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随机变量及其分布单元复习（基础卷2）
一：单项选择题：本题共8 小题，每小题满分5 分，共40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，
选对得5 分，选错得0 分．
1．下列随机变量是离散型随机变量的个数是（ ）
①掷一颗骰子出现的点数；
②投篮一次的结果；
③某同学在12：00 至12：30 到校的时间；
④从含有50 件合格品、10 件次品的产品中任取3 件，其中合格品的件数.
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】
根据离散型随机变量的定义逐个分析即可.
【详解】①中骰子出现的点数为1，2，3，4，5，6，可以一一列举出来.
②中投篮一次有两种情况，若用1 表示投中，0 表示不中，
则也可以一一列举出来.
④中所取3 件产品的合格品数可能为0，1，2，3，共4 种情况，
可以一一列举出来.
③中学生到校时间可以是12：00 到12：30 中的任意时刻，
不能一一列举出来，因此③不是离散型随机变量，
故只有①②④满足.
故选：C.
2．已知
分别为随机事件
的对立事件，
，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．
C．若
互斥，则
D．若
独立，则
【答案】C
【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．
【详解】A 中：由对立事件定义可知
，故
正确；
中：
， 故B 正确；
C 中：A，B 互斥，
，而
，
所以
，故C 错误；
D 中：A，B 独立，则
，则
，故D 正确.
故选：C.
3．设随机变量
，随机变量
，
与
之间的大小关系是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据正态分布曲线的性质判断大小关系即可.
【详解】由
、
分布曲线关于
轴对称，
则
，
∵
越大，正态分布曲线越扁平，
∴
.
故选：C
4．一个不透明的袋子中装有3 个黑球，n 个白球
，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3 个
球，已知取出2 个黑球，1 个白球的概率为
，设X 为取出白球的个数，则
（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】A
【分析】
根据取出2 个黑球，1 个白球的概率为
求出n 的值，再求出X 的分布列，根据数学期望的定义即可计算.
【详解】由题可知，
，解得
，
X 的可能取值为
，
，
，
，
，
∴
.
故选：A
5．已知随机变量
，若使
的值最大，则
（ ）．
A．6 或7
B．7 或8
C．5 或6
D．7
【答案】A
【分析】根据题意，利用二项分布的性质，以及独立重复试验的概率计算公式，结合
，
求得
的范围，进而得到答案.
【详解】因为随机变量
，可得
，其中
，
由
，解得
，
当
时，可得
，所以
，
当
时，可得
，
所以
和
的值最大.
故选：A．
6．从1-20 中随机抽取3 个数，记随机变量
为这3 个数中相邻数组
的个数．如当这三个数为11，12，14 时，
；当这三个数为7，8，9 时，
．则
的值为（ ）
A．0.2
B．0.3
C．0.4
D．0.5
【答案】B
【分析】随机变量
的取值为0,1,2，结合变量对应的事件写出概率，算出期望．
【详解】随机变量
的取值为0,1,2，
当
时，所取的三个数中仅两个数相邻，其中取1,2 和19,20，对应取法为17 种，其余17 情况取法为16 种，
，
当
时，即所取的三个数中两两相邻，取法有18 种，
，
所以当
时，即所取的三个数彼此不相邻，取法有
种，
，
.
故选：B.
7．人工智能领域让贝叶斯公式：
站在了世界中心位置，AI 换脸是一项深度伪造技术，某视频
网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI 对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄
别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有
的可能鉴定为“AI”；它的误报
率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有
的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是
“AI”合成的可能性为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果.
【详解】记“视频是AI 合成”为事件
，记“鉴定结果为AI”为事件B，
则
，
由贝叶斯公式得：
，
故选：C．
8．李华在研究化学反应时，把反应抽象为小球之间的碰撞，而碰撞又分为有效碰撞和无效碰撞，李华有3 个小球
和
3 个小球
，当发生有效碰撞时，
，
上的计数器分别增加2 计数和1 计数，
，
球两两发生有效碰撞的概率均为
，现在李华取三个球让他们之间两两碰撞，结束后从中随机取一个球，发现其上计数为2，则李华一开始取出的三
个球里，小球
个数的期望是（ ）个
A．1.2
B．1.6
C．1.8
D．2
【答案】B
【分析】由题意可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等，根据
种不同的取法，每种取法里三个球两
两碰撞之后共有
种等可能的情况发生，其中可产生计数为
的球的情况有
种，再算出其中不同取法里
球个
数各自的概率，即可计算出期望.
