随机变量及其分布单元复习（提高卷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.已知P(B)>0，A1 A2= ϕ，则下列式子成立的是（ ）
①P¿； ②P¿；
③P¿ ④P¿.
A．①②③④
B．②
C．②③
D．②④
【解题思路】利用条件概率公式及概率性质辨析
【解答过程】①若A1B =ϕ则P¿，故P¿，故①错误；
②因为A1 A2=ϕ所以( A1B)( A2Β)= ϕ P¿所以②正确；
③若A1B =ϕ或A2B = ϕ则P¿故③错误；
④若A1B =ϕ或A2B = ϕ则P¿故④错误.
故选：B.
2.一袋中装有4 个白球和2 个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个不放回，取出后记下颜色，若为红色停止，若
为白色则继续抽取，停止时从袋中抽取的白球的个数为随机变量X，则P(X ≤2)=（ ）
A．4
5
B．2
5
C．1
5
D．3
5
【解题思路】由题意，令X =k表示前k 个球为白球，第k +1个球为红球，此时
P( X ≤2)= P( X =0)+ P( X =1)+ P( X =2)，再进行计算即可求解．
【解答过程】令X =k表示前k 个球为白球，第k +1个球为红球，
此时P( X =0)= 2
6 = 1
3 , P( X =1)= 4
6 × 2
5 = 4
15 , P( X =2)= 4
6 × 3
5 × 2
4 = 1
5，
则P( X ≤2)= P( X =0)+ P( X =1)+ P( X =2)= 1
3 + 4
15 + 1
5 = 4
5 ．
故选：A．
3.现随机安排甲、乙等4 位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一
位同学参加，事件A =“甲参加跳高比赛”，事件B =“乙参加跳高比赛”，事件C =“乙参加跳远比赛”，则（ ）
A．事件A 与B 相互独立
B．事件A 与C 为互斥事件
C．P(C|A)= 5
12
D．P( B|A)= 1
9
【解题思路】根据条件求出P( A ), P(B), P( AB), P( AC )，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公
式进行逐一判断即可
【解答过程】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有C4
2 C2
1C1
1
A2
2
⋅A3
3=36不同的安排方法，
事件A =“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2 人，则有A3
3=6种方法；
若跳高比赛安排1 人，则有C3
2C1
1A2
2=6种方法，所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有6+6=12种，则
P( A)= 12
36 = 1
3，同理P(B)= 12
36 = 1
3，
若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2 人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1 人，有A2
2=2种不同的安
排方法，所以P( AB)= 2
36 = 1
18，
因为P( AB)≠P( A )P(B)，事件A 与B 不相互独立故A 错误；
对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A 与C 可以同时发生，故事件A 与C 不是互
斥事件，故B 错误；
对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有C3
1+C2
1=5种，所以P( AC )= 5
36 ，所以
P(C|A)= P( AC )
P( A ) =
5
36
1
3
= 5
12，故C 正确；
对于D，P( B|A)= P( AB)
P( A ) =
1
18
1
3
= 1
6 ，故D 错误.
故选：C.
4.现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量，其测量误差X通常被认为服从正态分布.若某
物理量做n 次测量，最后结果的误差X n∼N(0, 2
n)，则为使|X n|≥1
4 的概率控制在0.0456 以下，至少要测量的次数
为（ ）
A．32
B．64
C．128
D．256
【解题思路】先由题设条件得到P(|X n|≥1
4)<0.0456，再转化得P(−1
4 < X n< 1
4)>0.9544，从而利用正态分布3σ原
则可得√
2
n ≤1
8，由此可得结果.
【解答过程】依题意，得P(|X n|≥1
4)<0.0456，
所以P(|X n|< 1
4)>1−0.0456，即P(−1
4 < X n< 1
4)>0.9544，
而P(μ−2σ < X n< μ+2σ)=0.9544，所以μ−2σ ≥−1
4 且μ+2σ ≤1
4 ，
又因为X n∼N(0, 2
n)，所以μ=0，σ =√
2
n，
所以−2√
2
n ≥−1
4 且2√
2
n ≤1
4 ，即√
2
n ≤1
8，解得n≥128，
故至少要测量的次数为128.
故选：C.
5.已知随机变量ξ的分布列为：
ξ
x
y
P
y
x
则下列说法正确的是（ ）
A．存在x，y ∈(0,1)，E(ξ)>1
2
B．对任意x，y ∈(0,1)，E(ξ)≤1
4
C．对任意x，y ∈(0,1)，D(ξ)≤E(ξ) D．存在x，y ∈(0,1)，D(ξ)>1
4
【解题思路】对A、B：根据期望的计算公式结合二次函数分析运算；对C：先求D(ξ)，利用作差法比较大小；对
D：换元令t = xy，结合二次函数求D(ξ)的取值范围.
