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专题10.7 离散型随机变量及其分布列、数字特征【七大题型】
【新高考专用】
【题型1 离散型随机变量的判断】..........................................................................................................................3
【题型2 分布列的性质】..........................................................................................................................................5
【题型3 分布列的求法】..........................................................................................................................................7
【题型4 离散型随机变量的均值】........................................................................................................................11
【题型5 离散型随机变量的方差】........................................................................................................................14
【题型6 均值与方差中的决策问题】....................................................................................................................17
【题型7 离散型随机变量与其他知识综合】.......................................................................................................22
1、离散型随机变量及其分布列、数字特征
考点要求
真题统计
考情分析
(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
2023 年新高考I 卷：第21
题，12 分
2023 年全国甲卷（理数）：
第19 题，12 分
2023 年北京卷：第18 题，13
分
2024 年新高考Ⅱ卷：第18
题，17 分
2024 年北京卷：第18 题，13
分
从近几年的高考情况来看，本节是
高考的重点、热点内容，主要考查离散
型随机变量的分布列、期望与方差等，
主要以解答题的形式考查，有时会与概
率、统计、独立性检验等结合考查，难
度中等，复习时需要加强这方面的练
习，灵活求解.
【知识点1 离散型随机变量及其分布列】
1．随机变量与离散型随机变量
(1)随机变量
①定义：一般地，对于随机试验样本空间
中的每个样本点
，都有唯一的实数X(
)与之对应，我们
称X 为随机变量.
②表示：通常用大写英文字母表示随机变量，用小写英文字母表示随机变量的取值.
2．离散型随机变量的分布列
(1)定义
1
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一般地，设离散型随机变量X 的可能取值为
，
，
，
，我们称X 取每一个值
的概率P(X=
)=
，i=1，2，
，n 为X 的概率分布列，简称分布列.
(2)分布列的表格表示
X
x1
x2
xn
P
p1
p2
pn
分布列也可以用等式形式表示为P(X=
)=
，i=1，2，
，n，还可以用图形表示.
(3)离散型随机变量分布列具有的两个性质
①
0，i=1，2，
，n；
②
+
+
+
=1.
3．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.
4．离散型随机变量分布列的求解步骤
第一步，明取值：明确随机变量的可能取值有哪些，且每一个取值所表示的意义；
第二步，求概率：要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的概率；
第三步，画表格：按规范要求形式写出分布列；
第四步，做检验：利用分布列的性质检验分布列是否正确.
【知识点2 离散型随机变量的数字特征】
1．离散型随机变量的均值
(1)定义
一般地，若离散型随机变量X 的分布列如下表所示：
X
x1
x2
xn
P
p1
p2
pn
则称E(X)=
+
+
+
+
+
为离散型随机变量X 的均值或数学期望，数学期望简称
期望，它反映了随机变量取值的平均水平.
(2)对均值(期望)的理解
求离散型随机变量的期望应注意：
①期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均.
②E(X)是一个实数，由X 的分布列唯一确定，即作为随机变量，X 是可变的，可取不同值，而E(X)是
不变的，它描述X 取值的平均状态.
③均值与随机变量有相同的单位.
2．离散型随机变量的方差、标准差
(1)定义
设离散型随机变量X 的分布列为
2
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X
x1
x2
xi
xn
P
p1
p2
pi
pn
则称D(X)=
+
+
+
=
为随机变量X
的方差，并称
为随机变量X 的标准差，记为
(X).
(2)意义
随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值与其均值的偏离程度，反映了随机变量取值的离散程
度.方差或标准差越小，随机变量的取值越集中，方差或标准差越大，随机变量的取值越分散.
3．均值与方差的性质
(1)均值的性质
若离散型随机变量X 的均值为E(X)，Y=aX+b，其中a,b 为常数，则Y 也是一个离散型随机变量，且
E(Y)=E(aX+b)=aE(X)+b.
特别地，当a=0 时，E(b)=b；
当a=1 时，E(X+b)=E(X)+b；
当b=0 时，E(aX)=aE(X).
(2)方差的有关性质
当a，b 均为常数时，随机变量Y=aX+b 的方差D(Y)=D(aX+b)=
D(X).
特别地，当a=0 时，D(b)=0；当a=1 时，D(X+b)=D(X)；
当b=0 时，D(aX)=
D(X).
4．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 可能的全部值.
(2)求ξ 取每个值的概率.
(3)写出ξ 的分布列.
(4)由均值的定义求E(ξ).
(5)由方差的定义求D(ξ).
【方法技巧与总结】
1．E(k)=k，D(k)=0，其中k 为常数.
2．E(X1+X2)=E(X1)+E(X2).
3．D(X)=E(X2)-(E(X))2.
4．若X1，X2相互独立，则E(X1X2)=E(X1)·E(X2).
【题型1 离散型随机变量的判断】
【例1】（23-24 高二下·重庆·期中）下面给出的四个随机变量中是离散型随机变量的是（ ）
①某食堂在中午半小时内进的人数Z1； ②某元件的测量误差Z2；
③小明在一天中浏览网页的时间Z3； ④高一2 班参加运动会的人数Z4；
A．①②
B．③④
C．①③
D．①④
3
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【解题思路】根据给定条件，利用离散型随机变量的定义分析各命题，再判断作答.
【解答过程】对于①，某食堂在中午半小时内进的人数Z1可以一一列举出来，故①是离散型随机变量；对
于②，某元件的测量误差Z2不能一一列举出来，故②不是离散型随机变量；
对于③，小明在一天中浏览网页的时间Z3不能一一列举出来，故③不是离散型随机变量；对于④，高一2
班参加运动会的人数Z4可以一一列举出来，故④是离散型随机变量；
故选：D.
【变式1-1】（23-24 高二下·江苏·课前预习）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
【解题思路】根据离散型随机变量的定义逐个分析即可.
【解答过程】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.
【变式1-2】（23-24 高二下·福建福州·期中）下列叙述中，是离散型随机变量的是（ ）
A．某电子元件的寿命
B．高速公路上某收费站在一小时内经过的车辆数
C．某人早晨在车站等出租车的时间
D．测量某零件的长度产生的测量误差
【解题思路】根据离散型随机变量的定义直接求解.
【解答过程】某电子元件的寿命可为任意值，不能一一列举出来，不是离散型随机变量；
一小时内经过的车辆数可以一一列举出来，是离散型随机变量；
4
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等出租车的时间是随机变量，但无法一一列出，不是离散型随机变量；
测量误差不能一一列出，不是离散型随机变量．
故选：B．
【变式1-3】（23-24 高二下·河南周口·期中）下面给出四个随机变量：
①一高速公路上某收费站在十分钟内经过的车辆数ξ；
②一个沿x轴进行随机运动的质点，它在x轴上的位置η；
③某派出所一天内接到的报警电话次数X；
④某同学上学路上离开家的距离Y ．
其中是离散型随机变量的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】根据离散型随机变量的定义判断即可.
【解答过程】对于①，十分钟内经过的车辆数可以一一列举出来，①是离散型随机变量；
对于②，沿x轴进行随机运动的质点，质点在直线上的位置不能一一列举出来，②不是离散型随机变量；
对于③，一天内接到的报警电话次数可以一一列举出来，③是离散型随机变量；
对于④，某同学上学路上离开家的距离可为某一区间内的任意值，不能一一列举出来，④不是离散型随机
变量，
所以给定的随机变量是离散型随机变量的有①③．
故选：B．
【题型2 分布列的性质】
【例2】（23-24 高二下·云南保山·阶段练习）随机变量ξ的分布列如下表所示，且2m+n=1.2，则m−n=
（ ）
ξ
0
1
2
3
P
0.1
m
n
0.1
A．-0.2
B．0.4
C．0.2
D．0
【解题思路】根据分布列的性质即可求解.
【解答过程】由分布列的性质可得，0.1+m+n+0.1=1，即m+n=0.8,∵2m+n=1.2,∴m=n=0.4，
∴m−n=0，
故选：D.
【变式2-1】（23-24 高二下·重庆长寿·期末）设实数a>0，随机变量ξ的分布列是：
ξ
−1
0
1
5
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P
a
2
1
3
a
6
则a的值为（ ）
A．1
B．1
2
C．1
3
D．1
6
【解题思路】利用分布列中，概率之和为1 求解.
【解答过程】解：因为a
2 + 1
3 + a
6 =1，
所以a=1，
故选：A.
【变式2-2】（2024·安徽滁州·模拟预测）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.已知某线路每个公交车站台的乘客候车相互独立，且每个站台候车人数X服从参数为
λ( λ>0)的泊松分布，若该线路某站台的候车人数为2 和3 的概率相等，则该线路公交车两个站台各有1 个
乘客候车的概率为（ ）
A．1
e
4
B．4
e
4
C．9
4e
6
D．9
e
6
【解题思路】根据候车人数为2 和3 的概率相等求出参数，再利用泊松分布的概率分布列即可得出答案.
【解答过程】由题意可知P(X =2)= P(X =3)，即λ
2
2! e
−λ= λ
3
3! e
−λ解得λ =3，
所以P(X =k )= 3
k
k ! e
−3(k =0,1,2,⋯)，
从而P(X =1)= 3
1
1! e
−3= 3
e
3 ，
故该线路公交车两个站台各有1 个乘客候车的概率为P =(
3
e
3)
2
= 9
e
6 .
故选：D.
【变式2-3】（23-24 高二下·全国·期末）离散型随机变量X 的分布列中部分数据丢失，丢失数据以x，
y (x , y ∈N)代替，分布列如下：则P(
3
2 < X < 11
3 )= （ ）
X =i
1
2
3
4
5
6
6
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P(X = 0.21
0.20
0. x5 0.10
0.1 y
0.10
A．0.35
B．0.45
C．0.55
D．0.65
【解题思路】根据概率之和为1 得到方程组，求出x =2, y = 4，得到答案.
【解答过程】由题意得1+0+5+0+ y +0=10，解得y = 4，
2+2+ x +1+1+1=9，解得x =2，
故P(
3
2 < X < 11
3 )=0.20+0.25=0.45.
