北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
11.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
基础篇 固本夯基
考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
i
1.(2022届浙江百校开学联考,7)若某随机事件的概率分布列满足P(X=i)=a· (i=1,2,3,4),则D(X)=( )
10
A.3 B.10 C.9 D.1
答案 D
4
2.(2020课标Ⅲ理,3,5分)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p,p,p,p,且∑p=1,则下面四种情形中,
1 2 3 4 i
i=1
对应样本的标准差最大的一组是( )
A.p=p=0.1,p=p=0.4 B.p=p=0.4,p=p=0.1
1 4 2 3 1 4 2 3
C.p=p=0.2,p=p=0.3 D.p=p=0.3,p=p=0.2
1 4 2 3 1 4 2 3
答案 B
3.(多选)(2021湖南三湘名校联盟联考(五),10)在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球,4个白球,现从中任
取4个球,设取出的4个球中白球的个数为X,则下列结论正确的是( )
3
A.P(X=2)=
7
B.随机变量X服从二项分布
C.随机变量X服从超几何分布
8
D.E(X)=
5
答案 ACD
4.(2020浙江,16,6分)盒中有4个球,其中1个红球,1个绿球,2个黄球.从盒中随机取球,每次取1个,不放回,直
到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,则P(ξ=0)= ,E(ξ)= .
1
答案 ;1
3
5.(2021浙江嘉兴测试,14)已知盒中装有n(n>1)个红球和3个黄球,从中任取2个球(取到每个球是等可能的),
随机变量X表示取到黄球的个数,且X的分布列为
X 0 1 2
1
P a b
5
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则n= ;E(X)= .
答案 3;1
6.(2022届河北开学摸底,18)甲、乙、丙三台机床同时生产一种零件,在10天中,甲、乙机床每天生产的次品
数如下表所示:
第 第 第 第 第 第 第 第 第 第
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
天 天 天 天 天 天 天 天 天 天
甲 0 1 0 2 2 3 3 1 2 0
乙 2 4 1 1 0 2 1 1 0 1
(1)若从这10天中随机选取1天,设甲机床这天生产的次品数为X,求X的分布列;
(2)已知丙机床这10天生产次品数的平均数为1.4,方差为1.84.以平均数和方差为依据,若要从这三台机床中
淘汰一台,你应该怎么选择?这三台机床你认为哪台性能最好?
解析 (1)依题意得X的可能取值为0,1,2,3,
3
P(X=0)=P(X=2)= =0.3,
10
2
P(X=1)=P(X=3)= =0.2,
10
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.3 0.2 0.3 0.2
1
(2)x = ×(0+1+0+2+2+3+3+1+2+0)=1.4,
甲 10
1
x = ×(2+4+1+1+0+2+1+1+0+1)=1.3,
乙 10
1
s2
= ×[3×(0-1.4)2+2×(1-1.4)2+3×(2-1.4)2+2×(3-1.4)2]=1.24,
甲 10
1
s2
= ×[2×(0-1.3)2+5×(1-1.3)2+2×(2-1.3)2+(4-1.3)2]=1.21.
乙 10
因为 x =x >x ,s2 >s2 >s2 ,
甲 丙 乙 丙 甲 乙
所以次品数的平均数最小的是乙机床,稳定性最好的也是乙机床,稳定性最差的是丙机床,
故应淘汰丙机床,乙机床的性能最好.
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7.(2022届长沙雅礼中学月考,20)为迎接2022年北京冬奥会,推广滑雪运动.某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑
雪场的收费标准是滑雪时间不超过1小时免费,超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部
1
分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动,设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为 、
4
1 1 2
;1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为 、 ;两人滑雪时间都不会超过3小时.
6 2 3
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率;
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位:元),求ξ的分布列.
解析 (1)两人所付费用相同,相同的费用可能为0元、40元、80元,
1 1 1
两人都付0元的概率为P= × = ,
1 4 6 24
1 2 1
两人都付40元的概率为P= × = ,
2 2 3 3
( 1 1) 1 2 1
1- -
两人都付80元的概率为P 3 = 4 2 × 1-6-3 =24.
1 1 1 5
则两人所付费用相同的概率为P=P+P+P= + + = .
1 2 3 24 3 24 12
(2)ξ(单位:元)的可能取值为0、40、80、120、160,
1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 5 1 1 2 1
则P(ξ=0)= × = ,P(ξ=40)= × + × = ,P(ξ=80)= × + × + × = ,P(ξ=120)= × + ×
4 6 24 4 3 6 2 4 4 6 2 3 6 4 12 2 6 3 4
1 1 1 1
= ,P(ξ=160)= × = .
