第37期 离散型随机变量及其分布列-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版2019）

高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 数理招 答案详解 2024~2025学年高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期(2025年4月) 6.由题意得X的所有可能取值为0,1,2， 第37期2版 则P(X≤I)=P(X=0)+P(X=I) 专项小练 1.B2D:3ABD4号：5号 -是号号号 7.因为X的分布列服从两点分布， 6.解：显然X服从两点分布. 所以P(X=0)+P(X=1)=1. P(X=0)== 因为P(X=0)=3-4P(X=1)=a, 所以P(X=0)=3-4[1-P(X=0)], PX=)=1-G 8 所以P(X=0)=子，所以a=号 1 所以X的分布列为 8.因为a1,a2,…,a5构成等差数列， 0 1 所以a1+a2+a3+a4+as 8 =(a1+a5）+(a2+a)+a 11 11 =5a3=1, 第37期3,4版 解得a,=号，所以4+a=24,=子， 离散型随机变量及其分布列同步核心素养测评 易知a1≥0，a5≥0， 一、单项选择题 1 ~4 CABB 5~8 CADA 所以a4≤（色）= 提示： 当且仅当4=4=时，等号成立 1.(A)(B)(D)中的随机变量X的可能取值都可以按一定 次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量：(C)中的X无 所以a,·a的最大值为25 法按一定次序一一列出，故X不是离散型随机变量，故选(C) 二、多项选择题 2.由题意得 9.ABC;10.AC;11.ABC. P(X=0)+P(X=1)=6P(X=1)=1, 提示： 则P0X=）=石 9.由题可得a+b+c=1, 且a,b,c∈[0,1] ① 3.由题意得0.36+1-2g+g=1, 又因为a,b,c成等差数列， 解得9=0.2或9=1.8（舍去） 所以2b=a+c, ② 4.由题意得P(X<5) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) 联立①②得b= 3,a+c= 3 14 =3=元 所以0≤e≤员 解得n=12. 所以e可以为方，立5 113 5.由题可得P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3, P(X<1)=0.4,P(X<2)=0.7, 故选(A)(B)(C). 则当P(X<a)=0.7时， 10.记未使用过的乒乓球为M,已使用过的为N,任取3个 实数a的取值范围是(1,2]. 球的所有可能结果是1个M球和2个N球，2个M球和1个N 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 球，3个M球 除3余1的有1,4,7,10： M球使用后成为V球， 除3余2的有2,5,8,11， 故X的所有可能取值是3,4,5，故(A)正确： 取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有： 又P(X=3)= CC C =7故(C)正确： ①2个标号被3除余数为1的球和1个标号被3整除的球， 有C2C=24(种)： 9=今故D腿： P(X=4)= ②1个标号被3除余数为1的球和2个标号被3除余数为 2的球，有CC=24(种)： 是 ③1个标号被3除余数为2的球和2个标号被3整除的球， 有CC=24(种)， 所以X最有可能的取值是4，故(B)错误. 故选(A)(C) 则PX=2》).24+%24=袋 220 11.由题可得X的可能取值为0,1,2， 四、解答题 若两条棱相交，交点必在正方体的顶点处，过任意一个顶 15.解：随机变量X2的可能取值为0,1,4,9， 点的棱有3条，所以P(X=O)=总=立， P(K=0)=P(X=0)=石 若两条棱平行，它们的距离为1或2，而距离为万的共有 P(2=1)=P(X=-1)+P(X=1) 111 6对，所以万)·总品 1 =3+6=2 故K=)=1-x=0-Px=月=1音品=合 P(X=4)=P(X=-2)+P(X=2) X的分布列为 0 P(X=9)=P(X=3)=1 4 11 所以2的分布列为 故选(A)(B)(C). 0 9 三，填空题 12 2甲腐输两雨或甲乙平局次：&子： 55 16.解：(1)易知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1. 提示： 所以m=0.3. 12.由已知得3=0+0+3=1+1+1， 由X的分布列可知n=|X-11的可能取值为0,1,2,3， 故X=3!表示的可能结果为甲赢一局输两局或甲、乙平 P(n=0)=P(X=1)=0.I, 局三次 P(m=1)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3, 13.令X=k表示前k个球为白球， P(7=2)=P(X=3)=0.3, 第k+1个球为红球， P(n=3)=P(X=4)=0.3, 此时P(X=0)=2 1 = 所以)=1X一11的分布列为 6 3 7 0 1 2 3 4 P 0.1 0.30.30.3 4321 P(X=2)=6××年=5， (2)由1<2X+1<9,解得0<X<4, 故P(1<2X+1<9) 则P(X≤2) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3) =P(X=0)+PX=1)+P(X=2) =0.1+0.1+0.3=0.5. 141 =3+5+5 17.解：(1)部件1,2都不需要调整的概率为(1-0.1)× 4 (1-0.2)=0.72,则部件1,2中至少有1个需要调整的概率为 5 P=1-0.72=0.28. 14.从12个球中任取3个球有C2=220(种)不同的方法， (2)由题意X的所有可能取值为0,1,2,3， 1到12中能被3整除的有3,6,9,12： P(X=0)=0.9×0.8×0.8=0.576. 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 P(X=1)=0.1×0.8×0.8+0.9×0.2×0.8+0.9×0.8 可得M的末位是0或5， ×0.2=0.352, 即x,只能是0或5， P(X=2)=0.1×0.2×0.8+0.1×0.8×0.2+0.9×0.2 又M=125a1+25a2+5a5 ×0.2=0.068, =10(12a1+2a2)+5(a:+a3+a3), P(X=3)=0.1×0.2×0.2=0.004. 当a1+a+a为奇数时，5=5， X 0 3 当a1+a2+a1为偶数时，x=0, P0.5760.3520.0680.004 下面计算a+a2+a:为奇数时，aa2a,的个数， 18.