【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修三）专题7.6 离散型随机变量的数字特征（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(17)页，46.542 KB，由小赞的店铺上传

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专题7.6离散型随机变量的数字特征（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022春·江苏常州·高二期末）下列说法正确的是（）A．离散型随机变量的均值是[0,1]上的一个数B．离散型随机变量的均值反映了

随机变量取值的平均水平C．若离散型随机变量𝑋的均值𝐸(𝑋)=2，则𝐸(2𝑋+1)=4D．离散型随机变量𝑋的均值𝐸(𝑋)=𝑥1+𝑥2+⋯+𝑥𝑛𝑛【解题思路】利用离散型随机变量的均值的定义即可判断选项AB；结合离散型随机变量的均值线性公式即可判断选项C；由离散型随机

变量的均值为𝐸(𝑋)=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑝𝑖即可得D选项.【解答过程】对于𝐴，离散型随机变量的均值是一个常数，不一定在[0,1]上，故𝐴错误，对于B，散型随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，故B正确，对

于C，离散型随机变量𝑋的均值𝐸(𝑋)=2，则𝐸(2𝑋+1)=2𝐸(𝑋)+1=5，故C错误，对于D，离散型随机变量𝑋的均值𝐸(𝑋)=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑝𝑖，故D错误．故选：B．2．（3分）（2022春·黑

龙江绥化·高二期末）设𝜉的分布列如表所示，又设𝜂=2𝜉+5，则𝐸(𝜂)等于（）𝜉1234𝑃16161313A．76B．176C．173D．323【解题思路】根据分布列求出𝐸(𝜉)，再根据期望的性质计算可得.【解答过程】解：依题意可得𝐸(𝜉)=1×16+2×1

6+3×13+4×13=176，所以𝐸(𝜂)=𝐸(2𝜉+5)=2𝐸(𝜉)+5=2×176+5=323．故选：D．3．（3分）（2023秋·河南焦作·高二期末）设随机变量𝑋，𝑌满足：𝑌=3𝑋−1，𝑋∼𝐵(2,13)，则𝐷(𝑌)=（）A．4B．5C．6D．7【解题思路】二

项分布与𝑛次独立重复试验的模型．先利用二项分布的数学期望公式求出𝐷(𝑋)，再利用方差的性质求解即可．【解答过程】解：因为𝑋∼𝐵=(2,13)，则𝐷(𝑋)=2×13×(1−13)=49，又𝑌=3𝑋−1，所以𝐷(𝑌)=𝐷(3𝑋

−1)=32𝐷(𝑋)=32×49=4．故选：A．4．（3分）（2023·广东广州·统考二模）已知随机变量𝑋的分布列如下：𝑋12𝑃𝑚𝑛若𝐸(𝑋)=53，则𝑚=（）A．16B．13C．23D．56【解题思路】根据期望

公式及概率和为1列方程求解.【解答过程】由已知得{𝑚+2𝑛=53𝑚+𝑛=1，解得𝑚=13，故选：B.5．（3分）（2022·全国·高三专题练习）已知随机变量X的分布列如下表(其中a为常数)X0123P0.20.30.4a则下列计算结果正确的是（）A

．𝑎=0.2B．𝑃(𝑋≥2)=0.7C．𝐸(𝑋)=1.4D．𝐷(𝑋)=6.3【解题思路】由概率之和为1可判断A，根据分布列计算可判断B,C,D.【解答过程】因为0.2+0.3+0.4+�

�=1，解得𝑎=0.1，故A错误；由分布列知𝑃(𝑋≥2)=0.4+0.1=0.5，故B错误；𝐸(𝑋)=0×0.2+1×0.3+2×0.4+3×0.1=1.4，故C正确；𝐷(𝑋)=(0−1.4)

2×0.2+(1−1.4)2×0.3+(2−1.4)2×0.4+(3−1.4)2×0.1=0.84，故D错误.故选：C.6．（3分）（2022秋·浙江宁波·高二期中）设0<𝑎<12，随机变量X的分布列是：X-112P12−𝑎12+𝑎2𝑎2则当𝐷(𝑋)最大时的a的值是A．14B．