【解答过程】由题意可得：x + y =1, x , y ∈(0,1)，且x≠1
2 , y ≠1
2，即y =1−x，
对A、B：由题意可得：E(ξ)= xy + yx =2 xy =2 x (1−x)=2 x−2 x
2，
∵f (x)=2 x−2 x
2开口向下，对称轴x = 1
2，x∈(0, 1
2)∪(
1
2 ,1)，
则f (0)= f (1)=0,f(
1
2)= 1
2，故0<f ( x)< 1
2，
即0< E (ξ)< 1
2，
不存在x，y ∈(0,1)，E(ξ)>1
2 ，A 错误；
例如x = 1
3 , y = 2
3，则E(ξ)= 4
9 > 1
4 ，即存在x，y ∈(0,1)，E(ξ)>1
4 ，B 错误；
对C：D(ξ)=[x −E(ξ)]
2× y +[ y −E(ξ)]
2× x =(x −2 xy)
2 y +( y −2 xy)
2 x = xy −4 x
2 y
2，
则D(ξ)−E(ξ)= xy −4 x
2 y
2−xy =−4 x
2 y
2<0，
故对任意x，y ∈(0,1)，则D(ξ)< E(ξ)，C 正确；
对D：令t = xy = 1
2 E (ξ)∈(0, 1
4)，
则g(t )=t −4t
2开口向下，对称轴t = 1
8，且g(0)= g(
1
4)=0,g(
1
8)= 1
16 ，
故0<g(t )≤1
16，即0< D(ξ)≤1
16 ，
不存在x，y ∈(0,1)，D(ξ)>1
4 ，D 错误；
故选：C.
6.某人在n次射击中击中目标的次数为X，X ∼B (n, p)，其中n∈N
∗,0< p<1，击中奇数次为事件A，则（ ）
A．若n=10, p=0.8，则P(X =k )取最大值时k =9
B．当p= 1
2时，D (X )取得最小值
C．当0< p< 1
2时，P( A)随着n的增大而增大
D．当1
2 < p<1时，P( A )随着n的增大而减小
【解题思路】对于A，根据X ∼B (10,0.8)直接写出P(X =k )，然后根据P(X =k )取最大值列式计算即可判断；对于
B，根据X ∼B (n, p)，直接写出D (X )即可判断；对于CD，由题意把P( A )表示出来，然后利用单调性分析即可.
【解答过程】对于选项A，在10次射击中击中目标的次数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 (k =0,1,2,⋯,10)，
因为P(X =k )取最大值，所以¿，
即¿，
即¿，解得39
5 ≤k ≤44
5 ，
因为k ∈N且0≤k ≤10，所以k =8，即k =8时概率P( X =8)最大．故A 不正确；
对于选项B，D (X )=np(1−p)=n[−(p−1
2)
2
+ 1
4]，当p= 1
2时，D (X )取得最大值，故B 不正确；
对于选项C、D，∵P(X =k )=Cn
k× p
k×(1−p)
n−k (k =0,1,2,⋯,n)
∴P( A)=Cn
1× p
1×(1−p)
n−1+Cn
3× p
3×(1−p)
n−3+Cn
5× p
5×(1−p)
n−5+⋯，
1−P( A )=Cn
0× p
0×(1−p)
n+Cn
2× p
2×(1−p)
n−2+Cn
4× p
4×(1−p)
n−4+⋯，
∴P( A)= [(1−p)+ p]
n−[(1−p)−p]
n
2
= 1−(1−2 p)
n
2
，
当0< p< 1
2时，0<1−2 p<1,{
1−(1−2 p)
n
2
}为正项且单调递增的数列，所以P( A)随着n的增大而增大，故C 正确；
当1
2 < p<1时，−1<1−2 p<0，{(1−2 p)
n}为正负交替的摆动数列，所以P( A )不会随着n的增大而减小，故D 不正
确；
故选：C.
7.有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出
n(1≤n≤6,n∈N
∗)个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为ξ个，则随着
n(1≤n≤6,n∈N
∗)的增加，下列说法正确的是（ ）
A．Eξ增加，Dξ增加
B．Eξ增加，Dξ减小
C．Eξ减小，Dξ增加
D．Eξ减小，Dξ减小
【解题思路】由题意可知，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X ∼H (6,3,n)，可得出
EX = n
2，再从甲盒子里随机取一球，则ξ服从两点分布，所以Eξ = P(ξ =1)= 1
2 +
1
2n+2，
Dξ =1−P(ξ =1)= 1
2 −
1
2n+2，从而可判断出Eξ和Dξ的增减性.
【解答过程】由题意可知，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X ∼H (6,3,n)，其中
P(X =k )= C3
kC3
n−k
C6
n
，其中k ∈N，k ≤3且k ≤n，EX = 3n
6 = n
2.
故从甲盒中取球，相当于从含有n
2 +1个红球的n+1个球中取一球，取到红球个数为ξ.
故P(ξ =1)=
n
2 +1
n+1 = 1
2 +
1
2n+2
，
随机变量ξ服从两点分布，所以Eξ = P(ξ =1)=
n
2 +1
n+1 = 1
2 +
1
2n+2
，随着n的增大，Eξ减小；
Dξ =[1−P(ξ =1)] P(ξ =1)= 1
4 −
1
(2n+2)
2，随着n的增大，Dξ增大.
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a和3
个小球b，当发生有效碰撞时，a，b上的计数器分别增加2 计数和1 计数，a，b球两两发生有效碰撞的概率均为1
2，
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a个数的期望是（ ）个
A．1.2
B．1.6
C．1.8
D．2
【解题思路】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C6
3=20种不同的取法，每种取法里三个球
两两碰撞之后共有2
3=8种等可能的情况发生，其中可产生计数为2的球的情况有180种，再算出其中不同取法里a球
个数各自的概率，即可计算出期望.