故选：B.
【题型3 分布列的求法】
【例3】（2024·湖北黄冈·二模）某校高三年级拟派出甲､乙､丙三人去参加校运动会100 m跑项目.比赛分为
初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为3
4 ；乙
在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为2
3和3
4 ；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为p和3
2 −p，其
中1
2 < p< 3
4
(1)甲､乙､丙三人中，谁进入决赛的可能性最大；
(2)若甲､乙､丙三人中恰有两人进入决赛的概率为29
72，求p的值；
(3)在（2）的条件下，设进入决赛的人数为ξ，求ξ的分布列.
【解题思路】（1）利用相互独立事件的概率公式分别求出甲乙丙进入决赛的概率，再比较大小即可.
（2）利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的概率公式，列式解方程即得.
（3）利用（2）的结论，求出ξ的可能值及对应的概率列出分布列.
【解答过程】（1）甲进入决赛的概率为p1=( 3
4 )
2
= 9
16
，乙进入决赛的概率为p2= 2
3 × 3
4 = 1
2，
丙进入决赛的概率为p3= p( 3
2 −p)=−( p−3
4 )
2
+ 9
16 ，而1
2 < p< 3
4 ，则1
2 < p3< 9
16 ，
所以甲进入决赛的可能性最大.
（2）甲乙丙三人中恰有两人进入决赛的概率为
､
､
9
16 ⋅1
2 ⋅[1−p( 3
2 −p)]+ 9
16 ⋅(1−1
2 )⋅p( 3
2 −p)+(1−9
16 )⋅1
2 ⋅p( 3
2 −p)= 29
72，
7
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整理可得18 p
2−27 p+10=0，而1
2 < p< 3
4 ，所以p= 2
3.
（3）依题意，甲乙丙进入决赛的概率分别为
､
､
9
16 , 1
2 , 5
9，
随机变量ξ的可能取值有0,1,2,3，
P(ξ =0)= 7
16 × 1
2 × 4
9 = 7
72 , P(ξ =2)= 29
72 , P(ξ =3)= 9
16 × 1
2 × 5
9 = 5
32，
P(ξ =1)= 9
16 ⋅(1−1
2 )⋅(1−5
9 )+(1−9
16 )⋅1
2 ⋅(1−5
9 )+(1−9
16 )⋅(1−1
2 )⋅5
9 = 11
32，
所以随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P
7
72
11
32
29
72
5
32
【变式3-1】（2024·浙江·模拟预测）现有一抛硬币游戏机制：假设抛中正、反面可能性均为1
2，若抛中的
是正面，则收益80 %的手中金额；否则亏损50 %的手中金额.甲同学按此规则进行多组模拟，抛硬币100次，
发现最终亏损的次数多于盈利的次数.假设初始金额为100元，记x为抛硬币次数，y为经历x次抛硬币后手
中的金额.
(1)若x =2，求y的分布列；
(2)如图，横坐标表示x，纵坐标表示y，在图中描出所有可能取值对应的(x , y)，并求出当x =0、1、2、3
时盈利的概率；
(3)综合（1）（2）数据，简要说明形成甲同学的实验现象的原因（直接写结论）.
【解题思路】（1）根据条件知y的可能取值为25,90,324，再求出相应的概率，即可求出结果；
（2）通过取一些特殊值，即可得到部分图象，再根据条件，即可求出x =0、1、2、3 时盈利的概率；
（3）根据题设条件，即可写出结果.
【解答过程】（1）易知y的可能取值为25,90,324，
8
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P( y =25)= 1
2 × 1
2 =1
4 ，P( y =90)=C2
1× 1
2 × 1
2 =1
2，
P( y =324)= 1
2 × 1
2 =1
4 ，
所以y的分布列为
y
25
90
324
P
1
4
1
2
1
4
（2）当x =0时，y =100，当x =1时，y =50或y =180，
当x =2时，y的可能取值为25,90,324，⋯，所以图象如下图
易知P(x =0)=0，P(x =1)= 1
2，P(x =2)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，P(x =3)= 1
2 × 1
2 × 1
2 +C3
1× 1
2 × 1
2 × 1
2 = 1
2.
（3）x越大，最终手中金额大于初始金额的概率会越小，则最终亏损的可能性越大，最后亏损的组数多于
盈利的组数，即甲同学实验现象（答案不唯一）.
【变式3-2】（2024·河南·二模）盒中装有大小相同的7 个小球，其中2 个黑球，3 个红球，2 个白球.规定：
取到1 个黑球得0 分，取到1 个红球得1 分，取到1 个白球得2 分.现一次性从盒中任取3 个小球.
(1)求取出的3 个小球中至少有2 个红球的概率；
(2)用随机变量X表示取出的3 个小球得分之和，求X的分布列.
【解题思路】（1）根据古典概型的概率公式可得N =35,即可利用超几何分布的概率公式求解；
（2）利用超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列.
【解答过程】（1）共有C7
3=35种不同的取法，事件A表示取出3 个小球中至少有2 个红球，包含两种
P( A)=C3
3+C3
2C4
1
C7
3
= 13
35；
（2）随机变量X的可能取值为1,2,3,4,5，
9
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P( X =1)=C2
2C3
1
C7
3
= 3
35，
P( X =2)=C2
2C2
1+C2
1C3
2
C7
3
= 8
35，
P( X =3)=C2
1C3
1C2
1+C3
3
C7
3
= 13
35，
P( X = 4)=C2
1C2
2+C2
1C3
2
C7
3
= 8
35，
P( X =5)=C3
1C2
2
C7
3
= 3
35.
则随机变量X的分布列为：
X
1
2
3
4
5
P
3
35
8
35
13
35
8
35
3
35
【变式3-3】（2024·辽宁·一模）在统计学的实际应用中，除了中位数外，经常使用的是25%分位数（简称
为第一四分位数）与75%分位数（简称为第三四分位数），四分位数应用于统计学的箱型图绘制，是统计
学中分位数的一种，即把所有数值由小到大排列，并分成四等份，处于三个分割点的数值就是四分位数，
箱型图中“箱体”的下底边对应数据为第一四分位数，上底边对应数据为第三四分位数，中间的线对应中
位数，已知甲、乙两班人数相同，在一次测试中两班成绩箱型图如图所示.
(1)由此图估计甲、乙两班平均分较高的班级是哪个？（直接给出结论即可，不用说明理由）
(2)若在两班中随机抽取一人，发现他的分数小于128 分，则求该同学来自甲班和乙班的概率分别是多少？
(3)据统计两班中高于140 分共10 人，其中甲班6 人，乙班4 人，从中抽取了3 人作学习经验交流，3 人中
来自乙班的人数为X，求X的分布列.
10
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【解题思路】（1）根据甲乙两班成绩箱型图中的中位数，第三四分位数和第一四分位数的位置可以判断
结果；
（2）依题知这是条件概率问题，分别设出从两班中随机抽取一人，“该同学来自甲班为事件A”，“该同
学分数低于128 分为事件B”，则需要求P¿和P¿，而这需要先求P¿和P¿，再根据全概率公式求出P(B)，
最后用贝叶斯公式求解即得；
（3）先求出X的所有可能的值，再利用古典概型概率公式求出每个值对应的概率，即得X的分布列.
【解答过程】（1）由两班成绩箱型图可以看出，甲班成绩得中位数为128，而乙班的第三四分位数使
128，同时，甲班的第一四分位数明显高于乙班，由此估计甲班平均分较高.
（2）由图可知，甲班中有1
2的学生分数低于128 分；
乙班中有3
4 的学生分数低于128 分
设从两班中随机抽取一人，“该同学来自甲班为事件A”，“该同学分数低于128 分为事件B”，
则P( A)= 1
2，P( A)= 1
2，P¿，P¿，
∴P(B)= P( AB)+ P( A B)= P¿
P¿
P¿
所以，该同学来自甲乙两班的概率分别为2
5，3
5.
（3）依题X的所有可能取值为0，1，2，3
P(X =0)=C6
3C4
0
C10
3
= 1
6 ，P(X =1)=C6
2C4
1
C10
3
= 1
2
P(X =2)=C6
1C4
2
C10
3
= 3
10，P(X =3)=C6
0C4
3
C10
3
= 1
30
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
【题型4 离散型随机变量的均值】
【例4】（2024·全国·模拟预测）从1-20 中随机抽取3 个数，记随机变量ξ为这3 个数中相邻数组(a,a+1)
11
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的个数．如当这三个数为11，12，14 时，ξ =1；当这三个数为7，8，9 时，ξ =2．则E (ξ)的值为（ ）
A．0.2
B．0.3
C．0.4
D．0.5
【解题思路】随机变量ξ的取值为0,1,2，结合变量对应的事件写出概率，算出期望．
【解答过程】随机变量ξ的取值为0,1,2，
当ξ =1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，
∴P(ξ =1)= 2×17+17×16
C20
3
= 306
1140，
当ξ =2时，即所取的三个数中两两相邻，取法有18 种，∴P(ξ =2)= 18
C20
3 = 18
1140，
所以当ξ =0时，即所取的三个数彼此不相邻，取法有1140−18−306=798种，
∴P(ξ =0)= 798
1140，
∴E (ξ)=0× 798
1140 +1× 306
1140 +2× 18
1140 =0.3.
故选：B.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）已知某多选题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求，全部选
对的得5 分，有选错的得0 分，部分选对的得2 分．若选项中有i（其中i=2,3,4）个选项符合题目要求，
记随机作答该题时（至少选择一个选项）所得的分数为随机变量ξi(i=2,3,4)，则（ ）
A．2 E(ξ3)>4 E(ξ2)> E(ξ4)
B．4 E(ξ2)> E(ξ4)>2 E(ξ3)
C．2 E(ξ3)> E(ξ4)>4 E(ξ2)
D．4 E(ξ2)>2 E(ξ3)> E(ξ4)
【解题思路】由题意可知：当至少选择一个选项时，共有2
4−1=15（种）可能，根据期望的定义分别求
E(ξ3), E(ξ2), E(ξ4)，进而分析判断.
