北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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§12.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
— 五年高考 —
考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
4
1.(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
1 2 3 4 i
i=1
面四种情形中,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
2.(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
3.(2018浙江,7,4分)设0<p<1,随机变量ξ的分布列是
ξ 0 1 2
1-p 1 p
P
2 2 2
则当p在(0,1)内增大时,( )
A.D(ξ)减小 B.D(ξ)增大
C.D(ξ)先减小后增大 D.D(ξ)先增大后减小
答案 D
1
4.(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
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D.E(ξ)>E(ξ),D(ξ)>D(ξ)
1 2 1 2
答案 A
5.(多选题)(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
n n
的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=p>0(i=1,2,…,n),∑p=1,定义X的信息熵H(X)=-∑plog p ( )
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
6.(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
1 1
为ξ,若取出的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
.
8
答案 1;
9
7.(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
8.(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.
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解题指导 (1)由题意分析出X的所有可能取值,并求出所有可能取值对应的概率,从而求出X
的分布列.(2)根据(1),可求出小明先回答A类问题的数学期望E(X),再求出小明先回答B类问
题的数学期望.通过比较,即可得出结果.
9.(2020江苏,23,10分)甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙
两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋,重复n次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为X,
n
恰有2个黑球的概率为p,恰有1个黑球的概率为q.
n n
(1)求p,q 和p,q;
1 1 2 2
(2)求2p+q 与2p +q 的递推关系式和X 的数学期望E(X)(用n表示).
n n n-1 n-1 n n
C1 C1
1
C1 C1
2
1 3 2 3
解析 (1)p= · = ,q= · = ,
1 C1 C1 3 1 C1 C1 3
3 3 3 3
C1 C1 C1 C1
1 3 2 1
p= · ·p+ · ·q+0·(1-p-q)
2 C1 C1 1 C1 C1 1 1 1
3 3 3 3
1 2 7
= p+ q= ,
3 1 9 1 27
C1 C1 (C1 C1 C1 C1
)
C1 C1
1 2 16
q=
2
·
3
·p+
2· 2+ 1· 1
·q+
3
·
2
·(1-p-q)=- q+ = .
2 C1 C1 1 C1 C1 C1 C1 1 C1 C1 1 1 9 1 3 27
3 3 3 3 3 3 3 3
(2)当n≥2时,
C1 C1 C1 C1
1 2
1 3 2 1
p= · ·p + · ·q +0·(1-p -q )= p + q , ①
n C1 C1 n-1 C1 C1 n-1 n-1 n-1 3 n-1 9 n-1
3 3 3 3
C1 C1 (C1 C1 C1 C1
)
C1 C1
1 2
q=
2
·
3
·p +
2· 2+ 1· 1
·q +
3
·
2
·(1-p -q )=- q + , ②
n C1 C1 n-1 C1 C1 C1 C1 n-1 C1 C1 n-1 n-1 9 n-1 3
3 3 3 3 3 3 3 3
2 4 1 2 1 2
2×①+②,得2p+q= p + q - q + = (2p +q )+ .
n n 3 n-1 9 n-1 9 n-1 3 3 n-1 n-1 3
1
从而2p+q-1= (2p +q -1),
n n 3 n-1 n-1
1
又2p+q-1= ,
1 1 3
1(1) n-1 (1) n
所以2p+q=1+ =1+ ,n∈N*. ③
n n 3 3 3
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3 1( 3) 3 1
由②,有q- =- q - ,又q- = ,
n 5 9 n-1 5 1 5 15
1 ( 1) n-1 3
所以q= - + ,n∈N*.
n 15 9 5
1[ (1) n ] 3 ( 1) n 1(1) n 1
由③,有p= 1+ -q = - + + ,n∈N*.
n 2 3 n 10 9 2 3 5
3 ( 1) n 1(1) n 1
故1-p-q= - - + ,n∈N*.
n n 10 9 2 3 5
X 的概率分布为
n
X 0 1 2
n
P 1-p-q q p
n n n n
(1) n
则E(X)=0×(1-p-q)+1×q+2×p=1+ ,n∈N*.
n n n n n 3
10.(2017北京理,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,
一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,
其中“*”表示服药者,“+”表示未服药者.
