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第2 讲 随机变量及其分布
1.(2025·全国Ⅰ卷，T14)有5 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3 次，每次
取1 个球.记X 为这5 个球中至少被取出1 次的球的个数，则X 的数学期望E(X)= .
2.(2025·天津，T13)小桐操场跑圈，一周2 次，一次5 圈或6 圈.第一次跑5 圈或6 圈的概率均为0.5，若第
一次跑5 圈，则第二次跑5 圈的概率为0.4，6 圈的概率为0.6；若第一次跑6 圈，则第二次跑5 圈的概率为
0.6，6 圈的概率为0.4.小桐一周跑11 圈的概率为 ；若一周至少跑11 圈为运动量达标，则连续跑4
周，记合格周数为X，则期望E(X)= .
3.(2025·北京，T18)有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100 人，甲校有80 人答对，
乙校有75 人答对，用频率估计概率.
(1)从甲校随机抽取1 人，求这个人做对该题目的概率；
(2)从甲、乙两校各随机抽取1 人，设X 为做对的人数，求恰有1 人做对的概率以及X 的数学期望；
(3)若甲校同学掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点则有85%的概率做
对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的概率为
p1，乙校学生掌握该知识点的概率为p2，试比较p1与p2的大小(结论不要求证明).
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，主要以解答题的形式进行考查，分值约为13~17 分.
考查方向：
一是求离散型随机变量的分布列及其均值与方差；二是分布列、均值与统计图表的综合应用；三是利用分
布列、均值与方差进行决策或分析，此类试题的阅读量大，综合性较强.
1.答案 61
25
解析 方法一 依题意，X 的可能取值为1，2，3，
总的抽取方法数为53=125，
其中X=1 表示3 次抽取同一标号的球，选择球的标号有5 种方式，
故P(X=1)= 5
125= 1
25；
X=2 表示恰好两种不同标号的球被取出(即一球出现2 次，另一球出现1 次)，
选择出现2 次的球有5 种方式，选择出现1 次的球有4 种方式，
其中出现1 次的球第几次被取出有3 种可能，故事件X=2 的可能情况有5×4×3=60(种)，
故P(X=2)= 60
125=12
25；
X=3 表示三种不同标号的球被取出，
可能情况有5×4×3=60(种)，
故P(X=3)= 60
125=12
25，
所以E(X)=1× 1
25+2×12
25+3×12
25=61
25.
方法二 依题意，假设随机变量Xi，其中i=1，2，3，4，5，
其中Xi={
1，这3 次取球中,i号球至少被取出1次,
0，这3 次取球中,i号球1次都没被取出,
则X=
5
Σ
i=1
Xi，
易知所有E(Xi)相等，
则E(X)=E(
5
Σ
i=1
Xi)=
5
Σ
i=1
E(Xi)=5E(Xi)，
由题意可知，i 号球在单次抽取中未被取出的概率为4
5 ，
由于每次抽取相互独立，则3 次均未取出i 号球的概率为P(Xi=0)=(
4
5)
3
= 64
125，
因此i 号球至少被取出1 次的概率为P(Xi=1)=1- 64
125= 61
125，
故E(Xi)= 61
125，
所以E(X)=5E(Xi)=5× 61
125=61
25.
2.答案 0.6 3.2
解析 设小桐一周跑11 圈为事件A，第一次跑5 圈为事件B，第二次跑5 圈为事件C，
则P(A)=P(B)P(C|B)+P(B)P(C|B)=0.5×0.6+0.5×0.6=0.6；
设运动量达标为事件D，则P(D)=P(A)+P(B)P(C|B)=0.6+0.5×0.4=0.8，
所以X~B(4，0.8)，E(X)=4×0.8=3.2.
3.解 (1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1 人，这个人做对该题目的概率为80
100=4
5 .
(2)设A 为“从甲校抽取1 人，这个人做对该题目”，则P(A)=4
5 ，P(A)=1
5，
设B 为“从乙校抽取1 人，这个人做对该题目”，则P(B)= 75
100=3
4 ，P(B)=1
4 ，
设C 为“恰有1 人做对”，故P(C)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=4
5 ×1
4 +1
5×3
4 = 7
20，
而X 的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=P(A B)=1
5×1
4 = 1
20，P(X=1)= 7
20，P(X=2)=4
5 ×3
4 =3
5，
故X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
20
7
20
3
5
故E(X)=0× 1
20+1× 7
20+2×3
5=31
20.
(3)设D 为“甲校学生掌握该知识点”，
因为甲校学生掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，
未掌握该知识点的学生都是从四个选项里面随机选择一个，
故P(D)+1
4 (1-P(D))=0.8，
即p1+1
4 ×(1-p1)=0.8，故p1=11
15，
同理有0.85p2+1
4 ×(1-p2)=0.75，故p2=5
6，
故p1<p2.
