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11.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
基础篇
考点 离散型随机变量及其分布列、均值与 Ｘ
－１ １ ２
方差
Ｐ ａ ｂ １
３
考向一 离散型随机变量的分布列、均值与
若 Ｅ Ｘ 则 Ｄ Ｘ
方差 (２ ＋１)＝ ２ꎬ ( )＝ ( )
１.( 广东ꎬ ꎬ 分)已知离散型随机变量 Ｘ １１ ７
２０１３ ４ ５ Ａ.１ Ｂ.４ Ｃ. Ｄ.
７ ４
的分布列为
答案 Ｄ 依题意得 ａ ｂ １ 所以 ａ ｂ
＋ ＋ ＝１ꎬ ＋ ＝
Ｘ
１ ２ ３ ３
Ｐ ３ ３ １ ２
①ꎬ
５ １０ １０ ３
则 Ｘ 的数学期望 Ｅ Ｘ æ ö
( )＝ ( ) Ｅ Ｘ ａ ｂ ２ Ｅ Ｘ ç ａ ｂ ２÷
( )＝ － ＋ ＋ ꎬ (２ ＋１)＝ ２è－ ＋ ＋ ø＋１
３ ３
３ ５
Ａ. Ｂ.２ Ｃ. Ｄ.３
２ ２ ａ ｂ ７ 整理得 ａ ｂ １ 由
＝－２ ＋２ ＋ ＝２ꎬ － ＝ ②ꎬ ①②
３ ６
答案 Ａ 由已知条件可知 Ｅ Ｘ ３
( )＝ １× ＋２
５ 解得 ａ ５ ｂ １
＝ ꎬ ＝ ꎬ
１２ ４
３ １ ３ 故选 .
× ＋３× ＝ ꎬ Ａ
１０ １０ ２ 则 Ｅ Ｘ ５ １ ２ １
( )＝ － ＋ ＋ ＝ ꎬ
２.( 届辽宁渤海大学附中月考ꎬ )已知随 １２ ４ ３ ２
２０２３ ２
æ ö æ ö
２ ２
机变量 Ｘ 的分布列如表所示 若 Ｅ Ｘ 所以 Ｄ Ｘ ç １÷ ５ ç １÷ １
ꎬ ( )＝ ２ꎬ ( )＝ è－１－ ø × ＋è１－ ø × ＋
２ １２ ２ ４
则 Ｄ Ｘ
( )＝ ( ) æ ö ２
ç １÷ １ ７.故选
Ｘ è２－ ø × ＝ Ｄ.
１ ２ ３ ２ ３ ４
４.(多选)( 届山西长治质量检测ꎬ )以石
Ｐ １ ｍ ｎ ２０２３ ９
３ 墨烯电池 量子计算 等颠覆性技术为引
、 、ＡＩ
２ ４ ８ 领的前沿趋势 正在或将重塑世界工业的发
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.２ ꎬ
３ ３ ３ 展模式 对人类生产力的创新提升意义重大.
ꎬ
答案 Ａ 由题意可得 ｍ ｎ ２ 由 Ｅ Ｘ 我国某公司为了抢抓机遇 成立了 Ａ Ｂ Ｃ 三
＋ ＝ ①ꎬ ( ) ꎬ 、 、
３
个科研小组针对某技术难题同时进行科研
得 １ ｍ ｎ 联立 解得ｍ
＝ ２ １× ＋２ ＋３ ＝２②ꎬ ①② ＝ 攻关 攻克技术难题的小组会受到奖励.已知
ꎬ
３
5
Ａ Ｂ Ｃ 三个小组攻克该技术难题的概率分
年 高 １ ｎ １.故Ｄ Ｘ ２ １ ２ １ 、 、
ꎬ ＝ ( )＝ (１－２) × ＋(２－２) × ＋
考
３ ３ ３ ３ 别为１ １ ２ 且三个小组各自独立进行科
3
ꎬ ꎬ ꎬ
年 模 ２ １ ２.故选 ２ ２ ３
(３－２) × ＝ Ａ. 研攻关.下列说法正确的有
拟
３ ３ ( )
A ３.( 辽宁锦州质检ꎬ )随机变量 Ｘ 的分布
版 ２０２２ ６ 三个小组都受到奖励的概率是１
Ａ.
列是 ６
高
考
数 只有 Ａ 小组受到奖励的概率是１
学 Ｂ.
２
４４４
只有 Ｃ 小组受到奖励的概率是２ 所以 Ｅ Ｘ １ １ ５ １ ５.
Ｃ. ( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝ Ｄ
１１ １２ ３ １２ ６ ３
正确.故选
受到奖励的小组数的期望是５ ＡＤ.
Ｄ.
５.(多选)( 湖北襄阳五中模拟ꎬ )设离散
３
２０２２ １０
答案 ＡＤ 设 Ａ Ｂ Ｃ 三个小组攻克该技术
型随机变量 Ｘ 的分布列如表 若离散型随机
、 、
ꎬ
难题分别为事件 Ａ Ｂ Ｃ 则 Ｐ Ａ １ Ｐ Ｂ 变量Ｙ满足Ｙ Ｘ 则下列结论正确的是
、 、 ꎬ ( )＝ ꎬ ( )
＝２ －１ꎬ
２
( )
１ Ｐ Ｃ ２ 因为 Ａ Ｂ Ｃ 相互独立 所以
Ｘ
＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ０ １ ２ ３ ４
２ ３
Ｐ ｑ . . . .
０ ４ ０ １ ０ ２ ０ ２
Ｐ ＡＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １ １ ２ １
( )＝ ( ) ( ) ( )＝ × × ＝ ꎬ ｑ .
２ ２ ３ ６ Ａ. ＝０ ２
正确 Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ .
Ａ ꎻ Ｂ. ( )＝ ２ꎬ ( )＝ １ ８
æ ö Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ .
Ｐ Ａ ＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １ ç １÷ Ｃ. ( )＝ ２ꎬ ( )＝ １ ４
( )＝ ( ) ( ) ( )＝ ×è１－ ø×
Ｅ Ｙ Ｄ Ｙ .
２ ２
Ｄ. ( )＝ ３ꎬ ( )＝ ７ ２
æ ö
答案 ＢＤ 由分布列的性质可得 ｑ . .
ç ２÷ １ 错误 ＋０ ４＋０
è１－ ø ＝ ꎬＢ ꎻ
３ １２ . . 解得 ｑ . 故 不正确 Ｅ
１＋０ ２＋０ ２＝１ꎬ ＝０ １ꎬ Ａ ꎻ
只有 Ｃ 小组受到奖励的概率是 Ｐ ＡＢＣ Ｘ . . . . .
( )＝ ( )＝ ０×０ １＋１×０ ４＋２×０ １＋３×０ ２＋４×０ ２＝
æ ö æ ö
Ｄ Ｘ ２ . ２ .
ç １÷ ç １÷ ２ １ 错误 ２ꎬ ( ) ＝ (０－２) × ０ １ ＋ (１－２) × ０ ４ ＋
è１－ ø×è１－ ø× ＝ ꎬＣ ꎻ
２ ２ ３ ６ ２ . ２ . ２ . .