4 4 6 24
所以,随机变量ξ的分布列为
ξ 0 40 80 120 160
1 1 5 1 1
P
24 4 12 4 24
8.(2017山东理,18,12分)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如
下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志
愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A,A,A,A,A,A 和4名女志愿
1 2 3 4 5 6
者B,B,B,B,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.
1 2 3 4
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 但不包含B 的概率;
1 1
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望EX.
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C4
5
8
解析 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 但不包含B 的事件为M,则P(M)= = .
1 1 C5 18
10
C5
1
C4C1
5
C3C2
10
6 6 4 6 4
(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则P(X=0)= = ,P(X=1)= = ,P(X=2)= = ,
C5 42 C5 21 C5 21
10 10 10
C2C3
5
C1C4
1
6 4 6 4
P(X=3)= = ,P(X=4)= = .
C5 21 C5 42
10 10
因此X的分布列为
X 0 1 2 3 4
1 5 10 5 1
P
42 21 21 21 42
5 10 5 1
X的数学期望是EX=0+1× +2× +3× +4× =2.
21 21 21 42
综合篇 知能转换
考法 求离散型随机变量的期望与方差的方法
1.(2021上海崇明二模,9)已知等差数列{x}的公差d>0,随机变量ξ等可能地取值x,x,x,…,x,则方差D(ξ)=
n 1 2 3 9
.
20
答案 d2
3
2.(2021浙江绍兴一模,15)袋中装有质地大小相同的1个白球和2个黑球,现分两步从中摸球:第一步,从袋中
随机摸取2个球后全部放回袋中(若摸得白球,则涂成黑球;若摸得黑球,则不改变颜色);第二步,从袋中随机摸
取2个球,记第二步所摸取的2个球中白球的个数为ξ,则P(ξ=0)= ;E(ξ)= .
7 2
答案 ;
9 9
3.(2021浙江,15,6分)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的
1 1
两个球都是红球的概率为 ,一红一黄的概率为 ,则m-n= ,E(ξ)= .
6 3
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8
答案 1;
9
4.(2022届广东深圳六校联考一,20)甲乙两队进行篮球比赛,约定赛制如下:谁先赢四场则最终获胜,已知每场
2 1
比赛甲赢的概率为 ,输的概率为 .
3 3
(1)求甲最终获胜的概率;
(2)记最终比赛场次为X,求随机变量X的分布列及数学期望.
解析 (1)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行七场比赛.设甲最终获胜的概率为P.
(2) 4 16
∵甲四场比赛获胜的概率为 = ,
3 81
甲五场比赛获胜的概率为C3(2) 3
·
1
·
2
=
64
,
4 3 3 3 243
甲六场比赛获胜的概率为C3(2) 3
·
(1) 2
·
2
=
160
,
5 3 3 3 729
甲七场比赛获胜的概率为C3(2) 3
·
(1) 3
·
2
=
320
,
6 3 3 3 2 187
16 64 160 320 432+576+480+320 1 808
∴P= + + + = = .
81 243 729 2 187 2 187 2 187
1 808
∴甲最终获胜的概率为 .
2 187
(2)X的可能取值为4,5,6,7.
(2) 4 (1) 4 17
P(X=4)= + = ,
3 3 81
P(X=5)=C3(2) 41 +C3(1) 42
=
8
,
4 3 3 4 3 3 27
P(X=6)=C3(2) 4 (1) 2 +C3(1) 4 (2) 2
=
200
,
5 3 3 5 3 3 729
P(X=7)=C3(2) 4 (1) 3 +C3(1) 4 (2) 3
=
160
,
6 3 3 6 3 3 729
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随机变量X的分布列为
X 4 5 6 7
17 8 200 160
P
81 27 729 729
17 8 200 160 4 012
∴E(X)=4× +5× +6× +7× = .
81 27 729 729 729
5.(2022届湖南天壹名校联盟摸底,21)有甲、乙两个袋子,甲袋中有2个白球2个红球,乙袋中有2个白球2个
红球,从甲袋中随机取出一球与乙袋中随机取出一球进行交换.
(1)一次交换后,求乙袋中红球与白球个数不变的概率;
(2)二次交换后,记X为乙袋中红球的个数,求随机变量X的分布列与数学期望.