解：(1)由题可得X的所有可能取值为2,3,4. ①a1,2,a,均为奇数时，5=125（个）， P(X=2)=5×4=0 1 ②a1,a2,a一奇两偶时，C×5×52=375(个)， 共有125+375=500（个）， P(=3)=号x子x分+号x子x+ 5 4 所以P(,=5)=500=↓ 10=2 P(5=0)=1-P(x=5)=1-2=2 1 P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)= 5 因此动态校验码x的分布列为 所以X的分布列为 X 2 3 2 P 3 10 5 第38期2版 (2)先摸球的一方获胜，包含以下几种情况： ①双方共摸3次球，出现黑白黑，白黑黑，白白白这三种情 专项小练一 形，即《=3)=高 1.C:2B:3.A6408:5写 ②双方共摸4次球，出现的恰好是三白一黑且前三次必定 6.解：(1)设甲，乙分别解出此题的事件为A,B, 出现一次照球的情形， 则P(A)=0.6 其概率为号x子×号x+号×子x号x 3 由1-P(A·B)=1-0.4·P(B)=0.92, 解得P(B)=0.2,所以P(B)=0.8. (2)X的可能取值为0,1,2，则 所以先损球的一力获胜的概率为品+高= 3 P(X=0)=P(A)·P(B)=0.4×0.2=0.08, P(X=1)=P(A)·P(B)+P(A)·P(B)=0.44, 因为号>了，所以这场游戏不公平 P(X=2)=P(A)·P(B)=06×0.8=0.48 所以X的分布列为 19.解：(1)由题意可知静态密码为202，动态校验码x,=4, 若s=1,则M=2×13+0×12+2×1=4, 0 得x1=4,符合题意， 0.080.440.48 若s=2,则M=2×23+0×22+2×2=20, 所以E(X)=0×0.08+1×0.44+2×0.48=1.4. 得x=0,不符合题意， 专项小练二 若s=3,则M=2×3+0×32+2×3=60, 1.C2BCD:3B418:54l 得x1=0,不符合题意， 若s=4,则M=2×43+0×42+2×4=136. 6.解：根据题意X的可能取值为2,4,6. 得x4=6,不符合题意， P(X=2)=0.6×0.6=0.36, 若s=5,则M=2×53+0×52+2×5=260. P(X=4)=0.4×0.6×2=0.48. P(X=6)=0.4×0.4=0.16. 得x5=0,不符合题意。 综上，s=1. 所以X的分布列为 (2)对于三位静态密码aa2a, 2 4 6 由M=a1·53+a·52+a·5=5(a1·52+4·5+a) 0.36 0.480.16 一3 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(X)=2×0.36+4×0.48+6×0.16=3.6. 得()=子 D(X)=(2-3.6)2×0.36+(4-3.6)2×0.48+(6 3.6)2×0.16=1.92. 则标准差v0打=产 第38期3,4版 7.随机变量x的期望E)=0×号+a×号+1x了 离散型随机变量的均值与方差同步核心素养测评 一、单项选择题 0=[(0-)+(a-)°+1 1 ~4 DAAB 5 -8 BCDD 门×分=c-a+)=号(a-)+石 提示： 1.设成功的概率为p, 当a∈(0，）时，D()单调递减， 所以E(X)=0×(1-p)+1×p=P=0.6 2E(0=-1×分+0×号+1×石 1 =-3 当ae(宁，1）时，D()单调递增，故选(D). 因为y=aX+3, &依葛意得P《=）=PX=2).即之-名，解得A 所以E0=aE(0+3=ax(-+3=子 2.所以PX=)=六，所以P=0)-品e2=PX 解得a=4. ==六2=子，P(X=2》=分2=子则两周共销皆 2 3.因为随机变量X服从两点分布， 所以D(X)=0.7×(1-07)=0.21, 又Y=2x-1, 2件的概率P=c··+G()= 所以D(Y)=D(2X-1)=22D(X) 二、多项选择题 =4×0.21=0.84 9.ABD;10.BCD;11.BD. 提示： a+b+ 4.由题意得 立=1，解得 9.由已知有1-(1-p)2=0.51,解得=03，故(A)正确： -2a+b+1=1, P(X=0)=1-P(X≥1)=1-0.51=0.49，故(B)正确： P(X=1)=2p(1-P)=2×0.3×0.7=0.42,故(C)错误； 所以DX0=(-2-1)2×6+(1-1)×3+(2-1) P(X=2)=p2=0.09, *分2 从而D(X)=E(X)-(E(X))尸 =(0.42×12+0.09×22)-(0.42×1+0.09×2) 5.由题意得X的所有可能取值为1,2,3， =0.42,故(D)正确 P(X=1)=p,P(X=2)=(1-P)p, 故选(A)(B)(D). P(X=3)=1-p-(1-p)p=(1-P)2, 10.由分布列的性质得m+n+m=2m+n=1, 所以E(X) P(X=1)=n,P(X≠1)=2m. =1×p+2×(1-p)p+3×(1-p) =p2-3p+3, 当m=子a=方时， 令E(X)=p2-3p+3>1.39. P(X=1)=P(X≠1)，故(A)错误： 解得p<0.7或p>2.3, 因为E(X)=n+2m=1,故(B)正确： 又因为0<p<1, 因为m,n均为正数，所以1=n+2m≥2√2mn, 所以0<p<0.7, 即p的取值范围是(0,0.7). 即mn≤名，当且仅当a=2m=子时， 6.设P(X=1)=p, 等号成立，故(C)正确： 则P=2)=专-， 由a=1-2m>0,得0<m<分又E()=1, 由0=p+2×(侍-p） 所以D(X+1)=D(X)=m+m=2m<1,故(D)正确. 故选(B)(C)(D), 解得p= 子.则由公式D()=[-B], 1L元件A为正品的概米约为0+品+8-专，故(A)错误： 100 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 元件B为正品的概率约为0+调6：子，故（®）正确： 100 P(X=0)=分=9 随机变量X的所有取值为90,45,30，-15，故(C)错误； P(X=0)=号x子= =学子 1 PX45)=5×子=0 33 2 4×1-1 P(X=30)=方×4=5 所以0=0×号+1×号+2x=8 PX=-15)=方x=六 1 0=(0-8)广x号+-8)广x号+2-) -26 所以随机变量X的分布列为 9=8 X 90 45 30 -15 16.解：(1)第三甲当裁判的概率为 3 3 1 5 20 5 20 3 (2)X的所有可能取值为0,1,2 E(X)=90× 3 5 +45× 20 =66, +30×5+(-15)×20 当X=0时，前三局乙均胜， 故(D)正确. 故选(B)(D). 故PX=0)=方×（号）广=云 三、填空题 由题意知参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当裁 2岩B子4甲 判，故乙只能是第二、四局当裁判， 故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率 提示： P=2)=x×号x2= 1 2因为E(0=子，D(0=語 2118 由D(X)=E(X2)-(E(X)2, 所以P(X=1)=1-方-方=5 得E(X)=D(X)+(E(X))2 则X的分布列为 =語+()°-器 0 2 2 8 13.