【解答过程】由a，b球两两发生有效碰撞的概率均为1
2，
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C3
2=3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2
3=8种等可能的情况发生.
①若取出的三个球均为b球，有C3
3=1种取法，
碰撞之后产生计数为2的球的情况有：
每2个b球之间有效碰撞2次，无效碰撞1次，计数结果为(2,1,1)，有C3
2=3种，1 个球计数为2；
每2个b球之间有效碰撞3次，计数结果为(2,2,2)，有1种，有三个球计数为2；
则符合条件的情况数为1×(3+1×3)=6.
②若取出的三个球为1个a球，2个b球，有C3
1C3
2=9种取法，
碰撞之后产生计数为2的球的情况有：
a，b球之间有效碰撞1次，无效碰撞1次，计数结果为(2,1,0)或(2,2,1)，有C2
1×2= 4种1，计数为2 的球个数分别为1
和2；
每2个球之间有效碰撞3次，计数结果为(4,2,2)，有1种，计数为2 的球个数为2；
则符合条件的情况数为9×(1×2+2×2+1×2)=72.
③若取出的三个球为2个a球，1个b球，有C3
2C3
1=9种取法，
碰撞之后产生计数为2的球的情况有：
a，a 碰撞有效，a，b 碰撞无效，计数结果为(2,2,0)，有1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(2,1,0)，有2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(2,2,2)，有1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(3,2,1)，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(4,4,2)，有1 种，计数为2 的球个数为1；
所以符合条件的情况数为9×(1×2+2×1+1×3+2×1+1×1)=90.
④若取出的三个球均为a球，有C3
3=1种取法，
碰撞之后产生计数为2的球的情况有：
每2个a球之间有效碰撞1次，计数结果为(2,2,0)，有3种，计数为2 的球个数为2；
每2个a球之间有效碰撞2次，计数结果为(4,2,2)，有3种，计数为2 的球个数为2；
符合条件的情况数为3×2×2=12.
所以碰撞之后产生计数为2的球的情况总数为6+72+90+12=180，
设李华一开始取出的三个球里，a球个数为随机变量X，
则随机变量X所有可能取值的集合是{0,1,2,3}，
P(X =0)= 6
180 = 1
30，
P(X =1)= 72
180 = 2
5，
P(X =2)= 90
180 = 1
2，
P(X =3)= 12
180 = 1
15，
故X的分布列如下表：
X
0
1
2
3
P
1
30
2
5
1
2
1
15
数学期望E (X )=0× 1
30 +1× 2
5 +2× 1
2 +3× 1
15 =1.6，
所以李华一开始取出的三个球里，a球个数的期望是1.6个.
故选：B.
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．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”“环境检测”、“图书义
卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项.记事件A 为“恰有两名同学所报项目相同”，事件B 为“只有甲同学
一人报‘关怀老人’项目”，则（ ）
A．四名同学的报名情况共有
种
B．“每个项目都有人报名”的报名情况共有72 种
C．“四名同学最终只报了两个项目”的概率是
D．
【答案】CD
【分析】
根据分步乘法计数原理可判断A；将四名志愿者先分组，再分到三个活动可判断B；先求出四名同学最终只报了两个
项目的方法总数，再结合A 选项可判断C；由条件概率可判断D.
【详解】解：对于A，由题意可知，甲、乙、丙、丁四名同学每人有3 种选择，
故四名同学的报名情况共有种，A 错误；
对于B，现将四名志愿者分为2，1，1 三组，共有
种情况，
再将其分到三个活动中，共有
种，由分步乘法计数原理得到
种，
故“每个项目都有人报名”的报名情况共有36 种，B 错误；
对于C，“四名同学最终只报了两个项目”的概率是
，C 正确；
对于D，由已知有：
，
，
所以
，D 正确.
故选：CD.
10．国庆节期间某高校学生会联合校团委举行国学知识有奖问答活动，活动一共有两关，以小组为单位参加，每小组
3 人.第一关每小组的3 个人分别回答问题，过关者才能参加第二关活动，第二关由每小组第一关的过关者共同回答问
题，若第二关该小组回答问题过关，可获得500 元奖励.已知甲､乙､丙3 人为一组，甲､乙､丙各自过第一关的概率分别
为
，若该小组第一关仅1 人过关，该小组过第二关的概率为
；若该小组第一关有2 人过关，该小组过第二关
的概率为
；若该小组第一关有3 人过关，该小组过第二关的概率为
，则（ ）
A．甲､乙､丙3 人至少有1 人在第一关过关的概率为
B．若甲､乙､丙3 人至少有1 人在第一关过关，则甲在第一关过关的概率为
C．设甲､乙､丙这一组进入第二关的人数为
，则
D．甲､乙､丙这一组获得500 元奖励的概率为
【答案】BCD
【分析】根据相互独立事件同时发生的概率公式计算可判断A，由条件概率计算可判断B，分别计算进入第二关人数
对应的概率，由期望公式求解可判断C，根据全概率公式计算可判断D.
