【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第11章 第7讲　离散型随机变量的分布列及数字特征 含解析【高考】.doc，共(26)页，269.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第7讲离散型随机变量的分布列及数字特征1．随机变量的概念及特征(1)概念：一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有01唯一的实数X(ω)与之对应，我们称X为随机变量．(2)特征：随机试验中，每个样本点都有唯一的一个实数与

之对应，随机变量有如下特征：①取值依赖于02样本点.②所有可能取值是03明确的.(3)离散型随机变量可能取值为04有限个或可以05一一列举的随机变量，我们称之为离散型随机变量．2．分布列及其性质(1)定义：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的每一

个值xi的概率P(X＝xi)＝Pi，i＝1,2,3，…，n为X的概率分布列，简称分布列．(2)表示：离散型随机变量的分布列也可以用表格表示，如下表所示：Xx1x2…xnPp1p2…pn(3)离散型随机变量的分布列的性质①0

6pi≥0(i＝1,2，…，n)；②07p1＋p2＋…＋pn＝1.3．离散型随机变量的均值2(1)离散型随机变量的均值的概念一般地，若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xnPp1p2…pn则称08E(X)＝x1p1＋x2p2

＋…＋xnpn＝∑ni＝1xipi为随机变量X的均值或数学期望．(2)离散型随机变量的均值的意义均值是随机变量可能取值关于取值概率的09加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的10平均水平.(3)离散型随机变量的均值的性质若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(

X是随机变量)，则Y也是随机变量，且有11E(aX＋b)＝aE(X)＋b.4．离散型随机变量的方差、标准差(1)设离散型随机变量X的分布列如表所示．Xx1x2…xnPp1p2…pn我们用X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－

E(X))2，(x2－E(X))2，…，(xn－E(X))2关于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度．(2)称D(X)＝12(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝13i＝1n(xi－E(X))2pi为随机变量X

的方差，有时也记为Var(X)，并称D(X)为随机变量X的标准差，记为σ(x)．(3)离散型随机变量方差的性质①设a，b为常数，则D(aX＋b)＝14a2D(X).②D(C)＝150(其中C为常数)．35．两点分布如果P(A)＝p，则P(A)＝1－p

，那么X的分布列为X01P1－pp称X服从两点分布或0－1分布．且E(X)＝16p，D(X)＝17p(1－p).1．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可求参数的值．(2)随机变量X所取的值分别对应的事

件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概率．2．E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定．随机变量X是可变的，可取不同的值，E(X)描述X取值的平均状态．3．变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度，其中标准差与随机变量本身具有

相同的单位．4．方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负的．1．某人进行射击，共有5发子弹，击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为ξ，则“ξ＝5”表示的试验结果是()A．第5次击中目标B．第5次未击中目标C．前4次未击中目标D．第4次击中目标答案C解析因为击中目标或子弹

打完就停止射击，所以射击次数ξ＝5，则说明前4次均未击中目标．故选C.2．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝12k，k＝1，2，…，则P(2<X≤4)＝()A.316B．144C．116D．516答案A解析P(2<X≤4)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝123＋124＝31

6.故选A.3．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ描述一次试验的成功次数，则P(ξ＝0)＝()A．0B．13C．12D．23答案B解析设P(ξ＝1)＝p，则P(ξ＝0)＝1－p.依题意知，p＝2(1－p)，解得p

＝23.故P(ξ＝0)＝1－p＝13.故选B.4．某街头小摊，在不下雨的日子一天可赚到100元，在下雨的日子每天要损失10元，若该地区每年下雨的日子约为130天，则此小摊每天获利的期望值约是(一年按365天计算)()A．60.8

2元B．68.02元C．58.82元D．60.28元答案A解析E(ξ)＝100×235365＋(－10)×130365≈60.82.故选A.5．(多选)设离散型随机变量X的分布列为X01234Pq0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则

下列结果正确的有()A．q＝0.1B．E(X)＝2，D(X)＝1.4C．E(X)＝2，D(X)＝1.8D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.25答案ACD解析因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；