316C．15D．325【解题思路】先求得𝐸(𝑋)=5𝑎2，𝐸(𝑋2)=1+32，得到𝐷(𝑋)=𝐸(𝑋2)−𝐸2(𝑋)=1+32𝑎−25𝑎24，结合二次函数的性质，即可求解.【解答过程】根据随机变量的分布列和数学期望与方差的计算

公式，可得𝐸(𝑋)=−1×(12−𝑎)+1×(12+𝑎2)+2×𝑎2=5𝑎2，又由𝐸(𝑋2)=1×(12−𝑎)+1×(12+𝑎2)+22×𝑎2=1+32𝑎可得𝐷(𝑋)=𝐸(𝑋2)−𝐸2(𝑋)=1+32𝑎−25𝑎24=−254(𝑎−325)2+109

100，因为0<𝑎<12，所以当𝐷(𝑋)最大时的𝑎的值为325.故选：D.7．（3分）（2023秋·上海·高二期末）已知0<𝑝<12，随机变量𝜉、𝜂相互独立，随机变量𝜉的分布为{−112313}，𝜂的分布为{−111−𝑝𝑝}，则当𝑝在(0,12)内增大时（）A．𝐸(𝜉

+𝜂)减小，𝐷(𝜉+𝜂)增大B．𝐸(𝜉+𝜂)减小，𝐷(𝜉+𝜂)减小C．𝐸(𝜉+𝜂)增大，𝐷(𝜉+𝜂)增大D．𝐸(𝜉+𝜂)增大，𝐷(𝜉+𝜂)减小【解题思路】利用数学期望和方差的性质直接求解.【解答

过程】由题意可得：𝐸(𝜉)=(−1)×23+1×13=−13，𝐸(𝜂)=(−1)×(1−𝑝)+1×𝑝=2𝑝−1，所以𝐸(𝜉+𝜂)=𝐸(𝜉)+𝐸(𝜂)=−13+2𝑝−1=2𝑝−43.所以当𝑝在(0,

12)内增大时，𝐸(𝜉+𝜂)增大.𝐷(𝜉)=(−1+13)2×23+(1+13)2×13=89；𝐷(𝜂)=(−2𝑝)2×(1−𝑝)+(2−2𝑝)2×𝑝=4𝑝−4𝑝2.所以𝐷(𝜉+𝜂)

=4𝑝−4𝑝2+89=−4(𝑝−12)2+179.所以当𝑝在(0,12)内增大时，𝐷(𝜉+𝜂)增大.故选：C.8．（3分）（2022秋·浙江·高三开学考试）互不相等的正实数𝑥1,𝑥2,𝑥3,𝑥4∈{1,2,3,4},𝑥𝑖1,𝑥𝑖2,𝑥𝑖

3,𝑥𝑖4是𝑥1,𝑥2,𝑥3,𝑥4的任意顺序排列，设随机变量𝑋,𝑌满足：{𝑋=max{min{𝑥𝑖1,𝑥𝑖2},min{𝑥𝑖3,𝑥𝑖4}}𝑌=min{max{𝑥�

�1,𝑥𝑖2},max{𝑥𝑖3,𝑥𝑖4}},则（）A．𝐸(𝑋)<𝐸(𝑌),𝐷(𝑋)>𝐷(𝑌)B．𝐸(𝑋)>𝐸(𝑌),𝐷(𝑋)>𝐷(𝑌)C．𝐸(𝑋)<𝐸(𝑌),𝐷(𝑋)=𝐷(𝑌)D．𝐸(𝑋)>𝐸(𝑌),𝐷(𝑋)=𝐷

