微专题28 随机变量及其分布
高考定位 离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查,重
点考查超几何分布、二项分布及正态分布,选择题、填空题、解答题都有出现,中等难度.
【真题体验】
1.(2025·天津卷)小桐操场跑圈,一周2 次,一次5 圈或6 圈.第一次跑5 圈或6 圈的概率均为0.5,若第
一次跑5 圈,则第二次跑5 圈的概率为0.4,跑6 圈的概率为0.6.若第一次跑6 圈,则第二次跑5 圈的
概率为0.6,跑6 圈的概率为0.4,小桐一周跑11 圈的概率为 ;若一周至少跑11 圈为运动量
达标,则连续跑4 周,记达标周数为X,则期望E(X)＝ .
答案 0.6 3.2
解析 小桐一周跑11 圈的概率p＝0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6.
小桐一周运动量达标的概率p＝1－0.5×0.4＝0.8,显然X 服从二项分布B(4,0.8),
故E(X)＝4×0.8＝3.2.
2.(2025·新高考Ⅰ卷)有5 个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取3 次,每次取1
个球.记X 为这5 个球中至少被取出1 次的球的个数,则X 的数学期望E(X)＝ .
答案 61
25
解析 X 的所有可能取值为1,2,3,
则P(X＝1)＝C5
1(
1
5)
3
＝5
125 ＝1
25,
P(X＝2)＝C5
2(
1
5)
3
×6＝60
125 ＝12
25,
P(X＝3)＝C5
3×(
1
5)
3
×6＝60
125 ＝12
25,
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
1
25
12
25
12
25
所以E(X)＝1× 1
25＋2×12
25＋3×12
25 ＝61
25.
3.(2025·北京卷)某次考试中,只有一道单项选择题考查了某个知识点,甲、乙两校的高一年级学生
都参加了这次考试,为了解学生对该知识点的掌握情况,随机抽查甲、乙两校高一年级各100 名学
生该题的答题数据,其中甲校学生选择正确的人数为80,乙校学生选择正确的人数为75.假设学生
之间答题相互独立.用频率估计概率.
(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p;
(2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1 名,设X 为这2 名学生中该题选择正确的人数,估计
X＝1 的概率及X 的数学期望;
(3)假设:如果没有掌握该知识点,学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案;如果掌握
该知识,甲校学生选择正确的概率为100%,乙校学生选择正确的概率为85%,设甲、乙两校的高一
年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为p1,p2,判断p1与p2的大小(结论不要求证明).
解 (1)用频率估计概率,从甲校随机抽取1 人,做对题目的概率为80
100 ＝4
5.
(2)设A 为“从甲校抽取1 人选择正确”,B 为“从乙校抽取1 人选择正确”,C 为“恰有1 人选择
正确”,
则P(A)＝0.8,P(A)＝0.2,
P(B)＝0.75,P(B)＝0.25,
故P(C)＝P(AB)＋P(AB)
＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.35,
而X 可取0,1,2,
P(X＝0)＝P(A B)＝0.05,
P(X＝1)＝0.35,
P(X＝2)＝0.8×0.75＝0.6,
故X 的分布列如下表:
X
0
1
2
P
0.05
0.35
0.6
故E(X)＝1×0.35＋2×0.6＝1.55.
(3)设D 为“甲校掌握该知识的学生”,
因为甲校学生掌握这个知识点并选择正确的概率为100%,
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个,
故P(D)＋1
4(1－P(D))＝0.8,
即p1＋1
4×(1－p1)＝0.8,故p1＝11
15,
同理有0.85p2＋1
4×(1－p2)＝0.75,故p2＝5
6,
故p1<p2.
【热点突破】
热点一 分布列的性质及应用
离散型随机变量X 的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则:(1)pi≥0,i＝1,2,…,n;
(2)p1＋p2＋…＋pn＝1;
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn;
(4)D(X)＝
n
∑
i=1
[xi－E(X)]2pi＝E(X2)－[E(X)]2;
(5)若Y＝aX＋b,则E(Y)＝aE(X)＋b,D(Y)＝a2D(X).
