人教版导与练总复习数学一轮教师用书：第十章第6节　离散型随机变量的数字特征.pdf

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1、第 6 节 离散型随机变量的数字特征课程标准要求1.了解离散型随机变量的概念.2 .理解离散型随机变量的分布列及其均值、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.必备知识课前回顾 嫡 教 材夯实四条;出知识梳理1.离散型随机变量一般地,对于随机试验样本空间。中的每个样本点3 ,都有唯一的实数 X (3 )与之对应,我们称X 为随机变量.可能取值为有限个或可以二一列举的随机变量,我们称为离散型随机变量.通常用大写英文字母表示随机变量，例如X,Y,Z;用小写英文字母表示随机变量的取值，例如 X,y,z.2 .离散型随机变量的分布列(1)分布列的概念及表示一般地,

2、设离散型随机变量X 的可能取值为xb X 2,xn,我们称X 取每一个值X的概率P(X=x J=P i,i=l,2,n为X 的概率分布列，简称分布列.与函数的表示法类似,离散型随机变量的分布列也可以用表格表示,如表，还可以用图形表示.XX1X2 XnPP1P2 Pn分布列的性质根据概率的性质，离散型随机变量分布列具有两个性质：P i2 0,i=l,2,n;P1+P2+Pn=L3 .离散型随机变量的均值或数学期望(1)定义:一般地,若离散型随机变量X的分布列如表所示,XX1X2 XnPP1P2 Pnn则称E(X)=x1p1+x2p2+-+xnpn=X X iP i为随机变量X的均值或数学期望.i

3、=l统计意义:均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数,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壬均水平.(3)性质：若Y=a X+b,其 中a,b是常数,X是随机变量,则E(a X+b)=a E(X)+b.4.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的分布列如表所示，XX1x2 XnPPlP2 Pn考虑X所有可能取值X i与E(X)的偏差的平方(x-E(X)2,(X2-E(X)2,-,(xn-E(X)2.因为X取每个值的概率不尽相同,所以我们用偏差平方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,我们称nD(X)=(x-E(X

4、)2P l+(X2-E(X)2 P 2+(xn-E(X)2p=(%E(X)2P i为i=l随机变量x的方差,有时也记为V a r (X),并称JD(X)为随机变量X的标准差,记为。(X).(2)统计意义:随机变量的方差和标准差都可以度量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史;方差或标准差越大,随机变量的取值越分散.(3)性质：若Y=a X+b,其中a,b是常数,X 是随机变量,则D(a X+b)=a2D(X).释 疑 I随机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、集币与离散的程度,D(X)越大,表明平均偏离程度越大,X的

5、取值越分敌7反之,D(X)越小,X的取值越集中在E(X)附近.,重要结论1.若X 是随机变量,Y=a X+b,a,b是常数,则Y 也是随机变量.2 .方差与均值的关系:D(X)=E(X2)-(E(X)2.对点自测-1.袋中有大小相同的5 个球,分别标有1,2,3,4,5 五个号码，任意抽取2 个球，设 2 个球号码之和为X,则 X的所有可能取值个数为(C )A.2 5 B.10 C.7 D.6解析:X的所有可能取值为1+2=3,1+3=4,1+4=5=2+3,1+5=6=4+2,2+5=7=3+4,3+5=8,4+5=9.故选C.2.(选择性必修第三册P 7 0练习T1改编)随机变量&的分布列

6、如表,且 则 D(&)等于(C )01XP15P310A.0.3 6 B.0.5 2 C.0.4 9 D.0.6 8解析:先由随机变量分布列的性质求得P=j.由E(&)=0 X1 X +x=l.1,得 x=2,所以D()=(0-l.1)2X 1+(1-1.1)2X|+(2-1.l)2X =0.4 9.故选 C.3.由以往的统计资料表明，甲、乙两名运动员在比赛中得分情况如表现有一场比赛，选哪名运动员参加较好(A )所示，一(甲得分)012P (i=Xi)0.20.50.3工(乙得分)012P(C 2=Xi)0.30.30.4A.甲 B.乙C.甲、乙均可 D.无法确定解析:E(&)=E(&2)=1