(1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率;
(2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求ξ
的分布列和数学期望E(ξ);
(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只
需写出结论)
解析 (1)由题图知,在服药的50名患者中,指标y的值小于60的有15人,所以从服药的50名
15
患者中随机选出一人,此人指标y的值小于60的概率为 =0.3.
50
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(2)由题图知,A,B,C,D四人中,指标x的值大于1.7的有2人:A和C.
所以ξ的所有可能取值为0,1,2.
C2
1
C1C1
2
C2
1
2 2 2 2
P(ξ=0)= = ,P(ξ=1)= = ,P(ξ=2)= = .
C2 6 C2 3 C2 6
4 4 4
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2
1 2 1
P
6 3 6
1 2 1
故ξ的期望E(ξ)=0× +1× +2× =1.
6 3 6
(3)在这100名患者中,服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差.
11.(2019北京理,17,13分)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已
成为主要支付方式之一.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,从全校学
生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和
仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:
支付金额(元)
(0,1 000] (1 000,2 000] 大于2 000
支付方式
仅使用A 18人 9人 3人
仅使用B 10人 14人 1人
(1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率;
(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额
大于1 000元的人数,求X的分布列和数学期望;
(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A的学生中,随机抽查3
人,发现他们本月的支付金额都大于2 000元.根据抽查结果,能否认为样本仅使用A的学生
中本月支付金额大于2 000元的人数有变化?说明理由.
解析 (1)由题意知,样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人,仅使用B的学生有10+14+1=25
人,A,B两种支付方式都不使用的学生有5人.故样本中A,B两种支付方式都使用的学生有
100-30-25-5=40人.所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B两种支付方式都使用
40
的概率估计为 =0.4.
100
(2)X的所有可能值为0,1,2.
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记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000
元”,事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1
000元”.
9+3 14+1
由题设知,事件C,D相互独立,且P(C)= =0.4,P(D)= =0.6.所以
30 25
P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24,P(X=1)=P(CD∪CD)=P(C)P(D)+P(C)P(D)=0.4×(1-0.6)+(1-
0.4)×0.6=0.52,
P(X=0)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P 0.24 0.52 0.24
故X的数学期望E(X)=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.
(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2 000
元”.
假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由上个月的样本
1 1
数据得P(E)= = .
C3 4 060
30
答案示例1:可以认为有变化.理由如下:
P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于
2 000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.
答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:
事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有
变化.
频数
思路分析 (1)由频率= 即可求解相应频率,进而用频率估计概率.
样本容量
9+3
(2)仅使用A,且支付金额大于1 000元的概率P= =0.4,仅使用B,且支付金额大于1 000
30
14+1
元的概率P= =0.6,进而求分布列和期望.
25
(3)开放性题目,从事件发生的概率说明理由即可.
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12.(2019课标Ⅰ理,21,12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,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.对于两只白
鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中
一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有
效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,
则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,
甲药得-1分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,
一轮试验中甲药的得分记为X.
(1)求X的分布列;
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认
i
为甲药比乙药更有效”的概率,则p=0,p=1,p=ap +bp+cp (i=1,2,…,7),其中
0 8 i i-1 i i+1
a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8.
(i)证明:{p -p}(i=0,1,2,…,7)为等比数列;
i+1 i
(ii)求p,并根据p 的值解释这种试验方案的合理性.
4 4
解析 (1)X的所有可能取值为-1,0,1.
P(X=-1)=(1-α)β,P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β),
P(X=1)=α(1-β).
所以X的分布列为
X -1 0 1
P (1-α)β αβ+(1-α)(1-β) α(1-β)
(2)(i)由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.
因此p=0.4p +0.5p+0.1p ,
i i-1 i i+1
故0.1(p -p)=0.4(p-p ),
i+1 i i i-1
即p -p=4(p-p ).
i+1 i i i-1
又因为p-p=p≠0,
1 0 1
所以{p -p}(i=0,1,2,…,7)是公比为4,首项为p 的等比数列.
i+1 i 1
48-1
(ii)由(i)可得p=p-p+p-p+…+p-p+p=(p-p)+(p-p)+…+(p-p)= p.
8 8 7 7 6 1 0 0 8 7 7 6 1 0 1
3
3
由于p=1,故p= ,
8 1 48-1
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44-1 1
所以p=(p-p)+(p-p)+(p-p)+(p-p)= p= .
