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专题10.7 离散型随机变量及其分布列、数字特征（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 离散型随机变量分布列】..........................................................................................................................3
【题型2 离散型随机变量分布列的性质】..............................................................................................................9
【题型3 离散型随机变量的均值】........................................................................................................................10
【题型4 离散型随机变量的方差】........................................................................................................................13
【题型5 均值与方差中的决策问题】....................................................................................................................16
【题型6 离散型随机变量与其他知识综合】.......................................................................................................20
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
2025 年全国一卷：第14 题，5
分
2025 年北京卷：第18 题
（2），5 分
2025 年上海卷：第6 题，4 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，
主要以填空题和解答题的形式考查，在
填空题中考查离散型随机变量的期望与
方差，难度不大；在解答题中往往会与
概率、统计、独立性检验等内容结合考
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.
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.
(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=xi)=pi，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
①pi≥0，i=1，2，…，n；
②p1+p2+…+pn=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)=x1 p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn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
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
2
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则称
为随机变量X
的方差，并称
为随机变量X 的标准差，记为
.
(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)=a2D(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)=a2D(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 离散型随机变量分布列】
【例1】（2025·云南玉溪·二模）某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0 指向”和“1 指向”，光子
的发送和接收都有A、B 两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一
致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A 模式，从两个“1 指向”、两个“0 指向”的光子中随机选
择两个依次发送，接收器每次以A 或者B 模式接收，其概率分别为1
3和2
3.每次发送和接收相互独立.
(1)求发射器第1 次发送“0 指向”光子的条件下，第二次发送“1 指向”光子的概率；
(2)记发射器共发射“0 指向”光子个数为X，求X的分布列；
3
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(3)求检测器检测到两个“1 指向”光子的概率.
【答案】(1)2
3
(2)答案见解析
(3)13
54
【解题思路】（1）由题意结合条件概率知识可得答案；
（2）由题可得X可取0，1，2，即可得分布列及相应期望；
（3）由（2）结合全概率公式可得答案.
【解答过程】（1）设事件M =“发射器第一次发送“0 指向”的光子”，
事件N =“第二次发送“1 指向”的光子”，则P(M )= 1
2，P(NM )= 1
2 × 2
3 = 1
3，
由条件概率公式，P¿；
（2）由题意：X =0，1，2.
P(X =0)= A2
2
A4
2 = 1
6，P(X =1)=C2
1C2
1 A2
2
A4
2
= 2
3，P(X =2)= A2
2
A4
2 = 1
6 ，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P
1
6
2
3
1
6
（3）设事件A =“检测器检测到两个“1 指向”光子”，
事件Bi=“发射器发射了i个“1 指向”光子”，
由（2）知：P(B0)= 1
6，P(B1)= 2
3，P(B2)= 1
6，
则P( A ∣B0)= 4
9 ，P( A ∣B1)= 2
9，P( A ∣B2)= 1
9，
由全概率公式，得：
P( A)=∑
i=0
2
P(Bi)P( A ∣Bi)= 1
6 × 4
9 + 2
3 × 2
9 + 1
6 × 1
9 = 13
54
.
【变式1-1】（2025·贵州毕节·一模）甲，乙两名射击运动员进行射击训练，无论之前射击命中情况如何，
甲每次射击命中目标的概率都为2
3，乙每次射击命中目标的概率都为1
3．
4
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(1)甲先射击，若未命中目标则甲继续射击，若命中目标则换乙射击，直至乙命中目标就结束训练．求第三
次射击就结束训练的概率；
(2)如果甲，乙两名射击运动员轮流射击，有人命中目标就结束训练．若甲先射击，求：
①甲射击一次就结束训练的概率；
②求结束训练时甲射击次数的分布列．
【答案】(1)2
9
(2)①7
9；②答案见解析.
【解题思路】（1）利用独立事件和互斥事件的概率公式求解；
（2）①利用独立事件和互斥事件的概率公式求解；②由题意可知，X的可能取值为1，2，，k，，利用独
立事件和互斥事件的概率公式求出相应的概率，进而得到X的分布列．
【解答过程】（1）设事件Ai=“甲第i 次射击命中目标”，设事件Bi=“乙第i 次射击命中目标”，设事件
C =“第三次射击就结束训练”，
则P( Ai)= 2
3，P(Bi)= 1
3．
所以P(C)= P( A1)P( A2)P(B1)+ P( A1)P(B1)P(B2) = 1
3 × 2
3 × 1
3 + 2
3 × 2
3 × 1
3 = 2
9，
所以第三次射击就结束训练的概率为2
9；
（2）①设事件D =“甲射击一次就结束训练”
则P(D)= P( A1)+ P( A1)P(B1) = 2
3 +(1−2
3)× 1
3 = 7
9，
所以甲射击运动员射击一次的概率7
9，
②设结束训练时，甲射击运动员射击次数为X，则X 的可能取值为1,2,⋯,k ,⋯
P(X =1)= P( A1)+ P( A1)P(B1)= 2
3 +(1−2
3)× 1
3 = 7
9，
P(X =2)= P( A1)P(B1)P( A2)+ P( A1)P(B1)P( A2)P(B2)= 1
3 × 2
3 × 2
3 + 1
3 × 2
3 × 1
3 × 1
3 = 14
81 ⋯，
P(X =k )=[P( A1)P( A2)⋯P( Ak −1)][P(B1)P(B2)⋯P(Bk −1)] P( Ak)
+[P( A1)P( A2)⋯P( Ak −1)][P(B1)P(B2)⋯P(Bk −1)] P( Ak)P(Bk)
5
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=(
1
3)
k −1
×(
2
3)
k −1
× 2
3 +(
1
3)
k −1
×(
2
3)
k −1
× 1
3 × 1
3 = 7
9 ×(
2
9)
k −1
⋯，
故甲射击运动员射击次数的分布列为：
X
1
2
3
…
k
…
P
7
9
7
9 ×(
2
9)
1
7
9 ×(
2
9)
2
…
7
9 ×(
2
9)
k −1
…
【变式1-2】（2025·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.
【答案】(1)甲；
(2)2
3；
(3)分布列见解析.
【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，
6
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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1-3】（2025·广西·模拟预测）2025 年多哈世界乒乓球锦标赛，中国队组合王楚钦孙颖莎以
､
3:1战
胜日本队组合吉村真晴大藤沙月，连续第三次夺得世乒赛混双冠军
､
.假设2026 年的一次乒乓球比赛中，S
组合与D组合相遇.每局比赛必须决出胜负，已知每局比赛D组合获胜的概率为1
5，每局比赛胜负结果相互
独立，规定先达到净胜3 局者获得比赛胜利并结束比赛（规定：净胜m局指的是一方比另一方多胜m局）.
(1)分别求恰好3 局比赛结束时D组合获得比赛胜利的概率P( A)，恰好5 局比赛结束时D组合获得比赛胜利
的概率P(B)；
(2)若规定比赛总局数达到7 局时无论是否分出胜负都直接结束比赛，求结束比赛时双方对战的总局数X的
分布列；
(3)若比赛局数不限，求D组合获得比赛胜利的概率.
【答案】(1)P( A)= 1
125，P(B)= 12
3125
(2)分布列答案见解析
(3) 1
65
【解题思路】（1）根据独立事件的概率公式，分别求P( A)、P(B)即可得答案.
（2）由题意X可能的取值为3，5，7，分别求得各个概率，列出分布列即可.
（3）设事件D表示“比赛局数不限，D 组合获得比赛胜利”，设比赛过程中，D 组合与S 组合累计所赢局
7
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数的差为Y ，根据全概率公式，则有P(Y =n)= 1
5 P(Y =n+1)+ 4
5 P(Y =n−1)，计算可得
{P(Y =n+1)−P(Y =n)}构成了以P(Y =−2)−P(Y =−3)= P(Y =−2)为首项，q = 4的等比数列，结合累
加法，计算即可得答案.