由题意可得a+b=1(0≤a≤1,0≤b≤1)， 25 E(X)=a+2b=1+b, 8 8 则D(X) E(X)=2 +5×2=器 =[1-(1+6)]2×a+[2-(1+b)]2×6 17.解：(1)从这30天中任取2天，样本点总数n=C。, =-8+6=-(6-22+ 这2天的日需求量均为40个包含的样本点个数m=C。, 4 当6=子时，D()有最大值好 所以这2天的日雷求量均为0个的概半P:兰=司 (2)由题意得Y的可能取值为-20,60,140,180， 14.由题意可得E(X)=110×0.1+120×0.2+125×0.4 +130×0.1+135×0.2=125, PY=-20=右，PY=60)=3 E(y)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+ PY=140)=号，P(Y=180)=石 145×0.2=125, D(X)=01×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125 所以Y的分布列为 -125)2+01×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50, -20 60140 180 D(Y)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125 6 6 -125)2+01×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165, 由于E(X)=E(Y),而D(X)<D(Y),故甲厂的材料稳定 =-20×+60×分+140×号+180×-9 31 性较好. 因为该糕点房一天制作35个该类蛋糕时，对应的利润的 四、解答题 15.解：由题意得X的可能取值为0,1,2， 期望为受元，且学<学，所以此建议不该被果纳 -5 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 18.解：(1)设事件A为“甲投资股市且盈利”， P(X=3)= 事件B为“乙购买基金且盈利”， 事件C为“一年后甲、乙中至少有一人盈利”， 9 则C=(AB)U(AB)U(AB),其中A,B相互独立， 由题表知P(面=方，P氏(A)= 则X的分布列为 2 3 4 P(B)=m,P(B)=1-m, 所以P(C)=P(AB)+P(AB)+P(AB) 40 品品 =21-m)+m+ 9 E(X)=1× +2× +3× +4× 3 40 20 20 4 =1+m), 第39期2版 由1+m)>号解得m>子 专项小练一 1.C;2.C:3.BD.4.0.291:5.0.0837. 因为m+3+n=1且0≤m≤1,0≤n≤1， 6,解：易知X~8(6,）,所以E()=6x分=3， 所以0≤m≤子，放号<m≤ 2 (0=6×分×-）号 (2)选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 专项小练二 望较大，理由如下： 假设此人选择“投资股市”，记一年后的投资收益为X万元， 1.D:2.A;3.B. 4号；5号 则X的分布列为 6.解：由题意可知X服从N=12,M=4,n=4的超几何 0-2 分布，故P(X=)= CC -(k=0,1.2,3,4) C 2 8 所以P(X=0)= 1 3 则E(X)=4×+0×8-2× 5 8= 4 cc 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Y万元， P(X=1)= -24 495 则Y的分布列为 P(X=2)= C_168.56 0 C 495 =165 P(X=3)= CC =32 C Γ495 则E()=2×+0×号 -1× 6 5 P(X=4)= 1 6 C =495 因为E(X)>E(Y), 因此X的分布列为 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 F 0 1 2 3 4 望较大 P 14 224 56 32 1 19.解：(1)(1)记“数组2的数据之和为8”为事件M, 99 495 165 495 495 则P)=忘子 1 第39期3,4版 (ⅱ)记“数组22的数据含有3且数据之和大于8”为事件N, 二项分布与超几何分布同步核心素养测评 期P(N)=1-总= 2 2 一、单项选择题 1~4 BAAC 5~8 DCDC (2)依题意X的可能取值为1,2,3,4， 提示： 1,11 P(X=1)= 1.由题可得Px=)=G×宁×()=品 P(X=2)= C1,1C3 2由题可得X-4,） 6 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 所以EC)=于 二、多项选择题 9.ACD:10.BD:11.ABD. 3.电灯泡使用时长在1000小时以上的概率为0.8， 提示： 1个灯泡在使用1000小时内坏了的概率为 1-0.8=0.2, 9.将一枚硬币连抛3次，每次正面向上的概率均为2 则3个灯泡在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为 所以正面向上的次数服从二项分布， C×0.2×0.82=0.384. 即X~B3,宁)故(A)正确： 4.由题知X服从N=8,M=3,n=2的超几何分布， 所以E0=兴.2袋2=是 从7名男生与3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生 8 干部，记选出女生的人数为X,X服从超几何分布，故(B)错误： 5.由题可得 某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的 PX=0)=G×(1-p)=号， 次数为X,X服从两点分布，故(C)正确； 盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回， 解得p=或p=子（舍 记首次摸出黑球时的总次数为X, 则X不服从超几何分布，故(D)正确。 所以y~ 4,） 故选(A)(C)(D). 所以D()=4×号×(1-行）=号 R=Cx子x-)广=嘉 6.由题意知X服从超几何分布， B=c心×（号）x(1-子)=是 且N=10,M=3,n=2, X的分布列为P(X=k)= ck=012, P<P,故(A)错误，(B)正确： C。 A=1,故1©)错误： 放P(X=0)=忌= 由二项分布概率公式可得P。=西 P(X=1)= Cie A=嘉A=0A=9 4 160 于是P(X<2)=P(X=0)+P(X=1) A=器A=第n=离 64 7 7 14 =5+5= 最大值为P,故(D)正确， 7.设高一年级上交了n篇文章， 故选(B)(D). 则高二年级上交了(9-n)篇文章 设“这4篇优秀文章恰有3篇是高一年级上交的”为事件A, 1取出白球和取出黑球的概率分别为号和高 则P-G.20 符合二项分布，故(A)正确： 631 一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数的分布列 解得n=5. P(Y=k)= CC 8.