(２－２) ×０ １＋(３－２) ×０ ２＋(４－２) ×０ ２＝１
设受到奖励的小组数为 Ｘ 则 Ｘ 的所有可能
ꎬ 故 正确 不正确 由Ｙ Ｘ 得Ｅ Ｙ
８ꎬ Ｂ ꎻＣ ꎻ ＝２ －１ꎬ ( )
取值为
Ｅ Ｘ
０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ
＝ ２ ( )－１＝２×２－１＝３ꎬ
Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １
Ｄ Ｙ ２Ｄ Ｘ . . .故 正确.故
( ＝０)＝ ( )＝ ( ) ( ) ( )＝ × ( )＝ ２ ( )＝ ４×１ ８＝７ ２ Ｄ
２ 选
ＢＤ.
１ １ １ ６.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)在一组样本数据
× ＝ ꎬ ２０２０ Ⅲ ３ ５
２ ３ １２
中 出现的频率分别为 ｐ ｐ ｐ ｐ
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ
ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ ４ꎬ
( ＝１)＝ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( )
４
且 ｐ 则下面四种情形中 对应样本
Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １ １ １ １ １ １ ∑ ｉ＝ ｉ ＝１ꎬ ꎬ
( )＋ ( ) ( ) ( )＝ × × ＋ × × １
的标准差最大的一组是
２ ２ ３ ２ ２ ３
( )
ｐ ｐ . ｐ ｐ .
１ １ ２ １
＋ × × ＝ ꎬ Ａ. １ ＝ ４ ＝０ １ꎬ ２ ＝ ３ ＝０ ４
２ ２ ３ ３ ｐ ｐ . ｐ ｐ .
Ｂ. １ ＝ ４ ＝０ ４ꎬ ２ ＝ ３ ＝０ １
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ
ｐ ｐ . ｐ ｐ .
( ＝２)＝ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( ) Ｃ. １ ＝ ４ ＝０ ２ꎬ ２ ＝ ３ ＝０ ３
ｐ ｐ . ｐ ｐ .
( Ｃ )＋ Ｐ ( Ａ ) Ｐ ( Ｂ ) Ｐ ( Ｃ )＝ １ × １ × １ ＋ １ × １ × ２ Ｄ. １ ＝ ４ ＝０ ３ꎬ ２ ＝ ３ ＝０ ２
２ ２ ３ ２ ２ ３ ４
答案 Ｂ 根据均值 Ｅ Ｘ ｘ ｐ 方差
１ １ ２ ５ Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ １ ( )＝ ∑ ｉ＝ ｉ ｉꎬ
１
＋ × × ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ( )＝ ꎬ
所 ２ 以 ２ Ｘ 的 ３ 分布 １２ 列为 ６ Ｄ ( Ｘ )＝ ∑ ｉ＝ ４ [ ｘ ｉ－ Ｅ ( Ｘ )] ２ ｐ ｉ 以及方差与标 专 题 十
１
准差的关系 得各选项对应样本的标准差 一
Ｘ ꎬ
概
０ １ ２ ３ 如表. 率
与
Ｐ １ １ ５ １
统
１２ ３ １２ ６ 计
４４５
选项 均值Ｅ Ｘ 方差Ｄ Ｘ 标准差 Ｄ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ３ .
( ) ( ) ( ) ( ＝０)＝ ( ＝２)＝ ＝０ ３ꎬ
１０
. . .
Ａ ２ ５ ０ ６５ ０ ６５
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ２ .
Ｂ ２ . ５ １ . ８５ １ . ８５ ( ＝１)＝ ( ＝３)＝ ＝０ ２ꎬ
１０
. . . 故 Ｘ 的分布列为
Ｃ ２ ５ １ ０５ １ ０５
. . .
Ｄ ２ ５ １ ４５ １ ４５ Ｘ
０ １ ２ ３
由此可知选项 对应样本的标准差最大 故 Ｐ . . . .
Ｂ ꎬ ０ ３ ０ ２ ０ ３ ０ ２
选 .
Ｂ
ｘ １
７.( 浙江ꎬ ꎬ 分)随机变量 ξ 的取值为 (２) 甲＝ ×(０＋１＋０＋２＋２＋３＋３＋１＋２＋０)＝
２０１４ １２ ４ １０
.
.若 Ｐ ξ １ Ｅ ξ 则Ｄ ξ １ ４ꎬ
０ꎬ１ꎬ２ ( ＝０)＝ ꎬ ( )＝ １ꎬ ( )＝
５
ｘ １ .
. 乙＝ ×(２＋４＋１＋１＋０＋２＋１＋１＋０＋１)＝ １ ３ꎬ
１０
答案 ２ ｓ２ １ . ２ . ２
甲＝ ×[３×(０－１ ４) ＋２×(１－１ ４) ＋３×(２－
５ １０
解析 设 Ｐ ξ ｐ 则 Ｐ ξ ４ ｐ 从 １ . ４) ２ ＋２×(３－１ . ４) ２ ]＝１ . ２４ꎬ
( ＝１)＝ ꎬ ( ＝２)＝ － ꎬ
５
æ ö ｓ２ 乙＝ １ ×[２×(０－１ . ３) ２ ＋５×(１－１ . ３) ２ ＋２×(２－
而由 Ｅ ξ １ ｐ ç ４ ｐ÷ 得 ｐ
１０
( )＝ ０× ＋１× ＋２×è － ø ＝１ꎬ ＝
５ ５ . ２ . ２ . .
１ ３) ＋(４－１ ３) ]＝１ ２１
３.故 Ｄ
(
ξ
)＝ (０－１)
２
×
１
＋(１－１)
２
×
３
＋(２－
因为ｘ
甲＝
ｘ
丙>
ｘ
乙ꎬ
ｓ２
丙>
ｓ２
甲>
ｓ２
乙ꎬ
５ ５ ５
所以次品数的平均数最小的是乙机床 稳定
ꎬ
２ １ ２.
１) × ＝ 性最好的也是乙机床 稳定性最差的是丙
５ ５ ꎬ
８.( 河北开学摸底ꎬ )甲 乙 丙三台机床 机床
ꎬ
２０２２ １８ 、 、
故应淘汰丙机床 乙机床的性能最好.