7、.LD(&i)=l.l2X0.2+0.l2 X 0.5+0.92 X 0.3=0.4 9,D(&2)=1.l2X0.3+0.l2 X 0.3+0.92 X 0.4=0.6 9,所以D(a JD(&2),即甲比乙得分稳定,选甲参加较好.故选A.4 .设随机变量X的概率分布列为X1234P13m1416则 P(|X-3|=1)=.解析:E 1 3-+m+-+-=l,解得 m=-,P (|X-3|=1)=P (X=2)+P (X=4)=i+-=.3 4 6 4 4 6 12答案洽5 .已知随机变量 的分布列如表,则随机变量W 的方差D(g )的最大值为.012Py0.4X解析：由题意知y=0.6-x

8、,因为 E(g)=0.4+2 x,所以 E(&2)=0.4+4X,D(G=E(2)-(E()-0.4+4 x-(0.4+2 x)2=-4 x2+2.4 x+0.2 4,当 x=0.3 时，9(g)喇=0.6.答案：0.6关键能力课堂突破喔 考点一离散型随机变量的分布列口 角 度-离散型随机变量的分布列的性质及应用CS H)(1)(多选题)设随机变量&的分布列为P(&=6=a k(k=l,2,3,4,5),则()A.1 5 a=lB.P(0.5 0.8)=0.2C.P(0.l 0.5)=0.2D.P(=l)=0.3(2)随机变量X 的分布列如表：X-101Pabc其中a,b,c 成等差数列，则P

9、(|X|=1)=,公差d的取值范围是.解析：(1)因为随机变量的分布列为P=a k (k=l,2,3,4,5),所以 P(&W)+P(&=|)+P(W=|)+P(&=6+P(&=1)=a+2 a+3 a+4 a+5 a=1 5 a=l,故 A 正确；P(0.5&0.8)=P(&=|)=3 X=0.2,故 B 正确；P(0.1 5 5 10 5 25P(X=5)=-X X 2=,5 10 25P(X=6)=-1XA=-1-,所以X的分布列为10 10 100X0123456P110012532511507256259100(2)选择延保方案一,所需延保金与维修费用的和Y、(单位:元)的分布列为E

10、 喘 X 7 0 0 0 X 9 000 X 1 1 00嚏X 1 3 000+X 1 5 000=1 0Y.7 0009 0001 1 0001 3 0001 5 000P17117691005025251007 20.选择延保方案二,所需延保金与维修费用的和丫2(单位:元)的分布列为E(Y J 啜X 1 0 000+A xi l 000+言义1 2 000=1 0 420.丫21 0 0001 1 0001 2 000P671006259100因为E(Y J E(Y。，所以该医院选择延保方案二更划算.啜 考点三离散型随机变量的分布列、均值与方差的创新应用CW 某产品自生产并投入市场以来，生

11、产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对该产品进行质量检测，并依据质量指标Z 来衡量产品的质量.当Z N 8 时，产品为优等品；当6 W Z 8 时，产品为一等品；当2W Z C 6 时,产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件,绘制了这500件产品的质量指标Z的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况,并用频率估计概率.从该企业生产的所有产品中随机抽取1件,求该产品为优等品的概率；现某人决定购买80件该产品，已知每件成本1 000元,购买前，邀请第三方检测机构对要购买的这80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协

12、议:从80件产品中随机抽出4 件产品进行检测,若检测出3 件或4 件为优等品，则按每件1 600元购买，否则按每件1 500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为X元，求 X的分布列与数学期望；（3）商场为推广此款产品，现面向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛硬币的结果,操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是右方格图上标有第。格、第 1格、第 2 格、第50格.机器人开始在第0格,客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次.若掷出正面,机器人向前移动一格（从k 到k+1）;若掷出反面,机器人向前移动两格（从k 到 k+2）,直到机器人移到第49格（胜利

13、大本营）或第50格（失败大本营）时,游戏结束.若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券.设机器人移到第n 格的概率为Pn（0WnW50,nN*）,试证明P Pz（lWnW49,nN*）是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.14012010080604020 10Lo0 21214828 nn.n.l H I.3 4 5 6 7 8质量指标Z87429 10解：(1)根据条形图可知,优等品的频率为四翳丝三,用频率估计概率,则任取一件产品为优等品的概率为p=l.由知任取一件产品为优等品的概率为由题意x=(l 6 0 0-10 0 0)X 8 0-25 0 X 4=4 7 0 0 0(