例1 (1)设随机变量ξ 的分布列为P(ξ＝k)＝
a
k ＋1(k＝1,2,5),a∈R,E(ξ),D(ξ)分别为随机变量ξ 的
数学期望与方差,则下列结论正确的是( )
A.P(0<ξ<3.5)＝2
3
B.E(3ξ＋2)＝7
C.D(ξ)＝2
D.D(3ξ＋1)＝6
(2)已知随机变量X 的分布列如表所示:
X
0
1
2
P
a
b
b
2
则当D(X)取得最大值时,a 的值为( )
A.1
4
B.3
8
C.5
8
D. 7
16
答案 (1)C (2)D
解析 (1)随机变量ξ 的分布列为P(ξ＝k)＝
a
k ＋1(k＝1,2,5),
由分布列的性质可知,P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝5)＝a
2 ＋a
3 ＋a
6＝1,解得a＝1.
对于A,P(0<ξ<3.5)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝1
2 ＋1
3 ＝5
6,故A 不正确;
对于B,∵E(ξ)＝1×1
2＋2×1
3＋5×1
6＝2,
∴E(3ξ＋2)＝3E(ξ)＋2＝3×2＋2＝8,故B 不正确;
对于C,D(ξ)＝1
2×(1－2)2＋1
3×(2－2)2＋1
6×(5－2)2＝2,故C 正确;
对于D,∵D(ξ)＝2,∴D(3ξ＋1)＝9×D(ξ)＝18,故D 不正确.
(2)由题意得,a＋b＋b
2＝1,
所以a＝1－3b
2 .①
又E(X)＝0·a＋1·b＋2·b
2＝2b,
所以D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝02·a＋12·b＋22·b
2－4b2＝－4b2＋3b＝－4(b−3
8)
2
＋9
16,
故当D(X)取得最大值时,b＝3
8,代入①得此时a＝1－3
2 × 3
8 ＝7
16.
规律方法 分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1 的性质可求参数的值及检查分布列的正确性.
(2)随机变量X 所取的值对应的事件是两两互斥的,利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概
率.
训练1 (1)(多选)(2025·成都诊断)已知随机变量X 的分布列如下,则( )
X
1
2
3
4
P
4p
3p
2p
p
A.p＝0.2
B.P(X<3)＝0.7
C.E(X)＝5
2
D.D(X)＝1
(2)(2025·广州调研)设10≤x1<x2<x3<x4<x5≤50,随机变量ξ1取值x1,x2,x3,x4,x5的概率均为0.2,随机
变量ξ2取值x1＋x2
2
, x2＋x3
2
, x3＋x4
2
, x4＋x5
2
, x5＋x1
2
的概率也均为0.2,若记D(ξ1),D(ξ2)分别为
ξ1,ξ2的方差,则( )
A.D(ξ1)<D(ξ2)
B.D(ξ1)＝D(ξ2)
C.D(ξ1)>D(ξ2)
D.D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系为x1,x2,x3,x4,x5的取值有关
答案 (1)BD (2)C
解析 (1)由4p＋3p＋2p＋p＝1,可得p＝0.1,P(X<3)＝4p＋3p＝0.7,
E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝2,
D(X)＝(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.1＝1.故A,C 错误,B,D 正确.
(2)由题意得
E(ξ1)＝0.2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5),
E(ξ2)＝0.2×(
x1＋x2
2
＋x2＋x3
2
＋x3＋x4
2
＋x4＋x5
2
＋x5＋x1
2 )
＝0.2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5),
故E(ξ1)＝E(ξ2),
记x＝E(ξ1)＝E(ξ2),
则D(ξ1)＝0.2[(x1－x)2＋(x2－x)2＋…＋(x5－x)2]
＝0.2[(x1
2＋x2
2＋x3
2＋x4
2＋x5
2＋5x
2)－2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)x]
＝0.2(x1
2＋x2
2＋x3
2＋x4
2＋x5
2－5x
2),
同理,D(ξ2)＝0.2[(
x1＋x2
2 )
2
＋(
x2＋x3
2 )
2
＋…＋(
x5＋x1
2 )
2
−5 x
2],
因为10≤x1<x2<x3<x4<x5≤50,
所以(
x1＋x2
2 )
2
< x1
2＋x2
2
2
,…,(
x5＋x1
2 )
2
< x5
2＋x1
2
2
,故(
x1＋x2
2 )
2
＋(
x2＋x3
2 )
2
＋…＋(
x5＋x1
2 )
2
<x1
2＋x2
2
＋…＋x5
2,
即得D(ξ1)>D(ξ2),故选C.
