文档文本内容
专题九 计数原理、概率与统计 ２ ４９
9.3 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
学生用书P308
. K F 6 K +K F
1 9 Y Q J O
J J
. K F . K F+
*= =.
P55 9 Y Y Y O
1 Q Q Q
O
9
% +
. K F 1 Q Q
N
. K F+ & 9 Y Q Y Q Y O Q O Y J Q J
I
B& B9 C B& 9 C B C
% 9 Y& 9 Q Y& 9 Q
. K
. K F+ N
F+' Y& 9 Q Y& 9 Q
O O J J
P55 I
B% 9 & 9 & 9
& 9 Q
%+
% 9 Q Q
学生用书P308
题型 离散型随机变量及其分布列、均值与方差 ( ) ( ) ( )
Ｐ（Ｘ ） ２ １ １ ４ ；（全部答错）
＝０ ＝ １－ × １－ × １－ ＝
求解离散型随机变量及其分布列 均值与方差的一般步骤 ３ ３ ３ ２７
、 ： ( ) ( )
1.明确随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义． Ｐ（Ｘ ） ２ １ １ ８ ；（答对Ａ题）
＝１ ＝ × １－ × １－ ＝
2.利用概率的有关知识 求出随机变量取每个值的概率． ３ ３ ３ ２７
， ( ) ( ) ( ) ( )
3.按规范形式写出分布列 并用分布列的性质验证． Ｐ（Ｘ ） ２ １ １ ２ １ １ ４ ；
， ＝２ ＝ １－ × × １－ ＋ １－ × １－ × ＝
３ ３ ３ ３ ３ ３ ２７
4.根据分布列 正确运用期望与方差的定义或公式进行计算．
， （答对Ｂ题或Ｃ题）
说明 求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所 ( ) ( )
Ｐ（Ｘ ） ２ １ １ ２ １ １ ８ ；（答对Ａ，Ｂ
取值对应的概率，在求解时，要注意计数原理、排列组合的应用． ＝３ ＝ × × １－ ＋ × １－ × ＝
３ ３ ３ ３ ３ ３ ２７
例1 （ 河北部分重点高中期末， ）为欢度春节 某商场 题或Ａ，Ｃ题）
２０２４ １６ ，
组织了 文明迎新年 知识竞赛活动 每名参赛者需要回答 Ａ ( )
“ ” ， 、 Ｐ（Ｘ ） ２ １ １ １ ；（答对Ｂ，Ｃ题）
Ｂ Ｃ三道题目 通过答题获得积分 进而获得相应的礼品．每题 ＝４ ＝ １－ × × ＝
、 ， ， ３ ３ ３ ２７
答错得 分 答对Ａ题目得 分 答对Ｂ Ｃ题目分别得 分 每
０ ， １ ， 、 ２ ， Ｐ（Ｘ ） ２ １ １ ２ ，（全部答对）
＝５ ＝ × × ＝
名参赛者的最后得分为每题得分的累计得分 已知一名参赛者 ３ ３ ３ ２７
，
可得该名参赛者最终累计得分的分布列为
答对Ａ题目的概率为 ２ 答对Ｂ Ｃ题目的概率均为 １ 并且每
， 、 ， Ｘ
３ ３ ０ １ ２ ３ ４ ５
题答对与否相互独立．
求该名参赛者恰好答对两道题目的概率 Ｐ ４ ８ ４ ８ １ ２
（１） ；
２７ ２７ ２７ ２７ ２７ ２７
求该名参赛者最终累计得分的分布列和数学期望．
（２） （提醒：判断所求离散型随机变量的分布列是否正确，可用ｐ
解析 （ ）由题意可得：该名参赛者恰好答对两道题目的概 １＋
１ ｐ … ｐ 检验）
率Ｐ ２ １
(
１
)
２
(
１
)
１
(
２
)
１ １
２＋ ＋ ｎ＝１
＝ ３ × ３ × １－ ３ ＋ ３ × １－ ３ × ３ ＋ １－ ３ × ３ × ３ 所以数学期望Ｅ（Ｘ） ＝０× ４ ＋１× ８ ＋２× ４ ＋３× ８ ＋４× １ ＋５× ２
２７ ２７ ２７ ２７ ２７ ２７
１ ．
＝ ．
３ ＝２
（ ）设该名参赛者最终累计得分为Ｘ，可知Ｘ ， ， ， ， ， ，则 例2 （ 广东茂名第二次综合测试， ）在一场乒乓球赛
２ ＝０ １ ２ ３ ４ ５ ２０２４ １８
２ ５０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
中 甲 乙 丙 丁四人角逐冠军．比赛采用 双败淘汰制 具体 多想少算
， 、 、 、 “ ”，
赛制为 首先 四人通过抽签两两对阵 胜者进入 胜区 败者
： ， ， “ ”， 例 （ 安徽蚌埠教学质量检测， ）在一组样本数据中
进入 败区 接下来 胜区 的两人对阵 胜者进入最后决赛 ２０２４ ７ ，１，２，
“ ”； ，“ ” ， ；
４
败区 的两人对阵 败者直接淘汰出局获得第四名 紧接着 出现的频率分别为ｐ ｐ ｐ ｐ 且 ｐ 则下面四种情
“ ” ， ； ， ３，４ １， ２， ３， ４， ∑ｉ＝ ｉ＝１，
败区 的胜者和 胜区 的败者对阵 胜者晋级最后的决赛 败 １
“ ” “ ” ， ， 形中 对应样本的标准差最小的一组是 Ｃ
者获得第三名 最后 剩下的两人进行最后的冠军决赛 胜者获 ， （ ）
； ， ， ｐ ． ｐ ． ｐ ． ｐ ．
得冠军 败者获得第二名．甲对阵乙 丙 丁获胜的概率均为ｐ Ａ． １＝０１， ２＝０２， ３＝０３， ４＝０４
， 、 、 （０ ｐ ． ｐ ． ｐ ． ｐ ．
ｐ 且不同对阵的结果相互独立． Ｂ． １＝０４， ２＝０３， ３＝０２， ４＝０１
＜ ＜１）， ｐ ｐ ． ｐ ｐ ．
若ｐ ． 经抽签 第一轮由甲对阵乙 丙对阵丁． Ｃ． １＝ ４＝０１， ２＝ ３＝０４
（１） ＝０６， ， ， ｐ ｐ ． ｐ ｐ ．
求甲获得第四名的概率 Ｄ． １＝ ４＝０４， ２＝ ３＝０１
（ｉ） ； 解析 解法一（定量计算得结论） 对于 ，Ｅ（Ｘ） ．
求甲在 双败淘汰制 下参与对阵的比赛场数的数学期望． Ａ ＝ １×０ １＋
（ｉｉ） “ ”
． ． ． ，
除 双败淘汰制 外 也经常采用 单败淘汰制 抽签决定 ２×０２＋３×０３＋４×０４＝３
（２） “ ” ， “ ”：
两两对阵 胜者晋级 败者淘汰 直至决出最后的冠军．哪种赛制
Ｄ（Ｘ）
＝
（
１－３
）２
×０
．
１＋
（
２－３
）２
×０
．
２＋
（
３－３
）２
×０
．
３＋
（
４－３
）２
×０
．
４
， ， ，
，
对甲夺冠有利 请说明理由． ＝１
？
解析 （ ）（ ）记“甲获得第四名”为事件 Ａ，则 Ｐ（Ａ） （ 所以σ（Ｘ） Ｄ（Ｘ） ，
１ ｉ ＝ １－ ＝ ＝１
０
．
６
）２
＝０
．
１６
． 对于
Ｂ
，Ｅ（Ｘ）
＝１×０
．
４＋２×０
．
３＋３×０
．
２＋４×０
．
１＝２