又E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，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，故C正确；因为Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正确．故选ACD.6．(2020·浙江高考)一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为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.考向一离散型随机变量分布列的性质例1(1)(2021·河南南阳摸底)随机变量ξ的概率分布规律为P(X＝n)＝an(n＋1)(n＝1,2,3,4)，其中a为常数，则P54<X<134的值为()A.23B．34C．45D．5

16答案D解析∵P(X＝n)＝an(n＋1)(n＝1,2,3,4)，∴a2＋a6＋a12＋a20＝1，∴a＝54.∴P54<X<134＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝54×16＋54×112＝516.故选D.6(2)已知随机变量X的概率分布如下

：X12345P23232233234235X678910P236237238239m则P(X＝10)＝()A.239B．2310C．139D．1310答案C解析由离散型随机变量分布列的性质，得23＋232＋233＋…＋239＋m＝1，得m＝1－23＋232＋233＋…＋239

＝1－2×131－1391－13＝139＝139.故选C.离散型随机变量分布列性质的应用(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负数．(2

)求随机变量在某个范围内取值的概率时，根据分布列，将所求范围内随机变量的各个取值的概率相加即可，其依据是互斥事件的概率加法公式．1.某电话亭中装有一部公用电话，在观察使用这部电话的人数时，设在某一时刻，有n个人正在使用电话或等待使用

的概率为P(n)，P(n)与时刻t无关，统计得到：P(n)＝12n·P(0)(0≤n≤5)，0(n≥6)，那么在某一时刻，这个电话亭一个人也没有的概率P(0)的值为()A.3263B．32657C．3163D．3253答案A解析

由P(0)＋P(1)＋P(2)＋P(3)＋P(4)＋P(5)＝1，得P(0)1＋12＋14＋18＋116＋132＝1，解得P(0)＝3263.故选A.2．设随机变量X的概率分布列为X1234P13m

1416则P(|X－3|＝1)＝________.答案512解析由13＋m＋14＋16＝1，解得m＝14，P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝14＋16＝512.考向二求离散型随机变量的分布

列例2(2021·正定模拟)某中学根据2016～2020年期间学生的兴趣爱好，分别创建了“摄影”“棋类”“国学”三个社团，据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立.2021年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”“棋类”“国学”三个社团的概率依次为m，13，n，已知三个社

团他都能进入的概率为124，至少进入一个社团的概率为34，且m>n.(1)求m与n的值；(2)该校根据三个社团活动安排情况，对进入“摄影”社的同学增加校本选修学分1分，对进入“棋类”社的同学增加校本选修学分2分，对进入“国学”社的同学增加校本选修学分3分．求该新同学

在社团方面获得校本选修课学分分数的分布列．解(1)依题意，得813mn＝124，1－(1－m)1－13(1－n)＝34，m>n，解得m＝12，n＝14.(2)令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为随机变

量X，则X的值可以为0,1,2,3,4,5,6.而P(X＝0)＝12×23×34＝14；P(X＝1)＝12×23×34＝14；P(X＝2)＝12×13×34＝18；P(X＝3)＝12×23×14＋12×13×34＝524；P(X＝4)＝12×23×14＝112；P(X＝5)＝12×13

×14＝124；P(X＝6)＝12×13×14＝124.X的分布列如下．X0123456P141418524112124124离散型随机变量分布列的求解步骤(1)明取值：明确随机变量的可能取值有哪些及每一个取值所表示的意义．(2)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．(3)画表格：按规范要求形式写出分布列．9(4)做检验：利用分布列的性质检验分布列是否正确．3.某校首届安琪杯教职工运动会上有一个扑克小游戏，游戏规则如下：甲、乙双方每局比赛均从5张扑克牌(3张红桃A,2张黑桃A)中轮流抽取1张，抽取到第2张黑桃A的人获胜，并结束该局比赛．每三

局比赛为一轮．(1)若在第一局比赛中甲先抽牌，求甲获胜的概率；(2)若在一轮比赛中规定：第一局由甲先抽牌，并且上一局比赛输的人在下一局比赛先抽，每一局比赛先抽牌并获胜的人得1分，后抽牌并获胜的人得2分，未获胜的人得