热点二 随机变量的分布列
1.二项分布
一般地,在n 重伯努利试验中,设每次试验中事件A 发生的概率为p(0<p<1),用X 表示事件A 发生的
次数,则X 的分布列为P(X＝k)＝Cn
kpk(1－p)n－k,k＝0,1,2,…,n.
E(X)＝np,D(X)＝np(1－p).
2.超几何分布
一般地,假设一批产品共有N 件,其中有M 件次品,从N 件产品中随机抽取n 件(不放回),用X 表示
抽取的n 件产品中的次品数,则X 的分布列为P(X＝k)＝
C M
k C N −M
n−k
C N
n
,k＝m,m＋1,m＋2,…,r.其中
n,N,M∈N*,M≤N,n≤N,m＝max{0,n－N＋M},r＝min{n,M},E(X)＝n· M
N .
考向1 二项分布
例2 (2025·济南模拟)某公司升级了智能客服系统,在测试时,当输入的问题表达清晰时,智能客服
的回答被采纳的概率为7
8,当输入的问题表达不清晰时,智能客服的回答被采纳的概率为1
2.已知输
入的问题表达不清晰的概率为1
5.
(1)求智能客服的回答被采纳的概率;
(2)在某次测试中输入了3 个问题(3 个问题相互独立),设X 表示智能客服的回答被采纳的次数.求X
的分布列、期望及方差.
解 (1)设A＝“智能客服的回答被采纳”,B＝“输入的问题表达不清晰”,
依题意,P(B)＝1
5,P(B)＝4
5 ,
P(A|B)＝1
2,P(A|B)＝7
8,
因此P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(A|B)＝1
5 × 1
2 ＋4
5 × 7
8 ＝4
5 ,
所以智能客服的回答被采纳的概率为4
5 .
(2)依题意,X 的所有可能取值为0,1,2,3,
X~B(3, 4
5),
P(X＝0)＝C3
0(
4
5)
0
(
1
5)
3
＝1
125,
P(X＝1)＝C3
1(
4
5)
1
(
1
5)
2
＝12
125,
P(X＝2)＝C3
2(
4
5)
2
(
1
5)
1
＝48
125,
P(X＝3)＝C3
3(
4
5)
3
(
1
5)
0
＝64
125,
所以X 的分布列为:
X
0
1
2
3
P
1
125
12
125
48
125
64
125
数学期望E(X)＝3×4
5 ＝12
5 ;
D(X)＝3×4
5 × 1
5 ＝12
25.
考向2 超几何分布
例3 随着互联网的普及、大数据的驱动,线上线下相结合的新零售时代已全面开启,新零售背景下,
即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求,优化自身服务,提高客户满意
度,在其A,B 两个分公司的客户中各随机抽取10 位客户进行了满意度评分调查(满分100 分),评分
结果如下:
分公司A:66,80,72,79,80,78,87,86,91,91.
分公司B:62,77,82,70,73,86,85,94,92,89.
(1)求抽取的这20 位客户评分的第一四分位数;
(2)规定评分在75 分以下的为不满意,从上述不满意的客户中随机抽取3 人继续沟通不满意的原因
及改进建议,设被抽到的3 人中分公司B 的客户人数为X,求X 的分布列和数学期望.
解 (1)将抽取的这20 位客户的评分从小到大排列为
62,66,70,72,73,77,78,79,80,80,82,85,86,86,87,89,91,91,92,94.
因为20×25%＝5,
所以抽取的这20 位客户评分的第一四分位数为73＋77
2
＝75.
(2)由已知得分公司A 中75 分以下的有66 分,72 分;
分公司B 中75 分以下的有62 分,70 分,73 分,
所以上述不满意的客户共5 人,其中分公司A 中2 人,分公司B 中3 人.