C1 C1
1
2 2
解析 (1)甲乙两袋交换的均是红球,则概率为 · = ,
C1 C1 4
4 4
C1 C1
1
2 2
甲乙两袋交换的均是白球,则概率为 · = ,
C1 C1 4
4 4
1 1 1
所以乙袋中红球与白球个数不变的概率为 + = .
4 4 2
(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,
1
由(1)得,一次交换后,乙袋中有2个白球2个红球的概率为 ,
2
C1 C1
1
2 2
乙袋中有1个白球3个红球的概率为 · = ,
C1 C1 4
4 4
C1 C1
1
2 2
乙袋中有3个白球1个红球的概率为 · = ,
C1 C1 4
4 4
1
C1 C1
1
1 1
则P(X=0)= × · = ,
4 C1 C1 64
4 4
1
(C1 C1 C1 C1
) 1
C1 C1
7
P(X=1)= ×
1· 3+ 3· 1
+ ×
2
·
2
= ,
4 C1 C1 C1 C1 2 C1 C1 32
4 4 4 4 4 4
1
C1 C1
1
C1 C1
1
(C1 C1 C1 C1
) 17
P(X=2)= ×
3
·
3
+ ×
3
·
3
+ ×
2· 2+ 2· 2
= ,
4 C1 C1 4 C1 C1 2 C1 C1 C1 C1 32
4 4 4 4 4 4 4 4
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1
(C1 C1 C1 C1
) 1
C1 C1
7
P(X=3)= ×
1· 3+ 3· 1
+ ×
2
·
2
= ,
4 C1 C1 C1 C1 2 C1 C1 32
4 4 4 4 4 4
1
C1 C1
1
1 1
P(X=4)= × · = ,
4 C1 C1 64
4 4
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
1 7 17 7 1
P
64 32 32 32 64
1 7 17 7 1
所以E(X)=0× +1× +2× +3× +4× =2.
64 32 32 32 64
6.(2022届山东平邑一中收心考,21)第七次全国人口普查是指中国在2020年开展的全国人口普查,普查标准
时点是2020年11月1日零时,彻查人口出生变动情况以及房屋情况.为了普及全国人口普查的相关知识,某
社区利用网络举办社区线上全国人口普查知识答题比赛,社区组委会先组织了A、B、C、D四个小组进行
全国人口普查知识网上答卷预选比赛,最终每个小组的第一名进入最后的决赛;其中甲、乙两人参加了A组
的小组预赛,结果两人得分相同,为了决出进入决赛的名额,该社区组委会设计了一个决赛方案:①甲、乙两人
各自从5个人口普查问题中随机抽取3个.已知这5个人口普查问题中,甲能正确回答其中的3个,而乙能正
1
确回答每个问题的概率均为 ,甲、乙两人对每个人口普查问题的回答是相互独立、互不影响;②答对题目
2
个数多的人获胜,若两人答对题目数相同,则由乙再从剩下的2个题中选一个作答,答对则判乙胜,答错则判甲
胜.
(1)求甲、乙两人共答对2个人口普查问题的概率;(每答对一次算答对一个问题)
(2)记X为乙答对人口普查问题的个数,求X的分布列和数学期望.
解析 (1)甲、乙两人共答对2个人口普查问题包括:①甲答对2个,乙答对0个,
C
3
2C1
2
(1) 3 3
此时概率为 × = ;
C3 2 40
5
②甲答对1个,乙答对1个,乙再从剩下的2个题中选一个作答乙答错,
此时概率为
C1
3
C
2
2
×C1
×
1
×
(1) 2
×
1
=
9
,
C3 3 2 2 2 160
5
3 9 21
所以甲、乙两人共答对2个人口普查问题的概率为 + = .
