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随机变量及其分布单元复习（提高卷1）
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．从1，2，3，4，5 中不放回地抽取2 个数，则在第1 次抽到奇数的条件下，第2 次又抽到奇数的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】
根据条件概型的知识求得正确答案.
【详解】在第1 次抽到奇数的条件下，余下
个奇数和
个偶数，
再次抽取时，抽到奇数的概率为
.
故选：C
2．已知随机变量
的分布列如表：
则实数
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据随机变量的分布列的性质求解即可.
【详解】由题知
，
解得
．
故选：A
3．袋子中装有3 个红球和4 个蓝球，甲先从袋子中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋子中随机摸一个
球，若甲乙两人摸到红球的概率分别为
､
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
或
【答案】A
【分析】利用古典概型的概率公式求出
后可得正确的选项.
【详解】设
为“甲摸到红球”，
为“乙摸到红球”，
而乙两人摸到红球可分为甲摸到红球后乙摸到红球、甲摸到蓝球后乙摸到红球，
则
，
而
，
故
，
故选：A.
4．随机变量ξ 的分布列如下表：
ξ
1
a
9
P
b
b
其中
，
，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，则当
时，
随b 的增大而增大
B．若
，则当
时，
随b 的增大而减小
C．若
，则当
时，
有最小值
D．若
，则当
时，
有最大值
【答案】C
【分析】根据公式算出期望和方差，进而结合二次函数的性质求得答案.
【详解】若
，则
，故A,B 均错误；
若
，则
，
，其对称轴为：
，则
时，
有最小值，即C 正确，D 错误.
故选：C.
5．已知随机变量
，
分别满足二项分布
，
，则“
”是“
”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由二项分布的方差公式求出
，再由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】因为
，
，
所以
，
所以
，则
，
若
，则
.
所以“
”是“
”的充要条件.
故选：C.
6．下列关于随机变量X 的四种说法中，正确的编号是（ ）
①若X 服从二项分布
，则
；
②若从3 男2 女共5 名学生干部中随机选取3 名学生干部，记选出女学生干部的人数为X，则X 服从超几何分布，且
；
③若X 的方差为
，则
；
④已知
，
，则
．
A．②③
B．①③
C．①②
D．①④
【答案】C
【分析】根据二项分布的期望公式判断①；求出超几何分布的期望判断②；根据方差的性质判断③；根据条件概率公
式判断④.
【详解】若X 服从二项分布
，则
，①正确；
选出女学生干部的人数为X 的值为
，且服从超几何分布，
所以
，②正确；
若X 的方差为
，则
，③错误；
因为
，
，所以
，④错误.
故选：C.
7．已知某校有1200 名同学参加某次模拟考试，其中数学考试成绩
近似服从正态分布
，则下列说法正
确的有（ ）
（参考数据：①
；②
；③
）
A．这次考试成绩超过100 分的约有500 人
B．这次考试分数低于70 分的约有27 人
C．
D．从中任取3 名同学，至少有2 人的分数超过100 分的概率为
【答案】B
【分析】由正态分布的性质则
，求出人数判断A，由正态分布的对称性求出相应概率判断BC，利用独
立事件的概率公式和互斥事件概率公式计算后判断D．
【详解】由题意可知，对于选项A，
，
，则
，则成绩超过100 分的约有
人，
所以选项A 错误；
对于选项B，
，所以
，所以分数低于70 分的人数约为
，即约为27 人，所以选项B
正确；
对于选项C，
，
，所以
，所以选项C 错误；
对于选项D，因为
，且至少有2 人的分数超过100 分的情况如下：①恰好2 人时概率为
；
②3 人均超过100 分时的概率为
，则至少有2 人的分数超过100 分的概率为
，所以选项D 错误；
故选：B．
8．某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期
､
一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2 局，当两人获胜局数不少于3 局时，则认为这
轮训练过关；否则不过关.若甲乙两人每局获胜的概率分别为
､
，
，且满足
，每局之间相互独立.记甲、
乙在
轮训练中训练过关的轮数为
，若
，则从期望的角度来看，甲乙两人训练的轮数至少为（
､
）
A．27
B．24
C．32
D．28
【答案】A
【分析】先求得每一轮训练过关的概率，利用二项分布的期望列方程，结合基本不等式以及二次函数的性质求得正确
答案.