4 4 3 3 2 2 1 1 0 3 1 257
p 表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为
4
1
0.8时,认为甲药更有效的概率为p= ≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这
4 257
种试验方案合理.
以下为教师用书专用(1—11)
1.(2018浙江,7,4分)设0<p<1,随机变量ξ的分布列是
ξ 0 1 2
1-p 1 p
P
2 2 2
则当p在(0,1)内增大时,( )
A.D(ξ)减小 B.D(ξ)增大
C.D(ξ)先减小后增大 D.D(ξ)先增大后减小
答案 D 本小题考查随机变量的分布列,期望、方差的计算及函数的单调性.
1-p 1 p 1
由题意得E(ξ)=0× +1× +2× = +p,
2 2 2 2
2 2 2
[ (1 )] 1-p [ (1 )] 1 [ (1 )] p
D(ξ)= 0- +p · + 1- +p · + 2- +p ·
2 2 2 2 2 2
1
= [(1+2p)2(1-p)+(1-2p)2+(3-2p)2·p]
8
1 ( 1) 2 1
=-p2+p+ =- p- + .
4 2 2
1-p
{ 0< <1,
2
p
由 0< <1, 得0<p<1,
2
1-p 1 p
+ + =1,
2 2 2
( 1) (1 )
∴D(ξ)在 0, 上单调递增,在 ,1 上单调递减,故选D.
2 2
2.(2018北京理,17,12分)电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表:
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电影类型第一类第二类第三类第四类第五类 第六类
电影部数 140 50 300 200 800 510
好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
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.
假设所有电影是否获得好评相互独立.
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率;
(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部,估计恰有1部获得好评的概率;
(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等.用“ξ=1”表示第k
k
类电影得到人们喜欢,“ξ=0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k=1,2,3,4,5,6).写出方差
k
Dξ ,Dξ ,Dξ ,Dξ ,Dξ ,Dξ 的大小关系.
1 2 3 4 5 6
解析 (1)由题意知,样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2 000,
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50.
50
故所求概率是 =0.025.
2 000
(2)设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”,
事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”.
故所求概率为P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)
=P(A)(1-P(B))+(1-P(A))P(B).
由题意知:P(A)估计为0.25,P(B)估计为0.2.
故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35.
(3)Dξ >Dξ >Dξ =Dξ >Dξ >Dξ .
1 4 2 5 3 6
解后反思 古典概型的概率以及方差的求解:
在使用古典概型的概率公式时,应该注意:(1)要判断该概率模型是不是古典概型;(2)先分清基
m
本事件的总数n与事件A中包含的结果数m,再利用公式P(A)= 求出事件A发生的概率.在
n
求方差时,要学会判断随机变量是不是服从特殊分布,若服从,则利用特殊分布的方差公式求
解.
3.(2017课标Ⅲ理,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,
售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,
每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最
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高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六
月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:
最高气温[10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
天数 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概率.
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:
瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值?
解析 本题考查随机变量的分布列,数学期望.
(1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500,由表格数据知
2+16 36 25+7+4
P(X=200)= =0.2,P(X=300)= =0.4,P(X=500)= =0.4.
90 90 90
因此X的分布列为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时,
若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温位于区间[20,25),
则Y=6×300+2(n-300)-4n=1 200-2n;
若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此EY=2n×0.4+(1 200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.
当200≤n<300时,
若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n.
所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元.
4.(2017天津理,16,13分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且
1 1 1
在各路口遇到红灯的概率分别为 , , .
2 3 4
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望;
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(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
解析 本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的
概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
( 1) ( 1) ( 1) 1
P(X=0)= 1- × 1- × 1- = ,
2 3 4 4
1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 11
P(X=1)= × 1- × 1- + 1- × × 1- + 1- × 1- × = ,
2 3 4 2 3 4 2 3 4 24
( 1) 1 1 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) 1
P(X=2)= 1- × × + × 1- × + × × 1- = ,
2 3 4 2 3 4 2 3 4 4
1 1 1 1
P(X=3)= × × = .
2 3 4 24
所以,随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
1 11 1 1
P
4 24 4 24
1 11 1 1 13
随机变量X的数学期望E(X)=0× +1× +2× +3× = .