【解答过程】（1）由题意，每局比赛D组合获胜的概率为1
5，S 组合获胜的概率为4
5 ，
恰好3 局结束，则D组合连赢三局，所以P( A)=(
1
5)
3
= 1
125，
恰好5 局结束，则D组合前3 局中赢2 局，输1 局，且后2 局均获胜，
所以P(B)=C3
1×(
1
5)
2
× 4
5 ×(
1
5)
2
= 12
3125；
（2）由题意X可能的取值为3，5，7，
P( X =3)=(
1
5)
3
+(
4
5)
3
= 65
125；
P( X =5)=C3
1×(
1
5)
2
× 4
5 ×(
1
5)
2
+C3
1×(
4
5)
2
× 1
5 ×(
4
5)
2
= 780
3125 = 156
625；
P( X =7)=1−P( X =3)−P( X =5)= 720
3125 = 144
625 ；
分布列为
X
3
5
7
P
65
125
156
625
144
625
（3）设事件D表示“比赛局数不限，D 组合获得比赛胜利”.
设比赛过程中，D 组合与S 组合累计所赢局数的差为Y ，
P(Y =n)表示Y =n时最终D 组合获得比赛胜利的概率，其中n∈{−3,−2,−1,0,1,2,3}.
由题知，P(Y =3)=1，P(Y =−3)=0，P(Y =0)= P(D).
根据全概率公式，则有P(Y =n)= 1
5 P(Y =n+1)+ 4
5 P(Y =n−1)，
于是P(Y =n+1)−P(Y =n)= 4[P(Y =n)−P(Y =n−1)]，
则{P(Y =n+1)−P(Y =n)}构成了以P(Y =−2)−P(Y =−3)= P(Y =−2)为首项，q = 4的等比数列，
则P(Y =3)−P(Y =2)= P(Y =−2)4
5，
8
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P(Y =2)−P(Y =1)= P(Y =−2)4
4，
P(Y =1)−P(Y =0)= P(Y =−2)4
3，
P(Y =0)−P(Y =−1)= P(Y =−2)4
2，
P(Y =−1)−P(Y =−2)= P(Y =−2)4
1，
P(Y =−2)−P(Y =−3)= P(Y =−2)；
累加得，P(Y =3)−P(Y =−3)= P(Y =−2)(1+ 4
1+ 4
2+ 4
3+ 4
4+ 4
5)
=1365 P(Y =−2)=1，
解得P(Y =−2)=
1
1365，
所以P(Y =0)−P(Y =−3)= P(Y =−2)(1+ 4+16)= 21
1365 = 1
65，
故若比赛局数不限，D 组合获得比赛胜利的概率为1
65.
【题型2 离散型随机变量分布列的性质】
【例2】（2025 高三·全国·专题练习）已知离散型随机变量X的分布列如表所示，则常数c为（ ）
X
0
1
P
9c
2−c
3−8c
A．1
3
B．2
3
C．3
4 或2
3
D．1
4
【答案】A
【解题思路】由离散型随机变量的分布列的性质进行求解．
【解答过程】由题意可得，¿解得c = 1
3．
故选：A．
【变式2-1】（25-26 高二上·全国·单元测试）设离散型随机变量X的分布列为下表，若随机变量Y =|X −1|
，则P(Y =1)=（ ）
X
0
1
2
3
P
a+0.1
0.1
a
0.6
A．0.3
B．0.4
C．0.6
D．0.7
【答案】A
【解题思路】根据离散型随机变量取各个值的概率和为1 求得a，由P(Y =1)= P(X =0)+ P(X =2)求出结
9
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果．
【解答过程】由分布列的性质知a+0.1+0.1+a+0.6=1，所以a=0.1．
因为Y =|X −1|，所以P(Y =1)= P(X =0)+ P(X =2)=0.2+0.1=0.3．
故选：A．
【变式2-2】（24-25 高二下·江苏南京·期中）若随机变量ξ的分布如下表：
ξ
−2
−1
1
2
3
P
0.2
0.1
2m
0.25
m
则P(|ξ|<2)的值为（ ）
A．0.3
B．0.4
C．0.55
D．0.85
【答案】B
【解题思路】根据分布列的性质求出参数，进而求出事件概率.
【解答过程】∵0.2+0.1+2m+0.25+m=1，解得m=0.15；
∴P(|ξ|<2)= P(ξ =−1)+ P(ξ =1)=0.1+2m=0.1+2×0.15=0.4，
故选：B.
【变式2-3】（24-25 高二下·河北邢台·期末）设随机变量ξ的分布列如下表所示，则a=（ ）
ξ
1
2
P
4 a−15a
2
4 a
A．2
15
B．1
3
C．1
5
D．1
5或1
3
【答案】C
【解题思路】根据分布列概率之和为1 即可求解.
【解答过程】由题意可得¿解得a= 1
5．
故选：C.
【题型3 离散型随机变量的均值】
【例3】（2025·甘肃金昌·二模）已知随机变量X的分布列如下：
X
1
2
3
P
m
2−2m
1
2 m
2−m
0.4
10
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则数学期望E ( X )=（ ）
A．0.8
B．1.4
C．2m−3
D．2
【答案】D
【解题思路】根据概率之和为1 得到方程，求出m
2−2m=0.4，利用期望公式得到答案.
【解答过程】由题意，m
2−2m+ 1
2 m
2−m+0.4 =1，所以m
2−2m=0.4，
所以E (X )=1×(m
2−2m)+2×(
1
2 m
2−m)+3×0.4 =0.4+0.4 +1.2=2.
故选：D.
【变式3-1】（2025·浙江宁波·模拟预测）将2 个小球随机地投入编号为1，2，3，4 的4 个盒子中（每个盒
子容纳的小球个数没有限制），记1 号盒子中小球的个数为ξ，则E (ξ)=（ ）
A．1
2
B．2
3
C．7
12
D．5
16
【答案】A
【解题思路】根据题意ξ可取0,1,2，分别计算出概率，再用期望公式计算即可.
【解答过程】根据题意ξ可取0,1,2，
P(ξ =0)= 3
4 × 3
4 = 9
16 ，P(ξ =1)=C2
1× 3
4 × 1
4 = 3
8，P(ξ =2)= 1
4 × 1
4 = 1
16，
所以E (ξ)=0+ 3
8 +2× 1
16 = 1
2，
故选：A.
【变式3-2】（2025·河南许昌·模拟预测）某公司为了庆祝公司成立二十周年，设计了一个“套圈游戏”，
规则如下：每人3 个套圈，向A，B 两个目标投掷，先向目标A 掷一次，套中得40 元，没有套中得0 元，
再向目标B 连续掷两次，每套中一次得80 元，没套中得0 元，根据累计金额发放红包.已知小胡每投掷一
次，套中目标A 的概率为3
4 ，套中目标B 的概率为1
2，假设小胡每次投掷的结果相互独立.
(1)求小胡至少套中1 次的概率；
(2)记小胡的累计金额为随机变量X，求X 的分布列和数学期望.
【答案】(1)15
16
(2)分布列见解析，E( X )=110
【解题思路】（1）记“小胡至少套中1 次”为事件A，根据对立事件即可求解；
（2）由题意先求X的可能取值，再求对应的概率即可得分布列和数学期望.
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【解答过程】（1）记“小胡至少套中1 次”为事件A，
所以P( A)=1−P( A)=1−(1−3
4 )×(1−1
2 )×(1−1
2 )= 15
16，
即小胡至少套中1 次的概率为15
16.
（2）由题意可知X 的所有可能取值为0，40，80，120，160，200，
所以P( X =0)= 1
4 × 1
2 × 1
2 = 1
16 ，P( X = 40)= 3
4 × 1
2 × 1
2 = 3
16，
P( X =80)= 1
4 ×2× 1
2 × 1
2 = 1
8，P( X =120)= 3
4 ×2× 1
2 × 1
2 = 3
8，
P( X =160)= 1
4 × 1
2 × 1
2 = 1
16，P( X =200)= 3
4 × 1
2 × 1
2 = 3
16，
所以X 的分布列为：
X
0
40
80
120
160
200
P
1
16
3
16
1
8
3
8
1
16
3
16
所以E( X )=0× 1
16 + 40× 3
16 +80× 1
8 +120× 3
8 +160× 1
16 +200× 3
16 =110.