【详解】由
，
球两两发生有效碰撞的概率均为
，
可得两球发生有效碰撞和无效碰撞的可能性相等.
取出三个球后，每两个球之间碰撞一次，则需碰撞
次，
每次碰撞均有有效碰撞和无效碰撞两种情况发生，且可能性相等，
所以三个球两两碰撞之后共有
种等可能的情况发生.
①若取出的三个球均为
球，有
种取法，
碰撞之后产生计数为
的球的情况有：
每
个
球之间有效碰撞
次，无效碰撞次，计数结果为
，有
种，1 个球计数为2；
每
个
球之间有效碰撞次，计数结果为
，有种，有三个球计数为2；
则符合条件的情况数为
.
②若取出的三个球为个
球，
个
球，有
种取法，
碰撞之后产生计数为
的球的情况有：
，
球之间有效碰撞次，无效碰撞次，计数结果为
或
，有
种1，计数为2 的球个数分别为
1 和2；
每
个球之间有效碰撞次，计数结果为
，有种，计数为2 的球个数为2；
则符合条件的情况数为
.
③若取出的三个球为
个
球，个
球，有
种取法，
碰撞之后产生计数为
的球的情况有：
a，a 碰撞有效，a，b 碰撞无效，计数结果为
，有种，计数为2 的球个数为2；
a，a 碰撞无效，a，b 碰撞1 次有效1 次无效，计数结果为
，有
种，计数为2 的球个数为1；
a，a 碰撞无效，a，b 碰撞均有效，计数结果为
，有种，计数为2 的球个数为3；
a，a 碰撞有效，a，b 碰撞1 次有效1 次无效，计数结果为
，有2 种，计数为2 的球个数为1；
a，a 碰撞有效，a，b 碰撞有效，计数结果为
，有1 种，计数为2 的球个数为1；
所以符合条件的情况数为
.
④若取出的三个球均为
球，有
种取法，
碰撞之后产生计数为
的球的情况有：
每
个
球之间有效碰撞次，计数结果为
，有种，计数为2 的球个数为2；
每
个
球之间有效碰撞
次，计数结果为
，有种，计数为2 的球个数为2；
符合条件的情况数为
.
所以碰撞之后产生计数为
的球的情况总数为
，
设李华一开始取出的三个球里，
球个数为随机变量
，
则随机变量
所有可能取值的集合是
，
，
，
，
，
故
的分布列如下表：
数学期望
，
所以李华一开始取出的三个球里，
球个数的期望是
个.
故选：
.
二：多项选择题：本题共4 小题，每小题满分5 分，共20 分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
全部选对得5 分，部分选对得2 分，有选错的得0 分．
9.已知三个正态密度函数φi(x)=
1
σ √2π e
−( x−μi)
2
2σ i
2 （x R
∈，i＝1，2，3）的图象如图所示，则下列结论正确的是
（ ）
A．σ1=σ 2
B．μ1> μ2
C．μ1= μ2
D．σ 2<σ 3
【解题思路】利用正态分布曲线的性质判断即可.
【解答过程】根据正态曲线关于x＝μ 对称，且μ 越大曲线越靠近右边，
∴μ1< μ2= μ3，故B、C 错误；
又σ 越小数据越集中，曲线越瘦高，
∴σ1=σ 2<σ 3，故A、D 正确．
故选：AD．
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，设取的4 个小球中白球的个数为X，
则下列结论正确的是（ ）
A．P( X =1)= 2
5
B．P( X =2)= 3
7
C．随机变量X服从超几何分布
D．随机变量X服从二项分布
【解题思路】根据超几何分布的定义以及概率公式，可得答案.
【解答过程】由题意知随机变量X服从超几何分布；
X的取值分别为0，1，2，3，4，
则P( X =0)=C6
4
C10
4 = 1
14
，P( X =1)=C4
1 C6
3
C10
4
= 8
21
，
P( X =2)=C4
2 C6
2
C10
4
= 3
7
，P( X =3)=C4
3 C6
1
C10
4
= 4
35
，P( X = 4)=C4
4
C10
4 = 1
210
，
故选：BC．
11.某儿童乐园有甲、乙两个游乐场，小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.4 和0.6．如果他第一
天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.5，
则王同学（ ）
A．第二天去甲游乐场的概率为0.54
B．第二天去乙游乐场的概率为0.44
C．第二天去了甲游乐场，则第一天去乙游乐场的概率为5
9
D．第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为4
9
【解题思路】利用条件概率公式、全概率公式以及对立事件的概率计算公式一一代入计算即可.
