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６ ３４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§１２．２ 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
从中任取两个球 记取出的红球数为ξ 若取出的两个球都是
离散型随机变量及其分布列、均值与方差 ， ，
红球的概率为 １ 一红一黄的概率为 １ 则ｍ ｎ
学生用书Ｐ２１３ ， ， － ＝ ，
６ ３
１．（２０２０课标 理，３，５分）在一组样本数据中 出现的 Ｅ ξ ．
Ⅲ ，１，２，３，４ （ ）＝
４
频率分别为ｐ ｐ ｐ ｐ 且 ｐ 则下面四种情形中 对 ６． 答案 ８
１， ２， ３， ４， ∑ｉ＝ ｉ＝１， ， １；
１ ９
应样本的标准差最大的一组是 ７．（２０２０浙江，１６，６分）盒中有 个球 其中 个红球 个绿球
（ ）
４ ， １ ，１ ，
Ａ． ｐ １＝ ｐ ４＝０ ． １， ｐ ２＝ ｐ ３＝０ ． ４ Ｂ． ｐ １＝ ｐ ４＝０ ． ４， ｐ ２＝ ｐ ３＝０ ． １
２
个黄球．从盒中随机取球
，
每次取
１
个
，
不放回
，
直到取出红
Ｃ． ｐ １＝ ｐ ４＝０ ． ２， ｐ ２＝ ｐ ３＝０ ． ３ Ｄ． ｐ １＝ ｐ ４＝０ ． ３， ｐ ２＝ ｐ ３＝０ ． ２ 球为止．设此过程中取到黄球的个数为 ξ ， 则 Ｐ （ ξ ＝ ０）
１． 答案 Ｂ
Ｅ ξ ．
＝ ， （ ）＝
２．（２０１９浙江，７，４分）设 ａ 随机变量Ｘ的分布列是
０＜ ＜１， ７． 答案 １
Ｘ ａ ；１
０ １ ３
８．（２０２１新高考 ，１８，１２分）某学校组织 一带一路 知识竞赛
Ｐ １ １ １ Ⅰ “ ” ，
有 两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择
３ ３ ３
Ａ，Ｂ
则当ａ在 内增大时 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
（０，１） ， （ ） ，
Ｄ Ｘ 增大 Ｄ Ｘ 减小 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
Ａ． （ ） Ｂ． （ ） ；
Ｄ Ｘ 先增大后减小 Ｄ Ｘ 先减小后增大 回答 无论回答正确与否 该同学比赛结束． 类问题中的每个
Ｃ． （ ） Ｄ． （ ） ， ， Ａ
２． 答案 Ｄ 问题回答正确得 分 否则得 分 类问题中的每个问题回
２０ ， ０ ；Ｂ
３．（２０１８浙江，７，４分）设 ｐ 随机变量ξ的分布列是 答正确得 分 否则得 分．
０＜ ＜１， ８０ ， ０
ξ 已知小明能正确回答 类问题的概率为 ． 能正确回答 类
０ １ ２ Ａ ０８， Ｂ
ｐ ｐ 问题的概率为 ． 且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
Ｐ １－ １ ０６，
若小明先回答 类问题 记Ｘ为小明的累计得分 求Ｘ的
２ ２ ２ （１） Ａ ， ，
则当ｐ在 内增大时 分布列
（０，１） ， （ ） ；
Ｄ ξ 减小 Ｄ ξ 增大 为使累计得分的期望最大 小明应选择先回答哪类问题
Ａ． （ ） Ｂ． （ ） （２） ， ？
Ｄ ξ 先减小后增大 Ｄ ξ 先增大后减小 并说明理由．
Ｃ． （ ） Ｄ． （ ）
３． 答案 Ｄ ８． 解题指导 （ ）由题意分析出Ｘ的所有可能取值，并求出
１
４．（２０１７ 浙江，８，４ 分）已知随机变量 ξ 满足 Ｐ ξ ｐ 所有可能取值对应的概率，从而求出 Ｘ 的分布列．（ ）根据
ｉ （ ｉ ＝１）＝ ｉ， ２
（ ），可求出小明先回答 类问题的数学期望Ｅ（Ｘ），再求出小
Ｐ ξ ｐ ｉ ．若 ｐ ｐ １ 则 １ Ａ
（ ｉ＝０）＝１－ ｉ， ＝１，２ ０＜ １＜ ２＜ ， （ ） 明先回答 类问题的数学期望．通过比较，即可得出结果．
２ Ｂ
Ｅ ξ Ｅ ξ Ｄ ξ Ｄ ξ ９．（２０２０江苏，２３，１０分）甲口袋中装有 个黑球和 个白球 乙
Ａ． （ １）＜ （ ２）， （ １）＜ （ ２） ２ １ ，
Ｅ ξ Ｅ ξ Ｄ ξ Ｄ ξ 口袋中装有 个白球．现从甲 乙两口袋中各任取一个球交换
Ｂ． （ １）＜ （ ２）， （ １）＞ （ ２） ３ 、
Ｅ ξ Ｅ ξ Ｄ ξ Ｄ ξ 放入另一口袋 重复ｎ次这样的操作 记甲口袋中黑球个数为
Ｃ． （ １）＞ （ ２）， （ １）＜ （ ２） ， ，
Ｅ ξ Ｅ ξ Ｄ ξ Ｄ ξ Ｘ 恰有 个黑球的概率为ｐ 恰有 个黑球的概率为ｑ ．
Ｄ． （ １）＞ （ ２）， （ １）＞ （ ２） ｎ， ２ ｎ， １ ｎ
４． 答案 Ａ 求ｐ ｑ 和ｐ ｑ
５．（多选题 ）（ ２０２０新高考 ，１２，５分）信息熵是信息论中的一个 （１） 求 １ ｐ ， １ ｑ 与 ２， ｐ ２； ｑ 的递推关系式和 Ｘ 的数学期望
重要概念．设随机变量 Ⅰ Ｘ 所有可能的取值为 １，２，…， ｎ ， 且 （２） Ｅ （ Ｘ ２ ｎ） ｎ＋ （ 用 ｎ ｎ表 ２ 示 ｎ － ） １＋ ． ｎ －１ ｎ
ｎ
Ｐ Ｘ ｉ ｐ ｉ ｎ ｐ 定义 Ｘ 的信息熵 １ １ １ １
（ ＝ ）＝
ｎ
ｉ＞０（ ＝１，２，…， ）， ∑ｉ＝
１
ｉ＝１， ９． 解析
（１）
ｐ
１＝
Ｃ
Ｃ
１
１ ３ ·
Ｃ
Ｃ
３
１ ３ ＝ ３
１
，
ｑ
１＝
Ｃ
Ｃ
２
１ ３ ·
Ｃ
Ｃ
３
１ ３ ＝ ３
２
，
Ｈ Ｘ ｐ ｐ
（ 若 ） ｎ ＝－∑ｉ 则 ＝ １ Ｈ ｉｌｏ Ｘ ｇ２ ｉ （ ） ｐ ２＝ Ｃ １ １ １· Ｃ １ ３ １· ｐ １＋ Ｃ １ ２ １· Ｃ １ １ １· ｑ １＋０·（１－ ｐ １－ ｑ １）
Ａ． ＝１， （ ）＝０ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３
若ｎ 则Ｈ Ｘ 随着ｐ 的增大而增大
Ｂ． ＝２， （ ） １ １ ｐ ２ ｑ ７
＝ １＋ １＝ ，
若ｐ １ ｉ ｎ 则Ｈ Ｘ 随着ｎ的增大而增大 ３ ９ ２７
Ｃ． ｉ＝ ｎ （ ＝１，２，…， ）， （ ） １ １ æ １ １ １ １ö １ １
ｑ Ｃ２ Ｃ３ ｐ çＣ２ Ｃ２ Ｃ１ Ｃ１÷ ｑ Ｃ３ Ｃ２ ｐ
若ｎ ｍ 随机变量Ｙ所有可能的取值为 ｍ 且Ｐ Ｙ ｊ ２＝ １· １· １＋è １· １ ＋ １· １ ø· １＋ １· １·（１－ １－
Ｄ． ＝２ ， １，２，…， ， （ ＝ ） Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３ Ｃ３
ｐ ｐ ｊ ｍ 则Ｈ Ｘ Ｈ Ｙ
＝ ｊ＋ ２ ｍ ＋１－ ｊ（ ＝１，２，…， ）， （ ）≤ （ ） ｑ １ ｑ ２ １６．
５． 答案 ＡＣ １）＝－ １＋ ＝
９ ３ ２７
６．（２０２１浙江，１５，６分）袋中有 个红球 ｍ个黄球 ｎ个绿球．现 当ｎ 时
４ ， ， （２） ≥２ ，
第十二章 概率与统计 ６ ３５
１ １ １ １ 人 和 ．
ｐ Ｃ１ Ｃ３ ｐ Ｃ２ Ｃ１ ｑ ｐ ｑ １ ｐ ：Ａ Ｃ
ｎ＝ Ｃ １ ３ · Ｃ １ ３ · ｎ －１＋ Ｃ １ ３ · Ｃ １ ３ · ｎ －１＋０·（１－ ｎ －１－ ｎ －１）＝ ３ ｎ －１＋ 所以ξ的所有可能取值为 ０，１，２ ．
２ １ １ ２
２ ｑ Ｐ ξ Ｃ２ １ Ｐ ξ Ｃ２Ｃ２ ２ Ｐ ξ Ｃ２ １ ．
ｎ －１， ① （ ＝０）＝ ２ ＝ ， （ ＝１）＝ ２ ＝ ， （ ＝２）＝ ２ ＝
９ Ｃ４ ６ Ｃ４ ３ Ｃ４ ６
１ １ æ １ １ １ １ö １ １ 所以ξ的分布列为
ｑ Ｃ２ Ｃ３ ｐ çＣ２ Ｃ２ Ｃ１ Ｃ１÷ ｑ Ｃ３ Ｃ２
ｎ＝ Ｃ １ ３ · Ｃ １ ３ · ｎ －１＋è Ｃ １ ３ · Ｃ １ ３ ＋ Ｃ １ ３ · Ｃ １ ３ ø· ｎ －１＋ Ｃ １ ３ · Ｃ １ ３ ·（１－ ξ ０ １ ２
ｐ ｑ １ ｑ ２
ｎ －１－ ｎ －１）＝－ ｎ －１＋ ， ② Ｐ １ ２ １
９ ３
６ ３ ６
得 ｐ ｑ ２ ｐ ４ ｑ １ ｑ ２ １ ｐ
２×①＋②， ２ ｎ＋ ｎ＝ ｎ －１＋ ｎ －１－ ｎ －１＋ ＝ （２ ｎ －１＋ 故ξ的期望Ｅ ξ １ ２ １ ．
３ ９ ９ ３ ３ （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＝１
６ ３ ６
ｑ ２ ． 在这 名患者中 服药者指标ｙ数据的方差大于未服
ｎ －１）＋ （３） １００ ，
３ 药者指标ｙ数据的方差．
从而 ２ ｐ ｎ＋ ｑ ｎ－１＝ １ （２ ｐ ｎ －１＋ ｑ ｎ －１－１）， １１．（２０１９北京理，１７，１３分）改革开放以来 ， 人们的支付方式发
３
生了巨大转变．近年来 移动支付已成为主要支付方式之一．
又 ｐ ｑ １ ，
２ １＋ １－１＝
３
， 为了解某校学生上个月
Ａ，Ｂ
两种移动支付方式的使用情况
，
( )ｎ ( )ｎ 从全校学生中随机抽取了 人 发现样本中 两种支付
所以
２
ｐ
ｎ＋
ｑ
ｎ＝１＋
１ １ －１
＝１＋
１
，
ｎ
∈
Ｎ∗．
③ 方式都不使用的有 人 样
１
本
００
中仅
，
使用 和仅使
Ａ，
用
Ｂ
的学生
３ ３ ３ ５ ， Ａ Ｂ
( ) 的支付金额分布情况如下
由 有ｑ ３ １ ｑ ３ 又ｑ ３ １ ：
②， ｎ－ ＝－ ｎ －１－ ， １－ ＝ ，
５ ９ ５ ５ １５ 支付金额（元）
( )ｎ 大于
所以ｑ
ｎ＝
１
－
１ －１
＋
３
，
ｎ
∈
Ｎ∗． 支付方式 （０，１０００］ （１０００，２０００］ ２０００
１５ ９ ５
[ ( )ｎ ] ( )ｎ ( )ｎ 仅使用 人 人 人
Ａ １８ ９ ３
由 有ｐ １ １ ｑ ３ １ １ １ １ ｎ
③， ｎ＝ １＋ － ｎ ＝ － ＋ ＋ ， 仅使用 人 人 人
２ ３ １０ ９ ２ ３ ５ Ｂ １０ １４ １
∈
Ｎ∗．
从全校学生中随机抽取 人 估计该学生上个月 两
( )ｎ ( )ｎ （１） １ ， Ａ，Ｂ
故
１－
ｐ
ｎ－
ｑ
ｎ＝
３
－
１
－
１ １
＋
１
，
ｎ
∈
Ｎ∗． 种支付方式都使用的概率
；
１０ ９ ２ ３ ５ 从样本仅使用 和仅使用 的学生中各随机抽取 人
Ｘ 的概率分布为 （２） Ａ Ｂ １ ，
ｎ 以Ｘ表示这 人中上个月支付金额大于 元的人数
２ １０００ ，
Ｘ
ｎ ０ １ ２
求Ｘ的分布列和数学期望
；
Ｐ １－ ｐ ｎ－ ｑ ｎ ｑ ｎ ｐ ｎ （３）
已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从
样本仅使用 的学生中 随机抽查 人 发现他们本月的
( )ｎ Ａ ， ３ ，
则Ｅ
（
Ｘ
ｎ）＝０×（１－
ｐ
ｎ－
ｑ
ｎ）＋１×
ｑ
ｎ＋２×
ｐ
ｎ＝１＋
１
，
ｎ
∈
Ｎ∗． 支付金额都大于
２ ０００
元．根据抽查结果
，
能否认为样本
３ 仅使用 的学生中本月支付金额大于 元的人数有
１０．（２０１７北京理，１７，１３ 分）为了研究一种新药的疗效 选 Ａ ２ ０００
， １００ 变化 说明理由．
名患者随机分成两组 每组各 名 一组服药 另一组不服 ？
， ５０ ， ， １１． 解析 由题意知 样本中仅使用 的学生有
药．一段时间后 记录了两组患者的生理指标ｘ和ｙ的数据 （１） ， Ａ １８＋９＋３＝
， ， 人 仅使用 的学生有 人 两种支付方
并制成下图 其中 表示服药者 表示未服药者． ３０ ， Ｂ １０＋１４＋１＝２５ ，Ａ，Ｂ
， “∗” ，“＋” 式都不使用的学生有 人．故样本中 两种支付方式都使
５ Ａ，Ｂ
用的学生有 人．所以从全校学生中随机抽
１００－３０－２５－５＝４０
取 人 该学生上个月 两种支付方式都使用的概率估计
１ ， Ａ，Ｂ
为４０ ． ．
＝０４
１００
Ｘ的所有可能值为 ．
（２） ０，１，２
记事件Ｃ为 从样本仅使用 的学生中随机抽取 人 该学生上
“ Ａ １ ，
从服药的 名患者中随机选出一人 求此人指标ｙ的值
个月的支付金额大于 元 事件Ｄ为 从样本仅使用 的
（１） ５０ ，
１０００ ”， “ Ｂ
小于 的概率 学生中随机抽取 人 该学生上个月的支付金额大于 元 ．
６０ ； １ ， １０００ ”
从图中 四人中随机选出两人 记ξ为选出的两
（２） Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ ， 由题设知 事件Ｃ Ｄ相互独立 且Ｐ Ｃ ９＋３ ． Ｐ Ｄ
人中指标ｘ的值大于 ． 的人数 求ξ的分布列和数学期 ， ， ， （ ）＝ ＝０ ４， （ ）＝
１７ ， ３０
望Ｅ ξ
（ ）； １４＋１ ． ．所以Ｐ Ｘ Ｐ ＣＤ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ ． Ｐ Ｘ
试判断这 名患者中服药者指标ｙ数据的方差与未服药 ＝０６ （ ＝２）＝ （ ）＝ （ ） （ ）＝ ０ ２４， （
（３） １００ ２５
者指标ｙ数据的方差的大小． 只需写出结论
（ ） Ｐ ＣＤ ＣＤ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ ． ．
１０． 解析 由题图知 在服药的 名患者中 指标ｙ的值 ＝１）＝ （ ∪ ）＝ （ ） （ ）＋ （ ） （ ）＝０４×（１－０６）