【详解】设
“甲､乙､丙3 人至少有1 人在第一关过关”，则
，故A 错误；
设
“甲在第一关过关”，则
，则
，所以若甲､乙､丙3 人至少有1 人在第一关过关，
则甲在第一关过关的概率为
，B 正确；
设
“甲､乙､丙3 人有人进入第二关”，其中
，
则
，所以
，C 正确；
设
“甲､乙､丙这一组获得500 元奖励”，
，D 正确.
故选：BCD.
11．已知
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【分析】
根据二项分布的期望和方差公式，结合期望和方差的性质，即可判断选项.
【详解】
由题意得
.
因为函数
在
上单调递增，且
，所以
，故A 错误；
因为
，故BC 正确；
所以
，
则
，故D 错误.
故选：BC
12．日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正
整数的随机变量
，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数
，寿命恰好为
的植物在所有寿命不小于
的植物中的占比为
.记“一株植物的寿命为
”为事件
，“一株植物的寿命不小于
”为事件
.则下列结论
正确的是（ ）
A．
B．
C．设
，则
为等比数列
D．设
，则
【答案】BCD
【分析】设植物总数为
，寿命为年的植物数为
，由题意
，在此基础上利用变形推理得出
，即可判断AC，再由
的关系求出
判断B，根据错位
相减法求和判断D.
【详解】设植物总数为
，寿命为年的植物数为
，
由题意，
，
则
①
②
②
①得，
，
即
，故
，故A 错误；
由
，
故
，故B 正确；
由
，
故
，即
为等比数列，故C 正确；
因为
，
设
，则
，
，
相减可得
，
所以
，故D 正确.
故选：BCD
三．填空题（共4 小题，满分20 分，每小题5 分）
13.设随机变量X ∼N (μ,σ
2)(σ >0)，已知P( X > μ+2σ )=0.0228, P(|X −μ|≤σ )=0.6826，则
P( μ−2σ < X < μ+σ )=
0.8185
.
【解题思路】由正态分布曲线的对称性，即可求出答案.
【解答过程】因为P( X > μ+2σ )=0.0228，
所以P( μ−2σ < X < μ+2σ )=1−2 P( X > μ+2σ )=1−2×0.0228=0.9544，
P(|X −μ|≤σ )= P( μ−σ ≤X ≤μ+σ )=0.6826，
所以P( μ−2σ < X < μ+σ )= P( μ−σ ≤X ≤μ+σ )+ P( μ−2σ < X < μ+2σ )
2
= 0.9544+0.6826
2
=0.8185
故答案为：0.8185.
14.射击运动是用枪支对准目标打靶的竞技项目，该项目在世界上居于领先地位的国家有中国美国匈牙利俄罗斯和
､
､
､
德国射击运动可以培养细致沉着坚毅等优良品质，有益于身心健康
､
､
.已知用于射击打靶的某型号步枪的弹夹中一共有
n(n∈N
∗)发子弹，假设某人每次打靶的命中率均为0.8，靶场规定：一旦出现子弹脱靶或者子弹打光耗尽的现象便
立刻停止射击，记标靶上的子弹数量为随机变量X，则X 的数学期望为 4(1−0.8
n) .
【解题思路】依题意可得X的所有可能取值为：0,1,2,…,n−1,n，且
P( X =k )=0.8
k 0.2(k =0,1,2,…,n−1), P( X =n)=0.8
n，即可得到X的分布列，根据期望公式求出期望，再利用错
位相减法求和，即可得解；
【解答过程】解：由题意X的所有可能取值为：0,1,2,…,n−1,n.
因为每次打靶的命中率均为0.8，
则P( X =k )=0.8
k 0.2(k =0,1,2,…,n−1), P( X =n)=0.8
n，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
…
n−1
n
P
0.2
0.8×0.2 0.8
2⋅0.2 …
0.8
n−10.2
0.8
n
所以X的数学期望为E( X )=0.8⋅0.2+2×0.8
2×0.2+3×0.8
3×0.2+…+(n−1)0.8
n−1×0.2+n0.8
n，
令M =0.8+2×0.8
2+3×0.8
3+…+(n−1)0.8
n−1，①
则0.8 M =0.8
2+2×0.8
3+3×0.8
4+…+(n−1)0.8
n，②
所以①−②可得：0.2 M =0.8+0.8
2+0.8
3+…+0.8
n−1−(n−1)0.8
n
= 0.8(1−0.8
n−1)
1−0.8
−(n−1)0.8
n
= 4(1−0.8
n−1)−(n−1)0.8
n，
则E( X )= M ×0.2+n0.8
n= 4(1−0.8
n)；
故答案为：4(1−0.8
n).