【变式3-3】（2025·河北·一模）疫情结束以来，为缓解就业压力、解决生计问题，很多城市放开了夜市地
摊经济.很多小朋友对夜市中的“套圈”比较感兴趣.在一个“套圈”的摊位上，摊主规定：成功套中商品1
次或套5 次后游戏结束，每套一次圈需花费5 元，每次套中商品的概率为 1
4 ，用随机变量X 表示某位小
朋友的“套圈”次数.
(1)求X 的分布列和数学期望；
(2)若“套圈”摊位中，每件商品的平均价格为10 元，调查发现，一个套圈摊位，每天约有40 名小朋友玩
“套圈”，用数学期望估计该摊主每天的利润（保留整数）.
【答案】(1)分布列见解析，781
256
(2)305
【解题思路】（1）先确定随机变量，再分别求对应概率，列表得分布列，根据数学期望公式得结果；
（2）间接法求出一个小朋友套商品成功的概率，从而计算一个小朋友的利润，再计算总利润.
【解答过程】（1）由题意知，随机变量X的取值为1,2,3,4,5，则
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P(X =1)= 1
4 , P(X =2)= 3
4 × 1
4 = 3
16 ,
P(X =3)=(
3
4)
2
× 1
4 = 9
64 , P(X = 4)=(
3
4)
3
× 1
4 = 27
256，
P(X =5)=(
3
4)
4
= 81
256 ，
即X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
1
4
3
16
9
64
27
256
81
256
所以E (X )=1× 1
4 +2× 3
16 +3× 9
64 + 4× 27
256 +5× 81
256 = 781
256.
（2）由题意小朋友套商品未成功的概率为(
3
4)
5
= 243
1024 .，
则小朋友套商品成功的概率为1−243
1024 = 781
1024 .
记摊主每天利润为Y 元，则Y 的期望为
E (Y )= 40×[E (X )×5−781
1024 ×10]= 40×[
781
256 ×5−781
1024 ×10]= 19525
64
≈305，
故摊主每天利润的期望为305元.
【题型4 离散型随机变量的方差】
【例4】（2025·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
【答案】C
【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.
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【变式4-1】（2025·四川成都·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
【答案】A
【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.
【变式4-2】（2025·广东中山·一模）某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6 道备选题中一
次性随机抽取3 道题，按题目要求独立完成.规定：至少正确完成其中2 道题的便可通过.已知6 道备选题中
应聘者甲有4 道题能正确完成，2 道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是2
3，且每题正确完成与
否互不影响.
(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；
(2)请从稳定性的角度分析甲、乙两人谁面试通过的可能性大？
【答案】(1)答案见解析
(2)甲面试通过的可能性大
【解题思路】（1）设甲正确完成面试题数为X，乙正确完成面试题数为Y ，分别写出随机变量得所有可能
取值，求出对应概率，即可求出分布列，再根据期望求期望即可；
（2）根据方差公式分别求出方差，即可得出结论.
【解答过程】（1）设甲正确完成面试题数为X，乙正确完成面试题数为Y ，
则X可取1,2,3，Y 可取0,1,2,3，
则P(X =1)=C2
2C4
1
C6
3
= 1
5 , P(X =2)=C2
1C4
2
C6
3
= 3
5 , P(X =3)=C2
0C4
3
C6
3
= 1
5，
所以甲正确完成面试题数X的分布列为：
X
1
2
3
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P
1
5
3
5
1
5
E (X )=1× 1
5 +2× 3
5 +3× 1
5 =2，
P(Y =0)=C3
0×(
2
3)
0
×(
1
3)
3
= 1
27 ，P(Y =1)=C3
1× 2
3 ×(
1
3)
2
= 2
9，
P(Y =2)=C3
2×(
2
3)
2
× 1
3 = 4
9 ，P(Y =3)=C3
3×(
2
3)
3
×(
1
3)
0
= 8
27 ，
所以乙正确完成面试题数为Y 的分布列为：
Y
0
1
2
3
P
1
27
2
9
4
9
8
27
E (Y )=0× 1
27 +1× 2
9 +2× 4
9 +3× 8
27 =2；
（2）由（1）得D (X )= 1
5 ×(1−2)
2+ 3
5 ×(2−2)
2+ 1
5 ×(3−2)
2= 2
5，
D (Y )= 1
27 ×(0−2)
2+ 2
9 ×(1−2)
2+ 4
9 ×(2−2)
2+ 8
27 ×(3−2)
2= 2
3，
因为D (X )< D (Y )，
所以甲得成绩更稳定，
所以甲面试通过的可能性大.
【变式4-3】（2025·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
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;
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(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.
【答案】(1)分布列见解析，59
60
(2)D(Y )= D( X ).
【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，
所以D(Y )= D(2−X )=(−1)
2 D( X )= D( X ),
即 D(Y )= D( X ).
【题型5 均值与方差中的决策问题】
【例5】（2025·湖南长沙·二模）在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环
境条件(安静或嘈杂)的影响．
(1)已知在安静环境下，语音识别成功的概率为0.9；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6.某天进行
测试，已知当天处于安静环境的概率为0.3，处于嘈杂环境的概率为0.7，求测试结果为语音识别成功的概
率；
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(2)已知当前每次测试成功的概率为0.8，每次测试成本固定，现有两种测试方案：
方案一：测试4次；方案二：先测试3次，如果这3次中成功次数小于等于2次，则再测试2次，否则不再测
试，为降低测试成本，以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择哪种方案？
【答案】(1)0.69
(2)应选择方案二
【解题思路】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据相互独立事件的概率公式求解方案二的分布列，即可求解期望，比较期望大小即可求解.
【解答过程】（1）记事件A是“安静环境”，则 A 是“嘈杂环境”，记事件B是“语音识别成功”．
所以P(B)= P(B| A )P( A)+ P(B| A) P( A)=0.3×0.9+0.7×0.6=0.69；
（2）设方案一和方案二测试次数分别为X ，Y ，
方案一：测试4次，则E (X )= 4；
方案二：Y 可取3,5，
P(Y =3)=0.8×0.8×0.8=0.512，
P(Y =5)=1−0.8×0.8×0.8=0.488，
随机变量Y 的分布列如下表所示：
Y
3
5
P
0.512
0.488
所以E (Y )=3×0.512+5×0.488=3.976．
所以E (X )> E (Y )，即方案一测试次数的期望值大于方案二测试次数的期望值，所以应选择方案二．
【变式5-1】（2025·辽宁鞍山·二模）某篮球夏令营举行超远距离投篮闯关游戏，游戏规则如下：
夏令营成员组队参加游戏，每队由三名队员组成.三名队员排好出场顺序后，依次出场投篮，且每名队员只
投一次.如果一名队员投中，则游戏停止；如果这名队员没有投中，则派出下一名队员，直至有队员投中
（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止.现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们投中的概
率分别为p、q、r，且每次每人投中与否相互独立.
(1)若p=0.4，q =0.3，r =0.2，求游戏停止时小队有人投中的概率；
(2)若1> p>q>r >0，现在小队计划两种方案参加游戏.
方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后；
（ⅰ）若采用方案一，求所需派出人员数目X的分布列和期望E ( X )；
（ⅱ）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小.
【答案】(1)0.664
(2)（ⅰ）分布列见解析，3−2 p−q+ pq；（ⅱ）方案一
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【解题思路】（1）由独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式可得；
（2）（i）先求出X的分布列，再由期望公式求出期望；（ii）分别求出两种方案的期望，作差比较大小即
可；
【解答过程】（1）设“停止比赛时小队有人投中”为事件A，
则P( A)=(1−p)(1−q)(1−r)=0.336，所以P( A)=1−P( A)=0.664.
（2）（ⅰ）X的所有可能取值为1，2，3
P(X =1)= p，P(X =2)=(1−p)q，P(X =3)=(1−p)(1−q)；
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
p
(1−p)q
(1−p)(1−q)
E (X )= p+2q(1−p)+3(1−p)(1−q)=3−2 p−q+ pq.
（ⅱ）设方案二所需派出人员数目Y ，同理可得E (Y )=3−2r −p+rp，
因为1> p>q>r >0，所以E (Y )−E (X )=2( p−r)+(q−p)+ p(r −q)
=2( p−r)+(q−r)+(r −p)+ p(r −q)=( p−r)+(1−p)(q−r)>0，
所以E (Y )> E (X )，方案一可使所需派出人员数目的期望更小.