（１） ， ５０ ， ． ． ．
小于 的有 人 所以从服药的 名患者中随机选出一
＋（１－０４）×０６＝０５２，
６０ １５ ， ５０ Ｐ Ｘ Ｐ ＣＤ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ ． ．
（ ＝０）＝ （ ）＝ （ ） （ ）＝０２４
人 此人指标ｙ的值小于 的概率为１５ ． ． 所以Ｘ的分布列为
， ６０ ＝０３
５０
由题图知 四人中 指标ｘ的值大于 ． 的有 Ｘ
（２） ，Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ ， １ ７ ２ ０ １ ２
６ ３６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
即ｐ ｐ ｐ ｐ ．
Ｘ
０ １ ２
ｉ ＋１－ ｉ＝４（ ｉ－ ｉ －１）
又因为ｐ ｐ ｐ
Ｐ ． ． ． １－ ０＝ １≠０，
０２４ ０５２ ０２４ 所以 ｐ ｐ ｉ 是公比为 首项为ｐ 的等比
故Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ ． ． ． ． ｛ ｉ ＋１－ ｉ｝（ ＝０，１，２，…，７） ４， １
（ ）＝０×０２４＋１×０５２＋２×０２４＝１ 数列．
记事件Ｅ为 从样本仅使用 的学生中随机抽查 人 他
（３） “ Ａ ３ ， 由 可得ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
们本月的支付金额都大于 元 ． （ｉｉ） （ｉ） ８＝ ８－ ７＋ ７－ ６＋…＋ １－ ０＋ ０＝（ ８－ ７）＋（ ７
２０００ ” ８
假设样本仅使用 的学生中 本月支付金额大于 元的 ｐ ｐ ｐ ４ －１ｐ ．
Ａ ， ２ ０００ － ６）＋…＋（ １－ ０）＝ １
３
人数没有变化 则由上个月的样本数据得Ｐ Ｅ １ １ ．
答案示例 可 ， 以认为有变化．理由如下 （ ）＝ Ｃ ３ ３０ ＝ ４０６０ 由于ｐ ８＝１， 故ｐ １＝ ４ ８ ３ －１ ，
１： ： ４
Ｐ Ｅ 比较小 概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生 所以ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ４ －１ｐ １ ．
（ ） ， ， ４＝（ ４－ ３）＋（ ３－ ２）＋（ ２－ １）＋（ １－ ０）＝ １＝
就有理由认为本月的支付金额大于 元的人数发生了变 ３ ２５７
２０００ ｐ 表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出 在
化．所以可以认为有变化． ４ ，
甲药治愈率为 ． 乙药治愈率为 ． 时 认为甲药更有效的
答案示例 无法确定有没有变化．理由如下 ０５， ０ ８ ，
２： ：
事件Ｅ是随机事件 ， Ｐ （ Ｅ ） 比较小 ， 一般不容易发生 ， 但还是 概率为ｐ ４＝ １ ≈０ ． ００３ ９， 此时得出错误结论的概率非常小 ，
２５７
有可能发生的 所以无法确定有没有变化．
，
说明这种试验方案合理．
频数
思路分析 （ ）由频率 即可求解相应频率，进
１ ＝样本容量 以下为教师用书专用（１—１１）
而用频率估计概率． １．（２０１８浙江，７，４分）设 ｐ 随机变量ξ的分布列是
０＜ ＜１，
（ ）仅使用 ，且支付金额大于 元的概率Ｐ ９＋３ ． ， ξ
２ Ａ １０００ ＝ ＝０４ ０ １ ２
３０ ｐ ｐ
Ｐ １－ １
仅使用 ，且支付金额大于 元的概率Ｐ １４＋１ ． ，进
Ｂ １ ０００ ＝ ＝０６ ２ ２ ２
２５
而求分布列和期望．
则当ｐ在
（０，１）
内增大时
， （ ）
（ ）开放性题目，从事件发生的概率说明理由即可． Ａ． Ｄ （ ξ ） 减小 Ｂ． Ｄ （ ξ ） 增大
３
１２．（２０１９课标 理，２１，１２分）为治疗某种疾病 研制了甲 乙两
Ｃ．
Ｄ
（
ξ
）
先减小后增大
Ｄ．
Ｄ
（
ξ
）
先增大后减小
Ⅰ ， 、 答案 Ｄ 本小题考查随机变量的分布列 期望 方差的计
种新药 希望知道哪种新药更有效 为此进行动物试验．试验
， 、
， ，
方案如下 每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两
算及函数的单调性．
：
只白鼠 随机选一只施以甲药 另一只施以乙药．一轮的治疗 由题意得Ｅ ξ １－ ｐ １ ｐ １ ｐ
， ， （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＝ ＋ ，
结果得出后 再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比 ２ ２ ２ ２
另一种药治 ， 愈的白鼠多 只时 就停止试验 并认为治愈只数 Ｄ ξ [ ( １ ｐ )] ２ １－ ｐ [ ( １ ｐ )] ２ １
４ ， ， （ ） ＝ ０－ ＋ · ＋ １－ ＋ · ＋
多的药更有效．为了方便描述问题 约定 对于每轮试验 若施 ２ ２ ２ ２
以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白 ， 鼠未 ： 治愈 则甲药得 ， 分 [ ( １ ｐ )] ２ ｐ
， １ ， ２－ ＋ ·
乙药得 分 若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治 ２ ２
－１ ；
愈 则乙药得 分 甲药得 分 若都治愈或都未治愈 则两 １ ｐ ２ ｐ ｐ ２ ｐ ２ ｐ
， １ ， －１ ； ， ＝ ［（１＋２ ） （１－ ）＋（１－２ ） ＋（３－２ ） · ］
种药均得 分．甲 乙两种药的治愈率分别记为α和β 一轮 ８
０ 、 ， ( ) ２
试验中甲药的得分记为Ｘ． ｐ２ ｐ １ ｐ １ １ ．
＝－ ＋ ＋ ＝－ － ＋
求Ｘ的分布列 ４ ２ ２
（１） ； ì ｐ
若甲药 乙药在试验开始时都赋予 分 ｐ ｉ ï １－
（２） 、 ４ ， ｉ（ ＝０，１，…，８） ï０＜ ＜１，
表示 “ 甲药的累计得分为ｉ时 ， 最终认为甲药比乙药更有 ï ｐ ２
效 的概率 则 ｐ ｐ ｐ ａｐ ｂｐ ｃｐ ｉ 由í 得 ｐ
… ” ，７）， 其中 ， ａ ＝ Ｐ ０ （ ＝ Ｘ ０ ＝ ， －１ ８ ） ＝ ， １ ｂ ， ＝ Ｐ ｉ＝ （ Ｘ ＝ ｉ － ０ １ ） ＋ ， ｃ ＝ ｉ＋ Ｐ （ ｉ Ｘ ＋１ ＝ （ １） ＝ ． １ 假 ，２ 设 ， ï ï ０＜ ｐ ２ ＜１， ｐ ０＜ ＜１，
ï１－ １
α
＝０
．
５，
β
＝０
．
８
． î
２
＋
２
＋
２
＝１，
证明 ｐ ｐ ｉ 为等比数列 ( ) ( )
（ｉ） ：｛ ｉ ＋１－ ｉ｝（ ＝０，１，２，…，７） ； Ｄ ξ 在 １ 上单调递增 在 １ 上单调递减 故选 ．
求ｐ 并根据ｐ 的值解释这种试验方案的合理性． ∴ （ ） ０， ， ，１ ， Ｄ
（ｉｉ） ４， ４ ２ ２
１２． 解析 Ｘ的所有可能取值为 ． ２．（２０１８北京理，１７，１２分）电影公司随机收集了电影的有关数
（１） －１，０，１
Ｐ Ｘ α β Ｐ Ｘ αβ α β 据 经分类整理得到下表
（ ＝－１）＝（１－ ） ， （ ＝０）＝ ＋（１－ ）（１－ ）， ， ：
Ｐ Ｘ α β ．
（ ＝１）＝ （１－ ） 电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类
所以Ｘ的分布列为
电影部数
１４０ ５０ ３００ ２００ ８００ ５１０
Ｘ
－１ ０ １ 好评率 ． ． ． ． ． ．
０４ ０２ ０１５ ０２５ ０２ ０１
Ｐ α β αβ α β α β
（１－ ） ＋（１－ ）（１－ ） （１－ ） 好评率是指 一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
：
由 得ａ ． ｂ ． ｃ ． ． 假设所有电影是否获得好评相互独立．
（２）（ｉ） （１） ＝０４， ＝０５， ＝０１
因此ｐ ． ｐ ． ｐ ． ｐ 从电影公司收集的电影中随机选取 部 求这部电影是获
ｉ＝０４ ｉ －１＋０５ ｉ＋０１ ｉ ＋１， （１） １ ，
故 ． ｐ ｐ ． ｐ ｐ 得好评的第四类电影的概率
０１（ ｉ ＋１－ ｉ）＝０４（ ｉ－ ｉ －１）， ；
第十二章 概率与统计 ６ ３７
从第四类电影和第五类电影中各随机选取 部 估计恰有 若最高气温不低于 则Ｙ ｎ ｎ ｎ
（２） １ ， ２５， ＝６ －４ ＝２ ；
部获得好评的概率 若最高气温位于区间
１ ； ［２０，２５），
假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的 则Ｙ ｎ ｎ ｎ
（３） ＝６×３００＋２（ －３００）－４ ＝１２００－２ ；
好评率相等．用 ξ 表示第ｋ类电影得到人们喜欢 ξ 若最高气温低于 则Ｙ ｎ ｎ ｎ．
“ ｋ＝１” ，“ ｋ ２０， ＝６×２００＋２（ －２００）－４ ＝８００－２
表示第ｋ类电影没有得到人们喜欢 ｋ 因此ＥＹ ｎ ． ｎ ． ｎ ．
＝０” （ ＝１，２，３，４，５， ＝２ ×０ ４＋（１ ２００－２ ）×０ ４＋（８００－２ ）×０ ２＝６４０－
．写出方差Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ 的大小关系． ． ｎ．
６） １， ２， ３， ４， ５， ６ ０４
解析 由题意知 样本中电影的总部数是 当 ｎ 时
（１） ， １４０＋５０＋３００＋ ２００≤ ＜３００ ，
若最高气温不低于 则Ｙ ｎ ｎ ｎ
２００＋８００＋５１０＝２０００， ２０， ＝６ －４ ＝２ ；
第四类电影中获得好评的电影部数是 ． ． 若最高气温低于 则Ｙ ｎ ｎ ｎ．
２００×０２５＝５０ ２０， ＝６×２００＋２（ －２００）－４ ＝８００－２
因此ＥＹ ｎ ． ． ｎ ． ． ｎ．
故所求概率是 ５０ ． ． ＝２ ×（０４＋０４）＋（８００－２ ）×０２＝１６０＋１２
＝００２５ 所以ｎ 时 Ｙ的数学期望达到最大值 最大值为 元．
２０００ ＝３００ ， ， ５２０
设事件Ａ为 从第四类电影中随机选出的电影获得好评 ４．（２０１７天津理，１６，１３分）从甲地到乙地要经过 个十字路口
（２） “ ”， ３ ，
事件Ｂ为 从第五类电影中随机选出的电影获得好评 ． 设各路口信号灯工作相互独立 且在各路口遇到红灯的概率
“ ” ，
故所求概率为Ｐ ＡＢ ＡＢ Ｐ ＡＢ Ｐ ＡＢ
（ ＋ ）＝ （ ）＋ （ ） 分别为 １ １ １ ．
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ． ， ，
＝ （ ）（１－ （ ））＋（１－ （ ）） （ ） ２ ３ ４
由题意知 Ｐ Ａ 估计为 ． Ｐ Ｂ 估计为 ． ． 记Ｘ表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数 求随机变
： （ ） ０２５， （ ） ０２ （１） ，
故所求概率估计为 ． ． ． ． ． ． 量Ｘ的分布列和数学期望
０２５×０８＋０７５×０２＝０３５ ；
若有 辆车独立地从甲地到乙地 求这 辆车共遇到 个
Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ Ｄξ ．
（３）
解后
１＞
反思
４＞
古
２
典
＝
概
５
型
＞
的概
３＞
率以
６
及方差的求解：
（２） 红灯的 ２ 概率． ， ２ １
解析 本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期
在使用古典概型的概率公式时，应该注意：（ ）要判断该概率
１ 望 事件的相互独立性 互斥事件的概率加法公式等基础知识．
模型是不是古典概型；（ ）先分清基本事件的总数ｎ与事件Ａ ， ，
２ 考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．
ｍ
中包含的结果数ｍ，再利用公式Ｐ（Ａ）
＝ ｎ
求出事件Ａ发生的
随机变量Ｘ的所有可能取值为 ．
（１） ０，１，２，３
( ) ( ) ( )
概率．在求方差时，要学会判断随机变量是不是服从特殊分布，
Ｐ Ｘ １ １ １ １
（ ＝０）＝ １－ × １－ × １－ ＝ ，
若服从，则利用特殊分布的方差公式求解． ２ ３ ４ ４
( ) ( ) ( ) ( )
３．（２０１７课标 理，１８，１２分）某超市计划按月订购一种酸奶 每 Ｐ Ｘ １ １ １ １ １ １
Ⅲ ， （ ＝１）＝ × １－ × １－ ＋ １－ × × １－
天进货量相同 进货成本每瓶 元 售价每瓶 元 未售出的酸 ２ ３ ４ ２ ３ ４
， ４ ， ６ ， ( ) ( )
奶降价处理 以每瓶 元的价格当天全部处理完．根据往年销 １ １ １ １１
， ２ ＋ １－ × １－ × ＝ ，
售经验 每天需求量与当天最高气温 单位 有关．如果最 ２ ３ ４ ２４
， （ ：℃） ( ) ( )
高气温不低于 需求量为 瓶 如果最高气温位于区间 Ｐ Ｘ １ １ １ １ １ １ １ １
２５， ５００ ； （ ＝２）＝ １－ × × ＋ × １－ × ＋ × ×