40 160 160
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(2)由题意可知X所有可能的取值为0,1,2,3,4,
P(X=0)=C0
×
(1) 3
=
1
,
3 2 8
P(X=1)=
C1
3
C
2
2
×C1
×
1
×
(1) 2
×
1
+
C
3
2C1
2
+C
3
3
×C1
×
1
×
(1) 2
=
51
,
C3 3 2 2 2 C3 3 2 2 160
5 5
P(X=2)=
C1
3
C
2
2
×C1
×
1
×
(1) 2
×
1
+
C
3
2C1
2 ×C2
×
(1) 2
×
1
×
1
+
C1
3
C
2
2+C
3
3
×C2
×
(1) 2
×
1
=
51
,
C3 3 2 2 2 C3 3 2 2 2 C3 3 2 2 160
5 5 5
P(X=3)=
C
3
3
×C3
×
(1) 3
×
1
+
C
3
2C1
2 ×C2
×
(1) 2
×
1
×
1
+
C1
3
C
2
2+C
3
2C1
2 ×C3
×
(1) 3
=
37
,
C3 3 2 2 C3 3 2 2 2 C3 3 2 160
5 5 5
P(X=4)=
C
3
3
×C3
×
(1) 3
×
1
=
1
,
C3 3 2 2 160
5
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
1 51 51 37 1
P
8 160 160 160 160
1 51 51 37 1 67
所以E(X)=0× +1× +2× +3× +4× = .
8 160 160 160 160 40
7.(2022届山东潍坊10月摸底,21)某旅行社推出北京环球影城两日游活动,第一期报名游客达到200人,旅行
社对这些游客的年龄进行统计,将数据分成以下6组:[15,20)、[20,25)、[25,30)、[30,35)、[35,40)、[40,45],绘
制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求年龄在[25,30)的游客人数;
(2)为了解游客对环球影城中的孙悟空主题IP公园的喜爱程度是否和年龄相关,在年龄小于25岁和年龄不小
于35岁的游客中用分层随机抽样的方法抽取9人进行调查,在抽取的这9人中再随机抽取3人,设抽取的3
人中年龄不小于35岁的游客人数为X,求X的分布列和数学期望;
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(3)旅游公司为答谢游客推出赠送旅游优惠券活动,方案如下:首先每位游客从1到150这150个自然数中选
一个数作为x,然后把x代入函数y=x+20√150-x+150,得到的函数值作为该游客的优惠券金额,问游客甲
选择什么数字才能使优惠券金额最大?
解析 (1)由(0.03+0.05+a+0.035+0.03+0.01)×5=1,
解得a=0.045,又200×0.045×5=45(人),
所以年龄在[25,30)的游客人数为45.
(2)由题意,年龄在[15,25)的游客有(0.03+0.05)×5×200=80(人),
年龄不小于35岁的游客有(0.03+0.01)×5×200=40人,
故抽取的9人中,有6人年龄小于25岁,3人年龄不小于35岁,
C3
5
6
所以X的所有可能取值为0,1,2,3,P(X=0)= = ,
C3 21
9
C2C1
15
6 3
P(X=1)= = ,
C3 28
9
C1C2
3
C3
1
6 3 3
P(X=2)= = ,P(X=3)= = ,
C3 14 C3 84
9 9
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
5 15 3 1
P
21 28 14 84
5 15 3 1
所以E(X)=0× +1× +2× +3× =1.
21 28 14 84
(3)y=x+20√150-x+150,x∈[1,150],x∈N.
令√150-x=t,得x=150-t2,
则y=150-t2+20t+150
=-t2+20t-100+100+300
=-(t-10)2+400.
所以当t=10时,y取得最大值400,
此时x=150-102=50,
所以游客甲选择数字50才能使优惠券金额最大.
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8.(2021八省联考,19)一台设备由三个部件构成,假设在一天的运转中,部件1,2,3需要调整的概率分别为
0.1,0.2,0.3,各部件的状态相互独立.
(1)求设备在一天的运转中,部件1,2中至少有1个需要调整的概率;
(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X,求X的分布列及数学期望.
解析 记事件A,B,C分别表示部件1,2,3需要调整.
由已知得P(A)=0.1,P(B)=0.2,P(C)=0.3.
(1)解法一:∵各部件的状态相互独立,∴部件1,2中至少有一个需要调整即事件AB+AB+AB发生,
又∵AB,AB,AB两两互斥,且P(AB)=P(A)P(B)=0.1×0.2=0.02,P(AB)=(1-P(A))P(B)=0.9×0.2=0.18,P(AB
)=P(A)·(1-P(B))=0.1×0.8=0.08,∴P(AB+AB+AB)=P(AB)+P(AB)+P(AB)=0.02+0.18+0.08=0.28.
解法二:部件1,2中至少有一个需要调整的对立事件为部件1,2均不需要调整,即事件A B,∵P(A B)=(1-
P(A))(1-P(B))=0.9×0.8=0.72,∴1-P(A B)=1-0.72=0.28.
(2)X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.1×0.2×0.3=0.006.
