1
专题突破练15 随机变量及其分布
必备知识夯实练
1.(2025 福建福州三模)已知随机变量X~B(n,1
2
),若E(X)=2,则P(X=2)=( )
A.1
4
B.3
8
C.1
2
D.5
8
2.(2025 河北唐山一模)随机变量X~N(μ,σ2),σ>0.若P(X<μ+σ)=p,则P(μ-σ<X<μ+σ)=( )
A.1-p
B.2-2p
C.p-1
2
D.2p-1
3.(多选题)(2025 广东清远模拟)离散型随机变量X 的分布列如下:
X
1
2
3
4
P
m
0.3
n
0.2
若E(X)=2.7,则下列结论正确的是( )
A.m+n=0.5
B.E(3X-1)=7.1
C.D(X)=0.81
D.P(X>2)=0.5
4.(多选题)(2025 湖南长沙模拟)盒中有3 个球,其中1 个红球,2 个黄球.从盒中随机不放回
地取球,每次取1 个,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,E(ξ),D(ξ)分别为
随机变量ξ 的均值与方差,则下列结论正确的是( )
A.P(ξ=0)=1
3
B.E(ξ)=1
C.E(3ξ+1)=3
D.D(3ξ+1)=6
5.(多选题)(2025 江苏苏州模拟)随机变量X 的分布列如下表,随机变量Y~B(3,2
3
).设
Z=XY,P(Z=0)=29
81
,且X 与Y 相互独立,则下列说法正确的是( )
X
a
1
P
p
1-p
A.p= 5
17
B.p=1
3
C.a=0
D.E(Z)=2
3
2
6.(2025 河南郑州一模)统计学中通常认为服从正态分布N(μ,σ2)的随机变量X 只取
(μ-3σ,μ+3σ)中的值.假设某厂生产的包装盒的厚度(单位:mm)X~N(10,σ2),某天检测员随机
抽取了一个包装盒,测得其厚度不小于16 mm,他立即判断生产出现了异常,由此可知σ
的最大值为 .
7.(2025 安徽黄山模拟)切比雪夫不等式是19 世纪俄国数学家切比雪夫在研究统计规律
时发现的,其内容是:对于任一随机变量X,若其数学期望E(X)和方差D(X)均存在,则对任
意正实数ε,有P(|X-E(X)|<ε)≥1- D( X )
ε
2
.根据该不等式可以对事件|X-E(X)|<ε 的概率作出
估计.现抛掷一枚骰子,当出现5 点或6 点时,就说这次试验成功,在n 次抛掷中,记成功次
数为X,为了至少有98%的把握使试验成功的频率在区间(1
6 , 1
2
)内,估计抛掷的次数n 的
最小值为 .
8.(2025 山东潍坊模拟)一个点从数轴的原点开始运动,通过投掷骰子决定运动方向:若出
现1,4 时,向负方向移动1 个单位长度;若出现2,3,5,6 时,向正方向移动2 个单位长度.投
掷1 次骰子,该点位置的均值为 .投掷6 次骰子后,概率大于197
243
的点的位置存
在的最小区间为 .
关键能力提升练
9.(多选题)(2025 广东深圳二模)随机变量X,Y 分别服从正态分布和二项分布,且
X~N(3,1),Y~B(6,1
2
),则( )
A.E(X)=E(Y)
B.D(X)=D(Y)
C.P(X≤1)=P(X≥5)
D.P(Y≤3)>P(X≥4)
10.(2025 广东惠州模拟)有2n 个人围坐在一个圆桌边上,每人都越过桌面与另外一人握
手,若要求所有人握手时手臂互不交叉,例如n=2 时,一共有4 个人,以1,2,3,4 表示,握手两
人用一条线连接,共有2 种方式,如图所示.记一次握手中,共有Y 对相邻的两人握手,当
n=4 时,Y 的数学期望E(Y)= .
3
11.(15 分)(2025 上海普陀二模)某区为推进教育数字化转型,通过聚合区域学校的教育资
源,依托AI 技术搭建了区域智慧题库系统,形成了“A 通识过关—B 综合拓展—C 创新提
升”三层动态原库,且A,B,C 三层题量之比为7∶3∶2,设该题库中任意1 道题被选到的
可能性都相同.
(1)现有4 人参加一项比赛,若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答,求这4 人
中至少有2 人的选题来自B 层的概率;
(2)现采用分层随机抽样的方法,使用智能组卷系统从该题库中选取12 道题生成试卷,若
某老师要从生成的这份12 道题的试卷中随机选取3 道题做进一步改编,记该老师选到A
层题的题数为X,求X 的分布列与数学期望E(X).
