课时63 离散型随机变量及其分布列、数字特征-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版2019）

课时冲关６３　离散型随机变量及其分布列、数字特征 对应学生用书　P３２５ [基础巩固练] 一、单选题 １．在篮球比赛中,规定一次中距离投篮投中得２ 分,投不中得０分,则选手甲在三次中距离投篮 中的总得分ξ的所有可能取值的和是 (　　) A．８ B．１０ C．１２ D．１４ 解析:C　[选手甲在三次中距离投篮中可能都 不中,得０分,中一次,得２分, 中两次,得４分,中三次,得６分, 故总得分的所有可能取值为０,２,４,６, 所以总得分ξ的所有可能取值的和为１２．] ２．一串钥匙有６枚,只有一枚能打开锁,依次试 验,打不开的扔掉,直到找到能开锁的钥匙为 止,则试验次数X 的最大可能取值为 (　　) A．６ B．５ C．４ D．２ 解析:B　[由于是逐次试验,可能最后一枚钥匙 才能打开锁,即前５次都打不开锁,所以试验次 数X 的最大可能取值为５．] ３．已知随机变量的分布列如下,且E(ξ)＝６．３,则 a的值为 (　　) ξ ４ a ９ P ０．５０．１ b A．５ B．６ C．７ D．８ 解析:C　[由概率分布列性质,知０．５＋０．１＋b ＝１,所以b＝０．４,所以E(ξ)＝４×０．５＋a×０．１ ＋９×０．４＝６．３,所以a＝７．] ４．已知随机变量ξ的分布列为 ξ ０ １ ２ P a ２a－１６ １ ６ 若η＝２ξ－１,则D(η)＝ (　　) A．８９ B． １７ ９ C． １６ ９ D． ２５ ９ 解析:B　[由a＋２a－１６＋ １ ６＝１ ,得a＝１３ ,则 E(ξ)＝０× １ ３＋１× １ ２＋２× １ ６＝ ５ ６ ,D(ξ)＝ １ ３× ０－５６ æ è ç ö ø ÷ ２ ×１３＋ １ ２× １－ ５ ６ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋１６× ２－ ５ ６ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１７３６． 因为η＝２ξ－１,所以D(η)＝D(２ξ－１)＝ ４D(ξ)＝ １７ ９． ] ５．已知某离散型随机变量X 的分布列如下: X －１ ０ １ ２ P a b c １３ 若E(X)＝３４ ,P(X≥１)＝７１２ ,则D(X)＝ (　　) A．１５１６ B． ９ ８ C． １９ １６ D． ５ ４ 解析:C　[由题意,得a＋b＋c＋１３＝１ ,所以a ＋b＋c＝２３ ,　①．因为E(X)＝(－１)×a＋０× b＋１×c＋２×１３＝ ３ ４ ,所以－a＋c＝１１２ ,　②． 由P(X≥１)＝c＋１３＝ ７ １２ ,得c＝１４ ,代入①②解 得:a＝１６ ,b＝１４． 所以D(X)＝ －１－３４ æ è ç ö ø ÷ ２ ×１６ ＋ ０－３４ æ è ç ö ø ÷ ２ ×１４＋ １－ ３ ４ æ è ç ö ø ÷ ２ ×１４＋ ２－ ３ ４ æ è ç ö ø ÷ ２ × １ ３＝ １９ １６． ] ６．一袋中装有５个白球和３个红球,现从袋中往 外取球,每次任取一个,取出后记下颜色,若为 红色停止,若为白色则继续抽取,停止时从袋中 抽取的白球的个数为随机变量ξ,则P(ξ≤２) (　　) A．９１４ B． ２５ ５６ C． ３７ ５６ D． ２３ ２８ 解析:D　依题意知,ξ＝k表示前k 个为白球,第 k＋１个恰为红球,则ξ的可能取值为０,１,２,３, ４,５, 则P(ξ＝k)＝ Ak５A１３ Ak＋１８ ,k＝０,１,２,３,４,５, 所以P(ξ＝０)＝ A０５A１３ A１８ ＝３８ ,P(ξ＝１)＝ A１５A１３ A２８ ＝ １５ ５６ ,P(ξ＝２)＝ A２５A１３ A３８ ＝５２８ , 所以P(ξ≤２)＝P(ξ＝０)＋P(ξ＝１)＋P(ξ＝２) ＝４６５６＝ ２３ ２８． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９７４􀅰 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布列 二、多选题 ７．袋内有大小完全相同的２个黑球和３个白球, 从中不放回地每次任取１个小球,直至取到白 球后停止取球,则 (　　) A．抽取２次后停止取球的概率为３５ B．停止取球时,取出的白球个数不少于黑球的 概率为９ １０ C．取球次数的期望为２ D．取球次数的方差为９２０ 解析:BD　[设取球次数为ξ,可知随机变量ξ的 可能取值有１,２,３,则P(ξ＝１)＝ ３ ５ ,P(ξ＝２)＝ ２ ５× ３ ４＝ ３ １０ ,P(ξ＝３)＝ ２ ５× １ ４＝ １ １０． 