，
（ ）记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变 Ｄ（Ｘ） （ ）２ ． （ ）２ ． （ ）２ ． （ ）２ ．
ｉｉ ＝ １－２ ×０ ４＋ ２－２ ×０ ３＋ ３－２ ×０ ２＋ ４－２ ×０ １
量Ｘ， ，
＝１
则Ｘ的所有可能取值为 ， ， ． 所以σ（Ｘ） Ｄ（Ｘ） ，
２ ３ ４ ＝ ＝１
连败两局：Ｐ（Ｘ ） （ ． ）２ ． ． 对于 ，Ｅ（Ｘ） ． ． ． ． ． ，
＝２ ＝ １－０６ ＝０１６ Ｃ ＝１×０１＋２×０４＋３×０４＋４×０１＝２５
Ｘ
＝３
可分为连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负， Ｄ（Ｘ）
＝
（
１－２
．
５
）２
×０
．
１＋
（
２－２
．
５
）２
×０
．
４＋
（
３－２
．
５
）２
×０
．
４＋
（
４－２
．
５
）２
Ｐ（Ｘ ） ． ２ （ ． ） ． （ ． ） ． （ ． ） （ ． ． ，
＝３ ＝０６ ＋ １－０ ６ ×０ ６× １－０ ６ ＋０ ６× １－０ ６ × １－ ×０１＝０６５
． ） ． ，
０６ ＝０５５２ 所以σ（Ｘ） Ｄ（Ｘ） ． ，
＝ ＝ ０６５
Ｐ（Ｘ ） （ ． ） ． ． ． （ ． ） ． ． ，
＝４ ＝ １－０６ ×０６×０６＋０６× １－０６ ×０６＝０２８８ 对于 ，Ｅ（Ｘ） ． ． ． ． ． ，
故Ｘ的分布列如下： Ｄ ＝１×０４＋２×０１＋３×０１＋４×０４＝２５
Ｄ（Ｘ） （ ． ）２ ． （ ． ）２ ． （ ． ）２ ． （ ． ）２
＝ １－２５ ×０４＋ ２－２５ ×０１＋ ３－２５ ×０１＋ ４－２５
Ｘ ２ ３ ４ ． ． ，所以σ（Ｘ） Ｄ（Ｘ） ． ．
×０４＝１８５ ＝ ＝ １８５
Ｐ ． ． ． 故选
０１６ ０５５２ ０２８８ Ｃ．
故数学期望Ｅ（Ｘ） ． ． ． ． ． 解法二（定性分析得结论） 方差和标准差都反映的是数据波
＝２×０１６＋３×０５５２＋４×０２８８＝３１２８
（
２
）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率Ｐ
＝
ｐ３
＋
ｐ（
１－
ｐ）ｐ２
＋
（
１－
ｐ）ｐ３ 动情况，数据的波动越大，方差和标准差越大，反之亦然．
Ａ
，
Ｂ
选
＝
（
３－２
ｐ）ｐ３． 项的数据波动情况对称相同，故他们标准差是一样的，
Ｃ
选项中
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为ｐ２． 间
２
，
３
出现的频率相同且较高，两边
１
，
４
出现的频率相同且较
因为（ ｐ）ｐ３ ｐ２ ｐ２（ ｐ ｐ２ ） ｐ２（ ｐ ）（ ｐ），且 ｐ ， 低，所以数据集中程度高，故标准差应该最小， 选项的标准差
３－２ － ＝ ３ －２ －１ ＝ ２ －１ １－ ０＜ ＜１ Ｄ
( ) 应该是最大的，故选
所以ｐ １ ， 时，（ ｐ）ｐ３ ｐ２，“双败淘汰制”对甲夺冠 Ｃ．
∈ １ ３－２ ＞
２ 风向解读
有利；
本题看似是标准差的计算问题，实际上考查学生对标准差概
( )
ｐ ，１ 时，（ ｐ）ｐ３ ｐ２，“单败淘汰制”对甲夺冠有利； 念本质的理解，并在理解的基础上加以应用，如果盲目计算，
∈ ０ ３－２ ＜
２ 即使最后能得到正确结果，也会浪费大量时间，得不偿失，体
ｐ １ 时，两种赛制甲夺冠的概率一样． 现新高考多想少算的变化趋势．
＝
２
若ｐ ． ｑ ． 甲参加第一阶段比赛 求甲 乙所在队的
学生用书P152 （１） ＝０ ４， ＝０ ５， ， 、
比赛成绩不少于 分的概率．
（ 新课标 ， ， 分，难）某投篮比赛分为两个阶段 每个 ５
２０２４ Ⅱ １８ １７ ， 假设 ｐ ｑ．
参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下 第一阶段由参赛队 （２） ０＜ ＜
： 为使得甲 乙所在队的比赛成绩为 分的概率最大 应该由
中一名队员投篮 次 若 次都未投中 则该队被淘汰 比赛成 （ｉ） 、 １５ ，
３ ， ３ ， ， 谁参加第一阶段比赛
绩为 分 若至少投中 次 则该队进入第二阶段．第二阶段由 ？
０ ； １ ， 为使得甲 乙所在队的比赛成绩的数学期望最大 应该由谁
该队的另一名队员投篮 次 每次投篮投中得 分 未投中得 （ｉｉ） 、 ，
３ ， ５ ， ０ 参加第一阶段比赛
分 该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． ？
， 解析 由题意知甲参加第一阶段比赛与乙参加第二阶段
某参赛队由甲 乙两名队员组成 设甲每次投中的概率为ｐ 乙 （１）
、 ， ， 比赛是相互独立事件．
每次投中的概率为ｑ 各次投中与否相互独立．
，
专题九 计数原理、概率与统计 ２ ５１
因此甲 乙所在队的比赛成绩不少于 分的概率为 出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为 ξ 则 Ｐ ξ
、 ５ ， （ ＝０）＝
ｐ ３ ｑ ３ ． ３ ． ３
［１－（１－ ） ］［１－（１－ ） ］＝［１－（１－０ ４） ］［１－（１－０ ５） ］＝ １ Ｅ ξ ．
． ． ， （ ）＝ １
０６８６ ３
设由甲参加第一阶段比赛 该队比赛成绩为 分的概 ４．（ 北京， ， 分，中）在校运动会上 只有甲 乙 丙三名
（２）（ｉ） ， １５ ２０２２ １８ １３ ， 、 、
率为 Ｐ 乙参加第一阶段比赛 该队比赛成绩为 分的概率 同学参加铅球比赛 比赛成绩达到 ． 以上 含 ． 的
１， ， １５ ， ９ ５０ ｍ （ ９５０ ｍ）
为Ｐ
同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主 收
，
２，
集了甲 乙 丙以往的比赛成绩 并整理得到如下数据 单位
则Ｐ ｐ ３ ｑ３ Ｐ ｑ ３ ｐ３． 、 、 ， （ ：
１＝［１－（１－ ） ］ ， ２＝［１－（１－ ） ］
则Ｐ Ｐ ｐ ３ ｑ３ ｑ ３ ｐ３ ｐｑ ｑ ｐ ｑ ｐ ｍ）：
１－ ２＝［１－（１－ ） ］ －［１－（１－ ） ］ ＝３ （ － ）（ ＋ － 甲 ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．
