【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第九章 概率与统计 考点测试54 离散型随机变量的分布列及数字特征 含解析【高考】.doc，共(16)页，206.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试54离散型随机变量的分布列及数字特征高考概览高考在本考点的常考题型为解答题，分值为12分，近两年难度有所增大考纲研读1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性2．理解取有限个值的离散

型随机变量的均值、方差的概念3．能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题一、基础小题1．已知离散型随机变量X的分布列为X123…nPknknkn…kn则k的值为()A.12B．1C.2D．3答案B解析由分布列的性质知k＝1.2．随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝an(

n＋1)(n＝1,2,3,4)，其中a是常数，则P12<X<52的值为()A.23B．34C.45D．56答案D2解析∵P(X＝n)＝an(n＋1)(n＝1,2,3,4)，∴a2＋a6＋a12＋a20＝1，∴a＝54，

∴P12<X<52＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝54×12＋54×16＝56.故选D.3．已知5件产品中有2件次品，现逐一检测，直至能确定所有次品为止，记检测的次数为ξ，则E(ξ)＝()A．3B．72C.185D．4答案B解析由题

意知ξ的可能取值为2,3,4，P(ξ＝2)＝25×14＝110，P(ξ＝3)＝25×34＋35×24×13＋35×24×13＝310，P(ξ＝4)＝1－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝1－110－310＝35，∴

E(ξ)＝2×110＋3×310＋4×35＝72.故选B.4．现在有10张奖券，8张2元的，2张5元的，某人从中随机无放回地抽取3张奖券，则此人得奖金额的数学期望为()A．6B．395C.415D．9答案B

解析记此人得奖金额为随机变量X，则X的可能取值有6,9,12，且P(X＝6)＝C38C310＝715，P(X＝9)＝C28C12C310＝715，P(X＝12)＝C18C22C310＝115，则E(X)＝6×715＋9×715＋12×115＝39

5.故选B.5．从某班6名学生(其中男生4人，女生2人)中任选3人参加学校组织的社会实践活动．设所选3人中女生人数为ξ，则数学期望E(ξ)＝()A.45B．13C.75D．2答案B解析随机变量ξ的所有可能的取值

为0,1,2，P(ξ＝0)＝C34C02C36＝15，P(ξ＝1)＝C24C12C36＝35，P(ξ＝2)＝C14C22C36＝15.所以随机变量ξ的分布列为ξ012P153515期望E(ξ)＝0×15＋1×35＋2×15＝1.故选B.6．(

多选)若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝13，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)＝4C．D(3X＋2)＝4D．D(X)＝49答案AB解析随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝1

3，∴P(X＝1)＝23，E(X)＝0×13＋1×23＝23，D(X)＝0－232×13＋1－232×23＝29.对于A，P(X＝1)＝E(X)，故A正确；对于B，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×23＋2＝4，

故B正确；对于C，D(3X＋2)＝9D(X)＝9×29＝2，故C错误；对于D，D(X)＝29，故D错误．故选AB.7．甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有3个抢答题，比赛规定：对于每一个题，没有抢到题的队伍得0分，抢到题并回答正确的得1分，抢到题但回答错误的扣1

分(即得－1分)；若X是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜)，则X的所有可能取值是________．答案－1,0,1,2,3解析X＝－1，甲抢到1题但答错了，而乙抢到了2题且都答错了；4X＝0，甲没抢到题，乙抢到3题且至少答错2题，或甲抢到2题，但答时1对1错，而乙答

错1题；X＝1时，甲抢到1题且答对，乙抢到2题且至少答错1题，或甲抢到3题，且答时1错2对；X＝2时，甲抢到2题均答对；X＝3时，甲抢到3题均答对．8．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，

发球次数为X，若X的数学期望E(X)>1.75，则p的取值范围是________．答案0，12解析由已知条件可得P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3

P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>1.75，解得p>52或p<12，又由p∈(0,1)，可得p∈0，12.二、高考小题9．(2019·浙江高考)设0<a<1，随机变量X的分布列

是X0a1P131313则当a在(0,1)内增大时，()A．D(X)增大B．D(X)减小C．D(X)先增大后减小D．D(X)先减小后增大答案D解析由题意，知E(X)＝0×13＋a×13＋1×13＝a＋13，因此，D(X)