所以X 的所有可能取值为1,2,3.
P(X＝1)＝
C2
2C3
1
C5
3 ＝3
10,P(X＝2)＝
C2
1C3
2
C5
3 ＝3
5,
P(X＝3)＝
C2
0C3
3
C5
3 ＝1
10,
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
3
10
3
5
1
10
数学期望E(X)＝1× 3
10＋2×3
5＋3× 1
10
＝9
5.
规律方法 求随机变量X 的均值与方差的方法及步骤
(1)理解随机变量X 的意义,写出X 可能的全部取值;
(2)求X 取每个值对应的概率,写出随机变量X 的分布列;
(3)由均值和方差的计算公式,求得均值E(X),方差D(X);
(4)若随机变量X 的分布列为特殊分布列(如:两点分布、二项分布、超几何分布),可利用特殊分布
列的均值和方差的公式求解.
训练2 (2025·武汉质检)为倡导节能环保,实现废旧资源再利用,小明与小亮两位小朋友打算将自己
家中的闲置玩具进行交换,其中小明家有2 台不同的玩具车和2 个不同的玩偶,小亮家也有与小明
家不同的2 台玩具车和2 个玩偶,他们每次等可能地各取一件玩具进行交换.
(1)两人进行一次交换后,求小明仍有2 台玩具车和2 个玩偶的概率;
(2)两人进行两次交换后,记X 为“小明手中玩偶的个数”,求随机变量X 的分布列和数学期望.
解 (1)若两人交换的是玩具车,
则概率为1
2 × 1
2 ＝1
4 ,
若两人交换的是玩偶,则概率为1
2 × 1
2 ＝1
4 ,
故两人进行一次交换后,小明仍为2 台玩具车和2 个玩偶的概率为1
4 ＋1
4 ＝1
2.
(2)X 可取的值为0,1,2,3,4,
一次交换后,小明有1 个玩偶和3 台玩具车的概率为1
2 × 1
2 ＝1
4,有3 个玩偶和1 台玩具车的概率为
1
2 × 1
2 ＝1
4,
经过两次交换后P(X＝0)＝1
4 × 1
4 × 1
4 ＝1
64,
P(X＝1)＝1
4 × 1
4 × 3
4 ＋1
4 × 3
4 × 1
4 ＋2×1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 ＝7
32,
P(X＝2)＝1
4 × 3
4 × 3
4 ＋1
4 × 3
4 × 3
4＋2×1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2＋2×1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 ＝17
32,
P(X＝3)＝1
4 × 1
4 × 3
4 ＋1
4 × 3
4 × 1
4 ＋2×1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 ＝7
32,
P(X＝4)＝1
4 × 1
4 × 1
4 ＝1
64,
故随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
64
7
32
17
32
7
32
1
64
∴E(X)＝0× 1
64＋1× 7
32＋2×17
32＋3× 7
32＋4× 1
64＝2.
热点三 正态分布
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴x＝μ.
(2)样本标准差σ.
(3)分布区间:利用3σ 原则求概率时,要注意利用μ,σ 分布区间的特征把所求的范围转化为3σ 的特
殊区间.
例4 (1)(2025·长沙雅礼中学调研)巴黎奥运会期间,旅客人数(万人)为随机变量X,且X~N(30,22).记
一天中旅客人数不少于26 万人的概率为p0,则p0的值约为( )
(参考数据:若随机变量X~N(μ,σ2),有P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683,P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.955,P(μ－
3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997)
A.0.977 5
B.0.972 5
C.0.954
D.0.683
(2)(多选)(2025·淄博模拟)随机变量X 服从正态分布N(1, 1
4),令函数f(x)＝P(X≥x),则下列结论正确
的是( )
A.f(1)＝1
2
B.f(x)是增函数
C.f(x)是偶函数
D.f(x)的图象关于点(1, 1
2)中心对称
答案 (1)A (2)AD
解析 (1)因为X~N(30,22),
所以μ＝30,σ＝2,
所以P(26≤X≤34)＝P(30－2×2≤X≤30＋2×2)≈0.955,
根据正态曲线的对称性可得,
p0＝P(X≥26)＝P(26≤X≤34)＋P(X>34)≈0.955＋1−0.955
2
＝0.977 5.