ｐｑ 又 ｐ ｑ 所以ｑ ｐ ｐ ｑ ｐｑ ｐ ｑ ｑ 所以Ｐ ：９８０，９７０，９５５，９５４，９４８，９４２，９４０，９３５，９３０，９２５；
）， ０＜ ＜ ＜１， － ＞０， ＋ － ＝ （１－ ）＋ ＞０， １＞ 乙 ． ． ． ． ． ．
Ｐ 则应由甲参加第一阶段 这样才能使得甲 乙所在队的比赛 ：９７８，９５６，９５１，９３６，９３２，９２３；
２， ， 、 丙 ． ． ． ． ．
成绩为 分的概率最大． ：９８５，９６５，９２０，９１６
１５ 假设用频率估计概率 且甲 乙 丙的比赛成绩相互独立．
设甲参加第一阶段比赛 该队比赛成绩为Ｘ 则Ｘ的可能取 ， 、 、
（ｉｉ） ， ， 估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率
值为 ．则 （１） ；
０，５，１０，１５ 设Ｘ是甲 乙 丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总
Ｐ Ｘ ｐ ３ ｐ ３ ｑ ３ （２） 、 、
（ ＝０）＝（１－ ） ＋［１－（１－ ） ］（１－ ） ， 人数 估计Ｘ的数学期望ＥＸ
Ｐ Ｘ ｐ ３ １ｑ ｑ ２ ， ；
（ ＝５）＝［１－（１－ ） ］·Ｃ３ （１－ ） ， 在校运动会铅球比赛中 甲 乙 丙谁获得冠军的概率估计
Ｐ Ｘ ｐ ３ ２ｑ２ ｑ （３） ， 、 、
（ ＝１０）＝［１－（１－ ） ］·Ｃ３ （１－ ）， 值最大 结论不要求证明
Ｐ Ｘ ｐ ３ ｑ３ ？ （ ）
（ ＝１５）＝［１－（１－ ） ］· ， 解析 甲以往参加的 次比赛中 有 次比赛成绩达
所以由甲参加第一阶段比赛 该队比赛成绩的数学期望为Ｅ Ｘ （１） １０ ， ４
， （ ）
＝０＋５［１－（１－ ｐ ） ３ ］·Ｃ １ ３ ｑ （１－ ｑ ） ２ ＋１０［１－（１－ ｐ ） ３ ］·Ｃ ２ ３ ｑ２ （１－ ｑ ）＋ 到获得优秀奖的标准 ， 则甲得优秀奖的概率Ｐ ＝ １ ４ ０ ＝ ５ ２ ．
ｐ ３ ｑ３ ｑ ｐ ｐ２ ｐ３ ． 随机变量Ｘ的所有可能取值为 设甲 乙 丙获得
１５［１－（１－ ） ］· ＝１５ （３ －３ ＋ ） （２） ０，１，２，３， 、 、
设乙参加第一阶段比赛 该队比赛成绩为Ｙ 同理可得乙参加第
， ， 优秀奖分别为事件 Ａ Ｂ Ｃ 则 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ 相互独立 且
一阶段比赛 该队比赛成绩的数学期望 Ｅ Ｙ ｐ ｑ ｑ２ ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， （ ）＝ １５ （３ －３ ＋
Ｐ Ａ ２ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １ Ｐ Ａ Ｐ Ａ ２ ３
ｑ３ ． （ ）＝ ， （ ）＝ （ ）＝ ， （ ）＝ １－ （ ）＝ １－ ＝ ，
） ５ ２ ５ ５
Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ ｑ ｐ ｐ２ ｐ３ ｐ ｑ ｑ２ ｑ３
（ ） － （ ） ＝ １５ （３ －３ ＋ ） －１５ （３ －３ ＋ ） ＝ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １
ｐｑ ｑ ｐ ｐ ｑ （ ）＝ （ ）＝ ，
１５ （ － ）（３－ － ）， ２
因为 ｐ ｑ 所以ｑ ｐ ｐ ｑ 所以Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ ．
０＜ ＜ ＜１， － ＞０，３－ － ＞０， （ ）＞ （ ） 则Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ３ １ １ ３
则由甲参加第一阶段比赛时 该队比赛成绩的数学期望最大． （ ＝０）＝ （ ）＝ （ ） （ ） （ ）＝ × × ＝ ；
， ５ ２ ２ ２０
考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差 Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢ Ｃ Ｐ ＡＢ Ｃ Ｐ Ａ ＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ
（ ＝１）＝ （ ）＋ （ ）＋ （ ）＝ （ ） （ ）·
学生用书P152 Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ２ １ １ ３
（ ）＋ （ ） （ ） （ ）＋ （ ） （ ） （ ）＝ × × ＋ ×
１．（ 课标 理， ， 分，易）在一组样本数据中 出 ５ ２ ２ ５
２０２０ Ⅲ ３ ５ ，１，２，３，４
１ １ ３ １ １ ８ ２
现的频率分别为ｐ ｐ ｐ ｐ 且 ４ ｐ 则下面四种情形 × ＋ × × ＝ ＝ ；
１， ２， ３， ４， ∑ｉ＝ ｉ＝１， ２ ２ ５ ２ ２ ２０ ５
１ Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ
中 对应样本的标准差最大的一组是 Ｂ （ ＝２）＝ （ ）＋ （ ）＋ （ ）＝ （ ） （ ）· （ ）
， （ ）
ｐ ｐ ． ｐ ｐ ． Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ２ １ １ ２ １
Ａ． １＝ ４＝０１， ２＝ ３＝０４ ＋ （ ） （ ） （ ）＋ （ ） （ ） （ ）＝ × × ＋ × ×
ｐ ｐ ． ｐ ｐ ． ５ ２ ２ ５ ２
Ｂ． １＝ ４＝０４， ２＝ ３＝０１
ｐ ｐ ． ｐ ｐ ． １ ３ １ １ ７
Ｃ． １＝ ４＝０２， ２＝ ３＝０３ ＋ × × ＝ ；
２ ５ ２ ２ ２０
ｐ ｐ ． ｐ ｐ ．
Ｄ． １＝ ４＝０３， ２＝ ３＝０２
２．（多选）（ 新高考 ， ， 分，难）信息熵是信息论中的一 Ｐ （ Ｘ ＝３）＝ Ｐ （ ＡＢＣ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ） Ｐ （ Ｃ ）＝ ２ × １ × １ ＝ １ ．
２０２０ Ⅰ １２ ５ ５ ２ ２ １０
个重要概念．设随机变量Ｘ所有可能的取值为 ｎ 且
１，２，…， ， 故Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ ３ ２ ７ １ ７ ．
