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第7 节 离散型随机变量及其分布列、数字特征
考试要求 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念. 2.理解并会求
离散型随机变量的数字特征.
【知识梳理】
1.离散型随机变量
一般地，对于随机试验样本空间Ω 中的每个样本点ω，都有唯一的实数
X ( ω ) 与
之对应，我们称X 为随机变量；可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量
称为离散型随机变量.
2.离散型随机变量的分布列
一般地，设离散型随机变量X 的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X 取每一个
值xi的概率P(X＝xi)＝pi(i＝1，2，…，n)为X 的概率分布列，简称分布列.
3.离散型随机变量的分布列的性质
(1)pi≥0(i＝1，2，…，n)；
(2)p1＋
p 2＋
…
＋
p n＝1.
4.离散型随机变量的均值与方差
若离散型随机变量X 的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
(1)均值
E(X)＝x1p1＋
x 2p2＋
…
＋
x ipi＋
…
＋
x npn＝∑xipi为随机变量X 的均值或数学期望.它
反映了离散型随机变量取值的平均水平.
(2)方差
D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝为随机变量X 的方差，
并称为随机变量 X 的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值
的偏离程度.
5.均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE
( X ) ＋
b .
(2)D(aX＋b)＝a 2 D ( X ) (a，b 为常数).
[常用结论与微点提醒]
1.若X 是随机变量，Y＝aX＋b，a，b 是常数，则Y 也是随机变量.
2.E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)；
D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)离散型随机变量的概率分布列描述了由这个随机变量所刻画的随机现象.(
)
(2)离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.( )
(3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.( )
(4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差
或标准差越小，则偏离变量的平均程度越小.( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
解析 对于(2)，离散型随机变量所有取值的并事件是必然事件，故各个概率之
和等于1，故不正确.
2.(选修三P63 例1 改编)在篮球比赛中，罚球命中1 次得1 分，不中得0 分.如果
某运动员罚球命中的概率为0.8，那么他罚球1 次的得分X 的均值为( )
A.0.2
B.0.4
C.0.8
D.1
答案 C
解析 某运动员罚球1 次的得分为X，X 的取值可能为0，1，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝1)＝0.8，
E(X)＝0×0.2＋1×0.8＝0.8.
3.(选修三P59 例1 改编)设某项试验的成功率是失败率的2 倍，用随机变量X 表
示一次试验的成功次数，则P(X＝0)＝________.
答案
解析 设P(X＝1)＝p，则P(X＝0)＝1－p，
依题意得p＝2(1－p)，解得p＝，
故P(X＝0)＝1－p＝.
4.(选修三P70T2 改编)随机变量X 的可能取值为0，1，2，若P(X＝0)＝，E(X)＝
1，则D(X)＝________.
答案
解析 设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，
由题意得
解得p＝，q＝，
∴D(X)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(2－1)2＝.
考点一 分布列的性质
例1 (1)设X 是一个离散型随机变量，其分布列为
X
－1
0
1
P
1－q
q－q2
则q＝________.
答案
解析 由离散型随机变量分布列的性质得
解得q＝.
(2)设随机变量X 满足P(X＝i)＝(i＝1，2，3)，则k＝________；P(X≥2)＝
________.
答案
解析 由已知得随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
P
∴＋＋＝1，∴k＝.
∴随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
P
∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.
感悟提升 离散型随机变量分布列的性质的应用
(1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值.
(2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些
特定事件的概率.
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确.
训练1 (1)若随机变量X 的分布列为
X
－2
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1
则当P(X<a)＝0.8 时，实数a 的取值范围是( )
A.(－∞，2]
B.[1，2]
C.(1，2]
D.(1，2)
答案 C
解析 由随机变量X 的分布列知，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，
故当P(X<a)＝0.8 时，实数a 的取值范围是(1，2].
(2)若随机变量X 的分布列为
X
－1
0
1
P
a
c
则P(|X|＝1)＝________.
答案
解析 由随机变量X 的分布列得
P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝1－＝.
考点二 离散型随机变量的数字特征
例2 (2024·运城模拟)为增强学生的爱国意识和凝聚力，某学校高二年级组织举
办了“中国国情和当今世界局势”的知识对抗竞赛，主要是加深学生对新中国成
立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得的成就和最新世界
经济、政治时事的了解.组织者按班级将参赛人员随机分为若干组，每组均为两
位选手.每组对抗赛开始时，组织者随机从准备好的题目中抽取2 道供两位选手
抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等.比赛得分规则为：选手抢到试题且回
答正确得10 分，对方选手得0 分；选手抢到试题但回答错误或没有回答得0 分，
对方选手得5 分；2 道题目抢答完毕后得分多者获胜.已知甲、乙两位选手被分在
同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两位
选手回答每道试题是否正确相互独立.2 道试题抢答后的各自得分作为两位选手的
个人总得分.