【详解】设每一轮训练过关的概率为
，
则
，
，当且仅当
时等号成立.
函数
的开口向上，对称轴为
，
所以
，
依题意，
，则
，
，所以至少需要
轮.
故选：A
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.下列说法不正确的是（ ）
A．随机变量X ~ B(3,0.2)，则P( X =2)=0.032
B．某人在10 次射击中，击中目标的次数为X且X ~ B(10,0.8)，则当X =8时概率最大；
C．从装有2 个红球和2 个黑球的口袋内任取2 个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而不对立的事
件
D．从10个红球和20个白球颜色外完全相同中，一次摸出5个球，则摸到红球的个数服从超几何分布；
【解题思路】A 应用二项分布概率公式求概率即可；B 由二项分布知P( X =k )=C10
k 0.8
k 0.2
10−k，应用不等式法：当
k ≥1求
P( X =k )
P( X =k −1) ≥1的解集即可判断正误；C 根据互斥事件的定义判断正误；D 由超几何分布的性质判断正误.
【解答过程】A：由二项分布的概率公式得: P( X =2)=C3
2(0.2)
2×0.8=0.096，故错误;
B：在10 次射击中击中目标的次数为X ~ B(10,0,8)，当X =k时对应的概率P( X =k )=C10
k ×0.8
k×0.2
10−k，所以当
k ≥1时，
P( X =k )
P( X =k −1) =
C10
k ⋅0.8
k⋅0.2
10−k
C10
k −1⋅0.8
k −1⋅0.2
10−k +1 = 4(11−k )
k
，由
P( X =k )
P( X =k −1) = 4(11−k )
k
≥1得：44−4 k ≥k，
即1≤k ≤44
5
，k ∈N
∗，则1≤k ≤8且k ∈N
∗，即k =8时概率P( X =8)最大，故正确．
C：至少有一个黑球包含的基本事件为“一黑一红，两黑”，至少有一个红球包含的基本事件为“一黑一红，两红”，
故至少有一个黑球与至少有一个红球不互斥，故错误；
D：设摸出红球的个数为k，则P( X =k )= C10
k C20
5−k
C30
5
(k =0,1,2,3,4,5)，故满足超几何分布，故正确；
故选：AC.
10.某精密制造企业根据长期检测结果得到其产品的质量差服从正态分布N (μ,σ
2)，把质量差在(μ−σ , μ+σ )内的产品
称为优等品，在(μ+σ , μ+2σ )内的产品称为一等品，优等品与一等品统称正品，其余的产品作为废品处理．根据大量
的产品检测数据，得到产品质量差的样本数据统计如图，将样本平均数x =70作为μ的近似值，将样本标准差s作为σ
的估计值，已知质量差X ∼N (μ,100)，则下列说法中正确的是（ ）
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N (μ,σ
2)，则P(μ−σ <ξ < μ+σ )≈0.6827，P(μ−2σ <ξ < μ+2σ )≈0.9545，
P(μ−3σ <ξ < μ+3σ )≈0.9973．
A．样本数据的中位数为71
B．若产品质量差为62mg，则该产品为优等品
C．该企业生产的产品为正品的概率是0.8186
D．从该企业生产的正品中随机抽取1000件，约有834件优等品
【解题思路】A：先确定中位数所在区间，然后根据前两组的频率计算中位数；B：根据正态分布确定出μ,σ，然后确
定出优等品对应的质量差区间，由此作出判断；C：先确定出正品质量差区间，然后根据正态分布曲线的对称性计算
出概率；D：计算出优等品的概率然后结合C 选项的结果可求优等品的件数.