【解答过程】设事件A1：小王同学第一天去甲游乐场，事件A2：小王同学第二天去甲游乐场，
事件B1：小王同学第一天去乙游乐场，事件B2：小王同学第二天去乙游乐场，
则P( A1)=0.4，P(B1)=0.6，P( A2∣A1)=0.6，P( A2∣B1)=0.5，
所以P( A2)= P( A1)P( A2∣A1)+ P(B1)P( A2∣B1)=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54，
故选项A 正确；
P(B2)=1−P( A2)=0.46，故选项B 不正确；
因为P( A2∣A1)= P( A2)P( A1∣A2)
P( A1)
=0.6，P( A2∣B1)= P( A2)P(B1∣A2)
P(B1)
=0.5，
所以P( A2)⋅P( A1∣A2)=0.24，P( A2)P(B1∣A2)=0.3，
所以P(B1∣A2)=
0.3
P( A2)
= 5
9
，故选项C 正确；
P( A1∣B2)= P( A1)P(B2∣A1)
P(B2)
=
P( A1)[1−P( A2∣A1)]
P(B2)
= 0.4×(1−0.6)
0.46
= 8
23
，
故选项D 不正确，
故选:AC．
12.投资甲，乙两种股票，每股收益的分布列分别如表1 和表2 所示．
表1 股票甲收益的分布列
收益X（元）
−1
0
2
概率
0.1
0.3
0.6
表2 股票乙收益的分布列
收益Y（元）
0
1
2
概率
0.3
0.4
0.3
关于两种股票，下列结论正确的是（ ）
A．E (2 X +1)=3.2
B．D (2Y +1)=2.2
C．投资股票甲的期望收益较大
D．投资股票甲比投资股票乙风险高
【解题思路】计算期望以及方差，从而由期望和方差的意义判断CD，由方差和期望的性质判断AB.
【解答过程】E (X )=−0.1+1.2=1.1，E (Y )=0.4+0.6=1，E (X )> E (Y )
D (X )=(−1−1.1)
2×0.1+(0−1.1)
2×0.3+(2−1.1)
2×0.6=1.29，
D (Y )=(0−1)
2×0.3+(1−1)
2×0.4 +(2−1)
2×0.3=0.6，D (X )> D (Y )
则投资股票甲的期望收益较大，投资股票甲比投资股票乙风险高.
E (2 X +1)=2 E (X )+1=3.2，
D (2Y +1)= 4 D (Y )=2.4．
故选：ACD.
三：填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。
13．甲袋中有5 个红球和3 个白球，乙袋中有4 个红球和2 个白球，如果所有小球只存在颜色的差别，并且整个取球
过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别用
、
表示由甲袋中取出红球、白球
的事件；第二步，再从乙袋中随机取出两球，用B 表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事件
B 的概率是 .
【答案】
【分析】
根据全概率公式即可求解.
【详解】
因为
，
所以
,
故答案为：
14．在某次大型人才招聘活动中，共有2000 人参加笔试，笔试成绩位于区间
，
，
的人数分别
为683，272，45，已知此次笔试满分为100 分，且成绩近似服从正态分布，则笔试成绩的标准差约为 （参考数
据：若
，则
）
【答案】10
【分析】计算出
，即可估计
的值，再结合题意求出
，计算
，即可把
的值估计为90，即而求得答案.
【详解】由题意知，设笔试成绩
，
由70 分及以上的人数为
，得
，
故
的值可估计为70，
由参考数据知
，
而
，故
的值可估计为90，
故
约为
，
故答案为：10
15．一次抛掷两颗质地均匀的正方体骰子，若出现的点数和是3 的倍数，则这次抛掷得分为3，否则得分为
．抛掷
n 次，记累计得分为
，若
，则
．
【答案】
【分析】利用古典概型概率公式可得抛掷一次，出现的点数和是3 的倍数的概率，记抛掷n 次抛掷出现的点数是3 倍
关系的次数为
，则
，
，即可判断．
【详解】由题可知一次抛掷两颗质地均匀的正方体骰子有36 种等可能的结果，
其中出现的点数和是3 倍关系的有12 种等可能的结果，
所以抛掷一次，出现的点数和是3 倍关系的概率为
，
记抛掷n 次抛掷出现的点数和是3 倍关系的次数为
，
则
，
，
由
得
，得
，
于是
，
．
故答案为：
.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握二项分布的期望与方差公式，及利用期望与方差的性质求新的期望与
方差.