4 24 4 24 12
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为
P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)
=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)
1 11 11 1
= × + ×
4 24 24 4
11
= .
48
11
所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为 .
48
技巧点拨 解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随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,理解随机变量取值的
意义是解决这类问题的必要前提.
5.(2016天津理,16,13分)某小组共10人,利用假期参加义工活动,已知参加义工活动次数为
1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.
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(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A发生的概率;
(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望.
C1C1+C2
1
3 4 3
解析 (1)由已知,有P(A)= = .
C2 3
10
1
所以,事件A发生的概率为 .
3
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.
C2+C2+C2
4
P(X=0)= 3 3 4= ,
C2 15
10
C1C1+C1C1
7
P(X=1)= 3 3 3 4= ,
C2 15
10
C1C1
4
P(X=2)= 3 4= .
C2 15
10
所以,随机变量X的分布列为
X 0 1 2
4 7 4
P
15 15 15
4 7 4
随机变量X的数学期望E(X)=0× +1× +2× =1.
15 15 15
评析 本题主要考查古典概型及其概率计算公式,互斥事件、离散型随机变量的分布列与数
学期望等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
6.(2015天津理,16,13分)为推动乒乓球运动的发展,某乒乓球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员3名,其中种子选手2名;乙协会的运动员5名,其中种子选手3
名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手,且这2名种子选手来自同一个协会”,求事
件A发生的概率;
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数,求随机变量X的分布列和数学期望.
解析 (1)由已知,有
C2C2+C2C2
6
2 3 3 3
P(A)= = .
C4 35
8
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6
所以,事件A发生的概率为 .
35
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
CkC4-k
5 3
P(X=k)= (k=1,2,3,4).
C4
8
所以,随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
1 3 3 1
P
14 7 7 14
1 3 3 1 5
随机变量X的数学期望E(X)=1× +2× +3× +4× = .
14 7 7 14 2
评析 本题主要考查古典概型及其概率计算公式,互斥事件,离散型随机变量的分布列与数
学期望等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.属中等难度题.
7.(2015四川理,17,12分)某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛,A中学推荐了3名男生、2
名女生,B中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员
水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率;
(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X表示参赛的男生人数,求X的
分布列和数学期望.
解析 (1)由题意,参加集训的男、女生各有6名.
C3C3
1
3 4
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队)的概率为 = .
C3C3 100
6 6
1 99
因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1- = .
100 100
(2)根据题意,X的可能取值为1,2,3.
C1C3
1
3 3
P(X=1)= = ,
C4 5
6
C2C2
3
3 3
P(X=2)= = ,
C4 5
6
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C3C1
1
3 3
P(X=3)= = .
C4 5
6
所以X的分布列为
X 1 2 3
1 3 1
P
5 5 5
因此,X的数学期望为
E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)
1 3 1
=1× +2× +3× =2.
5 5 5
评析 本题主要考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的分布列、数学期望等基础知
识,考查运算求解能力、应用意识,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
能力.
8.(2015安徽理,17,12分)已知2件次品和3件正品混放在一起,现需要通过检测将其区分,每次
随机检测一件产品,检测后不放回,直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束.
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率;
(2)已知每检测一件产品需要费用100元,设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品
时所需要的检测费用(单位:元),求X的分布列和均值(数学期望).
解析 (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A,
A1A1
3
2 3
P(A)= = .
A2 10
5
(2)X的可能取值为200,300,400.
A2
1
P(X=200)= 2= ,
A2 10
5
A3+C1C1A2
3
P(X=300)= 3 2 3 2= ,
A3 10
5
1 3 6
P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1- - = .
10 10 10
故X的分布列为
X 200 300 400
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1 3 6
P
10 10 10
1 3 6
EX=200× +300× +400× =350.
10 10 10
9.(2015福建理,16,13分)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡
将被锁定.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确
密码是他常用的6个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则
结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.
解析 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,
5 4 3 1
则P(A)= × × = .
6 5 4 2
(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.
1 5 1 1 5 4 2
又P(X=1)= ,P(X=2)= × = ,P(X=3)= × ×1= ,
6 6 5 6 6 5 3
所以X的分布列为
X 1 2 3
1 1 2
P
6 6 3
1 1 2 5
所以E(X)=1× +2× +3× = .