15.现有一款闯关游戏，共有4 关，规则如下：在第n关要抛掷骰子n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n 次
抛掷所出现的点数之和大于2
n+n，则算闯过第n关，n=1，2，3，4．假定每次闯关互不影响，则下列结论错误的序
号是
（
2 ）
．
（1）直接挑战第2 关并过关的概率为7
12；
（2）连续挑战前两关并过关的概率为5
24 ；
（3）若直接挑战第3 关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5 点”，则P¿；
（4）若直接挑战第4 关，则过关的概率是35
1296．
【解题思路】由古典概型，独立事件的乘法公式，条件概率公式对结论逐一判断
【解答过程】对于（1），2
2+2=6，所以两次点数之和应大于6，
即直接挑战第2 关并过关的概率为P1= 21
36 = 7
12，故（1）正确；
对于（2），2
1+1=3，所以挑战第1 关通过的概率P2= 1
2，
则连续挑战前两关并过关的概率为P = P1 P2= 1
2 × 7
12 = 7
24 ，故（2）错误；
对于（3），由题意可知，抛掷3 次的基本事件有6
3=216，
抛掷3 次至少出现一个5 点的事件共有6
3−5
3=216−125=91种，
故P(B)= 91
216 ，而事件A ∩B包括：含5，5，5 的1 种，含4，5，6 的有6 种，共7 种，
故P( A ∩B)= 7
216 ，所以P¿，故（3）正确；
对于（4），当n= 4时，2
n+n=2
4+ 4 =20，
而“4 次点数之和大于20”包含以下35 种情况：
含5，5，5，6 的有4 种，含5，5，6，6 的有6 种，
含6，6，6，6 的有1 种，含4，6，6，6 的有4 种，
含5，6，6，6 的有4 种，含4，5，6，6 的有12 种，
含3，6，6，6 的有4 种，
所以P4=
35
6×6×6×6 = 35
1296 ，故（4）正确．
故答案为：（2）.
16.袋中装有5 个相同的红球和2 个相同的黑球，每次从中抽出1 个球，抽取3 次按不放回抽取，得到红球个数记为
X，得到黑球的个数记为Y；按放回抽取，得到红球的个数记为ξ．下列结论中正确的是
①③④
．
①E (X ): E (Y )=5:2；②D (X )> D (Y )；③E (X )= E (ξ)；④D (X )< D (ξ)．
（注：随机变量X 的期望记为E ( X )、方差记为D (X )）
【解题思路】根据不放回抽取，确定红球个数X 的可能取值以及黑球个数为Y 的可能取值，求出每个值对应的概率，
即可求得X ,Y 的期望和方程，判断①，②；按放回抽取，可知ξ ∼B(3, 5
7 )，求出其期望和方程，即可判断③，④.
【解答过程】由题意抽取3 次按不放回抽取，可得红球个数X 的可能取值为1,2,3，
黑球个数Y 的可能取值为2,1,0，
则P( X =1)= 5
7 × 2
6 × 1
5 + 2
7 × 5
6 × 1
5 + 2
7 × 1
6 × 5
5 = 1
7，
P( X =2)= 5
7 × 4
6 × 2
5 + 5
7 × 2
6 × 4
5 + 2
7 × 5
6 × 4
5 = 4
7 ，
P( X =3)= 5
7 × 4
6 × 3
5 = 2
7，
故E( X )=1× 1
7 +2× 4
7 +3× 2
7 = 15
7 ；
由题意可知X +Y =3，
故P(Y =2)= P( X =1)= 1
7 ,P(Y =1)= P( X =2)= 4
7 ,P(Y =0)= P( X =3)= 2
7 ,
故E(Y )=2× 1
7 +1× 4
7 +0× 2
7 = 6
7 ，
故E (X ): E (Y )= 15
7 : 6
7 =5:2，故①正确；
D( X )=(1−15
7 )
2
× 1
7 +(2−15
7 )
2
× 4
7 +(3−15
7 )
2
× 2
7 = 20
49，
D(Y )=(2−6
7 )
2
× 1
7 +(1−6
7 )
2
× 4
7 +(0−6
7 )
2
× 2
7 = 20
49，
即D (X )= D (Y )，故②错误；
抽取3 次按放回抽取，每次抽取到红球的概率为5
7 ，
得到红球的个数记为ξ，则ξ ∼B(3, 5
7 )，
故E (ξ)=3× 5
7 = 15
7 , D (ξ)=3× 5
7 ×(1−5
7 )= 30
49，
故E (X )= E (ξ)，D (X )< D (ξ)，即③，④正确，
故答案为：①③④.
四．解答题（共6 小题，满分70 分）
17.某快餐店的小时工是按照下述方式获取税前月工资的：底薪1000 元，每工作1 小时获取30 元．从该快餐店中任意
抽取一名小时工，设其月工作时间为X 小时，获取的税前月工资为Y 元．
(1)当X =110时，求Y 的值；
(2)写出X 与Y 之间的关系式；
(3)若P(X ≤120)=0.6，求P(Y >4600)的值．
【解题思路】（1）根据底薪1000 元，每工作1 小时获取30 元求解；
（2）根据底薪1000 元，每工作1 小时获取30 元求解；
（3）由（2）得到X ≤120⇔Y ≤4600求解.
【解答过程】（1）当X =110时，表示工作了110 个小时，
所以Y =110×30+1000= 4300．
（2）由题意得：Y =30 X +1000．
（3）因为X ≤120⇔30 X ≤3600⇔30 X +1000≤4600⇔Y ≤4600，
所以P(Y ≤4600)= P( X ≤120)=0.6，
从而P(Y >4600)= 1−P(Y ≤4600)=1−0.6=0.4.