同时生产一种零件 在 天中 甲 乙机床每
ꎬ
ꎬ １０ ꎬ 、
天生产的次品数如表所示 考向二 超几何分布
:
１.( 济南历城二中 月模拟ꎬ )从一批含
第 第 第 第 第 第 第 第 第 第
２０２２ ３ ４
天１ 天２ 天３ 天４ 天５ 天６ 天７ 天８ 天９ １天０ 有 件正品 件次品的产品中不放回地抽
１３ ꎬ２
甲 次 每次抽取 件 设抽取的次品数为 ξ 则
０ １ ０ ２ ２ ３ ３ １ ２ ０ ３ ꎬ １ ꎬ ꎬ
乙 Ｅ ξ
２ ４ １ １ ０ ２ １ １ ０ １ (５ ＋１)＝ ( )
若从这 天中随机选取 天 设甲机床
(１) １０ １ ꎬ Ａ.２ Ｂ.１ Ｃ.３ Ｄ.４
这天生产的次品数为 Ｘ 求 Ｘ 的分布列 答案 Ｃ 根据题意得ξ 的可能取值为
5 ꎬ ꎻ ０ꎬ１ꎬ
年 已知丙机床这 天生产次品数的平均 ３ １ ２
高 (２) １０ Ｐ ξ Ｃ１３ ２２ Ｐ ξ Ｃ２Ｃ１３ １２ Ｐ
考 ２ꎬ ( ＝０)＝ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ＝ ꎬ
数为 . 方差为 . .以平均数和方差为依 ３ ３
3 １ ４ꎬ １ ８４ Ｃ１５ ３５ Ｃ１５ ３５
年
模 据 若要从这三台机床中淘汰一台 你应该 ２ １
拟
ꎬ ꎬ ξ Ｃ２Ｃ１３ １ 所以 ξ 的分布列为
怎么选择 这三台机床你认为哪台性能 ( ＝２)＝ ３ ＝ ꎬ
A ? Ｃ１５ ３５
版 最好
ξ
? ０ １ ２
高
解析 依题意得 Ｘ 的可能取值为
考
(１) ０ꎬ１ꎬ Ｐ ２２ １２ １
数
学 ３５ ３５ ３５
２ꎬ３ꎬ
４４６
３ １ ２
于是 Ｅ ξ ２２ １２ １ ２ 故 Ｅ ξ Ｐ Ｙ Ｃ４ １ Ｐ Ｙ Ｃ６Ｃ４ ３ Ｐ Ｙ
( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＝ ꎬ (５ ( ＝０)＝ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ＝ ꎬ (
３５ ３５ ３５ ５ Ｃ ３ １０ ３０ Ｃ ３ １０ １０
Ｅ ξ ２ 故选 . ２ １ ３
＋１)＝ ５ ( )＋１＝５× ＋１＝３ꎬ Ｃ Ｃ６Ｃ４ １ Ｐ Ｙ Ｃ６ １
５ ＝２)＝ ３ ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ３ ＝ ꎬ
２.( 浙江ꎬ ꎬ 分)袋中有 个红球 ｍ 个
Ｃ１０ ２ Ｃ１０ ６
２０２１ １５ ６ ４ ꎬ 所以 Ｙ 的分布列为
黄球 ｎ 个绿球.现从中任取两个球 记取出
ꎬ ꎬ Ｙ
的红球数为 ξ 若取出的两个球都是红球的 ０ １ ２ ３
ꎬ
Ｐ １ ３ １ １
概率为 １ 一红一黄的概率为 １ 则 ｍ ｎ ３０ １０ ２ ６
ꎬ ꎬ － ＝
６ ３
Ｅ ξ . 所以Ｙ 的数学期望Ｅ Ｙ １ ３ １
ꎬ ( )＝ ( )＝ ０× ＋１× ＋２×
３０ １０ ２
答案 ８
１ １ ９.
９ ＋３× ＝
６ ５
２
解析 Ｐ ξ Ｃ４ ６ １ 依题意 知 Ｘ Ｂ . 则 Ｐ Ｘ ｋ
∵ ( ＝ ２)＝ ＝ ＝ ꎬ∴ (２) ꎬ ~ (１０ꎬ０ ８５)ꎬ ( ＝ )
２ ２
Ｃｍ ＋ ｎ ＋４ Ｃｍ ＋ ｎ ＋４ ６ ｋ . ｋ . １０－ ｋ ｋ ｋ Ｎ .
２
＝ Ｃ１００ ８５ ×(１－０ ８５) (０≤ ≤１０ꎬ ∈ )
Ｃｍ ＋ ｎ ＋４ ＝３６ꎬ Ｐ Ｘ ｋ
ｍ ｎ 当 ｋ 时 ( ＝ ＋１)
∴ ＋ ＋４＝９ꎬ ０ ≤ ≤ ９ ꎬ Ｐ Ｘ ｋ ＝
( ＝ )
１ １ ｍ ｍ
又 Ｐ 一红一黄 Ｃ４Ｃｍ ４ １ ｋ ＋１ . ｋ ＋１ . ９－ ｋ ｋ
∵ ( )＝ ＝ ＝ ＝ ꎬ∴ Ｃ１０ ×０ ８５ ×０ １５ １７ １０－ .
２
Ｃｍ ＋ ｎ ＋４ ３６ ９ ３ ｋ . ｋ . １０－ ｋ ＝ × ｋ
ｍ
Ｃ１０ ×０ ８５ ×０ １５ ３ ＋１
＝３ꎬ ｋ
若 ｋ ｋ Ｎ 则１７ １０－ 故 Ｐ Ｘ ｋ
ｎ ｍ ｎ .
∴ ＝２ꎬ∴ － ＝１ ≤８ꎬ ∈ ꎬ × ｋ >１ꎬ ( ＝ ＋
３ ＋１
２ １ １
Ｐ ξ Ｃ５ １０ ５ Ｐ ξ Ｃ４Ｃ５
Ｐ Ｘ ｋ .若 ｋ １７ １０－
ｋ
故 Ｐ Ｘ
( ＝０)＝ ＝ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ＝
２ ２ １)> ( ＝ ) ＝９ꎬ × ｋ <１ꎬ ( ＝
Ｃ９ ３６ １８ Ｃ９ ３ ＋１
Ｐ Ｘ .
４×５ ５
９)> ( ＝１０)
＝ ꎬ
３６ ９ 所以当 ｋ 时 概率 Ｐ Ｘ ｋ 最大.
＝９ ꎬ ( ＝ )
Ｐ ξ １ Ｅ ξ ５ ５ １ ４.( 届辽宁六校期初考试ꎬ )新高考的数
( ＝２)＝ ꎬ∴ ( )＝ ×０＋ ×１＋ ×２＝ ２０２３ ２０
６ １８ ９ ６
学试卷第 至第 题为单选题 第 至第
１ ８ ꎬ ９ １２
５ １ ８.
＋ ＝ 题为多选题.多选题 四个选项中至
９ ３ ９ Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ
３.( 届江苏海安月考ꎬ )某药厂研制了治 少有两个选项符合题意 其评分标准如下
２０２３ １９ ꎬ :
疗一种疾病的新药 该药的治愈率为 ％.现 全部选对得 分 部分选对得 分 选错或不
ꎬ ８５ ５ ꎬ ２ ꎬ
用此药给 位病人治疗 记被治愈的人数 选得 分.在某次考试中 第 两题的难
１０ ꎬ ０ ꎬ １１、１２
为 Ｘ. 度较大 第 题正确选项为 第 题正
ꎬ １１ ＡＤꎬ １２
若 Ｘ 从这 人中随机选 人进行用 确选项为 甲 乙两位同学由于考前准
(１) ＝６ꎬ １０ ３ ＡＢＤ. 、
药体验访谈 求被选中的治愈人数 Ｙ 的分布 备不足 只能对这两道题的选项进行随机选
ꎬ ꎬ
列和数学期望 取 每个选项是否被选到是等可能的.