对于 A 选项,抽取２次后停止取球的概率为P (ξ＝２)＝ ３ １０ ,A 选项错误;对于 B选项,停止取 球时,取出的白球个数不少于黑球的概率为P(ξ ＝１)＋P(ξ＝２)＝ ３ ５＋ ３ １０＝ ９ １０ ,B选项正确;对 于C选项,取球次数ξ的期望为E(ξ)＝１× ３ ５＋ ２×３１０＋３× １ １０＝ ３ ２ ,C选项错误;对于 D 选项, 取球次数ξ的方差为D(ξ)＝ １－ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ×３５＋ ２－３２ æ è ç ö ø ÷ ２ × ３１０＋ ３－ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ × １１０＝ ９ ２０ ,D 选 项 正确．] ８．(２０２５􀅰烟台模拟)某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:“抽取的三人中既有男志愿者,也 有女志愿者”,则P(A)＝６７ 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)＝２１７ C．用X 表示抽取的三人中女志愿者的人数,则 E(X)＝１２７ D．用Y 表示抽取的三人中男志愿者的人数,则 D(Y)＝２４４９ 解析:ABD　[对 A,所有可能的情况有 C３７＝３５ 种,其中既有男志愿者,也有女志愿者的情况有 C１４C２３＋C２４C１３＝３０种,故 P(A)＝ ３０ ３５＝ ６ ７ ,故 A 正确; 对B,P(AB)＝ C３４ C３７ ＝４３５ , P(A)＝ C１４C２３＋C２４C１３＋C３４ C３７ ＝３４３５ , 所以P(B|A)＝P (AB) P(A)＝ ４ ３４＝ ２ １７ ,故B正确;对 C,可得X 的可能取值为０,１,２,３, 则P(X＝０)＝ C３４ C３７ ＝４３５ ,P(X＝１)＝ C１３C２４ C３７ ＝１８３５ , P(X＝２)＝ C２３C１４ C３７ ＝１２３５ ,P(X＝３)＝ C３３ C３７ ＝１３５ , 所以E(X)＝０×４３５＋１× １８ ３５＋２× １２ ３５＋３× １ ３５＝ ９ ７ ,故C错误． 对 D,可得Y 的可能取值为０,１,２,３, 则P(Y＝０)＝ C３３ C３７ ＝１３５ ,P(Y＝１)＝ C２３C１４ C３７ ＝１２３５ ,P (Y＝２)＝ C１３C２４ C３７ ＝１８３５ ,P(Y＝３)＝ C３４ C３７ ＝４３５ , 则E(Y２)＝０×１３５＋１× １２ ３５＋４× １８ ３５＋９× ４ ３５＝ ２４ ７ ,E(Y)＝０× １３５＋１× １２ ３５＋２× １８ ３５＋３× ４ ３５ ＝１２７ , 则D(Y)＝E(Y２)－[E(Y)]２＝２４７－ １２ ７ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ２４ ４９ ,故 D正确．] 三、填空题 ９．已知随机变量ξ的分布列为 ξ １ ２ ３ P ０．５ x y 若E(ξ)＝ １５ ８ ,则D(ξ)＝　　　　． 解析:由分布列性质,得x＋y＝０．５．又E(ξ)＝ １５ ８ ,得２x＋３y＝１１８ ,可得 x＝１８ , y＝３８． ì î í ï ï ï ï 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０８４􀅰 高考总复习　数学 A版 D(ξ)＝ １－ １５ ８ æ è ç ö ø ÷ ２ × １２ ＋ ２－ １５ ８ æ è ç ö ø ÷ ２ × １８ ＋ ３－１５８ æ è ç ö ø ÷ ２ ×３８＝ ５５ ６４． 答案:５５ ６４ １０．一离散型随机变量X 的分布列为: X ０ １ ２ ３ P ０．１ a b c 其中a,b为变数,c为正常数,且当a＝b≠０时 方差D(X)有最大值,则c的值为　　　　　． 解析:由题意得,a＋b＋c＝０．９,E(X)＝a＋２b ＋３c＝０．９＋b＋２c,E(X２)＝a＋４b＋９c＝０．９ ＋３b＋８c, D(X)＝E(X２)－[E(X)]２ ＝０．９＋３b＋８c－(０．９＋b＋２c)２ ＝－b２＋(１．２－４c)b＋０．０９＋４．４c－４c２, ∴当b＝０．６－２c时有最大值,此时１．２－４c＋c ＝０．９,解得c＝０．１． 答案:０．１ 四、解答题 １１．盒中有标记数字１,２,３,４的小球各２个,随机 一次取出３个小球． (１)求取出的３个小球上的数字两两不同的 概率; (２)记取出的３个小球上的最小数字为 X,求 X 的分布列及数学期望E(X)． 解:(１)记“取出的３个小球上的数字两两不 同”为事件 M,先确定３个不同数字的小球,有 C３４ 种方法, 然后每 种 小 球 各 取 １ 个,有 C１２×C１２×C１２ 种 取法, 所以P(M)＝ C３４×C１２×C１２×C１２ C３８ ＝４７． (２)由题意可知,X 的可能取值为１,２,３, 当X＝１时,分为两种情况:只有一个数字为１ 的小球、有两个数字为１的小球, 所以P(X＝１)＝ C１２C２６＋C２２C１６ C３８ ＝９１４ ; 当X＝２时,分为两种情况:只有一个数字为２ 的小球、有两个数字为２的小球, 所以P(X＝２)＝ C１２C２４＋C２２C１４ C３８ ＝２７ ; 当X＝３时,分为两种情况:只有一个数字为３ 的小球、有两个数字为３的小球, 所以P(X＝３)＝ C１２C２２＋C２２C１２ C３８ ＝１１４ , 所以X 的分布列为: X １ ２ ３ P ９１４ ２ ７ １ １４ 所以E(X)＝１×９１４＋２× ２ ７＋３× １ １４＝ １０ ７． １２．