8.4 离散型随机变量的分布列、期望与方差-【十年高考】备战2025年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§8.4　离散型随机变量的分布列、期望与方差 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 103.离散型随机变量的分布列、期望与方差 3 6 0 2 2 2 1 2 1 0 0 1 7 13 104.概率分布列与图表综合题 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 命题分析与备考建议 (1)命题热度:本专题是历年高考命题必考的内容(),属于中高档题目,主要以解答题的形式进行考查,分值约为12分,命题多与统计图表相结合. (2)考查方向:一是求离散型随机变量的分布列及其数学期望与方差;二是分布列、期望与统计图表的综合应用;三是利用分布列、期望与方差进行决策或分析,此类试题 的阅读量大,综合性较强. (3)明智备考:一是要熟练掌握离散型随机变量的取值,确定其对应的事件,这是解决此类问题的基础;二是要学会数据的提取与分析;三是要学会根据数据做出判断与决策. (4)主编提示:命题的兴趣点在于以现实生活中的统计图表、数据为情境下的离散型 随机变量的分布列及其数学期望的求解,热点是决策性问题,考查数据分析、数学运算、逻辑推理的核心素养.高三备考,关键过好“四关”:题目的理解关、随机变量的取值关、事件的类型关、概率的运算关,不能偏离! 考点103离散型随机变量的分布列、期望与方差　 1.(多选题)(2020·山东,12,5分,难度★★★★)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n),pi=1,定义X的信息熵H(X)=-pilog2pi. (　AC　) A.若n=1,则H(X)=0 B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大 C.若pi=(i=1,2,…,n),则H(X)随着n的增大而增大 D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y) 解析　若n=1,则p1=1,H(X)=-p1log2p1=-log21=0,故A正确; 若n=2,令p1=,p2=或p1=, p2=,均有H(X)=-log2+log2,故B错误; H(X)=-log2 =- =-n×·log2=-log2=log2n, 所以H(X)随n的增大而增大,故C正确; H(X)=-pilog2pi=-(pilog2pi+p2m+1-ilog2p2m+1-i), H(Y)=-((pi+p2m+1-i)·log2(pi+p2m+1-i)) 因为(pi+p2m+1-i)log2(pi+p2m+1-i)=pilog2(pi+p2m+1-i)+p2m+1-ilog2(pi+p2m+1-i)>pilog2pi+p2m+1-ilog2p2m+1-i,所以H(X)>H(Y),故D错误. 2.(2018·浙江,7,4分,难度★★★)设0<p<1,随机变量ξ的分布列是 ξ 0 1 2 P 则当p在(0,1)内增大时, (　D　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 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 解析　由题意可知,E(ξ)=0×+1×+2×=+p, D(ξ)=0--p2×+1--p2×+2--p2×=-2p2+2p+ =-p2-p+-=-p-2+,p∈(0,1). 故当p在(0,1)内增大时,D(ξ)先增大后减小. 均值和方差有以下常用性质 (1)E(k)=k,D(k)=0,其中k为常数; (2)若Y=aX+b,其中a,b是常数,X是随机变量,则E(Y)=aE(X)+b,D(Y)=a2D(X); (3)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2); (4)D(X)=E(X2)-[E(X)]2; (5)若X1,X2相互独立,则E(X1·X2)=E(X1)·E(X2). 3.(2022·浙江,15,6分,难度★★★)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=　　　　　,E(ξ)=　　　　　.  答案　　 解析　“ξ=2”即抽取卡片上的数字的最小值为2,分两类:(1)取到一个2,有种取法;(2)取到两个2,有种取法. P(ξ=2)==, ξ的所有可能取值为1,2,3,4. P(ξ=1)==,P(ξ=2)=, P(ξ=3)==,P(ξ=4)==,故E(ξ)=1×+2×+3×+4×=. 4.(2021·浙江,15,6分,难度★★★)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,一红一黄的概率为,则m-n=　　　　　,E(ξ)=　　　　　.  答案　1　 解析　由题意,得P(ξ=2)===, 一红一黄的概率为==, 所以=36,=3,解得m=3,n=2,故m-n=1. 依题意,ξ的所有可能取值为0,1,2, 所以P(ξ=0)==, P(ξ=1)==, P(ξ=2)=, 所以E(ξ)=0×+1×+2×=. 5.(2020·浙江,16,6分,难度★★★)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　　1 解析　ξ=0表示第一次拿到的是红球,设为事件A,或第一次是绿球,第二次是红球,设为事件B, 则P(ξ=0)=P(A)+P(B)=+=; ξ=1表示拿出红球时已经拿出了一个黄球,即第一次拿到黄球,第二次拿到红球,概率P=×=,或是前两次拿到的一个是黄球一个是绿球,P=2×××=,所以P(ξ=1)=+=; ξ=2表示拿到红球时已经拿出了两个黄球,即前两次黄球,第三次红球,P=××=,或是第四次拿到红球,P=××=, 所以P(ξ=2)=+=. E(ξ)=0×+1×+2×=1. 6.(2024·北京,18,13分,难度★★★)已知某险种的保费为0.4万元,前3次出险每次赔付0.8万元,第4次赔付0.6万元. 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 在总体中抽样1 000单,以频率估计概率: (1)求随机抽取一单,赔偿不少于2次的概率; (2)(ⅰ)毛利润是保费与赔偿金额之差.设毛利润为X,估计X的数学期望; (ⅱ)若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%,已赔偿过的增加20%.估计保单下一保险期毛利润的数学期望. 