(𝑌)【解题思路】根据题意，分{𝑥1,𝑥2}={1,2}或{3,4}，{𝑥1,𝑥2}={1,3}或{2,4}，{𝑥1,𝑥2}={1,4}或{2,3}，得到X，Y的分布列求解.【解答过程】解：因为随机变量𝑋,𝑌满足：{𝑋=max{

min{𝑥𝑖1,𝑥𝑖2},min{𝑥𝑖3,𝑥𝑖4}}𝑌=min{max{𝑥𝑖1,𝑥𝑖2},max{𝑥𝑖3,𝑥𝑖4}},所以当{𝑥1,𝑥2}={1,2}或{3,4}时，𝑋=3,𝑌=2

；当{𝑥1,𝑥2}={1,3}或{2,4}时，𝑋=2,𝑌=3；当{𝑥1,𝑥2}={1,4}或{2,3}时，𝑋=2,𝑌=3；所以X，Y的分布列为：X23P2313Y23P1323所以𝐸(𝑋)=2×23+3×13=73,𝐸(𝑌)=2×13

+3×23=83，𝐷(𝑋)=23×(2−73)2+13×(3−73)2=29,𝐷(𝑌)=13×(2−83)2+23×(3−83)2=29，所以𝐸(𝑋)<𝐸(𝑌),𝐷(𝑋)=𝐷(𝑌)，故选：C.二．多选题

（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022春·山西吕梁·高二期中）已知随机变量𝑋满足𝐸(𝑋)=−4，𝐷(𝑋)=5，下列说法正确的是（）A．𝐸(1−𝑋)=−5B．𝐸(1−𝑋)=5C．𝐷(1−𝑋)=5D．𝐷(1−�

�)=−5【解题思路】根据平均数和方差的知识求得正确答案.【解答过程】依题意，𝐸(𝑋)=−4，𝐷(𝑋)=5，所以𝐸(1−𝑋)=1−𝐸(𝑋)=1−(−4)=5，𝐷(1−𝑋)=(−1)2×𝐷(𝑋)=5.故选：

BC.10．（4分）（2022春·黑龙江七台河·高二期中）若随机变量𝑋服从两点分布，其中𝑃(𝑋=0)=14，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(4𝑋+1)=4C．𝐷(𝑋)=316D．

𝐷(4𝑋+1)=4【解题思路】首先写出两点分布，再根据期望和方差公式求𝐸(𝑋)，𝐷(𝑋)，再根据𝐸(4𝑋+1)=4𝐸(𝑋)+1，𝐷(4𝑋+1)=42𝐷(𝑋)，计算期望和方差.【解答过程】因为随机变量𝑋服从两点分布，且𝑃(𝑋=0)=

14，所以𝑃(𝑋=1)=34，𝐸(𝑋)=0×14+1×34=34，所以𝑃(𝑋=1)=𝐸(𝑋)，故A正确；𝐸(4𝑋+1)=4𝐸(𝑋)+1=4×34+1=4，故B正确；𝐷(𝑋)=(0−34)2×14+(1−34)2×34=316，故C正确；𝐷(4𝑋+1

)=42𝐷(𝑋)=16×316=3，故D不正确.故选：ABC.11．（4分）（2022·高二课时练习）设𝑎∈(0,13)，随机变量𝑋的分布列如表所示，随机变量𝑌=3𝑋+2，则当𝑎在(0,13)上增大时，下列关于𝐸(𝑌)、𝐷(𝑌)的表述正确的

是（）𝑋−2−10𝑃2𝑏𝑏−𝑎𝑎A．𝐸(𝑌)增大B．𝐸(𝑌)先减小后增大C．𝐷(𝑌)先增大后减小D．𝐷(𝑌)增大【解题思路】根据分布列的性质求𝑏，再由期望和方差公式求𝐸(𝑋),𝐷(𝑋

)，再由期望和方差的性质求𝐸(𝑌),𝐷(𝑌)，再根据函数的性质确定𝐸(𝑌)，𝐷(𝑌)的单调性.【解答过程】∵2𝑏+𝑏−𝑎+𝑎=3𝑏=1，∴𝑏=13，∴𝐸(𝑋)=(−2)×23+(−1)×(1