14、元)，或 X=(l 5 0 0-1 0 0 0)X 8 0-25 0 X 4=390 0 0(元).P(X=4 7 o o o)=c j x Q)4+q x27 16P(X=39 0 0 0)=C$X (i)4+C 1X (-)4+C j X (2)一,2 2 2 16故 X的分布列为X4 7 0 0 039 0 0 0P5161116所以数学期望 E(X)=4 7 0 0 0 X-+39 0 0 0 X-=4 1 5 0 0.16 16(3)机器人在第0 格为必然事件,P0=l,第一次掷硬币出现正面,机器人移到第1格,其概率P=1.机器人移到第n (2 W n W 4 9,n N*)格的情况

15、只有两种：先到第n-2格，又出现反面,其概率学时2；先到第n-1格,又出现正面,其概率fe所以 Pn qPn-l+Pn Z故 Pn-P“T =-1(Pn rP0-2),所以当1 W n W 4 9,n N*时,数列 Pn-Pn-.是以P P=1为首项,公比为4的等比数列.所以 P-Po=-|.P2-PL(*)2,P3-P2=(-1)3,Pn-Pn-=(-1)n.以上各式累力口，得 Pn T=W+(-2+(-3+(_ n=笔罩，所以 Pn 钥(一 y(n=0,1，2,4 9),所以 P4 9=：+X (|)4 9,p/px i-(4)4 9Hx 口+G)号，乙 。乙 。乙/P4 9-p5 0=i

16、+1x(-i)4 9-|x i+e)4 x：i-Q)4 8 o,所以获胜概率更大，故此方案能吸引顾客购买该款产品.解 题 策 略 I将概率、统计及分布列、期望、方差等知识与数列综合在一起命题，是近两年高考的一大趋向和亮点.该类问题以实际应用为手段,背景新颖,思维含量高,能够增强数学应用意识及阅读理解能力、化归转化能力与运算求解能力的培养和数学建模、直观想象、数据分析、数学运算等核心素养的提升.针对训练甲、乙两位同学参加某个知识答题游戏节目，答题分两轮,第一轮为“选题答题环节”，第二轮为“轮流坐庄答题环节”.首先进行第一轮“选题答题环节”，答题规则:每位同学各自从备选的5 道不同题中随机抽出3

17、道题进行答题,答对一题加1 0 分,答错一题(不答视为答错)减 5 分，已知甲能答对备选5 道题中的每道题的概率都是|,乙恰能答对备选5 道题中的其中3 道题;第一轮答题完毕后进行第二轮“轮流坐庄答题环节”，答题规则：先确定一人坐庄答题,若答对,继续答下一题，直到答错,则换人(换庄)答下一题，以此类推.例如若甲首先坐庄,则他答第1 题,若答对继续答第2 题,如果第2 题也答对,继续答第 3 题,直到他答错,则换成乙坐庄开始答下一题，直到乙答错再换成甲坐庄答题，以此类推.当两人共计答完2 0 道题游戏结束，假设由第一轮答题得分期望高的同学在第二轮环节中最先开始作答,且记第n 道题也由该同学(最先

18、答题的同学)作答的概率为P n(l W n W 2 0,n eN*),其中P p i,已知供甲、乙回答的2 0 道题中，甲、乙两人答对其中每道题的概率都是/如果某位同学有机会答第n 道题且回答正确则该同学加1 0 分,答错(不答视为答错)则减5 分，甲、乙答题相互独立，两轮答题完毕总得分高者胜出.回答下列问题.(1)请预测第二轮最先开始作答的是谁,并说明理由；求第二轮答题中的概率P2,P3；求证 2-4 为等比数歹U,并求P n(l W n W 2 0,n G N*)的表达式.(1)解:预测第二轮最先开始答题的是甲，设甲选出的3 道题答对的道数为，则&B(3,|).设甲第一轮答题的总得分为X,