【解答过程】由题意可知：当至少选择一个选项时，共有2
4−1=15（种）可能，
因为ξ2可取0，2，5，
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且P(ξ2=5)= 1
15 , P(ξ2=2)= 1+1
15 = 2
15 , P(ξ1=0)=1− 1+2
15 = 4
5 ，
所以E(ξ2)= 5+ 4
15 = 3
5．
又因为ξ3可取0，2，5，
且P(ξ3=5)= 1
15 , P(ξ3=2)= C3
1+C3
2
15
= 2
5 , P(ξ3=0)=1−1+6
15 = 8
15
，
所以E(ξ3)= 5+12
15
= 17
15．
而ξ4可取2，5，且P(ξ4=5)= 1
15，则P(ξ4=2)=1−1
15 = 14
15 ，
所以E(ξ4)= 5+28
15
= 33
15；
即4 E(ξ2)= 12
5 ,2 E(ξ3)= 34
15，所以4 E(ξ2)>2 E(ξ3)> E(ξ4)，故D 正确．
故选：D．
【变式4-2】（2024·贵州·模拟预测）某学校举行数学学科知识竞赛，第一轮选拔共设有A，B，C，D，
E五道题，规则为每位参赛者依次回答这五道题，每答对一题加20 分，答错一题减10 分；若连续答错两
道题或五道题全部答完，则第一轮选拔结束．假设参赛者甲同学答对A，B，C，D，E的概率分别为3
4 ，
2
3，1
2，1
2，1
2，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)记X为甲同学本轮答题比赛结束时已答题的个数，求X的分布列及数学期望；
(2)第一轮比赛结束后，若参赛者在第一轮出现过连续答对三道题或总分不低于70 分，则可进入下一轮选
拔，求甲同学能进入下一轮的概率．
【解题思路】（1）根据题意列出甲同学本轮答题比赛结束时已答题的个数X的可能取值，然后分别算出其
概率，即可得出X的分布列和数学期望；
（2）依据题意，列举甲同学能进入下一轮的情况，然后利用相互独立事件的概率公式分别算出其概率，
即可得出答案.
【解答过程】（1）由题可得X可能取值为：2，3，4，5
P( X =2)= 1
4 × 1
3 = 1
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P( X =3)= 3
4 × 1
3 × 1
2 = 1
8
P( X = 4)= 3
4 × 2
3 × 1
2 × 1
2 + 1
4 × 2
3 × 1
2 × 1
2 = 1
6，
P( X =5)=1−1
12 −1
8 −1
6 = 15
24 = 5
8
X的分布列如下：
X
2
3
4
5
P
1
12
1
8
1
6
5
8
所以E( X )=2× 1
12 +3× 1
8 +4×1
6 +5×15
24 =13
3
（2）设A，B，C，D，E分别代表第1，2，3，4，5 个问题，
用M i(i=1,2,3,4,5)表示甲同学第i个问题回答正确；
用M i(i=1,2,3,4,5)表示甲同学第i个问题回答错误；
由题意得P( M 1)= 3
4 ，P( M 2)= 2
3，P( M 3)= 1
2，P( M 4)= 1
2，P( M 5)= 1
2，
记甲同学能进入下一轮为事件K
则P( K )= P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)+ P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)+ P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)+ P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)
+ P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)+ P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)+ P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)+ P( M 1 M 2 M 3 M 4 M 5)
=5× 3
4 × 2
3 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 3
4 × 1
3 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
4 × 2
3 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
4 × 2
3 × 1
2 × 1
2 × 1
2 = 37
96 .
【变式4-3】（2024·海南·模拟预测）某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱、箱中放有8 折、8.5
折、9 折、9.5 折的奖券各3 张，每张奖券的形状都相同，每位顾客可以从中任取3 张奖券，最终餐厅将在
结账时按照3 张奖券中最优惠的折扣进行结算.
(1)求一位顾客抽到的3 张奖券的折扣均不相同的概率；
(2)若自助餐的原价为100 元/位，记一位顾客最终结算时的价格为X，求X的分布列及数学期望 E ( X ).
【解题思路】（1）利用古典概型概率公式可求解；
（2）X的所有取值为80,85,90,95，利用古典概型概率公式可求分布列，进而可求期望.
【解答过程】（1）从12 张中任选3 张有C12
3 =220种方法，
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取到的折扣均不相同的取法有C4
3 C3
1C3
1C3
1=108，
所以一位顾客抽到的3 张奖券的折扣均不相同的概率108
220 = 27
55；
（2）X的所有取值为80,85,90,95，
P( X =80)=1−C9
3
C12
3 =1−84
220 = 34
55 ，P( X =85)=C3
1C6
2+C3
2C6
1+C3
3
C12
3
= 64
220 = 16
55，
P( X =90)=C3
1C3
2+C3
2C3
1+C3
3
C12
3
= 19
220，P( X =95)=C3
3
C12
3 = 1
220，
所以X的分布列为
X
80
85
90
95
P
34
55
16
55
19
220
1
220
E (X )=80× 34
55 +85× 16
55 +90× 19
220 +95× 1
220 = 18125
220 = 3625
44 .
【题型5 离散型随机变量的方差】
【例5】（2024·陕西西安·模拟预测）已知某随机变量X的分布列如图表，则随机变量X 的方差D (X )=
（ ）
X
0
20
40
P
m
2m
m
A．120
B．160
C．200
D．260
【解题思路】根据概率和为1，求得m，再根据分布列求E( X )，再求D( X )即可.
【解答过程】由题可知：m+2m+m=1，解得m= 1
4 ，则E (X )=0×m+ 40m+ 40m=80m=20；
故D (X )= 1
4
(0−20)
2+ 1
2
(20−20)
2+ 1
4
(40−20)
2=100+0+100=200.
故选：C.
【变式5-1】（2024·广东广州·二模）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
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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)的大小关系与x1, x2, x3, x4, x5的取值有关
【解题思路】根据期望的公式推出E(ξ1)= E(ξ2)，再根据方差的计算公式可得D(ξ1), D(ξ2)的表达式，结
合基本不等式，即可判断D(ξ1), D(ξ2)的大小，即得答案.
【解答过程】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+⋯+ x5
5+5 x
2)−2(x1+ x2+ x3+ x4+ x5) x ]
=0.2(x1
2+ x2
2+⋯+ x5
2−5 x
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，则(
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，
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即得D(ξ1)> D(ξ2)，D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系与x1, x2, x3, x4, x5的取值无关，
故选：C.
【变式5-2】（2024·河南郑州·模拟预测）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透
明的袋子中装有n个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m 个球(m≤n)，摸
完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额．
(1)若n= 4，m=2，当袋中的球中有2个所标面值为40元，1 个为50元，1 个为60元时，在员工所获得的红
包数额不低于90元的条件下，求取到面值为60元的球的概率；
(2)若n=5，m= 4，当袋中的球中有1 个所标面值为10元，2 个为20元，1 个为30元，1 个为40元时，求员
工所获得红包数额的数学期望与方差．
【解题思路】（1）记事件A：员工所获得的红包数额不低于90 元，事件B：取到面值为60 元的球，根据
条件先求P( A ), P( AB)，再利用条件概率公式，即可求解；
（2）由题知X可能取值为80,90,100,110，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解.
【解答过程】（1）记事件A：员工所获得的红包数额不低于90 元，事件B：取到面值为60 元的球，
因为球中有2个所标面值为40元，1 个为50元，1 个为60元，且
40+50≥90，40+60≥90，50+60≥90，所以P( A)=C2
1⋅C2
1+C2
2
C4
2
= 5
6 ，
又P( AB)=C3
1
C4
2 = 3
6 = 1
2，所以P(B∣A )= P(BA )
P( A ) =
1
2
5
6
= 3
5．
（2）设X 为员工取得的红包数额，则X可能取值为80,90,100,110，
所以P( X =80)= 1
C5
4 = 1
5，P( X =90)= 1
C5
4 = 1
5，
P( X =100)= 2
C5
4 = 2
5，P( X =110)= 1
C5
4 = 1
5，
所以E( X )=80× 1
5 +90× 1
5 +100× 2
5 +110× 1
5 =96，
D( X )=(80−96)
2× 1
5 +(90−96)
2× 1
5 +(100−96)
2× 2
5 +(110−96)
2× 1
5 =104．
【变式5-3】（2024·湖南长沙·三模）开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学
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生困难的重要举措 是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程. 某校为
确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支 持情况，对学生
进行简单随机抽样，获得数据如表:
男
女
支持方案
一
24
16
支持方案
二
25
35
假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支 持相互独立.
(1)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1 人，设X为抽出两人中女生的个数，求X的分布
列与数学期望;
(2)在(1)中Y 表示抽出两人中男生的个数，试判断方差D (X )与D (Y )的大小.
【解题思路】（1）记从方案一中抽取到女生为事件A，从方案二中抽取到女生为事件B，根据已知条件求
出P( A ), P(B)，X的可能取值为0，1，2，求出相应的概率，从而可求得X的分布列与数学期望;
（2）根据方差的性质判断即可.
【解答过程】（1）记从方案一中抽取到女生为事件A，从方案二中抽取到女生为事件B .
则P( A)=
16
24+16 = 2
5 , P(B)=
35
25+35 = 7
12 ，
则X的可能取值为 0、1、2 .
所以P( X =0)=(1−2
5)×(1−7
12)= 1
4 ，
P( X =1)=(1−2
5)× 7
12 + 2
5 ×(1−7
12)= 31
60，
P( X =2)= 2
5 × 7
12 = 7
30，
所以 X 的分布列为:
X
0
1
2
P
1
4
31
60
7
30
所以 E( X )=0× 1
4 +1× 31
60 +2× 7
30 = 59
60.
（2）依题意可得Y =2−X，
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所以D(Y )= D(2−X )=(−1)
2 D( X )= D( X ),
即 D(Y )= D( X ).