P(X=2)=P(ABC+ABC+ABC)=P(A)·P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C
)=0.9×0.2×0.3+0.1×0.8×0.3+0.1×0.2×0.7=0.092.
P(X=1)=P(AB C+ABC+A BC)=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398.
P(X=0)=P(A B C)=0.9×0.8×0.7=0.504.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.504 0.398 0.092 0.006
∴E(X)=0×0.504+1×0.398+2×0.092+3×0.006=0.6.
9.(2021百校联盟质量监测)为了增加超市的销售量,营销人员采取了相应的推销手段,每位顾客消费达到100
元可以获得相应的积分,每花费100积分可以参与超市的抽奖游戏,游戏规则如下:抽奖箱中放有2张奖券,3
张白券,每次任取两张券,每个人有放回地抽取三次,即完成一轮抽奖游戏;若摸出的结果是“2张奖券”三次,
则获得10 100积分,若摸出的结果是“2张奖券”一次或两次,则获得300积分,若摸出“2张奖券”的次数
为零,则获得0积分;获得的积分扣除花费的100积分,则为该顾客所得的最终积分,最终积分若达到一定的标
准,可以兑换电饭锅、洗衣机等生活用品.
(1)求一轮抽奖游戏中,甲摸出“2张奖券”的次数为零的概率;
(2)记一轮抽奖游戏中,甲摸出“2张奖券”的次数为X,求X的分布列以及数学期望;
(3)试用概率与统计的相关知识,从数学期望的角度进行分析,多次参与抽奖游戏后,甲的最终积分情况.
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C2
1
2
解析 (1)每次抽取,摸出“2张奖券”的概率P= = ,故一轮游戏中,甲摸出“2张奖券”(记为事件A)的
C2 10
5
( 9 ) 3 729
次数为零的概率P(A)= = .
10 1 000
(2)依题意,X的可能取值为0,1,2,3,
故P(X=0)=P(A)=
729 ,P(X=1)=C1
·
1
·
( 1- 1 ) 2
=
243 ,P(X=2)=C2
·
( 1 ) 2
·
( 1- 1 )
=
1 000 3 10 10 1 000 3 10 10
27 ( 1 ) 3 1
,P(X=3)= = ,
1 000 10 1 000
故X的分布列为
X 0 1 2 3
729 243 27 1
P
1 0001 0001 0001 000
729 243 27 1 3
故E(X)=0× +1× +2× +3× = .
1 000 1 000 1 000 1 000 10
(3)记一轮抽奖游戏后,甲的最终积分为Y分,Y的所有可能取值为-100,200,10 000,则Y的分布列为
Y -100 200 10 000
729 270 1
P
1 000 1 000 1 000
-72 900+54 000+10 000
故E(Y)= =-8.9,
1 000
可知一轮游戏过后,甲的最终积分的期望为负数,
故多次参与抽奖活动后,可以估计甲的最终积分会越来越少.
10.(2022届辽宁名校联盟联考,21)随着我国人民收入的逐步增加,国家税务总局综合考虑人民群众消费支出
水平增长等各方面因素,规定从2019年1月1日起,我国实施个税新政,实施的个税新政主要内容包括:①个
税起征点为5 000元;②每月应纳税所得额(含税)=收入-个税起征点-专项附加扣除;③专项附加扣除包括住
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房贷款利息或住房租金(以下简称住房)、子女教育和赡养老人等.新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)
计算方法及其对应的税率表如表:
旧个税税率表(个税起征点3 500元) 新个税税率表(个税起征点5 000元)
缴
税 每月应纳税所得额(含 每月应纳税所得额(含税)=收入-
税率/% 税率/%
税)=收入-个税起征点 个税起征点-专项附加扣除
级
数
不超过 不超过
1 3 3
1 500元的部分 3 000元的部分
超过1 500元至4 500
2 10 超过3 000元至12 000元的部分 10
元的部分
超过4 500元至9 000 超过12 000元至25 000元的部
3 20 20
元的部分 分
超过9 000元至35 000 超过25 000元至35 000元的部
4 25 25
元的部分 分
超过35 000元至55 000 超过35 000元至55 000元的部
5 30 30
元的部分 分
… … … … …
随机抽取某市1 000名同一收入层级的无亲属关系的男性互联网从业者(以下互联网从业者都是指无亲属
关系的男性)的相关资料,经统计分析,预计他们2022年的人均月收入为30 000元,统计资料还表明,他们均符
合住房专项附加扣除,同时他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子,并且他们之中既不符
合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人
专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣
除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1,此外,他们均不符合其他专项附加扣除,新个税政
策下该市的专项附加扣除标准为住房1 000元/月,子女教育每孩1 000元/月,赡养老人2 000元/月等.