专
ꎻ ꎬ
题
当 ｋ 为何值时 概率 Ｐ Ｘ ｋ 最大 并 若甲同学每题均随机选取一项 求甲同 十
(２) ꎬ ( ＝ ) ? (１) ꎬ 一
说明理由. 学两题得分合计为 分的概率
４ ꎻ 概
率
解析 治愈人数 Ｙ 的可能取值为 若甲同学计划每题均随机选取一项 乙
与
(１) ０ꎬ１ꎬ (２) ꎬ
统
. 同学计划每题均随机选取两项 记甲同学的 计
２ꎬ３ ꎬ
４４７
两题得分为Ｘ 乙同学的两题得分为Ｙ 求Ｘ
ꎬ ꎬ ꎬ １
＝ ꎬ
Ｙ 的期望并判断谁的方案更优.
１２
解析 因为甲同学两题得分合计为
(１) ４ Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ １ １
( ＝ ７)＝ ( １ ＝ ５) ( ２ ＝ ２)＝ ×
分 所以这两道题每道题得 分 ６ ２
ꎬ ２ ꎬ
所以甲同学两题得分合计为 分的概率为
１
４ ＝ ꎬ
１２
１ １
Ｃ２ Ｃ３ ３. 所以 Ｙ 的分布列为
＝
１ １
Ｃ４ Ｃ４ ８
甲同学两题得分 Ｘ 的可能取值为 Ｙ
０ ２ ５ ７
(２) ０ꎬ２ꎬ
１ １ １ １ Ｐ ５ ５ １ １
Ｐ Ｘ Ｃ２ Ｃ１ １ Ｐ Ｘ Ｃ２ Ｃ３
４ꎬ ( ＝０)＝ ＝ ꎬ ( ＝４)＝ １２ １２ １２ １２
１ １ １ １
Ｃ４ Ｃ４ ８ Ｃ４ Ｃ４
因此 Ｅ Ｙ ５ ５ １ １ １１
３
＝ ꎬ ( )＝ ０× ＋２× ＋５× ＋７× ＝
１２ １２ １２ １２ ６
８
分
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ １ ３ ( )ꎬ
( ＝２)＝ １－ ( ＝０)－ ( ＝４)＝ １－ － 因为 Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ 所以甲同学的方案更优.
８ ８ ( )> ( )ꎬ
５.( 山东理ꎬ ꎬ 分)在心理学研究中
１ ２０１７ １８ １２ ꎬ
＝ ꎬ
２ 常采用对比试验的方法评价不同心理暗示
所以 Ｘ 的分布列为
对人的影响 具体方法如下 将参加试验的
ꎬ :
Ｘ
志愿者随机分成两组 一组接受甲种心理暗
０ ２ ４
ꎬ
Ｐ １ １ ３ 示 另一组接受乙种心理暗示 通过对比这
ꎬ ꎬ
８ ２ ８
两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价
因此 Ｅ Ｘ １ １ ３ . 分 两种心理暗示的作用.现有 名男志愿者Ａ
( )＝ ０× ＋２× ＋４× ＝２ ５( )ꎬ ６ １ꎬ
８ ２ ８
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ 和 名女志愿者 Ｂ Ｂ Ｂ
乙同学第 题可能得分为 Ｙ Ｐ Ｙ ２ꎬ ３ꎬ ４ꎬ ５ꎬ ６ ４ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ
１１ １ꎬ ( １ ＝０)＝
Ｂ 从中随机抽取 人接受甲种心理暗示 另
２ １ １ ２ ４ꎬ ５ ꎬ
Ｃ２ Ｃ２Ｃ２ ５ Ｐ Ｙ Ｃ２ １
人接受乙种心理暗示.
２ ＋ ２ ＝ ꎬ ( １ ＝５)＝ ２ ＝ ꎬ ５
Ｃ４ Ｃ４ ６ Ｃ４ ６
求接受甲种心理暗示的志愿者中包含 Ａ
乙同学第 题可能得分为 Ｙ Ｐ Ｙ
１２ ２ꎬ ( ２ ＝０)＝ (１) １
但不包含 Ｂ 的概率
Ｃ １ ３Ｃ １ １ １ Ｐ Ｙ Ｃ ２ ３ １ １ ꎻ
Ｃ ２ ４ ＝ ２ ꎬ ( ２ ＝２)＝ Ｃ ２ ４ ＝ ２ ꎬ (２) 用 Ｘ 表示接受乙种心理暗示的女志愿者
乙同学两题得分 Ｙ 的可能取值为 人数 求 Ｘ 的分布列与数学期望 Ｅ Ｘ .
０ꎬ２ꎬ５ꎬ７ꎬ ꎬ ( )
解析 记接受甲种心理暗示的志愿者中
Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ ５ １ (１)
( ＝ ０)＝ ( １ ＝ ０) ( ２ ＝ ０)＝ × 包含 Ａ 但不包含 Ｂ 的事件为 Ｍ 则 Ｐ Ｍ
5 ６ ２ １ １ ꎬ ( )
年 ５ ４
高 ＝ ꎬ Ｃ８ ５.
考 １２ ＝ ５ ＝
3 Ｃ１０ １８
年 Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ ５ １ 由题意知 Ｘ 可取的值为 则 Ｐ
模 ( ＝ ２)＝ ( １ ＝ ０) ( ２ ＝ ２)＝ × (２) ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ
拟 ６ ２
５ ４ １
A Ｘ Ｃ６ １ Ｐ Ｘ Ｃ６Ｃ４ ５
版 ５ ( ＝ ０)＝ ５ ＝ ꎬ ( ＝ １) ＝ ５ ＝ ꎬ
＝ ꎬ Ｃ１０ ４２ Ｃ１０ ２１
１２
高
考 ３ ２
数 Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ １ １ Ｐ Ｘ Ｃ６Ｃ４ １０
学 ( ＝ ５)＝ ( １ ＝ ５) ( ２ ＝ ０)＝ × ( ＝２)＝ ５ ＝ ꎬ
６ ２ Ｃ１０ ２１
４４８
２ ３ １ ４
Ｐ Ｘ Ｃ６Ｃ４ ５ Ｐ Ｘ Ｃ６Ｃ４ １. Ｘ 的数学期望是 Ｅ Ｘ ５ １０
( ＝３)＝ ＝ ꎬ ( ＝４)＝ ＝ ( )＝ ０＋１× ＋２× ＋３×
Ｃ ５ １０ ２１ Ｃ ５ １０ ４２ ２１ ２１
因此 Ｘ 的分布列为
５ １ .
＋４× ＝２
２１ ４２
Ｘ
０ １ ２ ３ ４
Ｐ １ ５ １０ ５ １
４２ ２１ ２１ ２１ ４２
专
题
十
一
概
率
与
统
计
４４９
综合篇
考法 求离散型随机变量的均值与方差的方法 解析 ξ 时 个黄球也不取出 则取出顺
＝０ ꎬ１ ꎬ
１.( 浙江ꎬ ꎬ 分)设 ａ 随机变量 Ｘ 序有红和绿红两种.所以 Ｐ ξ １ １ １
２０１９ ７ ４ ０< <１ꎬ ( ＝０)＝ ＋ ×
的分布列是 ４ ４ ３
１
Ｘ ａ ＝ ꎻ
０ １
３
ξ 时 取出 个黄球 则取出顺序有黄红
Ｐ １ １ １
＝１ ꎬ １ ꎬ ꎬ
３ ３ ３
则当 ａ 在 内增大时 黄绿红 绿黄红三种 所以 Ｐ ξ ２ １
(０ꎬ１) ꎬ ( ) ꎬ ꎬ ( ＝１)＝ × ＋
４ ３
Ｄ Ｘ 增大
Ａ. ( )
２ １ １ １ ２ １ １ ξ 时 Ｐ ξ
Ｄ Ｘ 减小 × × ＋ × × ＝ ꎻ ＝２ ꎬ ( ＝２)＝
Ｂ. ( )
４ ３ ２ ４ ３ ２ ３
Ｄ Ｘ 先增大后减小
Ｃ. ( )
１ １ １.