由n=100,p=0.01, 一，符合超几何分布，故(B)正确： 泊松分布可作为二项分布的近似， 一次性地摸取4个球，则取到2个白球的概率为P(Y=2) 知A=100×0.01=1, 所以P=)=e S=号故(0)储误： 取出的白球为3和4，所求概率P=P(Y=3)+P(Y=4) 放P(X=0)== e g,兰=最故(D正确 + P(X=1)= e 故选(A)(B)(D). rX=2)==六 三、填空题 23:13号；14.15或16 正品率大于97%的概率，即抽检100个该种元件，抽到次 品的数量小于3的概竿，则所求概半P=P(X=0)+P(X=1) 提示： 12.记取到白球为X,设口袋中白球的个数为M, +P(X=2)= 1+上+=92% e +2e e 显然X服从超几何分布，且N=7,n=2, 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 由题可得E0==2X业=乡，解得1=3 7 P=0)=cG(兮)'（告）'=离 13.随机变量X~B(6,P), Px=)=Gx5×(÷)°=器 由E()≤2，得0<p≤2解得0<p≤子， Px2)=G(传)广x号=品 D0=6p(1-pm）=-6p-72+2 则当p=号时，0()取得最大值， Px=3)=G(兮)广（告）”=声 X的分布列为 所以D()的最大值为6×寸x号=于 4 0 2 3 14设击中目标的子弹数为X,则X~(9,专)， 3 有P《=)=×()x(传) 所以X的期塑为()=3×行=子 17.解：(1)记“取出的产品中次品不超过1件”为事件A, k∈N,k≤19， 则P(A)=P(X=0)+P(X=1) 依题意设P(X=)最大， Cc9.CC215-1 显然P(X=0),P(X=19)都不是最大的， = 即有1≤k≤18， 于是PX=月≥P(X=6+). 即取出的产品中次品不超过1件的概率是宁 P(X=k)≥P(X=k-1). (2由题意知f(a)=P氏X=3)=CC」 rx()x(5)“≥×(》“x(传). f(n+1)= CC。s ×()×兮)“≥出×(”x(“ 若a+山.C=a+》8-=m>1. 191 19! 9-≥4(k+)118- f(n)cC-(n-2)(20-m) 则(n+1)(13-n)>(n-2)(20-n), 4·1 19 19! (19-k1≥(k-1)1(20-kT 解得n<5.3, 整理得1≥(19-)解得15≤6≤16. 故当n<5.3时f(n+1)>f(n); l4(20-)≥k, 当n>5.3时，f(n+1)<f(n), 即当n=6时，f(n)取得最大值. 所以击中目标的子弹数最可能是15或16. 18.解：(1)设该校报考飞行员的总人数为m, 四、解答题 前3个小组的频*率分别为，2P,则由条件可得 15.解：(1)设甲班的学生人数为M, 哈宁 P:2p, 42 =3p1, 即-M-6=0,解得M=3或M=-2(舍去). P1+P2+3+(0.037+0.013)×5=1, 所以7名学生中甲班的学生共有3人 解得P1=0.125,P3=0.25,P3=0.375, (2)由题意可知X服从超几何分布. 又因为乃=0.25=2，所以m=48. m 所以P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2) (2)由(1)可得，一个报考学生体重超过60公斤的概率为 g 1 5 = C 7+7= p=A+(0.037+0.013)×5=冬 16.解：(1)年销售额超过40万元的门店有4个， 则所求华P.C之CE:号 由题意知X服从二项分布，即X~B(2,冬) 2- (2)由样本估计总体，从全国随机抽取1个销售门店， Px=)=cG×()×()k=01,2. 春季新款的年销售额超过40万元的概率是分=子 所以随机变量X的分布列为 X 01 2 则随机变量X~B(3,) 9 15 25 64 32 6 -8 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(X)=nm=2× 5 8 99.7%,从而得出适合身高在150~180cm范围内学生穿的服 41 装大约套数是1000×99.7%=997（套）. 19.解：(1)P(专=4)=Cg×0.9×0.1 6.因为随机变量X服从正态分布N(3,σ2)， =0.32805≈0.33 所以正态曲线关于直线x=3对称， (2)P(5=10)=C0×0.9°×0.1-0， 又P(X<4)=0.78, 由题意有 所以P(X≥4)=P(X≤2)=1-0.78=0.22， rC×0.9×0.1-0≥C2×0.9°×0.1n-9, 则P(2<X<4)=1-2×0.22=0.56, G×0.90×0.0≥C×0.9×0.1-", 则0.9(n-9)≥1， 所以P(2<X<3)=P2<X<4) 2 l0.9(n-10)≤1.1， =7×056=028 解得号≤a≤19 7.由随机变量X~N(5,1)知，4=5,0=1， 由于n为整数，故n=11 所以P(4≤X≤6)s0.683,P(3≤X≤7)=0.955， (3)E-B(n,0.9),则E()=0.9n,D(E)=0.09n 所以P(6<X≤7)=[P(3≤X≤7)-P(4≤X<6] 由题意0.85<左<0.95， n ≈7×(0.955-0.683)=0136 即0.85n<E<0.95n,-0.05n<专-0.9n<0.05n, 即1专-0.9nl<0.05n 8.由题意知μ=98,0=10. 由切比雪夫不等式， 因为学生的数学成绩X近似服从正态分布N(98,100), 所以P(X>108) 有P(I5-E()1<0.05n)≥1- 0.09n (0.05n)7 =1-P(8≤X≤108刃 从而1 (0.05m)≥09，解得n≥360. 0.09n =1-Pu-o≤X≤a+o月 故估计n的最小值为360. 第40期2版 ≈7×(1-0.6827)=015865. 所以0.15865×9455=1500. 专项小练 二、多项选择题 1.A:2.D:3.C.4.0.8:5.0.2 9.AD:10.AC:11.BCD. 6.解：因为灯泡的使用寿命X~N(1000,30), 提示： 故X在(1000-3×30,1000+3×30)内的概*为9.7%， 9.根据正态曲线关于直线x=u对称，且以越大，图象越靠 即X在(910,1090)内取值的概率为99.7%. 近右边，所以41<2=4，故(B),(C)错误： 所以灯泡的最低使用寿命应控制在910小时以上， 又σ较小时，蜂值高，曲线“瘦高”，所以σ1=σ2<3，放 第40期3,4版 (A),(D)正确. 故选(A)(D) 正态分布同步核心素养测评 10.随机变量X服从正态分布N(0,1), 一、单项选择题 所以正态曲线关于直线x=0对称， 1~4 BABA 5~8 DCBA 因为f(x)=P(X≤x)(x>0), 提示： 所以根据正态曲线的对称性可得f(-x)=P(X>x)=1 1,由题可得g=10. -f代x),故(A)正确； 2.甲、乙、丙三科的均值相同，甲学科的方差最小，故选(A). f2x)=P(X≤2x),2fx)=2P(X≤x),故(B)错误： 3.