【题型6 均值与方差中的决策问题】
【例6】（2025·甘肃张掖·模拟预测）为增加学生对于篮球运动的兴趣，学校举办趣味投篮比赛，第一轮比
赛的规则为：选手需要在距离罚球线1 米，2 米，3 米的A ,B ,C三个位置分别投篮一次．在三个位置均投
进得10 分；在C处投进，且在A ,B两处至少有一处未投进得7 分；其余情况（包括A ､B､C三处均不投
进）保底得4 分．已知小王在A ,B ,C三处的投篮命中率分别为4
5 , 3
4 , 1
2，且在三处的投篮相互独立．
(1)设ξ为小王同学在第一轮比赛的得分，求ξ的分布列和期望；
(2)若第二轮比赛中设置两种参赛方法．方法1：按第一轮比赛规则进行比赛；方法2：选手可以选择在C处
缩短投篮距离0.5 米，但得分会减少a(1≤a≤3)分．选手可以任选一种规则参加比赛．若小王在C处缩短
投篮距离0.5 米后，投篮命中率会增加b(0<b< 1
2)．请你根据统计知识，帮助小王同学选择采用哪种方法
参加比赛更好．
【解题思路】（1）根据相互独立事件概率乘法公式求ξ的分布列，利用公式求得数学期望；
（2）先求选取方法2 参加比赛，则小王同学得分η的数学期望，再进行比较.
【解答过程】（1）ξ的可能取值为4，7，10，
P(ξ =10)= 4
5 × 3
4 × 1
2 = 3
10，
P(ξ =7)= 1
5 × 1
4 × 1
2 + 4
5 × 1
4 × 1
2 + 1
5 × 3
4 × 1
2 = 1
5 , P(ξ = 4)=1−3
10 −1
5 = 1
2，
所以分别列为：
ξ
4
7
10
P
1
2
1
5
3
10
所以E (ξ)= 4× 1
2 +7× 1
5 +10× 3
10 = 32
5 ；
（2）如果选取方法2 参加比赛，则小王同学得分η的可能取值为4−a,7−a,10−a，
P(η=10−a)= 4
5 × 3
4 ×(
1
2 +b)= 3
10 + 3b
5 ，
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P(η=7−a)= 1
5 × 1
4 ×(
1
2 +b)+ 4
5 × 1
4 ×(
1
2 +b)+ 1
5 × 3
4 ×(
1
2 +b)= 1
5 + 2
5 b，
P(η= 4−a)=1−(
3
10 + 3b
5 )−(
1
5 + 2b
5 )= 1
2 −b，
所以E (η)=(4−a)×(
1
2 −b)+(7−a)×(
1
5 + 2b
5 )+(10−a)×(
3
10 + 3b
5 )= 32
5 + 24
5 b−a，
当E (η)< E (ξ)时，即32
5 + 24
5 b−a< 32
5 ，即a> 24
5 b时，选择方法1，
当E (η)> E (ξ)时，即32
5 + 24
5 b−a> 32
5 ，即a< 24
5 b时，选择方法2，
当E (η)= E (ξ)时，即32
5 + 24
5 b−a= 32
5 ，即a= 24
5 b时，选择两种方法都一样.
【变式6-1】（23-24 高二下·福建泉州·阶段练习）2024年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，
多选题由4道减少到3道，分值变为一题6分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，
全部选对得6分，有错选或全不选的得0分.若正确答案是“两项”的，则选对1个得3分；若正确答案是
“三项”的，则选对1个得2分，选对2个得4分.某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两
个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为1−p(其中0< p<1)．
(1)在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若p= 1
3，求学生甲该题
得2分的概率；
(2)针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案：
Ⅰ： 随机选一个选项； Ⅱ： 随机选两个选项； Ⅲ： 随机选三个选项．
①若p= 1
2，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望；
②以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好?
【解题思路】（1）由全概率公式求解即可；
（2）①记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，求出X的可能取值及其概率，即可求出X的分
布列，再由期望公式求出；
②记X ,Y ,Z分别为“从四个选项中随机选择一个选项、两个选项和三个选项的得分”，求出X ,Y ,Z的数
学威望，由题意可得¿，解不等式即可得出答案.
【解答过程】（1）记事件A为“正确答案选两个选项”，事件B为“学生甲得2分”．
P(B)= P( A) P(B| A)+ P( A) P(B| A)= 1
3 ×0+ 2
3 ×C3
1
C4
1 = 1
2，
20
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即学生甲该题得2分的概率为1
2．
（2）①记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则X可以取0，2，3，
P(X =0)= 1
2 × 2
C4
1 + 1
2 × 1
C4
1 = 3
8， P(X =2)= 1
2 ×0+ 1
2 ×C3
1
C4
1 = 3
8，
P(X =3)= 1
2 ×C2
1
C4
1 + 1
2 ×0= 1
4 ，
所以X的分布列为
X
0
2
3
P
3
8
3
8
1
4
则数学期望E (X )=0× 3
8 +2× 3
8 +3× 1
4 = 3
2．
②记X为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
则P(X =0)= p× 2
C4
1 +(1−p)× 1
C4
1 = 1+ p
4
，
P(X =2)= p×0+(1−p)×C3
1
C4
1 = 3
4
(1−p)，
P(X =3)= p×C2
1
C4
1 +(1−p)×0= 1
2 p，
所以E (X )=0× 1+ p
4
+2× 3
4
(1−p)+3× 1
2 p= 3
2 ；
记Y 为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，
则P(Y =0)= p×C4
2−1
C4
2
+(1−p)×C3
1
C4
2 = 1
3 p+ 1
2，
P(Y = 4)= p×0+(1−p)×C4
2−C3
1
C4
2
= 1
2
(1−p)，
P(Y =6)= p× 1
C4
2 +(1−p)×0= 1
6 p，
21
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所以E (Y )=0×(
1
3 p+ 1
2)+ 4× 1
2
(1−p)+6× 1
6 p=2−p；
记Z为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，
则P(Z =0)= p×1+(1−p)×C4
3−1
C4
3
= 1
4 p+ 3
4 ，
P(Z =6)= p×0+(1−p)× 1
C4
3 = 1
4
(1−p)，
所以E (Z)=0×(
1
4 p+ 3
4)+6× 1
4
(1−p)= 3
2
(1−p)．
要使唯独选择方案Ⅰ最好，则¿，
解得：1
2 < p<1，故p的取值范围为(
1
2 ,1)．
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）在某项体育比赛中，从第2 局开始，选手每次对局获胜的概率受到前
一局的影响．现甲、乙两位运动员对局，第一局甲胜的概率为1
2；若前一局甲负，则下一局甲胜的概率是
1
2；若前一局甲胜，则下一局甲胜的概率为2
3．比赛没有平局．
(1)求甲在第3 局中获胜的概率；
(2)现设置300 万元奖金，若甲在前3 局中已经胜了2 局，如果停止比赛，那么甲拿走奖金的2
3，如果再继
续比赛一局，第4 局甲获胜，甲拿走奖金的3
4 ，第4 局甲失败，甲拿走奖金的1
2，请问甲将如何决策，以
期拿走更多的奖金．
【解题思路】（1）由相互独立事件、互斥事件的概率计算可得答案；
（2）计算出停止比赛甲拿到奖金的期望、再继续比赛一局甲拿到奖金的期望可得答案.
【解答过程】（1）站在甲的角度，甲在第3 局中获胜包含4 种情况：胜胜胜，胜负胜，负胜胜，负负胜，
所以甲在第3 局中获胜的概率P = 1
2 ×(
2
3)
2
+ 1
2 × 1
3 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 2
3 + 1
2 × 1
2 × 1
2 = 43
72 ；
（2）方案一：停止比赛，甲拿到奖金的期望为E1=300× 2
3 =200（万元）．
方案二；设甲在前3 局中已经胜了2 局的情况下第4 局获胜的事件为A，
前三局的情况有：
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胜胜负，概率P1= 1
2 × 2
3 × 1
3 = 1
9；
胜负胜，概率P2= 1
2 × 1
3 × 1
2 = 1
12；
负胜胜，概率P3= 1
2 × 1
2 × 2
3 = 1
6 ．
再继续比赛，第4 局甲获胜的概率
P( A )=
1
9
1
9 + 1
12 + 1
6
× 1
2 +
1
12
1
9 + 1
12 + 1
6
× 2
3 +
1
6
1
9 + 1
12 + 1
6
× 2
3 = 2
13 + 2
13 + 4
13 = 8
13，
第4 局甲失败的概率P( A)=1−P( A)= 5
13，
所以甲拿到奖金的期望E2=300× 3
4 × 8
13 +300× 1
2 × 5
13 = 2550
13 （万元）．
因为E2< E1，所以选择停止比赛，拿到奖金的期望更高．
【变式6-3】（2024·湖北·二模）数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全
部选对得6 分，部分选对按比例得分，有选错得0 分，小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选
项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p（0< p<1）
(1)现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A、B、C、D 四个选项中任选一个选项；
策略二：在A、B、C、D 四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时小明得分的期望；
(2)若有一个多选题，小明发现A 正确，B、C、D 选项他不会判断，现在他也有两个策略，策略一：．选A
和B、C、D 中的任一个，策略二：选A 和B、C、D 中的任意2 个，在p= 1
4 的条件下，判断小明该选择哪
个策略.