19、则 X=1 0 -5 (3-0=1 5 -1 5,所以 E(X)=1 5 E(&)T 5=1 5 X 3 X|-1 5=1 5,设乙第一轮得分为Y,则Y的所有可能取值为3 0,1 5,0,贝 ij P (Y=3 0)=鲁白P(Y=1 5)=等 暗P(Y=O)=管 磊所以Y的分布列为Y3 01 50P110610310E(Y)=3 0 X+1 5 X+0 X=1 2,10 10 10因为E(X)E(Y),所以第二轮最先开始答题的是甲.解:依题意得巳=1p三，p3=-x i+-x-=.3 3 3 3 9证明：依题意有R=P e吗+(1-*)x|=-|p,w+|(n 2),所以 P(P n T 1)

20、，n 2 2,因为P l-,所以 匕-夕是以称为首项,q为公比的等比数列，所以 P 号 X(T 尸,所以 P n 钥 X(Tl W n W 2 0,1 1 3*).扈 备选例题C 1。一个盒子装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R的函数：f i (x)=x,f 2(x)=x；f 3(x)=x；f，i(x)=s i n x,f5(x)=c o s x,f6(x)=2.现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数相加得一个新函数，求所得函数是奇函数的概率；(2)现从盒子中逐一抽取卡片，且每次取出后均不放回，若取到一张记有偶函数的卡片则停止抽取,否则继续抽取,求抽取次数的分布列.解：(1)记 事 件

21、A为“任取两张卡片，将卡片上的函数相加得到的函数是奇函数”，因 为f i(x),f 3(x),f K x)为奇函数,所以从中任取两个相加即可得到一个奇函数,故P(A)得三.(2)易 知 的所有可 能 取 值 为1,2,3,4.X13-16C-C-)z2-Fb/(P1-1一.20-13-13C-CX131411-14C-cC-CXX12-1512-15C-cC-C13-1613-161316C-cC-ccC-P(&P(自故自的分布列为1234P12310320120C M)某 小 组 共10人，利用假期参加义工活动.已知参加义工活动次数 为1,2,3的人数分别为3,3,4.现 从 这10人 中

22、随 机 选 出2人作为该组代表参加座谈会.(1)设A为 事 件“选 出 的2人参加义工活动次数之和为4，求 事 件A发生的概率；(2)设X为 选 出 的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望与方差.解：由 已 知,有P (A)Jo 3所 以 事 件A发生的概率为(2)随 机 变 量X的所有可能取值为0,1,2.P (X=0)=髭+髭+C、4C?o 15P(X=1)_C C升的禺_7C?o 15P(X=2)=所以随机变量X的分布列为玛禺_ 4/一 5,X012P415715415随机变量X的数学期望E (X)=0 X尚+1X 1+2 X尚=1.15 15 15方差 D(

23、X)=X(0-1)2+5*(1-1)2+X (2-1)2=.15 15 15 15C W（2 02 1 山东泰安模拟）某水果批发商经销某种水果（以下简称A水果），购入价为3 00元/袋，并以3 6 0元/袋的价格售此若前8 小时内所购进的A水果没有售完,则批发商将未售完的A水果以2 2 0元/袋的价格低价处理完毕（根据经验,2 小时内完全能够把A 水果低价处理完,且当天不再购进）.该水果批发商根据往年的销量,统计了 100天A水果在每天的前8 小时内的销售量,制成频数分布条形图如图.现以记录的100天的A 水果在每天的前8 小时内的销售量的频率作为A水果在一天的前8小时内的销售量的概率,记X

24、表示A水果在一天的前8 小时内的销售量,n 表示水果批发商一天批发A水果的袋数.（1）求 X的分布列；以日利润的数学期望为决策依据,在n=15与n=16中选其一,应选用哪个？解：由题意知,根据条形图,可得A水果在每天的前8小时内的销售量分别为14,15,16,17的频率分别是0.2,0.3,0.4,0.1,所以X的分布列为X14151617P0.20.30.40.1 当n=15时,设Y为水果批发商的日利润，则Y的可能取值为760,900,可得 P(Y=760)=0.2,P(Y=900)=0.8,所以期望 E(Y)=760X0.2+900X0.8=872.当n=16时，设Z为水果批发商的日利润，

