离散型随机变量及其分布列、数字特征学案-2025年高三数学一轮复习

新高考数学一轮复习 第十章 　排列、组合与二项式定理、概率 　第五节　离散型随机变量及其分布列、数字特征 一、课标要求 1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念． 2.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单的实际问题． 二、 命题规律及备考策略 本部分内容以离散型随机变量为主，主要考查随机变量的性质、均值与方差，随机变量均值与方差的实际应用问题也常考查． 三、知识梳理 离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn (1)均值 称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝∑xipi为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平． (2)方差 称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝∑ (xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，并称为随机变量X的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度． [提醒]　(1)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量X是可变的，可取不同值，而E(X)是不变的，它描述X取值的平均状态； (2)方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负实数． [常用结论] 均值与方差的常用性质 若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则 (1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数． (2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝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). (6)若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p). (7)若随机变量X服从参数为n，M，N的超几何分布，则E(X)＝. 四、课堂考点突破 考点一　离散型随机变量分布列的概念及性质 [例1]　设离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.1 0.3 m 求Y＝｜X－1｜的分布列. 变式训练 1.设离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.2 0.2 m 求2X＋1的分布列. 考点二　求离散型随机变量的分布列 [例2]　有编号为1，2，3，…，n的n个学生，入座编号为1，2，3，…，n的n个座位，每个学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，已知X＝2时，共有6种坐法. （1）求n的值； （2）求随机变量X的分布列. 变式训练 2.某地有种特产水果很受当地老百姓欢迎，但这种水果只能在9月份销售，且只在当天食用口感最好，隔天食用口感较差.某超市每年9月份都销售该特产水果，每天计划进货量相同，进货成本为每千克8元，销售价为每千克12元；当天未卖出的水果则转卖给水果罐头厂，但每千克只能卖到5元.根据往年销售经验，每天需求量与当地气温（单位：℃）范围有一定关系：如果气温不低于30，需求量为5 000千克；如果气温位于[25，30），需求量为3 500千克；如果气温低于25，需求量为2 000千克.为了制定今年9月份订购计划，统计了前三年9月份的气温范围数据，得到下面的频数分布表： 气温 范围 [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40） 天数 4 14 36 21 15 以气温范围位于各区间的频率代替气温范围位于该区间的概率.求今年9月份这种水果一天需求量X（单位：千克）的分布列. 考点三　离散型随机变量的均值与方差 题型一　均值与方差的简单计算 [例3]　（1）已知离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P a 则X的数学期望E＝（　　） A.　　　B.2 C.　　　D.3 （2）若随机变量X满足D（X）＝0.8，则D（2X－3）＝（　　） A.0.8　　B.1.6C.3.2　　D.0.2 题型二　与具体事件有关的均值与方差的计算 [例4]　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、数学期望及方差. 变式训练 3.已知随机变量X的分布列为 X －1 0 2 P x y z 若E（X）＝，D（X）＝1，则x，y，z的值依次为　　　　. 4.（2022·浙江卷）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）＝　　　　. 考点四　利用均值与方差进行决策 题型一　均值在决策中的应用 [例5]　某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案. 方案一：交纳延保金7 000元，在延保的两年内可免费修2次，超过2次每次收取维修费2 000元； 方案二：交纳延保金10 000元，在延保的两年内可免费修4次，超过4次每次收取维修费1 000元. 某医院准备一次性购买2台这种机器.现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表： 维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15 以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率.记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数. （1）求X的分布列. （2）以所需延保金与维修费用的和的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？ 