【解题思路】分两种情况设小明分别采用策略一和策略二的得分情况，在计算相应的概率再求相应的期望；
（2）根据条件，分别求出三种情况的分布列，进而求出期望，再根据的值进行讨论，从而得到结论
【解答过程】（1）设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为X1，X 2，
X1=0,2,3，P(X 1=0)= p× 2
4 +(1−p)× 1
4 = 1+ p
4
；
P(X 1=2)=(1−p)× 3
4 = 3−3 p
4
; P(X 1=3)= p× 2
4 = 2 p
4
∴E(X1)=0× 1+ p
4
+2× 3−3 p
4
+3× 2 p
4 = 3
2
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X 2=0,4,6, P(X 2=0)= p× 5
6 +(1−p)× 3
6 = 3+2 p
6
;
P(X 2= 4)=(1−p)× 3
6 = 3−3 p
6
；P(X 2=6)= p× 1
6 = p
6
∴E(X 2)=0× 3+2 p
6
+ 4× 3−3 p
6
+6× p
6 =2−p
所以小明分别采取策略一和策略二的得分的期望分别为3
2和2−p
（2）设小明选择策略一和策略二的得分分别为Y 1，Y 2
Y 1=0,4,6；P(Y 1=0)= 1
4 × 2
3 + 3
4 × 1
3 = 5
12;
P(Y 1= 4)= 3
4 × 2
3 = 6
12；P(Y 1=6)= 1
4 × 1
3 = 1
12;
∴E(Y 1)=0× 5
12 + 4× 6
12 +6× 1
12 = 5
2
Y 2=0,6, P(Y 2=0)= 1
4 + 3
4 × 2
3 = 3
4 ；P(Y 2=6)= 3
4 × 1
3 = 1
4
∴E(Y 2)=0× 3
4 +6× 1
4 = 3
2
∵E(Y 1)> E(Y 2)
∴小明应选择策略一.
【题型7 离散型随机变量与其他知识综合】
【例7】（2024·河北唐山·二模）某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取
1 个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1 分和2 分的球若干，摸到1 分球的概率为2
3，摸到2 分球的概率
为1
3．
(1)若学生甲摸球2 次，其总得分记为X，求随机变量X的分布列与期望；
(2)学生甲、乙各摸5 次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励．已知甲前
3 次摸球得了6 分，求乙获得奖励的概率．
【解题思路】（1）依题得到X的取值，求出对应的概率，列出分布列，求得均值；
（2）记Am=“甲最终得分为m分”，m=8,9,10；B =“乙获得奖励”,求得P( A9)和P( A8)，以及
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P(B| A9)和P(B| A8)，利用全概率公式计算即可得到P(B).
【解答过程】（1）由题意知学生甲摸球2 次总得分X的取值为2，3，4，
则P(X =2)= 2
3 × 2
3 = 4
9 ，P(X =3)=C2
1× 2
3 × 1
3 = 4
9 ，P(X = 4)= 1
3 × 1
3 = 1
9，
所以X的分布列为：
X
2
3
4
P
4
9
4
9
1
9
所以E( X )=2× 4
9 +3× 4
9 + 4× 1
9 = 8
3．
（2）记Am=“甲最终得分为m分”，m=8,9,10；B =“乙获得奖励”．
P( A9)=C2
1× 2
3 × 1
3 = 4
9 ，P( A8)=C2
2(
2
3)
2
= 4
9 ．
当甲最终得9 分时，乙获得奖励需要最终得10 分，则
P(B| A9)=C5
5( 1
3 )
5
=( 1
3 )
5
；
当甲最终得8 分时，乙获得奖励需要最终得10 分或9 分，则
P(B| A8)=C5
5( 1
3 )
5
+C5
1× 2
3 ×( 1
3 )
4
=11×( 1
3 )
5
；
故P(B)= P( A9 B)+ P( A8 B)= P( A9)× P¿
= 4
9 ×(
1
3)
5
+ 4
9 ×11×(
1
3)
5
= 48
3
7 = 16
729．
即乙获得奖励的概率为16
729．
【变式7-1】（2024·重庆渝中·模拟预测）为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下的列
联表（单位：只）：
药物
疾病
合计
未患病
患病
未服
用
50
40
服用
25
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合计
75
200
(1)请将上面的列联表补充完整；
(2)依据α =0.1的独立性检验，能否认为药物有效呢？从概率的角度解释得到的结论；
(3)为了进一步研究，现按分层抽样的方法从未患病动物中抽取10 只作为样本，从该样本中随机抽取4 只，
设其中未服用药物的动物数为X，求X的分布列及期望.
附表及公式：X
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d).
α
0.15
0.10
0.05
0.025
xα
2.072
2.706
3.841
5.024
【解题思路】（1）根据表中的数据完成列联表即可；
（2）由公式K
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )
计算K
2，然后根据临界值表进行判断；
（3）由题意可得ξ的值可能为0，1，2，3，4，求出相应的概率，从而可求得ξ的分布列与期望．
【解答过程】（1）解：根据题意可得如下列联表：
药物
疾病
合计
未患病
患病
未服
用
50
40
90
服用
75
35
110
合计
125
75
200
（2）由列联表可得K
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d) = 200(50×35−75×40)
2
90×110×125×75
≈3.367>2.706，
在犯错误的概率不超过10 %的前提下认为药物有效.
解释：由于K
2>2.706，所以表示有小于10 %的可能性证明这两个事件无关，
也就是在犯错误的概率不超过10 %的前提下认为药物有效.
（3）根据题意，10 只未患病动物中，有6 只服用药物，4 只未服用药物，
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所以ξ的值可能为0，1，2，3，4，则P(ξ =0)=C6
4
C10
4 = 15
210，P(ξ =1)=C6
3C4
1
C10
4
= 80
210，
P(ξ =2)=C6
2C4
2
C10
4
= 90
210，P(ξ =3)=C6
1C4
3
C10
4
= 24
210，P(ξ = 4)=C4
4
C10
4 = 1
210，
ξ的分布列如下：
ξ
0
1
2
3
4
P
15
210
80
210
90
210
24
210
1
210
则E(ξ)=0× 15
210 +1× 80
210 +2× 90
210 +3× 24
210 + 4× 1
210 =1.6．
【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）植物迷宫源自于西方国家，在西方国家十分盛行，发展到现在，已经
是西方园林植物文化的代表之一．目前植物迷宫的发展已经遍布世界各地，最大的、最长的、最复杂的等
等迷宫形式已经成为各大以乡村或农业等为主打的景区，吸引游客的一项重要手段．某乡镇为发展旅游业，
欲打造植物迷宫，现就蔬菜迷宫、粮食迷宫两款征询90 名村民代表的意见（每人可选一款支持，也可保持
中立），其中男、女村民代表的比例为2:1，得到相关统计数据如下：
支持蔬菜迷宫
支持粮食迷
宫
中立（两种均可）
人数
45
30
15
(1)根据村民代表的意见，利用分层随机抽样的方法抽取12 名村民代表，再从这12 人中随机抽取4 人，记
其中支持粮食迷宫的人数为X，求X的分布列与数学期望．
(2)在90 名村民代表中，蔬菜种植能手与粮食种植能手的相关统计数据如下，其中a,b为正整数，且
a+3b=28．
男村民代表
女村民代表
蔬菜种植能
手
40
10
粮食种植能
手
a
2b
现从这90 名村民代表中任选一名去参与迷宫设计讨论，记事件M为“选到的为女村民代表”，事件N为
“选到的为粮食种植能手”．若事件M与事件N相互独立，求a,b的值．
【解题思路】（1）根据题意，得到变量X的所有可能取值为0,1,2,3,4，求得相应的概率，列出分布列，
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利用期望的公式，即可求解；
（2）根据题意，分别求得则P(M )= 30
90 = 1
3，P(N )= a+2b
90
，P(MN )= 2b
90 = b
45，结合
P(M ) P(N )= P(MN )，列出方程，即可求解.
【解答过程】（1）解：由题知支持蔬菜迷宫、支持粮食迷宫、中立的人数之比为3:2:1，
所以随机抽取的12 人中，支持蔬菜迷宫、支持粮食迷宫、中立的人数分别为6,4,2，
所以随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,4，
可得P(X =0)=C8
4
C12
4 = 14
99，P(X =1)=C8
3C4
1
C12
4
= 224
495，P(X =2)=C8
2C4
2
C12
4
= 56
165，
P(X =3)=C8
1C4
3
C12
4
= 32
495，P(X = 4)=C4
4
C12
4 = 1
495，
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
14
99
224
495
56
165
32
495
1
495
所以期望为E (X )=0× 14
99 +1× 224
495 +2× 56
165 +3× 32
495 + 4× 1
495 = 4
3 ．
（2）解：因为在90 名村民代表中，男、女村民代表的比例为2:1，所以女村民代表有30 名，
则P(M )= 30
90 = 1
3，P(N )= a+2b
90
，P(MN )= 2b
90 = b
45．
若事件M与事件N相互独立，则P(M ) P(N )= P(MN )，
即1
3 × a+2b
90
= b
45，可得a= 4 b．
又因为a+3b=28，所以a=16,b= 4．
【变式7-3】（2024·四川成都·模拟预测）某机构为了解2023 年当地居民网购消费情况，随机抽取了100
人，对其2023 年全年网购消费金额（单位：千元）进行了统计，所统计的金额均在区间[0，30]内，并按
[0，5]，[5，10]，…[25，30]分成6 组，制成如图所示的频率分布直方图．
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(1)求图中a的值；
(2)若将全年网购消费金额在20 千元及以上者称为网购迷，结合图表数据，补全2×2列联表，并判断是否
有99 %的把握认为样本数据中网购迷与性别有关系？说明理由．
男
女
合计
网购迷
20
非网购迷
4
7
合计
(3)若甲、乙两位网购迷网购时支付方式采用软件A支付分概率分别为1
2 , 2
3，采用其它支付方式的概率分别
为1
2 , 1
3，且甲、乙两人网购时采用支付方式相互独立．在甲、乙各自独立完成的2 次网购中，记甲、乙两
人支付方式采用A支付的次数分别为X，Y ，令ξ =| X −Y |，求ξ的分布列和数学期望
下面的临界值表仅供参考：
P( K
2≥k0) 0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
（参考公式：K
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c +d )
【解题思路】（1）由频率和为1，可求解；
（2）列出2×2的列联表，计算K
2，可得结论；
（3）ξ的可能取值为0，1，2，利用二项分布的概率公式可求分布列，可求期望.