25、则Z的可能取值为680,820,960,可得 P(Z=680)=0.2,P(Z=820)=0.3,P(Z=960)=0.5,所以期望 E(Z)=680 X 0.2+820 X 0.3+960 X 0.5=862.因为 E(Y)E(Z),所以当n=15时的日利润的数学期望大于n=16时的日利润的数学期望，故选 n=15.丽 某公司为了准确把握市场，做好产品计划,特对某产品做了市场调查:先销售该产品50天,统计发现每天的销售量x分布在 50,100)内，且销售量x的分布频率-0.5,10n x 10(n+1),九为偶数，f(x)=10、，a,10n%10(n+1),n为奇数.(1)求a的值并估计销

26、售量的平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)；若销售量大于或等于70,则称该日畅销,其余为滞销.在畅销日中用分层随机抽样的方法随机抽取8天,再从这8天中随机抽取3天进行统计,设这3天来自X个组,求随机变量X的分布列及数学期望(将频率视为概率).解:由题意知黑工)2。，解得 5 WnW9,n 可取 5,6,7,8,9,-0.5,1 0 n%1 0 (n+1),九为偶数，结合 f一 口 口 。一a,1丽%+为奇数，得 已。5)+舄-口 协+*a)+(畀a)+()=1,则 a=0.1 5.可知销售量分布在5 0,6 0),6 0,70),70,8 0),8 0,9 0),9 0,1 0 0)内的

27、频率分别是 0.1,0.1,0.2,0.3,0.3,所以销售量的平均数为5 5 X0.1+6 5 X0.1+75 X0.2+8 5 X0.3+9 5 X0.3=8 1.(2)销售量分布在70,8 0),8 0,9 0),9 0,1 0 0)内的频率之比为2 :3 :3,所以在各组抽取的天数分别为2,3,3.X的所有可能取值为1,2,3,P(X=i)=H Z c|56 28，P (X=3)P(X=2)=1-.28 28 14X的分布列为X123A级基础巩固练P128914928故数学期望 E (X)=1 X+2 X-+3 X28 14 28 7课时作业 灵活,唬密教提保选题明细表知识点、方法基础

28、巩固练综合运用练应用创新练离散型随机变量的分布列1,9离散型随机变量的期望与方差2,3,4,5,6,7,812,1 3,1 41 7离散型随机变量的分布列、期望与方差的创新应用1 01 1,1 3,1 4,1 5,1 61 .已知离散型随机变量X的分布列为则 P(VZ)等于(A )X012P0.5l-2 q31qA.0.9 B.0.8 C.0.7 D.0.6解析：由分布列的性质得0.5+1-2 q+扑1,解 得q=0.3,所 以P(小GZ)=P(X=0)+P(X=l)=0.5+1-2 X0.3=0.9.故选 A.2 .已知离散型随机变量X的分布列为X0123p82749m127则X的数学期望E

29、(X)等于(B )2 3A.-B.1 C.-D.23 2解析：由+刎+/=1,得m=|,所以E(X)=O X色+1义驾2*2+3义工=1.故选B.27 9 9 27 3.随机变量X的分布列如表，且E(X)=2,则D(2 X-3)等于(C)X02aP16P13A.2 B.3 C.4 D.5解析:因为P=9衿，6 3 2所以 E(X)=O X工+2 X工+a Xi=2,6 2 3解 得a=3,所以 D (X)=(0-2)2 X-+(2-2)2 X-+(3-2)2 X,6 2 3所以 D (2 X-3)=2?D (X)=4.故选 C.4.甲、乙两人独立地从六门选修课程中任选三门进行学习，记两人所选课

30、程相同的门数为X,则(冷 为(B )A.1 B.1.5 C.2 D.2.5解析:X的可能取值为0,1,2,3,P (X=0)二 乎 于 工，ClxC1 20，P(X=i)=c6x c5x ci=2 _ p (X=2)=c6x C4x CL _g _ p(x=3)=_=2-故 E(X)=J C|xC|20 )C|xC|20,)ClxCl 20,取 O X+1 X+2 X+3 X=1.5.故选 B.5.(多选题)设0 a 3,且 E(X)E(Y)B.P(X=1)|,且 E(X)E (Y)C.P(X=1)=1,E(X)E (Y)解析:X 可取 0,1,2,P (X=o)=沁W，5 4 5P(X=l)