【解答过程】对于A：[46,56)的频率为0.01×10=0.1，[56,66)的频率为0.02×10=0.2，
[66,76)的频率为0.045×10=0.45，且0.1+0.2<0.5,0.1+0.2+0.45>0.5，
设样本数据的中位数为x，所以x∈(66,76)，则0.3+(x−66)×0.045=0.5，解得x = 634
9
，故A 错误；
对于B：由题意知μ≈x =70，X ∼N (70,10
2)，
优等品质量差在(μ−σ , μ+σ )即(60,80)内，而62∈(60,80)，故B 正确；
对于C：一等品质量差在(μ+σ , μ+2σ )即(80,90)内，则正品质量差在(60,80)和(80,90)内，即在(60,90)内，
所以产品为正品的概率为P(60< X <90) = P(60< X <80)+ P(80< X <90)
= 1
2 ×(0.6827+0.9545)=0.8186，故C 正确；
对于D：优等品质量差在(60,80)内，所以产品为优等品的概率为0.6827，
从正品中随机抽取1000件，有1000× 0.6827
0.8186 ≈834件优等品，故D 正确．
故选：BCD.
11.一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从袋子中随机摸出一个小球，
记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸出过时就停止摸球.设Ai=“第i 次摸到红球”，Bi=“第i 次摸到黄球”，
Ci=“第i 次摸到蓝球”，Di=“摸完第i 次球后就停止摸球”，则（ ）
A．P(D3)= 2
9
B．P( D4|A1)= 2
27
C．P(Dn)= 2
n−1−2
3
n−1
，n≥3
D．P( Dn|Bn−1Cn−2)= 2
n−3
3
n−2
，n≥3
【解题思路】对选项AC，求出Dn
包含的事件数为(2
n−1−2)C3
2，从而得到P(Dn)，并计算出P(D3)；选项B，计算出
P(D4 A1)= 2
27
，P( A1)= 1
3
，利用条件概率公式计算出答案，选项D，得出P(Dn Bn−1Cn−2)= 2
n−3
3
n
，n≥3，和
P(Bn−1Cn−2)= 3
n−2
3
n
，n≥3，利用条件概率公式得到答案.
【解答过程】对于AC，Dn=“摸完第n 次球后就停止摸球”，有放回的摸n 次，有3
n种可能，若恰好摸球n 次就停
止摸球，则恰好第n 次三种颜色都被摸到，即前(n−1)次摸到2 种颜色，第n 次摸到第三种颜色，共(2
n−1−2)C3
2种情
况，
则P(Dn)= (2
n−1−2)C3
2
3
n
= 2
n−1−2
3
n−1
，n≥3，P(D3)= 2
2−2
3
2
= 2
9
，AC 正确；
对于B，事件D4 A1表示第一次摸到红球，摸到第4 次，摸球结束，
若第2 次或第3 次摸到的球为红球，此时有A2
1种情况，不妨设第2 次摸到的球为红球，
则第3 次和第4 次摸到的球为蓝球或黄球，有2 种可能，故有2A2
1= 4种情况，
若第2 次和第3 次都没有摸到红球，则第2 次和第3 次摸到的球颜色相同，第4 次摸到的球和第2,3 次摸到的球颜色不
同，故有A2
2=2种情况，
故n(D4 A1)= 4 +2=6，其中摸4 次球可能的情况有3
4=81种，故P(D4 A1)= 6
81 = 2
27
，
其中P( A1)= 1
3
，故P( D4|A1)= P(D4 A1)
P( A1)
= 2
9
，B 错误；
对于D，Dn Bn−1Cn−2表示“第(n−2)次摸到蓝球，第(n−1)次摸到黄球，第n次摸到红球，停止摸球”，则前(n−3)
次摸到的球是蓝球或黄球，故有2
n−3种可能，故P(Dn Bn−1Cn−2)= 2
n−3
3
n
，n≥3，
Bn−1Cn−2表示“在前n次摸球中，第(n−2)次摸到蓝球，第(n−1)次摸到黄球”，故有3
n−2种可能，
故P(Bn−1Cn−2)= 3
n−2
3
n
，n≥3，则P( Dn|Bn−1Cn−2)= 2
n−3
3
n−2
，n≥3，D 正确.
故选：ACD.
12.乒乓球（tabletennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉
为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比
赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前已赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为
p(0≤p≤1)，实际比赛局数的期望值记为f ( p)，下列说法正确的是（ ）
A．三局就结束比赛的概率为p
3+(1−p)
3 B．f ( p)的常数项为3
C．f(
1
3)<f(
4
5)
D．f(
1
2)= 33
8
【解题思路】设实际比赛局数为x，先计算出x可能取值的概率，即可判断A 选项；进而求出期望值f ( p)，即可判断
BCD 选项.