18.全面建设社会主义现代化国家，最艰巨最繁重的任务仍然在农村，强国必先强农，农强方能国强．某市为了解当地
农村经济情况，随机抽取该地2000 户农户家庭年收入x（单位：万元）进行调查，并绘制得到如下图所示的频率分布
直方图．
(1)求这2000 户农户家庭年收入的样本平均数x（同一组的数据用该组区间中点值代表）．
(2)由直方图可认为农户家庭年收入X近似服从正态分布N (μ,σ
2)，其中μ近似为样本平均数x，σ
2近似为样本方差s
2，
其中s
2=2.3.
①估计这2000 户农户家庭年收入超过9.52 万元（含9.52）的户数？（结果保留整数）
②如果用该地区农户家庭年收入的情况来估计全市农户家庭年收入的情况，现从全市农户家庭中随机抽取4 户，即年
收入不超过9.52 万元的农户家庭数为ξ，求P(ξ ≤3).4 月23 日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”．为了解某
地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500 名高一学生进行在线调查，得到了这500 名学生的日平
均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成[0,2]，(2,4]，(4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]，(12,14]，(14,16]，
(16,18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)从这500 名学生中随机抽取一人，日平均阅读时间在(10,12]内的概率；
(2)为进一步了解这500 名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在(12,14]，
(14,16]，(16,18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10 人，现从这10 人中随机抽取3 人，记日平均阅读时
间在(14,16]内的学生人数为X，求X 的分布列和数学期望；
(3)以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10 名学生，用P(k )表示这10 名学生中恰有k 名学生日
平均阅读时间在(8,12]内的概率，其中k =0，1，2，…，10．当P(k )最大时，写出k 的值．（只需写出结论）
【解题思路】（1）由频率分布直方图列出方程，能求出a的值，进而估计出概率；
（2）先按比例抽取人数，由题意可知此分布列为超几何分布，即可求出分布列；
（3）求出P(k )的式子进行判断.
【解答过程】（1）由频率分布直方图得：
2(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01)=1，
解得a=0.10，0.10×2=0.20，所以日平均阅读时间在(10,12]内的概率为0.20；
（2）由频率分布直方图得：
这500 名学生中日平均阅读时间在(12，14 ]，(14，16]，(16，18]三组内的学生人数分别为：500×0.10=50人，
500×0.08= 40人，500×0.02=10人，
若采用分层抽样的方法抽取了10 人，
则从日平均阅读时间在(14，16]内的学生中抽取：
40
50+ 40+10 ×10= 4人，
现从这10 人中随机抽取3 人，则X的可能取值为0，1，2，3，
P( X =0)= C6
3
C10
3 = 20
120 = 1
6，
P( X =1)= C4
1C6
2
C10
3
= 60
120 = 1
2，
P( X =2)= C4
2C6
1
C10
3
= 36
120 = 3
10，
P( X =3)= C4
3
C10
3 = 4
120 = 1
30，
∴X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
数学期望E( X )=1× 1
2 +2× 3
10 +3× 1
30 = 6
5 .
（3）k =5，理由如下：
由频率分布直方图得学生日平均阅读时间在(8,12]内的概率为0.50，从该地区所有高一学生中随机抽取10 名学生，恰
有k 名学生日平均阅读时间在(8,12]内的分布列服从二项分布X ∼B(10,0.50)，
P(k )=C10
k ( 1
2 )
k
(1−1
2 )
10−k
=C10
k ( 1
2 )
10
，由组合数的性质可得k =5时P(k )最大.
19.双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，
失败者编入负者组继续比赛.之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘
汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D 四人参加的双淘汰赛制的流
程如图所示，其中第6 场比赛为决赛.
(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：
①队伍A 和D 在决赛中过招的概率；
D
②
在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率；
(2)若A 的实力出类拔萃，即有A 参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D 进入决赛且先前与对手
已有过招的概率.
【解题思路】（1）①队伍A 和D 在第一轮对阵，若A 和D 在决赛也对阵，必然有1 个队伍在负者组对阵其他组都赢
得比赛，且另一个队伍和其他组比赛也都胜利.第一轮胜利者需要再胜1 次，失败者需要再胜两次，才能会师决赛.②
为条件概率，根据条件概率公式去入手解决问题.
（2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题.
【解答过程】（1）解：假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为1
2，
①由题意，第一轮队伍A 和队伍D 对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3 的胜利，失败队伍需要赢得比赛4 和比赛5 的胜
利，他们才能在决赛中对阵，
所以A 和D 在决赛中过招的概率为P= 1
2 × 1
2 × 1
2 = 1
8；
②设W i表示队伍D 在比赛i中胜利，Li表示队伍D 所参加的比赛i中失败，
则事件E：队伍D 获得亚军，事件F：队伍D 所参加所有比赛中失败了两场，
事件F：包括L1 L4，L1W 4 L5，W 1 L3 L5，W 1 L3W 5 L6，L1W 4W 5 L6五种情况.
其中这五种情况彼此互斥，可得:
P = P( L1 L4)+ P( L1W 4 L5)+ P(W 1 L3 L5)+ P(W 1 L3W 5 L6)+ P( L1W 4W 5 L6)
= 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 = 5
8，
其中积事件EF包括W 1 L3W 5 L6，L1W 4W 5 L6两种情况.