需求量为 瓶 如果最高气温低于 需求量为 ２ ３ ４ ２ ３ ４ ２ ３
［２０，２５）， ３００ ； ２０， ( )
瓶．为了确定六月份的订购计划 统计了前三年六月份各 １ １
２００ ， １－ ＝ ，
天的最高气温数据 得下面的频数分布表 ４ ４
， ：
Ｐ Ｘ １ １ １ １ ．
最高气温 （ ＝３）＝ × × ＝
［１０，１５） ［１５，２０） ［２０，２５） ［２５，３０） ［３０，３５） ［３５，４０） ２ ３ ４ ２４
天数
所以 随机变量Ｘ的分布列为
２ １６ ３６ ２５ ７ ４ ，
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的 Ｘ
０ １ ２ ３
概率．
Ｐ １ １１ １ １
求六月份这种酸奶一天的需求量Ｘ 单位 瓶 的分布列 ４ ２４ ４ ２４
（１） （ ： ） ；
设六月份一天销售这种酸奶的利润为Ｙ 单位 元 ．当六月
（２） （ ： ） 随机变量Ｘ的数学期望 Ｅ Ｘ １ １１ １ １
份这种酸奶一天的进货量ｎ 单位 瓶 为多少时 Ｙ的数学 （ ）＝ ０×
４
＋１×
２４
＋２×
４
＋３×
２４
（ ： ） ，
期望达到最大值
１３．
？ ＝
解析 本题考查随机变量的分布列 数学期望． １２
， 设Ｙ表示第一辆车遇到红灯的个数 Ｚ表示第二辆车遇到
由题意知 Ｘ所有可能取值为 由表格数据知 （２） ，
（１） ， ２００，３００，５００， 红灯的个数 则所求事件的概率为
，
Ｐ （ Ｘ ＝２００）＝ ２＋１６ ＝０ ． ２， Ｐ （ Ｘ ＝３００）＝ ３６ ＝０ ． ４， Ｐ （ Ｘ ＝５００）＝ Ｐ （ Ｙ ＋ Ｚ ＝１）＝ Ｐ （ Ｙ ＝０， Ｚ ＝１）＋ Ｐ （ Ｙ ＝１， Ｚ ＝０）
９０ ９０
Ｐ Ｙ Ｐ Ｚ Ｐ Ｙ Ｐ Ｚ
２５＋７＋４ ． ． ＝ （ ＝０） （ ＝１）＋ （ ＝１） （ ＝０）
＝０４
９０ １ １１ １１ １
＝ × ＋ ×
因此Ｘ的分布列为
４ ２４ ２４ ４
Ｘ １１．
２００ ３００ ５００ ＝
４８
Ｐ ． ． ．
０２ ０４ ０４ 所以 这 辆车共遇到 个红灯的概率为１１．
由题意知 这种酸奶一天的需求量至多为 瓶 至少为 ， ２ １
（２） ， ５００ ， ４８
瓶 因此只需考虑 ｎ ． 技巧点拨 解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随
２００ ， ２００≤ ≤５００
当 ｎ 时 机变量可以取哪些值以及取各个值时对应的概率，只有正确
３００≤ ≤５００ ，
６ ３８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
理解随机变量取值的意义才能解决这个问题，理解随机变量 评析 本题主要考查古典概型及其概率计算公式，互斥事
取值的意义是解决这类问题的必要前提． 件，离散型随机变量的分布列与数学期望等基础知识．考查运
５．（２０１６天津理，１６，１３ 分）某小组共 人 利用假期参加义工 用概率知识解决简单实际问题的能力．属中等难度题．
１０ ，
活动 已知参加义工活动次数为 的人数分别为 ．现 ７．（２０１５四川理，１７，１２分）某市Ａ Ｂ两所中学的学生组队参加
， １，２，３ ３，３，４ ，
从这 人中随机选出 人作为该组代表参加座谈会． 辩论赛 Ａ中学推荐了 名男生 名女生 Ｂ中学推荐了 名
１０ ２ ， ３ 、２ ， ３
设Ａ为事件 选出的 人参加义工活动次数之和为 求 男生 名女生 两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后
（１） “ ２ ４”， 、４ ，
事件Ａ发生的概率 队员水平相当 从参加集训的男生中随机抽取 人 女生中随
； ， ３ 、
设Ｘ为选出的 人参加义工活动次数之差的绝对值 求随 机抽取 人组成代表队．
（２） ２ ， ３
机变量Ｘ的分布列和数学期望． 求Ａ中学至少有 名学生入选代表队的概率
（１） １ ；
１ １ ２ 某场比赛前 从代表队的 名队员中随机抽取 人参赛
解析 由已知 有Ｐ Ａ Ｃ３Ｃ４＋Ｃ３ １ ． （２） ， ６ ４ ，
（１） ， （ ）＝ Ｃ ２ １０ ＝ ３ 解 设 析 Ｘ表示 由 参 题 赛 意 的男 参 生 加 人 集 数 训 ， 的 求 男 Ｘ的 女 分 生 布 各 列 有 和数 名 学 ． 期望．
所以 事件Ａ发生的概率为 １ ． （１） ， 、 ６
， 参赛学生全从Ｂ中学抽取 等价于Ａ中学没有学生入选代表
３ （
随机变量Ｘ的所有可能取值为 ． ３ ３
（２） ０，１，２ 队 的概率为Ｃ３Ｃ４ １ ．
２ ２ ２ ） ３ ３ ＝
Ｐ Ｘ Ｃ３＋Ｃ３＋Ｃ４ ４ Ｃ６Ｃ６ １００
（ ＝０）＝ Ｃ ２ １０ ＝ １５ ， 因此 ， Ａ 中学至少有 １ 名学生入选代表队的概率为 １－ １
Ｐ Ｘ Ｃ １ ３Ｃ １ ３＋Ｃ １ ３Ｃ １ ４ ７ １００
（ ＝１）＝ ２ ＝ ， ９９．
Ｃ１０ １５ ＝
１ １ １００
Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ４ ４ ． 根据题意 Ｘ的可能取值为 ．
（ ＝２）＝ ２ ＝ （２） ， １，２，３
Ｃ１０ １５ １ ３
所以 随机变量Ｘ的分布列为 Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ３ １
， （ ＝１）＝ ４ ＝ ，
Ｘ
Ｃ６ ５
０ １ ２ ２ ２
Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ３ ３
Ｐ ４ ７ ４ （ ＝２）＝ Ｃ ４ ６ ＝ ５ ，
１５ １５ １５ ３ １
Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ３ １ ．
随机变量Ｘ的数学期望Ｅ （ Ｘ ）＝０× ４ ＋１× ７ ＋２× ４ ＝１ ． （ ＝３）＝ Ｃ ４ ６ ＝ ５
１５ １５ １５ 所以Ｘ的分布列为
评析 本题主要考查古典概型及其概率计算公式，互斥事件、
Ｘ
离散型随机变量的分布列与数学期望等基础知识．考查运用概 １ ２ ３
率知识解决简单实际问题的能力． Ｐ １ ３ １
６．（２０１５天津理，１６，１３分）为推动乒乓球运动的发展 某乒乓球 ５ ５ ５
， 因此 Ｘ的数学期望为
比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动 ，
Ｅ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
员 名 其中种子选手 名 乙协会的运动员 名 其中种子选 （ ）＝１× （ ＝１）＋２× （ ＝２）＋３× （ ＝３）
３ ， ２ ； ５ ，
手 名．从这 名运动员中随机选择 人参加比赛． １ ３ １ ．
３ ８ ４ ＝１× ＋２× ＋３× ＝２
设Ａ为事件 选出的 人中恰有 名种子选手 且这 名 ５ ５ ５
（１） “ ４ ２ ， ２ 评析 本题主要考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的
种子选手来自同一个协会 求事件Ａ发生的概率
”， ； 分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力、应用意识，
设Ｘ为选出的 人中种子选手的人数 求随机变量Ｘ的分
（２） ４ ， 考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的
布列和数学期望．
能力．
解析 由已知 有
（１） ， ８．（２０１５安徽理，１７，１２分）已知 件次品和 件正品混放在一
２ ３
２ ２ ２ ２
Ｐ Ａ Ｃ２Ｃ３＋Ｃ３Ｃ３ ６ ． 起 现需要通过检测将其区分 每次随机检测一件产品 检测
（ ）＝ Ｃ ４ ８ ＝ ３５ 后 ， 不放回 ， 直到检测出 ２ 件次 ， 品或者检测出 ３ 件正品时 ， 检测
所以 事件Ａ发生的概率为 ６ ． 结束．
，
３５ 求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的
随机变量Ｘ的所有可能取值为 ． （１）
（２） １，２，３，４ 概率
ｋ ｋ ；
４－
Ｐ Ｘ ｋ Ｃ５Ｃ３ ｋ ． 已知每检测一件产品需要费用 元 设Ｘ表示直到检测
所 （ 以 ＝ 随 ） 机 ＝ 变 Ｃ 量 ４ ８ Ｘ （ 的 ＝ 分 １， 布 ２， 列 ３， 为 ４） （２） 出 ２ 件次品或者检测出 ３ 件正品 １０ 时 ０ 所 ， 需要的检测费用 （ 单
， 位 元 求Ｘ的分布列和均值 数学期望 ．
： ）， （ ）
Ｘ 解析 记 第一次检测出的是次品且第二次检测出的是
１ ２ ３ ４ （１） “
正品 为事件Ａ
Ｐ １ ３ ３ １ ” ，
１ １
１４ ７ ７ １４ Ｐ Ａ Ａ２Ａ３ ３ ．
（ ）＝ ２ ＝
随机变量Ｘ的数学期望 Ｅ Ｘ １ ３ ３ １
Ａ５ １０
（ ）＝ １× ＋２× ＋３× ＋４× Ｘ的可能取值为 ．
１４ ７ ７ １４ （２） ２００，３００，４００
２
５ ． Ｐ Ｘ Ａ２ １
＝ （ ＝２００）＝ ２ ＝ ，
２ Ａ５ １０
第十二章 概率与统计 ６ ３９
３ １ １ ２ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
Ｐ Ｘ Ａ３＋Ｃ２Ｃ３Ａ２ ３ ＝ （ １ １）＋ （ ２ ２）
（ ＝３００）＝ ３ ＝ ， Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
Ａ５ １０ ＝ （ １） （ １｜ １）＋ （ ２） （ ２｜ ２）
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ １ ３ ６ ． ４ １ １ １ ３ ．
（ ＝４００）＝１－ （ ＝２００）－ （ ＝３００）＝１－ － ＝ ＝ × ＋ × ＝
１０ １０ １０ １６ １６ １６ ２ ６４
故Ｘ的分布列为 Ｘ可能的取值为 并且
（２） ４００，５００，８００，
Ｘ Ｐ Ｘ ４ １ １１
２００ ３００ ４００ （ ＝４００）＝１－ － ＝ ，
１６ １６ １６
Ｐ １ ３ ６
Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ １ ．
１０ １０ １０ （ ＝５００）＝ ， （ ＝８００）＝
１６ ４
所以Ｘ的分布列为
ＥＸ １ ３ ６ ．
＝２００× ＋３００× ＋４００× ＝３５０
１０ １０ １０ Ｘ
９．（２０１５福建理，１６，１３分）某银行规定 一张银行卡若在一天内 ４００ ５００ ８００
，
出现 次密码尝试错误 该银行卡将被锁定．小王到该银行取 Ｐ １１ １ １
３ ，
钱时 发现自己忘记了银行卡的密码 但可以确认该银行卡的 １６ １６ ４
， ，
正确密码是他常用的 个密码之一 小王决定从中不重复地随 ＥＸ １１ １ １ ． ．
６ ， ＝４００× ＋５００× ＋８００× ＝５０６２５
机选择 个进行尝试．若密码正确 则结束尝试 否则继续尝 １６ １６ ４
１ ， ； １１．（２０１６课标 ，１９，１２分）某公司计划购买 台机器 该种机
试 直至该银行卡被锁定． Ⅰ ２ ，
， 器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件 在购进机器时
求当天小王的该银行卡被锁定的概率 ， ，
（１） ； 可以额外购买这种零件作为备件 每个 元．在机器使用期
设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为Ｘ 求Ｘ的分布 ， ２００
（２） ， 间 如果备件不足再购买 则每个 元．现需决策在购买机
列和数学期望． ， ， ５００
器时应同时购买几个易损零件 为此搜集并整理了 台这
解析 设 当天小王的该银行卡被锁定 的事件为Ａ ， １００
（１） “ ” ， 种机器在三年使用期内更换的易损零件数 得下面柱状图
， ：
则Ｐ Ａ ５ ４ ３ １ ．
（ ）＝ × × ＝
６ ５ ４ ２
依题意得 Ｘ所有可能的取值是 ．
（２） ， １，２，３
又Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ ５ １ １ Ｐ Ｘ ５ ４
（ ＝１）＝ ， （ ＝２）＝ × ＝ ， （ ＝３）＝ × ×１
６ ６ ５ ６ ６ ５
２
＝ ，
３
所以Ｘ的分布列为
Ｘ
１ ２ ３
Ｐ １ １ ２
６ ６ ３ 以这 台机器更换的易损零件数的频率代替 台机器更换
１００ １
所以Ｅ Ｘ １ １ ２ ５ ． 的易损零件数发生的概率 记Ｘ表示 台机器三年内共需更换
（ ）＝１× ＋２× ＋３× ＝ ， ２
６ ６ ３ ２ 的易损零件数 ｎ表示购买 台机器的同时购买的易损零件数．
评析 本小题主要考查古典概型、相互独立事件的概率、随机 ， ２
求Ｘ的分布列
变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力、应 （１） ；
若要求Ｐ Ｘ ｎ ． 确定ｎ的最小值
用意识，考查必然与或然思想． （２） （ ≤ ）≥０５， ；
以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据 在ｎ
１０．（２０１３课标 理，１９，１２分）一批产品需要进行质量检验 检 （３） ， ＝１９