假设该市该收入层级的互联网从业者都独自享受专项附加扣除,将预估的该市该收入层级的互联网从业者
人均收入视为其个人月收入.根据样本估计总体的思想,解决下列问题.
(1)按新个税方案,设该市该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为X元,求X的分布列和数学期望;
(2)根据新旧个税方案,估计从2022年1月开始,至少经过几个月,该市该收入层级的互联网从业者利用各月
少缴的个税之和就能购买一台价值29 400元的某品牌智慧屏巨幕电视.
解析 (1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)
为30 000-5 000-1 000=24 000元,月缴个税为3 000×0.03+9 000×0.1+12 000×0.2=3 390元;符合子女教育
专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为30 000-5 000-1 000-1
000=23 000元,月缴个税为3 000×0.03+9 000×0.1+11 000×0.2=3 190元;符合赡养老人专项附加扣除但不
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符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为30 000-5 000-1 000-2 000=22 000元,月缴
个税为3 000×0.03+9 000×0.1+10 000×0.2=2 990元;既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附
加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为30 000-5 000-1 000-1 000-2 000=21 000元,月缴个税为3
000×0.03+9 000×0.1+9 000×0.2=2 790元.所以X(单位:元)的可能取值为3 390,3 190,2 990,2 790.
2 1 1
依题意,上述同类人群的人数之比是2∶1∶1∶1,所以P(X=3 390)= ,P(X=3 190)= ,P(X=2 990)= ,P(X=2
5 5 5
1
790)= .
5
所以X的分布列为
X 3 390 3 190 2 990 2 790
2 1 1 1
P
5 5 5 5
2 1 1 1
所以E(X)=3 390× +3 190× +2 990× +2 790× =3 150.
5 5 5 5
(2)在旧个税方案政策下,该收入层级的互联网从业者2022年每月应纳税所得额(含税)为30 000-3 500=26
500元.月缴个税为1 500×0.03+3 000×0.1+4 500×0.2+17 500×0.25=5 620元.
由(1)知在新个税方案政策下,该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为3 150元.所以该收入层级的互
联网从业者每月少缴的个税为5 620-3 150=2 470元.设经过x个月,该收入层级的互联网从业者每月少缴
的个税的总和超过29 400元.则2 470x>29 400.因为x∈N,所以x≥12.所以至少经过12个月,该收入层级的
互联网从业者利用各月少缴的个税之和就能购买一台价值为29 400元的某品牌智慧屏巨幕电视.
应用篇 知行合一
应用 利用均值、方差进行决策
1.(2022届河北沧州十五校摸底,20)在我国,11月9日的月日数恰好与火警电话号码119相同,而且这一天前
后,正值风干物燥、火灾多发之际,全国各地都在紧锣密鼓地开展冬季防火工作.为增加全民的消防安全意识,
从1992年起,公安部将每年的11月9日定为全国的“消防日”.为切实提高中学生消防安全知识,增强应对
火灾的能力,某市特举办以“消防安全进万家,平安相伴你我他”为主题的知识竞赛,甲、乙同学将代表学校
参加.为取得好成绩,二人在消防知识题库中各随机选取50题练习,每题答对得5分,答错得0分,练习结果甲
得200分,乙得150分.若以二人练习中答题正确的频率作为竞赛答题正确的概率,回答下列问题.
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(1)竞赛第一环节,要求甲、乙二人各选两题作答,每题答对得5分,答错不得分,求甲、乙二人得分和的概率分
布列和期望;
(2)第二环节中,要求二人自选两道题或四道题作答,要求一半及一半以上正确才能过关,那么甲、乙二人怎样
选择,各自过关的可能性较大?
解析 (1)由已知得,甲答题正确的概率为0.8,乙答题正确的概率为0.6,设甲、乙二人得分和的随机变量为X,
则X的可能取值为0,5,10,15,20,
P(X=0)=(0.2)2×(0.4)2=0.006 4,
P(X=5)=C1 ×0.2×0.8×(0.4)2+C1
×0.4×0.6×(0.2)2=0.070 4,
2 2
P(X=10)=(0.2)2×(0.6)2+(0.8)2×(0.4)2+C1 ×0.2×0.8×C1
×0.4×0.6=0.270 4,
2 2
P(X=15)=C1 ×0.2×0.8×(0.6)2+C1
×0.4×0.6×(0.8)2=0.422 4,
2 2
P(X=20)=(0.8)2×(0.6)2=0.230 4,
所以X的分布列为
X 0 5 10 15 20
P 0.006 4 0.070 4 0.270 4 0.422 4 0.230 4
E(X)=0×0.006 4+5×0.070 4+10×0.270 4+15×0.422 4+20×0.230 4=14.