考点一 分布列性质及应用
例1 (1)随机变量ξ 的分布列如表，若E(ξ)=1
3，则D(ξ)等于( )
ξ
-1
0
1
2
P
2a
a
2a
b
A.1
6
B.5
6
C.43
27
D.11
9
答案 D
解析 由{
2a+a+2a+b=1，
-2a+0+2a+2b= 1
3 ，
得a=b=1
6，
所以D(ξ)=(-1- 1
3)
2
×1
3+(0- 1
3)
2
×1
6+(1- 1
3)
2
×1
3+(2- 1
3)
2
×1
6=11
9 .
(2)(多选)已知a>0，b>0，c>0，且a，b，c 成等差数列，随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
P
a
b
c
下列选项正确的是( )
A.b=1
4
B.a+c=2
3
C.4
3 <E(X)<8
3
D.D(X)的最大值为2
3
答案 BCD
解析 对于A，B，由{
a+c =2b，
a+b+c =1，
得{
b= 1
3 ，
a+c = 2
3 ，
A 错误，B 正确；
对于C，由a+c=2
3，a>0，c>0，得0<c<2
3，
则E(X)=a+2b+3c=2c+4
3 ∈(
4
3 ，8
3)，C 正确；
对于D，D(X)=a[1-(2c + 4
3)]
2
+1
3[2-(2c + 4
3)]
2
+c[3-(2c + 4
3)]
2
=(
2
3 -c)(2c + 1
3)
2
+1
3(2c - 2
3)
2
+c(2c - 5
3)
2
=-4c2+8
3c+2
9=-4(c - 1
3)
2
+2
3，
当c=1
3时，D(X)取得最大值，且最大值为2
3，D 正确.
[规律方法] 分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1 的性质可求参数的值及检查分布列的正确性.
(2)随机变量X 所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率.
跟踪演练1 (1)(多选)若随机变量X 服从两点分布，其中P(X=0)=2
3，E(X)，D(X)分别为随机变量X 的均
值与方差，则下列结论正确的是( )
A.P(X=1)=E(X)
B.E(3X+2)=3
C.D(X)=2
9
D.D(3X+2)=4
答案 ABC
解析 随机变量X 服从两点分布，其中P(X=0)=2
3，
所以P(X=1)=1
3，
所以E(X)=1
3，D(X)=2
9.
对于A，P(X=1)=E(X)，故A 正确；
对于B，E(3X+2)=3E(X)+2=3，故B 正确；
对于C，D(X)=2
9，故C 正确；
对于D，D(3X+2)=9D(X)=9×2
9=2，故D 不正确.
(2)(2025·齐鲁名校联考)小王到某公司面试，一共要回答3 道题，每道题答对得2 分，答错减1 分，设
他每道题答对的概率均为p(0<p<1)，且每道题答对与否相互独立，记小王答完3 道题的总得分为X，则
当E(X)+D(X)取得最大值时，p 等于( )
A.1
4
B.1
3
C.2
3
D.3
4
答案 C
解析 设答对题的个数为Y，由已知可得Y~B(3，p)，
所以E(Y)=3p，D(Y)=3p(1-p)，
因为每道题答对得2 分，答错减1 分，X 为小王答完3 道题的总得分，
所以X=2Y-(3-Y)=3Y-3，
所以E(X)=3E(Y)-3=9p-3，
D(X)=9D(Y)=9×3p(1-p)=27p(1-p)，
所以E(X)+D(X)=-27p2+36p-3=-27(p- 2
3)
2
+9，
又0<p<1，
所以当p=2
3时，E(X)+D(X)取得最大值，最大值为9.
考点二 随机变量的分布列
考向1 相互独立事件
例2 (多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1 信号，信号的传输相互独立.发送0 时，收到1 的概率
为α(0<α<1)，收到0 的概率为1-α；发送1 时，收到0 的概率为β(0<β<1)，收到1 的概率为1-β.考虑两
种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1 次；三次传输是指每个信号重复发
送3 次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到
的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1).( )
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1 的概率为(1-α)(1-β)2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1 的概率为β(1-β)2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 的概率为β(1-β)2+(1-β)3
D.当0<α<0.5 时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0 的概率大于采用单次传输方案译码为0 的概
率
答案 ABD
解析 对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1 的事件是发送1 接收1、发送0 接收0、发送1 接
收1 这3 个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2，故A 正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1 的事件是发送1 接收1、发送
1 接收0、发送1 接收1 这3 个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2，故B 正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1 的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1 和1，1，1 这4 个
事件的和，
它们互斥，所求的概率为C3
2β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β)，故C 错误；
对于D，三次传输，发送0，则译码为0 的概率P=(1-α)2(1+2α)，
单次传输发送0，则译码为0 的概率P'=1-α，而0<α<0.5，
因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0，即P>P'，故D 正确.