Ⅰ ， 与ｎ 之中选其一 应选用哪个
验方案是 先从这批产品中任取 件作检验 这 件产品中优 ＝２０ ， ？
： ４ ， ４ 解析 由柱状图并以频率代替概率可得 一台机器在
质品的件数记为ｎ．如果ｎ 再从这批产品中任取 件作检 （１） ，
＝３， ４ 三年内需更换的易损零件数为 的概率分别为 ．
验 若都为优质品 则这批产品通过检验 如果ｎ 再从这 ８，９，１０，１１ ０２，
， ， ； ＝４， ． ． ． ．
批产品中任取 件作检验 若为优质品 则这批产品通过检 ０４，０２，０２
１ ， ， 可知Ｘ的所有可能取值为
验 其他情况下 这批产品都不能通过检验． １６、１７、１８、１９、２０、２１、２２，
； ， Ｐ Ｘ ． ． ．
假设这批产品的优质品率为 ％ 即取出的每件产品是优质 （ ＝１６）＝０２×０２＝００４；
５０ ， Ｐ Ｘ ． ． ．
（ ＝１７）＝２×０２×０４＝０１６；
品的概率都为 １ 且各件产品是否为优质品相互独立． Ｐ Ｘ ． ． ． ． ．
， （ ＝１８）＝２×０２×０２＋０４×０４＝０２４；
２ Ｐ Ｘ ． ． ． ． ．
求这批产品通过检验的概率 （ ＝１９）＝２×０２×０２＋２×０４×０２＝０２４；
（１） ； Ｐ Ｘ ． ． ． ． ．
已知每件产品的检验费用为 元 且抽取的每件产品 （ ＝２０）＝２×０２×０４＋０２×０２＝０２；
（２） １００ ， Ｐ Ｘ ． ． ．
都需要检验 对这批产品作质量检验所需的费用记为 Ｘ （ ＝２１）＝２×０２×０２＝００８；
， Ｐ Ｘ ． ． ． ． 分
单位 元 求Ｘ的分布列及数学期望． （ ＝２２）＝０２×０２＝００４ （４ ）
（ ： ）， 所以Ｘ的分布列为
解析 设第一次取出的 件产品中恰有 件优质品为
（１） ４ ３
事件Ａ 第一次取出的 件产品全是优质品为事件Ａ 第二 Ｘ
１， ４ ２， １６ １７ １８ １９ ２０ ２１ ２２
次取出的 件产品都是优质品为事件Ｂ 第二次取出的 件
４ １， １ Ｐ ． ． ． ． ． ． ．
产品是优质品为事件Ｂ 这批产品通过检验为事件 Ａ 依题 ００４ ０１６ ０２４ ０２４ ０２ ００８ ００４
２， ，
意有Ａ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 且Ａ Ｂ 与Ａ Ｂ 互斥 所以Ｐ Ａ 分
＝（ １ １）∪（ ２ ２）， １ １ ２ ２ ， （ ） （６ ）
６ ４０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
由 知Ｐ Ｘ ． Ｐ Ｘ ． 故ｎ的最小 ． ．
（２） （１） （ ≤１８）＝０４４， （ ≤１９）＝０６８， ００４＝４０８０
值为 ． 分 可知当ｎ 时所需费用的期望值小于ｎ 时所需费用的
１９ （８ ） ＝１９ ＝２０
记Ｙ表示 台机器在购买易损零件上所需的费用 单位 期望值 故应选ｎ ． 分
（３） ２ （ ： ， ＝１９ （１２ ）
元 ． 思路分析 （ ）确定 Ｘ 的可能取值，分别求其对应的概
） １
当ｎ 时 率，进而可列出分布列．
＝１９ ，
ＥＹ ． ． （ ）根据（ ）中求得的概率可得Ｐ（Ｘ ）以及Ｐ（Ｘ ）的
＝１９×２００×０６８＋（１９×２００＋５００）×０ ２＋（１９×２００＋２×５００）× ２ １ ≤１８ ≤１９
． ． ． 分 值，由此即可确定ｎ的最小值．
００８＋（１９×２００＋３×５００）×００４＝４０４０ （１０ ）
当ｎ 时 （ ）求出ｎ ，ｎ 时的期望值，比较大小即可作出决策．
＝２０ ， ３ ＝１９ ＝２０
ＥＹ ． ．
＝２０×２００×０８８＋（２０×２００＋５００）×００８＋（２０×２００＋２×５００）×
学生用书Ｐ２１５
ｋ ｎ ｋ
考点 离散型随机变量及其分布列、均值与 次品 则事件 Ｘ ｋ 发生的概率为Ｐ Ｘ ｋ ＣＭＣＮ－ － Ｍ ｋ
， ｛ ＝ ｝ （ ＝ ）＝ ｎ （ ＝０，１，２，
ＣＮ
方差
ｍ 其中ｍ Ｍ ｎ 且ｎ Ｎ Ｍ Ｎ ｎ Ｍ Ｎ Ｎ∗ 称分
…， ）， ＝ｍｉｎ｛ ， ｝， ≤ ， ≤ ， 、 、 ∈ ，
布列
１．离散型随机变量的分布列
如果随机试验的结果可以用一个变量来表示 那么这样 Ｘ ｍ
（１） ， ０ １ …
的 叫 变 做 量 离 叫 散 做 型 随 随 机 机 变 变 量 量 ； ． 若按一定次序一一列出 ， 这样的随机变量 Ｐ Ｃ ０ＭＣ ｎ ｎ Ｎ－ － ０Ｍ Ｃ １ＭＣ ｎ ｎ Ｎ－ － １Ｍ … Ｃ ｍ ＭＣ ｎ ｎ Ｎ－ － ｍ Ｍ
ＣＮ ＣＮ ＣＮ
一般地 若离散型随机变量Ｘ可能取的不同值为ｘ ｘ
（２） ， １， ２， 为超几何分布列．
ｘ ｘ Ｘ取每一个值ｘ ｉ ｎ 的概率Ｐ Ｘ ｘ
…， ｉ，…， ｎ， ｉ（ ＝１，２，…， ） （ ＝ ｉ）＝ ４．求离散型随机变量的均值与方差
ｐ 则下表称为随机变量Ｘ的概率分布列 简称为Ｘ的分布列．
ｉ， ， 均值与方差的定义
Ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ （１）
１ ２ … ｉ … ｎ 若离散型随机变量Ｘ的分布列为
Ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
１ ２ … ｉ … ｎ Ｘ ｘ １ ｘ ２ … ｘ ｉ … ｘ ｎ
离散型随机变量的分布列的性质
（ 根 ３ 据 ） 概率的性质 离散型随机变量的分布列具有如下性质 Ｐ ｐ １ ｐ ２ … ｐ ｉ … ｐ ｎ
， ： 均值
ｐ ｉ ｎ （ｉ）
（ｉ） ｉ≥０， ＝１，２，…， ； 称Ｅ Ｘ ｘ ｐ ｘ ｐ ｘｐ ｘ ｐ 为随机变量Ｘ的均
（ｉｉ） ｐ １＋ ｐ ２＋…＋ ｐ ｉ＋…＋ ｐ ｎ＝１； 值或数学 （ 期望 ）＝ 它 １ 反 １＋ 映 ２ 了 ２ 离 ＋… 散 ＋ 型 ｉ 随 ｉ＋ 机 … 变 ＋ 量 ｎ 取 ｎ 值的平均水平．
（ｉｉｉ）
Ｐ
（
ｘ
ｉ≤
Ｘ
≤
ｘ
ｊ）＝
ｐ
ｉ＋
ｐ
ｉ ＋１＋…＋
ｐ
ｊ（
ｉ
＜
ｊ且ｉ
，
ｊ
∈
Ｎ∗
）
．
方差
，
温馨提示 （ｉｉ）
ｎ
分布列的性质 （ｉｉ） 的作用 ： 可以用来检查所写出的分布列是 称Ｄ （ Ｘ ）＝ ∑ｉ＝ ［ ｘ ｉ－ Ｅ （ Ｘ ）］ ２ｐ ｉ 为随机变量 Ｘ 的方差 ， 它刻
否有误 还可以求分布列中的某些参数． 画了随机变量Ｘ与 １ 其均值Ｅ Ｘ 的平均偏离程度 其算术平方根
， （ ） ，
２．两点分布
Ｄ Ｘ 为随机变量Ｘ的标准差．
若随机变量Ｘ的分布列为 （ ）
注 Ｄ Ｘ Ｅ Ｘ２ Ｅ Ｘ ２ 由Ｘ的分布列唯一确定．
： （ ）＝ （ ）－［ （ ）］ ，
Ｘ 均值与方差的性质
０ １ （２）
Ｐ ｐ ｐ Ｅ ａＸ ｂ ａＥ（Ｘ） ｂ
１－ （ ＋ ）＝① ＋ ；
Ｄ ａＸ ｂ ａ２Ｄ（Ｘ） ． ａ ｂ为实数
则称Ｘ服从两点分布． （ ＋ ）＝② （ ， ）
两点分布的均值 方差
３．超几何分布 （３） 、
若Ｘ服从两点分布 则Ｅ Ｘ ｐ Ｄ Ｘ ｐ ｐ ．
在含有Ｍ件次品的Ｎ件产品中 任取ｎ件 其中恰有Ｘ件 ， （ ）＝ ， （ ）＝ （１－ ）
， ，
学生用书Ｐ２１５
离散型随机变量的分布列、期望与方差的求法 按规范形式写出分布列 并用分布列的性质验证
（３） ， ；
１．求离散型随机变量的分布列、期望与方差，应按下述 根据分布列 正确运用期望与方差的定义或公式进行
（４） ，
步骤进行 计算．
：
明确随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的 说明 求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所
（１） ：
意义 取值对应的概率 在求解时 要注意计数原理 排列组合及常见
； ， ， 、
利用概率的有关知识 求出随机变量取每个值的概率 概率模型．
（２） ， ；
第十二章 概率与统计 ６ ４１
２．离散型随机变量分布列的均值、方差问题的解决策略 根据 的分析 同样只考虑小孩排序为 的情况 此
② ① ， １２３４ ，
把握 实质 时家长的排序一共有 种情况
（１） “１” ２４ ，
随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平 方差反 列出所有情况 分别计算每种情况下的Ｘ的值
， ， ，
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 Ｘ的分布列如下
， ：
随机变量 是实际生产中用于方案取舍的重要理论依据．
Ｘ
， ０ ２ ４ ６ ８ １０ １２ １４ １６ １８ ２０
运用 策略
（２） “２”
当均值不同时 两个随机变量取值的水平有区分 可对问 Ｐ １ １ １ １ １ １ １ １ １ １ １
① ， ，
题作出判断． ２４ ８ ２４ ６ １２ １２ １２ ６ ２４ ８ ２４
若两随机变量的均值相同或相差不大 则可通过分析两 这位家长对小孩的饮食习惯比较了解．
② ， （２）
变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度 进行 理由如下
， ：
决策． 假设家长对小孩的饮食习惯完全不了解 由 可知 在一
， （１） ，
例 某机构组织的家庭教育活动中有一个游戏 每次由一
， 轮游戏中 ， Ｐ （ Ｘ ＜４）＝ Ｐ （ Ｘ ＝０）＋ Ｐ （ Ｘ ＝２）＝ １ ．
个小孩与其一位家长参与 测试家长对小孩饮食习惯的了解程 ６
， ( )
度．在每一轮游戏中 主持人给出Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四种食物 要求小孩 三轮游戏结果都满足 Ｘ 的概率为 １ ３ １ ５
， ， ， ， ， “ ＜４” ＝ ＜ ，
根据自己的喜爱程度对其排序 然后由家长猜测小孩的排序结 ６ ２１６ １０００
， 这个结果发生的可能性很小
果．设小孩对四种食物排出的序号依次为ｘ ｘ ｘ ｘ 家长猜测的 ，
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ， 这位家长对小孩饮食习惯比较了解．
序号依次为 ｙ ｙ ｙ ｙ 其中 ｘ ｘ ｘ ｘ 和 ｙ ｙ ｙ ｙ 都是 ∴
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ， Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ １，２，３，４ １－１ （２０１９山东临沂期末，３）在掷一枚图钉的随机试验中
四个数字的一种排列． ，
{ 针尖向上
定义随机变量 Ｘ ＝（ ｘ Ａ－ ｙ Ａ） ２ ＋（ ｘ Ｂ－ ｙ Ｂ） ２ ＋（ ｘ Ｃ－ ｙ Ｃ） ２ ＋（ ｘ Ｄ－ 令Ｘ ＝ １， 针尖向下． ，若随机变量Ｘ的分布列如下 ：
ｙ Ｄ） ２ ， 用Ｘ来衡量家长对小孩饮食习惯的了解程度． ０，
Ｘ
若参与游戏的家长对小孩的饮食习惯完全不了解． ０ １
（１）
求他们在一轮游戏中 对四种食物排出的序号完全不同 Ｐ ． ｐ
① ， ０３
的概率 则ＥＸ
； ＝ （ ）
求Ｘ的分布列 简要说明方法 不用写出详细计算过程 ． ． ． ．
② （ ， ）； Ａ．０２１ Ｂ．０３ Ｃ．０５ Ｄ．０７
若有一组小孩和家长进行了三轮游戏 三轮的结果都满 １－１． 答案 Ｄ
（２） ，
足Ｘ 请判断这位家长对小孩饮食习惯是否了解 说明理由． １－２ （２０２０湖北随州调研）某大学为了调查该校学生性别
＜４， ，
解题思路 与身高的关系 对该校 名学生按照 的比例进行抽样
， １０００ １０ ∶ １
欲求 他们在一轮游戏中 对四种食物排出的序号完 调查 得到身高频数分布表如下
（１）① “ ， ， ：
全不同 的概率 需计算家长的排序有多少种等可能结果和其中 男生身高频数分布表
” ，
满足 家长的排序与小孩排序对应位置的数字完全不同 的情况 男生身高
“ ”
的种数．欲计算家长的排序有多少种等可能结果 只需通过排列 单位 厘米 ［１６０，１６５） ［１６５，１７０） ［１７０，１７５） ［１７５，１８０） ［１８０，１８５） ［１８５，１９０］
（ ： ）
，
数进行计算即可．其中满足 家长的排序与小孩排序对应位置的 频数 ７ １０ １９ １８ ４ ２
“
数字完全不同 的情况的种数 需通过列举法进行列举 进而得 女生身高频数分布表
” ， ，
出结果． 欲求Ｘ的分布列 需要判断Ｘ的所有可能取值以及取 女生身高
② ，
每一个值的概率 根据 的分析 只考虑小孩排序为 的情 单位 厘米 ［１５０，１５５） ［１５５，１６０） ［１６０，１６５） ［１６５，１７０） ［１７０，１７５） ［１７５，１８０］
， ① ， １２３４ （ ： ）
况 由此能求出Ｘ的分布列． 频数
３ １０ １５ ６ ３ ３
，
欲判断这位家长对小孩饮食习惯是否了解 需通过上一 估计这 名学生中女生的人数
（２） ， （１） １０００ ；
问的结果 求出三轮游戏结果都满足 Ｘ 的概率 依据概率的 估计这 名学生中身高在 的概率
， “ ＜４” ， （２） １０００ ［１７０，１９０］ ；
大小进行判断． 在样本中 从身高在 的女生中任取 名女生
（３） ， ［１７０，１８０］ ３
解析 若家长对小孩的饮食习惯完全不了解 则家长 进行调查 设Ｘ表示所选 名学生中身高在 的人数
（１）① ， ， ３ ［１７０，１７５） ，