【变式5-2】（2025·河北秦皇岛·一模）某大学舞蹈社有4 名男生、2 名女生，现要举办社团巡礼活动，拟
从这6 人中抽取2 人参加巡礼活动中的相应比赛，比赛有“啦啦操”“健美操”“活力燃脂操”三项，被
选中的人可以根据自身情况选择参加比赛的项数，具体如下：
参加一项的可能性
参加两项的可能
性
参加三项的可能性
女
生
0.5
0.5
0
男
生
0
0.5
0.5
每参加1 项比赛，社团的积分将增加100 分.
(1)在抽取的2 人至少有1 名男生的前提下，求有女生参加比赛的概率；
(2)求该舞蹈社团最终的积分为600 分的概率；
(3)现学校对参加比赛的社团提出两种嘉奖方案．
方案一：每个社团奖励“参与奖”400 元；
方案二：对参加比赛的社团最后获得的积分以“1 积分=1 元”奖金进行兑换.
若你是舞蹈社社长，以获得的奖励金额的期望为决策依据，判断哪种方案比较有利.
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【答案】(1)4
7 ；
(2) 1
10；
(3)方案二更有利.
【解题思路】（1）利用条件概率公式结合古典概型概率计算公式即可求解；
（2）根据题意，“积分为600 分”说明“总共参加了6 场比赛”即“2 人都是男生，且都参加了三项比
赛”，分步计算概率，相乘即可；
（3）针对方案二，进行积分X的可能取值和相应概率计算，再根据数学期望公式得到E (X )，与方案一比
较即可得出结论.
【解答过程】（1）根据题意，设“抽取的2 人至少有1 名男生”为事件A，设“有女生参加比赛”为事件
B.
则P( A)=C4
1 C2
1+C4
2
C6
2
= 14
15 ，P( AB)=C4
1 C2
1
C6
2
= 8
15，
利用条件概率公式，可得P( B|A)= P( AB)
P( A) =
8
15
14
15
= 4
7 .
（2）根据题意，该舞蹈社团最终的积分为600 分，说明抽取的2 人都是男生，且2 人都参加了三项比赛，
所求概率P=C4
2
C6
2 ×(0.5)
2= 1
10.
（3）对于方案二，设参加比赛的社团最后获得的奖金为X，则X所有可能取值为200,300,400,500,600.
则P(X =200)=C2
2
C6
2 ×(0.5)
2= 1
60，
P(X =300)=C2
2
C6
2 ×C2
1×(0.5)
2+C4
1 C2
1
C6
2
×(0.5)
2= 10
60 = 1
6 ，
P(X = 400)=C2
2
C6
2 ×(0.5)
2+C2
1C4
1
C6
2
×[(0.5)
2+(0.5)
2]+C4
2
C6
2 ×(0.5)
2= 23
60，
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P(X =500)=C4
1 C2
1
C6
2
×(0.5)
2+C4
2
C6
2 ×[(0.5)
2+(0.5)
2]= 20
60 = 1
3，
P(X =600)=C4
2
C6
2 ×(0.5)
2= 6
60 = 1
10.
所以E (X )=200× 1
60 +300× 1
6 + 400× 23
60 +500× 1
3 +600× 1
10 = 1300
3
>400，
即获得的奖励金额的期望大于400，故方案二更有利.
【变式5-3】（2025·湖北·二模）某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置
甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为1
3，乙箱
和丙箱每次抽取中奖的概率均为1
2，中奖与否互不影响.
(1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50 元的学习用品，中奖两次获得价值30 元的学
习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70 元的学习用品，中奖两次获得价值40 元的学习用品，其
他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
(2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中
奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
【答案】(1)方案一
(2)3
8
【解题思路】（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可；
（2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解.
【解答过程】（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为X元，则X =50,30,0；
则P(X =50)= 1
3 × 1
2 × 1
2 = 1
12，P(X =30)= 1
3 × 1
2 ×(1−1
2)+ 1
3 ×(1−1
2)× 1
2 +(1−1
3)× 1
2 × 1
2 = 1
3，
P(X =0)=1−1
12 −1
3 = 7
12，
20
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所以E (X )=50× 1
12 +30× 1
3 +0× 7
12 = 85
6 ，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为Y 元，则y =70,40,0；
则P(Y =70)=C3
3(
1
3)
3
= 1
27 ，P(Y = 40)=C3
2(
1
3)
2
×(1−1
3)= 2
9，
P(Y =0)=1−1
27 −2
9 = 20
27，
所以E (Y )=70× 1
27 + 40× 2
9 +0× 20
27 = 310
27
因为E (X )> E (Y )，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件A，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为B1，B2，B3，
则P(B1)= P(B2)= P(B3)= 1
3，P( A |B1)= 1
3，P( A |B2)= P( A |B3)= 1
2，
所以P( A)= P(B1)P( A |B1)+ P(B2)P( A |B2)+ P(B3)P( A |B3)= 1
3 × 1
3 + 1
3 × 1
2 + 1
3 × 1
2 = 4
9 ，
故P(B2| A)= P(B2 A)
P( A) = P(B2)P( A |B2)
P( A)
=
1
3 × 1
2
4
9
= 3
8，
所以所求概率为3
8.
【题型6 离散型随机变量与其他知识综合】
【例6】（2025·江苏镇江·模拟预测）2025 年，世界首届人形机器人运动会在东京举行.顶尖机器人竞技场
面震撼，刷新人类对未来体育的认知.现某高校一学生和智能机器人进行一场“网球”比赛，规则如下：比
赛采用三局两胜制（率先获得两局比赛胜利者获得最终的胜利且比赛结束），已知该同学第一局获胜的概
率为1
3，从第二局开始，如果上一局获胜，则本局获胜的概率为1
2；如果上一局失败，则本局获胜的概率
为1
4 ，每局比赛均没有平局.
(1)该同学在以2:1获得比赛胜利的条件下，求他连胜两局的概率；
(2)记整场比赛该同学的获胜局数为ξ，求ξ的分布列和期望.
【答案】(1)2
3
21
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(2)分布列答案见解析，数学期望：19
24
【解题思路】（1）设出事件，利用条件概率的公式可得答案；
（2）求出ξ的取值，分别求解对应的概率，利用期望公式可得答案.
【解答过程】（1）设事件A =“该同学以2:1获得比赛胜利”，B =“该同学连胜两局”，
若该同学以2:1获得比赛胜利，则三局比赛的结果为：赢输赢，输赢赢，共两种情况，
所以P( A)= 1
3 ×(1−1
2)× 1
4 +(1−1
3)× 1
4 × 1
2 = 1
8，
P( AB)=(1−1
3)× 1
4 × 1
2 = 1
12，
则P(B∣A)= P( AB)
P( A) = 2
3，
则该同学在以2:1获得比赛胜利的条件下，连胜两局获胜的概率为2
3.
（2）由题意ξ的所有取值为0,1,2.
则P(ξ =0)=(1−1
3)×(1−1
4)= 1
2，
P(ξ =1)= 1
3 ×(1−1
2)×(1−1
4)+(1−1
3)× 1
4 ×(1−1
2)= 5
24 ，
P(ξ =2)= P( A)+ 1
3 × 1
2 = 1
8 + 1
6 = 7
24 ;
所以变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
1
2
5
24
7
24
则ξ的期望为E (ξ)=0× 1
2 +1× 5
24 +2× 7
24 = 19
24 .
