×16+0.6×20=18.2(万件)，
所以乙方案6年的净利润的期望值为18.2×15×6-700=938(万元)，
因为乙方案的净利润的期望值大于甲方案的净利润的期望值，
所以企业应该选择乙方案.
【解题方法总结】
均值与方差在决策中的应用
(1)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稳定于均值
的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是实际生产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．
(2)两种应用策略
①当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．
②若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离
散程度或者稳定程度，进而进行决策
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