核心素养创新练
12.(17 分)(2025 湖北新八校联考)我们将借助导数求随机变量的期望和方差的方法称为
微分恒等式法,微分恒等式法既可以用于实验次数有限的情况,也可以用于实验次数无限
的情况.微分恒等式法的一个应用案例如下:
关于x 的恒等式满足x+(1-x)x+(1-x)2x+…+(1-x)k-1x+…=1,
对等式两边求导可得1-x+(1-x)-2(1-x)x+(1-x)2+…-(k-1)(1-x)k-1x+(1-x)k-1+…=0.
移项得1+(1-x)+(1-x)2+…+(1-x)k-1+…=x+2(1-x)x+…+(k-1)(1-x)k-1x+….
某校师生在操场上欢庆元旦,其中有一项套圈活动备受欢迎,活动规则为每人累计
k(k∈N*)次未套中时则停止套圈,否则可以继续套圈.若每人每次套中的概率为p(0<p<1),
且每次套中与否互不影响,每次套中后积1 分,将每位参与活动的师生所得积分记为随机
变量X.
(1)若k=1,p=1
2
,求X=3 的概率;
(2)求X=0,X=1,X=n(n∈N)的概率,并写出随机变量X 的分布列;
(3)用微分恒等式法求随机变量X 的数学期望E(X),并据此估计当k=3,p=0.75 时每位参
与该项活动的师生的积分.
4
答案：
1.B 解析 因为X~B(n,1
2
),
所以E(X)=n× 1
2
=2,
解得n=4,
所以P(X=2)=C4
2( 1
2
)4=3
8 .
故选B.
2.D 解析 因为X~N(μ,σ2),σ>0 且P(X<μ+σ)=p,所以P(X≥μ+σ)=1-p,根据正态分布曲线
的对称性,可得P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ)=1-p,所以P(μ-σ<X<μ+σ)=1-P(X≤μ-σ)-
P(X≥μ+σ)=1-2(1-p)=2p-1.故选D.
3.ABC 解析 由题设m+n+0.5=1,则m+n=0.5,故A 正确;由E(X)=m+0.6+3n+0.8=2.7,则
m+3n=1.3,联立m+n=0.5,所以m=0.1,n=0.4,则P(X>2)=P(X=3)+P(X=4)=0.4+0.2=0.6,故
D 错误;E(3X-1)=3E(X)-1=8.1-1=7.1,故B 正确;D(X)=(1-2.7)2×0.1+(2-2.7)2×0.3+(3-
2.7)2×0.4+(4-2.7)2×0.2=0.81,故C 正确.故选ABC.
4.ABD 解析 ξ=0 表示停止取球时没有取到黄球,所以P(ξ=0)=1
3
,故A 正确;
又随机变量ξ 的所有可能取值为0,1,2,则P(ξ=1)=2
3 × 1
2 = 1
3
,
P(ξ=2)=2
3 × 1
2 = 1
3
,故ξ 的分布列为
ξ
0
1
2
P
1
3
1
3
1
3
所以E(ξ)=0× 1
3
+1× 1
3
+2× 1
3
=1,故B 正确;
由E(3ξ+1)=3E(ξ)+1=3×1+1=4,故C 错误;
D(ξ)=1
3 ×(0-1)2+1
3 ×(1-1)2+1
3 ×(2-1)2=2
3
,D(3ξ+1)=9×D(ξ)=6,故D 正确.故选ABD.
5.BC 解析 由Y~B(3,2
3
),故P(Y=0)=C3
0( 2
3
)0(1
3
)3= 1
27
,
P(Y=1)=C3
1· 2
3 ·(1
3
)2=2
9
,
5
P(Y=2)=C3
2·(2
3
)2· 1
3 = 4
9
,
P(Y=3)=C3
3·(2
3
)3= 8
27
,
当a≠0 时,Z=XY=0,即P(X=a,Y=0)+P(X=1,Y=0)= 1
27
p+ 1
27
(1-p)= 1
27 ≠29
81
,
当a=0 时,Z=XY=0,即P(X=0)+P(X=1,Y=0)=p+ 1
27
(1-p)=29
81
,解得p=1
3
,故A 错误,B,C 正
确;
Z 的可能取值为0,1,2,3,P(Z=0)=29
81
,P(Z=1)=P(X=1,Y=1)=2
9 × 2
3 = 4
27
,P(Z=2)=P(X=1,Y=2)=4
9 × 2
3 = 8
27
,P(Z=3)=P(X=1,Y=3)= 8
27 × 2
3 = 16
81
,
故E(Z)=0× 29
81
+1× 4
27
+2× 8
27
+3× 16
81 = 4
3
,故D 错误.故选BC.