【变式6-1】（2025·山东德州·三模）随着信息技术的迅猛发展，智能化家居让人们的生活越来越幸福，智
能门锁就是其中之一．智能门锁的质量是根据其正常使用的时间来衡量，使用时间越长，表明质量越好，
且使用时间大于或等于6 年的为优质品．现用A，B两种不同品牌的智能门锁做试验，各随机抽取部分产
品作为样本，得到试验结果的频率分布直方图如图所示，以试验结果中各组的频率作为相应的概率．
22
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(1)现从大量的A，B两种品牌的智能门锁中各随机抽取2 件产品，求其中至少有3 件是优质品的概率；
(2)通过多年统计发现，A品牌智能门锁每件产品的利润y（单位：元）与其使用时间t（单位：年）的关系
如下表：
使用时间t（单位：年）
t <5
5≤t <6
t ≥6
每件产品的利润y（单位：元）
－200
200
400
若从大量的A品牌智能门锁中随机抽取两件，其利润之和记为X（单位：元），求X的分布列及数学期
望．
【答案】(1) 6
25
(2)分布列见解析，360
【解题思路】（1）先根据直方图得到抽取一件A和一件B型轮胎为优质品的概率，再根据互斥事件的加法
公式和独立事件的乘法公式可得结果；
（2）据题意知，X的可能取值为-400，0，200，400，600，800.根据概率公式求出X的各个取值的概率，
再写出分布列，根据数学期望公式求出数学期望即可.
【解答过程】（1）由直方图可知，从A品牌智能门锁中随机抽取一件产品为优质品的概率
P( A )=0.4+0.1= 1
2，
从B品牌智能门锁中随机抽取一件产品为优质品的概率P(B)=0.3+0.1= 2
5，
所以从A ,B两种品牌智能门锁中各随机抽取2 件产品，其中至少有3 件是优质品的概率
P =C2
2(
1
2)
2
⋅C2
1× 2
5 × 3
5 +C2
1×(
1
2 × 1
2)⋅C2
2(
2
5)
2
+C2
2(
1
2)
2
C2
2(
2
5)
2
= 6
25．
（2）由题意外，X的可能取值为−400,0,200,400,600,800．
所以P( X =−400)=C2
2⋅(
3
10)
2
= 9
100，P( X =0)=C2
2× 3
10 × 1
5 = 3
25，
23
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P( X =200)=C2
2× 3
10 × 1
2 = 3
10，P( X = 400)=C2
2⋅(
1
5)
2
= 1
25，
P( X =600)=C2
2× 1
5 × 1
2 = 1
5，P( X =800)=C2
2⋅(
1
2)
2
= 1
4 ，
那么X的分布列为
X
－400
0
200
400
600
800
P
9
100
3
25
3
10
1
25
1
5
1
4
则数学期望
E( X )=−400× 9
100 +0× 3
25 +200× 3
10 + 400× 1
25 +600× 1
5 +800× 1
4 =360.
【变式6-2】（2025·山西临汾·三模）“政府送温暖，老人有饭吃”．近年来，我国各级政府重视提高老年
人的生活质量．在医疗、餐饮等多方面，为老人提供了方便．单从用餐方面，各社区创建了“幸福大食
堂”、“爱心午餐”、“老人食堂”等不同名称的食堂，解决了老人的吃饭问题．据统计“幸福大食
堂”2025 年1 月份共为1600 名老人提供了午餐服务，其中好评有1200 位老人，其余均为非好评．为了提
升菜品品质，该食堂更换了厨师，更换厨师后该食堂2025 年2 月份为4000 名老人提供了午餐服务，其中
好评有3200 位老人，其余均为非好评．
好
评
非好评
合计
更换厨师前
更换厨师后
合计
(1)完成上面：2×2列联表，并依据小概率值α =0.01的χ
2的独立性检验，判断该食堂的好评率是否与更换
厨师有关联；
(2)现从更换厨师前的评价中，用比例分配的分层抽样方法做抽样调查，拟从好评和非好评两层中抽取8 位
老人，再从这8 位老人中随机抽取3 位，记抽取的3 位老人中好评的人数为X，求X 的分布列和数学期
望．
附：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c +d．
α
0.1
0.05
0.01
0.005
24
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χα
2.706
3.841
6.635
7.879
【答案】(1)列联表见解析，该食堂的好评率和更换厨师有关联
(2)分布列见解析，E (X )= 9
4
【解题思路】（1）先结合题意求出列联表，再求出χ
2进行独立性检验即可.
（2）先依据抽样调查的性质判断X可能的取值，再求出每个取值对应的概率，最后求出分布列和数学期望
即可.
【解答过程】（1）由题可得列联表，
好评
非好
评
合计
更换厨师
前
1200
400
1600
更换厨师
后
3200
800
4000
合计
4400
1200
5600
记零假设为H 0：该食堂的好评率和更换厨师无关．
χ
2= 5600×(1200×800−400×3200)
2
4400×1200×400×1600
= 560
33 ≈16.970>6.635
根据小概率值α =0.01的独立性检验，推断H 0不成立，
即认为该食堂的好评率和更换厨师有关联，此推断犯错误的概率不超过0.01．
（2）由题可知，抽样调查的8 位老人中，
好评的人数为8× 1200
1600 =6人，非好评的人数为2 人，则X的可能取值为1,2,3．
而P(X =1)=C6
1⋅C2
2
C8
3
= 3
28；P(X =2)=C6
2⋅C2
1
C8
3
= 15
28；P(X =3)=C6
3
C8
3 = 5
14 ；
从而X 的分布列为：
x
1
2
3
P
3
28
15
28
5
14
则数学期望E (X )=1× 3
28 +2× 15
28 +3× 5
14 = 9
4 ．
25
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【变式6-3】（2025·江苏南京·三模）魔方，又叫鲁比可方块，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.
(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，比赛没有平局.首局比赛小吴获胜的概率为1
2，小王在某局中若取胜，则
他下一局比赛获胜的概率为3
5，若负，则他下一局比赛获胜的概率为1
2，为了赢得比赛，小王应选择“五
局三胜制”还是“三局两胜制”？
【答案】(1)分布列见解析；62
25
(2)小王应选择“五局三胜制”
【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E (X )=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；
26
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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”.
一、单选题
1．（24-25 高二下·重庆·阶段练习）设离散型随机变量X服从两点分布，其分布列如下表，则a=（ ）
X
0
1
P
a
a+0.4
A．0.2
B．0.3
C．0.6
D．0.7
【答案】B
【解题思路】根据分布列的性质计算可得.
【解答过程】依题意可得a+a+0.4 =1，解得a=0.3.
故选：B.
2．（2025 高三·全国·专题练习）已知随机变量X 的分布列如下表所示，则P(|2 X −3|<3)=（ ）
X
1
2
3
4
P
0.1
m
0.3
0.2
A．7
10
B．3
5
C．1
2
D．2
5
【答案】C
【解题思路】根据离散型随机变量分布列求概率即可.
【解答过程】由题得0.1+m+0.3+0.2=1，则m=0.4，
故P(|2 X −3|<3)= P(0< X <3)= P(X =1)+ P(X =2)=0.5．
故选：C.
3．（2025·重庆·模拟预测）已知一组数据x1，x2，…，x7的方差为3，则数据2 x1+1，2 x2+1，…，
2 x7+1的方差为（ ）
27
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A．3
B．7
C．12
D．13
【答案】C
【解题思路】根据方差的性质计算求解.
【解答过程】因为一组数据x1，x2，…，x7的方差为DX =3，
则数据2 x1+1，2 x2+1，…，2 x7+1的方差为D (2 X +1)=2
2 DX = 4×3=12.
故选：C.
4．（2025·甘肃陇南·模拟预测）设随机变量X的概率分布列如表所示，则E (X )=（ ）
X
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.5
0.1
A．0.4
B．1.6
C．0.1
D．0.2
【答案】B
【解题思路】直接由期望公式计算求解即可.
【解答过程】由题意可得E (X )=0×0.1+1×0.3+2×0.5+3×0.1=1.6.
故选：B.
5．（24-25 高二下·甘肃临夏·期末）设离散型随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.2
0.4
0.3
0.1
若随机变量Y =|X −1|，则P(Y =1)=（ ）
A．0.5
B．0.6
C．0.7
D．0.8
【答案】A
【解题思路】由题意得P(Y =1)= P(X =0)+ P(X =2)计算求解即可.
【解答过程】由题可得P(Y =1)= P(X =0)+ P(X =2)=0.2+0.3=0.5.
故选：A.
6．（2025·广东·模拟预测）一个盒子里有3 个相同的球，分别标有数字2，3，4，若每次不放回地从盒子
中随机取出一个球，直到取出的所有球的数字之积大于或等于8 为止.记此时取出的所有球的数字之和为X
，则E ( X )=（ ）
A．22
3
B．7
C．25
4
D．6
【答案】A
【解题思路】先求X的分布列，再求X的期望.