＝a＋13－02×13＋a＋13－a2×13＋a＋13－12×13＝127[(a＋1)2＋(1－2a)2＋(a－2)2]＝127(6a25－6a＋6)＝29a－122＋34.当0<a<12时，D(X)单调递减；当12<a<1时，D(X)单

调递增．即当a在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.10．(2021·浙江高考)袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为16，一红

一黄的概率为13，则m－n＝________，E(ξ)＝________.答案189解析由题意可得，P(ξ＝2)＝C24C24＋m＋n＝12(4＋m＋n)(3＋m＋n)＝16，化简，得(m＋n)2＋7(m＋n)－60＝0，解得m＋n＝5(负值舍去)，取出的两个球一红一黄的概率P＝

C14C1mC29＝4m36＝13，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1，易知ξ的所有可能取值为0,1,2，且P(ξ＝2)＝16，P(ξ＝1)＝C14C15C29＝59，P(ξ＝0)＝C25C29＝518，所以E(ξ

)＝0×518＋1×59＋2×16＝89.11．(2020·浙江高考)盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P(ξ＝0)＝________，E(ξ)＝________.答案131解

析因为ξ＝0对应事件为第一次拿红球或第一次拿绿球，第二次拿红球，所以P(ξ＝0)＝14＋14×13＝13.随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2，P(ξ＝1)＝24×13＋24×13×12＋14×23×12＝13，P(ξ＝2)＝1－13－13＝13，所以E(ξ)＝0×13＋1×13＋

2×13＝1.三、模拟小题12．(2021·广东华侨中学月考)已知随机变量X的分布列如表(其中a为常数)：X0123456P0.10.1a0.30.20.1则P(1≤X≤3)等于()A．0.4B．0.5C.0.6D．0.7答案C解析由概率之和等于

1可知a＝0.2，所以P(1≤X≤3)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6.故选C.13．(2021·浙江高三模拟预测)已知随机变量X，Y满足Y＝2X＋1，且随机变量X的分布列如下：X012P1613a则随机变量Y的方差D(Y)＝()A.59

B．209C.43D．299答案B解析由分布列的性质，得a＝1－16－13＝12，所以E(X)＝0×16＋1×13＋2×12＝43，所以D(X)＝0－432×16＋1－432×13＋

2－432×12＝59，又Y＝2X＋1，所以D(Y)＝4D(X)＝209.故选B.14．(多选)(2022·广东省广州市高三调研)投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列分别如表1和表2所示．表1股票甲收益的分布列收

益X/元－102概率0.10.30.6表2股票乙收益的分布列7收益Y/元012概率0.30.40.3则下列结论中正确的是()A．投资股票甲的期望收益较小B．投资股票乙的期望收益较小C．投资股票甲比投资股票乙的风险高D．投资股票乙比投资股票甲的风险高答案BC解析甲收益的期望E(X)＝－1×

0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，方差D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(0－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29，乙收益的期望E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，方差D(Y)＝(0－1)2×

0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，所以E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，则投资股票乙的期望收益较小，投资股票甲比投资股票乙的风险高．故选BC.15．(多选)(2022·江苏省百校联考高三第一次考试)某电视台的一档栏目推出有奖猜歌名活动

，规则：根据歌曲的主旋律制作的铃声来猜歌名，猜对当前歌曲的歌名方能猜下一首歌曲的歌名．现推送三首歌曲A，B，C给某选手，已知该选手猜对每首歌曲的歌名相互独立，且猜对三首歌曲的歌名的概率以及猜对获得相应的奖金如下表所示．歌曲ABC猜对的概率0.80.60.4获得

的奖金金额/元100020003000下列猜歌顺序中获得奖金金额的均值超过2000元的是()A．A→B→CB．C→B→AC．C→A→BD．B→C→A答案AD解析设该选手获得奖金总额为X.按A→B→C的顺序进行，则该选手获得奖金总额X的可能取值为0,1000,3000,6000，P

(X＝0)＝0.2，P(X＝1000)＝0.8×0.48＝0.32，P(X＝3000)＝0.8×0.6×0.6＝0.288，P(X＝6000)＝0.8×0.6×0.4＝0.192.概率分布列为X010003