ｎ （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝
Ｐ Ｘ ｉ ｐ ｉ ｎ ｐ 定义 Ｘ 的信息熵 ２０ ５ ２０ １０ ５
（ ＝ ）＝ ｉ＞０（ ＝１，２，…， ）， ∑ｉ＝ ｉ＝１， 丙．
１ （３）
ｎ
Ｈ Ｘ ｐ ｐ． ＡＣ
（ ）＝－∑ｉ＝ ｉｌｏｇ２ ｉ （ ） 详解
：
乙夺冠的概率为Ｐ
（
乙
）＝
１
×
９
×
３
＋
１
×
４
×
１
＋
１
×
若ｎ 则 １ Ｈ Ｘ ６ １０ ４ ６ ５ ２ ６
Ａ． ＝１， （ ）＝０
若ｎ 则Ｈ Ｘ 随着ｐ 的增大而增大 ３ １ １ ３ １ １ １ １ １３
Ｂ． ＝２， （ ） １ ５ × ２ ＋ ６ × １０ × ２ ＋ ６ × ５ × ２ ＝ ４８ ，
Ｃ． 若ｐ ｉ＝ ｎ １ （ ｉ ＝１，２，…， ｎ ）， 则Ｈ （ Ｘ ） 随着ｎ的增大而增大 丙夺冠的概率为Ｐ （ 丙 ）＝ １ ＋ １ × ４ × ５ ＝ ５ ，
４ ４ ５ ６ １２
若ｎ ｍ 随机变量Ｙ所有可能的取值为 ｍ 且Ｐ Ｙ
Ｄ． ＝２ ， １，２，…， ， （ 甲夺冠的概率为Ｐ 甲 ５ １３ ５
ｊ ｐ ｐ ｊ ｍ 则Ｈ Ｘ Ｈ Ｙ （ ）＝１－ － ＝ ，
＝ ）＝ ｊ＋ ２ ｍ ＋１－ ｊ（ ＝１，２，…， ）， （ ）≤ （ ） １２ ４８ １６
３．（ 浙江， ， 分，中）盒中有 个球 其中 个红球 个 Ｐ 丙 最大 所以丙夺冠的概率最大．
２０２０ １６ ６ ４ ， １ ，１ （ ） ，
绿球 个黄球．从盒中随机取球 每次取 个 不放回 直到取 ５．（ 新高考 ， ， 分，中）某学校组织 一带一路 知识
，２ ， １ ， ， ２０２１ Ⅰ １８ １２ “ ”
２ ５２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
竞赛 有 两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中 即ｐ ． ｐ ． ｐ ． ｐ ． ．
， Ａ，Ｂ ｉ ＋１＝０６ ｉ＋（１－０８）×（１－ ｉ）＝０４ ｉ＋０２
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 ( )
， 设ｐ λ ２ ｐ λ 解得λ １ 则ｐ １ ２ ｐ １
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 ｉ ＋１＋ ＝ （ ｉ＋ ）， ＝－ ， ｉ ＋１－ ＝ ｉ－ ，
； ５ ３ ３ ５ ３
{ }
问题回答 无论回答正确与否 该同学比赛结束． 类问题中
的每个问
，
题回答正确得 分
，
否则得 分 类问
Ａ
题中的每
因为ｐ １＝
２
１ ， ｐ １－
３
１ ＝
６
１ ， 所以 ｐ ｉ－
３
１ 是首项为 １
６
， 公比为
２０ ， ０ ；Ｂ ( )ｉ ( )ｉ
个问题回答正确得 分 否则得 分． ２ 的等比数列 所以ｐ １ １ ２ －１ 即ｐ １ ２ －１
８０ ， ０ ， ｉ－ ＝ × ， ｉ＝ ×
已知小明能正确回答 类问题的概率为 ． 能正确回答 类 ５ ３ ６ ５ ６ ５
Ａ ０８， Ｂ
问题的概率为 ． 且能正确回答问题的概率与回答次序无关． １ ．
０６， ＋
３
（１）
若小明先回答
Ａ
类问题
，
记Ｘ为小明的累计得分
，
求Ｘ的
( )ｉ
－１
所以第ｉ次投篮的人是甲的概率为 １ ２ １ ．
分布列 × ＋
； ６ ５ ３
为使累计得分的期望最大 小明应选择先回答哪类问题 ( )ｉ
（２） ， ？ 因为ｐ １ ２ －１ １ ｉ ｎ
并说明理由． （３） ｉ＝ × ＋ ， ＝１，２，…， ，
６ ５ ３
解析 由题易知Ｘ的所有可能取值为 ( )ｎ
（１） ０，２０，１００， ２
Ｐ Ｘ ． ． １－ ｎ
Ｐ
（
Ｘ
＝０）＝１－
．
０８＝０２，
． ．
所以当ｎ ∈ Ｎ 时 ， Ｅ （ Ｙ ）＝ ｐ １＋ ｐ ２＋…＋ ｐ ｎ＝
６
１ × ５
２
＋
３
＝
（ ＝２０）＝０８×（１－０６）＝０３２， １－
Ｐ Ｘ ． ． ． ５
（ ＝１００）＝０８×０６＝０４８， [ ( )ｎ] ｎ [ ( )ｎ] ｎ
所以Ｘ的分布列为 ５ ２ 故Ｅ Ｙ ５ ２ ．
１－ ＋ ， （ ）＝ １－ ＋
１８ ５ ３ １８ ５ ３
Ｘ ７．（ 新高考 ， ， 分，难）一种微生物群体可以经过自身
０ ２０ １００ ２０２１ Ⅱ ２１ １２
繁殖不断生存下来 设一个这种微生物为第 代 经过一次繁
Ｐ ． ． ．
０２ ０３２ ０４８ ， ０ ，
殖后为第 代 再经过一次繁殖后为第 代 该微生物每
由 可知Ｅ Ｘ ． ． ． ． ． １ ， ２ ……
（２） （１） （ ）＝０×０２＋２０×０３２＋１００×０４８＝５４４ 代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列 设Ｘ表示
假设小明先回答 类问题 其累计得分为Ｙ 则Ｙ的所有可能 ， １
Ｂ ， ， 个微生物个体繁殖下一代的个数 Ｐ Ｘ ｉ ｐ ｉ ．
取值为 ， （ ＝ ）＝ ｉ（ ＝０，１，２，３）
０，８０，１００， 已知ｐ ． ｐ ． ｐ ． ｐ ． 求Ｅ Ｘ
Ｐ Ｙ ． ． （１） ０＝０４， １＝０３， ２＝０２， ３＝０１， （ ）；
（ ＝０）＝１－０６＝０４， 设ｐ表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率 ｐ
Ｐ Ｙ ． ． ． （２） ，
（ ＝８０）＝０６×（１－０８）＝０１２， 是关于ｘ的方程 ｐ ｐ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ的一个最小正实根 求
Ｐ Ｙ ． ． ． ： ０＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝ ，
（ ＝１００）＝０６×０８＝０４８， 证 当Ｅ Ｘ 时 ｐ 当Ｅ Ｘ 时 ｐ
所以Ｙ的分布列为 ： （ ）≤１ ， ＝１， （ ）＞１ ， ＜１；
根据你的理解说明 问结论的实际含义．
（３） （２）
Ｙ 解析 Ｅ Ｘ ． ． ． ． ．
０ ８０ １００ （１） （ ）＝０×０４＋１×０３＋２×０２＋３×０１＝１
Ｐ ． ． ． 证法一：由题意得ｐ ｐ ｐ ｐ Ｅ Ｘ ｐ ｐ ｐ 因