可得P( EF )= P(W 1 L3W 5 L6)+ P( L1W 4W 5 L6)= 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 = 1
8，
所以所求概率为P( E| F )= P( EF )
P( F ) =
1
8
5
8
= 1
5.
（2）解：由题意，A 获胜的概率为3
4 ，B、C、D 之间获胜的概率均为1
2，
要使得D 进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
①若A 与D 在决赛中相遇，分为A1 胜，3 胜，D1 负4 胜5 胜，或A1 负4 胜5 胜，D1 胜，3 胜，
可得概率为P1= 3
4 × 3
4 × 1
2 × 1
2 + 1
4 × 3
4 × 3
4 × 1
2 = 27
128；
②若B 与D 决赛相遇，D1 胜，3 胜，B2 胜3 负5 胜，或D1 胜，3 负，5 胜，B2 胜3 胜，可得概率为
P1= 1
4 × 1
2 × 1
2 ×(
3
4 × 1
4 + 1
4 × 1
2)+ 1
4 × 1
2 × 1
2 ×(
3
4 × 1
4 + 1
4 × 1
2)= 5
128，
③若C 与D 决赛相遇，同B 与D 在决赛中相遇，
可得概率为P3= 1
4 × 1
2 × 1
2 ×(
3
4 × 1
4 + 1
4 × 1
2)+ 1
4 × 1
2 × 1
2 ×(
3
4 × 1
4 + 1
4 × 1
2)= 5
128；
所以D 进入决赛且先前与对手已有过招的概率P= P1+ P2+ P3= 37
128.
20.魔方，又叫鲁比可方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974 年发明的机械益智玩具．魔
方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．通
常意义下的魔方，是指狭义的三阶魔方．三阶魔方形状通常是正方体，由有弹性的硬塑料制成．常规竞速玩法是将魔
方打乱，然后在最短的时间内复原．广义的魔方，指各类可以通过转动打乱和复原的几何体．魔方与华容道、法国的
单身贵族（独立钻石棋）并称为智力游戏界的三大不可思议．在2018WCA 世界魔方芜湖公开赛上，杜宇生以3.47 秒
的成绩打破了三阶魔方复原的世界纪录，勇夺世界魔方运动的冠军，并成为世界上第一个三阶魔方速拧进入4 秒的选
手．
(1)小王和小吴同学比赛三阶魔方，已知小王每局比赛获胜的概率均为3
5，小吴每局比赛获胜的概率均为2
5，若采用三
局两胜制，两人共进行了X局比赛，求X的分布列和数学期望；
(2)小王和小吴同学比赛四阶魔方，首局比赛小吴获胜的概率为0.5，若小王本局胜利，则他赢得下一局比赛的概率为
0.6，若小王本局失败，则他赢得下一局比赛的概率为0.5，为了赢得比赛，小王应选择“五局三胜制”还是“三局两
胜制”？
【解题思路】（1）依题意得到X的可能取值，再利用独立事件与互斥事件的概率公式求得其对应的概率，从而得解；
（2）分类讨论小王不同选择下对应的获胜概率，从而得解.
【解答过程】（1）因为采用三局两胜制，所以X的可能取值为2,3，
X =2表示小王或小吴连胜两局；X =3表示小王与小吴前两局一胜一负；
所以P(X =2)= 3
5 × 3
5 + 2
5 × 2
5 = 13
25，P(X =3)=C2
1× 3
5 × 2
5 = 12
25，
所以X的分布列为：
X
2
3
P
13
25
12
25
则X的数学期望为2× 13
25 +3× 12
25 = 62
25 .
（2）若小王选择“三局两胜制”，
则小王获胜的情况为：胜胜；胜负胜；负胜胜；
则小王获胜的概率为P1=0.5×0.6+0.5×0.4×0.5+0.5×0.5×0.6=0.55；
若小王选择“五局三胜制”，
则小王获胜的情况为：胜胜胜；胜胜负胜；胜负胜胜；负胜胜胜；胜胜负负胜；胜负胜负胜；胜负负胜胜；负负胜胜
胜；负胜负胜胜；负胜胜负胜；
则小王获胜的概率为P2=0.5×0.6×0.6+0.5×0.6×0.4×0.5+0.5×0.4×0.5×0.6
+0.5×0.5×0.6×0.6+0.5×0.6×0.4×0.5×0.5+0.5×0.4×0.5×0.4×0.5
+0.5×0.4×0.5×0.5×0.6+0.5×0.5×0.5×0.6×0.6+0.5×0.5×0.4×0.5×0.6
+0.5×0.5×0.6×0.4×0.5=0.575，
因为0.55<0.575，
所以小王应选择“五局三胜制”.
21.某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中
长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1,2,3 三组.观察一段时间后，分别从1,2,3 三组随机抽取40 株
鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.
株高增量（单位：厘米）
(4,7 (7,10 (10,13 (13,16
第1 组鸡冠花株数
9
20
9
2
第2 组鸡冠花株数
4
16
16
4
第3 组鸡冠花株数
13
12
13
2
假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.