0分．求此轮比赛中甲得分X的分布列．解(1)设“在第一局比赛中甲先抽牌，甲获胜”为事件M，甲先抽牌，甲获胜等价于把这5张牌进行排序，第二张黑桃A排在3号位置或5号位置，共有2＋4＝6(种)，而2张黑桃A的位置共有C25＝10(

种)．所以P(M)＝610＝35.(2)甲得分X的所有可能取值为0,1,2,3,5.由(1)知在一局比赛中，先抽牌并获胜(后抽牌并输)的概率为35，则后抽牌并获胜(先抽牌并输)的概率为25.当X＝0时，即三局甲都输，P(

X＝0)＝25×25×25＝8125；当X＝1时，即第一局甲胜，二、三局甲输或第二局甲胜，一、三局甲输或第三局甲胜，一、二局甲输，P(X＝1)＝35×35×25＋25×35×35＋25×25×35＝48125；当X＝2时，即第一局

甲胜，第二局甲输，第三局甲胜，P(X＝2)＝35×35×35＝27125；当X＝3时，即第一局甲输，二、三两局甲都胜或者第一局甲胜，第二局甲胜，第三局甲输，10P(X＝3)＝25×35×25＋35×25×35＝625；当X＝5时，即三局甲

都胜，P(X＝5)＝35×25×25＝12125.所以此轮比赛中甲得分X的分布列如下．X01235P8125481252712562512125多角度探究突破考向三离散型随机变量的数字特征角度数字特征的计

算例3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14，16

；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，求ξ的分布列与期望E(ξ)，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元，甲、乙两人2小时以上且不超过3小时离开的概率分别为1－14－12＝14，1－16－23＝16.两人都付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＝14×16＝124，则两人所付费用相同的概率为11P＝P1＋P2＋P3＝124＋13＋124＝512.(2)ξ的所有可能取值为0,40,80,120,160，则P(ξ＝0)＝14

×16＝124，P(ξ＝40)＝14×23＋12×16＝14，P(ξ＝80)＝14×16＋12×23＋14×16＝512，P(ξ＝120)＝12×16＋14×23＝14，P(ξ＝160)＝14×16＝124.所以ξ的分布列为ξ04080

120160P1241451214124∴E(ξ)＝0×124＋40×14＋80×512＋120×14＋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.角度数字特征的应用例4某投资公司在2020年年初准备将1000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项

目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和29；项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生

的概率分别为35，13和115.针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．解若按“项目一”投资，设获利为X1万元，则X1的分布列为12X1300－150P7929∴E(X1)＝300×79＋

(－150)×29＝200.D(X1)＝(300－200)2×79＋(－150－200)2×29＝35000.若按“项目二”投资，设获利为X2万元，则X2的分布列为X2500－3000P3513115∴E(X2)＝500×35＋(－3

00)×13＋0×115＝200.D(X2)＝(500－200)2×35＋(－300－200)2×13＋(0－200)2×115＝140000.∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)<D(X2)，这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥．综上所述，建议该投资公司选

择项目一投资．离散型随机变量的期望与方差的常见类型及解题策略(1)求离散型随机变量的期望与方差．可依题设条件求出离散型随机变量的分布列，然后利用期望、方差公式直接求解．(2)由已知期望或方差求参数值．可依据条件利用期望、方差公式得出含有参数的方程(组)，解方程(组)即可求出参数值．(

3)由已知条件，作出对两种方案的判断．可依据期望、方差的意义，对实际问题作出判断．4.(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2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；13②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25,30，两名感染患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)．5．(2021·潍坊一模)在一个系统中，每一

个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度．为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”(即正在使用的设备出故障时才启动的设备)．已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”(即一台正常设备，两台备用设备)的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，

计算机网络就不会断掉．设三台设备的可靠度均为r(0＜r＜1)，它们之间相互不影响．(1)要使系统的可靠度不低于0.992，求r的最小值；14(2)当r＝0.9时，求能正常工作的设备数X的分布列；(3)已知

某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能给该产业园带来约50万的经济损失．为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.9

，更换设备硬件的总费用为8万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在0.8，设备维护的总费用为5万元．请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策．解(1)计算机网络系统无法正常工作的概