考向2 超几何分布
例3 (2025·济宁模拟)为了解高三1 班和2 班的数学建模水平，现从两个班级中各随机抽取10 名学生
参加数学建模能力比赛(满分100 分)，成绩如下：
数据Ⅰ(高三1 班)：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92；
数据Ⅱ(高三2 班)：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95.
(1)求数据Ⅰ(高三1 班)的第80 百分位数；
(2)从上述成绩在60 分以下的学生中随机抽取3 人作下一步调研，设被抽到的3 人中来自高三2 班的学
生人数为X，求X 的分布列和均值.
解 (1)将数据Ⅰ从小到大排列为：54，58，65，68，70，75，80，88，90，92，
因为10×80%=8，所以数据Ⅰ的第80 百分位数为88+90
2
=89.
(2)数据Ⅰ中60 分以下的有54 分，58 分；
数据Ⅱ中60 分以下的有52 分，55 分，56 分，59 分；
即符合题意的学生共6 人，其中高三1 班有2 人，高三2 班有4 人.
可知X 的所有可能取值为1，2，3，
则P(X=1)=C2
2C4
1
C6
3 = 4
20=1
5，
P(X=2)=C2
1C4
2
C6
3 =12
20=3
5，
P(X=3)=C2
0C4
3
C6
3 = 4
20=1
5，
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
E(X)=1×1
5+2×3
5+3×1
5=2.
考向3 二项分布
例4 (2025·皖豫联盟联考)某科技公司研发了一种新产品，每件产品上市前需要分别进行两项测试，第
一项测试通过的概率为0.7，若第一项通过，则第二项通过的概率为0.9；若第一项未通过，则第二项
通过的概率为0.4.
(1)已知某件产品在两项测试中仅通过一项，求其第一项测试通过的概率；
(2)规定至少通过一项测试的产品为合格品，现对10 件该产品独立地进行测试，记其中的合格品件数为
X，则k 取何值时，P(X=k)最大？
解 (1)设事件A 为“第一项测试通过”，事件B 为“第二项测试通过”，事件C 为“仅通过一项测试”.
则P(AC)=P(AB)=P(A)P(B|A)=0.7×(1-0.9)=0.07，
P(C)=P(AB)+P(AB)=P(AB)+P(A)P(B|A)=0.07+(1-0.7)×0.4=0.19.
所以P(A|C)= P( AC )
P(C ) =0.07
0.19= 7
19.
(2)由已知及(1)可得，每件产品检测为合格品的概率为0.19+0.7×0.9=0.82，
所以X~B(10，0.82)，P(X=k)=C10
k 0.82k0.1810-k，1≤k≤10，k∈N*，
P( X =k )
P( X =k -1)= C10
k 0.82
k 0.18
10-k
C10
k -10.82
k -10.18
11-k =0.82(11-k )
0.18k
=1+9.02-k
0.18k ，
当1≤k≤9 时，P(X=k)>P(X=k-1)，
当k>9 时，P(X=k)<P(X=k-1)，
所以当k=9 时，P(X=k)最大.
[规律方法] 求随机变量X 的均值与方差的方法及步骤
(1)理解随机变量X 的意义，写出X 可能的全部取值；
(2)求X 取每个值时对应的概率，写出随机变量X 的分布列；
(3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；
(4)若随机变量X 的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特殊分布列的均
值和方差的公式求解.
跟踪演练2 (2025·乌鲁木齐模拟)某地举行中学生科技知识挑战赛，挑战赛分预赛和决赛两个阶段，预
赛为闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次，如果一个人闯关失败，再派
下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛阶段比赛胜利，无需继续闯关，进入决赛.决
赛设置了3 个问题，每完整答对1 个问题，该队决赛成绩记3 分，否则记0 分，未进入决赛的参赛队决
赛成绩记0 分.已知华夏队的甲、乙、丙三名选手在预赛闯关阶段以及决赛阶段每次完整答对1 个问题
的概率均为p，q，r(0<r<p<q<1)，每次回答是独立的，Y 表示华夏队的决赛总成绩.
(1)若p=2
3，q=3
4 ，r=1
2，依次派甲、乙、丙进行闯关，求该小组进入决赛的概率；
(2)预赛阶段，若乙只能安排在第二个闯关，要使派出人员数目的均值较小，试确定甲、丙谁先闯关；
(3)决赛阶段，若只能选出一人参加比赛，当E(Y)最大时，决赛阶段应由哪个选手参加？
解 (1)依次派甲、乙、丙进行闯关时，设事件A 表示“该小组进入决赛”，
则P(A)=2
3+1
3×3
4 +1
3×1
4 ×1
2=23
24 ，
则该小组进入决赛的概率为23
24 .