０４ ０１２ ０４８ （２） ０＋ １＋ ２＋ ３＝１， （ ）＝ １＋２ ２＋３ ３，
所以Ｅ （ Ｙ ）＝０×０ ． ４＋８０×０ ． １２＋１００×０ ． ４８＝５７ ． ６，
为ｐ
０＋
ｐ
１
ｘ
＋
ｐ
２
ｘ２
＋
ｐ
３
ｘ３
＝
ｘ
，
所以Ｅ （ Ｙ ）＞ Ｅ （ Ｘ ），
所以ｐ
０＋
ｐ
２
ｘ２
＋
ｐ
３
ｘ３
－（１－
ｐ
１）
ｘ
＝０，
所以小明应选择先回答
Ｂ
类问题． 即ｐ
０＋
ｐ
２
ｘ２
＋
ｐ
３
ｘ３
－（
ｐ
０＋
ｐ
２＋
ｐ
３）
ｘ
＝０，
６．（ 新课标 ， ， 分，难）甲 乙两人投篮 每次由其中一 即 ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｐ ｘ ｐ
２０２３ Ⅰ ２１ １２ 、 ， （ －１）［ ３ ＋（ ２＋ ３） － ０］＝０，
人投篮 规则如下 若命中则此人继续投篮 若未命中则换为 令ｆ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｐ ｘ ｐ
， ： ， （ ）＝ ３ ＋（ ２＋ ３） － ０，
对方投篮．无论之前投篮情况如何 甲每次投篮的命中率均为 ｐ ｐ
， 则ｆ ｘ 图象的对称轴为直线ｘ ２＋ ３
． 乙每次投篮的命中率均为 ． ．由抽签确定第 次投篮的 （ ） ＝－ ｐ ＜０，
０６， ０ ８ １ ２ ３
人选 第 次投篮的人是甲 乙的概率各为 ． ． 且ｆ ｐ
， １ 、 ０５ （０）＝－ ０＜０，
求第 次投篮的人是乙的概率 ｆ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ Ｅ Ｘ ．
（１） ２ ； （１）＝２ ３＋ ２－ ０＝ １＋２ ２＋３ ３－１＝ （ ）－１
求第ｉ次投篮的人是甲的概率 当Ｅ Ｘ 时 ｆ ｆ ｘ 的正实根ｘ 则原方程的
（２） ； （ ）≤１ ， （１）≤０， （ ） ０≥１，
（３） 已知 ： 若随机变量Ｘ ｉ 服从两点分布 ， 且Ｐ （ Ｘ ｉ＝１）＝１－ Ｐ （ Ｘ ｉ 最小正实根ｐ ＝１；
ｑ ｉ ｎ 则Ｅ æ ç ｎ Ｘ ö ÷ ｎ ｑ．记前ｎ次 即从 当Ｅ （ Ｘ ）＞１ 时 ， ｆ （１）＞０， ｆ （ ｘ ） 的正实根ｘ ０＜１， 则原方程的最
＝０）＝ ｉ， ＝１，２，…， ， è∑ｉ＝
１
ｉ ø ＝∑ｉ＝
１
ｉ （ 小正实根ｐ
＝
ｘ
０＜１
．
第 次到第ｎ次投篮 中甲投篮的次数为Ｙ 求Ｅ Ｙ ． 证法二：设ｆ ｘ ｐ ｘ３ ｐ ｘ２ ｐ ｘ ｐ
１ ） ， （ ） （ ）＝ ３ ＋ ２ ＋（ １－１） ＋ ０，
解析 记Ａ 第ｉ次投篮的人是甲 Ｂ 第ｉ次投篮的 由题易知ｐ ｐ ｐ ｐ
ｉ＝“ ”， ｉ＝“ ３＋ ２＋ １＋ ０＝１，
人是乙 ． 故ｆ ｘ ｐ ｘ３ ｐ ｘ２ ｐ ｐ ｐ ｘ ｐ
” （ ）＝ ３ ＋ ２ －（ ２＋ ０＋ ３） ＋ ０，
因为 Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ｆ ′ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ ｐ ｐ ｐ
（１） （ ２）＝ （ １ ２）＋ （ １ ２）＝ （ １） （ ２｜ １）＋ （ ）＝３ ３ ＋２ ２ －（ ２＋ ０＋ ３），
Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｂ ． ． ． ． ． Ｅ Ｘ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
（ １） （ ２｜ １）＝０５×（１－０６）＋０５×０８＝０６， （ ）＝０· ０＋１· １＋２· ２＋３· ３＝ １＋２ ２＋３ ３，
所以第 次投篮的人是乙的概率为 ． ． 若Ｅ Ｘ 则ｐ ｐ ｐ 故ｐ ｐ ｐ
２ ０６ （ ）≤１， １＋２ ２＋３ ３≤１， ２＋２ ３≤ ０，
设Ｐ Ａ ｐ 则Ｐ Ｂ ｐ 所以Ｐ Ａ Ｐ ＡＡ 因为ｆ ′ ｐ ｐ ｐ
（２） （ ｉ）＝ ｉ， （ ｉ）＝１－ ｉ， （ ｉ ＋１）＝ （ ｉ ｉ ＋１）＋ （０）＝－（ ２＋ ０＋ ３）＜０，
Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ｆ ′ ｐ ｐ ｐ
（ ｉ ｉ ＋１）＝ （ ｉ） （ ｉ ＋１｜ ｉ）＋ （ ｉ） （ ｉ ＋１｜ ｉ）， （１）＝ ２＋２ ３－ ０≤０，
专题九 计数原理、概率与统计 ２ ５３
所以ｆ ′ ｘ 有两个不同零点ｘ ｘ 且ｘ ｘ 综上 若Ｅ Ｘ 则ｐ ．
（ ） １， ２， １＜０＜１≤ ２， ， （ ）≤１， ＝１
当ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 若Ｅ Ｘ 则ｐ ｐ ｐ 则ｐ ｐ ｐ
∈（－∞， １）∪（ ２，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）＞１， １＋２ ２＋３ ３＞１， ２＋２ ３＞ ０，
当ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 此时ｆ ′ ｐ ｐ ｐ ｆ ′ ｐ ｐ ｐ
∈（ １， ２） ， （ ）＜０， （０）＝－（ ２＋ ０＋ ３）＜０， （１）＝ ２＋２ ３－ ０＞０，
故ｆ ｘ 在 ｘ ｘ 上为增函数 故ｆ ′ ｘ 有两个不同零点ｘ ｘ 且ｘ ｘ
（ ） （－∞， １），（ ２，＋∞） ， （ ） ３， ４ ３＜０＜ ４＜１，
在 ｘ ｘ 上为减函数 故ｆ ｘ 在 ｘ ｘ 上为增函数 在 ｘ ｘ 上为减
（ １， ２） ， （ ） （－∞， ３），（ ４，＋∞） ， （ ３， ４）
若ｘ 因为ｆ ｘ 在 ｘ 上为增函数 在 ｘ ｘ 上为减 函数
２＝１， （ ） （ ２，＋∞） ， （ １， ２） ，
函数 且ｆ 而ｆ 故ｆ ｘ
， （１）＝０， （１）＝０， （ ４）＜０，
所以在 上 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ 又ｆ ｐ 所以ｆ ｘ 在 ｘ 上存在一个零点ｘ 且ｘ
（０，＋∞） ， （ ）≥（ ２）＝ （１）＝０， （０）＝ ０＞０， （ ） （０， ４） ０， ０＜１，