16．如果
是离散型随机变量，则
在
事件下的期望满足
其中
是
所有可能取值的集合.已知某独立重复试验的成功概率为
，进行
次试验，求第
次试验恰好是第
二次成功的条件下，第一次成功的试验次数
的数学期望是 .
【答案】
/
【分析】先求得
再利用条件概率得到
，
求解.
【详解】设随机变量
分别代表第一､第二次成功对应的试验次数，
则
，以及
，
所以
，
所以
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解题意，利用独立重复试验的概率公式分别求得
与
，从而得解.
四、解答题：本题共6 小题，共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．在某次乒乓球团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制（即先胜三局的团队获得比赛的胜利），假设
在每局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛相互独立.
(1)求这场选拔赛三局结束的概率；
(2)若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，找出这场选拔赛三局结束的事件，利用概率公式即可求解；
（2）先找出满足条件的事件，然后利用概率公式即可求解.
【详解】（1）设“第i 局甲胜”为事件
，“第j 局乙胜”为事件
（i，
，2，3，4，5），
记
“三局结束比赛”，则
，
所以
；
（2）记
“决胜局进入第五局比赛”，则
，
所以
.
18．随着温度降低，各种流行病毒快速传播.为了增强员工预防某病毒的意识，某单位决定先对员工进行病毒检测，为
了提高检测效率，决定将员工分为若干组，对每一组员工的血液样本进行混检（混检就是将若干个人被采集的血液样
本放到一个采集管中（采集之前会对这些人做好信息登记））.检测结果为阴性时，混检样本均视为阴性，代表这些人
都未感染：如果出现阳性，相关部门会立即对该混检管的所有受试者暂时单独隔离，并重新采集该混检管的所有受试
者的血液样本进行一一复检，直至确定其中的阳性.已知某单位共有N 人，决定n 人为一组进行混检，
(1)若
，每人被病毒感染的概率均为
，记检测的总管数为X，求X 的分布列：
(2)若
.每人被病毒感染的概率均为0.1，记检测的总管数为Z，求Z 的期望.
【答案】(1)分布列见解析.
(2)
.
【分析】
（1）找到检测的总管数为X 的可能取值，算出对应概率，列出分布列.
（2）找到3 人进行混检，记混检的一组最终检测的总管数为
的可能取值，算出对应概率，求出
，然后由
和
的关系，求出
.
【详解】（1）由题意
的取值可能为
，
，
，
，
则
的分布列为
2
4
6
（2）将3 人进行混检，记混检的一组最终检测的试管数为
，则
可能的值为1，4，
，
则
.
依题意可得
，
所以
.
故答案为：
19．已知甲、乙两个小组参加某项知识竞赛的初赛．初赛分两轮，甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是
，
，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是
，
．初赛中两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．整
个竞赛中各个小组所有轮次比赛的结果互不影响．
(1)设获得决赛资格的小组总数为
，求
的分布列与数学期望；
(2)已知甲、乙两个小组经过初赛都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．甲、乙两小组对某道题进行抢答，抢到
的概率分别是
，
，答对的概率分别是他们各自获得决赛资格的概率．求该题被抢答正确的概率．
【答案】(1)分布列见解析；数学期望为1；
(2)
．
【分析】
(1)分别求甲、乙两个小组获得决赛资格的概率，再求
的所有可能取值及相应概率，从而可列出分布列并求出数学
期望；
(2)设事件并求出各事件的概率，然后根据条件概率和全概率计算公式即可求解．
【详解】（1）由题意可知，甲组获得决赛资格的概率
，
乙组获得决赛资格的概率
．
的所有可能取值为
，
则
，
，
，
∴
的分布列为：
0
1
2
∴
．
（2）设
表示事件“某小组对最后一道题回答正确”，
表示事件“甲小组抢到最后一道题”，
表示事件“乙小
组抢到最后一道题”，
则
．
根据全概率公式，可得
，
故该题被抢答正确的概率为
．
20．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定的连续型随机变量
，定义其累积
分布函数为
．已知某系统由一个电源和并联的
，
，
三个元件组成，在电源电压正常的情况下，
至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立．
(1)已知电源电压
（单位：
）服从正态分布
，且
的累积分布函数为
，求
；
(2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量
（单位：天）表示某高稳定
性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为
.