Ｄ Ｘ 先减小后增大 １－ － ＝
Ｄ. ( ) ３ ３ ３
答案 Ｄ 随机变量Ｘ 的期望Ｅ Ｘ １ 所以 Ｅ ξ １ １ １ .
( )＝ ０× ＋ ( )＝ ×０＋ ×１＋ ×２＝１
３
３ ３ ３
ａ
ａ １ １ ＋１ Ｄ Ｘ ３.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)甲 乙两个学校
× ＋ １ × ＝ ꎬ ( ) ＝ ２０２２ １９ １２ 、
３ ３ ３
进行体育比赛 比赛共设三个项目 每个项
é ê æ ａ ö ２ æ ａ ö ２ æ ａ ö ２ ù ú ꎬ ꎬ
ç ＋１÷ çａ ＋１÷ ç ＋１÷ １
ë ê è０－ ø ＋è － ø ＋è１－ ø û ú × 目胜方得 分 负方得 分 没有平局.三个
１０ ꎬ ０ ꎬ
３ ３ ３ ３
æ ö 项目比赛结束后 总得分高的学校获得冠军.
２
２ ａ２ ａ ２çａ １÷ １ ꎬ
＝ ( － ＋１)＝ è － ø ＋ ꎬ 已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别
９ ９ ２ ６
æ ö
为 . . . 各项目的比赛结果相互独立.
当 ａ ç １ ÷时 Ｄ Ｘ 单调递减 当 ａ ０ ５ꎬ０ ４ꎬ０ ８ꎬ
∈è０ꎬ ø ꎬ ( ) ꎬ ∈
２ 求甲学校获得冠军的概率
(１) ꎻ
æ ö
ç１ ÷时 Ｄ Ｘ 单调递增 故选 . 用 Ｘ 表示乙学校的总得分 求 Ｘ 的分布
è ꎬ１ø ꎬ ( ) ꎬ Ｄ (２) ꎬ
２
列与期望.
２.( 浙江ꎬ ꎬ 分)盒中有 个球 其中
２０２０ １６ ６ ４ ꎬ １
解析 记 甲学校在第 ｉ 个项目获胜 为
个红球 个绿球 个黄球.从盒中随机取 (１) “ ”
ꎬ１ ꎬ２
事件 Ａ ｉ 甲学校获得冠军 为事
球 每次取 个 不放回 直到取出红球为止. ｉ( ＝１ꎬ２ꎬ３)ꎬ“ ”
ꎬ １ ꎬ ꎬ
件 Ｅ.
设此过程中取到黄球的个数为 ξ 则 Ｐ ξ
ꎬ ( ＝
Ｅ ξ . 则 Ｐ Ｅ Ｐ Ａ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ａ Ｐ Ａ
０)＝ ꎬ ( )＝ ( )＝ ( １ ２ ３) ＋ ( １ ２ ３) ＋ ( １
答案 １ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ａ １ ２ ４ １ ２ １ １
１ ２ ３)＋ ( １ ２ ３)＝ × × ＋ × × ＋ ×
３ ２ ５ ５ ２ ５ ５ ２
累计得分 求 Ｘ 的分布列
３ ４ １ ２ ４ ３. 甲学校获得冠军的概 ꎬ ꎻ
× ＋ × × ＝ ∴
为使累计得分的期望最大 小明应选择
５ ５ ２ ５ ５ ５
(２) ꎬ
先回答哪类问题 并说明理由.
率为３.
?
５ 解析 由题易知 Ｘ 的所有可能取值为
(１)
记 乙学校在第 ｊ 个项目获胜 为事件 Ｂ
(２) “ ” ｊ
０ꎬ２０ꎬ１００ꎬ
ｊ .Ｘ 的所有可能取值为
( ＝ １ꎬ２ꎬ３) ０ꎬ１０ꎬ Ｐ Ｘ . . Ｐ Ｘ .
( ＝０)＝ １－０ ８＝０ ２ꎬ ( ＝２０)＝ ０ ８×(１－
.
２０ꎬ３０ . . Ｐ Ｘ . . .
０ ６)＝ ０ ３２ꎬ ( ＝１００)＝ ０ ８×０ ６＝０ ４８ꎬ
则 Ｐ Ｘ Ｐ Ｂ Ｂ Ｂ １ ２ ４ ４ 所以 Ｘ 的分布列为
( ＝０)＝ ( １ ２ ３)＝ × × ＝ ꎬ
２ ５ ５ ２５
Ｘ
０ ２０ １００
Ｐ Ｘ Ｐ Ｂ Ｂ Ｂ Ｐ Ｂ Ｂ Ｂ Ｐ
( ＝ １０) ＝ ( １ ２ ３) ＋ ( １ ２ ３) ＋ Ｐ . . .
０ ２ ０ ３２ ０ ４８
Ｂ Ｂ Ｂ
( １ ２ ３) 由 可知 Ｅ Ｘ . .
(２) (１) ( )＝ ０×０ ２＋２０×０ ３２＋１００
１ ２ ４ １ ３ ４ １ ２ １ １１ . . .
＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ꎬ ×０ ４８＝５４ ４
２ ５ ５ ２ ５ ５ ２ ５ ５ ２５
假设小明先回答 类问题 其累计得分为Ｙ
Ｂ ꎬ ꎬ
Ｐ Ｘ Ｐ Ｂ Ｂ Ｂ Ｐ Ｂ Ｂ Ｂ Ｐ
( ＝ ２０) ＝ ( １ ２ ３) ＋ ( １ ２ ３) ＋ 则 Ｙ 的所有可能取值为
０ꎬ８０ꎬ１００ꎬ
Ｂ Ｂ Ｂ
Ｐ Ｙ . . Ｐ Ｙ .
( １ ２ ３) ( ＝０)＝ １－０ ６＝０ ４ꎬ ( ＝８０)＝ ０ ６×(１－
. .
１ ３ ４ １ ２ １ １ ３ １ １７ ０ ８)＝ ０ １２ꎬ
＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ꎬ
２ ５ ５ ２ ５ ５ ２ ５ ５ ５０ Ｐ Ｙ . . .
( ＝１００)＝ ０ ６×０ ８＝０ ４８ꎬ
Ｐ Ｘ Ｐ Ｂ Ｂ Ｂ １ ３ １ ３. 所以 Ｙ 的分布列为
( ＝３０)＝ ( １ ２ ３)＝ × × ＝
２ ５ ５ ５０
Ｙ
Ｘ 的分布列为 ０ ８０ １００
∴
Ｐ . . .