对小孩的排序是随意猜测的 先考虑小孩的排序 ｘ ｘ ｘ ｘ 为 求Ｘ的分布列和数学期望．
， Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
１２３４ 的情况 ， 家长的排序有 Ａ ４ ４＝２４ 种等可能结果 ， １－２． 解析 （１） 样本中男生为 ６０ 名 ， 女生为 ４０ 名 ， 估计
其中满足 家长的排序与小孩排序对应位置的数字完全不
“ 这 名学生中女生的人数是 ４０ 名 ．
１０００ １０００× ＝４００（ ）
同 的情况有 种 分别为 ４０＋６０
” ９ ， ：
由题表知样本中身高在 的人数为
（２） ［１７０，１９０］ １９＋１８＋４＋
２１４３，２３４１，２４１３，３１４２，３４１２，３４２１，４１２３，４３１２，４３２１，
样本容量是
家长的排序与小孩排序对应位置的数字完全不同的概率 ２＋３＋３＝４９， １００，
∴
样本中身高在 的频率为４９
Ｐ ９ ３ ． ∴ ［１７０，１９０］ ，
＝ ＝ １００
２４ ８ 估计这 名学生中身高在 的概率为 ． ．
若小孩对四种食物的排序是其他情况 只需将角标Ａ Ｂ Ｃ ∴ １０００ ［１７０，１９０］ ０４９
， ， ， ， 依题意 Ｘ的所有可能取值为 ．
Ｄ按照小孩的顺序调整即可 其实这样处理后与第一种情况的 （３） ， ０，１，２，３
，
计算结 ∴ 果 他 是 们 一 在 致 一 的 轮 ， 游戏中 ， 对四种食物排出的序号完全不同的 Ｐ （ Ｘ ＝０）＝ Ｃ Ｃ ０ ３Ｃ ３ ６ ３ ３ ＝ ２ １ ０ ， Ｐ （ Ｘ ＝１）＝ Ｃ Ｃ １ ３Ｃ ３ ６ ２ ３ ＝ ２ ９ ０ ，
２ １ ３ ０
概率为 ３ ． Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ３ ９ Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ３ １
（ ＝２）＝ ３ ＝ ， （ ＝３）＝ ３ ＝ ，
８ Ｃ６ ２０ Ｃ６ ２０
６ ４２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
Ｘ的分布列为
∴ Ｅ Ｘ １ ９ ９ １ ３ ．
∴ （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝
Ｘ ２０ ２０ ２０ ２０ ２
０ １ ２ ３
Ｐ １ ９ ９ １
２０ ２０ ２０ ２０
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ２１７
离散型随机变量及其分布列、均值与方差 表示这两家超市每日共销售食品件数 ｎ表示销售公司每日共
，
需购进食品的件数．
１．（２０２１广东中山期末，６）为应对新冠疫情 许多企业在非常时
， 求Ｘ的分布列
期转产抗疫急需物资．某工厂为了监控转产产品的质量 测得 （１） ；
， 以销售食品利润的期望为决策依据 在ｎ 与ｎ 之
某批ｎ件产品的正品率为 ％ 现从中任意有放回地抽取 件 （２） ， ＝１９ ＝２０
９８ ， ３ 中选其一 应选哪个
产品进行检验 则至多抽到 件次品的概率为 ， ？
， １ （ ） ５． 解析 由已知得两家超市销售食品件数为
． ． ． ． （１） ８，９，１０，１１
Ａ．０９９８８１６ Ｂ．０９９９６ Ｃ．００５７６２４ Ｄ．０００１１８４
１． 答案 Ａ 的频率分别为 １ ２ １ １
， ， ， ，
２．（多选题）（２０２１湖南三湘名校联盟第五次联考，１０）在一个袋 ５ ５ ５ ５
Ｘ的所有可能取值为 ．
中装有质地大小一样的 个黑球 个白球 现从中任取 个 １６，１７，１８，１９，２０，２１，２２
６ ，４ ， ４
小球 设取出的 个小球中白球的个数为Ｘ 则下列结论正确 Ｐ Ｘ １ １ １ Ｐ Ｘ １ ２ ４
， ４ ， （ ＝１６）＝ × ＝ ； （ ＝１７）＝ × ×２＝ ；
的是 ５ ５ ２５ ５ ５ ２５
（ ）
Ｐ Ｘ ２ ２ １ １ ６
Ｐ Ｘ ３ （ ＝１８）＝ × ＋ × ×２＝ ；
Ａ． （ ＝２）＝ ５ ５ ５ ５ ２５
７
随机变量Ｘ服从二项分布 Ｐ Ｘ １ ２ １ １ ６
Ｂ． （ ＝１９）＝ × ×２＋ × ×２＝ ；
随机变量Ｘ服从超几何分布 ５ ５ ５ ５ ２５
Ｃ．
Ｐ Ｘ １ １ ２ １ ５
Ｅ Ｘ ８ （ ＝２０）＝ × ＋ × ×２＝ ；
Ｄ． （ ）＝ ５ ５ ５ ５ ２５
５
２． 答案 ＡＣＤ Ｐ Ｘ １ １ ２
（ ＝２１）＝ × ×２＝ ；
３．（２０２１上海崇明二模，９）已知等差数列 ｘ 的公差ｄ 随机 ５ ５ ２５
｛ ｎ｝ ＞０，
变量 ξ 等可能地取值 ｘ ｘ ｘ ｘ 则方差 Ｄ ξ Ｐ Ｘ １ １ １
１， ２， ３，…， ９， （ ） ＝ （ ＝２２）＝ × ＝ ，
． ５ ５ ２５
所以Ｘ的分布列为
３． 答案 ２０ｄ２
３ Ｘ
４．（２０２１浙江绍兴一模，１５）袋中装有质地大小相同的 个白球 １６ １７ １８ １９ ２０ ２１ ２２
１
和 个黑球 现分两步从中摸球 第一步从袋中随机摸取 个
２ ， ： ２ Ｐ １ ４ ６ ６ ５ ２ １
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
（ ， ２５ ２５ ２５ ２５ ２５ ２５ ２５
改变 第二步再从袋中随机摸取 个球 记第二步所摸取的
）； ２ ， ２ 当ｎ 时 记Ｙ 为 两家超市销售该食品的利润 则
个球中白球的个数为 ξ 则 Ｐ ξ Ｅ ξ （２） ＝１９ ， １ Ａ，Ｂ ，
， （ ＝０）＝ ； （ ）＝ Ｙ 的分布列为
． １
Ｙ
４． 答案 ７ ２ １ １４５０ １６００ １７５０ １９００ １９５０ ２０００ ２０５０
；
９ ９
５．（２０２０山东聊城模拟）某销售公司在当地 两家超市各有
Ａ、Ｂ Ｐ １ ４ ６ ６ ５ ２ １
一个销售点 每日从同一家食品厂一次性购进一种食品 每件
， ， ２５ ２５ ２５ ２５ ２５ ２５ ２５
元 统一零售价为每件 元 两家超市之间调配食品不
２００ ， ３００ ，
计费用．若进货不足 食品厂以每件 元补货 若销售有剩 Ｅ Ｙ １ ４ ６ ６ ５
， ２５０ ， （ １）＝１４５０× ＋１６００× ＋１７５０× ＋１９００× ＋１９５０×
余 食品厂以每件 元回收 现需决策每日购进食品数量 为 ２５ ２５ ２５ ２５ ２５
， １５０ ， ，
此搜集整理了 两家超市往年同期各 天的该食品销售 ２ １ ．
Ａ、Ｂ ５０ ＋２０００× ＋２０５０× ＝１８２２
记录 得到如下数据 ２５ ２５
， ： 当ｎ 时 记Ｙ 为 两家超市销售该食品的利润 则Ｙ
销售件数 的分 ＝ 布 ２ 列 ０ 为 ， ２ Ａ，Ｂ ， ２
８ ９ １０ １１
频数
２０ ４０ ２０ ２０ Ｙ
以这些数据的频率代替两家超市的食品销售件数的概率 记Ｘ ２ １４００ １５５０ １７００ １８５０ ２０００ ２０５０ ２１００
，
第十二章 概率与统计 ６ ４３
续表 产 一天生产 个 求对应利润的期望值 判断此建议该
， ４５ ， ，
不该被采纳．
Ｙ
２ １４００ １５５０ １７００ １８５０ ２０００ ２０５０ ２１００ ６． 解析 从这 天中任取两天 两天的日需求量均为
（１） ３０ ， ４０
２
Ｐ １ ４ ６ ６ ５ ２ １ 个的概率为Ｃ１０ ＝ ３ ．
２
２５ ２５ ２５ ２５ ２５ ２５ ２５ Ｃ３０ ２９
日需求量Ｘ的分布列为
（２）
Ｅ （ Ｙ ２）＝１４００× １ ＋１５５０× ４ ＋１７００× ６ ＋１８５０× ６ ＋２０００× ５ Ｘ ２０ ３０ ４０ ５０
２５ ２５ ２５ ２５ ２５
２ １ ． Ｐ １ １ １ １
＋２０５０× ＋２１００× ＝１８０４
２５ ２５ ６ ３ ３ ６
因为Ｅ Ｙ Ｅ Ｙ 故应选ｎ ．
（ １）＞ （ ２）， ＝１９ 日需求量Ｘ的期望Ｅ Ｘ １ １ １ １ ．
６．（２０１９广东佛山顺德第二次教学质量检测，１８）某糕点房推出 （ ）＝２０× ＋３０× ＋４０× ＋５０× ＝３５
６ ３ ３ ６
一类新品蛋糕 该蛋糕的成本价为 元 售价为 元．受保质期 设该糕点房制作 个蛋糕对应的利润为Ｙ元 对应的分
， ４ ， ８ （３） ４５ ，
的影响 当天没有销售完的糕点只能销毁．经过长期的调研 统 布列如下
， ， ：
计了一下该新品的日需求量．现将近期一个月 天 的需求
（３０ ） Ｙ －２０ ６０ １４０ １８０
量展示如下
：
Ｐ １ １ １ １
日需求量Ｘ 个
（ ） ２０ ３０ ４０ ５０ ６ ３ ３ ６
天数
５ １０ １０ ５ 利润Ｙ的期望 Ｅ Ｙ １ １ １ １
（ ）＝ －２０× ＋６０× ＋１４０× ＋１８０× ＝
从这 天中任取两天 求两天的日需求量均为 个的概率 ６ ３ ３ ６
（１） ３０ ， ４０ ；
以上表中的频率作为概率 列出日需求量Ｘ的分布列 并 ２８０．因为２８０ ３２０ 所以此建议不该被采纳．
（２） ， ， ＜ ，
求该月的日需求量Ｘ的期望 ３ ３ ３
；
根据 中的分布列求得当该糕点房一天制作 个该类
（３） （２） ３５
蛋糕时 对应的利润的期望值为３２０ 现有员工建议扩大生
， ；
３
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ２１８ ４０分钟 ７０分
一、单项选择题（每小题５分，共１０分） 个 记 个槟榔芋中质量在 的槟榔芋数量为随
， ３ ［１５０，１７０）
１．（２０２０浙江东阳中学月考，７）已知随机变量Ｘ的取值为 机变量Ｘ 求Ｘ的分布列和数学期望Ｅ Ｘ ．
０，１， ， （ ）
３． 解析 设 个槟榔芋中 每个槟榔芋的平均质量为 ｑ
若Ｐ Ｘ １ Ｅ Ｘ 则Ｄ Ｘ （１） ５０ ，
２， （ ＝０）＝ ， （ ）＝１， （ ）＝ （ ） 克 则ｑ ． ． ． ． ．
４ ， ＝００４×１４０＋０１×１６０＋０２４×１８０＋０４４×２００＋０１２×２２０＋
３ １ １ ． ． 所以这批槟榔芋的数量约为１０００００
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．１ ００６×２４０＝１９３ ６， ． ≈５１７
２ ２ ４ １９３６
１． 答案 Ｂ 个 ．
（ ）
２．（２０２１浙江宁波宁海中学创新班２月测试）小智参加三分投篮 离散型随机变量Ｘ的所有可能取值为 ．
（２） ０，１，２，３
比赛 投中 次得 分 投不中扣 分 已知小智投篮命中率为 由表中数据可知 任意挑选一个槟榔芋 质量在 的
， １ １ ， １ ， ， ， ［１５０，１７０）
． 记小智投篮三次后的得分为随机变量ξ 则Ｄ ξ 为
０５， ， （｜ ｜） 频率为 ５ １ ．
＝
５０ １０
（ ） ( )
３
所以Ｐ Ｘ １ ．
３ ３ ３ （ ＝０）＝ １－ ＝０７２９，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．３ １０
８ ４ ２ ( )
２． 答案 Ｂ Ｐ Ｘ １ １ ２ １ ．
（ ＝１）＝Ｃ３· １－ · ＝０２４３，
１０ １０
二、解答题（共６０分） ( ) ( )
１ ２
Ｐ Ｘ ２ １ １ ．
３．（２０２１湖南衡阳联考，１９）槟榔芋又名香芋 衡阳市境内主要产 （ ＝２）＝Ｃ３· １－ · ＝００２７，
， １０ １０
于祁东县 槟榔芋富含淀粉 蛋白质 脂肪和多种维生素 可加 ( ) ３
， 、 、 ， Ｐ Ｘ １ ．
工成芋兰片 芋丝等副食品 深受广大消费者喜爱．衡阳市某超 （ ＝３）＝ ＝０００１，
、 ， １０
市购进一批祁东槟榔芋 并随机抽取了 个统计其质量 得到 故Ｘ的分布列为
， ５０ ，
的结果如下表所示 Ｘ
： ０ １ ２ ３
质量／克 Ｐ ． ． ． ．
［１３０，１５０） ［１５０，１７０） ［１７０，１９０） ［１９０，２１０） ［２１０，２３０）［２３０，２５０） ０７２９ ０２４３ ００２７ ０００１
数量／个 ２ ５ １２ ２２ ６ ３ 所以Ｅ Ｘ ． ． ． ． ． ．
（ ）＝０×０７２９＋１×０２４３＋２×００２７＋３×０００１＝０３
若购进这批槟榔芋共 千克 同一组数据用该区间的中 ４．（２０２１河北唐山一模，２１）某赛事共有 位选手参加 采用双
（１） １００ ， １６ ，
点值作代表 试估计这批槟榔芋的数量 所得结果四舍五 败淘汰制．双败淘汰制 即一个选手在两轮比赛中失败才被淘
， （ ，
入保留整数 汰出局．各选手抽签后两两交战 结果是 非胜即败 胜者继
）； （ “ ”），
以频率估计概率 若在购进的这批槟榔芋中 随机挑选 续留在胜者组 败者则被编入败者组 在败者组一旦失败即被
（２） ， ， ３ ， ，
６ ４４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
淘汰 最后由胜者组的获胜者和败者组的获胜者进行决赛．对
，
阵秩序表如图所示
：
估计该批次产品长度误差绝对值的数学期望
（１） ；
如果视该批次产品样本的频率为总体的概率 要求从工厂
（２） ，
生产的产品中随机抽取 件 假设其中至少有 件是标准
２ ， １
赛前通过抽签确定选手编号为 在胜者组进行第一轮比 长度产品的概率不小于 ． 时 生产此产品的设备符合生
１～１６， ０ ８ ，
赛．每条横线代表一场比赛 横线下方的记号为失败者的编号 产要求．判断现有设备是否符合生产要求．若不符合生产要
，
代码 而获胜者没有代码 如败者组中的 指的是 求 求出符合生产要求时 生产一件产品为标准长度的概