由题可得a-3+2a+2=2×3,解得a=了 7 P(IXI≤x)=P(-x≤X≤x)=1-2f-x)=1-2[口 4.因为随机变量X=N(4,9),且P(X<1)=P(X>7), -fx)门=2fx)-1,故(C)正确； 所以=9,4=十7=4，所以E(X0=4,D(X)=9. P(I XI>x)=P(X>xX<-x)=1-f(x)+f(-x) 2 =1-f(x)+1-f八x）=2-2fx),故(D)错误. 5.学生的身高（单位：cm)服从正态分布N(165,52),即服 故选(A)(C). 从均值为165cm,方差为25的正态分布，因为适合身高在150 11.当g=5时，P(90<X<100)≈0.68，又P(95-g< ~180cm范围内取值即在(4-3σ，4+3σ）内取值，其概率为 X<95+σ)≈0.68为定值，所以σ越大，学生数学成绩在(90， —9 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 100)内的概率就越小，故(A)错误： 18.解：(1)μ=(47.5+72.5)×0.004×5+(52.5+67.5) 当a=20时，P(75<X<135) ×0.026×5+(57.5+62.5)×0.07×5=60. =P(75<X<115)+P(55<X<135) σ2=[(47.5-60)2+(72.5-60)2]×0.02+[(52.5- 2 60)2+(67.5-60)2]×0.13+[(57.5-60)2+(62.5-60)2] =Q68+0.95=0.815,故(B)正确： ×0.35≈25. 2 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩大 (2)由题图可得从全校学生中随机抽取1名学生， 于95的概率为0.5，与σ的值无关，故(C)正确； 其体重在[55,65)的概率为0.7. 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩小 随机抽取3人，相当于3重伯努利试验， 随机变量X服从二项分布B(3,0.7), 于75与大于115的概率相等，与σ的值无关，故(D)正确. 故选(B)(C)(D). P(X=0)=C×0.7°×0.33=0.027. 三填空题 P(X=1)=C×0.7×0.32=0.189, 12.0.4:13.0.14:14.4. P(X=2)=C×0.72×0.3=0.441, 提示： P(X=3)=C×0.73×0.3°=0.343， 12.若随机变量X服从正态分布N(μ，σ)，则P(X<4)= 所以X的分布列为 0.5.故可知4=0.4且在x=4时取得最大值，所以x=0.4. 0 1 2 3 13.因为X~N(2,σ2)， P0.0270.1890.4410.343 所以P(X<2)=P(X>2)=0.5, E(X)=3×0.7=2.1. 因此P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5) (3)由题意知Y服从正态分布N(60,25), =0.5-0.36=0.14. 则P(u-2g≤Y≤u+2o)=P(50≤Y≤70) 14.由于随机变量X-N(4,o2), =0.96>0.9545. 满足P(X≤3)=0.3，P(3<X<5)=0.4, 所以该校学生的体重是正常的 因此P(X≥5)=1-0.3-0.4=0.3=P(X≤3)， 19.解：(1)设考生的成绩为X,则X~N(180,σ2). 根据正态曲线的对称性可知4=3十5=4. 2 令y=X-180,则y-N(0,1). 0 四、解答题 由360分及以上的高分考生有30名， 15.解：据已知得u=120,0=10,由于正态总体N(u,2) 3 在区间(4-2o,4+2σ)内取值的概率约为0.955， 得P(X≥360)=200， 放140分以上的所占概率为-0955=0.0225. 所以P(X<360)=1- 3 200 =0.985. 2 故相应的考生人数为2000×0.0225=45（人）， 即P(y<360-180 =0.985,则360-180=2.17， 16解：因为X~N(25,0.22),所以4=25，σ=0.2 所以P(24.8≤X≤25.4)=P(4-σ≤X≤4+2o）= 所以g≈83，所以X-N(180,832). 设最低录用分数为， 7×(0.6827+0.9545)=034135+0.4725=0.8186. 期Px≥)=P(≥5)=0=易 解：体温X服从正态分布N(369,0巴）。 83 即P(y<-180 83 =1品 =0.85, 所以4=36.9,02=0.05 n 即。180 因为X的值落在(36.6,37.2)内的概率约为0.9973， 83 ≈1.04，所以x0≈267 且P(1X-4I<3o)≈0.9973， 所以此次招聘中的最低录用分数为267. 所以P(366<X<37.2)=P(36.9-0.3<X<36.9+0.3) (2)因为286>267，所以甲能被录用. =P(369-30<X<36.9+3o), 易得PX<2%)=P(<g）-PV<128 所以30=0.3，解得0=0.1， 所以00=0.01，解得n=5. =0.9,所以不低于甲的成绩的人数约为2000×(1-0.9)= 200,所以甲大约排在第200名，所以甲能获得高薪职位 -10书书书 １７． （１５ 分 ） 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 ，０．２ ，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 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 ． １８．（１７ 分 ） 某 商 场 举 办 了 一 场 赢 取 吉 祥 物 挂 件 的 “ 双 人 对 战 ” 游 戏 ，游 戏 规 则 如 下 ：参 与 对 战 的 双 方 每 次 从 装 有 ３ 个 白 球 和 ２ 个 黑 球 （ 这 ５ 个 球 仅 颜 色 不 同 ） 的 盒 子 中 轮 流 不 放 回 地 摸 出 １ 球 ，摸 到 最 后 １ 个 黑 球 或 能 判 断 出 哪 一 方 获 得 最 后 １ 个 黑 球 时 游 戏 结 束 ， 得 到 最 后 １ 个 黑 球 的 一 方 获 胜 ．设 游 戏 结 束 时 对 战 双 方 摸 球 的 总 次 数 为 Ｘ． （１ ） 求 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 ； （２ ） 求 先 摸 球 的 一 方 获 胜 的 概 率 ，并 判 断 这 场 游 戏 是 否 公 平 ． １９． （１７ 分 ） 开 启 某 款 保 险 柜 需 输 入 四 位 密 码 ａ １ ａ ２ ａ ３ ｘ ｓ ， 其 中 ａ １ ａ ２ ａ ３ 为 用 户 个 人 设 置 的 三 位 静 态 密 码 （ 每 位 数 字 都 是 ０ ～ ９ 中 的 一 个 整 数 ） ，ｘ ｓ 是 根 据 开 启 时 收 到 的 动 态 校 验 钥 匙 ｓ（ｓ 为 １ ～ ５ 中 的 一 个 随 机 整 数 ） 计 算 得 到 的 动 态 校 验 码 ．