解　(1)设A为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”,则P(A)==. (2)(ⅰ)设ξ为赔偿金额,则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3. 由题意可得P(ξ=0)==,P(ξ=0.8)==,P(ξ=1.6)==,P(ξ=2.4)==,P(ξ=3)==. ∴E(ξ)=0×+0.8×+1.6×+2.4×+3×=0.278. 故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). (ⅱ)由题设可知每一单保费变为0.4××96%+0.4××1.2=0.403 2,设保单下一保险期毛利润为Y,则E(Y)=0.403 2-E(ξ)=0.125 2(万元). 7.(2023·全国新高考1,21,12分,难度★★★★)甲乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8,由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率; (2)求第i次投篮的人是甲的概率; (3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(Xi)=qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y). 解　(1)设事件A:“第2次投篮的人是乙”, 则P(A)=P(甲乙)+P(乙乙)=0.5×0.4+0.5×0.8=0.6. (2)设第i次是甲投的概率为pi,则第i次是乙投的概率为1-pi,由题意可知p1=, pi+1=pi×0.6+(1-pi)×0.2=0.2+0.4pi. 则pi+1-=pi+-=pi-, 故数列pi-为公比为的等比数列. 故pi-=p1-×=×, 得到pi=+×,i∈N*. (3)由(2)知,设随机变量Xi可取0,1,i=1,2,…,n,P(Xi=1)=pi,P(Xi=0)=1-pi,则Xi服从两点分布. 由题可知,当n≥1时,E(Y)=pi=+=1-+,n∈N*. 综上所述,可知E(Y)=pi=1-+,n∈N*. 8.(2022·全国甲,理19,12分,难度★★★★)甲、乙两个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立. (1)求甲学校获得冠军的概率; (2)用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望. 解　(1)记甲学校获得冠军为事件A, 则P(A)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6, 所以甲学校获得冠军的概率是0.6. (2)X的可能取值为0,10,20,30, 则P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×0.8=0.44, P(X=20)=0.5×(1-0.4)×(1-0.8)+(1-0.5)×0.4×(1-0.8)+(1-0.5)×(1-0.4)×0.8=0.34, P(X=30)=(1-0.5)×(1-0.4)×(1-0.8)=0.06. 则X的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 所以X的期望值为E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13. 求离散型随机变量的分布列的步骤 9.(2022·北京,18,14分,难度★★★★)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m): 甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25; 乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23; 丙:9.85,9.65,9.20,9.16. 假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立. (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率; (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望EX; (3)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大?(结论不要求证明) 解　(1)由题意知比赛成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)获优秀奖,甲的比赛成绩共有10个,甲的比赛成绩达到9.50及以上的有9.80,9.70,9.55,9.54,共四个,设“甲在校运动会铅球比赛中获优秀奖”为事件A,则估计事件A的概率为P(A)==0.4. (2)由题意知X所有可能取值为0,1,2,3. 估计甲在校运动会铅球比赛中获优秀奖的概率为P(A)=0.4. 设“乙在校运动会铅球比赛中获优秀奖”为事件B,则估计事件B的概率为P(B)==0.5. 设“丙在校运动会铅球比赛中获优秀奖”为事件C,则估计事件C的概率为P(C)==0.5. 则P(X=0)=0.6×0.5×0.5=0.15,P(X=1)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.4,P(X=2)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.35,P(X=3)=0.4×0.5×0.5=0.1,所以EX=0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4. (3)设事件E1为“甲在运动会中获得冠军”,事件E2为“乙在运动会中获得冠军”,事件E3为“丙在运动会中获得冠军”, P(E1)= =, P(E2)==, P(E3)==. 比较三个数的大小,说明丙获得冠军的概率估计值最大. 10.(2021·全国新高考1,18,12分,难度★★★★)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)X=0,20,100. P(X=0)=1-0.8=0.2=, P(X=20)=0.8×(1-0.6)=×=, P(X=100)=0.8×0.6=×=. 所以X的分布列为 X 0 20 100 P (2)若小明先回答A类问题,期望为E(X). 则E(X)=0×+20×+100×=. 