3−𝑎)+0×𝑎=𝑎−53，故𝐷(𝑋)=(−2−𝑎+53)2×23+(−1−𝑎+53)2×(13−𝑎)+(0−𝑎+53)2×𝑎，所以𝐷(𝑋)=−𝑎2+73𝑎+29又∵𝑌=3𝑋+2，∴𝐸(𝑌)=3𝐸(𝑋)+2=3𝑎−3，所以当𝑎在(0,13)

上增大时，𝐸(𝑌)增大，𝐷(𝑌)=9𝐷(𝑋)=−9𝑎2+21𝑎+2，函数𝑦=−9𝑎2+21𝑎+2在(−∞,76)上单调递增，∴当𝑎在(0,13)上增大时，𝐷(𝑌)增大，故选：AD．12．（4分）（20

22春·广东潮州·高二期中）2022年世界田联半程马拉松锦标赛，是扬州首次承办高规格、大规模的国际体育赛事.运动会组织委员会欲从4名男志愿者、3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，下列说法正确的有（）A．设“抽取的3人中恰有1名女志愿者”为事件A，则

𝑃(𝐴)=67B．设“抽取的3人中至少有1名男志愿者”为事件B，则𝑃(𝐵)=3435C．用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则𝐸(𝑋)=127D．用Y表示抽取的3人中男志愿者的人数，则𝐷(𝑌)=2449【解题思路】理解题意，利用超几何分布，求概率，求期望，求方差即可

.【解答过程】对于A：从7名志愿者中抽取3人，所有可能的情况有C73=35（种），其中恰有1名女志愿者的情况有C31C42=18（种），故𝑃(𝐴)=C31C42C73=1835，故A错误；对于B：

𝑃(𝐵)=C41C32+C42C31+C43C73=3435，故B正确；对于C：由题意知X的可能取值为0，1，2，3，则𝑃(𝑋=0)=C43C73=435，𝑃(𝑋=1)=1835，𝑃(𝑋=2)=C32C41C73=1235，𝑃(

𝑋=3)=C33C73=135，所以𝐸(𝑋)=0×435+1×1835+2×1235+3×135=97，故C错误.对于D：由题可知Y的可能取值为0，1，2，3，则𝑃(𝑌=0)=𝑃(𝑋=3)=135，𝑃(𝑌=1)=𝑃(𝑋=2)=12

35，𝑃(𝑌=2)=𝑃(𝑋=1)=1835，𝑃(𝑌=3)=𝑃(𝑋=0)=435，则𝐸(𝑌2)=0×135+1×1235+4×1835+9×435=247，𝐸(𝑌)=0×135+1×1235+2×1835+3×4

35=127，则𝐷(𝑌)=𝐸(𝑌2)−(𝐸(𝑌))2=247−(127)2=2449，故D正确.故选：BD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023·全国·高二专题练习）已知随机变量𝑋服从两点分布，且𝑃(𝑋=1)=0.4，设

𝜉=2𝑋−3，那么𝐸(𝜉)=−2.2．【解题思路】先求出𝐸(𝑋)，再由随机变量的线性关系的期望性质，即可求解.【解答过程】𝐸(𝑋)=1×0.4+0×(1−0.4)=0.4，𝐸(𝜉)=2𝐸(𝑋)−3=−2.2故答案为：−2.2.14．（4分）（20

23·全国·高三对口高考）随机变量X的分布列如表所示，若𝐸(𝑋)=13，则𝐷(3𝑋−2)=5.X－101P16ab【解题思路】利用离散型随机变量的分布列、数学期望的性质，列出方程组，求出𝑎，

𝑏，由此能求出方差，再根据方差的性质计算可得．【解答过程】依题意可得{𝑎+𝑏+16=1−1×16+0×𝑎+1×𝑏=13，解得{𝑎=13𝑏=12，所以𝐷(𝑋)=(−1−13)2×16+(0−13)2×13+(1−13)2×12=59，所以𝐷(3𝑋−2)=32