6 6 3 2
评析 本小题主要考查古典概型、相互独立事件的概率、随机变量的分布列、数学期望等
基础知识,考查运算求解能力、应用意识,考查必然与或然思想.
10.(2013课标Ⅰ理,19,12分)一批产品需要进行质量检验,检验方案是:先从这批产品中任取4
件作检验,这4件产品中优质品的件数记为n.如果n=3,再从这批产品中任取4件作检验,若都
为优质品,则这批产品通过检验;如果n=4,再从这批产品中任取1件作检验,若为优质品,则这
批产品通过检验;其他情况下,这批产品都不能通过检验.
1
假设这批产品的优质品率为50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为 ,且各件产品是否
2
为优质品相互独立.
(1)求这批产品通过检验的概率;
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(2)已知每件产品的检验费用为100元,且抽取的每件产品都需要检验,对这批产品作质量检验
所需的费用记为X(单位:元),求X的分布列及数学期望.
解析 (1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A,第一次取出的4件产品全是
1
优质品为事件A,第二次取出的4件产品都是优质品为事件B,第二次取出的1件产品是优质
2 1
品为事件B,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(AB)∪(AB),且AB 与AB 互斥,所以
2 1 1 2 2 1 1 2 2
P(A)=P(AB)+P(AB)
1 1 2 2
=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)
1 1 1 2 2 2
4 1 1 1 3
= × + × = .
16 16 16 2 64
(2)X可能的取值为400,500,800,并且
4 1 11
P(X=400)=1- - = ,
16 16 16
1 1
P(X=500)= ,P(X=800)= .
16 4
所以X的分布列为
X 400 500 800
11 1 1
P
16 16 4
11 1 1
EX=400× +500× +800× =506.25.
16 16 4
11.(2016课标Ⅰ,19,12分)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,得下面柱状图:
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器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的分布列;
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(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?
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
8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.
可知X的所有可能取值为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. (4分)
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22
0.0
P 0.040.160.240.24 0.2 0.08
4
(6分)
(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19. (8分)
(3)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=19时,
EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4 040.(10
分)
当n=20时,
EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4 080.
可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19. (12分)
思路分析 (1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列.
(2)根据(1)中求得的概率可得P(X≤18)以及P(X≤19)的值,由此即可确定n的最小值.
(3)求出n=19,n=20时的期望值,比较大小即可作出决策.
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
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考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
1.(2021广东中山期末,6)为应对新冠疫情,许多企业在非常时期转产抗疫急需物资.某工厂为
了监控转产产品的质量,测得某批n件产品的正品率为98%,现从中任意有放回地抽取3件产
品进行检验,则至多抽到1件次品的概率为 ( )
A.0.998 816 B.0.999 6 C.0.057 624 D.0.001 184
答案 A
2.(多选题)(2021湖南三湘名校联盟第五次联考,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个小球,设取出的4个小球中白球的个数为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
3.(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
n 1 2 3 9
方差D(ξ)= .
20
答案 d2
3
4.(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);第二步再从袋中随机摸取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
5.(2020山东聊城模拟)某销售公司在当地A、B两家超市各有一个销售点,每日从同一家食品
厂一次性购进一种食品,每件200元,统一零售价为每件300元,两家超市之间调配食品不计费
用.若进货不足,食品厂以每件250元补货,若销售有剩余,食品厂以每件150元回收,现需决策
每日购进食品数量,为此搜集整理了A、B两家超市往年同期各50天的该食品销售记录,得
到如下数据:
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销售件数 8 9 10 11
频数 20 40 20 20
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)求X的分布列;
(2)以销售食品利润的期望为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选哪个?
1 2 1 1
解析 (1)由已知得两家超市销售食品件数为8,9,10,11的频率分别为 , , , ,
5 5 5 5
X的所有可能取值为16,17,18,19,20,21,22.