若小明先回答B类问题,Y为小明的累计得分, Y=0,80,100, P(Y=0)=1-0.6=0.4=, P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=×=, P(Y=100)=0.6×0.8=×=. E(Y)=0×+80×+100×=. 因为E(X)<E(Y),所以小明应选择先回答B类问题. 均值和方差在决策中的应用 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是实际生产中用于方案取舍的重要理论依据,一般先比较均值,若均值相同,再用方差决定. 11.(2021·全国新高考2,21,12分,难度★★★★)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)令f(x)=p0+p1x+p2x2+p3x3-x,x>0, 则f'(x)=p1+2p2x+3p3x2-1, f″(x)=2p2+6p3x≥0, ∴f'(x)在(0,+∞)上单调递增. E(X)=0·p0+1·p1+2·p2+3·p3=p1+2p2+3p3. ①当E(X)≤1时,得p1+2p2+3p3≤1, ∵在(0,1]内,f'(x)单调递增, ∴f'(x)≤f'(1)=p1+2p2+3p3-1≤0, ∴f'(x)≤0,∴f(x)在(0,1]内是单调递减的, 则f(x)≥f(1),又f(1)=p0+p1+p2+p3-1=0, ∴f(x)在(0,1]内有唯一的零点x=1,故p=1; ②当E(X)>1时,得p1+2p2+3p3>1, 即p1+2p2+3p3-1>0. 则f'(1)=p1+2p2+3p3-1>0. 又f'(0)=p1-1<0,且f'(x)是连续的单调函数, ∴f'(x)在(0,1]内有唯一的零点x0, 在(0,x0)内f'(x)<0,f(x)单调递减, 在(x0,1)内f'(x)>0,f(x)单调递增. ∵f(0)=p0>0,f(1)=p0+p1+p2+p3-1=0, ∴f(x0)<f(1)=0, ∴f(x)在(0,x0)上有唯一的零点x1,且p=x1<1. (3)当1个微生物个体繁殖下一代的数学期望值小于或等于1时,这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝;当1个微生物个体繁殖下一代的数学期望大于1时,这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能. 12.(2021·北京,18,13分,难度★★★)在核酸检测中,“k合1”混采核酸检测是指:先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒,则检测结果为阴性,得到每人的检测结果都为阴性,检测结束;如果这k个人中有人感染新冠病毒,则检测结果为阳性,此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果,检测结束. 现对100人进行核酸检测,假设其中只有2人感染新冠病毒,并假设每次检测结果准确. (1)将这100人随机分成10组,每组10人,且对每组都采用“10合1”混采核酸检测. ①如果感染新冠病毒的2人在同一组,求检测的总次数; ②已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数,求X的分布列与数学期望EX. (2)将这100人随机分成20组,每组5人,且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数,试判断数学期望EY与(1)中EX的大小.(结论不要求证明) 解　(1)①依题意,如果感染新冠病毒的2人在同一组,则该组需要检测11次,其他9个组都只需要检测1次,所以检测总次数为20. ②由①知,当感染新冠病毒的2人分在同一组时,检测的总次数是20. 当感染新冠病毒的2人分在不同组时,可以求得检测的总次数是30.所以随机变量X的可能取值为20,30. 因为感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为,所以感染新冠病毒的2人分在不同组的概率为1-=. 所以随机变量X的分布列为: X 20 30 P 故随机变量X的数学期望EX=20×+30×=. (2)EY>EX. 13.(2019·全国1,理21,12分,难度★★★★)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X的分布列; (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8. (ⅰ)证明:{pi+1-pi}(i=0,1,2,…,7)为等比数列; (ⅱ)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性. 解　(1)X的所有可能取值为-1,0,1. P(X=-1)=(1-α)β, P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β), P(X=1)=α(1-β). 所以X的分布列为 X -1 0 1 P (1-α)β αβ+(1-α)(1-β) α(1-β) (2)(ⅰ)由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1. 因此pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1, 故0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1), 即pi+1-pi=4(pi-pi-1). 又因为p1-p0=p1≠0, 所以{pi+1-pi}(i=0,1,2,…,7)为公比为4,首项为p1的等比数列. (ⅱ)由(ⅰ)可得p8=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+…+(p1-p0)=p1. 由于p8=1,故p1=, 所以p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=p1=. p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理. 14.(2018·全国1,理20,12分,难度★★★★)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立. (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0. (2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. ①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX; ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验? 