(2)对于A,因为X~N(1, 1
4),所以f(1)＝P(X≥1)＝1
2,故A 正确;
对于B,x>1,当x 增大时,f(x)＝P(X≥x)减少,所以f(x)在(1,＋∞)上是减函数,故B 错误;
对于C,f(1)＝P(X≥1)＝1
2,
f(－1)＝P(X≥－1)>1
2,故C 错误;
对于D,若f(x)的图象关于点(1, 1
2)中心对称,则f(x)＋f(2－x)＝1,
因为X 服从正态分布N(1, 1
4),所以f(x)关于x＝1 对称,
所以P(X≥x)＝P(X≤2－x),
则f(x)＋f(2－x)＝P(X≥x)＋P(X≥2－x)＝P(X≤2－x)＋P(X≥2－x)＝1,故D 正确.
规律方法 利用正态曲线的对称性研究相关概率问题,涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ
对称及曲线与x 轴之间的面积为1,注意下面三个结论的活用:
(1)对任意的a,有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a).
(2)P(X<x0)＝1－P(X≥x0).
(3)P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a).
训练3 (1)(多选)(2025·蚌埠二模)已知随机变量X~N(3,4),若P(X≥5)＝m,P(1<X<3)＝n,则下列说法
正确的是( )
A.P(1<X<5)＝2n
B.m＋n＝1
2
C.E(3X－2)＝9
D.D(3X－1)＝36
(2)(2025·常州质检)已知(1＋2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn,随机变量ξ~N(μ,σ2),其正态密度曲
线如图所示,若
a1
a2＝E(ξ)D(ξ),则n 的值为 .
答案 (1)ABD (2)5
解析 (1)因为随机变量X~N(3,4),
所以P(1<X<5)＝2P(1<X<3)＝2n,故A 正确;
P(X>3)＝P(X≥5)＋P(3<X<5)＝P(X≥5)＋P(1<X<3)＝m＋n＝1
2,故B 正确;
随机变量X~N(3,4),
所以E(X)＝3,D(X)＝4,
所以E(3X－2)＝3E(X)－2＝7,
D(3X－1)＝9D(X)＝36,故C 错误,D 正确.
(2)由题图知μ＝1,σ＝1
2,
所以E(ξ)＝μ＝1,D(ξ)＝σ2＝1
4 ,
即E(ξ)D(ξ)＝1
4,
根据展开式的通项可得,
ar＝Cn
r2r,r＝0,1,2,…,n(n∈N*),
则
a1
a2
＝2
1Cn
1
2
2Cn
2 ＝1
2·
n
n(n−1)
2
＝1
4 ,
整理得1
n−1 ＝1
4,解得n＝5.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·九江模拟)新华社北京2024 年9 月8 日电,中共中央党史和文献研究院编辑的习近平同志
《论教育》,由中央文献出版社出版,在全国发行.这部专题文集,收入习近平同志关于教育的重要
文稿47 篇.九江市教育局准备了9 个相关问题(含问题A)到某校调研教职员工的学习情况,从该校随
机抽取了6 名教师,每名教师相互独立地随机抽取3 个问题并作答,且每个问题被抽取的可能性相
等.记X 表示抽到问题A 的教师人数,则E(X)＝( )
A.4
3
B.4
C.2
3
D.2
答案 D
解析 由题意知每名教师抽到问题A 的概率为
C8
2
C9
3 ＝1
3,此时X~B(6, 1
3),
则E(X)＝6×1
3＝2.
2.(2025·厦门模拟)已知随机变量X 服从正态分布N(1,σ2),若P(X≤a)＝0.3,且P(a≤X≤a＋2)＝0.4,
则a＝( )
A.－1
B.－1
2
C.0
D.1
2
答案 C
解析 由题意知随机变量X 服从正态分布N(1,σ2),P(X≤a)＝0.3,
如图所示,结合P(a≤X≤a＋2)＝0.4,得P(X≥a＋2)＝0.3,
可知a,a＋2 关于x＝1 对称,
所以a＋a＋2＝2×1,解得a＝0,故选C.