(2)若依次派甲、乙、丙进行闯关，设派出人员的数目为X，均值为E1，依次派丙、乙、甲进行闯关，设派
出人员数目的均值为E2，则
X
1
2
3
P
p
(1-p)q
(1-p)(1-q)
所以E1=p+2(1-p)q+3(1-p)(1-q)=pq-2p-q+3，
同理E2=rq-2r-q+3，
则E1-E2=pq-2p-q+3-(rq-2r-q+3)=(p-r)(q-2)，
因为0<r<p<q<1，所以E1-E2<0，
即E1<E2，
所以要使派出人员数目的均值较小，应先派出甲.
(3)若甲、乙、丙三人分别参加决赛，决赛阶段答对的题目个数分别为η1，η2，η3，得分分别为Y1，Y2，
Y3，
则η1~B(3，p)，η2~B(3，q)，η3~B(3，r)，
所以E(η1)=3p，E(Y1)=E(3η1)=9p，
同理E(Y2)=9q，E(Y3)=9r，
因为0<r<p<q<1，所以E(Y2)>E(Y1)>E(Y3)，
所以决赛阶段应由乙选手参加.
考点三 正态分布
例5 (1)(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶
出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的
样本均值x=2.1，样本方差s2=0.01，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推
动出口后的亩收入Y 服从正态分布N(x，s2)，则( )
(若随机变量Z 服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ+σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2
B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5
D.P(Y>2)<0.8
答案 BC
解析 依题可知，x=2.1，s2=0.01，
所以Y~N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3，所以C 正确，D 错误；
因为X~N(1.8，0.12)，
所以P(X<1.8+0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7，
而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)≈0.158 7，
所以B 正确，A 错误.
(2)(多选)(2025·豫西模拟)李明每天7：00 从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车.他各记录
了50 次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30 分钟，样本方差为
36；骑自行车平均用时34 分钟，样本方差为4.假设坐公交车用时X 和骑自行车用时Y 都服从正态分布，
则( )
A.P(X>32)>P(Y>32)
B.P(X≤36)=P(Y≤36)
C.李明计划7：34 前到校，应选择坐公交车
D.李明计划7：40 前到校，应选择骑自行车
答案 BCD
解析 由条件可知X~N(30，62)，Y~N(34，22)，根据正态曲线的对称性可知P(Y>32)>0.5>P(X>32)，故A 错
误；
P(X≤36)=P(X≤30+6)， P(Y≤36)=P(Y≤34+2)，所以P(X≤36)=P(Y≤36)，故B 正确；
P(X≤34)>0.5=P(Y≤34)，所以P(X≤34)>P(Y≤34)，故C 正确；
P(X≤40)<P(X≤42)=P(X≤30+2×6)，P(Y≤40)=P(Y≤34+3×2)，所以P(X≤40)<P(Y≤40)，故D 正确.
[规律方法] 利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x=μ 对称，
及曲线与x 轴之间的面积为1，注意下面三个结论的灵活运用：
(1)对任意的a，有P(X<μ-a)=P(X>μ+a).
(2)P(X<x0)=1-P(X≥x0).
(3)P(a<X<b)=P(X<b)-P(X≤a).
跟踪演练3 (2025·湖南名校联合体模拟)在一条生产圆钢的生产线上，出产的成品圆钢的长度为ξ(单位：
m，下同)，且ξ~N(2，0.012).
(1)若出产这样的成品圆钢10 000 根，试估计长度在[1.97，2.03]内的圆钢根数；
(2)从这条生产线上出产的圆钢中随机抽取2 根，求这两根圆钢其中一根的长度在区间[1.98，1.99)，另
一根的长度在区间[2，2.02]内的概率(精确到0.01).
参考数据：若X~N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5，
P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.
解 (1)由已知得μ=2，σ=0.01，
所以P(1.97≤ξ≤2.03)=P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 3，
所以长度在[1.97，2.03]内的圆钢根数约为10 000×0.997 3=9 973.
(2)圆钢的长度在区间[1.98，1.99)的概率P1=P(1.98≤ξ<1.99)=P(μ-2σ≤ξ<μ-σ)
=1
2[P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)-P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)]≈0.135 9，
圆钢的长度在区间[2，2.02]内的概率
P2=P(2≤ξ≤2.02)=P(μ≤ξ≤μ+2σ)=1
2P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.477 25，
因此这两根圆钢其中一根的长度在区间[1.98，1.99)，另一根的长度在区间[2，2.02]内的概率约为
P=2P1P2≈2×0.135 9×0.477 25≈0.13.
专题强化练
[分值：90 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·湖南名校联考)甲同学每次投篮命中的概率为p，在投篮6 次的试验中，命中次数X 的均值为2.4，
则X 的方差为( )
A.1.24
B.1.44
C.1.2
D.0.96
答案 B
解析 根据题意可得命中次数X 服从二项分布，即X~B(6，p)，
可得均值为E(X)=6p=2.4，解得p=0.4，
所以X 的方差为D(X)=6×0.4×(1-0.4)=1.44.