(1)求乙总得分为10 分的概率；
(2)记X 为甲的总得分，求X 的分布列和数学期望.
解 (1)由题意知，乙得10 分的样本点有乙抢到2 题且1 道回答正确、1 道回答
错误或没有回答，甲、乙各抢到1 题且都回答正确，甲抢到2 题都回答错误或没
有回答，
所以乙总得分为10 分的概率
p＝2××××＋2××××＋×××＝.
(2)由题意得，甲的总得分X 的可能取值为0，5，10，15，20，
P(X＝0)＝×××＋2××××＋×××＝；
P(X＝5)＝2××××＋2××××＝；
P(X＝10)＝2××××＋×××＋2××××＝；
P(X＝15)＝2××××＝；
P(X＝20)＝×××＝.
X 的分布列为
X
0
5
10
15
20
P
所以E(X)＝0×＋5×＋10×＋15×＋20×＝.
感悟提升 求离散型随机变量ξ 的均值与方差的步骤
(1)理解ξ 的意义，写出ξ 的所有可能取值；
(2)求ξ 取每个值的概率；
(3)写出ξ 的分布列；
(4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ).
训练2 (2024·石家庄调研)在一次班级联欢晚会上，某班设计了一个摸球表演节
目的游戏：在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1 个，这些球除颜色外
完全相同，同学不放回地每次摸出1 个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要
将纸盒中的球全部摸出才停止.规定摸到红球表演两个节目，摸到白球或黄球表
演1 个节目，摸到黑球不用表演节目.
(1)求a 同学摸球三次后停止摸球的概率；
(2)记X 为a 同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望、
方差.
解 (1)设“a 同学摸球三次后停止摸球”为事件E，
则P(E)＝＝，
故a 同学摸球三次后停止摸球的概率为.
(2)随机变量X 的可能取值为0，1，2，3，4.
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＋＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
所以随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2，
方差D(X)＝(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＋(4－2)2×＝.
考点三 均值与方差中的决策问题
例3 (2024·厦门、福州等市质检)校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷
引进各类急救设备.某学校引进M，N 两种类型的自动体外除颤器(简称AED)若
干，并组织全校师生学习AED 的使用规则及方法.经过短期的强化培训，在单位
时间内，选择M，N 两种类型AED 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)现有某受训学生进行急救演练，假定他每次随机等可能选择M 或N 型AED 进
行操作，求他恰好在第二次操作成功的概率；
(2)为激发师生学习并正确操作AED 的热情，学校选择一名教师代表进行连续两
次设备操作展示，下面是两种方案：
方案甲：在第一次操作时，随机等可能地选择M 或N 型AED 中的一种，若第一
次对某类型AED 操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若第一次对某类型
AED 操作不成功，则第二次使用另一类型AED 进行操作.
方案乙：在第一次操作时，随机等可能地选择M 或N 型AED 中的一种，无论第
一次操作是否成功，第二次均使用第一次所选择的设备.
假定方案选择及操作不相互影响，以成功操作累积次数的期望值为决策依据，分
析哪种方案更好？
解 设“操作成功”为事件S，“选择M 型AED”为事件A，“选择N 型
AED”为事件B，
由题意，知P(A)＝P(B)＝，P(S|A)＝，
P(S|B)＝.
(1)恰好在第二次操作成功的概率
P＝P(S)P(S)，
P(S)＝P(A)P(S|A)＋P(B)P(S|B)
＝×＋×＝，
则P(S)＝1－P(S)＝，
所以恰好在第二次操作成功的概率为×＝.
(2)设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为X，Y，
则X，Y 可能取值均为0，1，2，
P(X＝0)＝P(A)P(S|A)P(S|B)＋P(B)·P(S|B)P(S|A)
＝××＋××＝，
P(X＝1)＝P(A)P(S|A)P(S|B)＋P(A)P(S|A)P(S|A)＋P(B)P(S|B)P(S|A)＋
P(B)P(S|B)P(S|B)
＝××＋××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝P(A)P(S|A)P(S|A)＋
P(B)P(S|B)P(S|B)
＝××＋××＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
P(Y＝0)＝P(A)P(S|A)P(S|A)＋P(B)P(S|B)P(S|B)
＝××＋××＝，
P(Y＝1)＝P(A)P(S|A)P(S|A)＋P(A)P(S|A)P(S|A)＋P(B)P(S|B)P(S|B)
＋P(B)P(S|B)P(S|B)
＝××＋××＋××＋××＝，
P(Y＝2)＝P(A)P(S|A)P(S|A)＋P(B)P(S|B)P(S|B)
＝××＋××＝，
所以E(Y)＝0×＋1×＋2×＝.