(1)从第1 组所有鸡冠花中随机选取1 株，估计株高增量为(7,10]厘米的概率；
(2)分别从第1 组，第2 组，第3 组的所有鸡冠花中各随机选取1 株，记这3 株鸡冠花中恰有X株的株高增量为(7,10]厘
米，求X的分布列和数学期望EX；
(3)用“ξk =1”表示第k组鸡冠花的株高增量为(4,10]，“ξk =0”表示第k组鸡冠花的株高增量为(10,16]厘米，
k =1,2,3，直接写出方差D ξ1，D ξ2，D ξ3的大小关系.（结论不要求证明）
【解题思路】（1）根据表格数据，第1 组所有鸡冠花中随机选取1 株，得(7,10]厘米的总数，由古典概型概率公式可
得结果；
（2）首先估计各组鸡冠花增量为(7,10]厘米的概率，然后可确定X所有可能的取值，根据独立事件概率公式可求得每
个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望；
（3）由两点分布方差计算公式可求得D ξ1，D ξ2，D ξ3的值，由此可得大小关系．
【解答过程】（1）设事件A为“从第1 组所有鸡冠花中随机选取1 株，株高增量为(7,10]厘米”，
根据题中数据，第1 组所有鸡冠花中，有20 株鸡冠花增量为(7,10]厘米,
所以P( A)估计为20
40 = 1
2；
（2）设事件B为“从第2 组所有鸡冠花中随机选取1 株，株高增量为(7,10]厘米”，
设事件C为“从第3 组所有鸡冠花中随机选取1 株，株高增量为(7,10]厘米”，
根据题中数据，P(B)估计为16
40 = 2
5， P(C)估计为12
40 = 3
10，
根据题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2.3，且
P(X =0)= P( A BC)= P( A) P(B) P(C)=(1−1
2)×(1−2
5)×(1−3
10)= 21
100；
P(X =1)= P( A BC + A BC + A BC)= P( A) P(B) P(C)+ P( A) P(B) P(C)+ P( A) P(B) P(C)= 11
25；
P(X =2)= P( ABC + A BC + A BC)= P( A) P(B) P(C)+ P( A) P(B) P(C)+ P( A) P(B) P(C)= 29
100；
P(X =3)= P( ABC)= P( A) P(B) P(C)= 3
50，
则X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
21
100
11
25
29
100
3
50
所以EX =0× 21
100 +1× 11
25 +2× 29
100 +3× 3
50 = 6
5 .
（3）D ξ1< D ξ3< D ξ2
理由如下：
P(ξ1=1)= 29
40 , P(ξ1=0)= 11
40，所以E ξ1=1× 29
40 +0× 11
40 = 29
40 , D ξ1=(1−29
40)
2
× 29
40 +(0−29
40)
2
× 11
40 = 319
1600；
P(ξ2=1)= 20
40 = 1
2 , P(ξ2=0)= 1
2，所以E ξ2=1× 1
2 +0× 1
2 = 1
2 , D ξ2=(1−1
2)
2
× 1
2 +(0−1
2)
2
× 1
2 = 1
4 = 400
1600；
P(ξ3=1)= 25
40 = 5
8 , P(ξ3=0)= 3
8，所以E ξ3=1× 5
8 +0× 3
5 = 5
8 , D ξ3=(1−5
8)
2
× 5
8 +(0−5
8)
2
× 3
8 = 15
64 = 375
1600；
所以D ξ1< D ξ3< D ξ2.
22.在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩、防护服、消毒水等防疫物品，保障抗疫
一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉．我国某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽
查口罩质量，该厂质检人员从某日所生产的口罩中随机抽取了100 个，将其质量指标值分成以下五组：
，
，
，
，
，得到如下频率分布直方图．
（1）规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130 的为二级口罩，质量指标值不
低于130 的为一级口罩．现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8 个口罩，再从中抽取3 个，求恰好取到一级
口罩个数为
的概率；
（2）在2020 年“五一”劳动节前，甲、乙两人计划同时在该型号口罩的某网络购物平台上分别参加A、B 两店各一
个订单“秒杀”抢购，其中每个订单由
个该型号口罩构成．假定甲、乙两人在A、B 两店订单“秒
杀”成功的概率分别为
，
，记甲、乙两人抢购成功的订单总数量、口罩总数量分别为
，
．
①求
的分布列及数学期望
；
②求当
的数学期望
取最大值时正整数
的值．
【答案】（1）
；（2）①分布列见解析，数学期望
；②6．
【分析】（1）根据分层抽样可得二级、一级口罩个数，然后计算
即可.
（2）①写出写出
的所有可得取值并计算相应的概率，列出分布列并根据数学期望公式可得结果.
②根据
，使用换元法并构造函数
，然后利用导数判断函数单调性，进一步可得取最
大值的条件.
【详解】（1）按分层抽样抽取8 个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6、2，
所以恰好取到一级口罩个数为2 的概率
．
（2）①由题知，X 的可能取值为0，1，2，
；
；
．
所以X 的分布列为
0
1
2
．
②因为
，所以
．
令
，设
，则
，
因为
所以当
时，
，
所以
在区间
上单调递增；
当
时，
，
所以
在区间
上单调递减；
所以当
即
时
取最大值，所以
．
所以
取最大值时，n 的值为6．
【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列以及数学期望，牢记公式，细心计算，本题难点在于
之间的关系，
同时导数在概率中的应用，考验分析能力以及计算能力，属难题.