0006000P0.20.320.2880.192E(X)＝0×0.2＋1000×0.32＋3000×0.288＋6000×0.192＝2336，故A正确；同理，按C→B→A的顺序猜获得奖金金额的均值为1872元，故B错误；按C→A→B的顺序猜获得奖金金额的均值为

1904元，故C错误；按B→C→A的顺序猜获得奖金金额的均值为2112元，故D正确．16．(多选)(2021·福建省三明市高三月考)某市有A，B，C，D四个景点，一位游客来该市游览，已知该游客游览A的概率为23，游览B，C和D的概率都是12，且该游客是否游览这四个景点

相互独立．用随机变量X表示该游客游览的景点的个数，下列说法正确的是()A．游客至多浏览一个景点的概率为14B．P(X＝2)＝38C．P(X＝4)＝124D．E(X)＝136答案ABD解析随机变量X的可能取值为0,1,2,3,

4，P(X＝0)＝1－23×1－12×1－12×1－12＝124，P(X＝1)＝23×1－123＋1－23×C13×12×1－122＝524，所以游客至多游览一个景点的概率为P(

X＝0)＋P(X＝1)＝124＋524＝14，故A正确；P(X＝2)＝23×C13×12×1－122＋1－23×C23×122×1－12＝38，故B正确；P(X＝3)＝23×C23×122×1－12＋

1－23×C33×123＝724，P(X＝4)＝23×123＝112，故C错误；数学期望为E(X)＝0×124＋1×524＋2×38＋3×724＋4×112＝136，故D正确．故选ABD.917．(2021·山东省聊城一中

一模)设X是一个离散型随机变量，其分布列为X123P121－qq－q2则X的数学期望为________．答案1＋22解析12＋1－q＋q－q2＝1，解得q＝22.所以E(X)＝1×12＋2×1－22＋3×22－12＝1＋22.18．(2021·河北邯郸高三摸底考试)设ξ为

随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.则随机变量ξ的分布列是________．答案ξ012P411611111解析若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过

任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C23对相交棱，因此P(ξ＝0)＝8C23C212＝8×366＝411.若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，故P(ξ＝2)＝6C212＝111，于是P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－

P(ξ＝2)＝1－411－111＝611，所以随机变量ξ的分布列是ξ012P411611111一、高考大题101．(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)随机变量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.故随机变量X的分布列如下：X020

100P0.20.320.48(2)设小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则随机变量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.故E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.由(1)知E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.因为E(Y)>E(X)，故应先回答B类问题

．2．(2021·北京高考)为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中211人感染病毒．(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，

求总检测次数；②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为111，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E(X)；(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的

大小(直接写出结果)．解(1)①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次．所以总检测次数为20.②由题意，知X可以取20,30，P(X＝20)＝111，P(X＝30)＝1－111＝1011，则X的分布列为X2030P1111011所以

E(X)＝20×111＋30×1011＝32011.(2)由题意，知Y可以取25,30，两名感染者在同一组的概率为P1＝20C22C398C5100＝499，不在同一组的概率为P2＝9599，则E(Y)＝25×499＋

30×9599＝295099>E(X)．3．(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的

且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3)．12(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程p0＋p

1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1；(3)根据你的理解，说明(2)问结论的实际含义．解(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.(2

)证明：由题意得p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0,0＜x≤1，设f(x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x，则f′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1，设h(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1，则h′(x)＝2p2＋6p3x≥0，∴h(

x)即f′(x)单调递增．当E(X)＝p1＋2p2＋3p3≤1时，f′(x)≤f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1≤0，∴f(x)在(0,1]上单调递减．∵f(1)＝0，∴p＝1；当E(X)＝p1＋2p2＋3p3＞1时，f′(0)＝p1－

1＜0，f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1＞0，∴存在唯一的x0∈(0,1)使f′(x0)＝0，且当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∵f(0)＝p0＞0，f(1)＝0，∴f(x0)＜f(1)＝0，∴f(x)在(0，x0)上

有一个零点x1，∴p＝x1＜1.13(3)实际含义：若每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后灭绝的概率小于1.二、模拟大题4．(2021·辽宁省凤城市第一中学高

三10月月考)为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14，1

6，1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，23.两人滑雪时间都不会超过3小时．(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列、数学期望E(ξ)及方差