决策一：因为E(X)>E(Y)，故方案甲更好.
决策二：因为E(X)与E(Y)差距非常小，所以两种方案均可.
感悟提升 随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际
中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决
定.
训练3 某投资公司准备在2024 年年初将1 000 万元投资到“低碳”项目上，现
有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也
可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和；
项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能
损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.
解 若按“项目一”投资，设获利为X1万元，X1的所有可能取值为300，－150.
则X1的分布列为
X1
300
－150
P
∴E(X1)＝300×＋(－150)×
＝200(万元).
若按“项目二”投资，设获利X2万元，X2的所有可能取值为500，－300，0.则
X2的分布列为：
X2
500
－300
0
P
∴E(X2)＝500×＋(－300)×＋0×
＝200(万元).
D(X1)＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35 000，
D(X2)＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140 000.
所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)<D(X2)，
这说明虽然项目一、项目二获利的期望值相等，但项目一更稳妥.
综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.
【A 级 基础巩固】
1.已知下列随机变量：
①10 件产品中有2 件次品，从中任选3 件，取到次品的件数X；
②一位射击选手对目标进行射击，击中目标得1 分，未击中目标得0 分，该射击
选手在一次射击中的得分X；
③一天内的温度X；
④在体育彩票的抽奖中，一次摇号产生的号码数X.
其中X 是离散型随机变量的是( )
A.①②③
B.①②④
C.②③④
D.③④
答案 B
解析 ①中，X 的可能取值为0，1，2，符合要求；
②中，X 的可能取值为0，1，符合要求；
③中，一天的温度变化是连续的，所以X 不是离散型随机变量；
④中，在体育彩票的抽奖中，一次摇号产生的号码数是离散且随机的，符合要求.
2.(2024·陕西部分名校模拟)已知随机变量X 的分布列为
X
0
2
3
P
m
2m
则E(X)＝( )
A.2
B.
C.
D.1
答案 C
解析 由＋3m＝1，解得m＝，
则E(X)＝0×＋2×＋3×＝.
3.已知随机变量X 的分布列为
X
1
2
3
P
且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，则a 等于( )
A.－3
B.－2
C.
D.3
答案 A
解析 E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
∵Y＝aX＋3，
∴E(Y)＝aE(X)＋3＝a＋3＝－2，
解得a＝－3.
4.随机变量X 的取值范围为{0，1，2}，若P(X＝0)＝，E(X)＝1，则D(X)等于(
)
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，
由题意得E(X)＝0×＋p＋2q＝1，
且＋p＋q＝1，解得p＝，q＝，
所以D(X)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(2－1)2＝.
5.(2024·绵阳诊断)若离散型随机变量X 的分布列如下，E(X)＝0，D(X)＝1，则
P(X<1)＝( )
X
－1
0
1
2
P
a
b
c
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 由题意知，a＋b＋c＋＝1.①
由E(X)＝0，即E(X)＝－1×a＋0×b＋1×c＋2×＝0，得－a＋c＋＝0.②
由D(X)＝1，
即D(X)＝(－1－0)2×a＋(0－0)2×b＋(1－0)2×c＋(2－0)2×＝1，
得a＋c＋＝1.③
联立①②③解得a＝，b＝，c＝，
又因为P(X<1)＝P(X＝－1)＋P(X＝0)，
所以P(X<1)＝a＋b＝.
6.(多选)(2024·哈尔滨质检)若随机变量X 服从两点分布，其中P(X＝0)＝，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)＝4
C.D(3X＋2)＝4
D.D(X)＝
答案 AB
解析 随机变量X 服从两点分布，
由P(X＝0)＝，得P(X＝1)＝，
E(X)＝0×＋1×＝，
D(X)＝×＋×＝.
在A 中，P(X＝1)＝E(X)，故A 正确；
在B 中，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×＋2＝4，故B 正确；
在C 中，D(3X＋2)＝9D(X)＝9×＝2，故C 错误；
在D 中，D(X)＝，故D 错误.
7.(多选)(2024·潍坊段考)一盒中有7 个乒乓球，其中5 个未使用过，2 个已使用过，
现从盒子中任取3 个球来用，用完后再装回盒中.记盒中已使用过的球的个数为
X，则( )
A.X 的所有可能取值是3，4，5
B.X 最有可能的取值是5
C.X 等于3 的概率为
D.X 的数学期望是
答案 AC
解析 记未使用过的乒乓球为A，已使用过的为B，
任取3 个球的所有可能是1A2B，2A1B，3A，
A 使用后成为B，故X 的所有可能取值是3，4，5，故A 正确；
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，
所以X 最有可能的取值是4，故B 错误，C 正确；
E(X)＝3×＋4×＋5×＝，故D 错误.