2.一批零件共有10 个，其中有2 个不合格品，从这批零件中随机抽取2 个进行检测，则恰有1 个不合格品
的概率为( )
A.21
50
B.16
45
C. 7
15
D. 3
10
答案 B
解析 根据题意，恰有1 个不合格品的概率为P=C2
1C8
1
C10
2
=16
45.
3.(2025·南充模拟)某市20 000 名学生参加一次数学测试(满分150 分)，学生的测试成绩X 近似服从正态分
布N(100，102)，则测试成绩在[90，100]内的学生人数约为( )
附：若X~N(μ，σ2)，则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7，P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5.
A.2 717
B.2 718
C.6 827
D.9 545
答案 C
解析 因为P(90≤X≤100) =P(μ-σ≤X≤μ) =1
2P(μ-σ≤X≤μ+σ) ≈1
2×0.682 7 =0.341 35.
所以测试成绩在[90，100]内的学生人数约为20 000×0.341 35=6 827.
4.(2025·乌鲁木齐模拟)甲、乙、丙三人各自计划去河南洛阳旅游，他们在3 月25 日到3 月27 日这三天中的
一天到达河南洛阳，他们在哪一天到达河南洛阳相互独立，互不影响，且他们各自在3 月25 日、3 月26
日、3 月27 日到达河南洛阳的概率如表所示.
到达日期
3 月25 日
3 月26 日
3 月27 日
P 甲
0.3
0.4
0.3
P 乙
0.4
0.5
0.1
P 丙
0.2
0.3
0.5
设甲、乙两人在同一天到达河南洛阳的概率为p1，甲、丙两人在同一天到达河南洛阳的概率为p2，乙、丙
两人在同一天到达河南洛阳的概率为p3，则( )
A.p1>p2>p3
B.p2>p1>p3
C.p1>p3>p2
D.p2>p3>p1
答案 A
解析 由题意可知p1=0.3×0.4+0.4×0.5+0.3×0.1=0.35，
p2=0.3×0.2+0.4×0.3+0.3×0.5=0.33，
p3=0.4×0.2+0.5×0.3+0.1×0.5=0.28，
故p1>p2>p3.
5.如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O 出发，每次向左移动的概率为1
4 ，向右移动的概率为
3
4 .若该质点每次移动一个单位长度，设经过5 次移动后，该质点与点1 的距离不大于一个单位长度的概率
为( )
A. 50
243
B. 17
512
C.135
512
D.17
81
答案 C
解析 由题意，
设质点向右移动k 次，向左移动5-k 次.
∴最终位置为x=k+(5-k)×(-1)=2k-5，
∴|x-1|≤1，解得0≤x≤2，
∴0≤2k-5≤2，解得5
2≤k≤7
2，
∵k 为正整数，∴k=3，
∴质点向右移动3 次，向左移动5-3=2(次)，
∴该质点与点1 的距离不大于一个单位长度的概率为
P=C5
3×(
3
4)
3
×(
1
4)
2
=10×27
64 × 1
16=135
512.
6.柯西分布(Cauchy distribution)是一个数学期望不存在的连续型概率分布.记随机变量X 服从柯西分布为
X~C(γ，x0)，其中当γ=1，x0=0 时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为f(x)=
1
π(1+ x
2).已知
X~C(1，0)，P(|X|≤√3
3 )=1
3，P(
√3
3 < X ≤1)= 1
12，则P(|X|≤1)等于( )
A.1
6
B.2
3
C.1
4
D.1
2
答案 D
解析 函数f(x)=
1
π(1+ x
2)的图象关于y 轴对称，
由P(|X|≤√3
3 )=1
3可知，
P(0≤X ≤√3
3 )=1
6，
且P(
√3
3 < X ≤1)= 1
12，
则P(X>1)=1
2-1
6- 1
12=1
4 ，
所以P(|X|≤1)=1-2×1
4 =1
2.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·渭南质检)下列说法正确的是( )
A.数据5，7，9，11，13，14，15，22 的平均数为12
B.数据6，7，7，8，10，12，14，16，19，21 的第30 百分位数为7
C.若随机变量X~B(10，p)，且E(X)=8，则D(X)=1.6
D.若随机变量Y~N(10，σ2)，且P(Y<6)=0.3，则P(6<Y<14)=0.4
答案 ACD
解析 对于A，这8 个数的平均数为5+7+9+11+13+14+15+22
8
=12，故A 正确；
对于B，由10×30%=3 可知，这10 个数据的第30 百分位数为7+8
2
=7.5，故B 错误；
对于C，因为X~B(10，p)， 所以由E(X)=8 得10p=8，即p=0.8，
因此D(X)=10×0.8×(1-0.8)=1.6，故C 正确；
对于D，因为Y~N(10，σ2)，P(Y<6)=0.3，
所以P(6<Y<10)=0.5-0.3=0.2，
因此P(6<Y<14)=2P(6<Y<10)=0.4，故D 正确.