题型二　方差在决策中的应用 [例6]　有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设项目，为了对重点建设项目负责，政府到两建材厂抽样检查，他们从中各取等量的样本检查它们的抗拉强度指数如表： X 110 120 125 130 135 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 Y 100 115 125 130 145 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 其中X和Y分别表示甲、乙两厂材料的抗拉强度，比较甲、乙两厂材料哪一种稳定性好. 变式训练 5.统计资料表明，甲、乙两名运动员在比赛中的得分情况为 X1（甲得分） 0 1 2 P（X1＝xi） 0.2 0.5 0.3 X2（乙得分） 0 1 2 P（X2＝xi） 0.3 0.3 0.4 欲从甲、乙两名运动员中选一人参加运动会，选派　　　　运动员参加较好. 6.某投资公司在2024年年初准备将1 000万元投资到“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和； 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，和. 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. 五、课后作业 一、单项选择题 1．已知离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P a 则X的均值E(X)等于(　　) A. B．2 C. D．3 2．已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为： 甲产业收益分布列 收益X/亿元 －1 0 2 概率 0.1 0.3 0.6 乙产业收益分布列 收益Y/亿元 0 1 2 概率 0.3 0.4 0.3 则下列说法正确的是(　　) A．甲产业收益的期望大，风险高 B．甲产业收益的期望小，风险小 C．乙产业收益的期望大，风险小 D．乙产业收益的期望小，风险高 3．已知X的分布列为 X －1 0 1 P 且Y＝aX＋3，E(Y)＝，则a为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 4．现有3道单选题，学生李明对其中的2道题有思路，1道题完全没有思路，有思路的题答对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为，若每题答对得5分，不答或答错得0分，则李明这3道题得分的均值为(　　) A. B. C. D. 5．随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3，其中c是常数，则D(9ξ－3)的值为(　　) A．10 B．117 C．38 D．35 6．(2024·桂林模拟)设0<a<1.随机变量X的分布列为 X 0 a 1 P 当a在(0,1)上增大时，则(　　) A．E(X)不变 B．E(X)减小 C．D(X)先增大后减小 D．D(X)先减小后增大 二、多项选择题 7．已知随机变量X和Y，其中Y＝12X＋7，且E(Y)＝34，若X的分布列如表： X 1 2 3 4 P m n 则下列正确的是(　　) A．E(X)＝12 B．E(X)＝ C．m＝ D．n＝ 8．某校欲举办运动会，为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，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．设事件A：“抽取的3人中既有男志愿者，也有女志愿者”，则P(A)＝ B．设事件A：“抽取的3人中至少有一名男志愿者”，事件B：“抽取的3人中全是男志愿者”，则P(B|A)＝ C．用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则E(X)＝ D．用Y表示抽取的3人中男志愿者的人数，则D(Y)＝ 三、填空题 9．已知离散型随机变量ξ的分布列如表所示． ξ －2 0 2 P a b 若随机变量ξ的均值E(ξ)＝，则D(2ξ＋1)＝________. 10．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如表所示： 降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900 工期延误天数Y 0 2 6 10 历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9，则工期延误天数Y的均值为________． 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的均值E(X)>1.75，则p的取值范围为________． 12．(2024·稽阳模拟)已知甲盒中有3个红球2个白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒中随机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2球，记取到红球的个数为随机变量X，则X的均值为________． 四、解答题 13．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量X表示所选3人中女生的人数，求： (1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率； (2)X的均值与方差． 14．某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额． (1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求： ①员工所获得的奖励金额为1 000元的概率； ②员工所获得的奖励金额的分布列及均值； (2)公司对奖励金额的预算是人均1 000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由． 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新高考数学一轮复习 第十章 　排列、组合与二项式定理、概率 　第五节　离散型随机变量及其分布列、数字特征 一、课标要求 1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念． 2.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单的实际问题． 