6.2 解析 由题可知10+3σ≤16,解得σ≤2,故σ 的最大值为2.
7.400 解析 由题意知,成功次数X~B(n,1
3
),所以E(X)=n
3
,D(X)=2
9
n,要使1
6 < X
n < 1
2
,则n
6
<X<n
2
,即-n
6
<X-n
3 < n
6
,即|X-n
3
|<n
6
,由切比雪夫不等式P(|X-n
3
|<n
6
)≥1-
2
9 n
( 1
6 n)
2
,知至少有98%
的把握使试验成功的频率在区间(1
6 , 1
2
)内,则1-
2
9 n
( 1
6 n)
2 ≥0.98,解得n≥400,所以抛掷的次
数n 的最小值为400.
8.1 [3,9] 解析 设投掷1 次时的位置值为X,易知X 的可能取值有-1,2,则P(X=-1)=
2
6 = 1
3
,P(X=2)=4
6 = 2
3
,则X 的分布列为
X
-1
2
P
1
3
2
3
6
则均值为E(X)=(-1)× 1
3
+2× 2
3
=1.
设投掷6 次时的位置值为Y,则Y 的可能取值有-6,-3,0,3,6,9,12,
则P(Y=-6)=C6
0×(1
3
)6×(2
3
)0= 1
729
,P(Y=-3)=C6
1×(1
3
)5×(2
3
)1= 4
243
,
P(Y=0)=C6
2×(1
3
)4×(2
3
)2= 20
243
,P(Y=3)=C6
3×(1
3
)3×(2
3
)3=160
729
,P(Y=6)=C6
4×(1
3
)2×(2
3
)4= 80
243
,
P(Y=9)=C6
5×(1
3
)1×(2
3
)5= 64
243
,P(Y=12)=C6
6×(1
3
)0×(2
3
)6= 64
729
,
则P(Y=6)>P(Y=9)>P(Y=3)>P(Y=12)>P(Y=0)>P(Y=-3)>P(Y=-6),
且P(Y=6)+P(Y=9)= 80
243 + 64
243 = 144
243 < 197
243
,
P(Y=6)+P(Y=9)+P(Y=3)= 80
243 + 64
243 + 160
729 = 592
729 > 197
243
,
所以概率大于197
243
的点的位置存在的最小区间为[3,9].
9.ACD 解析 对于正态分布X~N(3,1),可得其期望E(X)=3,D(X)=1,对于二项分布Y~B(6,
1
2
),可得E(Y)=6× 1
2
=3,D(Y)=6× 1
2 × 1
2 = 3
2
,所以E(X)=E(Y),D(X)<D(Y),故A 正确,B 错误;由
于正态分布具有对称性,由X~N(3,1),可得P(X≤1)=P(X≥5),故C 正确;对于Y~B(6,1
2
),可
得P(Y≤3)=C6
0( 1
2
)0·(1-1
2
)6+C6
1( 1
2
)1·(1-1
2
)5+C6
2( 1
2
)2·(1-1
2
)4+C6
3( 1
2
)3·(1-1
2
)3=(C6
0+C6
1+C6
2+C6
3)
(1
2
)6=1+6+15+20
64
= 21
32
,所以P(X≥4)<P(X≥3)=1
2
,所以P(Y≤3)>P(X≥4),故D 正确.故选
ACD.
10. 20
7
解析 当n=3 时,按顺时针方向把人标记为1,2,3,4,5,6,用(i,j)表示i 和j 握手.
若1 和2 握手,共有两种方法:(3,4),(5,6)和(3,6),(4,5),若1 和6 握手,共有两种方法:(2,3),
(4,5)和(3,4),(2,5),若1 和4 握手,共有1 种方法:(2,3),(5,6),所以一共有5 种方法.
当n=4 时,若1 和2 握手,剩下6 个人,情况同n=3,共5 种方法,若1 和8 握手,剩下6 个人,
情况同n=3,共5 种方法,
7
若1 和4 握手,则2 和3 握手,5,6,7,8 之间握手情况同n=2,共2 种方法,从而有1×2=2 种方
法,
若1 和6 握手,由对称性,情况同1 和4 握手,共2 种方法,所以一共有5+5+2+2=14 种方法.