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【解答过程】由题意，X的值可以为：6,7,9
X =6表示取出的两个球上的数字为2,4，相当于将三个球排序，2,4 排在前两位，所以P(X =6)= A2
2
A3
3 = 1
3；
X =7表示取出的两个球上的数字为3,4，相当于将三个球排序，3,4 排在前两位，所以P(X =7)= A2
2
A3
3 = 1
3；
X =9表示三个球全部取出，相当于将三个球排序，2，3 排在前两位，所以P(X =9)= A2
2
A3
3 = 1
3.
所以X的分布列为：
X
6
7
9
P
1
3
1
3
1
3
所以E (X )=6× 1
3 +7× 1
3 +9× 1
3 = 22
3 .
故选：A.
7．（2025·陕西·三模）某大型超市为了解顾客的购物习惯，对近期进入超市的1000 名顾客进行了随机调
查．调查发现，有600 名顾客在进入超市前已经决定好了要购买的商品（称为“计划型顾客”），其余
400 名顾客则没有特定的购买计划（称为“随机型顾客”）．根据以往的销售数据，“计划型顾客”在超
市的平均消费金额为200 元，而“随机型顾客”中，有30 %的人平均消费金额为100 元，另外70 %的人平
均消费金额为300 元．若从该超市近期进入的顾客中随机抽取1 名，则这名顾客的平均消费金额不低于
200 元的概率，以及该顾客的平均消费金额的估计值分别为（ ）．
A．概率为0.72，平均消费金额为210 元B．概率为0.88，平均消费金额为216 元
C．概率为0.88，平均消费金额为240 元
D．概率为0.82，平均消费金额为230 元
【答案】B
【解题思路】设出事件，设顾客的平均消费金额为X，X的可能取值为100,200,300，由条件概率和全概
率公式得到相应的概率，得到期望值.
【解答过程】设事件A表示“抽取的顾客为计划型顾客”，
事件B表示“抽取的顾客的平均消费金额不低于200 元”，
事件A表示“抽取的顾客为随机型顾客”；
P( A)= 600
1000 =0.6，由于计划型顾客的平均消费金额已经为200 元，所以P¿；
29
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随机抽取1 名顾客，消费不低于200 元的概率是：
P(B)= P( AB+ A B)= P( A) P¿，
设顾客的平均消费金额为X，则X的可能取值为100,200,300，
则P(X =200)=0.6；P(X =100)= P( A) P¿；
P(X =300)=0.4×0.7=0.28，
期望为：E (X )=200×0.6+100×0.12+300×0.28=120+12+84 =216.
故选：B.
8．（2025·湖南长沙·模拟预测）从两名同学中挑出一名代表班级参加射击比赛，根据以往的成绩记录，
甲、乙两名同学击中目标靶的环数X和Y 的分布列如下表一和下表二所示；
表一
X
6
7
8
9
10
P
0.0
7
0.2
2
0.3
8
0.3
0
0.0
3
表二
Y
6
7
8
9
10
P
0.0
9
0.2
4
0.3
2
0.2
8
0.0
7
概率分布条形图如下图三和图四所示：
则以下对这两名同学的射击水平的评价，正确的是（ ）
A．E (X )> E (Y )
B．E (X )< E (Y )
C．D (X )> D (Y )
D．D (X )< D (Y )
【答案】D
【解题思路】根据分布列数据代入数学期望、方差公式求解即可.
【解答过程】由分布列可得E (X )=6×0.07+7×0.22+8×0.38+9×0.3+10×0.03=8，
E (Y )=6×0.09+7×0.24+8×0.32+9×0.28+10×0.07=8，
D ( X )=(6−8)
2×0.07+(7−8)
2×0.22+(8−8)
2×0.38+(9−8)
2×0.3+(10−8)
2×0.03=0.92，
30
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D (Y )=(6−8)
2×0.09+(7−8)
2×0.24 +(8−8)
2×0.32+(9−8)
2×0.28+(10−8)
2×0.07=1.16，
所以E (X )= E (Y )，D (X )< D (Y ).
故选：D.
二、多选题
9．（2025·福建福州·模拟预测）已知离散型随机变量X 的分布列如下，则下列选项中正确的是（ ）
X
0
1
2
P
0.36
1−2q
q
2
A．q =0.2
B．E (X )=0.68
C．E(X
2)=0.4624
D．D (X )=0.2976
【答案】ABD
【解题思路】由分布列的性质可得q =0.2，再由期望的求法及方差与期望的关系判断各项的正误.
【解答过程】A，由0.36+1−2q+q
2=1可得q =0.2，正确；
B，因为E( X )=0×0.36+1×0.6+2×0.04 =0.68，正确；
C，因为E(X
2)=0×0.36+1×0.6+ 4×0.04 =0.76，错误；
D，因为D( X )= E(X
2)−E
2( X )=0.76−0.68
2=0.2976，正确．
故选：ABD.
10．（2025·云南·模拟预测）某高中打算采购一批教室挂钟，现有甲、乙两种品牌的挂钟，已知甲乙使用
一年后它们的走时误差分别为X 和Y（单位：秒），其分布列如下，则下列选项正确的是（ ）
甲品牌的走时误差分布列
X
-1
0
1
P
0.1
0.6
a
乙品牌的走时误差分布列
X
-2
-1
0
1
2
P
0.1
0.2
b
0.4
0.1
A．a=0.3，b=0.2
B．E (X )= E (Y )
C．若η= 1
2 X +1，则D (η)=1.3
D．甲乙两种品牌中甲的质量更稳定
31
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【答案】ABD
【解题思路】先根据分布列性质求出a,b的值；再分别计算E (X ), E (Y )判断选项B；接着计算D (X )，根
据方差的性质计算D (η)；最后比较D (X )与D (Y ).
【解答过程】A、由0.1+0.6+a=1，得a=1−0.1−0.6=0.3，
0.1+0.2+b+0.4 +0.1=1，得b=1−0.1−0.2−0.4−0.1=0.2，A 正确；
B、E (X )=(−1)×0.1+0×0.6+1×0.3=0.2；
E (Y )=(−2)×0.1+(−1)×0.2+0×0.2+1×0.4 +2×0.1=0.2，所以E (X )= E (Y )，B 正确；
C、D (X )=(−1−0.2)
2×0.1+(0−0.2)
2×0.6+(1−0.2)
2×0.3=0.36，因为η= 1
2 X +1，所以
D (η)=(
1
2)
2
D (X )= 1
4 ×0.36=0.09，C 错误；
D，D (Y )=(−2−0.2)
2×0.1+(−1−0.2)
2×0.2+(0−0.2)
2×0.2+(1−0.2)
2×0.4+(2−0.2)
2×0.1=1.36
，
因为D (X )=0.36< D (Y )=1.36，方差越小数据越稳定，所以甲的质量更稳定，D 正确.
故选：ABD.
11．（2025·山东青岛·模拟预测）某游戏推出两种抽奖活动A和B，玩家可以通过参与活动获得游戏币，从
而换取稀有道具.活动A和活动B的抽奖收益X，Y （单位：千个）及其概率分布如下表所示，则下列选项
正确的是（ ）
活动A的收益分布：
X
3
7
11
P
0.4
m
0.3
活动B的收益分布：
X
0
8
18
P
n
0.6
0.1
A．m+n=0.6
B．E (5Y −3)=18
C．两个活动的收益期望一样多
D．活动B的收益风险低于活动A
【答案】AC
【解题思路】根据分布列的性质求出m、n，再根据期望、方差公式计算可得.
【解答过程】依题意可得¿，所以m=0.3，n=0.3，
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则m+n=0.6，故A 正确；
所以E (X )=3×0.4+7×0.3+11×0.3=6.6，
E (Y )=0×0.3+8×0.6+18×0.1=6.6，则E (X )= E (Y )，故C 正确；
而E (5Y −3)=5 E (Y )−3=5×6.6−3=30，故B 错误；
因为D (X )=(3−6.6)
2×0.4 +(7−6.6)
2×0.3+(11−6.6)
2×0.3=11.04，
D (Y )=(0−6.6)
2×0.3+(8−6.6)
2×0.6+(18−6.6)
2×0.1=27.24，
即D (X )< D (Y )，所以活动B的收益风险高于活动A，故D 错误.