1 1 1 1 2 4
P(X=16)= × = ;P(X=17)= × ×2= ;
5 5 25 5 5 25
2 2 1 1 6
P(X=18)= × + × ×2= ;
5 5 5 5 25
1 2 1 1 6
P(X=19)= × ×2+ × ×2= ;
5 5 5 5 25
1 1 2 1 5
P(X=20)= × + × ×2= ;
5 5 5 5 25
1 1 2
P(X=21)= × ×2= ;
5 5 25
1 1 1
P(X=22)= × = ,
5 5 25
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22
1 4 6 6 5 2 1
P
25 25 25 25 25 25 25
(2)当n=19时,记Y 为A,B两家超市销售该食品的利润,则Y 的分布列为
1 1
Y 1 450 1 600 1 750 1 900 1 950 2 000 2 050
1
1 4 6 6 5 2 1
P
25 25 25 25 25 25 25
1 4 6 6 5 2 1
E(Y)=1 450× +1 600× +1 750× +1 900× +1 950× +2 000× +2 050× =1
1 25 25 25 25 25 25 25
822.
当n=20时,记Y 为A,B两家超市销售该食品的利润,则Y 的分布列为
2 2
Y 1 400 1 550 1 700 1 850 2 000 2 050 2 100
2
1 4 6 6 5 2 1
P
25 25 25 25 25 25 25
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1 4 6 6 5 2 1
E(Y)=1 400× +1 550× +1 700× +1 850× +2 000× +2 050× +2 100× =1
2 25 25 25 25 25 25 25
804.
因为E(Y)>E(Y),故应选n=19.
1 2
6.(2019广东佛山顺德第二次教学质量检测,18)某糕点房推出一类新品蛋糕,该蛋糕的成本价
为4元,售价为8元.受保质期的影响,当天没有销售完的糕点只能销毁.经过长期的调研,统计
了一下该新品的日需求量.现将近期一个月(30天)的需求量展示如下:
日需求量X(个) 20 30 40 50
天数 5 10 10 5
(1)从这30天中任取两天,求两天的日需求量均为40个的概率;
(2)以上表中的频率作为概率,列出日需求量X的分布列,并求该月的日需求量X的期望;
(3)根据(2)中的分布列求得当该糕点房一天制作35个该类蛋糕时,对应的利润的期望值为
320
;现有员工建议扩大生产,一天生产45个,求对应利润的期望值,判断此建议该不该被采纳.
3
C2
3
10
解析 (1)从这30天中任取两天,两天的日需求量均为40个的概率为 = .
C2 29
30
(2)日需求量X的分布列为
X 20 30 40 50
1 1 1 1
P
6 3 3 6
1 1 1 1
日需求量X的期望E(X)=20× +30× +40× +50× =35.
6 3 3 6
(3)设该糕点房制作45个蛋糕对应的利润为Y元,对应的分布列如下:
Y -20 60 140 180
1 1 1 1
P
6 3 3 6
1 1 1 1 280 280 320
利润Y的期望E(Y)=-20× +60× +140× +180× = .因为 < ,所以此建议不该被
6 3 3 6 3 3 3
采纳.
B组 综合应用题组
时间 : 40 分钟 分值 : 70 分
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一、单项选择题(每小题5分,共10分)
1
1.(2020浙江东阳中学月考,7)已知随机变量X的取值为0,1,2,若P(X=0)= ,E(X)=1,则D(X)=
4
( )
3 1 1
A. B. C. D.1
2 2 4
答案 B
2.(2021浙江宁波宁海中学创新班2月测试)小智参加三分投篮比赛,投中1次得1分,投不中
扣1分,已知小智投篮命中率为0.5,记小智投篮三次后的得分为随机变量ξ,则D(|ξ|)为( )
3 3 3
A. B. C. D.3
8 4 2
答案 B
二、解答题(共60分)
3.(2021湖南衡阳联考,19)槟榔芋又名香芋,衡阳市境内主要产于祁东县,槟榔芋富含淀粉、蛋
白质、脂肪和多种维生素,可加工成芋兰片、芋丝等副食品,深受广大消费者喜爱.衡阳市某
超市购进一批祁东槟榔芋,并随机抽取了50个统计其质量,得到的结果如下表所示:
质量/克 [130,150) [150,170) [170,190) [190,210) [210,230) [230,250)
数量/个 2 5 12 22 6 3
(1)若购进这批槟榔芋共100千克,同一组数据用该区间的中点值作代表,试估计这批槟榔芋的
数量(所得结果四舍五入保留整数);
(2)以频率估计概率,若在购进的这批槟榔芋中,随机挑选3个,记3个槟榔芋中质量在[150,170)
的槟榔芋数量为随机变量X,求X的分布列和数学期望E(X).