【解答过程】（1）根据频率分布直方图得：5×(0.01+0.02+0.03+2a+0.06)=1，
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解得a=0.04．
（2）根据频率分布直方图得样本中网购迷的人数为100×(0.03×5+0.04×5)=35，
2×2的列联表如下：
男
女
合计
网购迷
15
20
35
非网购迷
47
18
65
合计
62
38
100
解得K
2= 100(15×18−20×47)
2
62×38×35×65
≈8.37>6.635．
∴有99 %的把握认为样本数据中的网购迷与性质有关系．
（3）根据题意，ξ的可能取值为0，1，2，
P(ξ =0)=C2
0( 1
2 )
0
( 1
2 )
2
C2
0( 2
3 )
0
( 1
3 )
2
+C2
1( 1
2 )( 1
2 )C2
1( 2
3 )( 1
3 )+C2
2( 1
2 )
2
( 1
2 )
0
C2
2( 2
3 )
2
( 1
3 )
0
= 13
36，
P(ξ =1)=C2
0( 1
2 )
0
( 1
2 )
2
C2
1( 2
3 )( 1
3 )+C2
1( 1
2 )( 1
2 )(C2
0( 2
3 )
0
( 1
3 )
2
+C2
2( 2
3 )
2
( 1
3 )
0
)+C2
2( 1
2 )
2
( 1
2 )
0
C2
1( 2
3 )( 1
3 )= 1
2，
P(ξ =2)=C2
0( 1
2 )
0
( 1
2 )
2
C2
2( 2
3 )
2
( 1
3 )
0
+C2
2( 1
2 )
2
( 1
2 )
0
C2
0( 2
3 )
0
( 1
3 )
2
= 5
36 ．
∴ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
P
13
36
1
2
5
36
E(ξ)=0× 13
36 +1× 1
2 +2× 5
36 = 7
9.
一、单选题
1．（23-24 高二下·江苏盐城·阶段练习）下列叙述中，是离散型随机变量的是（ ）
A．某电子元件的寿命
B．某人早晨在车站等出租车的时间
C．高速公路上某收费站在一小时内经过的车辆数
D．测量某零件的长度产生的测量误差
【解题思路】根据离散型随机变量的定义进行判断，得到答案.
30
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【解答过程】A 选项，某电子元件的寿命可为任意值，不能一一列举出来，不是离散型随机变量，A 错误；
B 选项，等出租车的时间是随机变量，但无法一一列出，不是离散型随机变量，B 错误；
C 选项，一小时内经过的车辆数可以一一列举出来，是离散型随机变量，C 正确；
D 选项，测量误差不能一一列出，不是离散型随机变量，D 错误．
故选：C．
2．（2024·上海浦东新·三模）以下能够成为某个随机变量分布的是（ ）
A．(
0
1
1
1)
B．(
−1
0
1
1
2
1
3
1
6)
C．(
1
2
3
1
2
1
4
1
8)
D．(
1
1.2
2
2.4
−0.5
0.5
0.3
0.7)
【解题思路】分布列中各项概率大于0，且概率之和为1，从而得到正确答案.
【解答过程】由题意得，分布列中各项概率非负，且概率之和为1，
显然AC 选项不满足概率之和为1，D 选项不满足各项概率大于0，
B 选项满足要求.
故选：B.
3．（2024·四川成都·模拟预测）若随机变量X的可能取值为1,2,3,4，且P( X =k )= λk（k =1,2,3,4），则
D( X )=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】先根据概率之和等于1 得到方程，求出λ = 1
10，计算出期望，进而计算出方差.
【解答过程】由题意得λ+2 λ+3 λ+ 4 λ =1，解得λ = 1
10，
故E (X )=1× 1
10 +2× 2
10 +3× 3
10 + 4× 4
10 =3，
D (X )=(1−3)
2× 1
10 +(2−3)
2× 2
10 +(3−3)
2× 3
10 +(4−3)
2× 4
10 =1.
故选：A.
4．（23-24 高二下·辽宁沈阳·期中）随机变量X的分布列如下（k为常数）：
X
0
1
2
P
k
6 k
0.3
则P(
1
3 < X < 5
2)=（ ）
A．0.6
B．0.7
C．0.9
D．1.2
【解题思路】根据给定分布列求出k，再利用互斥事件的概率公式计算即得.
31
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【解答过程】依题意，k +6 k +0.3=1，解得k =0.1，
所以P( 1
3 < X < 5
2 )= P( X =1)+ P( X =2)=0.6+0.3=0.9.
故选：C.
5．（2024·浙江温州·一模）已知离散型随机变量X的分布列如下表所示.
X
a
a+1
a+2
P
0.4
0.2
0.4
则D (X )=（ ）
A．0.4+a
B．0.8+a
C．0.4
D．0.8
【解题思路】根据随机变量的方差公式可得.
【解答过程】由分布列可得
E (X )=0.4 a+0.2(a+1)+0.4 (a+2)=a+1，
D ( X )=0.4 (a−a−1)
2+0.2(a+1−a−1)
2+0.4 (a+2−a−1)
2=0.8，
故选：D.
6．（2024·浙江·模拟预测）已知随机变量X的分布列如下表，则下列方差值最大的是（ ）
X
−1
0
1
P
m
1
4
2m
A．D (X )
B．D (2 X −3)
C．D(|X|)
D．D(2|X|−3)
【解题思路】由已知可得m= 1
4 ，即可根据方差公式分别计算求解.
【解答过程】由分布列的性质得m+ 1
4 +2m=1，得m= 1
4 ，
可得E (X )=(−1)× 1
4 +0× 1
4 +1× 1
2 = 1
4 ，
D (X )=(−1−1
4)
2
× 1
4 +(0−1
4)
2
× 1
4 +(1−1
4)
2
× 1
2 = 11
16 ，
则D (2 X −3)= 4 D (X )= 11
4 ，E(|X|)= 3
4 ，
D(|X|)=(0−3
4)
2
× 1
4 +(1−3
4)
2
× 3
4 = 3
16 ，D(2|X|−3)= 4 D(|X|)= 3
4 .
32
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综上，D(2|X|−3)的值最大.
故选：B.
7．（2024·湖南·模拟预测）有一枚质地均匀点数为1 到4 的特制骰子，投掷时得到每种点数的概率均等，
现在进行三次独立投掷，记X 为得到最大点数与最小点数之差，则X 的数学期望E ( X )=（ ）
A．21
16
B．3
2
C．7
4
D．15
8
【解题思路】由题意得X的所有可能取值为0,1,2,3，用古典概型算出相应的概率，进而即可求解.
【解答过程】X的所有可能取值为0,1,2,3，记三次得到的数组成数组(a,b,c)，
满足X =0的数组有：
(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),(4,4,4)，共4 个，
所以P(X =0)= 4
4
3 = 1
16 ，
满足X =1的数组有：
(1,1,2),(1,2,1),(2,1,1),(2,2,3),(2,3,2),(3,2,2),(3,3,4),(3,4,3),(4,3,3)，
(2,2,1),(2,1,2),(1,2,2),(3,3,2),(3,2,3),(2,3,3),(4,4,3),(4,3,4),(3,4,4)，共18 个，
所以P(X =1)= 18
4
3 = 9
32，
满足X =2的数组有：
(1,1,3),(1,3,1),(3,1,1),(2,2,4),(2,4,2),(4,2,2)，
(3,3,1),(3,1,3),(1,3,3),(4,4,2),(4,2,4),(2,4,4)，
(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1)，
(4,2,3),(4,3,2),(2,4,3),(2,3,4),(3,4,2),(3,2,4)，共24 个，
所以P(X =2)= 24
4
3 = 3
8，
满足X =3的数组有：
(1,2,4),(1,3,4),(1,4,4)，(1,4,1),(1,4,2),(1,4,3)，
(1,1,4),(2,1,4),(3,1,4)，(4,1,1),(4,2,1),(4,3,1)，
(4,1,2),(4,1,3),(4,1,4)，(2,4,1),(3,4,1),(4,4,1)，共18 个，
所以P(X =3)= 18
4
3 = 9
32，
所以X 的数学期望E (X )=0× 1
16 +1× 9
32 +2× 3
8 +3× 9
32 = 15
8 .
33
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故选：D.
8．（2024·上海闵行·三模）设a，b，c是不全相等的实数，随机变量ξ取值为a，b，c的概率都是1
3，随机
变量η取值为a+2023b
2024
，b+2023c
2024
，c +2023a
2024
的概率也都是1
3，则（ ）
A．E [ξ]< E [η]，D [ξ]< D [η]
B．E [ξ]= E [η]，D [ξ]> D [η]
C．E [ξ]< E [η]，D [ξ]= D [η]
D．E [ξ]= E [η]，D [ξ]= D [η]
【解题思路】首先求出E [ξ]，设t = 1
3
(a+b+c)，从而得到D [ξ]，E [η]、D [η]，再利用作差法判断D [ξ]
与D [η]的大小关系，即可得解.
【解答过程】因为随机变量ξ取值为a，b，c的概率都是1
3，
∴E [ξ]= 1
3
(a+b+c)，设t = 1
3
(a+b+c)，
则D [ξ]= 1
3 [(a−t )
2+(b−t )
2+(c−t )
2]
= 1
3 [a
2+b
2+c
2−2(a+b+c)t +3t
2] = 1
3 [a
2+b
2+c
2−6t +3t
2]；
随机变量η取值为a+2023b
2024
，b+2023c
2024
，c +2023a
2024
的概率都是1
3，
∴E [η]= 1
3(
a+2023b
2024
+ b+2023c
2024
+ c +2023a
2024 )= 1
3
(a+b+c)，
D [η]= 1
3[(
a+2023b
2024
−t)
2
+(
b+2023c
2024
−t)
2
+(
c +2023a
2024
−t)
2
]
= 1
3[(
a+2023b
2024 )
2
+(
b+2023c
2024 )
2
+(
c +2023a
2024 )
2
−6t +3t
2]；
由a，b，c是不全相等的实数，
(a
2+b
2+c
2)−(
a+2023b
2024 )
2
+(
b+2023c
2024 )
2
+(
c +2023a
2024 )
2
=(
√2023a−√2023b
2024
)
2
+(
√2023b−√2023c
2024
)
2
+(
√2023c−√2023a
2024
)
2
>0，
(a
2+b
2+c
2)>(
a+2023b
2024 )
2
+(
b+2023c
2024 )
2
+(
c +2023a
2024 )
2
，∴D [ξ]> D [η]；
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综上，E [ξ]= E [η]，D [ξ]> D [η].