其中,共2 种方法使得Y=4(相邻两人按顺时针或逆时针方向依次握手),P(Y=4)= 2
14 = 1
7
,
共4 种方法使得Y=2(类似(1,6),(2,5),(3,4),(7,8)等),P(Y=2)= 4
14 = 2
7
,共8 种方法使得
Y=3(类似(1,4),(2,3),(5,6),(7,8)等),P(Y=3)= 8
14 = 4
7
,Y 的分布列为
Y
2
3
4
P
2
7
4
7
1
7
故E(Y)=2× 2
7
+3× 4
7
+4× 1
7 = 20
7 .故答案为20
7 .
11.解 (1)因为A,B,C 三层题量之比为7∶3∶2,所以在B 层选题的概率为3
12 = 1
4
,不在B
层选题的概率为1-1
4 = 3
4
,设至少2 人的选题来自B 层的概率为P,从B 层选题数量为X1,
由题意得X1~B(4,1
4
),而二项分布概率公式为P(X1=k)=C4
k( 1
4
)k(3
4
)n-k,则至少2 人的选题来
自B 层的概率为P(X1=2)+P(X1=3)+P(X1=4),故P=C4
2( 1
4
)2(3
4
)2+C4
3( 1
4
)3(3
4
)+C4
4( 1
4
)4=
54
256 + 12
256 + 1
256 = 67
256 .
8
(2)因为A,B,C 三层题量之比为7∶3∶2,所以在A 层最多抽到7 道,且X 可取0,1,2,3,则
P(X=0)=C7
0C5
3
C12
3
= 1
22,P(X=1)=C7
1C5
2
C12
3
= 7
22,P(X=2)=C7
2C5
1
C12
3
= 21
44 ,P(X=3)=C7
3C5
0
C12
3
= 7
44 ,
其分布列为
X
0
1
2
3
P
1
22
7
22
21
44
7
44
所以E(X)=0× 1
22
+1× 7
22
+2× 21
44
+3× 7
44 = 7
4 .
12.解 (1)若k=1,则X=3 表示总共套了4 次,其中前3 次套中,第4 次没有套中,因此概率
为P(X=3)=(1-1
2
)3× 1
2 = 1
16 .
(2)X=0 表示总共套了k 次,其中前k 次均没有套中,
因此概率为P(X=0)=Ck
0p0·(1-p)k=Ck -1
0 p0·(1-p)k,X=1 表示总共套了1+k 次,其中前k 次中套
中了1 次,第1+k 次没有套中,因此概率为P(X=1)=Ck
1p1·(1-p)k,……
X=n 表示总共套了n+k 次,其中前n+k-1 次中套中了n 次,第n+k 次没有套中,
因此概率为P(X=n)=Cn+k -1
n
pn·(1-p)k,……
因而分布列为
X
0
1
…
n
…
P
Ck -1
0 p0·(1-p)k
Ck
1p1·(1-p)k
…
Cn+k -1
n
pn·(1-p)k
…
(3)由(2)可得,E(X)=∑
n=0
∞
nCn+k -1
n
pn·(1-p)k,由于分布列的概率和为1,即∑
n=0
∞
Cn+k -1
n
pn·(1-p)k=1,等
式关于p 恒成立,两边求导得∑
n=0
∞
[Cn+k -1
n
npn-1·(1-p)k-kCn+k -1
n
pn·(1-p)k-1]=0,分组求和可得
∑
n=0
∞
nCn+k -1
n
pn-1·(1-p)k-∑
n=0
∞
k Cn+k -1
n
pn·(1-p)k-1=0,移项得∑
n=0
∞
nCn+k -1
n
pn-1·(1-p)k=∑
n=0
∞
k Cn+k -1
n
pn·(1-
p)k-1,变形得∑
n=0
∞
nCn+k -1
n
pn·(1-p)k= kp
1- p ∑
n=0
∞
Cn+k -1
n
pn·(1-p)k,注意到E(X)=∑
n=0
∞
nCn+k -1
n
pn·(1-p)k,
∑
n=0
∞
Cn+k -1
n
pn·(1-p)k=1,代入上式得E(X)= kp
1- p .
当k=3,p=0.75 时,E(X)=3×0.75
1-0.75
=9,因此估计每位参与该项活动的师生的积分为9.