解析 (1)设50个槟榔芋中,每个槟榔芋的平均质量为q克,则
q=0.04×140+0.1×160+0.24×180+0.44×200+0.12×220+0.06×240=193.6,所以这批槟榔芋的数量
100 000
约为 ≈517(个).
193.6
(2)离散型随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
5 1
由表中数据可知,任意挑选一个槟榔芋,质量在[150,170)的频率为 = .
50 10
( 1 ) 3
所以P(X=0)= 1- =0.729,
10
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P(X=1)=C1· ( 1- 1 ) 2 · 1 =0.243,
3 10 10
P(X=2)=C2· ( 1- 1 ) 1 · ( 1 ) 2 =0.027,
3 10 10
( 1 ) 3
P(X=3)= =0.001,
10
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.729 0.243 0.027 0.001
所以E(X)=0×0.729+1×0.243+2×0.027+3×0.001=0.3.
4.(2021河北唐山一模,21)某赛事共有16位选手参加,采用双败淘汰制.双败淘汰制,即一个选
手在两轮比赛中失败才被淘汰出局.各选手抽签后两两交战(结果是“非胜即败”),胜者继续
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:
赛前通过抽签确定选手编号为1~16,在胜者组进行第一轮比赛.每条横线代表一场比赛,横线
下方的记号为失败者的编号代码,而获胜者没有代码,如败者组中的①,②,…,⑧指的是在胜者
组第一轮比赛的失败者,败者组中的A,B,…,G指的是在胜者组第二轮到第四轮比赛的失败者.
(1)本赛事共计多少场比赛?一位选手最多能进行多少轮比赛?(直接写结果)
(2)选手甲每轮比赛胜败都是等可能的,设甲共进行X轮比赛,求其期望E(X);
(3)假设选手乙每轮比赛的胜率都为t,那么乙有三成把握经败者组进入决赛吗?
( 1) n 1
参考知识:正整数n>1时, 1- < ,e为自然对数的底数,e≈2.718 28.
n e
解析 (1)30;7.
(2)X的可能取值为2,3,4,5,6,7,
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P(X=2)=
(1) 2
=
1 ,P(X=3)=C1(1) 3
=
1 ,P(X=4)=C1(1) 4
=
3 ,P(X=5)=C1(1) 5
+
(1) 4
=
3
,P(X=
2 4 2 2 4 3 2 16 4 2 2 16
6)=P(X=7)=C1(1) 6
=
1
,
4 2 16
分布列如下:
X 2 3 4 5 6 7
1 1 3 3 1 1
P
4 4 16 16 16 16
1 1 3 3 1 1 15
则E(X)=2× +3× +4× +5× +6× +7× = .
4 4 16 16 16 16 4
5
(3)设乙经败者组进入决赛的概率为f(t),则f(t)=C1 (1-t)·t5,0<t<1, f '(t)=4t4(5-6t),当0<t< 时, f
4 6
'(t)>0, f(t)单调递增,
5
当 <t<1时, f '(t)<0, f(t)单调递减,
6
(5) 1 (5) 5 4 (5) 6 4 ( 1) 6 ( 1) 6 1
得f(t)的最大值为f =4× × = × = × 1- ,由参考知识得 1- < ,故f
6 6 6 5 6 5 6 6 e
(5) 4 3
< < .所以,乙没有三成把握经败者组进入决赛.
6 5e 10
5.(2020普通高等学校招生全国统一模拟考试,19)某工厂生产一种产品的标准长度为10.00
cm,只要误差的绝对值不超过0.03 cm就认为合格,工厂质检部抽检了某批次产品1 000件,
检测其长度,绘制条形统计图如图:
(1)估计该批次产品长度误差绝对值的数学期望;
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(2)如果视该批次产品样本的频率为总体的概率,要求从工厂生产的产品中随机抽取2件,假设
其中至少有1件是标准长度产品的概率不小于0.8时,生产此产品的设备符合生产要求.判断
现有设备是否符合生产要求.若不符合生产要求,求出符合生产要求时,生产一件产品为标准
长度的概率的最小值.