， ， ①，②，…，⑧ ， ，
在胜者组第一轮比赛的失败者 败者组中的 指的是 率的最小值．
， Ａ，Ｂ，…，Ｇ
在胜者组第二轮到第四轮比赛的失败者． ５． 解析 设该批次产品长度误差的绝对值为随机变量Ｘ
（１） ，
本赛事共计多少场比赛 一位选手最多能进行多少轮比 则Ｘ的分布列为
（１） ？
赛 直接写结果
？ （ ） Ｘ ． ． ． ．
选手甲每轮比赛胜败都是等可能的 设甲共进行 Ｘ 轮比 ０ ００１ ００２ ００３ ００４
（２） ， Ｐ ． ． ． ． ．
赛 求其期望Ｅ Ｘ ０４ ０３ ０２ ００７５ ００２５
， （ ）；
假设选手乙每轮比赛的胜率都为ｔ 那么乙有三成把握经 所以Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ ． ． ． ． ． ．
（３） ， （ ）＝０×０ ４＋０ ０１×０ ３＋０ ０２×０ ２＋０ ０３×
败者组进入决赛吗 ． ． ． ． ． 分
？ ００７５＋００４×００２５＝００１０２５ （５ ）
( )ｎ 由 可知标准长度的概率为 ． 设至少有 件是标准长
参考知识 正整数 ｎ 时 １ １ 为自然对数的底 （２） （１） ０４， １
： ＞１ ， １－ ｎ ＜ ，ｅ 度产品为事件Ｂ
ｅ ，
数 ． ． ( ) ２
，ｅ≈２７１８２８ 则Ｐ Ｂ ３ １６ ． ． 故不符合概率不小于 ．
４． 解析 ． （ ）＝１－ ＝ ＝０６４＜０ ８， ０ ８
（１）３０；７ ５ ２５
Ｘ的可能取值为 的要求． 分
（２） ２，３，４，５，６，７， （８ ）
( ) ( ) 设生产一件产品为标准长度的概率为ｘ
Ｐ Ｘ １ ２ １ Ｐ Ｘ １ １ ３ １ Ｐ Ｘ ，
（ ＝２）＝ ＝ ， （ ＝３）＝Ｃ２ ＝ ， （ ＝４）＝ 由题意知Ｐ Ｂ ｘ ２ ．
２ ４ ２ ４ （ ）＝１－（１－ ） ≥０８，
( ) ( ) ( )
４ ５ ４
１ １ ３ Ｐ Ｘ １ １ １ ３ Ｐ Ｘ Ｐ 由 ｘ 解得 ５ ｘ ．
Ｃ３ ＝ ， （ ＝５）＝Ｃ４ ＋ ＝ ， （ ＝６）＝ ０＜ ＜１， １－ ≤ ＜１
２ １６ ２ ２ １６ ５
( )
６
（ Ｘ ＝７）＝Ｃ １ ４ １ ２ ＝ １ １ ６ ， 所以概率的最小值为 １－ ５． （１２ 分 ）
分布列如下 ５
： ６．（２０２１山东临沂一模，１９）党中央 国务院高度重视新冠病毒核
、
Ｘ 酸检测工作 中央应对新型冠状病毒感染肺炎疫情工作领导
２ ３ ４ ５ ６ ７ ，
小组会议做出部署 要求尽力扩大核酸检测范围 着力提升检
Ｐ １ １ ３ ３ １ １ ， ，
测能力．根据统计发现 疑似病例核酸检测呈阳性的概率为 ｐ
４ ４ １６ １６ １６ １６ ，
ｐ ．现有 例疑似病例 分别对其取样 检测 既可以逐
则Ｅ Ｘ １ １ ３ ３ １ １ １５． （０＜ ＜１） ４ ， 、 ，
（ ）＝２× ＋３× ＋４× ＋５× ＋６× ＋７× ＝ 个化验 也可以将若干个样本混合在一起化验 混合样本中只
４ ４ １６ １６ １６ １６ ４ ， ，
（３） 设乙经败者组进入决赛的概率为ｆ （ ｔ ）， 则ｆ （ ｔ ）＝Ｃ １ ４（１－ ｔ ）· 要有病毒 ， 则化验结果呈阳性．若混合样本呈阳性 ， 则需将该组
中备用的样本再逐个化验 若混合样本呈阴性 则判定该组各
ｔ５
，０＜
ｔ
＜１，
ｆ ′
（
ｔ
）＝４
ｔ４
（５－６
ｔ
），
当
０＜
ｔ
＜
５ 时
，
ｆ ′
（
ｔ
）＞０，
ｆ
（
ｔ
）
单
个样本均为阴性 无需再化
；
验．现有以下三种方
，
案
６ ， ：
调递增 方案一 个样本逐个化验
， ：４ ；
方案二 个样本混合在一起化验
当 ５ ｔ 时 ｆ ′ ｔ ｆ ｔ 单调递减 ：４ ；
＜ ＜１ ， （ ）＜０， （ ） ， 方案三 个样本均分为两组 分别混合在一起化验．
６ ：４ ，
( ) ( ) ５ ( ) ６ 在新冠肺炎爆发初期 由于检测能力不足 化验次数的期望值
得ｆ ｔ 的最大值为ｆ ５ １ ５ ４ ５ ４ ， ，
（ ） ＝４× × ＝ × ＝ × 越小 则方案越优．
６ ６ ６ ５ ６ ５ ，
( ) ( ) ( )
６ ６
１ 由参考知识得 １ １ 故 ｆ ５ ４ ３ ．所 若ｐ １ 按方案一 求 例疑似病例中恰有 个样本呈阳
１－ ， １－ ＜ ， ＜ ＜ （１） ＝ ， ， ４ ２
６ ６ ｅ ６ ５ｅ １０ ３
以 乙没有三成把握经败者组进入决赛． 性的概率
， ；
５．（２０２０普通高等学校招生全国统一模拟考试，１９）某工厂生产
若ｐ １ 现将该 例疑似病例样本进行化验 试比较以上
一种产品的标准长度为 ． 只要误差的绝对值不超过 （２） ＝ ， ４ ，
１０ ００ ｃｍ， １０
． 就认为合格 工厂质检部抽检了某批次产品 件 三个方案中哪个最优 并说明理由．
００３ ｃｍ ， １ ０００ ， ，
检测其长度 绘制条形统计图如图 ６． 解析 用Ｘ表示 例疑似病例中化验结果呈阳性的数
， ： （１） ４
第十二章 概率与统计 ６ ４５
( )
量 则Ｘ Ｂ １ 赛结束．假设每局比赛小明获胜的概率都是 ２ ．
， ～ ４， ，
３ ３
( ) ２ ( ) ２ 求比赛结束时恰好打了 局的概率
由题意可知Ｐ Ｘ ２ １ １ ８ ． （１） ７ ；
（ ＝２）＝Ｃ４× × １－ ＝ 若现在是小明以 的比分领先 记Ｘ表示结束比赛还
３ ３ ２７ （２） ６ ∶ ２ ，
方案一 若逐个化验 则化验次数为 ． 需打的局数 求Ｘ的分布列及期望．
（２） ： ， ４ ，
方案二 混合在一起化验 记化验次数为Ｘ 则Ｘ的可能取值为 ( )
５
： ， ， ７． 解析 恰好打了 局小明获胜的概率 Ｐ ４ ２
或 （１） ７ １＝Ｃ６ ×
１ ５， ３
( ) ( )
４ ２ ５
Ｐ Ｘ １ ６５６１ １ １５×２
（ ＝１）＝ １－ ＝ ， ＝ ７ ，
１０ １００００ ３ ３
( ) ( )
２ ５ ２
Ｐ （ Ｘ ＝５）＝１－ Ｐ （ Ｘ ＝１）＝ １ ３ ０ ４ ０ ３ ０ ９ ０ ， 恰好打了 ７ 局小亮获胜的概率Ｐ ２＝Ｃ ４ ６ ２ ３ × ３ １ ＝ １５ ３ × ７ ２ ，
Ｅ Ｘ ６５６１ ３４３９ ２３７５６． 故比赛结束时恰好打了 局的概率Ｐ Ｐ Ｐ １５×２ ５ ＋１５×２ ２
（ ）＝１× １００００ ＋５× １００００ ＝ １００００ ７ ＝ １＋ ２＝ ３ ７
方案三 每组的两个样本混合在一起化验 若结果呈阴性 则
： ( ) ２ ， ， ＝ ２０．
化验次数为 其概率为 １ ８１． ８１
１， １－ ＝ Ｘ的可能取值为 ．
１０ １００ （２） ２，３，４，５
( )
若结果呈阳性 则化验次数为 其概率为 ８１ １９． Ｐ Ｘ ２ ２ ４
， ３， １－ ＝ （ ＝２）＝ ＝ ，
１００ １００ ３ ９
设方案三化验次数为随机变量Ｙ ( )
则Ｙ ＝２，４，６， ， Ｐ （ Ｘ ＝３）＝Ｃ １ ２× ３ ２ ２ × ３ １ ＝ ３ ２ ３ ３ ＝ ２ ８ ７ ，
( ) ( ) ( )
Ｐ （ Ｙ ＝２）＝ １ ８ ０ １ ０ × １ ８ ０ １ ０ ＝ １ ８ ０ １× ０ ８ ０ １ ０ ＝ １ ６ ０ ５ ０ ６ ０ １ ０ ， Ｐ （ Ｘ ＝４）＝Ｃ １ ３× ３ ２ ２ × ３ １ ２ ＋Ｃ ４ ４× ３ １ ４ ＝ １ ３ ３ ４ ＝ ８ １ １ ３ ，
( ) ( ) ( ) (
Ｐ （ Ｙ ＝４）＝ １ ８ ０ １ ０ × １ １ ０ ９ ０ ×２＝ ２ １ × ０ ８１ ０ × ００ １９ ＝ １ ３ ０ ０ ０ ７ ０ ８ ０ ， Ｐ （ Ｘ ＝５）＝Ｃ １ ４× ３ ２ ２ × ３ １ ３ ＋Ｃ ３ ４× ３ ２ × ３ １ ４ ＝ ２ ３ ４ ５ ＝ ８ ８ １ 或Ｐ
( ) )
Ｐ Ｙ １９ １９ ３６１ ３
（ ＝６）＝ × ＝ ， Ｘ ３ ２ １ ８ ８ ．
１００ １００ １００００ （ ＝５）＝Ｃ４× × ＝ ４ ＝
３ ３ ３ ８１
则Ｅ Ｙ ６５６１ ３０７８ ３６１ ２７６００． 所以Ｘ的分布列如下
（ ）＝２× ＋４× ＋６× ＝ ：
１００００ １００００ １００００ １００００
Ｘ
由Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ 知方案二最优． ２ ３ ４ ５
（ ）＜ （ ）＜４，
７．（２０２１广东肇庆二模，１９）为落实中央 坚持五育并举 全面发
“ ， Ｐ ４ ８ １３ ８
展素质教育 强化体育锻炼 的指示精神 小明和小亮两名同 ９ ２７ ８１ ８１
， ” ，
学每天利用课余时间进行羽毛球比赛．规定每一局比赛中获胜
Ｅ Ｘ ４ ８ １３ ８ ２３６．
方记 分 失败方记 分 没有平局 谁先获得 分就获胜 比 （ ）＝２× ＋３× ＋４× ＋５× ＝
２ ， ０ ， ， １０ ， ９ ２７ ８１ ８１ ８１
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题 甲 乙 丙 丁 个人到 个景点旅游 每人只去一个景点
、 、 、 ４ ４ ， ，
１．（２０２１届湖南长沙一中月考（三），９）下列说法中正确的有 事件Ａ 个人去的景点各不相同 事件Ｂ 甲独自去一个
＝“４ ”， ＝“
景点
（ ） ”，
两个随机变量的线性相关性越强 则相关系数ｒ的绝对值越 Ｐ ＡＢ ｎ ＡＢ ４
Ａ． ， 则Ｐ Ａ Ｂ （ ） （ ） Ａ４ ２
接近于 （ ｜ ）＝ Ｐ Ｂ ＝ ｎ Ｂ ＝ １ ３ ＝ ，
０ （ ） （ ） Ｃ４×３ ９
Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ Ｄ Ｘ 所以 正确．
Ｂ． （２ ＋１）＝２ （ ）＋１， （２ ＋１）＝４ （ ）＋１ Ｄ
设随机变量 ξ 服从正态分布 Ｎ 若 Ｐ ξ ｐ 则 故选 ．
Ｃ． （０，１）， （ ＞１）＝ ， ＣＤ
Ｐ ξ ｐ
（－１＜ ＜１）＝１－２ 二、填空题
甲 乙 丙 丁 个人到 个景点旅游 每人只去一个景点 设
Ｄ． 、 、 、 ４ ４ ， ， ２．（２０２１浙江名校协作体高三下联考，１４）某毕业生参加人才招
事件Ａ 个人去的景点各不相同 事件Ｂ 甲独自去一
＝“４ ”， ＝“ 聘会 分别向甲 乙 丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业
， 、 、
个景点 则Ｐ Ａ Ｂ ２
”， （ ｜ ）＝ 生得到甲公司面试的概率为 ３ 得到乙 丙两公司面试的概率
９ ， 、
答案 ＣＤ 根据相关系数的定义 可得两个随机变量的线 ４
， 均为ｐ 且三个公司是否让其面试是相互独立的．记Ｘ为该毕
性相关性越强 则相关系数 ｒ 的绝对值越接近于 所以 ，
， １， Ａ
错误 业生得到面试的公司个数．若Ｐ Ｘ １ 则ｐ
； （ ＝０）＝ ， ＝ ；
３６
由于Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ Ｄ Ｘ 所以 错误
（２ ＋１）＝２ （ ）＋１， （２ ＋１）＝４ （ ）， Ｂ ； 若ｐ １ 则随机变量Ｘ的期望Ｅ Ｘ ．
因为随机变量ξ服从正态分布Ｎ ＝ ， （ ）＝
（０，１）， ２
所以Ｐ ξ Ｐ ξ ｐ
（ ＞１）＝ （ ＜－１）＝ ， 答案 ２ ７
Ｐ ξ ｐ 所以 正确 ；
（－１＜ ＜１）＝１－２ ， Ｃ ； ３ ４
６ ４６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( )
１ １ １ １
解析 Ｐ Ｘ ３ ｐ ２ １ 解得ｐ ２ ． 第二次取到 个白球 个黑球的概率Ｐ １ Ｃ３Ｃ２ ３ Ｃ２Ｃ３
（ ＝０）＝ １－ ４ ·（１－ ） ＝ ３６ ， ＝ ３ １ １ ＝ １０ × Ｃ ２ ５ ＋ ５ × Ｃ ２ ５ ＋
由题意可知 随机变量Ｘ可取
： ０，１，２，３， ３ Ｃ １ １Ｃ １ ４ ２７．
× ＝
且Ｐ Ｘ １ １ １ １ Ｐ Ｘ ３ １ １ １ １ ２
（ ＝０）＝ × × ＝ ， （ ＝１）＝ × × ＋ × × １０ Ｃ５ ５０
４ ２ ２ １６ ４ ２ ２ ４ ２ ５．（２０２１浙江“９＋１”联盟４ 月联考，１４）由 组成的可
１，２，３，４，５
１ １ １ １ ５ 重复数字的三位数构成的集合记为Ｍ 现从Ｍ中任取一个数．
＋ × × ＝ ， ，
２ ４ ２ ２ １６ 设组成此三位数的数字中不同的偶数字的个数为ξ 例如 若
， ：
Ｐ Ｘ ３ １ １ ３ １ １ １ １ １ ７ 取出的数为 则ξ 若取出的数为 则 ξ ．则概率
（ ＝２）＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ， ２１２， ＝１； ２１４， ＝２
４ ２ ２ ４ ２ ２ ４ ２ ２ １６ Ｐ ξ 数学期望Ｅ ξ ．
（ ＝０）＝ ， （ ）＝
Ｐ Ｘ ３ １ １ ３ ．
（ ＝３）＝ × × ＝ 答案 ２７ １２２
４ ２ ２ １６ ；
故Ｘ的分布列为 １２５ １２５
解析 Ｍ中的元素有 ３ 个 这 个三位数 可重复
Ｘ ５ ＝１２５ ， １２５ （
０ １ ２ ３ 数字 可分以下三类
） ：
Ｐ １ ５ ７ ３ ξ 即全由奇数字组成的三位数 可重复数字 有 ３
① ＝０， （ ）， ３ ＝
１６ １６ １６ １６ 个
２７ ；
所以Ｅ Ｘ １ ５ ７ ３ ７ ． ξ 即只有一个偶数字组成的三位数 可重复数字 有