8.高考数学的多选题每题6 分，每题有2 个或3 个正确选项，全部选对得6 分.若正确选项有2 个，则选对1
个且无错选得3 分；若正确选项有3 个，则选对1 个且无错选得2 分，选对2 个且无错选得4 分.若不选或
有错选则不得分.现假设正确选项有2 个的多选题出现的概率为p(0<p<1)，现随机填写某个多选题的若干个
选项，则下列说法正确的有( )
A.若p>1
2，则随机填写2 个选项时可以使得分的数学期望最高
B.若p=1
2，则随机填写1 个或2 个选项可以使得分的数学期望最高
C.若0<p<1
2，则随机填写2 个选项时可以使得分的数学期望最高
D.随机填写2 个选项得分的数学期望一定高于随机填写3 个选项得分的数学期望
答案 BCD
解析 设随机填写i(i=1，2，3)个选项的得分为Xi，
则X1的可能取值有0，2，3，
P(X1=0)=p·C2
1
C4
1 +(1-p) 1
C4
1 =1
4 +1
4 p，
P(X1=2)=(1-p)C3
1
C4
1 =3
4 -3
4 p，
P(X1=3)=p·C2
1
C4
1 =1
2p，
所以E(X1)=0×(
1
4 + 1
4 p)+2×(
3
4 - 3
4 p)+3×1
2p=3
2，
X2的可能取值有0，4，6，
P(X2=0)=p(1- C2
2
C4
2)+(1-p)C1
1C3
1
C4
2 =1
2+1
3p，
P(X2=4)=(1-p)C3
2
C4
2 =1
2-1
2p，
P(X2=6)=p·C2
2
C4
2 =1
6p，
所以E(X2)=0×(
1
2 + 1
3 p)+4×(
1
2 - 1
2 p)+6×1
6p=2-p，
X3的可能取值有0，6，P(X3=6)=(1-p)· 1
C4
3 =1
4 -1
4 p，
P(X3=0)=1-P(X3=6)=3
4 +1
4 p，
所以E(X3)=0×(
3
4 + 1
4 p)+6×(
1
4 - 1
4 p)=3
2-3
2p.
对于D 选项，E(X2)-E(X3)=(2-p)-(
3
2 - 3
2 p)=1
2+1
2p>0，
所以随机填写2 个选项得分的数学期望一定高于随机填写3 个选项得分的数学期望，故D 正确；
对于A 选项，若p>1
2，E(X2)-E(X1)=2-p-3
2=1
2-p<0，即E(X2)<E(X1)，故A 错误；
对于B 选项，若p=1
2，E(X2)-E(X1)=1
2-p=0，即E(X1)=E(X2)，
所以随机填写1 个或2 个选项可以使得分的数学期望最高，故B 正确；
对于C 选项，若0<p<1
2，E(X2)-E(X1)=1
2-p>0，则E(X1)<E(X2)，
所以随机填写2 个选项时可以使得分的数学期望最高，故C 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.乒乓球比赛一般是11 分制，每赢一球得1 分，当某局打成10∶10 平后，每球交换发球权，先多得2 分的
一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲
得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10∶10 平后，甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛
结束.则事件“X=4 且甲获胜”的概率为 .
答案 0.1
解析 由题意可知，P(X=4)包含的事件为“前两球甲、乙各得1 分，后两球均为甲得分”，
所以P(X=4)=0.5×0.6×0.5×0.4+0.5×0.4×0.5×0.4=0.1.
10.一个不透明的袋子里有10 个除颜色外完全相同的球，其中4 个红球，3 个白球，3 个黑球.现从袋中随机
摸出3 个球，记摸到红球的个数为X，摸到白球的个数为Y，摸到黑球的个数为Z，若X+Y+Z=3，且 X，
Y，Z 均为非负整数.设随机变量 ξ=2X+Y，则 E(ξ)的值为 .
答案 33
10
解析 方法一 由题意知，X 的可能取值为 0，1，2，3；
Y 的可能取值为 0，1，2，3；
Z 的可能取值为 0，1，2，3.
因为ξ=2X+Y ，所以当X=0，Y=0，Z=3 时，ξ=0；
当X=0，Y=1，Z=2 时，ξ=1；
当X=0，Y=2，Z=1 或X=1，Y=0，Z=2 时，ξ=2；
当X=0，Y=3，Z=0 或X=1，Y=1，Z=1 时，ξ=3；
当X=1，Y=2，Z=0 或X=2，Y=0，Z=1 时，ξ=4；
当X=2，Y=1，Z=0 时，ξ=5；
当X=3，Y=0，Z=0 时，ξ=6.
所以ξ 的可能取值为 0，1，2，3，4，5，6，
从10 个球中随机取出3 个球的组合数为C10
3 =10×9×8
3×2×1 =120.