（ⅰ）设
，证明：
；
（ⅱ）若第
天元件
发生故障，求第
天系统正常运行的概率．
附：若随机变量
服从正态分布
，则
，
，
．
【答案】(1)0.8186
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
．
【分析】
（1）根据正态分布的对称性即可结合
的定义求解，
（2）（ⅰ）根据条件概率的计算公式集合
的定义以及
的定义域即可求解，（ⅱ）根据独立事件的
概率公式求解即可.
【详解】（1）
由题设得
，
，
所以
（2）
（ⅰ）由题设得：
，
,
所以
．
（ⅱ）由（ⅰ）得
，
所以第
天元件
，
正常工作的概率均为
．
为使第
天系统仍正常工作，元件
，
必须至少有一个正常工作，
因此所求概率为
．
21．世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90 分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90 分钟内无法决出胜负
（踢成平局），将进行30 分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则
如下：①两队各派5 名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5 球前，一队进球数已多于另一
队踢5 球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4 轮结束时，双方进球数比
，则不需踢第5 轮了；③若前5 轮
点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6 轮起，双方每轮各派1 人踢点球，若均进球
或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双
方势均力敌，120 分钟（含加时赛）仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为
，
乙队每名球员射进的概率为
．每轮点球结果互不影响．
(1)设甲队踢了5 球，
为射进点球的个数，求
的分布列与期望；
(2)若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4 个球并刚好胜出的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）由题意知
，由二项分布求出
的分布列与期望；
（2）由题意知甲乙两队比分为1：4 或2：4，求出相应的概率再相加即可.
【详解】（1）由题意知，
，
可能的取值为0，1，2，3，4，5.
，
，
，
，
，
所以
的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P
．
（2）设“第四轮点球结束时，乙队进了4 个球并胜出”为事件A，
由题意知，甲乙两队比分为1：4 或2：4，设“甲乙两队比分为1：4”为事件
，“甲乙两队比分为2：4”为事件
，
若甲乙两队比分为1：4，则乙射进4 次，甲前三次射进一次，第4 次未进，
，
若甲乙两队比分为2：4，则乙射进4 次，甲前四次射进两次，
所以
．
即在第四轮点球结束时，乙队进了4 个球并胜出的概率为
．
22．2024 年高三数学适应性考试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，
选对得5 分，选错得0 分，多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6 分，部分选对得3 分，有错
误选择或不选择得0 分．
(1)已知某同学对其中4 道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学
在这4 道单选题中答对的题数为随机变量X．
（i）求
；
（ii）求使得
取最大值时的整数
；
(2)若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D 选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作
答．已知此题正确答案是两选项与三选项的概率均为
，求该同学在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出
得分的最大期望．
【答案】(1)（i）
；（ii）
(2)该同学选择单选A 或单选C 的得分期望最大，最大值为
分
【分析】（1）（i）易知
服从二项分布，据此计算
；（ii）令
，结合二项分布的
概率公式得到不等式组，解得
的取值范围，再由
为整数确定取值；
（2）算出单选、双选和三选条件下的数学期望，比较大小即可.
【详解】（1）（i）因为
，所以
．
（ii）因为
．
依题意
，即
，
解得
，
又
为整数，所以
，即
时
取最大值.
（2）由题知，
选项不能同时选择，故该同学可以选择单选、双选和三选．
正确答案是两选项的可能情况为
，每种情况出现的概率均为
．
正确答案是三选项的可能情况为
，每种情况出现的概率为
．
若该同学做出的决策是单选，则得分的期望如下：
（分），
（分），
若该同学做出的决策是双选，则得分的期望如下：
（分），
（分）．
若该同学做出的决策是三选，则得分的期望如下：
（分）．
经比较，该同学选择单选A 或单选C 的得分期望最大，最大值为
分.
【点睛】方法点睛：根据正确答案的所有可能结果，对答题情况进行分类讨论，计算每种答题情况的得分期望值，选
择最优方案.