故 为关于ｘ的方程 ｐ ｐ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ的一个最小正实 所以ｘ 为关于ｘ的方程 ｐ ｐ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ的一个最小正
１ ： ０＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝ ０ ： ０＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝
根 即ｐ 故当Ｅ ｘ 时 ｐ ． 根 即ｐ 故当Ｅ Ｘ 时 ｐ ．
， ＝１， （ ）≤１ ， ＝１ ， ＜１， （ ）＞１ ， ＜１
若ｘ 因为ｆ 且ｆ ｘ 在 ｘ 上为减函数 意义 若一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过 则
２＞１， （１）＝０ （ ） （０， ２） ， （３） ： １，
故 为关于 ｘ 的方程 ｐ ｐ ｘ ｐ ｘ２ ｐ ｘ３ ｘ 的一个最小正 若干代后会临近灭绝 若繁殖后代的平均数超过 则若干代
１ ： ０＋ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝ ， １，
实根． 后还有继续繁殖的可能．
学生用书P155 学生用书P155
１．（ 广东百日冲刺联合质量监测， ）已知随机变量Ｘ的分 １．（ 山东济南一模， ）抛掷甲 乙两枚质地均匀的骰子 所
２０２４ ３ ２０２４ １７ 、 ，
布列如下 [ ｂ ]
： 得的点数分别为 ａ ｂ 记 的取值为随机变量 Ｘ 其中
， ， ａ ，
Ｘ
１ ２ [ ｂ ] ｂ
表示不超过 的最大整数．
Ｐ ａ ｂ ａ ａ
ｂ
求在Ｘ 的条件下 Ｘ 的概率
则 Ｅ Ｘ ４ 是 Ｄ Ｘ ２ 的 Ａ （１） ＞０ ， ＝ ａ ；
“ （ ）＝ ” “ （ ）＝ ” （ ）
３ ９
求Ｘ的分布列及其数学期望．
充分不必要条件 （２）
Ａ．
解析 记抛掷骰子的样本点为 ａ ｂ
必要不充分条件 （１） （ ， ），
Ｂ．
则样本空间为Ω ａ ｂ ａ ｂ ａ Ｚ ｂ Ｚ
充要条件 ＝｛（ ， ）｜１≤ ≤６，１≤ ≤６， ∈ ， ∈ ｝，
Ｃ．
则ｎ Ω
既不充分也不必要条件 （ ）＝３６，
Ｄ． [ ｂ ] ｂ
２．（ 广东广州天河综合测试（二）， ）设 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 记事件 Ａ Ｘ 记事件 Ｂ Ｘ
２０２４ ８ １０≤ １＜ ２＜ ３＜ ４＜ ５ “ ＝ ＞０”， “ ＝ ＝ ａ ＝ ａ ”，
随机变量ξ 取值ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 的概率均为 ． 随机变
≤５０， １ １， ２， ３， ４， ５ ０２， 则Ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ Ｚ ｂ Ｚ 且ｎ Ａ
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ＝｛（ ， ）｜１≤ ≤ ≤６， ∈ ， ∈ ｝， （ ）＝２１，
量ξ 取值 １＋ ２ ２＋ ３ ３＋ ４ ４＋ ５ ５＋ １的概率也均为 ． 若 又ＡＢ
２ ， ， ， ， ０２， ＝｛（１，１），（１，２），（１，３），（１，４），（１，５），（１，６），（２，２），
２ ２ ２ ２ ２
记Ｄ ξ Ｄ ξ 分别为ξ ξ 的方差 则 Ｃ （２，４），（２，６），（３，３），（３，６），（４，４），（５，５），（６，６）｝，
（ １）， （ ２） １， ２ ， （ ） 则ｎ ＡＢ
Ｄ ξ Ｄ ξ （ ）＝１４，
Ａ． （ １）＜ （ ２） ｎ ＡＢ
Ｄ ξ Ｄ ξ 所以Ｐ Ｂ Ａ （ ） １４ ２
Ｂ． （ １）＝ （ ２） （ ｜ ）＝ ｎ
（
Ａ
）
＝
２１
＝
３
，
Ｄ ξ Ｄ ξ
Ｃ． （ １）＞ （ ２）
即在Ｘ 的条件下 Ｘ
ｂ
的概率为 ２ ．
Ｄ ξ 与Ｄ ξ 的大小关系与ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 的取值有关 ＞０ ， ＝ ａ
Ｄ． （ １） （ ２） １， ２， ３， ４， ５ ３
３．（多选）（ 江西省八所重点中学 月联考， ）已知随机变 Ｘ的所有可能取值为 ．
２０２４ ４ ９ （２） ０，１，２，３，４，５，６
量Ｘ Ｙ 且Ｙ Ｘ Ｘ的分布列如下
、 ， ＝３ ＋１， ： Ｐ Ｘ ３６－２１ ５ Ｐ Ｘ １２ １ Ｐ Ｘ ４ １
（ ＝０）＝ ＝ ， （ ＝１）＝ ＝ ， （ ＝２）＝ ＝ ，
Ｘ ３６ １２ ３６ ３ ３６ ９
１ ２ ３ ４ ５
Ｐ Ｘ ２ １ Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ
Ｐ ｍ １ １ ｎ ３ （ ＝３）＝ ＝ ， （ ＝４）＝ ， （ ＝５）＝ ， （ ＝６）
３６ １８ ３６ ３６
１０ ５ １０
１
若Ｅ Ｙ 则 ＡＣ ＝ ，
（ ）＝１０， （ ） ３６
所以Ｘ的分布列为
ｍ ３ ｎ １
Ａ． ＝ Ｂ． ＝
１０ ５ Ｘ
０ １ ２ ３ ４ ５ ６
Ｅ Ｘ Ｄ Ｙ ７
Ｃ． （ ）＝３ Ｄ． （ ）＝ Ｐ ５ １ １ １ １ １ １
３
４．（ 湖南长沙长郡中学、浙江杭州二中、江苏师大附中三校 １２ ３ ９ １８ ３６ ３６ ３６
２０２４
联考， ）已知 件产品中有 件次品 逐个不放回检测 直至
所以Ｅ Ｘ ５ １ １ １ １ １ １
１３ ４ ２ ， ， （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＋４× ＋５× ＋６×
１２ ３ ９ １８ ３６ ３６ ３６
能确定所有次品为止 记检测次数为Ｘ．则Ｅ Ｘ ８ ．
， （ ）＝ ４１．
３ ＝
３６
２ ５４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
２．（ 福建三明质量检测， ）某校开设劳动教育课程 为了 然后参加高考 由招飞院校择优录取．据统计 每位报名学生
２０２４ １７ ， ， ，
有效推动课程实施 学校开展劳动课程知识问答竞赛 现有家
， ， 通过前 项流程的概率依次约为 １ １ ２ ．假设学生能否
４ ， ， ，１
政 园艺 民族工艺三类问题海量题库 其中家政类占 １ 园艺 ４ ２ ３
、 、 ， ， 通过这 项流程相互独立 现有某校高三学生Ａ Ｂ Ｃ这三人