(2)甲选两道题时,过关率为1-(0.2)2=0.96,
甲选四道题时,过关率为1-(0.2)4-C1
×0.8×(0.2)3=0.972 8,
4
∴甲选四道题.
乙选两道题时,过关率为1-(0.4)2=0.84,
乙选四道题时,过关率为1-(0.4)4-C1
×0.6×(0.4)3=0.820 8,
4
∴乙选两道题.
2.(2022届福建南平联考,20)某地区位于甲、乙两条河流的交汇处,夏季多雨,根据统计资料预测,今年汛期甲
河流发生洪水的概率为0.25,乙河流发生洪水的概率为0.2(假设两河流发生洪水与否互不影响),今年夏季该
地区某工地有许多大型设备,为保护设备,有以下3种方案.
方案一:不采取措施,当一条河流发生洪水时,设备将受损,损失30 000元.当两河流同时发生洪水时,设备将受
损,损失60 000元.
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方案二:修建保护围墙,建设费为4 000元,但围墙只能抵御一条河流发生的洪水,当两河流同时发生洪水时,
设备将受损,损失60 000元.
方案三:修建保护大坝,建设费为9 000元,能够抵御住两河流同时发生洪水.
(1)求今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率;
(2)试比较哪一种方案更好,说明理由.
解析 (1)甲河流发生洪水的概率为0.25,乙河流发生洪水的概率为0.2,
则甲、乙两条河流均不发生洪水的概率为(1-0.25)×(1-0.2)=0.6,
所以今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率为1-0.6=0.4.
(2)方案一:设损失费为X.X的可能取值为30 000,60 000,0,
P(X=30 000)=0.25×0.8+0.75×0.2=0.35,
P(X=60 000)=0.25×0.2=0.05,
P(X=0)=(1-0.25)×(1-0.2)=0.6,
所以E(X)=30 000×0.35+60 000×0.05+0×0.6=13 500(元).
方案二:修建保护围墙,需要花费4 000元,但围墙只能抵御一条河流发生的洪水,
当两河流同时发生洪水时,设备将受损,损失60 000元,
两条河流都发生洪水的概率P=0.25×0.2=0.05,
所以该方案中的花费为4 000+60 000×0.05=7 000元.
方案三:修建保护大坝,建设费为9 000元,设备不会受损,方案中的花费为9 000元.
所以方案二最好.
3.(2021新高考Ⅰ,18,12分)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.
解析 (1)由题易知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
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(2)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.
假设小明先回答B类问题,其累计得分为Y,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
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,
所以E(Y)>E(X),
所以小明应选择先回答B类问题.
创新篇 守正出奇
创新 分布列与其他知识的综合
1.(2019浙江,7,4分)设0<a<1,随机变量X的分布列是
X 0 a 1
1 1 1
P
3 3 3
则当a在(0,1)内增大时,( )
A.D(X)增大
B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小
D.D(X)先减小后增大
答案 D
1
2.(2017浙江,8,4分)已知随机变量ξ满足P(ξ=1)=p,P(ξ=0)=1-p,i=1,2.若0<p<p< ,则( )
i i i i i 1 2 2
A.E(ξ)<E(ξ),D(ξ)<D(ξ)
1 2 1 2
B.E(ξ)<E(ξ),D(ξ)>D(ξ)
1 2 1 2
C.E(ξ)>E(ξ),D(ξ)<D(ξ)
1 2 1 2
D.E(ξ)>E(ξ),D(ξ)>D(ξ)
1 2 1 2
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答案 A
3.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为
n n
1,2,…,n,且P(X=i)=p>0(i=1,2,…,n),∑p=1,定义X的信息熵H(X)=-∑plogp.( )
i i i 2 i
i=1 i=1
A.若n=1,则H(X)=0
B.若n=2,则H(X)随着p 的增大而增大
1
1
C.若p= (i=1,2,…,n),则H(X)随着n的增大而增大
i n
D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=p+p (j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y)
j 2m+1-j
答案 AC
4.(2022届湖北恩施州质量监测,21)某企业创新形式推进党史学习教育走深走实,举行两轮制的党史知识竞赛
初赛,每部门派出两个小组参赛,两轮都通过的小组才具备参与决赛的资格,该企业某部门派出甲、乙两个小
4 2 3 3
组,若第一轮比赛时两组通过的概率分别是 , ,第二轮比赛时两组通过的概率分别是 , ,两轮比赛过程
5 3 4 5
相互独立.