二、 命题规律及备考策略 本部分内容以离散型随机变量为主，主要考查随机变量的性质、均值与方差，随机变量均值与方差的实际应用问题也常考查． 三、知识梳理 离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn (1)均值 称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝∑xipi为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平． (2)方差 称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝∑ (xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，并称为随机变量X的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度． [提醒]　(1)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量X是可变的，可取不同值，而E(X)是不变的，它描述X取值的平均状态； (2)方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负实数． [常用结论] 均值与方差的常用性质 若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则 (1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数． (2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝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). (6)若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p). (7)若随机变量X服从参数为n，M，N的超几何分布，则E(X)＝. 四、课堂考点突破 考点一　离散型随机变量分布列的概念及性质 [例1]　设离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.1 0.3 m 求Y＝｜X－1｜的分布列. [解]　易知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，∴m＝0.3. 由X的分布列可知Y＝｜X－1｜的取值为0，1，2，3， P（Y＝0）＝P（X＝1）＝0.1， P（Y＝1）＝P（X＝0）＋P（X＝2）＝0.2＋0.1＝0.3， P（Y＝2）＝P（X＝3）＝0.3， P（Y＝3）＝P（X＝4）＝0.3， ∴Y＝｜X－1｜的分布列为 Y 0 1 2 3 P 0.1 0.3 0.3 0.3 变式训练 1.设离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.2 0.1 0.2 0.2 m 求2X＋1的分布列. 解：由分布列的性质知，0.2＋0.1＋0.2＋0.2＋m＝1，得m＝0.3. 列表为 X 0 1 2 3 4 2X＋1 1 3 5 7 9 从而2X＋1的分布列为 2X＋1 1 3 5 7 9 P 0.2 0.1 0.2 0.2 0.3 考点二　求离散型随机变量的分布列 [例2]　有编号为1，2，3，…，n的n个学生，入座编号为1，2，3，…，n的n个座位，每个学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，已知X＝2时，共有6种坐法. （1）求n的值； （2）求随机变量X的分布列. [解]　（1）因为当X＝2时，有种方法， 因为＝6，即＝6，也即n2－n－12＝0， 解得n＝4或n＝－3（舍去），所以n＝4. （2）因为学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X， 由题意可知X的可能取值是0，2，3，4， 所以P（X＝0）＝＝， P（X＝2）＝＝， P（X＝3）＝＝， P（X＝4）＝1－－－＝， 所以随机变量X的分布列为 X 0 2 3 4 P 变式训练 2.某地有种特产水果很受当地老百姓欢迎，但这种水果只能在9月份销售，且只在当天食用口感最好，隔天食用口感较差.某超市每年9月份都销售该特产水果，每天计划进货量相同，进货成本为每千克8元，销售价为每千克12元；当天未卖出的水果则转卖给水果罐头厂，但每千克只能卖到5元.根据往年销售经验，每天需求量与当地气温（单位：℃）范围有一定关系：如果气温不低于30，需求量为5 000千克；如果气温位于[25，30），需求量为3 500千克；如果气温低于25，需求量为2 000千克.为了制定今年9月份订购计划，统计了前三年9月份的气温范围数据，得到下面的频数分布表： 气温 范围 [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40） 天数 4 14 36 21 15 以气温范围位于各区间的频率代替气温范围位于该区间的概率.求今年9月份这种水果一天需求量X（单位：千克）的分布列. 解：今年9月份这种水果一天需求量X的可能取值为2 000，3 500，5 000. P（X＝2 000）＝＝0.2， P（X＝3 500）＝＝0.4， P（X＝5 000）＝＝0.4. 所以X的分布列为 X 2 000 3 500 5 000 P 0.2 0.4 0.4 考点三　离散型随机变量的均值与方差 题型一　均值与方差的简单计算 [例3]　（1）已知离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P a 则X的数学期望E＝（　　） A.　　　B.2 C.　　　D.3 （2）若随机变量X满足D（X）＝0.8，则D（2X－3）＝（　　） A.0.8　　B.1.6C.3.2　　D.0.2 [答案]　（1）A　（2）C [解析]　（1）由题意得＋a＋＝1，解得a＝， 故E＝＋2×＋3×＝. （2）因为D（X）＝0.8，所以D（2X－3）＝22×D＝4×0.8＝3.2. 题型二　与具体事件有关的均值与方差的计算 [例4]　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、数学期望及方差. [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. 