所以P(ξ=0)=P(X=0，Y=0，Z=3)=C4
0C3
0C3
3
C10
3
= 1
120，
P(ξ=1)=P(X=0，Y=1，Z=2)=C4
0C3
1C3
2
C10
3
= 3
40，
P(ξ=2)=P(X=0，Y=2，Z=1)+P(X=1，Y=0，Z=2)=C4
0C3
2C3
1
C10
3
+C4
1C3
0C3
2
C10
3
= 7
40，
P(ξ=3)=P(X=0，Y=3，Z=0)+P(X=1，Y=1，Z=1)=C4
0C3
3C3
0
C10
3
+C4
1C3
1C3
1
C10
3
= 37
120，
P(ξ=4)=P(X=1，Y=2，Z=0)+P(X=2，Y=0，Z=1)=C4
1C3
2C3
0
C10
3
+C4
2C3
0C3
1
C10
3
=1
4 ，
P(ξ=5)=P(X=2，Y=1，Z=0)=C4
2C3
1C3
0
C10
3
= 3
20，
P(ξ=6)=P(X=3，Y=0，Z=0)=C4
3C3
0C3
0
C10
3
= 1
30.
所以E(ξ)=0× 1
120+1× 3
40+2× 7
40+3× 37
120+4×1
4 +5× 3
20+6× 1
30=33
10.
方法二 由题意知，随机变量X，Y 均服从超几何分布，则E(X)=3×4
10 =6
5，E(Y)=3×3
10 = 9
10，
又ξ=2X+Y，则
E(ξ)=2E(X)+E(Y)=2×6
5+ 9
10=33
10.
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)(2025·金华十校模拟)有A，B 两道谜语，张某猜对A 谜语的概率为0.8，猜对得奖金10 元；猜对
B 谜语的概率为0.5，猜对得奖金x 元.
(1)猜两道谜语，求张某仅猜对其中一道的概率；(4 分)
(2)若规定只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道，求使得张某先猜A 谜语和先猜B 谜语所获
得的奖金期望相同的x 的值.(9 分)
解 (1)设张某仅猜对其中一道谜语为事件M，猜对A 谜语为事件A，猜对B 谜语为事件B，
则P(M)=P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)=0.8×0.5+0.2×0.5=0.5.
(2)设张某先猜A 谜语获得的奖金为ξ1元，先猜B 谜语获得的奖金为ξ2元，
则ξ1的可能取值是0，10，10+x，ξ2的可能取值是0，x，10+x，
P(ξ1=0)=0.2，P(ξ1=10)=0.8×0.5=0.4，
P(ξ1=10+x)=0.8×0.5=0.4，
所以E(ξ1)=0×0.2+10×0.4+(10+x)×0.4=0.4x+8；
P(ξ2=0)=0.5，P(ξ2=x)=0.5×0.2=0.1，
P(ξ2=10+x)=0.5×0.8=0.4，
所以E(ξ2)=0×0.5+0.1x+(10+x)×0.4=0.5x+4.
由E(ξ1)=E(ξ2)得0.4x+8=0.5x+4，解得x=40.
12.(15 分)(2025·聊城模拟)四名同学约好周末一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必
须参加且只能参加一个项目.四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷
出点数小于3，就体验甲项目，否则体验乙项目.
(1)求这4 个人中恰有2 人参加甲项目的概率；(6 分)
(2)用X，Y 分别表示这4 个人中参加甲、乙项目的人数，记ξ=|X-Y|，求随机变量ξ 的分布列及均值.(9 分)
解 (1)依题意知，这4 个人中，每个人参加甲项目的概率为2
6=1
3，参加乙项目的概率为1-1
3=2
3，
设“这4 个人中恰有k 人去参加甲项目”为事件Ak(k=0，1，2，3，4).
则P(Ak)=C 4
k·(
1
3)
k
·(
2
3)
4 -k
，
故这4 个人中恰有2 人去参加甲项目的概率为P(A2)=C 4
2·(
1
3)
2
·(
2
3)
2
= 8
27.
(2)当X=0，Y=4 或X=4，Y=0 时，ξ=|X -Y|=4，
当X=1，Y=3 或X=3，Y=1 时，ξ=|X -Y|=2，
当X=2，Y=2 时，ξ=|X -Y|=0，
故ξ 的所有可能取值为0，2，4.
由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(ξ=0)=P(A2)= 8
27 ，
P(ξ=2)=P(A1)+P(A3)=C4
1(
1
3)
1
×(
2
3)
3
+C4
3(
1
3)
3
×(
2
3)
1
=40
81，
P(ξ=4)=P(A0)+P(A4)=C4
0(
2
3)
4
+C4
4(
1
3)
4
=17
81.
所以ξ 的分布列是
ξ
0
2
4
P
8
27
40
81
17
81
所以E(ξ)=0× 8
27 +2×40
81+4×17
81=148
81 .