４ ５ ， ， ，
报名民航招飞．
类占 １ 民族工艺类占 １ ．根据以往答题经验 选手甲答对家
， ， 求Ａ Ｂ Ｃ这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的
４ ２ （１） ， ，
概率
政类 园艺类 民族工艺类题目的概率分别为 ２ ２ ４ 选手 ；
、 、 ， ， ，
５ ５ ５ 根据Ａ Ｂ Ｃ这三人的平时学习成绩 预估高考成绩能被
（２） ， ， ，
乙答对这三类题目的概率均为 １ ．
招飞院校录取的概率分别为 ３ ４ ４ 设随机变量Ｘ为Ａ
２ ， ， ， ，
求随机选 题 甲答对的概率 ４ ５ ５
（１） １ ， ； Ｂ Ｃ这三人中能被招飞院校录取的人数 求Ｘ的分布列和数
现进行甲 乙双人对抗赛 规则如下 两位选手进行三轮答 ， ，
（２） 、 ， ： 学期望．
题比赛 每轮只出 道题目 比赛时两位选手同时回答这道
， １ ， 解析 因为每位报名学生通过前 项流程的概率依次
题 若一人答对且另一人答错 则答对者得 分 答错者得 （１） ４
， ， １ ， －１
分 若两人都答对或都答错 则两人均得 分 累计得分为正 约为 １ １ ２ 且能否通过相互独立
， ， ０ ， ， ， ，１， ，
４ ２ ３
者将获得奖品 且两位选手答对与否互不影响 每次答题的结
， ，
所以每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为Ｐ １
果也互不影响 求甲获得奖品的概率． ＝ ×
， ４
解析 记随机选 题为家政 园艺 民族工艺试题分别为事
１ 、 、 １ ２ １
件Ａ ｉ ． × ×１＝ ，
ｉ（ ＝１，２，３） ２ ３ １２
记随机选 题 甲答对为事件Ｂ 故Ａ Ｂ Ｃ这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概
（１） １ ， ， ， ，
( ) ( )
则Ｐ Ｂ ３ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ 率Ｐ ２ １ ２ １ １１．
（ ）＝∑ｉ＝
１
（ ｉ） （ ｜ ｉ）＝ （ １） （ ｜ １）＋ （ ２） （ ｜ ２）＋ ０＝Ｃ３
１２
× １－
１２
＝
５７６
因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为Ｐ
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ １ ２ １ ２ １ ４ ３ （２） ＝
（ ３） （ ｜ ３）＝ × ＋ × ＋ × ＝ ，
４ ５ ４ ５ ２ ５ ５ １ 且预估 Ａ Ｂ Ｃ 能被招飞院校录取的概率分别为 ３
， ， ， ，
所以随机任选 题 甲答对的概率为 ３ ． １２ ４
１ ，
５ ４ ４
乙答对记为事件 Ｃ 则 Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｃ Ａ ， ，
（２） ， （ ）＝ （ １） （ ｜ １） ＋ ５ ５
Ｐ Ａ Ｐ Ｃ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｃ Ａ １ １ １ １ １ １ 所以Ａ能被招飞院校录取的概率为Ｐ １ ３ １
（ ２） （ ｜ ２）＋ （ ３） （ ｜ ３）＝ × ＋ × ＋ × １＝ × ＝ ，
４ ２ ４ ２ ２ ２ １２ ４ １６
１ Ｂ能被招飞院校录取的概率为Ｐ １ ４ １
＝ ， ２＝ × ＝ ，
２ １２ ５ １５
设每一轮比赛中甲得分为Ｘ
， Ｃ能被招飞院校录取的概率为Ｐ １ ４ １
( ) ３＝ × ＝ ，
则Ｐ Ｘ Ｐ ＢＣ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ３ １ ３ １２ ５ １５
（ ＝１）＝ （ ）＝ （ ） （ ）＝ × １－ ＝ ， 由题知 Ｘ的可能取值为
５ ２ １０ ， ０，１，２，３，
( ) ( ) ( )
Ｐ Ｘ Ｐ ＢＣ Ｂ Ｃ Ｐ ＢＣ Ｐ Ｂ Ｃ ３ １ 所以Ｐ Ｘ １ １ １ ４９
（ ＝０）＝ （ ∪ ）＝ （ ）＋ （ ）＝ × ＋ （ ＝０）＝ １－ × １－ × １－ ＝ ，
５ ２ １６ １５ １５ ６０
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
３ １ １ Ｐ Ｘ １ １ １ １ １ １
１－ × １－ ＝ ， （ ＝１）＝ × １－ × １－ ＋ １－ × × １－ ×２
５ ２ ２ １６ １５ １５ １６ １５ １５
( )
Ｐ Ｘ Ｐ ＢＣ ３ １ １ ． ７７
（ ＝－１）＝ （ ）＝ １－ × ＝ ＝ ，
５ ２ ５ ４５０
三轮比赛后 设甲总得分为Ｙ ( ) ( )
， ， Ｐ Ｘ １ １ １ １ １ １ ４３
( ) ３ （ ＝２）＝ × × １－ ×２＋ １－ × × ＝ ，
则Ｐ Ｙ ３ ２７ １６ １５ １５ １６ １５ １５ ３６００
（ ＝３）＝ ＝ ，
１０ １０００ Ｐ Ｘ １ １ １ １
( ) ２ （ ＝３）＝ × × ＝ ，
Ｐ Ｙ ２ ３ １ ２７ １６ １５ １５ ３６００
（ ＝２）＝Ｃ３ × ＝ ， 所以Ｘ的分布列为
１０ ２ ２００
( ) ( )
２ ２
Ｐ Ｙ １ ３ １ ２ ３ １ ２７９ Ｘ
（ ＝１）＝Ｃ３× × ＋Ｃ３× × ＝ ， ０ １ ２ ３
１０ ２ １０ ５ １０００
所以甲最终获得奖品的概率为 Ｐ Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ
＝ （ ＝３）＋ （ ＝２）＋ Ｐ ４９ ７７ ４３ １
６０ ４５０ ３６００ ３６００
Ｐ Ｙ ２７ ２７ ２７９ ４４１ ．
（ ＝１）＝ ＋ ＋ ＝
１０００ ２００ １０００ １０００ Ｅ Ｘ ４９ ７７ ４３ １ ４７．
３．（ 辽宁二模， ）民航招飞是指普通高校飞行技术专业 （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝
２０２４ １７ ６０ ４５０ ３６００ ３６００ ２４０
本科 通过高考招收飞行学生 报名的学生参加预选初检 体 ４．（ 辽宁沈阳教学质量检测（三）， ）某类型的多项选择题
（ ） ， 、 ２０２４ １６
检鉴定 飞行职业心理学检测 背景调查 高考选拔这 项流 设置了 个选项 一道题中的正确答案或是其中 个选项或