3.(2025·唐山模拟)已知随机变量X~N(μ,σ2),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
答案 D
解析 因为X~N(μ,σ2)且P(X<μ＋σ)＝p,所以P(X≥μ＋σ)＝1－p,
根据正态密度曲线的对称性,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.
4.(2025·昆明调研)已知随机变量X 的分布列如表所示:
X
－1
0
1
P
1
3
m
n
若P(X≤0)＝1
2,且2X＋Y＝1,则D(Y)＝( )
A.29
18
B.47
18
C.29
9
D.38
9
答案 C
解析 由P(X≤0)＝1
2,得m＝1
2 －1
3 ＝1
6,
n＝1－P(X≤0)＝1
2,
则E(X)＝－1×1
3＋0×1
6＋1×1
2 ＝1
6,
D(X)＝E(X2)－E2(X)
＝1×5
6＋0×1
6 －(
1
6)
2
＝29
36,
由2X＋Y＝1,得Y＝1－2X,
所以D(Y)＝4D(X)＝29
9 .
5.(2025·天津和平区模拟)某物理量的测量结果服从正态分布N(2,σ2),下面结论中不正确的是( )
A.该物理量在一次测量中小于2 的概率为0.5
B.该物理量在一次测量中小于1.98 与大于2.02 的概率相等
C.该物理量在一次测量中落在(1.9,2.2)与落在(2,2.3)的概率相等
D.σ 越小,该物理量在一次测量中在(1.9,2.1)的概率越大
答案 C
解析 对于A,由正态密度曲线的对称性可知该物理量一次测量小于2 的概率为0.5,故A 正确;
对于B,由正态密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于2.02 的概率与小于1.98 的概率
相等,故B 正确;
对于C,因为正态密度曲线的性质,该物理量测量结果落在(1.9,2)的概率大于落在(2.2,2.3)的概率,
所以一次测量结果落在(1.9,2.2)的概率大于落在(2,2.3)的概率,故C 错误;
对于D,σ2为数据的方差,所以σ 越小,数据在μ＝2 附近越集中,所以测量结果落在(1.9,2.1)内的概
率越大,故D 正确.
6.下列命题错误的是( )
A.若数据x1,x2,x3,…,xn的标准差为s,则数据3x1,3x2,3x3,…,3xn的标准差为3s
B.若X~B(4,p),D(X)＝3
4 ,则P(X＝2)＝27
128
C.若X~N(1,σ2),P(X>0)＝0.75,则P(0<X<2)＝0.5
D.若X 为取有限个值的离散型随机变量,则[E(X)]2≥E(X2)
答案 D
解析 对于A,数据x1,x2,x3,…,xn的标准差为s,则数据3x1,3x2,3x3,…,3xn的标准差为√9 s
2＝3s,故
A 正确;
对于B,X~B(4,p),D(X)＝3
4,
则4p(1－p)＝3
4,得p(1－p)＝3
16,
P(X＝2)＝C 4
2p2(1－p)2＝6[p(1－p)]2＝6×(
3
16)
2
＝27
128,故B 正确;
对于C,X~N(1,σ2),P(X>0)＝0.75,则P(0<X<2)＝2P(0<X<1)＝2[P(X>0)－P(X>1)]＝2×(0.75－0.5)＝
0.5,故C 正确;
对于D,X 为取有限个值的离散型随机变量,则D(X)＝E(X2)－[E(X)]2≥0,即[E(X)]2≤E(X2),故D 错误.
7.(2025·重庆诊断)为迎接中秋佳节,某公司开展抽奖活动,规则如下:在不透明的容器中有除颜色外
完全相同的2 个红球和3 个白球,每位员工从中摸出2 个小球.若摸到一红球一白球,可获得价值a
百元代金券;摸到两白球,可获得价值b 百元代金券;摸到两红球,可获价值ab 百元代金券(a,b 均为
整数).已知每位员工平均可得5.4 百元代金券,则运气最好者至多获得 百元代金券.( )
A.5.4
B.9
C.12
D.18
答案 D
解析 摸到一红球一白球的概率p＝
C2
1C3
1
C5
2 ＝3
5,
摸到2 个白球的概率p＝
C3
2
C5
2 ＝3
10,
摸到2 个红球的概率p＝
C2
2
C5
2 ＝1
10,
设可获得百元代金券的价值为变量X,则X＝a,b,ab,其分布列如下:
X
a
b
ab
P
3
5
3
10
1
10
E(X)＝a×3
5＋b× 3
10＋ab× 1
10＝5.4,a,b∈Z,
运气最好者获得ab 百元代金券.