𝐷(𝑋)=9×59=5.故答案为：5.15．（4分）（2022·全国·高三专题练习）袋中有1个白球，2个黄球，2个红球，这5个小球除颜色外完全相同，每次不放回地从中取出1个球，取出白球即停，记X为取出的球中黄球数与红球数之差，则𝐸(𝑋)=0.【

解题思路】按照取出的球的顺序罗列出𝑋=0,𝑋=−1;𝑋=1,𝑋=−2;𝑋=2五种可能取值，针对每一种取值分别求概率即可得出结论.【解答过程】𝑃(𝑋=0)=15+25×24×13×2+25×14×23×12×6=815，𝑃(𝑋=1)=𝑃(𝑋=−1)=25×14+

25×14×23×12×3=15，𝑃(𝑋=2)=𝑃(𝑋=−2)=25×14×13=130，故𝐸(𝑋)=0×815+1×15+(−1)×15+2×130+(−2)×130=0.故答案为：0.16．（4分）（202

2·高二单元测试）已知A，B两个不透明的盒中各有形状、大小都相同的红球、白球若干个，A盒中有𝑚(0<𝑚<10)个红球与10−𝑚个白球，B盒中有10−𝑚个红球与m个白球，若从A，B两盒中各取1个球，𝜉表示所取的2个球中

红球的个数，则当𝐷(𝜉)取到最大值时，m的值为5.【解题思路】写出随机变量𝜉的可能取值，求出对应概率，再根据期望和方差公式求出期望与方差，从而可得出答案.【解答过程】解：𝜉的可能取值为0，1，2，𝑃(𝜉=0)=𝑚

10⋅10−𝑚10=𝑚(10−𝑚)100，𝑃(𝜉=1)=10−𝑚10⋅10−𝑚10+𝑚10⋅𝑚10=(10−𝑚)2+𝑚2100，𝑃(𝜉=2)=10−𝑚10⋅𝑚10=𝑚(10−𝑚)100，所以𝜉的分布

列为𝜉012P𝑚(10−𝑚)100(10−𝑚)2+𝑚2100𝑚(10−𝑚)100𝐸(𝜉)=0×𝑚(10−𝑚)100+1×(10−𝑚)2+𝑚2100+2×𝑚(10−𝑚)100=1，𝐷(𝜉)=(0−1)2×𝑚(10−𝑚)100+(1

−1)2×(10−𝑚)2+𝑚2100+(2−1)2×𝑚(10−𝑚)100=𝑚(10−𝑚)50≤150×(𝑚+10−𝑚2)2=12，当且仅当𝑚=5时，等号成立，所以当𝐷(𝜉)取到最大值时

，m的值为5.故答案为：5.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022春·辽宁抚顺·高二期末）已知随机变量𝑋的分布列为𝑋−2−1012𝑃141315𝑚120（1）求𝐸(𝑋)（2）若𝑌=

2𝑋−3，求𝐸(𝑌)；【解题思路】（1）由分布列求出𝑚的值，再根据随机变量𝑋期望公式可得答案；（2）由𝐸(𝑌=𝑎𝑋+𝑏)=𝑎𝐸(𝑋)+𝑏可得答案.【解答过程】（1）由分布列得14+13+15+𝑚+120=1，解得𝑚=16，𝐸(�

�)=−2×14−1×13+0×15+1×16+2×120=−1730；（2）若𝑌=2𝑋−3，则𝐸(𝑌)=2𝐸(𝑋)−3=2×(−1730)−3=−6215.18．（6分）（2022·全国·高三专题练习）已知随机变量X的分布列如表所示，且𝐸(𝑋)=23．X

01xP1213p(1)求𝐷(𝑋)的值；(2)若𝑌=𝑋+4，求𝐷(𝑌)的值；(3)若𝑍=2−3𝑋，求𝐷(𝑍)的值．【解题思路】（1）利用离散型随机变量的分布列的性质以及期望和方差的计算公式即可求解