【解答过程】设实际比赛局数为x，
则P(x =3)= p
3+(1−p)
3，
P(x = 4)=C3
1 p
3(1−p)+C3
1 p(1−p)
3，
P(x =5)=C4
2 p
2(1−p)
2，
因此三局就结束比赛的概率为p
3+(1−p)
3，则A 正确；
则f ( p)=3[ p
3+(1−p)
3]+ 4[C3
1 p
3(1−p)+C3
1 p(1−p)
3]+5×C4
2 p
2(1−p)
2=6 p
4−12 p
3+3 p
2+3 p+3，
由f (0)=3，则常数项为3，则B 正确；
由f(
1
2)= 33
8
，则D 正确；
由f
′ ( p)=24 p
3−36 p
2+6 p+3=3(2 p−1)(4 p
2−4 p−1)，
∵0≤p≤1，所以4 p
2−4 p−1<0，
∴令f
′ ( p)>0，则0≤p< 1
2
；令f
′ ( p)<0，则1
2 < p≤1，
则函数f ( p)在(0, 1
2)
上单调递增，在(
1
2 ,1)
上单调递减，
因为f (1−p)=3[(1−p)
3+ p
3]+ 4[C3
1(1−p)
3 p+C3
1(1−p)
3 p
3]+5×C4
2 (1−p)
2 p
2= f ( p)，
所以f ( p)关于p= 1
2
对称，且p越极端，越可能快结束，有1
2 −1
3 ≤4
5 −1
2
，得f(
1
3)>f(
4
5)
，则C 不正确.
故选：ABD.
三：填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。
13．甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项
目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则四人参加比赛的不同方案一共有 种；如果符合
以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件A 为丙和丁参加的项目不同，事件B 为甲和乙恰好有一人参加跳台滑
雪，则
．
【答案】
【分析】
第一空，利用部分平均分组分配问题，结合间接法即可得解；第二空，利用分类加法原理，结合排列组合的知识与条
件概率的概率公式即可得解.
【详解】依题意，甲、乙、丙、丁四位同学参加三个项目所有的方案共
种，
其中甲、乙参加同一项目的方案
种，
则所求的参赛方案一共有
种；
因为甲、乙两人不能参加同一项目，所以丙、丁两人不能参加同一项目，
则甲、乙必有其中一人和丙、丁其中一人参加同一项目，这里有
种方案，
若甲单独选择跳台滑雪，则丙、丁可分别选择越野滑雪或者单板滑雪，乙也可在其中二选一，
故总共有
种不同的方案；
若甲和一人一起选择跳台滑雪，则甲只可能和丙或丁共同选择，剩下2 个人分别选择2 个项目，
故共有
种不同的方案；
同理，乙单独选择跳台滑雪，有
种不同的方案；
乙和一人共同选择跳台滑雪，有
种不同的方案，总共有16 种方案.
所以
.
故答案为：
；
.
【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是，分类讨论事件
对应的情况，做到不缺不漏，从而得解.
14．有一批产品，其中有12 件正品和4 件次品，从中有放回地任取3 件，若X 表示取到次品的次数，则
，
．
【答案】
【分析】根据题意分析可得，
服从二项分布，所以可以用公式直接求解
及方差
.
【详解】由题意得
服从二项分布，且每次取到次品的概率为
，所以
，
所以
，
．
故答案为：
；
.
15．为准备2022 年北京一张家口冬奥会，某冰上项目组织计划招收一批9~14 岁的青少年参加集训，以选拔运动员，
共有10000 名运动员报名参加测试，其测试成绩
（满分100 分）服从正态分布
，成绩为90 分及以上者可
以进入集训队，已知80 分及以上的人数为228 人，请你通过以上信息，推断进入集训队的人数为 ．附：
，
，
．
【答案】13
【分析】先计算出
，利用正态分布曲线的对称性得到
，由
，对照参
数得到
，从而计算出进入集训队的人数.
【详解】正态分布
，可知
，
分及以上的人数为
人，则
，
由正态分布曲线的对称性可得：
，得
，
所以
，则
，
则分
及以上的人数为
人.
故答案为：
.