解　(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=p2(1-p)18. 因此f'(p)=[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2p(1-p)17(1-10p). 令f'(p)=0,得p=0.1. 当p∈(0,0.1)时,f'(p)>0; 当p∈(0.1,1)时,f'(p)<0. 所以f(p)的最大值点为p0=0.1. (2)由(1)知,p=0.1. ①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y. 所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490. ②如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX>400,故应该对余下的产品作检验. 15.(2018·北京,理17,12分,难度★★★★)电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表: 电影 类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类 电影 部数 140 50 300 200 800 510 好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1 好评率是指:一类电影中获得好评的 部数与该类电影的部数的比值. 假设所有电影是否获得好评相互独立. (1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率; (2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部,估计恰有1部获得好评的概率; (3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等.用“ξk=1”表示第k类电影得到人们喜欢,“ξk=0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k=1,2,3,4,5,6).写出方差Dξ1,Dξ2,Dξ3,Dξ4,Dξ5,Dξ6的大小关系. 解　(1)设“从电影公司收集的电影中随机选取1部,这部电影是获得好评的第四类电影”为事件A, 第四类电影中获得好评的电影为200×0.25=50(部). P(A)= ==0.025. (2)设“从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部,恰有1部获得好评”为事件B, P(B)=0.25×0.8+0.75×0.2=0.35. (3)由题意可知,定义随机变量如下: ξk= 则ξk显然服从两点分布,则六类电影的分布列及方差计算如下: 第一类电影: ξ1 1 0 P 0.4 0.6 Dξ1=0.4×0.6=0.24; 第二类电影: ξ2 1 0 P 0.2 0.8 Dξ2=0.2×0.8=0.16; 第三类电影: ξ3 1 0 P 0.15 0.85 Dξ3=0.15×0.85=0.127 5; 第四类电影: ξ4 1 0 P 0.25 0.75 Dξ4=0.25×0.75=0.187 5; 第五类电影: ξ5 1 0 P 0.2 0.8 Dξ5=0.2×0.8=0.16; 第六类电影: ξ6 1 0 P 0.1 0.9 Dξ6=0.1×0.9=0.09; 综上所述,Dξ1>Dξ4>Dξ2=Dξ5>Dξ3>Dξ6. 16.(2017·全国3,理18,12分,难度★★★★)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表: 最高 气温 [10, 15) [15, 20) [20, 25) [25, 30) [30, 35) [35, 40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率. (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列; (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值? 解　(1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500,由表格数据知P(X=200)==0.2,P(X=300)==0.4,P(X=500)==0.4. 因此X的分布列为 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500,至少为200,因此只需考虑200≤n≤500. 当300≤n≤500时, 若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n; 若最高气温位于区间[20,25), 则Y=6×300+2(n-300)-4n=1 200-2n; 若最高气温低于20, 则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n×0.4+(1 200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n. 当200≤n<300时, 若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n; 若最高气温低于20, 则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n. 所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元. 17.(2017·江苏,23,10分,难度★★★★)已知一个口袋中有m个白球,n个黑球(m,n∈N*,n≥2),这些球除颜色外完全相同.现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如图所示的编号为1,2,3,…,m+n的抽屉内,其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,…,m+n). 1 2 3 … m+n (1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p; (2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X)<. 解　(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p为:p==. (2)随机变量X的概率分布为: X … … P … … 随机变量X的期望为:E(X)=·=·. 