31、=x i+-x i=i5 2 5 2 2P(X=2)=-x i=-,5 2 10E(X)=0 X-+l x i+X2=.5 2 10 10Y 可取 0,1,2,P (Y=0)=-X i=-,p (Y=1)=-X-+-X-=,P (Y=2)=-X(5 2 10 5 2 5 2 2 5 2 5E(Y)=0 X+1 Xi+2 X i=.10 2 5 10所以 P(X=l)g,E(X)E(Y).故选D.7.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖,将这8张奖券分给4个人,每人两张,记获奖人数为&,则P (&=2)=,E()=.解析:有一、二、三等奖奖券,3个人获得，共有A%=24(种)获奖情况

32、；一、二、三等奖奖券,有1人获得2张，1人获得1张,共有禺A台3 6(种)获奖情况,一共有24+3 6=60(种)不同的获奖情况，所以 P (g =2)=熬1,P (&=3)=等|.60 5 60 5所以 E(&)=2X|+3 X答案8 .(2021 浙江金华高三模拟)已知箱子中装有10个 除颜色不同其他都相同的小球,其中2个红球,3个黑球和5个白球.现从该箱中有放回地依次取出3个小球,若变量&为取出3个球中红球的个数,则的方差D(&)=.解析：由题意得，的所有可能取值为0,1,2,3,P(W=0)=83 512P(=l)=-103 1 0002X 82XC 3 8 4P(=2)=-P(g=3

33、)=103 1 00022X8XC|_ 9 6103 1 00023 _ 8103 1 000所以 E(g )=0 x S-+lx i-+2 X1-+3X-一 二3,1 000 1 000 1 000 1 000 5所以 D(a =(0-1)2X-+(l-|)2X-+(2-|)2X-+(3-|)2X5 1 000 5 1 000 5 1 000 58 _ 121 000 25,答案：n9.为检测某产品的质量，现抽取5件产品，测量产品中微量元素x,y的含量(单位:m g),测量数据如表,编号12345X16917816617518 0y758 077708 1如果产品中的微量元素x,y满 足x

34、N 1 7 5,且y N7 5时，该产品为优等品.现从上述5件产品中随机抽取2件,则抽取的2件产品中优等品数X的分布列为解析：5件抽测品中的2件为优等品,则X的可能取值为0,1,2.P(X=0)詈0.3,p(x=D-玛的r 2C5=0.6,2P(X=2)=4=0.1.C5所以优等品数X的分布列为X012p0.30.60.1答案:X012P0.30.60.110.一台设备由三个部件组成,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；记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X

35、,求X的分布列及数学期望.解：(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A,B,C,由题P(A)=0.l,P(B)=0.2,P(C)=0.3,各部件的状态相互独立,所以部件1,2都不需要调整的概率P(AB)=P(彳)P(5)=0.9 X 0.8=0.72,故部件1,2中至少有1个需要调整的概率为1-P(A 亘)=1-0.72=0.28.(2)X的可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=P(ABC)=P(A)P(B)P(?)=0.9 X 0.8X0.7=0.504,P(X=1)=P(A而)+P(4 B C)+P(A 5C)=0.1X 0.8X0.7+0.9 X 0.2X 0.7+0.9 X 0.8

36、 X 0.3=0.3 9 8,P(X=3)=P(A B C)=0.1X 0.2 X 0.3=0.006,P (X=2)=1-P (X=0)-P (X=l)-P (X=3)=1-0.504-0.3 9 8-0.006=0.09 2,所以X的分布列为X0123p0.5040.3 9 80.09 20.006E (X)=0 X 0.504+1 X 0.3 9 8+2 X 0.09 2+3 X 0.006=0.6.B级综合运用练11.某中学高一年级和高二年级进行篮球比赛,赛制为3局2胜制,若比赛没有平局，且高二队每局获胜的概率都是p(pl),记比赛的最终局数为随机变量X,贝l j(C )A.P(X=2

37、)=p2 B.P(X=3)=p(l-p)C.E (X)-2 4解析:赛制为3局2胜制，比赛没有平局，因此随机变量X的可能值为2 或 3,P(X=2)=p2+(l-p)2=2p2-2p+l,A I#;P (X=3)=1-P (X=2)=-2p2+2p,B错;E (X)=2(2p-2p+l)+3 (-2p2+2p)=-2p2+2p+2=-2(p因为pl,所以E(X)(2J),C正确；记-2P?+2p+2=t,t(2,|),E (X2)=4 (2p-2p+l)+9 (-2p2+2p)=-10p2+10p+4=5t-6,D(X)=E (X2)-(E (X)2=5t-6-t2=-(t-|)2+i因为 t