16．边长为2 的正方形ABCD 的中心为O，对A、B、C、D、O 这五个点中的任意两点，以其中一点为起点、另一点为
终点作向量，任取其中两个向量（不包括“向量和同端点的相反向量”），以它们的数量积的绝对值作为随机变量
X，则其数学期望
．
【答案】
【分析】将向量分为三类“边长类”、“半对角线类”、“对角线类”，结合古典概型概率计算公式求得
的分布列
并求得数学期望.
【详解】向量分为三类:
“边长类”：
，共个.
“半对角线类”：
，共个.
“对角线类”：
，共
个.
从上述
个向量中，任取其中两个向量（不包括“向量和同端点的相反向量”），可能取法有
种，
的可能取值有
，
，
，
，
所以
.
故答案为：
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．甲、乙两人参加一场比赛，比赛采用五局三胜制（比赛最多进行五局，每局比赛都分出胜负，先胜三局者获胜，
比赛结束）．由于心理因素，甲每局比赛获胜的概率会受到前一局比赛结果的影响：如果前一局比赛甲获胜，则下一
局比赛甲获胜的概率为
；如果前一局比赛乙获胜，则下一局比赛甲获胜的概率为
．已知第一局比赛甲获胜的概率
为
，事件
表示“第
局比赛甲获胜”.
(1)求第二局比赛甲获胜的概率；
(2)证明：当
时，
，并类比上述公式写出
的公式（不需要
证明）；
(3)求比赛结束时甲获胜两局的概率.
【答案】(1)
；
(2)证明见解析；
；
(3)
.
【分析】（1）利用互斥事件及条件概率公式计算即得.
（2）利用条件概率公式计算推理即得，再写出
的公式.
（3）列举出甲获胜两局的所有可能情况，再利用互斥事件的概率公式列式计算即得.
【详解】（1）依题意，
，
所以
.
（2）因为
，
，
所以
，
同理
.
（3）比赛结束时甲获胜两局的事件
，
所以
.
18．“男男女女向前冲”是一项热播的闯关类电视节目．该节目一共设置了四关，由以往的数据得，男生闯过一至四
关的概率依次是
，女生闯过一至四关的概率依次是
．男生甲、乙，女生丙、丁四人小组前往参加
闯关挑战（个人赛）．
(1)求甲闯过四关的概率；
(2)设随机变量
为该四人小组闯过四关的人数，求
．
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）由独立乘法公式即可求解；
（2）首先算出
进一步结合二项分布的概率运算可得分布列以及数学期望.
【详解】（1）
记事件A 为“男生闯过四关”，则
，
故甲闯过四关的概率为
．
（2）
的所有可能取值为0，1，2，3，4，
记事件B 为“女生闯过四关”，则
，
，
，
，
，
，
所以
的分布列为
0
1
2
3
4
，
故
的值为
．
19．已知某客运轮渡最大载客质量为
，且乘客的体重（单位：
）服从正态分布
．
(1)记
为任意两名乘客中体重超过
的人数，求
的分布列及数学期望（所有结果均精确到0.001）；
(2)设随机变量
相互独立，且服从正态分布
，记
，则当
时，可认为
服
从标准正态分布
．若保证该轮渡不超载的概率不低于
，求最多可运载多少名乘客．
附：若随机变量
服从正态分布
，则
；若
服从标准正态分布
，则
；
，
，
．
【答案】(1)分布列见解析，期望值为
；
(2)
【分析】
（1）首先求得乘客体重大于
的概率为
，再利用二项分布可求得概率得分布列和期望值；
（2）根据
可得保证该轮渡不超载的概率不低于
等价于
，解不等式可得
.
【详解】（1）由乘客的体重（单位：
）服从正态分布
可得
，
则可得
，
即任意一名乘客体重大于
的概率为
，
则
的所有可能取值为
，
，
，
所以
的分布列为
0
1
2
期望值为
（2）设
为第
位乘客的体重，则
，其中
，
所以
，
由
可得
，
即
，可得
，即
，
.
所以保证该轮渡不超载的概率不低于
，最多可运载64 名乘客.
20．某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业.该公司生产的甲、乙两种类型无
人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用.已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人
运输机操作成功的概率分别为
和
，假设每次操作能否成功相互独立.