率P＝(1－r)3，要使系统的可靠度不低于0.992，则1－(1－r)3≥0.992，解得r≥0.8，故要使系统的可靠度不低于0.992，则r的最小值为0.8.(2)依题意，X的所有可能取值为0,1,2,3，且X～B(3,0.9)，则P(X＝0)＝C03×0.90×(1－0.9)3＝0.001，P

(X＝1)＝C13×0.91×(1－0.9)2＝0.027，P(X＝2)＝C23×0.92×(1－0.9)1＝0.243，P(X＝3)＝C33×0.93×(1－0.9)0＝0.729，所以X的分布列为X0123P0.0

010.0270.2430.729(3)设方案1、方案2的总损失分别为X1，X2.采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度维持在0.9，由(2)可知计算机网络断掉的概率为0.001，所以E(X1)＝80000＋0.001×5

00000＝80500.采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在0.8，由(1)可知计算机网络断掉的概率为0.008，所以E(X2)＝50000＋0.008×500000＝54000.E(X1)＞E(X2)，因此，从期望损失最小的角度，决策部门

应选择方案2.15一、单项选择题1．(2021·云南、贵州、四川、广西四省名校联考)设随机变量X，Y满足Y＝2X＋b(b为非零常数)，若E(Y)＝4＋b，D(Y)＝32，则E(X)和D(X)分别为()A．4,8B．2,8C．2,

16D．2＋b,16答案B解析由题意可知E(Y)＝2E(X)＋b＝4＋b，D(Y)＝4D(X)＝32，∴E(X)＝2，D(X)＝8.故选B.2．若随机变量X的分布列为X－2－10123P0.10.20.20.30.10.1则当P(X＜a)＝0.8时，实

数a的取值范围是()A．(－∞，2]B．[1,2]C．(1,2]D．(1,2)答案C解析由随机变量X的分布列，得P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(1,2]．故选C.3．一射手对靶射击，直到命中

或子弹打完为止，每次命中的概率为0.6，现有4发子弹，则停止射击后剩余子弹数目的均值为()A．2.44B．3.376C．2.376D．2.4答案C解析X＝k表示停止射击后剩余子弹的数目，P(X＝3)＝0.6，16P(X＝2)＝0.4×0.6，P(

X＝1)＝0.42×0.6，P(X＝0)＝0.43×(0.6＋0.4)，∴E(X)＝3×0.6＋2×0.4×0.6＋1×0.42×0.6＋0×0.43×(0.6＋0.4)＝2.376.故选C.4．签盒中有编号为1,2,3,4,5,6的六支签，从

中任意取3支，设X为这3支签的号码之中最大的一个，则X的数学期望为()A．5B．5.25C．5.8D．4.6答案B解析由题意可知，X可以为3,4,5,6，P(X＝3)＝1C36＝120，P(X＝4)＝C23C36＝320，

P(X＝5)＝C24C36＝310，P(X＝6)＝C25C36＝12.由数学期望的定义可求得E(X)＝3×120＋4×320＋5×310＋6×12＝5.25.故选B.5．(2020·全国Ⅲ卷)在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且

∑4i＝1pi＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是()A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2答案B解析对于

A，该组数据的平均数为x－A＝(1＋4)×0.1＋(2＋3)×0.4＝2.5，方差为s2A＝(1－2.5)2×0.1＋(2－2.5)2×0.4＋(3－2.5)2×0.4＋(4－2.5)2×0.1＝0.65；对于B，该组数据的平均数为x－B＝(1＋4)

×0.4＋(2＋3)×0.1＝2.5，方差为s2B＝(1－2.5)2×0.4＋(2－2.5)2×0.1＋(3－2.5)2×0.1＋(4－2.5)2×0.4＝171.85；对于C，该组数据的平均数为x－C＝(1＋4)×0.2＋(2＋3)×0.3＝2.5，方差为s2C＝(1

－2.5)2×0.2＋(2－2.5)2×0.3＋(3－2.5)2×0.3＋(4－2.5)2×0.2＝1.05；对于D，该组数据的平均数为x－D＝(1＋4)×0.3＋(2＋3)×0.2＝2.5，方差为s2D＝(1－2.5