所以E(X)< = =(1+++…+) =(+++…+) =(++…+) =…=(+) ==, 即E(X)<. 18.(2016·天津,理16,13分,难度★★★)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. 解　(1)由已知,有P(A)==. 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)==, P(X=1)==, P(X=2)==. 所以,随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×=1. 19.(2015·福建,理16,13分,难度★★★)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一.小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定. (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率; (2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望. 解　(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A, 则P(A)=××=. (2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3. 又P(X=1)=, P(X=2)=×=, P(X=3)=××1=, 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 所以E(X)=1×+2×+3×=. 20.(2015·广东,理17,12分,难度★★★)某工厂36名工人的年龄数据如下表: 工人编号 年龄 工人编号 年龄 工人编号 年龄 工人编号 年龄 1 40 10 36 19 27 28 34 2 44 11 31 20 43 29 39 3 40 12 38 21 41 30 43 4 41 13 39 22 37 31 38 5 33 14 43 23 34 32 42 6 40 15 45 24 42 33 53 7 45 16 39 25 37 34 37 8 42 17 38 26 44 35 49 9 43 18 36 27 42 36 39 (1)用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本,且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44,列出样本的年龄数据; (2)计算(1)中样本的均值和方差s2; (3)36名工人中年龄在-s与+s之间有多少人?所占的百分比是多少(精确到0.01%)? 解　(1)依题意知所抽取的样本编号是一个首项为2,公差为4的等差数列,故其所有样本编号依次为2,6,10,14,18,22,26,30,34,对应样本的年龄数据依次为44,40,36,43,36,37,44,43,37. (2)由(1)可得其样本的均值 ==40, 方差s2=[(44-40)2+(40-40)2+(36-40)2+(43-40)2+(36-40)2+(37-40)2+(44-40)2+(43-40)2+(37-40)2]=[42+02+(-4)2+32+(-4)2+(-3)2+42+32+(-3)2]=. (3)由(2)知s=, 所以-s=36,+s=43. 因为年龄在-s与+s之间共有23人, 所以其所占的百分比是≈63.89%. 考点104概率分布列与图表综合题　 1.(2022·全国新高考2,19,12分,难度★★★★)在某地区进行某种疾病调查,随机调查了100位这种疾病患者的年龄,得到如下样本数据频率分布直方图. (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄;(同一组中的数据用该组区间的中点值代表) (2)估计该地区一人患这种疾病患者年龄位于区间[20,70)的概率; (3)已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口数的16%,从该地区任选1人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(精确到0.000 1). 解　(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄为=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁). (2)由题图,得这100位这种疾病患者中年龄位于区间[20,70)的频率为(0.012+0.017+0.023+0.020+0.017)×10=0.89,故可估计该地区一人患这种疾病患者年龄位于区间[20,70)的概率为0.89. (3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)},C={任选一人患这种疾病},由条件概率公式可得P(C|B)===0.001 437 5≈0.001 4. 2.(2017·北京,理17,13分,难度★★★★)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中“􀆽 ”表示服药者,“+”表示未服药者. (1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率; (2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求ξ的分布列和数学期望Eξ; (3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论) 解　(1)由图知,在服药的50名患者中,指标y的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机选出一人,此人指标y的值小于60的概率为=0.3. (2)由图知,A,B,C,D四人中,指标x的值大于1.7的有2人:A和C. 所以ξ的所有可能取值为0,1,2. P(ξ=0)==,P(ξ=1)==, P(ξ=2)==. 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 故ξ的期望E(ξ)=0×+1×+2×=1. (3)在这100名患者中,服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差. 学科网（北京）股份有限公司 $$