D(ξ)．解(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80，两人都付0元的概率为P1＝14×16＝124，两人都付40元的概率为P2＝12×23＝13，两人都付80元的概率为P3＝1－14－12×1－16－

23＝124.则甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝124＋13＋124＝512.(2)甲、乙两人所付的滑雪费用之和ξ的可能取值为0,40,80,120,160，则P(ξ＝0)＝14×16＝124，P(ξ＝40)＝14×23＋12×16＝14，P(ξ＝80)＝1

4×16＋12×23＋14×16＝512，P(ξ＝120)＝12×16＋14×23＝14，P(ξ＝160)＝14×16＝124.所以随机变量ξ的分布列为14ξ04080120160P1241451214124E(ξ)＝0×124＋40×14＋80×512＋1

20×14＋160×124＝80.D(ξ)＝(0－80)2×124＋(40－80)2×14＋(80－80)2×512＋(120－80)2×14＋(160－80)2×124＝40003.5．(2021·山东泰安与济南章丘区高三5月联合模拟)某社区为

丰富居民的业余文化生活，打算在周一到周五连续为该社区居民举行“社区音乐会”，每晚举行一场，但若遇到风雨天气，则暂停举行．根据气象部门的天气预报得知，在周一到周五这五天的晚上，前三天每天出现风雨天气的概率均为p1，后两天每天出现风雨天气的概率均为p2，每天晚上是否出现风雨天气相互独立．已

知前两天的晚上均出现风雨天气的概率为14，且这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为199200.(1)求该社区能举行4场音乐会的概率；(2)求该社区举行音乐会场数X的数学期望．解(1)因为前两天的晚上均出现风雨天气的概率为14

，所以p21＝14，则p1＝12.因为这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为199200，所以1－(1－p1)3(1－p2)2＝199200，又p1＝12，所以p2＝45.设“该社区能举行4场音乐会”为事件A，则P(

A)＝C13×12×1－122×1－452＋1－123C12×45×1－45＝11200.(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,5.P(X＝0)＝123×452＝225，15P(X＝1)＝C131－12×

122×452＋123C12×1－45×45＝725，P(X＝2)＝C231－122×12×452＋C131－12×122C12×1－45×45＋123×

1－452＝73200，P(X＝3)＝1－123×452＋C231－122×12×C12×1－45×45＋C131－12×

122×1－452＝43200，P(X＝4)＝11200，P(X＝5)＝1－199200＝1200.所以E(X)＝0×225＋1×725＋2×73200＋3×43200＋4×11200＋5×1200＝1910.6．(2021·湖南湘潭高

三一模)某学校举行“英语风采”大赛，有30名学生参加决赛，评委对这30名学生分别从“口语表达”和“演讲内容”两项进行评分，每项评分均采用10分制，两项均为6分起评，两项分数之和为该参赛学生的最后得分．若设“口语表达”得分为X，“演讲内容”得分为Y，比赛

结束后，统计结果如下表：(1)从这30名学生中随机抽取1人，求这名学生的最后得分为15分的概率；(2)若“口语表达”得分X的数学期望为496，求：①m，n的值；②这30名参赛学生最后得分的数学期望．解(1)因为15＝6＋9＝7＋8＝8＋7＝9＋6，16所以最后得分为15分的人数为0＋1

＋2＋1＝4，故从这30名学生中随机抽取1人，这名学生的最后得分为15分的概率为430＝215，(2)①由表可知“口语表达”得分X有6分、7分、8分、9分、10分，且每个分数分别有2人，8人，7人，m＋5人，

n＋2人．所以“口语表达”得分X的分布列为X678910P230830730m＋530n＋230又“口语表达”得分X的数学期望为496，所以1230＋5630＋5630＋9(m＋5)30＋10(n＋2)30＝496，化简，得9m＋10n＝56，因为学生共有30

人，所以m＋n＝6，由9m＋10n＝56，m＋n＝6，解得m＝4，n＝2.②这30名参赛学生最后得分的分布列为得分121314151617181920P130430330430930330230330130所以这30名参赛学生最后得分的数学期望为

12×130＋13×430＋14×330＋15×430＋16×930＋17×330＋18×230＋19×330＋20×130＝47430＝795.