)2×0.3＋(2－2.5)2×0.2＋(3－2.5)2×0.2＋(4－2.5)2×0.3＝1.45.因此，B项这一组样本数据的标准差最大．故选B.6．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．

设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为()A.24181B．26681C．27481D．670243答案B解析依题意，知X的所有可能值为2,4,

6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为232＋132＝59.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P(X＝2)＝59，P(X＝4)＝49×59＝2

081，P(X＝6)＝492＝1681，故E(X)＝2×59＋4×2081＋6×1681＝26681.故选B.7．已知某口袋中有3个白球和a个黑球(a∈N*)，现从中随机取出一球，再放入一

个不同颜色的球(即若取出的是白球，则放入一个黑球；若取出的是黑球，则放入一个白球)，记换好球后袋中白球的个数是ξ.若E(ξ)＝3，则D(ξ)＝()18A.12B．1C．32D．2答案B解析由题意得ξ的所有可能取值为2,4

，且P(ξ＝2)＝33＋a，P(ξ＝4)＝a3＋a，∴E(ξ)＝2×33＋a＋4×a3＋a＝3，解得a＝3，∴P(ξ＝2)＝12，P(ξ＝4)＝12，∴D(ξ)＝(2－3)2×12＋(4－3)2×12＝1.故选B.8．(2018·浙

江高考)设0<p<1，随机变量ξ的分布列是ξ012P1－p212p2则当p在(0,1)内增大时，()A．D(ξ)减小B．D(ξ)增大C．D(ξ)先减小后增大D．D(ξ)先增大后减小答案D解析由题可得E(ξ)＝12＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋14＝－p－

122＋12，所以当p在(0,1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．故选D.二、多项选择题9．已知某一随机变量X的分布列如下，且E(X)＝6.3，则下列结论正确的是()X4a9P0.50.1bA．a＝7B．b＝0.4C．E(aX)＝44.1D．E(bX＋a)＝2.6219答案ABC解

析由题意和分布列的性质得0.5＋0.1＋b＝1，且E(X)＝4×0.5＋0.1a＋9b＝6.3，解得b＝0.4，a＝7.∴E(aX)＝aE(X)＝7×6.3＝44.1，E(bX＋a)＝bE(X)＋a＝0.4×6.3＋7＝9.52，故A，B，C正确，D不正确．故选

ABC.10．(2021·江苏如皋、镇江联考)已知集合A＝B＝{1,2,3}，分别从集合A，B中各随机取一个数a，b，若a与b的和记为随机变量X，P(X＝i)＝pi＞0(i∈N)，X的数学期望和方差分别为E(X)，D(X)，则()A．p4＝2p2B．P(3

≤X≤5)＝79C．E(X)＝4D．D(X)＝43答案BCD解析∵A＝B＝{1,2,3}，∴X的所有可能取值为2,3,4,5,6，P(X＝2)＝13×13＝19，P(X＝3)＝13×13＋13×13＝29，P(X＝4)＝13×13＋13×13＋13×13＝

39＝13，P(X＝5)＝13×13＋13×13＝29，P(X＝6)＝13×13＝19，∴p4＝3p2，A错误；P(3≤X≤5)＝29＋13＋29＝79，B正确；E(X)＝2×19＋3×29＋4×13＋5×29＋6×19＝4，C正确；D(X)＝(2－4)2×19＋(3－4)2

×29＋(4－4)2×13＋(5－4)2×29＋(6－4)2×19＝43，D正确．故选BCD.11．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到3次结束为止．某考生一次发球成功的概率为p(0＜p＜1)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的

取值可以为()A.14B．13C．12D．23答案AB解析由题意可知，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＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3.由E(X)＞1.75可知204p2－12p＋5

＞0，解得p＜12或p＞52.又p∈(0,1)，故0＜p＜12.故选AB.12．某学校共有六家学生餐厅，甲、乙、丙、丁四位同学每人随机地选择一家餐厅就餐(选择每个餐厅的概率相同)，则下列结论正确的是()A．四人去了四个不同餐厅就

餐的概率为518B．四人去了同一餐厅就餐的概率为11296C．四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为25216D．四人中去第一餐厅就餐的人数的均值为23答案ACD解析四人去餐厅就餐的情况共有64种，其中四人去了