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１０００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１０００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＝１０００)＝ C１３ C２４ ＝１２ , ∴员工所获得的奖励金额为１０００元的概率 为１ ２． ②X 所有可能的取值为４００,１０００, P(X＝４００)＝ C２３ C２４ ＝１２ , ∴X 的分布列为 X ４００ １０００ P １２ １ ２ ∴员工所获得的奖励金额的均值为E(X)＝ ４００×１２＋１０００× １ ２＝７００ (元)． (２)根据公司预算,每个员工的平均奖励金额 为１０００元, ∴先寻找均值为１０００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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１８４􀅰 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布列 ∵１０００元是面值之和的最大值, ∴均值不可能为１０００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１０００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, Xi 可取４００,１０００,１６００, P(X１＝４００)＝ C２２ C２４ ＝１６ , P(X１＝１０００)＝ C１２C１２ C２４ ＝２３ , P(X１＝１６００)＝ C２２ C２４ ＝１６ , ∴E(X１)＝４００× １ ６＋１０００× ２ ３＋１６００× １ ６ ＝１０００, D(X１)＝ (４００－１０００)２ × １ ６ ＋ (１０００－ １０００)２ × ２３ ＋ (１６００－１０００)２ × １６ ＝ １２００００; 对于方案２,设员工所获得的奖励金额为 X２, X２ 可取８００,１０００,１２００, P(X２＝８００)＝ C２２ C２４ ＝１６ , P(X２＝１０００)＝ C１２C１２ C２４ ＝２３ , P(X２＝１２００)＝ C２２ C２４ ＝１６ , ∴E(X２)＝８００× １ ６＋１０００× ２ ３＋１２００× １ ６ ＝１０００, D(X２)＝ １ ６× (８００－１０００)２＋２３× (１０００－ １０００)２＋１６× (１２００－１０００)２＝４００００３ , 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． [能力提升练] １３．[多选]已知１４＜p＜１ ,随机变量 X 的分布列 如下,则下列结论正确的有 (　　) X ０ １ ２ P p－p２ １－p p２ A．P(X＝２)的值最大 B．P(X＝０)＜P(X＝１) C．E(X)随着p的增大而减小 D．E(X)随着p的增大而增大 解析:BD　[当p＝１２ 时,P(X＝２)＝１４ ,P(X ＝１)＝１－１２＝ １ ２＞ １ ４ ,A 错误;因为１４＜p＜ １,所以p－p２＝p(１－p)＜１－p,即P(X＝０) ＜P(X＝１),B正确;E(X)＝１－p＋２p２＝ ２p－１４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋７８ ,因为１ ４＜p＜１ ,所以E(X)随 着p的增大而增大,C错误,D正确．] １４．某种儿童游戏每局的规则是:儿童先在标记有 １,２,３,４,５的卡片中随机摸取一张,将卡片上 的数字作为其资金(单位:元);随后放回该卡 片,再随机摸取两张,将这两张卡片上数字之 差的绝对值的１．４倍作为其奖金(单位:元)． 若随机变量ξ１ 和ξ２ 分别表示儿童在一局游戏 中的资金和奖金,则 P(ξ２ ≥３)－P(ξ１ ≥３) ＝　　　　． 解析:资金的分布列为 ξ１ １ ２ ３ ４ ５ P １５ １ ５ １ ５ １ ５ １ ５ 奖金的分布列为 ξ２ １．４ ２．８ ４．２ ５．６ P ４ C２５ ＝２５ ３ C２５ ＝３１０ ２ C２５ ＝１５ １ C２５ ＝１１０ 则P(ξ２≥３)－P(ξ１≥３)＝ １ ５＋ １ １０－ １ ５－ １ ５－ １ ５＝－ ３ １０． 答案:－３１０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２８４􀅰 高考总复习　数学 A版