38、 (2,；),所以 D(X)D 错.2 4故选c.5-272+212.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I,乙在每局中获胜的概率为右且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数&的期望(&)为(B ).241 0 266 0 274 n 670A.-D.-C.-D.-81 81 81 243解析：由已知，的可能取值是2,4,6.设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为(9+(/=|.若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时一，该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响.所以 P (1=

39、2)=1,P (&=4)X9 9 9 81P (&=6)=(丁三,9 81所以 E(，)=2 X-+4 X+6X.故选 B.9 81 81 811 3.(多选题)某学校共有6 个学生餐厅，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 C D )A.四人去了四个不同餐厅就餐的概率为。B,四人去了同一餐厅就餐的概率为高C.四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为良D.四人中去第一餐厅就餐的人数的期望为:解析：四人去餐厅就餐的情况共有6 种,其中四人去了四个不同餐厅就餐的情况有A 种,则四人去了四个不同餐厅就餐的概率为鲁S，故A正确；同理，四人去了

40、同一餐厅就餐的概率为捺=之,故B错误；四人6V Z16中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为萼嚏，故C 正确;设四人中6 216去第一餐厅就餐的人数为&,则 1 =0,1,2,3,4,则P(g =0)磊,P(W =1)=等,P(g =2)弓/(&=3)=竽 P(&=4)4,则四人中去第一餐厅就餐的人数的分布列为则四人中去第一餐厅就餐的人数的期望E(C)=O X|+1 X +2 X01234P54-X5364C jx 5264第x 5641等+3 x 婴+4 X 2=1，故 D正确.故选A C D.1 4.某游戏的参与者现在从标有5,6,7,8,9 的相同小球中随机摸取一个,将小球上的数字作为其投入

41、(单位:元)；随后放回该小球,再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的2 倍作为其奖金(单位:元)，若随机变量 和 H 分别表示参与者在每一局游戏中的投入与奖金,则 EG)-E(n)=,D(O-D(n)=.解析:投入的分布列为E()=|x(5+6+7+8+9)=7,56789P1515151515D()=(-2)2X|+(-1)2X1+12X|+22X1=2,奖金的情况是两个小球上数字之差绝对值为1,共有4 种,奖金为2 元,两个小球上数字之差绝对值为2,共有3 种,奖金为4 元，两个小球上数字之差绝对值为3,共有2 种,奖金为6 元，两个小球上数字之差绝对值为4,共有1 种,奖金为

42、8 元.则 P (Q =2)喉 q,P (n =4)噌 q,P (n =6)春 P (n =8)=白 X u奖金的分布列为2468P2531 01511 0所以E(n)=2 x|+4 义4+6义 抑*4,D(n)=(-2)2x1+22xi+42X-=4,5 5 10所以 E()-E(n)=7-4=3,所以 D (O-D(n )=2-4=-2.答案：3 -21 5.(2 0 2 1 湖南师大附中模拟)在某校的校园歌手大赛决赛中，有 6名参赛选手(1 号至6 号)登台演出，由现场的1 0 0 名同学投票选出最受欢迎的歌手，每名同学需彼此独立地在投票器上选出3名候选人,其中甲同学是1 号选手的同班同

43、学,必选1 号，另在2 号至6 号选手中随机选2名；乙同学不欣赏2号选手,必不选2号,在其他5 名选手中随机选出3 名；丙同学对6 名选手的演唱没有偏爱，因此在1 号至6 号选手中随机选出3 名.求甲同学选中3 号且乙同学未选中3 号选手的概率；(2)设 3 号选手得到甲、乙、丙三名同学的票数之和为X,求 X的分布列和数学期望.解:设A 表示事件“甲同学选中3 号选手”，B 表示事件“乙同学选中3 号选手”，C 表示事件“丙同学选中3 号选手”.(1)P(A)=|=|,P(B)=|,所以甲同学选中3号且乙同学未选中3号选手的概率为P(Afi)=P(A)P(fi)=|x(卜|)二/(2)P(0=

44、4=1,X 可能的取值为 0,1,2,3,P(X=O)=P(ZSC)=(I-|)X(1-|)X(i-1)=|x|x|=,P(X=1)=P(A万 E)+P(M Zj+P(I BC)=-X-X-+-X-X-+-X-X-=,5 5 2 5 5 2 5 5 2 5 0 7 a 1 7 7 1 a w 1 1 qP(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(?lB C)=jx|x|+|x|x|+|x|xP(X=3)=P(ABC)=-X-X L巨.5 5 2 2 5所以X的分布列为故X的数学期望E(X)=0义白1 X导2 X导3义乙D D U D U 乙D 乙X0123P3191932550502516.