四个不同餐厅就餐的情况有A46种，则四人去了四个不同餐厅就餐的概率为A4664＝518，故A正确；同理，四人去了同一餐厅就餐的概率为664＝1216，故B错误；四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为C24×5264＝25216，故C

正确；设四人中去第一餐厅就餐的人数为ξ，则ξ＝0,1,2,3,4.则P(ξ＝0)＝5464，P(ξ＝1)＝C14×5364，P(ξ＝2)＝C24×5264，P(ξ＝3)＝C34×564，P(ξ＝4)＝164，则四人中去第

一餐厅就餐的人数的分布列为ξ01234P5464C14×5364C24×5264C34×564164则四人中去第一餐厅就餐的人数的均值E(ξ)＝0×5464＋1×C14×5364＋2×C24×5264＋3×C34×564＋4×164＝23，故D正确．故选ACD.三、填空题13．随机变量

X的分布列如下：X－10121Pabc其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________.答案23解析∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，∴b＝13，∴P(|X|＝1)＝a＋c＝23.14．数字1,2,

3,4任意排成一排，若数字K恰好出现在第K个位置上，则称为一个巧合，若巧合个数为ξ，则P(ξ＝0)＝________.答案38解析ξ＝0，表示没有巧合，有以下几种：所以P(ξ＝0)＝9A44＝924＝3

8.15．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙3个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且3个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝112，则随机变量X的数学期望E

(X)＝________.答案53解析随机变量X的可能取值是0,1,2,3.由题意，知P(X＝0)＝13(1－p)2＝112，∴p＝12，于是P(X＝1)＝23×12×12＋13×12×12＋13×12×12＝13，P(X＝3)＝23×12×12＝16，P(X＝2)＝

1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)＝1－112－13－16＝512，所以数学期望E(X)＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53.16．(2021·浙江高考)袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两22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，取出的两个球一红一黄的概率P＝C14C1mC24＋m＋n＝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＝89.四、解答题17．(2021·新高考八省联考)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3，各部件的状态相互独立．(1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的概率；(2)记设备在一天的

运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．解(1)设部件1需要调整为事件A，部件2需要调整为事件B，部件3需要调整为事件C，由题意可知，P(A)＝0.1，P(B)＝0.2，P(C)＝0.3.部件1,2中至少

有1个需要调整的概率为1－[1－P(A)][1－P(B)]＝1－0.9×0.8＝1－0.72＝0.28.(2)由题意可知X的取值为0,1,2,3，且P(X＝0)＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.1)×(1－0.2)×(1－0.3)＝0

.504，P(X＝1)＝P(A)[1－P(B)][1－P(C)]＋[1－P(A)]P(B)[1－P(C)]＋[1－P(A)]·[1－P(B)]P(C)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.

398，23P(X＝2)＝P(A)P(B)[1－P(C)]＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋[1－P(A)]P(C)P(B)＝0.1×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.3＝0.092.

P(X＝3)＝P(A)P(B)P(C)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，故X的分布列为X0123P(X)0.5040.3980.0920.006数学期望E(X)＝0.504×0＋0.398×1＋0.092×2＋0.006×3＝0.6.18．A，B两个投资项目的利润率分

别为随机变量X1和X2，根据市场分析，X1和X2的分布列分别如下表：X15%10%P0.80.2X22%8%12%P0.20.50.3(1)在A，B两个投资项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方

差D(Y1)，D(Y2)；(2)将x(0≤x≤100)万元投资项目A,100－x万元投资项目B，f(x)表示投资项目A所得利润的方差与投资项目B所得利润的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取得最小值．

解(1)根据题意，知Y1和Y2的分布列分别如下表：Y1510P0.80.2Y22812P0.20.50.3从而E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4，E(Y2)＝2×0.2＋

8×0.5＋12×0.3＝8，D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.24(2)f(x)＝Dx100Y1＋D100－x100Y2＝x100

2D(Y1)＋100－x1002D(Y2)＝41002[x2＋3(100－x)2]＝12500(4x2－600x＋30000)＝1625(x－75)2＋3.当x＝75时，f(x)取得最小值3.19．某城市美团外卖配送员底薪是每月1