；（2）利用方差的性质求解即可；（3）利用方差的性质求解即可.【解答过程】（1）由题意可知12+13+𝑝=1，解得𝑝=16，又∵𝐸(𝑋)=0×12+1×13+𝑥×16=23，解得𝑥=2．∴𝐷(𝑋)=(0−

23)2×12+(1−23)2×13+(2−23)2×16=59．（2）∵𝑌=𝑋+4，∴𝐷(𝑌)=𝐷(𝑋)=59．（3）∵𝑍=2−3𝑋，∴𝐷(𝑍)=𝐷(2−3𝑋)=9𝐷(𝑋)=9×59=5．1

9．（8分）（2023春·浙江·高三开学考试）第二十二届世界足球赛于2022年11月21日在卡塔尔举行，是历史上首次在中东国家境内举行，也是第二次再亚洲举行的世界杯足球赛，在此火热氛围中，某商场设计了一款足球游戏：场地上共有大、小2个球门，大

门和小门依次射门，射进大门后才能进行小门射球，两次均进球后可得到一个世界杯吉祥物“拉伊卜”．已知甲、乙、丙3位顾客射进大门的概率均为34，射进小门的概率依次为23，13，13，假设各次进球与否互不影响．(1)求这3人中至

少有2人射进大门的概率；(2)记这3人中得到“拉伊卜”的人数为X，求X的分布列及期望．【解题思路】(1)根据二项分布求概率公式计算即可求解；(2)分别求出甲和乙、丙获得“拉伊卜”的概率，再求出𝑃(𝑋=0)、𝑃(𝑋=1)、𝑃(𝑋=2)、𝑃(𝑋=3)，列出

分布列，结合数学期望的求法即可求解.【解答过程】（1）设三人中射进大门的人数为Y，则𝑌~𝐵(3,34)，∴𝑃(𝑌≥2)=𝑃(𝑌=2)+𝑃(𝑌=3)=C32(34)2⋅14+(34)3=

2732；（2）甲获得“拉伊卜”的概率𝑝1=34⋅23=12，乙、丙获得“拉伊卜”的概率𝑝2=34⋅13=14𝑃(𝑋=0)=(1−12)⋅(1−14)2=932，𝑃(𝑋=1)=12⋅(1−14)2+(1−12)⋅C21⋅14⋅(1−14)=1532𝑃(𝑋=2)=

C21⋅12⋅14⋅(1−14)+(1−12)⋅(14)2=732，𝑃(𝑋=3)=12⋅(14)2=132，∴𝑋的分布列如下：X0123P9321532732132∴𝐸(𝑋)=0⋅932+1⋅1532+2⋅732+3⋅132=

1.20．（8分）（2022秋·上海浦东新·高三阶段练习）某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果.某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：等级标准果优质果精品果礼品果个数10304020(1)

若将频率视为概率，从这100个水果中有放回地随机抽取5个，求恰好有2个水果是礼品果的概率（结果用分数表示）；(2)用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考，方案1：不分类卖出，单价为21元/kg；方案2：分类卖出，分类后的水果售价如下：等级标准果优

质果精品果礼品果售价（元/kg)16182224从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案？(3)用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取3个，𝑋表示抽取的是精品果的数量，求𝑋的分布列及方差𝐷(𝑋).【解题思路】（1

）根据题意结合二项分布运算求解；（2）根据加权平均数求方案二的平均单价，结合题意分析判断；（3）先根据分层抽样求各层应抽取的样本个数，再结合超几何分布求分布列和方差.【解答过程】（1）记“从这100个水果中随机抽取1个，这个水果是礼品果”为事件A，则𝑃(𝐴)=20100

=15，从这100个水果中有放回地随机抽取5个，设礼品果的个数为𝑌，则𝑌∼𝐵(5,15)，故恰好有2个水果是礼品果的概率𝑃(𝑌=2)=C52×(15)2×(1−15)3=128625.（2）方案2：每公斤的单价为𝑥=16×