ｘ ｓ 的 具 体 计 算 方 式 ：ｘ ｓ 是 Ｍ ＝ ａ １ · ｓ ３ ＋ ａ ２ · ｓ ２ ＋ ａ ３ · ｓ 的 个 位 数 字 ．例 如 ：若 静 态 密 码 为 ３０１ ，动 态 校 验 钥 匙 ｓ ＝ ２ ，则 Ｍ ＝ ３ × ２ ３ ＋ ０ × ２ ２ ＋ １ × ２ ＝ ２６ ，从 而 动 态 校 验 码 ｘ ２ ＝ ６ ，进 而 得 到 四 位 开 柜 密 码 为 ３ ０１６． （１ ） 若 用 户 最 终 得 到 的 四 位 开 柜 密 码 为 ２ ０２４ ， 求 所 有 可 能 的 动 态 校 验 钥 匙 ｓ； （２ ） 若 三 位 静 态 密 码 为 随 机 数 且 等 可 能 ， 动 态 校 验 钥 匙 ｓ ＝ ５ ， 求 动 态 校 验 码 ｘ ｓ 的 分 布 列 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ 书 离散型随机变量的分布列每年必考，有关 分布列的性质与应用更是考查的重点．本文举 例说明分布列的性质在解题中的应用，供同学 们参考． 例１已知离散型随机变量Ｘ的分布列为 Ｘ １ ２ ３ … ｎ Ｐ ｋ ２ｋ ３ｋ … ｎｋ 求常数ｋ的值． 解析：根据离散型随机变量分布列的性质， 得ｋ＋２ｋ＋… ＋ｎｋ＝１． 所以 ｋ（１＋ｎ）ｎ ２ ＝１， 解得ｋ＝ ２ｎ（ｎ＋１）． 例２设随机变量 Ｘ的分布列为 Ｐ（Ｘ＝ｋ） ＝ａ（１３） ｋ（ｋ＝１，２，…，ｎ），求实数ａ的值． 解析：由题意得Ｐ（Ｘ＝１）＝１３ａ， Ｐ（Ｘ＝２）＝（１３） ２ａ， …， Ｐ（Ｘ＝ｎ）＝（１３） ｎａ． 由分布列的性质可得 ａ·（１３＋ １ ３２ ＋… ＋１ ３ｎ ）＝１． 所以ａ· １ ３（１－ １ ３ｎ ） １－１３ ＝１，解得ａ＝２·３ ｎ ３ｎ－１ ． 例３离散型随机变量Ｘ的分布列为Ｐ（Ｘ＝ ｋ）＝ ｃｋ（ｋ＋１），ｃ为常数，ｋ＝１，２，３，４，则 ｃ＝ ，Ｐ １ ２ ＜Ｘ＜( )７２ ＝ ． 解析：由分布列的性质， 得 ｃ １×２＋ ｃ ２×３＋ ｃ ３×４＋ ｃ ４×５＝１． 即ｃ· １ １－ １ ２＋ １ ２－ １ ３＋ １ ３－ １ ４＋ １ ４－( )１５ ＝１． 所以ｃ· １－( )１５ ＝１，解得ｃ＝ ５ ４． 所以Ｐ １ ２ ＜Ｘ＜( )７２ ＝Ｐ（Ｘ＝１）＋Ｐ（Ｘ＝２）＋Ｐ（Ｘ＝３） ＝５４× １ １×２＋ １ ２×３＋ １ ３×( )４ ＝ １５ １６． 例４已知离散型随机变量Ｘ的分布列如下 表所示，据此求出常数ｃ． Ｘ ０ １ Ｐ ９ｃ２－ｃ ３－８ｃ 解析：根据离散型随机变量分布列的两条 基本性质可得如下方程组 ０≤９ｃ２－ｃ≤１， ０≤３－８ｃ≤１， ９ｃ２－ｃ＋３－８ｃ＝１ { ， 解得ｃ＝１３． 例５有一公用电话亭，在观察使用这个电话 的人流量时，设在某一时刻，有ｎ个人正在使用电 话或等待使用的概率为Ｐ（ｎ），且与时刻ｔ无关，统 计得到Ｐ（ｎ） (＝ ) １ ２ ｎ ·Ｐ（０），０≤ｎ≤５， ０， ｎ≥６ { ， 那么 在某一时刻，这个电话亭一个人也没有的概率 Ｐ（０）的值为 ． 解析：由Ｐ（０）＋Ｐ（１）＋Ｐ（２）＋Ｐ（３）＋Ｐ（４） ＋Ｐ（５）＝１得Ｐ（０ (）１＋１２＋１４＋１８＋１１６＋１)３２ ＝１，由此可得Ｐ（０）＝３２６３． 例６下列表中能成为随机变量Ｘ的分布列 的是 （　　） （Ａ） Ｘ －１ ０ １ Ｐ ０３ ０４ ０４ （Ｂ） Ｘ １ ２ ３ Ｐ ０３ ０７ －０１ （下转第２版） 书 由课本所给离散型随机变量的概率分布列 的定义，我们得出求离散型随机变量分布列的 问题有如下步骤： （１）考虑随机变量的所有可能取值； （２）求出与这些可能取值等价事件的概率； （３）写出分布列； （４）根据分布列解决其他问题． 例１某运动员射击一次所得环数Ｘ的分布 列为 Ｘ ６ ７ ８ ９ １０ Ｐ ０ ０．２ ０．３ ０．３ ０．２ 现进行两次射击，以该运动员两次射击中的 最高环数作为他的成绩，记为Ｙ，求Ｙ的分布列． 解析：Ｙ的可能取值为７，８，９，１０，则 Ｐ（Ｙ＝７）＝０．２×０．２＝０．０４， Ｐ（Ｙ＝８）＝２×０．２×０．３＋０．３２＝０．２１， Ｐ（Ｙ＝９）＝２×０．２×０．３＋２×０．３×０．３ ＋０．３２ ＝０．３９， Ｐ（Ｙ＝１０）＝２×０．２×０．２＋２×０．３×０．２ ＋２×０．３×０．２＋０．２２ ＝０．３６． 所以Ｙ的分布列为 Ｙ ７ ８ ９ １０ Ｐ ０．０４ ０．２１ ０．３９ ０．３６ 例２袋中装着标有数字１，２，３，４，５的小球 各２个，从袋中任取３个小球，按３个小球上最大 数字的９倍计分，每个小球被取出的可能性都相 等．用Ｘ表示取出的３个小球上的最大数字，求： （１）随机变量Ｘ的概率分布列； （２）计分介于２０分到４０分之间的概率． 解析：（１）由题意Ｘ的可能取值为２，３，４，５， 则Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２２Ｃ １ ２＋Ｃ １ ２Ｃ ２ ２ Ｃ３１０ ＝１３０， Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ２４Ｃ １ ２＋Ｃ １ ４Ｃ ２ ２ Ｃ３１０ ＝２１５， Ｐ（Ｘ＝４）＝ Ｃ２６Ｃ １ ２＋Ｃ １ ６Ｃ ２ ２ Ｃ３１０ ＝３１０， Ｐ（Ｘ＝５）＝ Ｃ２８Ｃ １ ２＋Ｃ １ ８Ｃ ２ ２ Ｃ３１０ ＝８１５． 所以随机变量Ｘ的概率分布列为 Ｘ ２ ３ ４ ５ Ｐ １３０ ２ １５ ３ １０ ８ １５ （２）“一次取球所得计分介于２０分到４０分 之间”的事件记为Ａ，则 Ｐ（Ａ）＝Ｐ（２＜Ｘ＜５） ＝Ｐ（Ｘ＝３）＋Ｐ（Ｘ＝４） ＝２１５＋ ３ １０＝ １３ ３０． 例３从一批有１０个合格品和３个次品的产 品中，一件一件地抽取产品，设各个产品被抽到 的可能性相同．每次取出一件产品后，总有另外 的一件同样的合格品被放回此批产品中，求出 直到取出合格品为止所需抽取次数 Ｚ的概率分 布列． 解析：Ｚ的可能取值为１，２，３，４， Ｐ（Ｚ＝１）＝１０１３； Ｐ（Ｚ＝２）＝３１３× １１ １３＝ ３３ １６９； Ｐ（Ｚ＝３）＝３１３× ２ １３× １２ １３＝ ７２ ２１９７； Ｐ（Ｚ＝４）＝３１３× ２ １３× １ １３× １３ １３＝ ６ ２１９７． 所以Ｚ的分布列为 Ｚ １ ２ ３ ４ Ｐ １０１３ ３３ １６９ ７２ ２１９７ ６ ２１９７ 温馨提示：同学们在求出题目所要求的分 布列后，再考虑一下，它是否满足ｐ１＋ｐ２＋… ＋ ｐｎ ＝１，以防分布列出现遗漏． !" !!"## "$"%$ &% '&'(#) * # !" !"#$ %& ! +,-./*01 ABCDE$FG ABCE8HIJKLMNFO 3PQRSTU9 VWXYZ[ \]^_`aU9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 "#$%&$'(%')* <=EF?GAHCD8 +,$%&$'(%!"# !"#$ %&'() *+,-./0 !"#$ %&'( )*+,-./012 34567%89:; <=.>?7@AB< CDEF7GHIJK !LMNOPQ= .