(1)随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率；
(2)操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初
次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作；
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无
人运输机进行操作.
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值.
【答案】(1)
(2)方案一大于方案二
【分析】
（1）利用条件概率公式，即可求解；
（2）首先确定两种方案成功次数
的取值，根据独立事件概率公式求概率，再比较其数学期望.
【详解】（1）用事件
表示选择甲种无人运输机，用事件
表示选择乙种无人运输机，
用事件
表示“选中的无人运输机操作成功”
则
，
（2）设方案一和方案二操作成功的次数分别为
，
，则
，
的所有可能取值均为0，1，2，
方案一：
，
，
，
所以
.
方案二：
，
，
，
所以
.
所以
，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值.
21．雅言传承文明，经典滋润人生，中国的经典诗文是中华民族精神文明的重要组成部分，近年来某市教育局积极推
广经典诗文诵读活动，致力于营造“诵读国学经典，积淀文化底蕴”的书香校园，引导广大学生熟悉诗词歌赋，亲近
中华经典，感悟中华传统文化的深厚魅力，丰厚学生的人文积淀，该市教育局为调查活动开展的效果，对全市参加过
经典诗文诵读活动的学生进行了测试，并从中抽取了1000 份试卷，根据这1000 份试卷的成绩(单位：分，满分100
分)得到如下频数分布表.
成绩/分
频数
40
90
200
400
150
80
40
（1）求这1000 份试卷成绩的平均数
(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
（2）假设此次测试的成绩
服从正态分布
，其中
近似为样本平均数，
近似为样本方差
，已知的近
似值为6.61，以样本估计总体，假设有84.14%的学生的测试成绩高于市教育局预期的平均成绩，则市教育局预期的平
均成绩大约为多少(结果保留一位小数)？
（3）该市教育局准备从成绩在
内的120 份试卷中用分层抽样的方法抽取6 份，再从这6 份试卷中随机抽取3
份进行进一步分析，记
为抽取的3 份试卷中测试成绩在
内的份数，求
的分布列和数学期望.
参考数据：若
，则
，
，
.
【答案】（1）
；（2）75.5 分；（3）分布列答案见解析，数学期望：.
【分析】（1）利用平均数的计算公式即可求解；
（2）利用正态分布的概率分布即可求解；
（3）先利用分层抽样的方法求出抽取的6 份试卷中成绩在
和
内的份数，然后求出
的所有可能取值
及每个取值对应的概率，最后写出
的分布列及数学期望.
【详解】解：（1）由频数分布表
.
（2）由题意得，
且
，
又
，
故市教育局预期的平均成绩大约为75.5 分.
（3）利用分层抽样的方法抽取的6 份试卷中成绩在
内的有4 份，成绩在
内的有2 份，
故
的所有可能取值为0，1，2，
且
，
，
，
所以
得分布列为
0
1
2
数学期望
.
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量
的分布列的步骤：（1）理解
的意义，写出
的所有可能取值；（2）求
取每个值的概率；（3）写出
的分布列；（4）根据分布列的性质对结果进行检验.
22．信息熵是信息论之父香农（Shannon）定义的一个重要概念，香农在1948 年发表的论文《通信的数学理论》中指
出，任何信息都存在冗余，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算信息熵的数学表达式：
设随机变量
所有可能的取值为
，且
，定义
的信息熵
.
(1)当
时，计算
；
(2)若
，判断并证明当
增大时，
的变化趋势；
(3)若
，随机变量
所有可能的取值为
，且
，证明：
.
【答案】(1)0
(2)
随着
的增大而增大，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接利用公式求解；
（2）先求出
，再判断单调性即可求解；
（3）分别求出
和
，结合对数函数单调性放缩即可求解.
【详解】（1）当
时，则
，所以
（2）
随着
的增大而增大.
当
，则
，
设
，则
，
因此
随着
的增大而增大.
（3）证明：若
，随机变量
所有可能的取值为
，且
.
.
，
因为
，故
故
，
由于
，所以
，
所以
，所以
，
所以
.
【点睛】关键点点睛：本题考查随机变量的均值，解决问题的关键是读懂定义，结合对数运算求解.