（ ）＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝ ② ＝１， （ ）， ３×
１６ １６ １６ １６ ４ 个 注意不要遗漏形如 等
一题多解 对于第二空，记相互独立的随机变量Ｘ ，Ｘ ，Ｘ ３×２×３＋３×３×２＋２＝７４ （ ２５２，３４４，２２２
１ ２ ３
三位数
为该毕业生获得甲、乙、丙三个公司面试机会的个数，则Ｘ ）；
，， ξ 即只有两个不同的偶数字组成的三位数 可重复数
或 ， １２３ ③ ＝２， （
＝０ １ 字 有 １ ３ 个 注意不要遗漏形如 等三
）， Ｃ３×Ａ３＋３＋３＝２４ （ ２４２，２４４
分别计算Ｘ ，Ｘ ，Ｘ 的期望可知Ｅ（Ｘ ） ３ ，Ｅ（Ｘ ） Ｅ（Ｘ ） 位数 ．
１ ２ ３ １ ＝ ２ ＝ ３ ＝ ）
４ 所以ξ的分布列如下
：
ｐ １ ，
＝ ξ
２ ０ １ ２
故Ｅ（Ｘ） Ｅ（Ｘ ） Ｅ（Ｘ ） Ｅ（Ｘ ） ７ ．
＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝ ４ Ｐ ２７ ７４ ２４
３．（２０２１浙江新高考研究卷（一），１６）将颜色分别为红 黄 蓝 白 １２５ １２５ １２５
、 、 、
的 个球放入编号为 的五个盒子中 每个盒子至多放
４ １，２，３，４，５ ， ２
个球 则红 黄两球恰好在一个盒子内的概率为 记ξ为 所以Ｅ ξ ２７ ７４ ２４ １２２．
， 、 ； （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＝
号盒子中的球的个数 则Ｅξ ． １２５ １２５ １２５ １２５
１ ， ＝ 方法点拨 求解数学期望问题，首先，要正确理解题意，其
答案 ４ ４ 次，要准确无误地找出随机变量的所有可能值，计算出相应的
；
２７ ５ 概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进
解析 记事件Ａ为红 黄两球恰好在一个盒子内 则Ｐ Ａ
、 ， （ ）＝ 行计算，也就是要过三关：（ ）阅读理解关；（ ）概率计算关；
１ １ ２ １ ２
Ｃ５（Ｃ４＋Ａ４） ８０ ４ ． （ ）公式应用关．
æ ２ ２ ö ＝ ＝ ３
４ ２ ３ çＣ４Ｃ２ ２÷ ５４０ ２７ ６．（２０２１四川南充重点高中月考，１４）甲乙两人进行乒乓球比赛
Ａ５＋Ｃ４Ａ５＋è ２ Ａ５ø ，
Ａ２
ξ的可能取值为 约定先连胜两局者赢得比赛 假设每局甲获胜的概率为 ３ 乙
０，１，２， ， ，
５
２ ２
Ｐ ξ Ａ ４ ４＋Ｃ ２ ４Ａ ３ ４＋ Ｃ Ａ ４Ｃ ２ ２ ２ Ａ ２ ４ ２０４ Ｐ ξ Ｃ １ ４（Ａ ３ ４＋Ｃ ２ ３Ａ ２ ４） 获胜的概率为 ２ ５ ， 各局比赛相互独立 ， 则恰好进行了 ４ 局结束
（ ＝０）＝ ＝ ， （ ＝１）＝ ＝
５４０ ５４０ ５４０ 比赛的概率为 ．
２ ２ １
２４０ ， Ｐ （ ξ ＝２）＝ Ｃ４（Ａ４＋Ｃ４） ＝ ９６ ， 答案 ７８
５４０ ５４０ ５４０ ６２５
解析 有两种情况
所以Ｅξ ２０４ ２４０ ９６ ４３２ ４ ．
＝０× ＋１× ＋２× ＝ ＝ ：
５４０ ５４０ ５４０ ５４０ ５
４．（２０２１浙江金华十校４月模拟，１５）袋中原有
３
个白球和
２
个
（１）
甲第一局赢
，
第二局输
，
第三
、
四局赢
，
此时Ｐ
１＝
３
×
２
×
３
５ ５ ５
黑球 每次从中不放回任取 个球 然后放回 个黑球 设第一
， ２ ， ２ ，
３ ５４
次取到白球的个数为ξ 则Ｅ ξ ．第二次取到 个 × ＝ ；
， （ ）＝ １ ５ ６２５
白球 个黑球的概率为 ．
１ 乙第一局赢 第二局输 第三 四局赢 此时Ｐ ２ ３ ２
答案 ６ ２７
（２） ， ， 、 ， ２＝
５
×
５
×
５
；
５ ５０ ２ ２４
解析 由题知ξ的可能取值为 × ＝ ，
０，１，２， ５ ６２５
２ １ １ ２
Ｐ ξ Ｃ２ １ Ｐ ξ Ｃ２Ｃ３ ３ Ｐ ξ Ｃ３ ３ 所 所以恰好进行了 局结束比赛的概率为 Ｐ Ｐ ５４ ２４
（ ＝０）＝ ２ ＝ ， （ ＝１）＝ ２ ＝ ， （ ＝２）＝ ２ ＝ ， ４ １＋ ２ ＝ ＋
Ｃ５ １０ Ｃ５ ５ Ｃ５ １０ ６２５ ６２５
以Ｅ ξ １ ３ ３ ６ ． ７８．
（ ）＝０× ＋１× ＋２× ＝ ＝
１０ ５ １０ ５ ６２５
第十二章 概率与统计 ６ ４７
所以从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人 其得分不
三、解答题 ，
７．（２０２１天津一中月考，１７）甲乙两人参加某种选拔测试 在备选 低于 分的概率为 ２ ．
， ９０
５
的 道题中 甲答对其中每道题的概率都是 ２ 乙能答对其 由 可知 从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的
１０ ， ， （２） （１） ，
３ 学生中随机抽取 人 其得分不低于 分的概率为 ． ．
中的 道题 规定每次考试都从备选的 道题中随机抽出 １ ， ９０ ０４
８ ， １０ ４ 由题意可知 Ｘ Ｂ ． Ｘ的所有可能取值为 ．
道题进行测试 只有选中的 个题目均答对才能入选． ， ～ （３，０４）， ０，１，２，３
（１）
求甲恰有
２
， 个题目答对的 ４ 概率
；
所以Ｐ （ Ｘ ＝０）＝Ｃ ０ ３×０ ． ６ ３ ×０ ． ４ ０ ＝０ ． ２１６；
（２）
求乙答对的题目数Ｘ的分布列与期望． Ｐ （ Ｘ ＝１）＝Ｃ １ ３×０ ． ６ ２ ×０ ． ４ １ ＝０ ． ４３２；
解析 甲恰有 个题目答对的概率 Ｐ ２ ( ２ ) ２ Ｐ （ Ｘ ＝２）＝Ｃ ２ ３×０ ． ６ １ ×０ ． ４ ２ ＝０ ． ２８８；
（１） ２ ＝Ｃ４ × Ｐ Ｘ ３ ． ０ ． ３ ． ．
( ) ２
３
所
（
以
＝
Ｘ
３
的
）＝
分
Ｃ
布
３×
列
０６
为
×０４ ＝００６４
１ ８ ．
＝
３ ２７ Ｘ
Ｘ的可能取值为 ０ １ ２ ３
（２） ２，３，４， Ｐ ． ． ． ．
２ ２ ０２１６ ０４３２ ０２８８ ００６４
Ｐ Ｘ Ｃ２Ｃ８ ２８ ２
（ ＝２）＝ Ｃ ４ １０ ＝ ２１０ ＝ １５ ， 所以Ｘ的数学期望Ｅ （ Ｘ ）＝３×０ ． ４＝１ ． ２ ．
由题意可知 高一年级学生样本得分的平均分为
Ｐ Ｘ Ｃ １ ２Ｃ ３ ８ １１２ ８ （３） ，
（ ＝３）＝ Ｃ ４ １０ ＝ ２１０ ＝ １５ ， ８５×４＋８６×３＋８７×３＋９０×４＋９２ ＝ １３１１ ＝８７ ． ４ ．
４ １５ １５
Ｐ Ｘ Ｃ８ ７０ １ ． 设高二年级学生样本得分的最高分为ｍ．
（ ＝４）＝ ４ ＝ ＝
Ｃ１０ ２１０ ３ 由题图可知 要使得高二年级学生样本得分的平均分一定超
Ｘ的分布列为 ，
∴ 过高一年级学生样本得分的平均分
Ｘ ，
２ ３ ４ ｍ
只需８５×１２＋９０×７＋ ． 解得ｍ ．
＞８７４， ＞９８
Ｐ ２ ８ １ ２０
１５ １５ ３ 所以当高二年级学生样本得分的最高分至少是 分时 高二
９９ ，
年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分
ＥＸ ２ ８ １ １６．
∴ ＝２× ＋３× ＋４× ＝ 的平均分．
１５ １５ ３ ５
８．（２０２１北京朝阳二模，１７）为迎接 年冬奥会 某地区高一 ９．（２０２１北京门头沟高三一模，１６）第 届冬季奥运会将于
２０２２ ， 、 ２４ ２０２２
高二年级学生参加了冬奥知识竞赛．为了解知识竞赛成绩优秀
年 月在北京和张家口举办．为了普及冬奥知识 京西某校组
２ ，
不低于 分 学生的得分情况 从高一 高二这两个年级知
织全体学生进行了冬奥知识答题比赛 从全校众多学生中随
（ ８５ ） ， 、
，
识竞赛成绩优秀的学生中分别随机抽取容量为 的样本
机选取了 名学生作为样本 得到他们的分数统计如下
１５、２０ ，
２０ ， ：
得分情况统计如下图所示 满分 分 得分均为整数 其中
（ １００ ， ）， 分数段
高二年级学生得分按 分组． ［３０，４０） ［４０，５０） ［５０，６０） ［６０，７０） ［７０，８０） ［８０，９０）［９０，１００］
［８５，９０），［９０，９５），［９５，１００］ 人数
１ ２ ２ ８ ３ ３ １
我们规定 分以下为不及格 分及以上至 分以下为及
６０ ；６０ ７０
格 分及以上至 分以下为良好 分及以上为优秀．
；７０ ８０ ；８０
从这 名学生中随机抽取 名学生 恰好 名学生都是
（１） ２０ ２ ， ２
优秀的概率是多少
？
将上述样本统计中的频率视为概率 从全校学生中随机抽
（２） ，
取 人 以Ｘ表示这 人中的优秀人数 求Ｘ的分布列与
２ ， ２ ，
期望．
解析 记 从这 名学生中随机抽取 名学生 恰好
（１） “ ２０ ２ ， ２
名学生都是优秀 为事件Ａ．
从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人 求其得分不 ”
（１） ， ２
低于 分的概率 Ｐ Ａ Ｃ４ ３ ．
９０ ； （ ）＝ ２ ＝
从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机 Ｃ２０ ９５
（２） 记 从样本中随机抽取一名学生 这名学生为优秀 为事件
抽取 人 用频率估计概率 记Ｘ为取出的 人中得分不 （２） “ ， ”
３ ， ， ３
低于 分的人数 求Ｘ的分布列及数学期望 Ｂ 由题意可得Ｐ Ｂ ４ １ ．
９０ ， ； ， （ ）＝ ＝
由于高二年级学生样本原始数据丢失 请根据统计图信 ２０ ５
（３） ， Ｘ的所有可能取值为 ．
息 判断高二年级学生样本得分的最高分至少为多少分 ０，１，２
， ( ) ２ ( )
时 高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学 Ｐ Ｘ ０ １ １６ Ｐ Ｘ １ １ １ ８
， （ ＝０）＝Ｃ２ １－ ＝ ， （ ＝１）＝Ｃ２× × １－ ＝ ，
生样本得分的平均分 并说明理由． ５ ２５ ５ ５ ２５
， ( ) ２
解析 设事件Ａ 从抽取的高二年级学生样本中随机抽 Ｐ Ｘ ２ １ １ ．
（１） ： （ ＝２）＝Ｃ２ ＝
取一人 其得分不低于 分 ５ ２５
， ９０ ， 所以Ｘ的分布列为
则Ｐ （ Ａ ）＝ ８ ＝ ２ ． Ｘ ０ １ ２
２０ ５
６ ４８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
续表 以ｙ ． ｔ ． ．
＾＝０５ ＋２３
Ｘ ０ １ ２ 当ｔ ＝８ 时 ， ｙ ＾＝６ ． ３， 即 ２０２１ 年该地区农村居民家庭人均纯收
入为 ． 千元．
６３
Ｐ １６ ８ １ 这七年中人均纯收入高于 ． 千元的有四年 所以Ｘ的
２５ ２５ ２５ （２） ３ ６ ，
可能取值为
１，２，３，４，
所以Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ １６ ８ １ ２ ．
１０．（２０２１河南百校联盟 （ ４ ） 月 ＝ 联 ０× 考 ２５ ，１ ＋ ９ １ ） × 某 ２５ 资 ＋ 源 ２× 网 ２５ 推 ＝ 出 ５ 精品资料营 Ｐ （ Ｘ ＝１）＝ Ｃ Ｃ ３ ３Ｃ ４ ７ １ ４ ＝ ３ ４ ５ ， Ｐ （ Ｘ ＝２）＝ Ｃ Ｃ ２ ３Ｃ ４ ７ ２ ４ ＝ ３ １ ５ ８ ，
销 数学学科新教材必修第一册共计推出 个教案 为了更 １ ３ ０ ４
， ４８ ， Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ４ １２ Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ４ １
好地将课程内容呈现给学生 现对某一时段教案的下载量进 （ ＝３）＝ ４ ＝ ， （ ＝４）＝ ４ ＝ ，
， Ｃ７ ３５ Ｃ７ ３５
行统计 则Ｘ的分布列为
：
Ｘ
下载量 １ ２ ３ ４
［０，１００］ （１００，２００］ （２００，＋∞）
Ｐ ４ １８ １２ １
个数
８ ２４ １６ ３５ ３５ ３５ ３５
现从 个教案中采用分层抽样的方法选出 个 求选出 所以Ｅ Ｘ ４ １８ １２ １ １６．
（１） ４８ ６ ， （ ）＝１× ＋２× ＋３× ＋４× ＝
的下载量超过 的个数 ３５ ３５ ３５ ３５ ７
２００ ； １２．（２０２１山西太原一模，１８）某地区为了实现产业的转型发展
为了更好地鼓励作者 现在在基本工资的基础上推出如 ，
（２） ， 利用当地旅游资源丰富多样的特点 决定大力发展旅游产
下奖励措施 若下载量在区间 内 不予奖励 若下 ，
， ［０，１００］ ， ， 业 一方面对现有旅游资源进行升级改造 另一方面不断提
载量在区间 内 则每个教案奖励 元 若下 ， ，
（１００，２００］ ， ５００ ； 高旅游服务水平．为此该地区旅游部门 对所推出的报团游和
载量超过 则每个教案奖励 元 现从 中选出 ，
２００， １０００ ， （１） 自助游项目进行了深入调查 下表是该部门从去年某月到该
的 个教案中随机取出 个教案进行奖励 求奖励金额Ｘ ，
６ ２ ， 地区旅游的游客中 随机抽取的 位游客的满意度调查表．
的分布列与数学期望． ， １００
解析 根据分层抽样的特点 可知选出的下载量超过 老年人 中年人 青年人
（１） ， 满意度
报团游 自助游 报团游 自助游 报团游 自助游