解析 (1)设该批次产品长度误差的绝对值为随机变量X,则X的分布列为
X 0 0.01 0.02 0.03 0.04
P 0.4 0.3 0.2 0.075 0.025
所以X的数学期望E(X)=0×0.4+0.01×0.3+0.02×0.2+0.03×0.075+0.04×0.025=0.010 25.(5分)
(2)由(1)可知标准长度的概率为0.4,设至少有1件是标准长度产品为事件B,
(3) 2 16
则P(B)=1- = =0.64<0.8,故不符合概率不小于0.8的要求. (8分)
5 25
设生产一件产品为标准长度的概率为x,
由题意知P(B)=1-(1-x)2≥0.8,
√5
由0<x<1,解得1- ≤x<1.
5
√5
所以概率的最小值为1- .(12分)
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(0<p<1).现有4例疑似病例,分别对
其取样、检测,既可以逐个化验,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,则判定该组各个样本均为阴性,无需再化验.现有以下三种方案:
方案一:4个样本逐个化验;
方案二:4个样本混合在一起化验;
方案三:4个样本均分为两组,分别混合在一起化验.
在新冠肺炎爆发初期,由于检测能力不足,化验次数的期望值越小,则方案越优.
1
(1)若p= ,按方案一,求4例疑似病例中恰有2个样本呈阳性的概率;
3
1
(2)若p= ,现将该4例疑似病例样本进行化验,试比较以上三个方案中哪个最优,并说明理由.
10
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( 1)
解析 (1)用X表示4例疑似病例中化验结果呈阳性的数量,则X~B 4, ,
3
由题意可知P(X=2)=C2 × (1) 2 × ( 1- 1) 2 = 8 .
4 3 3 27
(2)方案一:若逐个化验,则化验次数为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1或5,
( 1 ) 4 6 561
P(X=1)= 1- = ,
10 10 000
3 439
P(X=5)=1-P(X=1)= ,
10 000
6 561 3 439 23 756
E(X)=1× +5× = .
10 000 10 000 10 000
( 1 ) 2
方案三:每组的两个样本混合在一起化验,若结果呈阴性,则化验次数为1,其概率为 1- =
10
81
.
100
81 19
若结果呈阳性,则化验次数为3,其概率为1- = .
100 100
设方案三化验次数为随机变量Y,
则Y=2,4,6,
81 81 81×81 6 561
P(Y=2)= × = = ,
100 100 10 000 10 000
81 19 2×81×19 3 078
P(Y=4)= × ×2= = ,
100 100 10 000 10 000
19 19 361
P(Y=6)= × = ,
100 100 10 000
6 561 3 078 361 27 600
则E(Y)=2× +4× +6× = .
10 000 10 000 10 000 10 000
由E(X)<E(Y)<4,知方案二最优.
7.(2021广东肇庆二模,19)为落实中央“坚持五育并举,全面发展素质教育,强化体育锻炼”的
指示精神,小明和小亮两名同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方
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记2分,失败方记0分,没有平局,谁先获得10分就获胜,比赛结束.假设每局比赛小明获胜的概
2
率都是 .
3
(1)求比赛结束时恰好打了7局的概率;
(2)若现在是小明以6∶2的比分领先,记X表示结束比赛还需打的局数,求X的分布列及期望.
解析
(1)恰好打了7局小明获胜的概率P=C4(2) 5
×
(1) 2
=
15×25
,
1 6 3 3 37
恰好打了7局小亮获胜的概率P=C4(2) 2
×
(1) 5
=
15×22
,
2 6 3 3 37
15×25+15×22 20
故比赛结束时恰好打了7局的概率P=P+P= = .
1 2 37 81
(2)X的可能取值为2,3,4,5.
(2) 2 4
P(X=2)= = ,
3 9
P(X=3)=C1×
(2) 2
×
1
=
23
=
8
,
2 3 3 33 27
P(X=4)=C1×
(2) 2
×
(1) 2
+C4×
(1) 4
=
13
=
13
,
3 3 3 4 3 34 81
P(X=5)=C1
×
(2) 2
×
(1) 3
+C3
×
2
×
(1) 4
=
24
=
8
或P(X=5)=C3
×
2
×
(1) 3
=
8
=
8
.
4 3 3 4 3 3 35 81 4 3 3 34 81
所以X的分布列如下:
X 2 3 4 5
4 8 13 8
P
9 27 81 81
4 8 13 8 236
E(X)=2× +3× +4× +5× = .
9 27 81 81 81
26 / 26