%R-+ST2 UUV WXGHIJYZ[\] ^_`DEFabcb deY fgBhijk lmno7pqr2s tuv[wxy%z{ |}~^_E87 €‚ƒE„…€ bK v†j‡2 ˆpq %*++‰&EFŠ‹+C ŠŒ+b2 4Ž\] ^_CDEFY4 =.‘’^_“”• –K 3—˜‰™š›Y œžŸ567—  Y¡¢£`/0Y¤5 67/¥+¦§¨4© ªq_«b8Y Z¬­ b|7b8®¯b|Y °F„±²›X ³´µ ¶Y ·¸¹%º»¼½ ¾%¿b8Y ÀF„± ¹Á`ÂZÃ!ÄÅÆK Z;ÇÈÉ[Êb 8f†ËÌY 3ÍÎ; ÉÏ %+‰T,ÈÐÑ Ò2 ÓÔÕÖn×ØÙ ÚÛ2 ÜÝ$މßàY áCâãXäCåæYŠ Õ;*++‰¿^çb8 ÈèK !LMžéê%& ëì7=./01Yí ê%&îï¼ð7lm /01Y 3ñòóô‚ ƒÃõöÑÈÆ÷øùù ÉY úûüý*+7¸ ¼J°;þÿa!"¸ )#$pq,F„±K 3%&'(X )* û+Y 4AðB,-. /Þ01ÚEF,û8 23Y 4d;*“û5 =6,768B9ô ó*K 3:;;wx6 8<=Xwx>+E?X wx@A/01X Bt €x'+'+TCû¶XD %EFG‰HIJYK 3LMžNOðY %P f=.%RY ZCDE F,QRUU¯‹K !LM,>ÔST ½U±Y fVW23, XYÎY$Z©ó*YG HIJY 456,[\ !pq]ûY Zlm, A^_J56,%`[ \K ! AB ijk ! AB lmn 书 专项小练　离散型随机变量及其分布列 １．已知 Ｘ服从两点分布，若 Ｐ（Ｘ＝０）＝ ０４８，则Ｐ（Ｘ＝１）＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）０．４８ （Ｂ）０．５２ （Ｃ）０．２４ （Ｄ）０．２６ ２．在一次比赛中，需回答三个问题，比赛规 定：每题回答正确得１００分，回答不正确得 －１００ 分，则选手甲回答这三个问题的总得分Ｘ的所有可 能取值的个数是 （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）３ （Ｄ）４ ３．（多选）下列能成为离散型随机变量Ｘ的分 布列的是 （　　） （Ａ） Ｘ －２ ０ ２ ３ Ｐ ０．４ ０．２ ０．３ ０．１ （Ｂ） Ｘ ０ １ ２ Ｐ ０．６ ０．１５ ０．２５ （Ｃ） Ｘ １ ２ ３ Ｐ －１３ ２ ３ ２ ３ （Ｄ） Ｘ １ ２ ３ Ｐ ｌｇ１ ｌｇ２ ｌｇ５ ４．设随机变量 Ｘ的分布列为 Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝ ｃ ｋ＋１，ｋ＝０，１，２，３，则ｃ＝ ． ５．已知随机变量 Ｘ的分布列为 Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝ １ ２ｋ ，ｋ＝１，２，３，…，则Ｐ（１＜Ｘ≤３）＝ ． ６．盒子中有５支白粉笔，６支红粉笔，从中任抽 两支粉笔，记Ｘ＝ ０，两支全红， １，两支非全红{ ．求Ｘ的分布列． 书 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．ＢＣＤ．　４．２９；　５． ４ ５． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｃ． ３．解：设Ｂ表示汽车中途停车修理， Ａ１表示公路上经过的汽车是货车， Ａ２表示公路上经过的汽车是客车， 则根据题意得Ｐ（Ａ１）＝ １ ３，Ｐ（Ａ２）＝ ２ ３， Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０００２，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０００１， 所以由全概率公式得 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）·Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）·Ｐ（Ｂ｜Ａ２） ＝ １３×０００２＋ ２ ３×０００１＝ １ ７５０． 即该公路上行驶的汽车停车修理的概率为 １ ７５０． 一、单项选择题 １～４　ＣＡＣＤ　５～８　ＢＢＤＡ 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．１６；　１３． １ ２；　１４． ３ ８． 四、解答题 １５．解：（１）由题意得 Ｃ２ｎ Ｃ２ｎ＋３ ＝ ｎ（ｎ－１） （ｎ＋３）（ｎ＋２）＝ １ １０， 解得ｎ＝２（负值舍去）． （２）记“一个的标号是１”为事件Ａ， “另一个的标号也是１”为事件Ｂ， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ Ｃ２２ Ｃ２５－Ｃ ２ ３ ＝ １７． １６．解：（１）设 Ａ表示事件“该续保人本年度的保费高 于基本保费”，则事件Ａ发生即一年内出险次数大于１， 故Ｐ（Ａ）＝０．２＋０．２＋０．１＋０．０５＝０．５５． （２）设Ｂ表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费 高出６０％以上”，则事件Ｂ发生即一年内出险次数大于３， 故Ｐ（Ｂ）＝０．１＋０．０５＝０．１５． 易知Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ｂ）， 故Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ａ）＝ ０１５ ０５５＝ ３ １１． １７．解：（１）Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１３ Ｃ１１０ ＝ ３１０， Ｐ（Ｂ）＝ ３１０× Ｃ１２ Ｃ１９ ＋７１０× Ｃ１３ Ｃ１９ ＝２７９０＝ ３ １０， Ｐ（ＡＢ）＝３×２１０×９＝ １ １５， Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ １ １５× １０ ３ ＝ ２ ９． （２）因为Ｐ（ＡＢ）＝ １１５≠Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝ ９ １００， 所以事件Ａ与Ｂ不相互独立． １８．解：设Ａｉ表示“第ｉ台车床加工的零件”（ｉ＝１，２）， Ｂ表示“出现废品”，Ｃ表示“出现合格品”． （１）Ｐ（Ｃ）＝Ｐ（Ａ１Ｃ∪Ａ２Ｃ）＝Ｐ（Ａ１Ｃ）＋Ｐ（Ａ２Ｃ） ＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｃ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｃ｜Ａ２） ＝ ２３×（１－０．０３）＋ １ ３×（１－０．０２） ＝７３７５． （２）Ｐ（Ａ２｜Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ２Ｂ） Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） ＝ １ ３×００２ ２ ３×００３＋ １ ３×００２ ＝０２５． １９．