即6a＋3b＋ab＝54,b＝54−6a
a＋3 ,
则ab＝54 a−6a
2
a＋3
＝－6(a＋3＋
36
a＋3)＋90≤－12√(a＋3)×
36
a＋3＋90＝18,
当且仅当a＋3＝36
a＋3,即a＝3,b＝6 时等号成立,
所以ab 的最大值为18.
故运气最好者至多获得18 个百元代金券.
二、多选题
8.(2025·聊城模拟)将四个不同的小球放入四个编号为1,2,3,4 的盒子中,每个小球放入各个盒子的
可能性都相等,设ξ 表示空盒的个数,η 表示1 号盒子中小球的个数,则( )
A.每个盒子中恰有1 球的概率为1
4
B.事件“1 号是空盒”与事件“2 号是空盒”不独立
C.随机变量η 的方差为3
4
D.随机变量ξ 的均值为81
64
答案 BCD
解析 对于A,每个盒子中恰有1 球的概率为A4
4
4
4 ＝3
32,A 错误;
对于B,记事件E:1 号是空盒,
事件F:2 号是空盒,
则P(E)＝P(F)＝3
4
4
4,P(EF)＝2
4
4
4 ＝1
16,
所以P(EF)≠P(E)·P(F),
故事件“1 号是空盒”与事件“2 号是空盒”不独立,B 正确;
对于C,由题意可知η~B(4 , 1
4),
故D(η)＝4×1
4 × 3
4 ＝3
4,C 正确;
对于D,由题意可知,随机变量ξ 的可能取值有0,1,2,3,
则P(ξ＝0)＝3
32,P(ξ＝1)＝C4
2 A4
3
4
4
＝9
16,
P(ξ＝2)＝(
C4
2C2
2
A2
2 ＋C4
3)A4
2
4
4
＝21
64
,
P(ξ＝3)＝4
4
4 ＝1
64,
因此E(ξ)＝0× 3
32＋1× 9
16＋2×21
64＋3× 1
64 ＝81
64,D 正确.
9.(2025·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)
答案 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;
由于正态密度曲线具有对称性,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.
三、填空题
10.(2025·南阳模拟)某保险公司新开设了一项保险业务,若在一年内事件E 发生,该公司要赔偿a 元.
设在一年内E 发生的概率为p,为使公司收益的期望值等于a 的百分之十,公司应要求顾客交保险
金为 .
答案 (p＋0.1)a
解析 设保险公司要求顾客交x 元保险金,若ξ 表示公司每年的收益额,则ξ 是一个随机变量,ξ 的
取值范围为{x－a,x},P(ξ＝x－a)＝p,P(ξ＝x)＝1－p,则ξ 的分布列为
ξ
x－a
x
P
p
1－p
因此,公司每年收益的期望值
E(ξ)＝p(x－a)＋x(1－p)＝x－ap,
为使公司收益的期望值等于a 的百分之十,
所以x－ap＝0.1a,
解得x＝ap＋0.1a＝(p＋0.1)a.
11.某市高三年级男生的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(175,σ2),已知P(175≤X<180)＝0.2,若
P(X≤a)∈[0.3,0.5].写出一个符合条件的a 的值为 .
答案 172([170,175]中的任意一个数均可)
解析 因为X~N(175,σ2),且P(175≤X<180)＝0.2,
则P(X≤170)＝P(X≥180)＝0.5－0.2＝0.3,
且P(X≤175)＝0.5,
故若P(X≤a)∈[0.3,0.5],
则a∈[170,175].([170,175]中的任意一个数均可).