的个数为 １６ ．
２００ ６× ＝２ 满意
４８ １２ １ １８ ４ １５ ６
Ｘ的可能取值为 ．
（２） ５００，１０００，１５００，２０００ 一般
２ １ ６ ４ ４ １２
１ １ ２ １ １
Ｐ Ｘ Ｃ１Ｃ３ １ Ｐ Ｘ Ｃ３＋Ｃ１Ｃ２ １ 不满意
（ ＝５００）＝ ２ ＝ ， （ ＝１０００）＝ ２ ＝ ， １ １ ６ ２ ３ ２
Ｃ６ ５ Ｃ６ ３
已知甲是此次调查时满意度为 满意 的报团游游客 由
１ １ ２ （１） “ ” ，
Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ２ ２ Ｐ Ｘ Ｃ２ １ ． 上表中的数据分析 甲最有可能是老年人 中年人和青年
（ ＝１５００）＝ ２ ＝ ， （ ＝２０００）＝ ２ ＝ ， 、
Ｃ６ ５ Ｃ６ １５ 人这三种人群中的哪一类人群
则奖励金额Ｘ的分布列为 ？
为了提高服务水平 该旅游部门要从上述样本里满意度
Ｘ （２） ，
５００ １０００ １５００ ２０００ 为 不满意 的游客中 随机抽取 人征集整改建议 记Ｘ
“ ” ， ３ ，
Ｐ １ １ ２ １
表示这 人中老年人的人数 求Ｘ的分布列和期望
３ ， ；
５ ３ ５ １５ 若你朋友要到该地区旅游 根据上表中的数据 你会建议
（３） ， ，
他选择哪种旅游项目
故奖励金额Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ １ １ ？
（ ）＝５００× ＋１ ０００× ＋１５００ 解析 由题表中数据可得老年人 中年人和青年人选
５ ３ （１） 、
×
５
２ ＋２０００×
１
１
５
＝ ３５
３
００． 择报团游的频率分别为 ｐ
１＝
１５
＝
５
，
ｐ
２＝
３０
＝
３
，
ｐ
３＝
２２
＝
１８ ６ ４０ ４ ４２
１１．（２０２１陕西宝鸡重点高中质检，１９）某地区 年至 年
２０１４ ２０２０ １１ 因为ｐ ｐ ｐ 所以老年人更倾向于选择报团游 故甲最
农村居民家庭人均纯收入ｙ
（
单位
：
千元
）
的数据如表
： ２１
， １＞ ２＞ ３， ，
年份 有可能是老年人．
２０１４ ２０１５ ２０１６ ２０１７ ２０１８ ２０１９ ２０２０
由题意得Ｘ所有可能的取值为
年份代号ｔ （２） ０，１，２，
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７
３ ２ １ １ ２
人均纯收入ｙ ． ． ． ． ． ． ． Ｐ Ｘ Ｃ１３ ２２ Ｐ Ｘ Ｃ１３Ｃ２ １２ Ｐ Ｘ Ｃ１３Ｃ２
２９ ３３ ３６ ４４ ４８ ５２ ５９ （ ＝０）＝ ３ ＝ ， （ ＝１）＝ ３ ＝ ， （ ＝２）＝ ３
若ｙ关于ｔ的线性回归方程为ｙ ｂｔ ． 根据表中数据求 Ｃ１５ ３５ Ｃ１５ ３５ Ｃ１５
（１） ＾＝ ＋２３，
出实数ｂ
，
并预测
２０２１
年该地区农村居民家庭人均纯
＝
１
，
３５
收入
；
Ｘ的分布列为
∴
在 年至 年中随机选取四年 用Ｘ表示四年中
（２） ２０１４ ２０２０ ， Ｘ
人均纯收入高于 ． 千元的个数 求Ｘ的分布列和Ｅ Ｘ ． ０ １ ２
３６ ， （ ）
Ｐ ２２ １２ １
解析 由题意得ｔ １
（１） ＝ ×（１＋２＋３＋４＋５＋６＋７）＝４， ３５ ３５ ３５
７
ｙ １ ． ． ． ． ． ． ． ． Ｅ Ｘ ２２ １２ １ ２ ．
＝ ×（２９＋３３＋３６＋４４＋４８＋５２＋５９）＝４３， ∴ （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＝
７ ３５ ３５ ３５ ５
把ｔ ｙ ． 代入ｙ ｂｔ ． 得 ． ｂ ． 解得ｂ ． 所 由题表可知 报团游的满意度为满意的频率为 ｐ
＝４， ＝４３ ＾＝ ＋２ ３ ４ ３＝４ ＋２ ３， ＝０ ５， （３） ， ４ ＝
第十二章 概率与统计 ６ ４９
ｐ 故建议他选择报团游． 答案不唯一 合理即可
１２＋１８＋１５ ４５ ５， （ ， ）
＝ ，
１５＋３０＋２２ ６７
自助游的满意度为满意的频率为ｐ １＋４＋６ １ 因为ｐ
５＝ ＝ ， ４＞
３＋１０＋２０ ３
学生用书Ｐ２１９
１．（２０２１ ５·３ 原创题）设 ｍ ｎ 若随机变量 ξ η 的分布列 ５．（２０２１ ５·３原创题）在独立重复试验中 每次成功的概率为ｐ
， ＞０， ， ， ，
如下 若ξ表示出现首次成功时的试验次数 此时称随机变量ξ服从
： ，
几何分布．
ξ
－１ ０ ２
在一个抽奖活动中 假设每次中奖的概率都为 １ Ｘ表示
η ５ １ １３ （１） ， ，
－ ３
２ ２ ２ 第一次中奖时抽奖的次数 求Ｘ的概率分布列
， ；
Ｐ ｍ １ ｎ 求随机变量Ｘ的期望
（２） ；
２ 最近几年春节前大家都在参与支付宝集五福的活动 这个
则下列说法错误的是 （３） ，
（ ） 活动已经成为互联网时代下的一种新的 年味 ．假设每次
“ ”
．ｍｎ的最大值为 １ ．Ｐ ξ Ｐ η 扫福字 出现每种福字的概率相等 试估计要集齐 种福
Ａ Ｂ （ ≥０）＝ （ ＞０） ， ， ５
１６ 字 平均需要扫多少次福字．
．Ｅ ξ Ｅ η ．Ｄ ξ Ｄ η ，
Ｃ （２ －１）＜ （１－ ） Ｄ （ ）＜ （ ） ５． 解析 Ｘ的所有可能的取值为 ｎ
１． 答案 Ｃ （１） １，２，３，４，…， ，…，
２．（２０２１ ５·３原创题）已知随机变量ξ的分布列如表所示． Ｐ Ｘ １
（ ＝１）＝ ，
３
ξ ａ ｂ
Ｐ Ｘ ２ １
（ ＝２）＝ × ，
Ｐ １ １ ３ ３
ｂ ａ
Ｐ Ｘ ２ ２ １
则当ａ逐渐增大时 Ｅ ξ Ｄ ξ （ ＝３）＝ × × ，
， （ ）－ （ ） （ ） ( ３ ) ３ ３
一直增大 一直减小 ３
Ａ． Ｂ． Ｐ Ｘ ２ １
（ ＝４）＝ × ，
先增大后减小 以上均不正确 ３ ３
Ｃ． Ｄ．
２． 答案 Ｄ ……，
( )ｎ
３．（多选题）某次乒乓球单打比赛中 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四人进入半决赛 Ｐ Ｘ ｎ ２ －１ １
， ， ， ， （ ＝ ）＝ × ，
并争夺 名．比赛规则为 第一阶段 半决赛 Ａ Ｂ两人进 ３ ３
１—４ ： （ ）， ，
行一场比赛 决出胜负 Ｃ Ｄ两人进行一场比赛 决出胜负 第 ……，
， ， ， ， ； 所以Ｘ的分布列为
二阶段 决赛 半决赛中的两位获胜者进行一场比赛决出第
（ ） １，
名 其余两人进行一场比赛决出第 名．已知在单局比赛 Ｘ ｎ
２ ， ３，４ １ ２ ３ ４ … …
中 Ａ胜Ｂ Ｂ胜Ｃ Ｃ胜Ａ的概率均为 ２ Ｄ胜其他任何人的概
， ， ， ３ ， Ｐ １ ２ １ ２ ２ １ ( ２ ) ３ １ ( ２ )ｎ－１ １
× × × × … × …
３ ３ ３ ３ ３ ３ ３ ３ ３ ３
率均为 １ 比赛各局相互独立且比赛中没有平局．记比赛结束
，
２ ｎ ( )ｋ －１
后
说
，
法
Ａ
正
， Ｂ
确
， Ｃ
的
， Ｄ
是
四人的名次分别为随机变量 Ｘ ， Ｙ ， Ｚ ， Ｗ ， 则下列 （２） 设Ｓ ｎ＝ ∑ｋ＝
１
ｋ ２
３
×
３
１
（ ）
( )
２
( )ｎ
－１
Ｄ Ｘ Ｙ Ｚ Ｗ １ ２ １ ２ １ ｎ ２ １
Ａ． （ ＋ ＋ ＋ ）＝０ ＝１× ＋２× × ＋３× × ＋…＋ × ×
３ ３ ３ ３ ３ ３ ３
Ｂ．
Ｐ
（
Ｘ
＝１）＝
Ｐ
（
Ｙ
＝１）＝
Ｐ
（
Ｚ
＝１）＝
Ｐ
（
Ｗ
＝１）
[ ( )
２
( )ｎ
－１
]
Ｃ． Ｅ （ Ｘ ）＝ Ｅ （ Ｙ ）＝ Ｅ （ Ｚ ）＝ Ｅ （ Ｗ ） ＝ １ １＋２× ２ ＋３× ２ ＋…＋ ｎ × ２ ，
３ ３ ３ ３
Ｐ Ｗ Ｐ Ｗ Ｐ Ｗ Ｐ Ｗ [ ( ) ( )ｎ]
３． Ｄ． 答 （ 案 ＝１ Ａ ） Ｄ ＝ （ ＝２）＝ （ ＝３）＝ （ ＝４） 则 ２ Ｓ ｎ＝ １ １× ２ ＋２× ２ ２ ＋…＋ ｎ × ２ ，
３ ３ ３ ３ ３
４．（２０２１ ５·３原创题）某地某商家为回馈新老顾客 在 年 [ ( ) ( )ｎ
， ２０２１ 两式相减得 １ Ｓ １ ２ ２ ２ ２ －１ ｎ
的 周年庆典 中开展一系列的促销活动 其中有一项活动是 ｎ ＝ １＋ ＋ ＋…＋ － ×
“ ” ， ３ ３ ３ ３ ３
凡购物满 元的顾客会获得一件赠品 顾客凭购物小票用 ( )ｎ ]
６８８８ ， ２
简单随机抽样方法中的抽签法在甲 乙 丙三种赠品中随机抽 ，
、 、 ３
取一种赠品 现恰有 名顾客的购物金额满 元．设随机变 ( ) ２ ( )ｎ －１ ( )ｎ
， ３ ６８８８ 所以Ｓ ２ ２ ２ ｎ ２ ｎ
量ξ表示获得赠品种类完全相同的顾客人数 则 Ｐ ξ ｎ＝１＋ ＋ ＋…＋ － × ＝３－（ ＋３）×
， （ ＝３）＝ ３ ３ ３ ３
Ｅ ξ ． ( )ｎ
， （ ）＝ ２ Ｅ Ｘ Ｓ ．
， （ ）＝ｎｌｉｍ ｎ＝３
４． 答案 １ ５ ３ →＋∞
； 根据前面两问的提示 我们可以推广到一般的情况 如果
９ ３ （３） ， ，
６ ５０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
每次中奖的概率为ｐ 则中奖需要的平均次数为 １ 考虑扫第 Ｘ
， ｐ ， １ １１
一张福字 需要 次 再考虑要扫出和第一张福字不同的福字
Ｐ （
１－
ｐ）１０
１－
（
１－
ｐ）１０
， １ ；
Ｅ Ｘ ｐ １０ ｐ １０ ｐ １０．
的概率为 ４ 所以平均需要扫 ５ 次 同理 考虑扫出和前两张 （ ）＝１×（１－ ） ＋１１×［１－（１－ ） ］＝１１－１０（１－ ）
， ； ， 结合 得 ｐ １０ ｐ ． ０ ． １
５ ４ （２） （１） １１－１０（１－ ） ＜２， ＜１－０９ ，
ｐ ． ．
都不同的福字的概率为 ３ 所以平均需要扫 ５ 次 以此类推 ∴０＜ ＜００１
， ， ，
５ ３ 根据报道估计ｐ ９ 远远小于 ． 此时 合 混采检
＝ ， ００１， “１０ １
扫出完整的五种福字平均需要扫 ５ ５ ５ １３７ ． ３１００００
１＋ ＋ ＋ ＋５＝ ≈１１ 测技术 检测次数期望值小于 与 个人要检验 次的普
４ ３ ２ １２ ” ２， １０ １０
次． 通方法进行对比 可大幅提高检测效率 缩短检测时间．
４ ， ，
６．（２０２１ ５·３原创题） 年 月 日青岛出现 名本土新 设检测次数为Ｙ 则Ｙ的所有可能取值为 ｎ ｎ
２０２０ １０ １１ ３ （３） ， １， ＋１（ ≥２），
冠肺炎感染者 青岛决定对全市 万人进行全员核酸检 Ｐ Ｙ ． ｎ Ｐ Ｙ ｎ ． ｎ
， １ １００ （ ＝１）＝０９７ ， （ ＝ ＋１）＝１－０９７ ，
测 由于任务量大 检测采用了 合 混采检测技术以提高效 所以Ｙ的分布列为
， ， １０ １
率 此技术可视为以下简化模型．假设患病率为ｐ 由于已有病
， （ Ｙ ｎ
例 故取ｐ 假设总体是均匀的 合 混采检测技术 就 １ ＋１
是 ， 将 名 ＞ 被 ０ 测 ）， 试者的采样混合在一 ，１ 起 ０ 做 １ 一次检测 若结果 ， 为 Ｐ ０ ． ９７ ｎ １－０ ． ９７ ｎ
１０ ， ，
阴性 则 名被测试者均为未患病者 若结果为阳性 则再分 Ｅ Ｙ ． ｎ ｎ ． ｎ ｎ ｎ ． ｎ
， １０ ； ， （ ）＝１×０９７ ＋（ ＋１）×（１－０９７ ）＝ ＋１－ ·０９７
别对 名被测试者做一一检测 来判断 名被测试者的健康
１０ ， １０ 令Ｅ Ｙ 得 １ ． ｎ．
状况． （ ）＜２， １－ ｎ ＜０９７
求一次 合 混采检测中 检测次数Ｘ的分布列 并计算
（１） １０ １ ， ， 令ｆ ｎ １ ｇ ｎ ． ｎ
Ｘ的期望 用ｐ表示 （ ）＝１－ ｎ ， （ ）＝０９７ ，
（ ）；
若要使 中的期望值小于 求ｐ的取值范围 并结合以 易知当ｎ 时 ｆ ｎ 单调递增 ｇ ｎ 单调递减
（２） （１） ２， ， ≥２ ， （ ） ， （ ） ，
下报道说明青岛市采用 合 混采检测技术的合理性．
１０ １ １０ ｆ １ ｇ ． ２ ． ｆ ｇ
月 日报道 已检测出结果的 万份核酸中除 份阳性 （２）＝ ， （２）＝０９７ ≈０９４， （２）＜ （２）；
１２ ： ３１ ９ ２
外其余均为阴性
； ｆ （３）＝ ２ ， ｇ （３）＝０ ． ９７ ３ ≈０ ． ９１， ｆ （３）＜ ｇ （３）；
若某国患病率为 ％ 假设总体均匀 如果该国也想用ｎ合 ３
（３） ３ ， ，
１ 混采检测技术对全员进行核酸检测 （ ｎ ≥２）， 要使一次ｎ ｆ （４）＝ ３ ， ｇ （４）＝０ ． ９７ ４ ≈０ ． ８９， ｆ （４）＜ ｇ （４）；
合 混采检测中检测次数的期望值小于 求ｎ的最大值． ４
１ ２，
参考数据 ． ０ ． １ ． ． ０ ． １ ． ． ２ ． ． ３ ｆ ４ ｇ ． ５ ． ｆ ｇ
（ ：０ １ ≈０ ７９，０ ９ ≈０ ９９，０ ９７ ≈０ ９４，０ ９７ ≈ （５）＝ ， （５）＝０９７ ≈０８６， （５）＜ （５）；
． ． ４ ． ． ５ ． ． ６ ． ． ７ ． ５
０９１，０９７ ≈０８９，０９７ ≈０８６，０９７ ≈０８３，０９７ ≈０８１）
６． 解析 Ｘ的所有可能取值为 ｆ ５ ｇ ． ６ ． ｆ ｇ ．
（１） １，１１， （６）＝ ， （６）＝０９７ ≈０８３３０， （６）＞ （６）
Ｐ Ｘ ｐ １０ Ｐ Ｘ ｐ １０ ６
（ ＝１）＝（１－ ） ， （ ＝１１）＝１－（１－ ） ， 满足题意的ｎ的最大值为 ．
所以Ｘ的分布列为 ∴ ５