45、(2021 江苏南通高三模拟)有7 5 0粒试验种子需要播种，现有两种方案:方案一,将750粒种子分种在250个坑内，每坑3粒;方案二,将750粒种子分种在375个坑内，每坑2粒.已知每粒种子发芽的概率均为|,并且，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种;若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种(每个坑至多补种一次，且补种的种子粒数同第一次).假定每个坑第一次播种需要2元,补种(按相应方案补种相应粒数)1个坑需1元,每个成活的坑可收获125粒试验种子,每粒试验种子收益1元.(1)用X元表示播种费用，分别求出两种方案的数学期望；(2)如果在某块试验田对该种子进行试验,你认为应该选择哪

46、种方案？解：(1)方案一:一个坑内三粒种子都不发芽的概率为P l=所以一个坑内至少有一粒种子发芽的概率p2=l-p,=m,用 X i 元表示一个坑的播种费用，则X,的可能取值是2,3,所以 P (X i=2)=p 2,P (X i=3)=p i,所以X i 的分布列为X123P11712 5812 5所以 E (X)=2 X +3 X -=,125 125 125所以 E(X)=2 5 0E(X j=2 5 0X 型=5 16.125方案二:一个坑内两粒种子都不发芽的概率为P 3=(l-|)2=/所以一个坑内至少有一粒种子发芽的概率P 4=l-P 3=|,用 X 2 元表示一个坑的播种费用，则

47、X 2 的可能取值为2,3,所以 P (乂 2=2)=P 4,P (X 2=3)=P 3,所以X 2 的分布列为所以 E(X 2)=2X|+3 X?x223P2125425所以 E(X)=3 75 E(X z)=3 75 X =8 10.(2)设收益为Y元，方案一:用、元表示一个坑的收益,则Y i 的可能取值为0,12 5,Y i 的分布列为所以 E(Y J=O*(|)6+12 5 X 1-(|)6 =署，Y,012 5P(|)61-(|)6所以 E(Y j=2 5 0E(Y i)=2 5 0X =3 1 12 2.方案二:用丫2 元表示一个坑的收益,则丫2 的可能取值为0,12 5,丫 2

48、的分布列为所以 E(Y J=O X (|)4+12 5 X 1-(|尸 号，Y2012 5p(|)4(!)，所以 E (Y)=3 75 E (Y 2)=3 75 X 詈=4 5 6 75,因为方案二所需的播种费用比方案一只多了 2 94 元，但是收益比方案一多14 5 5 3 元,故应该选择方案二.C 级应用创新练17.(多选题)已知A=B=1,2,3 ,分别从集合A,B 中各随机取一个数a,b,得到平面上一个点P (a,b),事件“点P (a,b)恰好落在直线x+y=n上”对应的随机变量为X,P (X=n)=Pn,X 的数学期望和方差分别为E (X),D(X),K i J(B C D)A.P

49、4=2 P2 B.P(3 W X W 5)C.E (X)=4 D.D(X)三解析：因为A=B=1,2,解 点 P(a,b)恰好落在直线x+y=n 上，所以X的值可以为2,3,4,5,6,而从A,B中分别任取1 个数,共有9 种情况，所以 P (X=2)三,P (X=3)=|,P (X=4)=汽 P (X=5)=|,P (X=6),，对于A,P4=3P2,故A 不正确；对于 B,P(3X5)故 B 正确；9 3 9 9对于 C,E(X)=2 X-+3 X-+4 X-+5 X-+6 X-=4,故 C 正确;9 9 3 9 9 9对于 D,D(X)=(2-4)2X-+(3-4)2X-+(4-4)2X-+(5-4)2X-+(6-4)2X9 9 3 9导 故 D 正确.故选BCD.