(每小题5 分，共10 分)
13.(5 分)(2025·浙江R6 联盟联考)一只口袋装有形状、大小完全相同的3 只小球，其中红球、黄球、黑球各
1 只.现从口袋中先后有放回地取球2n 次(n∈N*)，且每次取1 只球，X 表示2n 次取球中取到红球的次数，
Y={
X ，X 为奇数，
0，X 为偶数，则Y 的均值为 (用n 表示).
答案 n
3+ n
3
2n
解析 由题知X~B(2n，1
3)，∴Y=0，1，0，3，…，0，2n-1，0，
E(Y)=1×C2n
1 (
1
3)
1
×(
2
3)
2n-1
+3×C2n
3 (
1
3)
3
×(
2
3)
2n-3
+…+(2n-1)C2n
2n-1(
1
3)
2n-1
×(
2
3)
1
= 1
3
2n [C2n
1 22n-1+3C2n
3 22n-3+…+(2n-1)C2n
2n-121]，
∵kC2n
k =2nC2n-1
k -1 ，
∴E(Y)=2n
3
2n (C2n-1
0
22n-1+C2n-1
2
22n-3+…+C2n-1
2n-221)，
∵(2+1)2n-1=C2n-1
0
22n-1+C2n-1
1
22n-2+C2n-1
2
22n-3+…+C2n-1
2n-221+C2n-1
2n-120，
(2-1)2n-1=C2n-1
0
22n-1-C2n-1
1
22n-2+C2n-1
2
22n-3+…+C2n-1
2n-221-C2n-1
2n-120，
∴C2n-1
0
22n-1+C2n-1
2
22n-3+…+C2n-1
2n-221=3
2n-1+1
2
，
∴E(Y)=2n
3
2n·3
2n-1+1
2
=n
3+ n
3
2n.
14.(5 分)某棋手与机器人比赛，规则如下：棋手的初始分为20 分.每局比赛，棋手胜加10 分，平局不得分，
棋手负减10 分.当棋手总分为0 时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为30 分时，挑战成功，比赛终止；
否则比赛继续.已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为1
4 ，1
4 ，1
2，且各局比赛相互独立.在挑战过程中，
棋手每胜1 局，获奖1 万元.记n(n≥10)局后比赛终止且棋手获奖2 万元的概率为P(n)，则P(n)的最大值为
.
答案 261
2
17
解析 终止条件： 当棋手分数为0 或30 时，比赛终止.
获奖2 万元意味着棋手在n 局中赢了2 局.
得分计算：
初始分20 分，赢2 局加20 分，输k 局扣10k 分，平局不影响分数.
总分需为0 或30：
总分0 分：20+20-10k=0⇒k=4，平局次数为n-6；
总分30 分：20+20-10k=30⇒k=1，平局次数为n-3.
下面进行分析，并为方便起见用X 表示棋手负，用Y 表示棋手胜，用O 表示若干局的平局.
第一类情况：总分为0 分后终止比赛.
赢2 局，输4 局，平n-6 局，但中间不能出现0 分或30 分，
只能是OXOYOXOYOXOX 的顺序，中间可以有若干局平，组合数为Cn-1
5
(n≥10).
第二类情况：总分为30 分后终止比赛.
赢2 局，输1 局，平n-3 局，但中间不能出现0 分或30 分，
只能是OXOYOY 的顺序，中间可以有若干局平，组合数为Cn-1
2
(n≥10).
第一类情况中的每一种情况的概率为
(
1
4)
2
×(
1
2)
4
×(
1
4)
n-6
=(
1
4)
n-2
，
第二类情况中的每一种情况概率为
(
1
4)
2
×(
1
2)
1
×(
1
4)
n-3
=(
1
4)
n-1
×1
2.
当n≥10 时，P(n)=Cn-1
5 (
1
4)
n-2
+Cn-1
2 (
1
4)
n-1
×1
2=(n-1)(n-2)(n-3)(n- 4)(n-5)
120
×(
1
4)
n-2
+
(n-1)(n-2)
2
×(
1
4)
n-1
×1
2
= 1
15(n-1)(n-2)(
1
4)
n
[2(n-3)(n-4)(n-5)+15].
令P(n+1)
P(n) =
n
4(n-2)×2(n-2)(n-3)(n- 4)+15
2(n-3)(n- 4)(n-5)+15<1，
化简得2(n-2)(n-3)(n-4)(20-3n)<45n-120.
由于n≥10，所以上述不等式左边小于零，右边大于零，所以上述不等式恒成立.
所以P(n+1)<P(n)对于n≥10 恒成立，
所以当n=10 时P(n)最大，
最大值为P(10)= 1
15×9×8×(
1
4)
10
×(2×7×6×5+15)=9× 1
2
17×29=261
2
17 .