800元，设每月配送单数为X，若X∈[1,300]，每单提成3元，若X∈(300,600]，每单提成4元，若X∈(600，＋∞)，每单提成4.5元，饿了么外卖配送员底薪是每月2100元，设每月配送单数为Y，若Y∈[1,400]，每单提成3元，若Y∈(400，＋∞)，每单提成4元，小王想在美团外卖

和饿了么外卖之间选择一份配送员工作，他随机调查了美团外卖配送员甲和饿了么外卖配送员乙在2020年4月份(30天)的送餐量数据，如下表：表1：美团外卖配送员甲送餐量统计日送餐量x(单)131416171820天数2612622表2：饿了么外卖配送员乙送餐量统计日送餐量y(单)1113

14151618天数4512351(1)设美团外卖配送员月工资为f(X)，饿了么外卖配送员月工资为g(Y)，当X＝Y∈(300,600]时，比较f(X)与g(Y)的大小关系；(2)将4月份的日送餐量的频率视为日送餐量的概率．①计算外卖配送员甲和乙每日送餐量的

均值E(x)和E(y)；②请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．解(1)因为X＝Y∈(300,600]，所以g(X)＝g(Y)，当X∈(300,400]时，f(X)－g(X)＝(1800＋4X)－(2100＋3X)＝X－30

0＞0，当X∈(400,600]时，f(X)－g(X)＝(1800＋4X)－(2100＋4X)＝－300＜0，故当X∈(300,400]时，f(X)＞g(Y)，当X∈(400,600]时，f(X)＜g(Y)．25(2)①甲日送餐量x的分布

列为x131416171820P115152515115115乙日送餐量y的分布列为y111314151618P215162511016130则E(x)＝13×115＋14×15＋16×25＋17×15＋18×115＋20×

115＝16，E(y)＝11×215＋13×16＋14×25＋15×110＋16×16＋18×130＝14.②E(X)＝30E(x)＝480∈(300,600]，E(Y)＝30E(y)＝420∈(400，＋∞)，美团外卖配送员，估计月薪平均为1800＋4E(

X)＝3720(元)，饿了么外卖配送员，估计月薪平均为2100＋4E(Y)＝3780元＞3720元，故小王应选择做饿了么外卖配送员．20．(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)．(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＋p1x＋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：设f(x)＝p3x3＋p2x2＋(p1－1)x＋p0，因为p3＋p2＋p1＋p0＝1，故f(x)＝p3x3＋p2x2－(p2＋p0＋p3)x＋p0.26若E(X)≤1，则p1

＋2p2＋3p3≤1，故p2＋2p3≤p0.f′(x)＝3p3x2＋2p2x－(p2＋p0＋p3)，因为f′(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0，f′(1)＝2p3＋p2－p0≤0，易知f′(x)在

－∞，－p23p3上单调递减，在－p23p3，＋∞上单调递增，且－p23p3<0，故f′(x)有两个不同零点x1，x2，且x1<0<1≤x2，且x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0；x∈(x1，x2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，x1)，(

x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，若x2＝1，因为f(x)在(x2，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，而当x∈(0，x2)时，因为f(x)在(x1，x2)上单调递减，故f(x)>f(x2)＝f(1)＝0，故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根；

若x2>1，因为f(1)＝0且f(x)在(0，x2)上单调递减，故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，综上，若E(X)≤1，则p＝1.若E(X)>1，则p1＋2p2＋3p3>1，故p2＋2p3>p0.此时f′(0)＝－(p2＋p0＋

p3)<0，f′(1)＝p2＋2p3－p0>0，故f′(x)有两个不同零点x3，x4，且x3<0<x4<1，且x∈(－∞，x3)∪(x4，＋∞)时，f′(x)>0；x∈(x3，x4)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，x3)，(x4，＋∞)上单调递增，在(

x3，x4)上单调递减，而f(1)＝0，故f(x4)<0，又f(0)＝p0>0，故f(x)在(0，x4)上存在一个零点p，且p<1.所以p为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，此时p<1，故

当E(X)>1时，p<1.(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.