故选：B.
二、多选题
9．（23-24 高二下·广西河池·阶段练习）已知随机变量X的分布列如下表：
X
-1
0
1
2
P
a
b
1
6
1
6
若P(|X|≠1)= 1
2，则（ ）
A．a= 1
3
B．a= 1
6
C．b= 1
4
D．b= 1
3
【解题思路】根据给定条件，利用分布列的性质列式求解即得.
【解答过程】依题意，¿，所以a= 1
3 ,b= 1
3.
故选：AD.
10．（2024·安徽阜阳·模拟预测）设离散型随机变量X的分布列如表，若离散型随机变量Y 满足Y =2 X −1，
则（ ）
X
0
1
2
3
4
P
0.1
0.4
x
0.2
0.2
A．x =0.2
B．E( X )=2，D( X )=1.8
C．E( X )=2，D( X )=1.4
D．E(Y )=3，D(Y )=7.2
【解题思路】根据分布列的性质计算q 的值，然后根据期望、方差公式及性质计算.
【解答过程】因为0.1+0.4+ x +0.2+0.2=1，所以x =0.1，A 选项错误；
由E( X )=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+ 4×0.2=2，
故D( X )=(0−2)
2×0.1+(1−2)
2×0.4 +(2−2)
2×0.1+(3−2)
2×0.2+(4−2)
2×0.2=1.8，
因此选项B 正确；
又Y =2 X −1，所以，E(Y )=2 E( X )−1=3，D(Y )= 4 D( X )=7.2，故C 错D 对.
故选：BD.
11．（2024·海南·模拟预测）某电子展厅为了吸引流量，举办了一场电子竞技比赛，甲、乙两人入围决赛，
决赛采用2n+1局n+1胜的赛制，其中n∈N
∗，即先赢n+1局者获得最终冠军，比赛结束.已知甲每局比
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赛获胜的概率为p，且各局比赛结果相互独立，则（ ）
A．若n=3，p= 1
2，则甲最终获胜的概率为1
2
B．若n=1，p= 1
3，记决赛进行了X局，则D (X )= 20
81
C．若n=2，p= 3
4 ，记决赛进行了Y 局，则E (Y )= 15
8
D．若n=1比n=2时对甲更有利，则0< p< 1
2
【解题思路】对于A，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求甲最终获胜的概率即可判断；
对于B，由条件求X的分布列，再求其期望及方差即可判断，对于C，由条件求Y 的分布列，再由期望公式
求其期望即可判断，对于D，分别求n=1，n=2时甲获胜的概率，列不等式确定p的范围即可判断.
【解答过程】对于A，因为n=3，p= 1
2，
所以甲获胜的概率为(
1
2)
4
+C4
3 1
2(
1
2)
3
× 1
2 +C5
3(
1
2)
2
(
1
2)
3
× 1
2 +C6
3(
1
2)
3
(
1
2)
3
× 1
2 = 1
2，A 正确.
对于B，因为n=1，p= 1
3，
由已知X的取值有2,3，
P(X =2)=(
1
3)
2
+(
2
3)
2
= 5
9，P(X =3)=C2
1 1
3 × 2
3 = 4
9 ，
所以E (X )=2× 5
9 +3× 4
9 = 22
9 ，
所以D (X )=(2−22
9 )
2
× 5
9 +(3−22
9 )
2
× 4
9 = 20
81，B 正确.
对于C，因为n=2，p= 3
4 ，
又Y 的可能取值有3,4,5，
所以P(Y =3)=(
3
4)
3
+(
1
4)
3
= 7
16 ，
P(Y = 4)=C3
2(
3
4)
3 1
4 +C3
2(
1
4)
3 3
4 = 45
128，
P(Y =5)=C4
2(
3
4)
2
(
1
4)
2
= 27
128，
36
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所以E (Y )=3× 7
16 + 4× 45
128 +5× 27
128 = 483
128 ，C 错误；
对于D，当n=1时，甲获胜的概率为p
2+C2
1 p(1−p) p= p
2(3−2 p)，
当n=2时，甲获胜的概率为p
3+C3
2 p
2(1−p) p+C4
2 p
2(1−p)
2 p= p
3+3 p
3(1−p)+6 p
3(1−p)
2，
若n=1比n=2时对甲更有利，则p
2(3−2 p)> p
3+3 p
3(1−p)+6 p
3(1−p)
2，
所以6 p
3−15 p
2+12 p−3<0，
所以3(2 p−1)( p−1)
2<0，又0< p<1，
所以0< p< 1
2，D 正确；
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·云南曲靖·一模）已知随机变量X ∼B (2, p)，若P(X ≥1)= 7
16，则p＝ 1
4 ．
【解题思路】由P(X ≥1)= 7
16可得P(X ≥1)=2 p−p
2，进而可求解答案.
【解答过程】已知X～B（2，p），
则P(X ≥1)=C2
1 p(1−p)+C2
2 p
2(1−p)
0=2 p−p
2，
∴2 p−p
2= 7
16，解得p= 1
4 或p= 7
4 （因为0＜p＜1，故舍去）．
故答案为：1
4 ．
13．（2024·四川南充·一模）某一随机变量X 的分布列如下表，且n−m=0.2，则E(3 X +2)= 8
.
X
0
1
2
3
P
0.1
m
0.2
n
【解题思路】根据题意可得¿，即可求得m,n的值，进而结合期望公式可求得E( X )，进而得到E(3 X +2).
【解答过程】由题意，得¿，解得m=0.25,n=0.45，
所以E( X )=0×0.1+1×0.25+2×0.2+3×0.45=2，
所以E(3 X +2)=3 E (X )+2=3×2+2=8.
故答案为：8.
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14．（2024·江苏苏州·模拟预测）高三开学，学校举办运动会，女子啦啦队排成一排坐在跑道外侧.因烈日
暴晒，每个班的啦啦队两侧已经摆好了两个遮阳伞，但每个遮阳伞的荫蔽半径仅为一名同学，为了效益最
佳，遮阳伞的摆放遵循伞与伞之间至少要有一名同学的规则.高三(一)班共有七名女生现在正坐成一排，因
两边的遮阳伞荫蔽范围太小，现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞.则添置遮阳伞后，晒黑女生人数的数学
期望为
1
.
【解题思路】设晒黑女生人数为X，确定X 可能取值为0，1，2，求出每个值相应的概率，即可求得答案.
【解答过程】由题意可设高三(一)班共有七名女生坐成一排依次为1,2,3,4,5,6,7，
由于两侧已经摆好了两个遮阳伞，则1，7 一定晒不到，
现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞，即在7 位同学之间形成的空中选3 个放置，共有C6
3=20种放法；
设晒黑女生人数为X，则X 可能取值为0，1，2，
X =0时，若12 之间放一把伞，则另外2 把分别放在34，56 之间，
若23 之间放一把伞，则另外1 把分别放在56 之间，第三把放在34 或45 之间，
若67 之间放一把伞，则另外2 把分别放在23，45 之间，
则P( X =0)= 4
20 = 1
5；
X =1时，被晒的人若是2，则23 之间没有伞，34 之间必有一把伞，其余2 把伞有3 种放法，
同理被晒的人若是6，则67 之间没有伞，45 之间必有一把伞，其余2 把伞有3 种放法，
被晒的人若是3 或4 或5，此时3 把伞均有2 种放法，
故P( X =1)= 3+2+2+2+3
20
= 3
5，
P( X =2)=1−1
5 −3
5 = 1
5，
故晒黑女生人数的数学期望为E (X )=0× 1
5 +1× 3
5 +2× 1
5 =1,
故答案为：1.
四、解答题
15．（2024·宁夏银川·二模）一批产品需要进行质量检验，检验方案是:先从这批产品中任取4 件作检验，
这4 件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4 件作检验，若都为优质品，则这批产
品通过检验;如果n=4，再从这批产品中任取1 件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验;其他情况下，
这批产品都不能通过检验．
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假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为1
2，且各件产品是否为优质品相互独
立
(1)求这批产品通过检验的概率;
(2)已知每件产品检验费用为100 元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记
为X(单位:元)，求X 的分布列．
【解题思路】（1）设第一次取出的4 件产品中恰有3 件优质品为事件A1，第一次取出的4 件产品全是优质
品为事件A2，第二次取出的4 件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1 件产品是优质品为事件B2，这
批产品通过检验为事件A，依题意有A =( A1B1)∪( A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，由概率得加法公式和
条件概率，代入数据计算可得；
（2）X可能的取值为400，500，800，分别求其概率，可得分布列．
【解答过程】（1）设第一次取出的4 件产品中恰有3 件优质品为事件A1，第一次取出的4 件产品全是优质
品为事件A2，
第二次取出的4 件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1 件产品是优质品为事件B2，
这批产品通过检验为事件A，依题意有A =( A1B1)∪( A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，
所以P( A)= P( A1B1)+ P( A2B2)= P( A1)P(B1| A1)+ P( A2)P(B2| A2)
= 4
16 × 1
16 + 1
16 × 1
2 = 3
64 ；
（2）X可能的取值为400，500，800，并且P( X =800)= 1
4 ，P( X =500)= 1
16，
P( X = 400)=1−1
16 −1
4 = 11
16，故X的分布列如下：
X
400
500
800
P
11
16
1
16
1
4
16．（2024·福建厦门·模拟预测）小李参加一种红包接龙游戏：他在红包里塞了24 元，然后发给朋友A，
如果A 猜中，A 将获得红包里的所有金额；如果A 未猜中，A 将当前的红包转发给朋友B，如果B 猜中，
A、B 平分红包里的金额；如果B 未猜中，B 将当前的红包转发给朋友C，如果C 猜中，A、B 和C 平分红
包里的金额；如果C 未猜中，红包里的钱将退回小李的账户，设A、B、C 猜中的概率分别为1
3，1
2，1
3，
且A、B、C 是否猜中互不影响．
(1)求A 恰好获得8 元的概率；
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(2)设A 获得的金额为X 元，求X 的分布列及X 的数学期望．
【解题思路】（1）结合题意，由独立事件的乘法公式计算即可；
（2）求出X 的可能取值，分别计算其概率，列出分布列，再利用期望公式求出期望即可；
【解答过程】（1）若A 恰好获得8 元红包，则结果为A 未猜中，B 未猜中，C 猜中，
故A 恰好获得8 元的概率为2
3 × 1
2 × 1
3 = 1
9；
（2）X 的可能取值为0，8，12，24，
则P(X =0)= 2
3 × 1
2 × 2
3 = 2
9，P(X =8)= 1
9，
P(X =12)= 2
3 × 1
2 = 1
3，P(X =24)= 1
3，
所以X 的分布列为：
X
0
8
12
24
P
2
9
1
9
1
3
1
3
数学期望为E (X )=0× 2
9 +8× 1
9 +12× 1
3 +24× 1
3 = 116
9 .