故选：AC.
三、填空题
12．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）设离散型随机变量X的分布列如下表，若随机变量
Y =|X −2|，则P(Y =2)=
.
X
0
1
2
3
4
P
0.1
0.2
0.1
0.3
m
【答案】0.4
【解题思路】根据离散型随机变量分布列的性质可知各概率，再根据概率的加法可得解.
【解答过程】由已知可得0.1+0.2+0.1+0.3+m=1，
解得m=0.3，
则P(Y =2)= P(X =0)+ P(X = 4)=0.1+0.3=0.4，
故答案为：0.4.
13．（2025·全国一卷·高考真题）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
【解题思路】法一：根据题意得到X的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得X的分
布列，从而求得E( X )；法二，根据题意假设随机变量Xi，利用对立事件与独立事件的概率公式求得
E( X i)，进而利用数学期望的性质求得E( X ).
【解答过程】法一：依题意，X的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为5
3=125，
其中X =1：三次抽取同一球，选择球的编号有5 种方式，
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故P( X =1)= 5
125 = 1
25，
X =2：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），
选取出现两次的球有5 种方式，选取出现一次的球有4 种方式，
其中选取出现一次球的位置有3 种可能，故事件X =2的可能情况有5×4×3=60种，
故P( X =2)= 60
125 = 12
25，
X =3：三种不同球被取出，
由排列数可知事件X =3的可能情有况5×4×3=60种，
故P( X =3)= 60
125 = 12
25，
所以E( X )=1× P( X =1)+2× P( X =2)+3× P( X =3)
=1× 5
125 +2× 12
25 +3× 12
25 = 61
25.
故答案为：61
25.
法二：依题意，假设随机变量X i，其中i=1,2,3,4,5：
其中X i=¿，则X =∑
i=1
5
Xi，
由于球的对称性，易知所有E[ X i]相等，
则由期望的线性性质，得E[ X ]= E[∑
i=1
5
X i]=∑
i=1
5
❑E[ X i]=5 E[ X i]，
由题意可知，球i在单次抽取中未被取出的概率为4
5 ，
由于抽取独立，三次均未取出球i的概率为P(Xi=0)=(
4
5)
3
= 64
125，
因此球i至少被取出一次的概率为：P(Xi=1)=1−64
125 = 61
125，
故E[ X i]= 61
125，
所以E[ X ]=5 E[ Xi]=5× 61
125 = 61
25.
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故答案为：61
25.
14．（2025·山西·三模）一个盒子中有2 个红球，3 个白球．从中随机取一个球，观察其颜色后放回，并同
时放入与其颜色相同的1 个球，再从中不放回地取2 个球，若取到的两个球中红球的个数为ξ，则E (ξ)=
．
【答案】4
5
【解题思路】列出ξ的可能取值，根据全概率公式求解对应概率后计算可得E (ξ).
【解答过程】设“第1 次取出的球为红球”为事件A，则P( A)= 2
5，P( A)= 3
5，ξ的可能取值为0，1，2．
P(ξ =0)= P( A) P(ξ =0∣A)+ P( A) P(ξ =0∣A)= 2
5 ×C3
2
C6
2 + 3
5 ×C4
2
C6
2 = 8
25，
P(ξ =1)= P( A) P(ξ =1∣A)+ P( A) P(ξ =1∣A)= 2
5 ×C3
1C3
1
C6
2
+ 3
5 ×C4
1 C2
1
C6
2
= 14
25，
P(ξ =2)= P( A) P(ξ =2∣A)+ P( A) P(ξ =2∣A)= 2
5 ×C3
2
C6
2 + 3
5 ×C2
2
C6
2 = 3
25．
所以E (ξ)=0× 8
25 +1× 14
25 +2× 3
25 = 4
5 ．
故答案为：4
5 .
四、解答题
15．（2025·湖南岳阳·模拟预测）某班4 名男生3 名女生组队参加学校组织的知识竞赛，题库中只有学科
类或常识类问题，且题库中学科类问题占比为2
3.每轮问答中主持人随机从题库中抽取一道题目，再从该小
队中随机选出两名男生两名女生分别独立作答，每人是否答对题目互不影响.若抽中学科类问题，男生中有
且仅有三人能答对，女生能答对的概率均为2
3；若抽中常识类问题，男生能答对的概率为1
2，女生中有且
仅有两人能答对，
(1)求一轮问答中该小队至少有两人答对的概率；
(2)一轮问答中该小队至少有三人答对，小队积分加1 分，否则扣1 分，小队初始积分为1 分，主持人最多
提问四轮，当小队积分为3 分时则成功晋级，积分为0 分或四轮作答完毕积分不足3 分时淘汰，小队晋级
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或淘汰均停止作答，设随机变量Y 为小队停止作答时被提问的轮数，求Y 的分布列.
【答案】(1)49
54
(2)分布列见解析
【解题思路】（1）设随机变量X为一轮问答中该小队答对的题目数，则X =1,2,3,4，利用超几何分布求得
P( X =1)，进而求得P( X ≥2)；
（2）结合（1）求得P( X =2)，进而求P( X ≥3)，进而可求得Y 的分布列.
【解答过程】（1）设随机变量X为一轮问答中该小队答对的题目数，则X =1,2,3,4，
P( X =1)= 2
3 ⋅C3
1C1
1
C4
2
⋅(1−2
3 )
2
+ 1
3 ⋅(1−1
2 )
2
⋅C2
1C1
1
C3
2
= 5
54 ，
则P( X ≥2)=1−P( X =1)= 49
54 ；
（2）P( X =2)= 2
3 [C3
1
C4
2 ⋅C2
1 2
3 ⋅1
3 +C3
2
C4
2 ( 1
3 )
2
]+ 1
3 [C2
2
C3
2 ( 1
2 )
2
+C2
1
C3
2 C2
1( 1
2 )
2
]= 35
108
则P( X ≥3)=1−P( X =1)−P( X ≥2)= 7
12，
即一轮问答中该小队至少有三人答对的概率为7
12.且Y =1,2,3,4
P(Y =1)= 5
12 ，P(Y =2)=( 7
12 )
2
= 49
144 ，
P(Y =3)= 7
12 ×( 5
12 )
2
= 175
1728，P(Y = 4)=(
7
12)
2
× 5
12 = 245
1728，
故Y 的分布列为：
Y
1
2
3
4
P
5
12
49
144
175
1728
245
1728
16．（2025·湖北·模拟预测）2025 年4 月25 日，中国人形机器人生态大会在上海汽车会展中心举办.其中，
人形机器人拳王争霸赛让人大开眼界：在4 米乘以4 米的拳台上，可以看到各家公司在多模态融合算法、
运动控制、视觉、感知等技术上的突破.比赛前，某科技公司机器人甲队和乙队进行练习赛，两队均由两台
机器人组成.比赛要求每轮两局，每局比赛两队都需派不同机器人参赛，每局比赛获胜得1 分，否则得0 分
（每局比赛都分胜负，没有平局）.设每轮比赛中各局结果互不影响，各轮结果也互不影响.已知甲队机器
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人H 1，机器人G1每局比赛获胜的概率分别为1
2 , 3
4 .
(1)设前两轮比赛中甲队得3 分为事件A，前两轮比赛中机器人H 1得2 分为事件B，求P(B∣A)；
(2)机器人续航时间有限，规定本次比赛最多进行6 轮，规定当一队得分比另一队得分多2 分时比赛结束.设
比赛结束时共进行了X轮，求X的分布列及数学期望.
【答案】(1)1
4 .