０ ４ ０ １２ ０ ４８
Ｘ
０ １０ ２０ ３０ 所以 Ｅ Ｙ . . .
( )＝ ０×０ ４＋８０×０ １２＋１００×０ ４８＝
Ｐ ４ １１ １７ ３
.
２５ ２５ ５０ ５０ ５７ ６ꎬ
所以 Ｅ Ｙ Ｅ Ｘ
Ｅ Ｘ ４ １１ １７ ３ . ( )> ( )ꎬ
∴ ( )＝ ０× ＋１０× ＋２０× ＋３０× ＝１３ 所以小明应选择先回答 类问题.
２５ ２５ ５０ ５０ Ｂ
４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)某学校组织 一 ５.( 北京ꎬ ꎬ 分)在校运动会上 只有
２０２１ Ⅰ １８ １２ “ ２０２２ １８ １３ ꎬ
带一路 知识竞赛 有 两类问题.每位参 甲 乙 丙三名同学参加铅球比赛 比赛成绩
” ꎬ ＡꎬＢ 、 、 ꎬ
加比赛的同学先在两类问题中选择一类并 达到 . 以上 含 . 的同学将获得
９ ５０ ｍ ( ９ ５０ ｍ)
从中随机抽取一个问题回答 若回答错误则 优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得
ꎬ
该同学比赛结束 若回答正确则从另一类问 主 收集了甲 乙 丙以往的比赛成绩 并整
ꎻ ꎬ 、 、 ꎬ
题中再随机抽取一个问题回答 无论回答正 理得到如下数据 单位
5 ꎬ ( :ｍ):
年 确与否 该同学比赛结束. 类问题中的每个 甲 . . . . . . .
高 ꎬ Ａ :９ ８０ꎬ９ ７０ꎬ９ ５５ꎬ９ ５４ꎬ９ ４８ꎬ９ ４２ꎬ９ ４０ꎬ
考
问题回答正确得 分 否则得 分 类问 . . .
3
２０ ꎬ ０ ꎻＢ ９ ３５ꎬ９ ３０ꎬ９ ２５ꎻ
年
模 题中的每个问题回答正确得 分 否则得 乙 . . . . . .
８０ ꎬ :９ ７８ꎬ９ ５６ꎬ９ ５１ꎬ９ ３６ꎬ９ ３２ꎬ９ ２３ꎻ
拟
分.已知小明能正确回答 类问题的概率 丙 . . . . .
A ０ Ａ :９ ８５ꎬ９ ６５ꎬ９ ２０ꎬ９ １６
版 为 . 能正确回答 类问题的概率为 . 假设用频率估计概率 且甲 乙 丙的比赛成
０ ８ꎬ Ｂ ０ ６ꎬ ꎬ 、 、
高
且能正确回答问题的概率与回答次序无关. 绩相互独立.
考
数
学 若小明先回答 类问题 记 Ｘ 为小明的 估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀
(１) Ａ ꎬ (１)
４５０
奖的概率 值最大.
ꎻ
设Ｘ是甲 乙 丙在校运动会铅球比赛中获 ６.( 届重庆八中入学考ꎬ )某单位为了激
(２) 、 、 ２０２３ ２０
得优秀奖的总人数 估计Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ 发党员学习党史的积极性 现利用 学习强
ꎬ ( )ꎻ ꎬ “
在校运动会铅球比赛中 甲 乙 丙谁获 国 中特有的 四人赛 答题活动进行比
(３) ꎬ 、 、 ”Ａｐｐ “ ”
得冠军的概率估计值最大 结论不要求证 赛 活动规则如下 一天内参与 四人赛 活
? ( ꎬ : “ ”
明
动 仅前两局比赛可获得积分 第一局获胜
)
ꎬ ꎬ
解析 设事件 Ａ 为 甲在校运动会上获 得 分 第二局获胜得 分 失败均得 分
(１) “
３ ꎬ ２ ꎬ １ ꎬ
得优秀奖 . 小张周一到周五每天都参加了两局 四人
”
“
根据题中数据 甲在 次比赛中 有 次成
赛 活动 已知小张第一局和第二局比赛获
ꎬ １０ ꎬ ４
” ꎬ
绩在 . 以上.
９ ５０ ｍ
胜的概率分别为 ｐ ｐ １ 且各局比赛
(０< <１)ꎬ ꎬ
所以 Ｐ Ａ 估计为４ ２. ２
( ) ＝
互不影响.
１０ ５
设事件 Ｂ 为 乙在校运动会上获得优秀
(２) “
若 ｐ ２ 记小张一天中参加 四人赛 活
奖 事件 Ｃ 为 丙在校运动会上获得优秀 (１) ＝ ꎬ “ ”
”ꎬ “ ３
奖 . 动的得分为 Ｘ 求 Ｘ 的分布列和数学期望
” ꎬ ꎻ
设小张在这 天的 四人赛 活动中 恰
根据题中数据 Ｐ Ｂ 估计为３ １ Ｐ Ｃ 估 (２) ５ “ ” ꎬ
ꎬ ( ) ＝ ꎬ ( )
有 天每天得分不低于 分的概率为 ｆ ｐ
６ ２
３ ４ ( )ꎬ
试问当 ｐ 为何值时 ｆ ｐ 取得最大值
计为２ １.
ꎬ ( ) ?
＝
４ ２ 解析 由题意可知 Ｘ 的可能取值为
(１) ꎬ ２ꎬ
根据题意 随机变量 Ｘ 的所有可能取值为
ꎬ ０ꎬ .
３ꎬ４ꎬ５
且
１ꎬ２ꎬ３ꎬ
因为ｐ ２ 所以Ｐ Ｘ １ １ １ Ｐ Ｘ
Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ＝ ꎬ ( ＝２)＝ × ＝ ꎬ ( ＝
( ＝０)＝ ( )＝ ( ) ( ) ( )ꎻ ３ ３ ２ ６
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｂ Ｃ ＡＢ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ
１ １ １ Ｐ Ｘ ２ １ １ Ｐ Ｘ
( ＝１)＝ ( ＋ ＋ )＝ ( )
３)＝ × ＝ ꎬ ( ＝４)＝ × ＝ ꎬ ( ＝
３ ２ ６ ３ ２ ３
Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ
( ) ( )＋ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( )
２ １ １
Ｃ
５)＝ × ＝ ꎬ
( )ꎻ
３ ２ ３
Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ
( ＝３)＝ ( )＝ ( ) ( ) ( )ꎻ 故 Ｘ 的分布列为
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ .
( ＝２)＝ １－ ( ＝０)－ ( ＝１)－ ( ＝３) Ｘ
２ ３ ４ ５
所以 Ｐ Ｘ 估计为 ３ Ｐ Ｘ 估计
ꎬ ( ＝ ０) ꎻ ( ＝ １) Ｐ １ １ １ １
２０
６ ６ ３ ３
为８
ꎻ 则 Ｅ Ｘ １ １ １ １ ２３.