8.已知甲盒内有大小相同的1 个红球和3 个黑球，乙盒内有大小相同的2 个红球
和4 个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2 个球.设ξ 为取出的4 个球中红球的个
数，则P(ξ＝2)＝________.
答案
解析 由题意可知P(ξ＝2)＝＝.
9.(2024·湘潭质检)随机变量X 的分布列如下：
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c 成等差数列，则P(|X|＝1)＝________，公差d 的取值范围是
________.
答案
解析 ∵a，b，c 成等差数列，∴2b＝a＋c，
又a＋b＋c＝1，∴b＝，
∴P(|X|＝1)＝a＋c＝.
又a＝－d，c＝＋d，根据分布列的性质，
得0≤－d≤，0≤＋d≤，
∴－≤d≤.
10.某老师从课本上抄录的一个随机变量X 的分布列如下表：
X
1
2
3
P
？
！
？
尽管“！”与“？”处无法完全看清，但能肯定两个“？”处的数值相同，据此，
E(X)＝________.
答案 2
解析 设P(X＝1)＝P(X＝3)＝a，P(X＝2)＝b，
则2a＋b＝1.
于是E(X)＝a＋2b＋3a＝2(2a＋b)＝2.
11.设箱子里装有同样大小的3 个红球及白球、黑球、黄球、绿球各1 个.
(1)若甲从中一次性摸出2 个球，求两个球颜色不相同的概率；
(2)若乙从中一次性取出3 个球，设3 个球中的红球个数为X，求随机变量X 的概
率分布列及数学期望值.
解 (1)记“甲从中一次性摸出2 个球，两个球颜色不相同”为事件A，甲从中一
次性摸出2 个球共有C＝21 种，
两个球颜色不相同有CC＋C＝12＋6＝18 种，
所以P(A)＝＝.
(2)随机变量X 的可能取值为0，1，2，3，
且P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以随机变量X 的概率分布列为
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.
12.某游乐场设置了迷宫游戏，有三个造型相同的门可供选择，参与者进入三个
门的结果分别是3 分钟走出去，6 分钟走出去，3 分钟返回出发点.游戏规定：不
重复进同一个门，若返回出发点立即重新选择，直到走出迷宫游戏结束.
(1)求一名游戏参与者走出迷宫所用时间的均值；
(2)甲、乙2 人相约玩这个游戏.2 人商量了两种方案.
方案一：2 人共同行动；
方案二：2 人分头行动.
分别计算两种方案2 人都走出迷宫所用时间和的均值.
解 (1)设一名游戏参与者走出迷宫所用时间为X(单位：分钟)，
则X 的所有可能取值为3，6，9，
P(X＝3)＝，
P(X＝6)＝＋×＝，
P(X＝9)＝×＝，
所以E(X)＝3×＋6×＋9×＝(分钟).
即一名游戏参与者走出迷宫所用时间的均值为分钟.
(2)由(1)知，按照方案一：2 人共同行动所用时间和的均值为×2＝11(分钟).
按照方案二：设两人走出迷宫所用时间和为Y(单位：分钟)，
则Y 的所有可能取值为9，12，15，
P(Y＝9)＝2×＝，
P(Y＝12)＝2×＝，
P(Y＝15)＝2×＝，
所以E(Y)＝9×＋12×＋15×＝11(分钟)，
即按照方案二，两人所用时间和的均值为11 分钟.
【B 级 能力提升】
13.(多选)(2024·金华质检)已知随机变量ξ 的分布列如下：
ξ
0
1
2
P
b－a
b
a
则当a 在内增大时( )
A.E(ξ)增大
B.E(ξ)减小
C.D(ξ)先增大后减小
D.D(ξ)先减小后增大
答案 AC
解析 由随机变量ξ 的分布列得
解得b＝0.5，0≤a≤0.5，
∴E(ξ)＝0.5＋2a，0≤a≤0.5.
故a 在内增大时，E(ξ)增大，A 正确.
D(ξ)＝(－2a－0.5)2(0.5－a)＋(0.5－2a)2×0.5＋(1.5－2a)2a＝－4a2＋2a＋
＝－4＋，
所以当a∈时，D(ξ)单调递增，
当a∈时，D(ξ)单调递减，C 正确.故选AC.
14.(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B 两类问题.每
位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回
答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回
答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A 类问题中的每个问题回答正确得20
分，否则得0 分；B 类问题中的每个问题回答正确得80 分，否则得0 分.
已知小明能正确回答A 类问题的概率为0.8，能正确回答B 类问题的概率为
0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
解 (1)由题意得X 的所有可能取值为0，20，100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X 的分布列为
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
(2)当小明先回答A 类问题时，由(1)可得
E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B 类问题时，记Y 为小明的累计得分，
则Y 的所有可能取值为0，80，100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y 的分布列为
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B 类问题.