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， P（X＝2）＝P（A）P（B）[1－P（C）]＋P（A）[1－P（B）]·P（C）＋[1－P（A）]P（B）P（C） ＝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 X 0 1 2 3 P 0.504 0.398 0.092 0.006 其数学期望E（X）＝0.504×0＋0.398×1＋0.092×2＋0.006×3＝0.6， 方差D（X）＝（0－0.6）2×0.504＋（1－0.6）2×0.398＋（2－0.6）2×0.092＋（3－0.6）2×0.006＝0.46. 变式训练 3.已知随机变量X的分布列为 X －1 0 2 P x y z 若E（X）＝，D（X）＝1，则x，y，z的值依次为　　　　. 答案：，， 解析：由分布列的性质得x＋y＋z＝1， 由数学期望的定义得E（X）＝－x＋2z＝， 由方差的定义得D（X）＝x＋y＋z＝1， 整理得16x＋y＋25z＝9， 解得x＝，y＝，z＝. 4.（2022·浙江卷）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：由题意知P（ξ＝2）＝＝. ξ的可能取值为1，2，3，4. P（ξ＝1）＝＝＝，P（ξ＝3）＝＝， P（ξ＝4）＝＝， 所以ξ的分布列为： ξ 1 2 3 4 P E（ξ）＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 考点四　利用均值与方差进行决策 题型一　均值在决策中的应用 [例5]　某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案. 方案一：交纳延保金7 000元，在延保的两年内可免费修2次，超过2次每次收取维修费2 000元； 方案二：交纳延保金10 000元，在延保的两年内可免费修4次，超过4次每次收取维修费1 000元. 某医院准备一次性购买2台这种机器.现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表： 维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15 以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率.记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数. （1）求X的分布列. （2）以所需延保金与维修费用的和的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？ [解]　（1）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6. P（X＝0）＝×＝， P（X＝1）＝××2＝， P（X＝2）＝×＋××2＝， P（X＝3）＝××2＋××2＝， P（X＝4）＝×＋××2＝， P（X＝5）＝××2＝， P（X＝6）＝×＝， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P （2）选择延保方案一，所需延保金与维修费用的和Y1（单位：元）的分布列为 Y1 7 000 9 000 11 000 13 000 15 000 P E（Y1）＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720. 选择延保方案二，所需延保金与维修费用的和Y2（单位：元）的分布列为 Y2 10 000 11 000 12 000 P E（Y2）＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420. ∵E（Y1）＞E（Y2），∴该医院选择延保方案二更合算. 题型二　方差在决策中的应用 [例6]　有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设项目，为了对重点建设项目负责，政府到两建材厂抽样检查，他们从中各取等量的样本检查它们的抗拉强度指数如表： X 110 120 125 130 135 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 Y 100 115 125 130 145 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 其中X和Y分别表示甲、乙两厂材料的抗拉强度，比较甲、乙两厂材料哪一种稳定性好. [解]　E（X）＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125， E（Y）＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125， D（X）＝0.1×（110－125）2＋0.2×（120－125）2＋0.4×（125－125）2＋0.1×（130－125）2＋0.2×（135－125）2＝50， D（Y）＝0.1×（100－125）2＋0.2×（115－125）2＋0.4×（125－125）2＋0.1×（130－125）2＋0.2×（145－125）2＝165， 由于E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y），故甲厂的材料稳定性较好. 变式训练 5.统计资料表明，甲、乙两名运动员在比赛中的得分情况为 X1（甲得分） 0 1 2 P（X1＝xi） 0.2 0.5 0.3 X2（乙得分） 0 1 2 P（X2＝xi） 0.3 0.3 0.4 欲从甲、乙两名运动员中选一人参加运动会，选派　　　　运动员参加较好. 答案：甲 解析：从表中，乙得分较分散，而甲集中于1分. 6.某投资公司在2024年年初准备将1 000万元投资到“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和； 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，和. 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，X1的所有可能取值为300，－150.则X1的分布列为 X1 300 －150 P ∴E（X1）＝300×＋（－150）×＝200（万元）. 若按“项目二”投资，设获利X2万元，X2的所有可能取值为500，－300，0.