２０ ( )＝ ２× ＋３× ＋４× ＋５× ＝
６ ６ ３ ３ ６
Ｐ Ｘ 估计为２ Ｐ Ｘ 估计为７ . 设一天得分不低于 分为事件 Ａ
( ＝３) ꎻ ( ＝２) (２) ４ ꎬ
２０ ２０
ｐ ｐ 专
则 Ｐ Ａ ｐ
所以 ＥＸ 估计为 ３ ８ ７ ２ ( )＝ ＋ ＝ ꎬ 题
０× ＋１× ＋２× ＋３× ２ ２ 十
２０ ２０ ２０ ２０ 一
则 ｆ ｐ ３ｐ３ ｐ ２ ｐ３ ｐ ２ ｐ
( )＝ Ｃ５ (１－ ) ＝１０ (１－ ) ꎬ０< <１ꎬ 概
７.
率
＝ ５ 则 ｆ ′ ( ｐ )＝ ３０ ｐ２ (１－ ｐ ) ２ －２０ ｐ３ (１－ ｐ )＝１０ ｐ２ (１－ 与
统
在校运动会上 丙获得冠军的概率估计 ｐ ｐ . 计
(３) ꎬ )(３－５ )
４５１
当 ｐ ３时 ｆ ′ ｐ 当３ ｐ 时 ｆ ′ ｐ 因此 Ｐ Ｘ ３０ ２０ １０ ４０ . Ｐ
０< < ꎬ ( )>０ꎻ < <１ ꎬ ( ) ( ＝１)＝ × ＋ × ＝０ １ꎬ
５ ５ １００ １００ １００ １００
Ｘ . . 于是 Ｅ Ｘ .
<０ꎬ ( ＝２)＝ １－０ １＝０ ９ꎬ ( )＝ １×０ １＋２×
æ ö æ ö . . .
所以 ｆ ｐ 在ç ３ ÷上单调递增 在ç３ ÷上 ０ ９＝１ ９
( ) è０ꎬ ø ꎬ è ꎬ１ø 记 Ｅ 表示事件 甲下班时选择骑自行
５ ５
(３) “
车 Ｅ 表示事件 甲上班时选择坐公交
单调递减 故当 ｐ ３时 ｆ ｐ 取得最大值.
ꎬ ＝ ꎬ ( ) ”ꎬ １ “
５ 车 Ｆ 表示事件 乙下班时选择骑自行车
”ꎬ “ ”ꎬ
７.( 届辽宁丹东阶段测ꎬ )为树立 优先
２０２３ １９ “ Ｆ 表示事件 乙上班时选择坐公交车 那
１ “ ”ꎬ
公交 绿色出行 理念 市政府倡议 少开一
、 ” ꎬ “
２０
天车 优先选择坐公交车 骑自行车和步行 Ｐ Ｅ Ｅ
ꎬ 、 么 Ｐ Ｅ Ｅ ( ∩ １) １００ ２ Ｐ Ｆ
出行 养成绿色 环保 健康的出行习惯.甲
( １｜ )＝ Ｐ Ｅ ＝ ＝ ꎬ ( １｜
( ) ２０＋１０ ３
”ꎬ 、 、 、
乙两位市民为响应政府倡议 在每个工作日 １００
ꎬ
的上午上班 记为上班 和下午下班 记为下 １０
( ) ( Ｐ Ｆ Ｆ
Ｆ ( ∩ １) １００ １.
班 选择坐公交车 记为 Ａ 骑自行车 记为
)＝ Ｐ Ｆ ＝ ＝
) ( )、 (
( ) １０＋４０ ５
Ｂ .统计这两人连续 个工作日的上班和
) １００ １００
下班出行方式的数据情况如下
: 因为２ １ 所以若甲 乙两人下班时都选择
> ꎬ 、
上班下班出行方式 Ａ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ ３ ５
( ꎬ )( ꎬ )( ꎬ )( ꎬ )
骑自行车 则甲上班时更有可能选择坐公
甲 天 天 天 天 ꎬ
３０ ２０ ４０ １０
交车.
乙 天 天 天 天
２０ １０ ３０ ４０
８.( 届河北秦皇岛部分学校摸底ꎬ ) 斯
设甲 乙两人上班和下班选择的出行方式相 ２０２３ ２０ “
、 诺克 是台球比赛的一种 意思是
互独立 以这 天数据的频率为概率. (Ｓｎｏｏｋｅｒ)” ꎬ
ꎬ １００ 阻碍 障碍 所以斯诺克台球有时也被称
记Ｍ 表示事件 一天中 甲上班和下班都 “ 、 ”ꎬ
(１) : ꎬ 为障碍台球 是四大 绅士运动 之一 随着
选择坐公交车 乙上班和下班都选择骑自行 ꎬ “ ” ꎬ
、 生活水平的提高 斯诺克 也成为人们喜欢
车 求 Ｐ Ｍ ꎬ“ ”
ꎬ ( )ꎻ 的运动之一.现甲 乙两人进行比赛 比赛采
记 Ｘ 为甲 乙两人在一天中上班和下班 、 ꎬ
(２) 、 用 局 胜制 各局比赛双方轮流开球 例
选择出行方式的个数 求 Ｅ Ｘ ５ ３ ꎬ (
ꎬ ( )ꎻ 如 若第一局甲开球 则第二局乙开球 第三
若甲 乙两人下班时都选择骑自行车 请 : ꎬ ꎬ
(３) 、 ꎬ 局甲开球 没有平局.已知在甲的 开
问哪个人上班时更有可能选择坐公交车 )ꎬ “
?
说明理由. 球局 甲获得该局比赛胜利的概率为１ 在
”ꎬ ꎬ
３
解析 记 Ｃ 表示事件 一天中甲上班和
乙的 开球局 甲获得该局比赛胜利的概率
(１) “
“ ”ꎬ
下班都选择坐公交车 Ｄ 表示事件 一天中
5
”ꎬ “
年 为１ 并且通过 猜硬币 甲获得了第一局
高 乙上班和下班都选择骑自行车 则 Ｍ ＣＤ. ꎬ “ ”ꎬ
考 ”ꎬ ＝ ２
3 比赛的开球权.
年 由题意知 Ｐ Ｃ ３０ . Ｐ Ｄ ４０ .
( )＝ ＝０ ３ꎬ ( )＝ ＝０
模 求甲以 赢得比赛的概率
１００ １００
拟 (１) ３ ∶ １ ꎻ
于是 Ｐ Ｍ Ｐ ＣＤ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ . .
设比赛的总局数为 ξ 求 Ｅ ξ .
A ４ꎬ ( )＝ ( )＝ ( ) ( )＝ ０ １２
(２) ꎬ ( )
版 Ｘ 可取 .Ｘ 就是甲 乙两人在一天
解析 设事件 甲在第 ｉ 局比赛获胜 为
(２) １ꎬ２ ＝１ 、
(１) “ ”
高
中上班和下班都选择坐公交车或者都选择
考
数 Ａ ｉ 由已知可得 Ｐ Ａ １ Ｐ
学 骑自行车 ｉꎬ ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ ( １)＝ ꎬ
ꎬ ３
４５２
Ａ １ Ｐ Ａ １ Ｐ Ａ １ Ｐ Ａ １. １３ １３
( ２)＝ ꎬ ( ３)＝ ꎬ ( ４)＝ ꎬ ( ５)＝ ＝ ꎬ
２ ３ ２ ３ ３６ ３６
甲以 赢得比赛 则前 局中甲赢得了 则 ξ 的分布列为
３ ∶ １ ꎬ ３ ２
局且第 局甲获胜
ξ
４ ꎬ
３ ４ ５
所以甲以 赢得比赛可表示为Ａ Ａ Ａ Ａ
３ ∶ １ １ ２ ３ ４ ＋ Ｐ ５ １３ １３
１８ ３６ ３６
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ
１ ２ ３ ４ ＋ １ ２ ３ ４ꎬ
其中Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ 互斥 Ａ 所以 Ｅ ξ ５ １３ １３ ４９.