、 、 、 ５ ４ ， ２
程 其中前 项流程选拔均通过 则被确认为有效招飞申请 是其中 个选项．该类型题目评分标准如下 每题满分 分 若
， ４ ， ， ３ ： ６ ，
专题九 计数原理、概率与统计 ２ ５５
未作答或选出错误选项 则该题得 分 若正确答案是 个选
， ０ ； ２ 学生用书P157
项 则每选对 个正确选项得 分 若正确答案是 个选项
， １ ３ ； ３ ， 创新知识交汇 （ 浙江五校联盟联考， ）记复数的一个
则每选对 个正确选项得 分．甲 乙 丙三位同学各自作答一 ２０２４ １７
１ ２ 、 、
构造 从数集 中随机取出 个不同的数作为复数的实
道此类题目 设该题正确答案是 个选项的概率为ｐ． ： ｛０，１， ３｝ ２
， ２
部和虚部．重复ｎ次这样的构造 可得到ｎ个复数 将它们的乘
已知甲同学随机 等可能 选择了 个选项作答 若 ｐ ， ，
（１） （ ） ２ ， ＝
积记为ｚ ．已知复数具有运算性质 ａ ｂ ｃ ｄ ａ
ｎ ：｜（ ＋ ｉ）·（ ＋ ｉ）｜ ＝｜（ ＋
１ 求他既选出正确选项也选出了错误选项的概率
， ； ｂ ｃ ｄ 其中ａ ｂ ｃ ｄ Ｒ．
２ ｉ）｜·｜（ ＋ ｉ）｜， ， ， ， ∈
已知乙同学随机 等可能 选出 个选项作答 丙同学随 当ｎ 时 记 ｚ 的取值为Ｘ 求Ｘ的分布列
（２） （ ） １ ， （１） ＝２ ， ｜ ２｜ ， ；
当ｎ 时 求满足 ｚ 的概率
机 等可能 选出 个选项作答 若ｐ １ 试比较乙 丙两同 （２） ＝３ ， ｜ ３｜≤２ ；
（ ） ２ ， ＝ ， 、 求 ｚ 的概率Ｐ ．
３ （３） ｜ ｎ｜＜５ ｎ
学得分的数学期望的大小． 解析 由题意可知 可构成的复数为
（１） ， ｛１，ｉ， ３， ３ｉ，１＋
解析 设事件Ａ为该题的正确答案是 个选项 则Ａ为该 共 个复数
２ ， ３ｉ， ３＋ｉ｝， ６ ，
题的正确答案是 个选项 即Ｐ Ａ ｐ Ｐ Ａ ｐ． 模为 ．
３ ， （ ）＝ ， （ ）＝１－ ｜１｜＝｜ｉ｜＝１，｜ ３｜＝｜ ３ｉ｜＝ ３，｜１＋ ３ｉ｜＝｜ ３＋ｉ｜＝２
由ｐ １ 得 Ｐ Ａ １ Ｐ Ａ １
Ｘ的可能取值为
（１） ＝ ， （ ）＝ ， （ ）＝ ， １， ３，２，３，２ ３，４，
２ ２ ２ １ １ １ １
设事件Ｂ为甲同学既选出正确选项也选出错误选项 Ｐ Ｘ Ｃ２·Ｃ２ １ Ｐ Ｘ Ｃ４·Ｃ２ ２ Ｐ Ｘ
， （ ＝１）＝ １ １ ＝ ， （ ＝ ３）＝ １ １ ＝ ， （ ＝２）＝
Ｃ６·Ｃ６ ９ Ｃ６·Ｃ６ ９
１ １ １ １
则Ｐ Ｂ Ａ Ｃ２Ｃ２ ２ Ｐ Ｂ Ａ Ｃ３Ｃ１ １ １ １ １ １ １ １
（ ｜ ）＝ Ｃ ２ ４ ＝ ３ ， （ ｜ ）＝ Ｃ ２ ４ ＝ ２ ， Ｃ４ １ ·Ｃ２ １ ＝ ２ ， Ｐ （ Ｘ ＝３）＝ Ｃ２ １ ·Ｃ２ １ ＝ １ ， Ｐ （ Ｘ ＝２ ３）＝ Ｃ４ １ ·Ｃ２ １ ＝ ２ ，
Ｃ６·Ｃ６ ９ Ｃ６·Ｃ６ ９ Ｃ６·Ｃ６ ９
则Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ ２ １ １ １ １ １
（ ）＝ （ ｜ ） （ ）＋ （ ｜ ） （ ）＝ × ＋ × Ｐ Ｘ Ｃ２·Ｃ２ １
３ ２ ２ ２ （ ＝４）＝ １ １ ＝ ，
Ｃ６·Ｃ６ ９
７ ． 所以Ｘ的分布列为
＝
１２
Ｘ
（２） 由ｐ ＝ １ 得 ， Ｐ （ Ａ ）＝ １ ， Ｐ （ Ａ ）＝ ２ ， １ ３ ２ ３ ２ ３ ４
３ ３ ３
设Ｘ表示乙同学答题得分 则Ｘ的可能取值为 Ｐ １ ２ ２ １ ２ １
， ０，２，３，
９ ９ ９ ９ ９ ９
１ １
则Ｐ （ Ｘ ＝０）＝ Ｃ Ｃ ２ １ ４ × Ｐ （ Ａ ）＋ Ｃ Ｃ １ １ ４ × Ｐ （ Ａ ）＝ ２ １ × ３ １ ＋ ４ １ × ３ ２ ＝ ３ １ ， （ 满 ２ 足 ） ｚ ３ ｚ 可能的 的 结 情 果 况 共 有 有 Ｃ １ ６·Ｃ １ ６·Ｃ １ ６＝２１６ 种 ，
Ｐ （ Ｘ ＝２）＝ Ｃ Ｃ
１
３ １ ４ × Ｐ （ Ａ ）＝ ４ ３ × ３ ２ ＝ ２ １ ， ①３ 个
｜
复
３｜≤
数
２
的模均为 １
：
， 共有 Ｃ １ ２·Ｃ １ ２·Ｃ １ ２＝８ 种 ；
Ｐ Ｘ Ｃ １ ２ Ｐ Ａ １ １ １ ②３ 个复数中 ，２ 个模均为 １，１ 个模为 ３ 或 ２， 共有 Ｃ ２ ３·Ｃ １ ２·Ｃ １ ２
（ ＝３）＝ Ｃ １ ４ × （ ）＝ ２ × ３ ＝ ６ ， ·Ｃ １ ４＝４８ 种 ， 所以Ｐ （｜ ｚ ３｜≤２）＝ ８＋４８ ＝ ７ ．
２１６ ２７
所以Ｅ Ｘ １ １ １ ３ ．
（ ）＝０× ＋２× ＋３× ＝ 当ｎ 或 时 显然都满足 此时Ｐ
３ ２ ６ ２ （３） ＝１ ２ ， ， ｎ＝１；
设Ｙ表示丙同学答题得分 则Ｙ的可能取值为 当ｎ 时 满足 ｚ 共有三种情况
， ０，４，６， ≥３ ， ｜ ｎ｜＜５ ：
２ １ １ １ １ ｎ个复数的模均为 则共有 １ ｎ ｎ
则Ｐ Ｙ Ｃ２＋Ｃ２Ｃ２ Ｐ Ａ Ｃ３Ｃ１ Ｐ Ａ ５ １ １ ２ ① １， （Ｃ２） ＝２ ；
（ ＝０）＝ ２ × （ ）＋ ２ × （ ）＝ × ＋ × ｎ 个复数的模为 剩余 个复数的模为 或 则共有
Ｃ４ Ｃ４ ６ ３ ２ ３ ② －１ １， １ ３ ２，
＝
１１
，
Ｃ ｎ ｎ－１ ·（Ｃ １ ２） ｎ －１ ·Ｃ １ ４＝ ｎ ·２ ｎ ＋１ ；
１８ ｎ 个复数的模为 剩余 个复数的模为 或 则共有
③ －２ １， ２ ３ ２，
２
Ｐ
（
Ｙ
＝４）＝
Ｃ３
２ ×
Ｐ
（
Ａ
）＝
１
×
２
＝
１
， Ｃ
ｎ ｎ－２
·（Ｃ
１
２）
ｎ －２
·Ｃ
１
４·Ｃ
１
４＝
ｎ
（
ｎ
－１）·２
ｎ ＋１
，
Ｃ４ ２ ３ ３ ｎ ｎ ｎ ＋１ ｎ ｎ ｎ ＋１ ｎ ｎ２
故 Ｐ ｚ ２ ＋ ·２ ＋ （ －１）·２ ２ （１＋２ ）
Ｐ Ｙ Ｃ ２ ２ Ｐ Ａ １ １ １ （ ｜ ｎ ｜ ＜５） ＝ １ ｎ ＝ ｎ ＝
（ ＝６）＝ ２ × （ ）＝ × ＝ ， （Ｃ６） ６
Ｃ４ ６ ３ １８ ｎ２
１＋２ 当ｎ 时均成立．
所以Ｅ Ｙ １１ １ １ ５ ． ｎ ， ＝１，２
（ ）＝０× ＋４× ＋６× ＝ ３
１８ ３ １８ ３ ｎ２
即Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ 乙同学得分数学期望小于丙同学得分数学 所以Ｐ ｚ １＋２ ．
（ ）＜ （ ）， （｜ ｎ｜＜５）＝ ｎ
期望． ３