12.泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布,由法国数学家泊松首次提出.泊松分布的概率分布
列为P(X＝k)＝λ
k
k !e－λ(k＝0,1,2,…),其中e 为自然对数的底数,λ 是泊松分布的均值.已知某种商品
每周销售的件数相互独立,且服从参数为λ(λ>0)的泊松分布.若每周销售1 件该商品与每周销售2 件
该商品的概率相等,则两周共销售2 件该商品的概率为 .
答案 8
e
4
解析 依题意得P(X＝1)＝P(X＝2),
即λ
e
λ ＝λ
2
2e
λ,解得λ＝2,
所以P(X＝k)＝2
k
k !e－2,
所以P(X＝0)＝2
0
0!e－2＝1
e
2,
P(X＝1)＝2
1!e－2＝2
e
2,
P(X＝2)＝2
2
2!e－2＝2
e
2,
则两周共销售2 件的概率为
p＝C2
1· 1
e
2· 2
e
2 ＋C2
2(
2
e
2)
2
＝8
e
4.
四、解答题
13.(2025·石家庄调研)甲、乙两人各进行3 次射击,甲每次击中目标的概率是1
4 ,乙每次击中目标的
概率是1
2,假设两人是否击中目标相互之间没有影响.
(1)求甲恰好比乙多击中目标2 次的概率;
(2)设甲击中目标的次数为X,求X 的分布列和数学期望.
解 (1)设甲恰好比乙多击中目标2 次为事件A,甲击中目标2 次且乙击中目标0 次为事件B1,甲击
中目标3 次且乙击中目标1 次为事件B2,
则P(A)＝P(B1)＋P(B2)＝C3
2(
1
4)
2
(
3
4)
1
×C3
0(
1
2)
3
＋C3
3(
1
4)
3
×C3
1(
1
2)
3
＝3
128,
所以甲恰好比乙多击中目标2 次的概率为3
128.
(2)由题可知X 的所有可能取值为0,1,2,3,且
P(X＝0)＝(
3
4)
3
＝27
64 ,
P(X＝1)＝C3
1(
1
4)
1
(
3
4)
2
＝27
64 ,
P(X＝2)＝C3
2(
1
4)
2
(
3
4)
1
＝9
64 ,
P(X＝3)＝(
1
4)
3
＝1
64 ,
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
27
64
27
64
9
64
1
64
所以E(X)＝0×27
64 ＋1×27
64 ＋2× 9
64 ＋3× 1
64 ＝3
4 .
14.(2025·咸阳模拟)小明和小王进行乒乓球比赛,其中小明每局赢的概率为3
5,小王每局赢的概率为
2
5,且每局比赛之间互不影响.
(1)若采用3 局2 胜制,求小王最终赢得比赛的概率;
(2)若采用5 局3 胜制,在小明赢得比赛的条件下,求比赛需要的局数ξ 的期望.
解 (1)小王最终赢得比赛的情况有:小王连续赢2 局,小王前2 局赢1 局输1 局且第3 局赢,所以小
王最终赢得比赛的概率P＝(
2
5)
2
＋C2
1(
2
5)(
3
5)× 2
5 ＝44
125.
(2)由题意,设小明赢得比赛为事件A,比赛i 场结束为事件Bi(i＝3,4,5)
且P(AB3)＝(
3
5)
3
＝27
125,
P(AB4)＝C3
2(
3
5)
2
(
2
5)× 3
5 ＝162
625,
P(AB5)＝C4
2(
3
5)
2
(
2
5)
2
× 3
5 ＝
648
3 125,
则P(A)＝P(AB3)＋P(AB4)＋P(AB5)＝2 133
3 125,
在小明赢得比赛的条件下,设比赛场数为ξ(ξ＝3,4,5),
则P(ξ＝3)＝P(B3|A)＝P( A B3)
P( A)
＝
27
125
2 133
3 125
＝25
79,
P(ξ＝4)＝P(B4|A)＝
P( A B4)
P( A ) ＝
162
625
2 133
3 125
＝30
79,
P(ξ＝5)＝P(B5|A)＝
P( A B5)
P( A ) ＝
648
3 125
2 133
3 125
＝24
79,
所以E(ξ)＝3×25
79＋4×30
79＋5×24
79 ＝315
79