17．（2024·安徽六安·三模）为迎接2024 新春佳节，某地4S 店特推出盲盒抽奖营销活动中，店家将从一
批汽车模型中随机抽取50 个装入盲盒用于抽奖，已知抽出的50 个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下
表所示.
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
20
10
米色内饰
15
5
(1)从这50 个模型中随机取1 个，用A表示事件“取出的模型外观为红色”，用B表示事件“取出的模型内
饰为米色”，求P(B)和P¿，并判断事件A与B是否相互独立；
(2)活动规定：在一次抽奖中，每人可以一次性拿2 个盲盒.对其中的模型给出以下假设：假设1：拿到的2
个模型会出现3 种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色以及仅外观或仅内饰同色.假设2：按
结果的可能性大小，概率越小奖项越高.假设3：该抽奖活动的奖金额为一等奖3000 元、二等奖2000 元、
三等奖1000 元.请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的期望（精确到元）.
【解题思路】（1）根据古典概型公式、条件概率和事件独立性定义进行计算和判断；
（2）根据奖金额对应的情况计算相对应的概率，再列出分布列，最后利用期望公式计算解出；
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【解答过程】（1）模型内饰为米色的共有20 个，所以P(B)= C20
1
C50
1 = 2
5，
红色外观的模型有35 个，其中内饰为米色的共有15 个，所P¿，
红色外观模型且内饰为米色的共有15 个，
所以P( AB)= C15
1
C50
1 = 3
10，P( A)= C35
1
C50
1 = 7
10 ，
因为P( AB)≠P( A) P(B)，所以A，B不独立；
（2）设事件C =“取出的模型外观和内饰均为同色”，事件D =“取出的模型外观和内饰都异色”，事件
E =“仅外观或仅内饰同色”，
P(C)= C20
2 +C10
2 +C15
2 +C5
2
C50
2
= 2
7 ，
P(D)= C20
1 C5
1+C10
1 C15
1
C50
2
= 10
49，
P(E)= C20
1 C15
1 +C10
1 C5
1+C20
1 C10
1 +C15
1 C5
1
C50
2
= 25
49，
因为P(E)> P(C)> P(D)，
所以获得一等奖的概率为10
49，二等奖的概率为2
7 ，三等奖的概率为25
49，
其分布列为
X
3000
200
0
1000
P
10
49
2
7
25
49
期望为E (X )=3000× 10
49 +2000× 2
7 +1000× 25
49 ≈1694.
18．（2024·安徽·一模）高三联考数学试卷的多项选择题每小题满分6 分，每小题有4 个选项，其中只有2
个或者3 个选项是正确的.若正确选项有2 个，则选对其中1 个得3 分；若正确选项有3 个，则选对其中1
个得2 分，选对其中2 个得4 分，答案中有错误选项的得0 分.设一套数学试卷的多项选择题中有2 个选项
正确的概率为p(0< p<1)，有3 个选项正确的概率为1−p.在一次模拟考试中：
(1)小明可以确认一道多项选择题的选项A 是错误的，从其余的三个选项中随机选择2 个作为答案，若小明
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该题得分X 的数学期望为3，求p；
(2)小明可以确认另一道多项选择题的选项A 是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选
A 不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1 个.共选2 个；③从另外三个选项中再随机选择2
个，共选3 个.若p= 1
3，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
【解题思路】（1）根据离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可，
（2）分别求解三种情况下的期望，即可比较期望大小求解.
【解答过程】（1）根据题意可知，X =0,4,6，
若该题有2 个选项正确，则P(X =0)= 2
3 p, P(X =6)= 1
3 p，
若该题有3 个选项正确，则P(X = 4)= 3
3 ×(1−p)=1−p，
则分布列如下：
X
0
4
6
P
2
3 p
1−p 1
3 p
所以E (X )=0× 2
3 p+ 4×(1−p)+6× 1
3 p= 4−2 p=3，
解之得p= 1
2；
（2）不妨记一道多选题“有2 个选项正确”为事件A1，
“有3 个选项正确”为事件A2，
若小明选择方案①，
记小明该题得分为X，则X的可能取值为2，3，对应概率为：
P(X =2)= P( A2)= 2
3 , P(X =3)= P( A1)= 1
3，
故E (X )=2× 2
3 +3× 1
3 = 7
3 ；
若小明选择方案②，
记小明该题得分为Y ，则Y 的可能取值为0,4,6，对应概率为：
P(Y =0)= P( A1)×C2
1
C3
1 + P( A2)×C1
1
C3
1 = 1
3 × 2
3 + 2
3 × 1
3 = 4
9 ，
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P(Y = 4)= P( A2)×C2
1
C3
1 = 2
3 × 2
3 = 4
9
P(Y =6)= P( A1)×C1
1
C3
1 = 1
3 × 1
3 = 1
9，
故E (Y )=0× 4
9 + 4× 4
9 +6× 1
9 = 22
9 ，
若小明选择方案③，
记小明该题得分为Z，则Z 的可能取值为0,6，对应概率为：
P(Z =0)= P( A1)×C3
2
C3
2 + P( A2)×C1
1C2
1
C3
2
= 1
3 + 2
3 × 2
3 = 7
9，
P(Z =6)= P( A2)×C2
2
C3
2 = 2
3 × 1
3 = 2
9.
故E (Z)=0× 7
9 +6× 2
9 = 12
9 = 4
3 ，
E (Z)< E (X )< E (Y )，
故以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择方案②.
19．（2024·辽宁锦州·模拟预测）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1 分，负者得0
分，平局双方均得0 分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局
比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为γ (α + β + γ =1,α >0, β >0,γ ≥0)，且
每局比赛结果相互独立．
(1)若α = 2
5 , β = 2
5 ,γ = 1
5，求进行4 局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
(2)当γ =0时，
（i）若比赛最多进行5 局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E (X )的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，求“甲学员赢得比赛”的概率（用α , β表示）．
【解题思路】（1）用事件A ,B ,C分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”，记“进行4 局
比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N 包括事件：ABAA ,BAAA , ACCA ,CACA ,CCAA共5 种，
即可求解；
（2）（i）由题意得X的所有可能取值为：2,4,5，求出对应的概率，列出分布列及求出数学期望，并求出
最大值；
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（ii）由（1）得前两局比赛结果可能有：AA ,BB , AB ,BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件
BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB ,BA表示“甲、乙两名学员各得1 分”，当甲、乙两名学员得分总
数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同，所以
P( M )= P( AA )⋅1+ P(BB)⋅0+ P( AB)⋅P( M )+ P(BA )⋅P( M )即可求解．
【解答过程】（1）用事件A ,B ,C分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”，
则P( A )=α = 2
5 , P(B)= β = 2
5 , P(C )= γ = 1
5，
记“进行4 局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，
则事件N 包括事件：ABAA ,BAAA , ACCA ,CACA ,CCAA共5 种，
所以P( N )= P( ABAA)+ P(BAAA)+ P( ACCA)+ P(CACA)+ P(CCAA)
=2 P(B) P( A) P( A) P( A)+3 P(C) P(C) P( A) P( A)
=2×(
2
5)
4
+3×(
1
5)
2
×(
2
5)
2
= 44
625．
（2）（i）因为γ =0，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即α + β =1，
由题意得X的所有可能取值为：2,4,5，
P( X =2)=α
2+ β
2，
P( X = 4)=(αβ + βα )α
2+(αβ + βα ) β
2=2αβ(α
2+ β
2)，
P( X =5)=(αβ + βα )⋅(αβ + βα )⋅1= 4 α
2 β
2，
所以X的分布列为：
X
2
4
5
P
α
2+ β
2
2αβ(α
2+ β
2 4 α
2 β
2
所以X的期望为：
E( X )=2(α
2+ β
2)+8αβ(α
2+ β
2)+20α
2 β
2
=2(1−2αβ)+8αβ (1−2αβ)+20α
2 β
2
= 4 α
2 β
2+ 4 αβ +2
因为α + β =1≥2√αβ，所以αβ ≤1
4 ，
等号成立时，α = β = 1
2，所以0<αβ ≤1
4 ，
44
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所以E( X )= 4 α
2 β
2+ 4 αβ +2=(2αβ +1)
2+1≤(2× 1
4 +1)
2
+1= 13
4 ，
故E( X )的最大值为：13
4 ．
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则P( M )=
α
2
1−2αβ =
α
2
α
2+ β
2，
由（1）得前两局比赛结果可能有：AA ,BB , AB ,BA，
其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，
事件AB ,BA表示“甲、乙两名学员各得1 分”，
当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同，
所以P( M )= P( AA )⋅1+ P(BB)⋅0+ P( AB)⋅P( M )+ P(BA )⋅P( M )
= P( A )P( A )+ P( A )P(B)P( M )+ P(B)P( A )P( M )
=α
2+αβP( M )+ βαP( M )
=α
2+2αβP( M )，
所以(1−2αβ) P( M )=α
2，得P( M )=
α
2
1−2αβ ，
因为α + β =1，所以P( M )=
α
2
(α + β)
2−2αβ
=
α
2
α
2+2αβ + β
2−2αβ
=
α
2
α
2+ β
2.
45
