离散型随机变量的分布列及数字特征 专项训练-2025届高三数学一轮复习

第10章　 计数原理、概率、随机变量及其分布 第六节　离散型随机变量的分布列及数字特征 1．(2024·聊城模拟)袋中有3个白球、5个黑球，从中任取2个，可以作为随机变量的是(　　) A．至少取到1个白球 B．至多取到1个白球 C．取到白球的个数 D．取到的球的个数 2．设离散型随机变量X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b，若X的均值E(X)＝3，则a－b＝(　　) A． B．0 C．－ D． 3．(2024·枣庄模拟)口袋中装有编号分别为1，2，3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个球，记取出的球的最大编号为X，则D(X)＝(　　) A． B． C． D． 4．(多选题)若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，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(3X＋2)＝4 C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝ 5．设随机变量X满足P(X＝i)＝(i＝1，2，3)，则k＝________；P(X≥2)＝________. 6．某射击运动员共有三发子弹，他射击一次命中目标的概率是，击中目标后射击停止，射击次数X为随机变量，则方差D(X)＝________. 7．“摸奖游戏”是商场促销最为常见的形式之一，某摸奖游戏的规则如下：第一次在装有2个红球、2个白球的A袋中随机取出2个球，第二次在装有1个红球、1个白球、1个黑球的B袋中随机取出1个球，两次取球相互独立，两次取球合在一起称为一次摸奖，取出的3个球的颜色与获得的积分对应如下表： 所取球的情况 三球同色 三球均不同色 其他情况 所获得的积分 100 60 0 (1)设一次摸奖所获得的积分为X，求X的分布列和期望； (2)记甲在这次游戏中获得0积分为事件M，甲在B袋中摸到黑球为事件N，判断事件M，N是否相互独立，并说明理由． 8．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． 高考训练 9．在某次考试中，多项选择题的给分标准如下：在每题给出的四个选项中，正确选项为其中的两项或三项，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分．甲、乙、丙三人在完全不会做某个多项选择题的情况下，分别选了A，AB，ABC，则三人该题得分的数学期望分别为(　　) A．1，0.8，0.5 B．1.2，0.8，0.6 C．1，0.9，0.6 D．1.2，0.9，0.5 10．(多选题)已知投资A，B两个项目获得的收益分别为X，Y，分布列如下表，则(　　) X －1 0 2 P 0.2 m 0.6 Y 0 1 2 P 0.3 0.4 n A．m＋n＝0.5 B．E(2X＋1)＝4 C．投资两个项目的收益期望一样多 D．投资A项目的风险比B项目高 11．(多选题)随机变量ξ的分布列如表所示，其中xy≠0，下列说法正确的是(　　) ξ 0 1 2 P x A．x＋y＝1 B．E(ξ)＝ C．D(ξ)有最大值 D．D(ξ)随y的增大而减小 12．游乐场某游戏设备是一个圆盘，圆盘被分成红色和绿色两个区域，圆盘上有一个可以绕中心旋转的指针，且指针受电子程序控制，前后两次停在相同区域的概率为，停在不同区域的概率为.某游客连续转动指针三次，记指针停在绿色区域的次数为X，若开始时指针停在红色区域，则E(X)＝________. 13．(2024·苏州模拟)设a，b是从集合{1，2，3，4}中随机选取的数，直线l：y＝ax＋b，圆O：x2＋y2＝1，则直线l与圆O有公共点的概率是________；直线l与圆O的公共点个数的数学期望是________. 14．甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练(每人各踢一次为一轮)，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有一人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得－1 分；两人都进球或都不进球，两人均得0分．设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率为，且各次踢球互不影响． (1)经过一轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望； (2)求经过三轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率． 15．(2023·新高考全国Ⅰ卷)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)． 答案解析 1、C　解析：选项A，B表述的都是随机事件，选项D是确定的值2，并不随机；选项C是随机变量，可能取值为0，1，2. 2、A　解析：由题意知(a＋b)＋(2a＋b)＋(3a＋b)＋(4a＋b)＝1，即10a＋4b＝1.又X的均值E(X)＝3，则(a＋b)＋2(2a＋b)＋3(3a＋b)＋4(4a＋b)＝3，即30a＋10b＝3.联立解得a＝，b＝0，所以a－b＝. 3、A　解析：由题意得X的可能取值为2，3，X＝2包含的事件为取出的两个球为1，2， 所以P(X＝2)＝， X＝3包含的事件为取出的两个球为1，3或2，3， 所以P(X＝3)＝，E(X)＝2×，D(X)＝22×.故选A． 4、AB　解析：因为随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，所以P(X＝1)＝， E(X)＝0×，D(X)＝. 对于A，P(X＝1)＝E(X)，故A正确； 对于B，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×＋2＝4，故B正确； 对于C，D(3X＋2)＝32D(X)＝9×＝2，故C错误； 对于D，D(X)＝，故D错误．故选AB． 5、　解析：由已知得随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P 所以＝1，解得k＝. 所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P 所以P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝. 6、　解析：由题意知X＝1，2，3， P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 所以E(X)＝1×， (方法一)所以D(X)＝. (方法二)E(X2)＝1×，所以D(X)＝. 