则X2的分布列为 X2 500 －300 0 P ∴E（X2）＝500×＋（－300）×＋0×＝200（万元）. D（X1）＝（300－200）2×＋（－150－200）2×＝35 000， D（X2）＝（500－200）2×＋（－300－200）2×＋（0－200）2×＝140 000. ∴E（X1）＝E（X2），D（X1）＜D（X2）， 这说明虽然项目一、项目二获利的期望值相等，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. 五、课后作业 一、单项选择题 1．已知离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P a 则X的均值E(X)等于(　　) A. B．2 C. D．3 答案　A 解析　由题意得＋a＋＝1，解得a＝， 故E(X)＝1×＋2×＋3×＝. 2．已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为： 甲产业收益分布列 收益X/亿元 －1 0 2 概率 0.1 0.3 0.6 乙产业收益分布列 收益Y/亿元 0 1 2 概率 0.3 0.4 0.3 则下列说法正确的是(　　) A．甲产业收益的期望大，风险高 B．甲产业收益的期望小，风险小 C．乙产业收益的期望大，风险小 D．乙产业收益的期望小，风险高 答案　A 解析　由题意可得E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1， D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(0－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29； E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1， D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6， 故E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)， 即甲产业收益的期望大，风险高． 3．已知X的分布列为 X －1 0 1 P 且Y＝aX＋3，E(Y)＝，则a为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－， 由Y＝aX＋3得E(Y)＝aE(X)＋3， ∴＝a×＋3，解得a＝2. 4．现有3道单选题，学生李明对其中的2道题有思路，1道题完全没有思路，有思路的题答对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为，若每题答对得5分，不答或答错得0分，则李明这3道题得分的均值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　记李明这3道题的得分为随机变量X，则X的所有可能取值为0,5,10,15， P(X＝0)＝2×＝， P(X＝5)＝C×××＋2×＝， P(X＝10)＝C×××＋2×＝， P(X＝15)＝2×＝， 所以E(X)＝0×＋5×＋10×＋15× ＝. 5．随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3，其中c是常数，则D(9ξ－3)的值为(　　) A．10 B．117 C．38 D．35 答案　C 解析　∵P(ξ＝k)＝，k＝1,2,3， ∴＋＋＝1， 解得c＝， ∴E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝， ∴D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝， ∴D(9ξ－3)＝92D(ξ)＝81D(ξ)＝38. 6．(2024·桂林模拟)设0<a<1.随机变量X的分布列为 X 0 a 1 P 当a在(0,1)上增大时，则(　　) A．E(X)不变 B．E(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　E(X)＝0×＋a×＋1×＝， ∴当a在(0,1)上增大时，E(X)增大， D(X)＝2×＋2×＋2× ＝[(a＋1)2＋(2a－1)2＋(2－a)2] ＝(a2－a＋1)＝2＋， ∴当a在(0,1)上增大时，D(X)先减小后增大． 二、多项选择题 7．已知随机变量X和Y，其中Y＝12X＋7，且E(Y)＝34，若X的分布列如表： X 1 2 3 4 P m n 则下列正确的是(　　) A．E(X)＝12 B．E(X)＝ C．m＝ D．n＝ 答案　BCD 解析　根据分布列可知m＋n＝1－－＝，① 因为Y＝12X＋7，所以E(Y)＝12E(X)＋7＝34， 解得E(X)＝， 又由分布列可得E(X)＝1×＋2×m＋3×n＋4×＝， 整理得2m＋3n＝，② 联立①②解得m＝，n＝. 8．某校欲举办运动会，为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，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．设事件A：“抽取的3人中既有男志愿者，也有女志愿者”，则P(A)＝ B．设事件A：“抽取的3人中至少有一名男志愿者”，事件B：“抽取的3人中全是男志愿者”，则P(B|A)＝ C．用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则E(X)＝ D．用Y表示抽取的3人中男志愿者的人数，则D(Y)＝ 答案　ABD 解析　所有可能的情况有C＝35(种)，其中既有男志愿者，也有女志愿者的情况有 CC＋CC＝30(种)， 故P(A)＝＝，故A正确； P(AB)＝＝， P(A)＝＝， 所以P(B|A)＝＝＝，故B正确； X的所有可能取值为0,1,2,3， 则P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝， 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，故C错误； 由C知，D(X)＝×2＋×2＋×2＋×2＝， 因为Y＝3－X， 所以D(Y)＝D(X)＝，故D正确． 三、填空题 9．已知离散型随机变量ξ的分布列如表所示． ξ －2 0 2 P a b 若随机变量ξ的均值E(ξ)＝，则D(2ξ＋1)＝________. 答案　11 解析　由表中数据得E(ξ)＝－2a＋0×b＋2×＝，解得a＝， 又a＋b＋＝1，所以b＝， 所以D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝， 所以D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝11. 10．