10100+18×30100+22×40100+20×24100=20.6（元），∵21>20.6，故从采购商的角度考虑，应该采用第二种方案.（3）用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，则标准果、优质果、精品果、礼品果应抽取的个数分别为1,3,4,2，

即4个精品果，6个非精品果，由题意可得：𝑋的可能取值有：0,1,2,3，则有：𝑃(𝑋=0)=C63C103=16,𝑃(𝑋=1)=C41C62C103=12,𝑃(𝑋=2)=C42C61C103=310,𝑃(𝑋=3)=C43C

103=130,𝑋的分布列如下：𝑋0123P1612310130则𝐸(𝑋)=0×16+1×12+2×310+3×130=65，𝐷(𝑋)=(0−65)2×16+(1−65)2×12+(2−65)2×310+(3−65

)2×130=1425.21．（8分）（2022春·湖北·高二期中）某知名电脑品牌为了解客户对其旗下的三种型号电脑的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如表：电脑型号ⅠⅡⅢ回访客户（人数）250400350满意度

0.50.40.6满意度是指，回访客户中，满意人数与总人数的比值.用满意度来估计每种型号电脑客户对该型号电脑满意的概率，且假设客户是否满意相互独立.（1）从型号Ⅰ和型号Ⅱ电脑的所有客户中各随机抽取1人，记其中满意的人数为X，求X的分布列和期望；（2

）用“𝜉1=1”，“𝜉2=1”，“𝜉3=1”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ型号电脑让客户满意，“𝜉1=0”，“𝜉2=0”，“𝜉3=0”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ型号电脑让客户不满意，比较三个方差𝐷(𝜉1)、�

�(𝜉2)、𝐷(𝜉3)的大小关系.【解题思路】（1）由题意得X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望.（2）由题意𝜉1，𝜉2，𝜉3都服从两点分布，由此能求出𝐷(𝜉1)

>𝐷(𝜉2)=𝐷(𝜉3).【解答过程】解：（1）由题意得X的可能取值为0，1，2，设事件A为“从型号Ⅰ电脑所有客户中随机抽取的人满意”，事件B为“从型号Ⅱ电脑所有客户中随机抽取的人满意”，且A，B为独立事件

，根据题意，𝑃(𝐴)=12，𝑃(𝐵)=25，𝑃(𝑋=0)=𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=(1−12)×(1−25)=310，𝑃(𝑋=1)=𝑃(𝐴𝐵+𝐴𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)+𝑃(𝐴𝐵)=12×(1−25)+(1−12)×25=12，𝑃(𝑋=

2)=𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=12×25=15，∴X的分布列为：X012P3101215𝐸(𝑋)=0×310+1×12+2×15=910.（2）由题意𝜉1，𝜉2，𝜉3都服从两点分布，则𝐷(𝜉1)=12×(1−12)=14，�

�(𝜉2)=25×(1−25)=625，𝐷(𝜉3)=35×(1−35)=625，∴𝐷(𝜉1)>𝐷(𝜉2)=𝐷(𝜉3).22．（8分）（2022春·江苏宿迁·高二期末）在做数学卷多选题时考生通常有以下两种策略：策略A：为避免有选错得0分，在四个选项中只选出一个自己最有把握的

选项，将多选题当作“单选题”来做，选对得2分；策略B：争取得5分，选出自己认为正确的全部选项，漏选得2分，全部选对得5分．本次期末考试前，某同学通过模拟训练得出其在两种策略下作完成下面小题的情况如下表：策略概率每题耗时（

分钟）第11题第12题A选对选项0.80.53B部分选对0.60.26全部选对0.30.7已知该同学作答两题的状态互不影响，但这两题总耗时若超过10分钟，其它题目会因为时间紧张而少得1分．根据以上经验解答下列问题