7、解：(1)X的可能取值有100，60，0， P(X＝100)＝， P(X＝60)＝， P(X＝0)＝1－P(X＝100)－P(X＝60)＝， 所以X的分布列为 X 100 60 0 P 所以E(X)＝100×. (2)由(1)可知P(M)＝， 又P(N)＝，P(MN)＝2×， 则P(MN)≠P(M)P(N)，所以事件M，N不相互独立． 8、解：若投资“项目一”，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 所以E(X1)＝300×＋(－150)×＝200， D(X1)＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35 000. 若投资“项目二”，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 所以E(X2)＝500×＋(－300)×＝200， D(X2)＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140 000， 所以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投资项目一． 9、D　解析：由题意得正确选项若为两项，则有＝6(种)可能情况， 正确选项若为三项，则有＝4(种)可能情况，故正确选项的可能情况共有10种． 甲选A，他可能的得分X1为0，2，则他可能得分的情况即正确答案中含有A，有＋＝6(种)， 故P(X1＝2)＝，则P(X1＝0)＝， 故他得分的数学期望为E(X1)＝0×＝1.2. 乙选AB，他可能的得分X2为0，2，5， 若正确答案为AB，即他可能得5分的情况有1种，此时P(X2＝5)＝， 若正确答案为ABC或ABD，他可能得2分的情况有2种，此时P(X2＝2)＝， 则P(X2＝0)＝， 故E(X2)＝0×＝0.9. 丙选ABC，他可能的得分X3为0，5，若正确答案为ABC，则P(X3＝5)＝，P(X3＝0)＝， 故E(X3)＝0×＝0.5. 即三人该题得分的数学期望分别为1.2，0.9，0.5.故选D． 10、ACD　解析：依题意可得0.2＋m＋0.6＝1，所以m＝0.2，0.3＋0.4＋n＝1，所以n＝0.3，所以m＋n＝0.5，故A正确；所以E(X)＝－1×0.2＋0×0.2＋2×0.6＝1，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝3，故B错误；E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，所以E(X)＝E(Y)，故C正确；因为D(X)＝(－1－1)2×0.2＋(0－1)2×0.2＋(2－1)2×0.6＝1.6，D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，所以D(X)>D(Y)，所以投资A项目的风险比B项目高，故D正确．故选ACD． 11、ABC　解析：由题意可知x＋＝1，即x＋y＝1，故A正确． E(ξ)＝0×x＋1×，故B正确． D(ξ)＝x ＝(1－y)y2＋3y. 因为xy≠0，x＋y＝1，易得0<y<1， 而函数f (y)＝－y2＋3y的图象开口向下，对称轴为直线y＝， 所以f (y)在上单调递增，在上单调递减，故f (y)在y＝处取得最大值， 所以D(ξ)随着y的增大先增大后减小，当y＝时，取得最大值，故C正确，D错误．故选ABC． 12、　解析：该游客转动指针三次的结果的树形图如下： 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 故E(X)＝0×. 13、　解析：由已知可得l：ax－y＋b＝0，圆O：x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r＝1， 则圆心O(0，0)到直线l的距离d＝. 因为直线l与圆O有公共点，所以d≤1，整理可得a2＋1≥b2. 因为a，b∈{1，2，3，4}，所以a≥b， 则满足条件的(a，b)可能为(1，1)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(2，2)，(3，2)，(4，2)，(3，3)，(4，3)，(4，4)，共包含10个样本点， 而(a，b)总的样本点的个数为4×4＝16， 所以直线l与圆O有公共点的概率是. 设直线l与圆O的公共点个数为随机变量X，由上可知，X＝0，2. 当a≥b时，10个样本点都满足a2＋1>b2，即d<1，此时有2个公共点， 所以P(X＝2)＝，P(X＝0)＝1－P(X＝2)＝， 所以E(X)＝0×. 14、解：(1)记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，且A，B相互独立， 由题意得，P(A)＝，P(B)＝， 甲的得分X的可能取值为－1，0，1， P(X＝－1)＝P＝PP(B)＝， P(X＝0)＝P(AB)＋P＝P(A)P(B)＋P＝， P(X＝1)＝P＝P(A)P＝， 所以X的分布列为 X －1 0 1 P E(X)＝－1×. (2)经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲三轮各得1分；甲三轮中有两轮各得1分，一轮得0分；甲三轮中有两轮各得1分，一轮得－1分；甲三轮中有一轮得1分，两轮各得0分， 甲三轮各得1分的概率为P1＝， 甲三轮中有两轮各得1分，一轮得0分的概率为P2＝， 甲三轮中有两轮各得1分，一轮得－1分的概率为P3＝， 甲三轮中有一轮得1分，两轮各得0分的概率为P4＝， 所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率P＝. 15、解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，i＝1，2，3，…，n，所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)·P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6. (2)设P(Ai)＝pi，依题可知P(Bi)＝1－pi，则 P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)， 即pi＋1＝0.6pi＋(1－pi)×(1－0.8)＝0.4pi＋0.2. 构造等比数列{pi＋λ}， 设pi＋1＋λ＝(pi＋λ)，解得λ＝－，则pi＋1－. 又p1＝，所以是首项为，公比为的等比数列，即pi－， 故pi＝. (3)设随机变量 Xi＝＝1，2，…，n， 则Xi服从两点分布，P(Xi＝1)＝，且Y＝ 由题设可得E(Y)＝E. 学科网（北京）股份有限公司 $$