(1)若将该部门获得决赛资格的小组数记为X,求X的分布列与数学期望;
(2)比赛规定:参与决赛的小组由4人组成,每人必须答题且只答题一次(与答题顺序无关),若4人全部答对就
给予奖金,若没有全部答对但至少2人答对就被评为“优秀小组”.该部门对通过初赛的某一小组进行党史
知识培训,使得每个成员答对每题的概率均为p(0<p<1)且相互独立,设该参赛小组被评为“优秀小组”的概
率为f(p),当p=p 时, f(p)最大,试求p 的值.
0 0
4 3 3 2 3 2
解析 (1)设甲、乙两个小组两轮初赛都通过分别为事件A,A,则P(A)= × = ,P(A)= × = .
1 2 1 5 4 5 2 3 5 5
( 3) ( 2) 6
由题意知X的可能取值为0,1,2,P(X=0)=
1-
×
1-
= ,
5 5 25
( 3) 2 3 ( 2) 13 3 2 6
P(X=1)=
1-
× + ×
1-
= ,P(X=2)= × = ,
5 5 5 5 25 5 5 25
所以X的分布列为
X 0 1 2
6 13 6
P
25 25 25
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6 13 6
E(X)=0× +1× +2× =1.
25 25 25
(2)由题意知小组中2人答对的概率为C2 p2(1-p)2,3人答对的概率为C3
p3(1-p),
4 4
则f(p)=6(1-p)2p2+4(1-p)p3=2p4-8p3+6p2.
f '(p)=8p3-24p2+12p=4p(2p2-6p+3),
3-√3 3+√3 3-√3 3-√3
令f '(p)=0,得p 1 =0(舍),p 2 = 2 ,p 3 = 2 (舍),所以在 0, 2 上, f(p)单调递增,在 2 ,1 上,
3-√3
f(p)单调递减,故p= 时, f(p)最大.
0 2
5.(2022届山东广饶一中10月月考,20)为落实立德树人根本任务,坚持五育并举全面推进素质教育,某学校举
行了乒乓球比赛,其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区,三个校区的队员人数分别是
3,4,5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式,即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制),最后根
据积分选出最后的冠军.积分规则如下:比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分,失败的队员积0分,而在比
赛中以3∶2取胜的队员积2分,失败的队员积1分,已知第10轮张三对抗李四,设每局比赛张三取胜的概率
均为p(0<p<1).
(1)比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是多少?
(2)第10轮比赛中,记张三以3∶1取胜的概率为f(p).
①求出f(p)的最大值点p;
0
②若以p 作为p的值,这轮比赛张三所得积分为X,求X的分布列及期望.
0
C1C1+C1C1+C1C1
47
3 4 4 5 3 5
解析 (1)比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率P= = .
C2 66
12
(2)①f(p)=C2
p3(1-p)=3p3(1-p),
3
f '(p)=3[3p2(1-p)+p3×(-1)]=3p2(3-4p),
3
令f '(p)=0,得p=0(舍)或p= ,
4
( 3) ( 3)
当p∈ 0, 时, f '(p)>0, f(p)在 0, 上单调递增,
4 4
(3 ) (3 )
当p∈ ,1 时, f '(p)<0, f(p)在 ,1 上单调递增,
4 4
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3
所以f(p)的最大值点p= .
0 4
②X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)= ( 1- 3) 3 +C1 3( 1- 3) 3 = 13 ,
4 34 4 256
P(X=1)=C2(3) 2 (
1-
3) 3
=
27
,
4 4 4 512
P(X=2)=C2(3) 2 (
1-
3) 23
=
81
,
4 4 4 4 512
P(X=3)=
(3) 3 +C2(3) 2 (
1-
3)3
=
189
.
4 3 4 4 4 256
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
13 27 81 189
P
256 512 512 256
13 27 81 189 1 323
X的期望为E(X)=0× +1× +2× +3× = .
256 512 512 256 512
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