：(1)若该同学此次考试决定用以下方案：第11题采用策略B，第12题采用策略A，设他这两题得分之和为X，求X的分布列、均值及方差；(2)若该同学期望得到高分，请你替他设计答题方案．【解题思路】（1）先求出随机变量𝑋的可能取值，然后求出其

对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望与方差；（2）依题意列出所有可能情况，分别求出数学期望，即可判断；【解答过程】(1)解：设事件𝐵1为“第11题得0分”，事件𝐵2为“第11题得2分”，事件𝐵3为

“第11题得5分”，事件𝐴1为“第12题得0分”，事件𝐴2为“第12题得2分”，所以𝑃(𝐵1)=0.1，𝑃(𝐵2)=0.6，𝑃(𝐵3)=0.3，𝑃(𝐴1)=0.5，𝑃(𝐴2)=0.5，由题

意可知，𝑋的可能取值为0，2，4，5，7，则𝑃(𝑋=0)=𝑃(𝐵1𝐴1)=0.1×0.5=0.05，𝑃(𝑋=2)=𝑃(𝐵1𝐴2+𝐵2𝐴1)=0.1×0.5+0.6×0.5=0.35，𝑃(𝑋=4)=𝑃(𝐵2𝐴2)=0.6×0.5=0.3，𝑃(𝑋=5)

=𝑃(𝐵3𝐴1)=0.3×0.5=0.15，𝑃(𝑋=7)=𝑃(𝐵3𝐴2)=0.3×0.5=0.15，所以小明第11题和第12题总得分𝑋的分布列为：𝑋02457𝑃0.050.350.30.150.15所以𝐸(𝑋)=0×0.05+2×0.35+4×0.3+5×0.15+7×0

.15=3.7，𝐷(𝑋)=(0−3.7)2×0.05+(2−3.7)2×0.35+(4−3.7)2×0.3+(5−3.7)2×0.15+(7−3.7)2×0.15=3.61；(2)依题意该同学答题方案有：方案1:11题采用策略𝐵，12

题采用策略𝐴；方案2:11题和12题均采用策略𝐵；方案3:11题和12题均采用策略𝐴；方案4:11题采用策略𝐴，12题采用策略𝐵；设随机变量𝑌为该同学采用方案2时，第11题和第12题总得分，则𝑌的可能取值为0，2，4，5，7，10，故𝑃(𝑌=0)=0.1×0.1

=0.01，𝑃(𝑌=2)=0.1×0.2+0.6×0.1=0.08，𝑃(𝑌=4)=0.6×0.2=0.12，𝑃(𝑌=5)=0.1×0.3+0.7×0.1=0.1，𝑃(𝑌=7)=0.6×0.7+0.3

×0.2=0.48，𝑃(𝑌=10)=0.3×0.7=0.21，故𝑌的分布列为：𝑌0245710𝑃0.010.080.120.10.480.21所以𝐸(𝑌)=0×0.01+2×0.08+4×

0.12+5×0.1+7×0.48+10×0.21=7.04，但因为时间超过10分钟，后面的题得分少1分，相当于得分均值为37.04−1=6.04分，因为6.04>3.7，方案3的期望值一定小于4，故不选方案3，设随机变量𝑍为该同学采用方案4时，第11题和

第12题总得分，则𝑍的可能取值为0，2，4，5，7，故𝑃(𝑍=0)=0.2×0.1=0.02，𝑃(𝑍=2)=0.2×0.2+0.8×0.1=0.12，𝑃(𝑍=4)=0.8×0.2=0.16，𝑃(𝑍=5)=0.2×0.7=0.14，𝑃(𝑍=7)=0.8×0.7=0.56，

故𝑍的分布列为：𝑍02457𝑃0.020.120.160.140.56所以𝐸(𝑍)=0×0.02+2×0.12+4×0.16+5×0.14+7×0.56=5.5，方案4的期望值也小于𝐸(�

�)，故不选方案4；所以我建议该同学按照方案2:11题和12题均采用策略𝐵．