１ ２ ３ ４ꎬ １ ２ ３ ４ꎬ １ ２ ３ ４ ꎬ １ꎬ ( )＝ ３× ＋４× ＋５× ＝
１８ ３６ ３６ １２
Ａ Ａ Ａ 相互独立
２ꎬ ３ꎬ ４ ꎬ ９.( 课标 ꎬ ꎬ 分)某公司计划购买
２０１６ Ⅰ １９ １２ ２
所以 Ｐ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ｐ
台机器 该种机器使用三年后即被淘汰.机器
( １ ２ ３ ４ ＋ １ ２ ３ ４ ＋ １ ２ ３ ４)＝ ꎬ
Ａ Ａ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ａ Ａ 有一易损零件 在购进机器时 可以额外购
( １ ２ ３ ４)＋ ( １ ２ ３ ４)＋ ( １ ２ ３ ４) ꎬ ꎬ
买这种零件作为备件 每个 元.在机器使
Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ
ꎬ ２００
＝ ( １) ( ２) ( ３) ( ４)＋ ( １) ( ２)
用期间 如果备件不足再购买 则每个
Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ ꎬ ꎬ ５００
( ３) ( ４)＋ ( １) ( ２) ( ３) ( ４)
元.现需决策在购买机器时应同时购买几个
２ １ １ １ １ １ １ １ １ １ ２ １
易损零件 为此搜集并整理了 台这种机
＝ × × × ＋ × × × ＋ × × ×
ꎬ １００
３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２
器在三年使用期内更换的易损零件数 得下
ꎬ
５
＝ ꎬ 面柱状图
３６ :
所以甲以 赢得比赛的概率为５ .
３ ∶ １
３６
ξ 的可能取值为 设甲获胜的概率
(２) ３ꎬ４ꎬ５ꎬ
为 Ｐ 乙获胜的概率为 Ｐ Ｐ ξ １ １
１ꎬ ２ꎬ １( ＝３)＝ ×
３ ２
１ １
× ＝ ꎻ
３ １８ 以这 台机器更换的易损零件数的频率代
１００
Ｐ ξ ２ １ ２ ２ 替 台机器更换的易损零件数发生的概率
２( ＝３)＝ × × ＝ ꎻ １ ꎬ
３ ２ ３ ９ 记 Ｘ 表示 台机器三年内共需更换的易损
２
Ｐ ξ １ ２ ５ 零件数 ｎ 表示购买 台机器的同时购买的
( ＝３)＝ ＋ ＝ ꎻ ꎬ ２
１８ ９ １８
易损零件数.
Ｐ ξ ２ １ １ １ １ １ １ １ １ １
１( ＝４)＝ × × × ＋ × × × ＋ × 求 Ｘ 的分布列
３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ (１) ꎻ
若要求 Ｐ Ｘ ｎ . 确定 ｎ 的最
２ １ ５ (２) ( ≤ ) ≥０ ５ꎬ
× × ＝ ꎻ 小值
３ ２ ３６
ꎻ
以购买易损零件所需费用的期望值为决
Ｐ ξ １ １ ２ １ ２ １ ２ １ ２ １
(３)
２( ＝４)＝ × × × ＋ × × × ＋ ×
３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ ３ ２ 策依据 在 ｎ 与 ｎ 之中选其一 应选
ꎬ ＝１９ ＝２０ ꎬ
１ １ ２ 用哪个
专
× × ＝ ꎻ ?
题
３ ２ ９ 解析 由柱状图并以频率代替概率可 十
(１) 一
Ｐ ξ ５ ２ １３
得 一台机器在三年内需更换的易损零件数
( ＝４)＝ ＋ ＝ ꎻ ꎬ 概
３６ ９ ３６
率
为 的概率分别为 . . .
与
８ꎬ９ꎬ１０ꎬ１１ ０ ２ꎬ０ ４ꎬ０ ２ꎬ
则 Ｐ ξ Ｐ ξ Ｐ ξ ５ 统
( ＝５)＝ １－ ( ＝３)－ ( ＝４)＝ １－ － . . 计
１８ ０ ２
４５３
可知 Ｘ 的所有可能取值为 由 知 Ｐ Ｘ . Ｐ Ｘ
１６、１７、１８、１９、２０、 (２) (１) ( ≤１８)＝ ０ ４４ꎬ ( ≤１９)＝
. 故 ｎ 的最小值为 . 分
２１、２２ꎬ ０ ６８ꎬ １９ (８ )
Ｐ Ｘ . . . 记 Ｙ 表示 台机器在购买易损零件上所
( ＝１６)＝ ０ ２×０ ２＝０ ０４ꎻ (３) ２
Ｐ Ｘ . . . 需的费用 单位 元 .
( ＝１７)＝ ２×０ ２×０ ４＝０ １６ꎻ ( : )
Ｐ Ｘ . . . . . 当 ｎ 时 Ｅ Ｙ .
( ＝１８)＝ ２×０ ２×０ ２＋０ ４×０ ４＝０ ２４ꎻ ＝１９ ꎬ ( )＝ １９×２００×０ ６８＋(１９×２００
Ｐ Ｘ . . . . . . .
( ＝１９)＝ ２×０ ２×０ ２＋２×０ ４×０ ２＝０ ２４ꎻ ＋５００)×０ ２＋(１９×２００＋２×５００)×０ ０８＋(１９×
Ｐ Ｘ . . . . . . . 分
( ＝２０)＝ ２×０ ２×０ ４＋０ ２×０ ２＝０ ２ꎻ ２００＋３×５００)×０ ０４＝４ ０４０ (１０ )
Ｐ Ｘ . . . 当 ｎ 时 Ｅ Ｙ .
( ＝２１)＝ ２×０ ２×０ ２＝０ ０８ꎻ ＝２０ ꎬ ( )＝ ２０×２００×０ ８８＋(２０×２００
Ｐ Ｘ . . . . 分 . .
( ＝２２)＝ ０ ２×０ ２＝０ ０４ (４ ) ＋５００) ×０ ０８＋(２０×２００＋２×５００) ×０ ０４ ＝
所以 Ｘ 的分布列为 .
４ ０８０
可知当 ｎ 时所需费用的期望值小于 ｎ
Ｘ ＝１９ ＝
１６ １７ １８ １９ ２０ ２１ ２２
时所需费用的期望值 故应选 ｎ .
Ｐ . . . . . . .
０ ０４ ０ １６ ０ ２４ ０ ２４ ０ ２ ０ ０８ ０ ０４ ２０ ꎬ ＝１９
分
分 (１２ )
(６ )
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
４５４