(2)分布列见解析，63
32
【解题思路】（1）根据独立事件互斥事件的概率公式可得P( A)、P( AB)，然后利用条件概率公式求解即
可；
（2）根据独立事件的概率公式和期望公式可得；
【解答过程】（1）设前两轮比赛中H 1得i分为事件Ci,G1得j分为事件D j,i, j =0,1,2,
∴P(C1)=C2
1(
1
2)
2
= 1
2 , P(C2)=C2
2(
1
2)
2
= 1
4 , P(D1)=C2
1(
3
4)
1
(
1
4)
1
= 3
8 , P(D2)=C2
2(
3
4)
2
= 9
16，
由题意A =C1 D2+C2 D1, AB =C2 D1,∵各轮比赛，各局比赛结果互不影响，C1 D2与C2 D1互斥，
∴P( A)= P(C1 D2)+ P(C2 D1)= P(C1)P(D2)+ P(C2)P(D1), P( AB)= P(C2)P(D1)= 1
4 × 3
8 = 3
32，
∴P(B∣A)= P( AB)
P( A) = 1
4 .
（2）由题意，X =1,2,⋯⋯,6，
设第k轮两队比分为1:1为事件Ek ,k =1,2,3,4,5
∵各局比赛互不影响，∴P(Ek)= 1
2 ×(1−3
4)+(1−1
2)× 3
4 = 1
2 ,∴P(Ek)=1−P(Ek)= 1
2，
由题意，k =1时，P(X =1)= P(E1)= 1
2 ,k ≥2时，事件“X =k”= E1 E2⋯Ek −1 Ek ,k =2,3,4,5，
∵各轮比赛互不影响，
∴P(X =k )= P(E1)P(E2)⋯P(Ek −1)P(Ek)= 1
2 × 1
2 ×⋯× 1
2 × 1
2 =(
1
2)
k
,k =2,3,4,5,
∵P(X =6)= P(E1)P(E2)⋯P(E5)=(
1
2)
5
，
所以X的分布列为：
X
1
2
3
4
5
6
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P
1
2
1
4
1
8
1
16
1
32
1
32
∴E (X )=1× 1
2 +2×(
1
2)
2
+⋯+5×(
1
2)
5
+6×(
1
2)
5
= 63
32.
17．（2025·甘肃嘉峪关·三模）“村BA”是由贵州省台盘村“六月六”吃新节篮球赛发展而来的赛事，比
赛由村民组织，参赛者以村民为主，极具乡村气息. 某学校为了研究不同性别的学生对该赛事的了解情
况，进行了一次抽样调查，分别随机抽取男生和女生各80 名作为样本，设事件M=“了解村BA”，N=“学生
为女生”.据统计数据得P(M | N )= 1
16，P(N | M )= 1
7 .
(1)根据已知条件，作出2×2 列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生对“村BA”的了解情况与性
别有关；
(2)现从该校不了解“村BA”的学生中，采用分层随机抽样的方法抽取10 名学生，再从这10 名学生中随机
抽取4 人，设抽取的4 人中男生的人数为X，求X 的分布列和数学期望.
【答案】(1)列联表见解析，有
(2)分布列见解析，E( X )= 8
5
【解题思路】（1）由P(M | N )= 1
16知女生中了解“村BA”的人数有5 人，由P(N | M )= 1
7 知了解“村
BA”的人数有35 人，作出2×2列联表，求出χ
2值，根据临界值进行判断得出结论；
（2）求出抽样比进而求出所需抽取的男生、女生人数，再利用超几何分布概率的求法求出X 的分布列和
数学期望.
【解答过程】（1）结合男生和女生各80 名，可作出如下2×2列联表：
了解“村BA”
不了解“村BA”
总计
男生
30
50
80
女生
5
75
80
总计
35
125
160
计算可得χ
2= 160×(30×75−5×50)
2
80×80×35×125
= 160
7 ≈22.857>10.828，
因此，有99.9 %的把握认为该校学生对“村BA”的了解情况与性别有关．
（2）由（1）可知，采用分层随机抽样的方法抽取10 名学生，其中男生人数为
50
50+75 ×10= 4，女生人
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数为
75
50+75 ×10=6．
易知随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，
且P( X =0)=C4
0 C6
4
C10
4
= 1
14 ，
P( X =1)=C4
1 C6
3
C10
4
= 8
21，
P( X =2)=C4
2 C6
2
C10
4
= 3
7 ，
P( X =3)=C4
3 C6
1
C10
4
= 4
35，
P( X = 4)=C4
4C6
0
C10
4
= 1
210，
所以随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
14
8
21
3
7
4
35
1
210
数学期望E( X )= 4× 4
10 = 8
5．
18．（2025·湖南郴州·一模）湘绣，是中国优秀的民族传统工艺之一，有着两千多年的历史.湘绣的制作工
艺繁杂，一幅湘绣作品要经过设计图案和刺绣两大主要环节，且只有设计图案通过后才能进行刺绣，两个
环节相互独立.只有同时通过这两个环节才能成为成品.某绣坊准备制作A ,B ,C三幅不同的湘绣作品，已知
A ,B ,C三幅作品通过设计图案环节的概率依次为3
4 , 2
3 , 4
5 ，通过刺绣环节的概率依次为2
3 , 3
4 , 3
5.
(1)求A ,B ,C三幅中恰有一幅作品通过设计图案环节的概率；
(2)若已知A ,B ,C三幅中恰有一幅作品通过设计图案环节，求通过的作品为A的概率；
(3)经过设计图案和刺绣两个环节后，A ,B ,C三幅作品成为成品作品的件数为X.求随机变量X的分布列及
数学期望E ( X ).
【答案】(1) 3
20
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(2)1
3
(3)分布列见解析，37
25
【解题思路】（1）由概率乘法公式进行求解；
（2）由条件概率公式求解；
（3）记A ,B ,C三幅作品成为成品的事件分别为E , F ,G，则
P(E)= 3
4 × 2
3 = 1
2 , P(F)= 2
3 × 3
4 = 1
2 , P(G)= 4
5 × 3
5 = 12
25，由X可取0,1,2,3，求出对应的概率，列出分布
列即可求解数学期望．
【解答过程】（1）记A ,B ,C三幅作品通过设计图案环节分别为事件A ,B ,C，记A ,B ,C三幅中恰有一幅
作品通过设计图案环节为事件D，
则P( D)= P( A BC )+ P( A BC )+ P( A BC )= 3
4 × 1
3 × 1
5 + 1
4 × 2
3 × 1
5 + 1
4 × 1
3 × 4
5 = 3
20．
（2）P( A ∣D)= P( AD)
P(D) =
3
4 × 1
3 × 1
5
3
20
= 1
3．
（3）记A ,B ,C三幅作品成为成品的事件分别为E , F ,G，
则P(E)= 3
4 × 2
3 = 1
2 , P(F)= 2
3 × 3
4 = 1
2 , P(G)= 4
5 × 3
5 = 12
25，
由X可取0,1,2,3，
则P(X =0)= 1
2 × 1
2 × 13
25 = 13
100，
P(X =1)= 1
2 × 1
2 × 12
25 + 1
2 × 1
2 × 13
25 ×2= 38
100 = 19
50，
P(X =2)= 1
2 × 1
2 × 13
25 + 1
2 × 1
2 × 12
25 ×2= 37
100，
P(X =3)= 1
2 × 1
2 × 12
25 = 12
100 = 3
25，
则X的分布列为
X
0
1
2
3
P
13
100
19
50
37
100
3
25
40
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则数学期望E (X )=1× 19
50 +2× 37
100 +3× 3
25 = 37
25．
19．（2025·北京·高考真题）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，随机抽查了甲、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
识点，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）.
【答案】(1)4
5
(2)0.35，E (X )=1.55
(3)p1< p2
【解题思路】（1）用频率估计概率即可求解；
（2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1 人做对的概率及X的分布列，从而可求其
期望；
（3）根据题设可得关于p1, p2的方程，求出其解后可得它们的大小关系.
【解答过程】（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p= 80
100 = 4
5 .
（2）设A为“从甲校抽取1 人做对”，则P( A)=0.8，P( A)=0.2，
设B为“从乙校抽取1 人做对”，则P(B)=0.75，P( A)=0.25，
设C为“恰有1 人做对”，故P(C)= P( A B)+ P( A B)= P( A) P(B)+ P( A) P(B)=0.35
依题可知，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.
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（3）设D为 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”，
因为甲校掌握这个知识点则有100 %的概率做对该题目，
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，0.85 p2+ 1
4 ×(1−p2)=0.75，故p2= 5
6 ，
故p1< p2.
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