根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如表所示： 降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900 工期延误天数Y 0 2 6 10 历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9，则工期延误天数Y的均值为________． 答案　3 解析　由题意可知P(X<300)＝0.3， P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4， P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2， P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1. 所以随机变量Y的分布列为 Y 0 2 6 10 P 0.3 0.4 0.2 0.1 所以E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，所以工期延误天数Y的均值为3. 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的均值E(X)>1.75，则p的取值范围为________． 答案　0<p< 解析　由题意知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝p(1－p)，P(X＝3)＝(1－p)2， 所以E(X)＝p＋2p(1－p)＋3(1－p)2>1.75， 解得p>或p<， 又p∈(0,1)，所以p∈. 12．(2024·稽阳模拟)已知甲盒中有3个红球2个白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒中随机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2球，记取到红球的个数为随机变量X，则X的均值为________． 答案　 解析　若从甲盒中随机取到的为红球且概率为， 则X的可能取值为1,2， 则P1(X＝1)＝＝， P1(X＝2)＝＝， 若从甲盒中随机取到的为白球且概率为， 则X的可能取值为0,1,2， 则P2(X＝0)＝＝， P2(X＝1)＝＝， P2(X＝2)＝＝， 综上，P(X＝0)＝×P2(X＝0)＝， P(X＝1)＝×P1(X＝1)＋×P2(X＝1)＝， P(X＝2)＝×P1(X＝2)＋×P2(X＝2)＝， 故E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 四、解答题 13．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量X表示所选3人中女生的人数，求： (1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率； (2)X的均值与方差． 解　(1)“所选3人中女生人数X≤1”的概率 P＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝＋＝. (2)因为从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，随机变量X表示所选3人中女生的人数， 所以X的可能取值为0,1,2， P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝1. D(X)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝. 14．(2023·泰安模拟)某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额． (1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求： ①员工所获得的奖励金额为1 000元的概率； ②员工所获得的奖励金额的分布列及均值； (2)公司对奖励金额的预算是人均1 000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由． 解　(1)设员工所获得的奖励金额为X， ①P(X＝1 000)＝＝， ∴员工所获得的奖励金额为1 000元的概率为. ②X所有可能的取值为400,1 000， P(X＝400)＝＝， ∴X的分布列为 X 400 1 000 P ∴员工所获得的奖励金额的均值为E(X)＝400×＋1 000×＝700(元)． (2)根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1 000元， ∴先寻找均值为1 000元的可能方案， 对于面值由800元和200元组成的情况， 如果选择(200,200,200,800)的方案， ∵1 000元是面值之和的最大值， ∴均值不可能为1 000元， 如果选择(800,800,800,200)的方案， ∵1000元是面值之和的最小值， ∴均值不可能为1 000元， 因此可能的方案是(800,800,200,200)，记为方案1； 同理，对于面值由600元和400元组成的情况， 排除(600,600,600,400)和(400,400,400,600)的方案， ∴可能的方案是(400,400,600,600)，记为方案2. 对于方案1，设员工所获得的奖励金额为X1，X1可取400,1 000,1600， P(X1＝400)＝＝， P(X1＝1 000)＝＝， P(X1＝1 600)＝＝， ∴E(X1)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000， D(X1)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000； 对于方案2，设员工所获得的奖励金额为X2，X2可取800,1 000,1 200， P(X2＝800)＝＝， P(X2＝1 000)＝＝， P(X2＝1 200)＝＝， ∴E(X2)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000， D(X2)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2＝， 由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小， ∴应选择方案2. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$