（１）解：Ｑ＝Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ ４０ ６４＝０６２５， Ｒ＝Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ４０ ５０＝０８． （２）证明：ｋ＝ ｐｏ－ｐｅ １－ｐｅ ＝１－ １－ｐｏ １－ｐｅ ＝１－ １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ， 要证明ｋ＝１－ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）， 需证明 １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）． 等式右边： Ｑ＋Ｒ－２ＱＲ Ｑ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ） ＝Ｐ（Ａ｜Ｂ）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ）－２Ｐ（Ａ｜Ｂ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）Ｐ（Ａ｜Ｂ）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ）－２Ｐ（ＡＢ） ＝ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） －２× Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）× Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） －２Ｐ（ＡＢ） ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）． 等式左边： 因为Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝１－Ｐ（ＡＢ） ＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）， 所以 １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）１－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－［１－Ｐ（Ａ）］［１－Ｐ（Ｂ）］ ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）． 等式左右两边相等，因此 ｋ＝１－ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）成立． （３）解： 由 （２）得 ｋ ＝ １ － ０６２５＋０８－２×０６２５×０８ ０６２５＋０８－２×０４ ＝０３２， 因为０２＜０３２＜０６， 所以（１）中机器人的检测效果 一般． !" 书 （上接第１版） （Ｃ） Ｘ －１ ０ １ Ｐ ０３ ０４ ０３ （Ｄ） Ｘ １ ２ ３ Ｐ ０３ ０４ ０４ 解析：对于选项（Ａ）和（Ｄ），由于０．３＋０．４ ＋０．４＝１．１＞１，不满足分布列的基本性质∑ ｎ ｉ＝１ ｐｉ ＝１，故不能成为随机变量Ｘ的分布列．对于选项 （Ｂ），由于 Ｘ＝３时，对应的概率 Ｐ（Ｘ＝３）＝ －０．１，不满足分布列的基本性质ｐｉ≥０（ｉ＝１，２， …，ｎ），故不能成为随机变量Ｘ的分布列，对于选 项（Ｃ），０．３＋０．４＋０．３＝１，可以成为随机变量Ｘ 的分布列．故选（Ｃ）． 解题通法：（１）利用分布列的性质可以检验 分布列的正确性；（２）利用分布列的性质，可求分 布列中相关变量的取值或随机变量取某个值的 概率；（３）利用“离散型随机变量在某一范围内 取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率 之和”求某些特定事件的概率． !"#$%#& '()*+,- ! ./012 !!"3435 !6;<=5 !>?@AB9$%#!&#'(!'#) !!"CD9EFGHIJKLMNOP '$' QRS;"TUVW"X>?@ !YZ>[9$%$$$) !J\@]"^_9$%#!!#'(!')* !##%))%)++(̀ abcQd !]e9fg!"J\@DhijklmYnopd !YZ]e^_9!!!+# !qrst]uv]wx] ! ! " y j k l G`J d z { | } ~ " ! ! "  E F € D  ‚ ƒ „ … †oH I J ‡ ˆ ‰ M Š ‹ Œ d   Ž  ƒ   ‘ ’ “ $ Ž f g ! " J \ @ D h ” • ,-./011'2%) –[—˜A™)* 书书书 离 散 型 随 机 变 量 及 其 分 布 列 同 步 核 心 素 养 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １ ． 下 列 选 项 中 的 Ｘ 不 是 离 散 型 随 机 变 量 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 某 机 场 候 机 室 中 一 天 的 游 客 数 量 为 Ｘ （ Ｂ） 某 寻 呼 台 一 天 内 收 到 的 寻 呼 次 数 为 Ｘ （ Ｃ） 某 人 在 车 站 等 出 租 车 的 时 间 为 Ｘ （ Ｄ ） 某 立 交 桥 一 天 经 过 的 车 辆 数 为 Ｘ ２． 已 知 Ｘ 服 从 两 点 分 布 ，若 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ５Ｐ （ Ｘ ＝ １） ，则 Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ６ （ Ｂ） １ ５ （ Ｃ） １ ４ （ Ｄ ） １ ３ ３． 已 知 离 散 型 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ０． ３６ ，Ｐ （ Ｘ ＝ １） ＝ １ － ２ｑ ，Ｐ （ Ｘ ＝ ２） ＝ ｑ２ ，则 常 数 ｑ 的 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． １ （ Ｂ） ０． ２ （ Ｃ） ０． ３ （ Ｄ ） ０． ４ ４． 设 随 机 变 量 Ｘ 等 可 能 取 值 为 １， ２， ３， … ，ｎ （ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，如 果 Ｐ（ Ｘ ＜ ５） ＝ １ ３ ，那 么 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｎ ＝ ６ （ Ｂ） ｎ ＝ １２ （ Ｃ） ｎ ＝ １５ （ Ｄ ） ｎ ＝ １８ ５ ． 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 如 下 表 ，则 当 Ｐ（ Ｘ ＜ ａ） ＝ ０． ７ 时 ，实 数 ａ 的 取 值 范 围 是 （ 　 　 ） Ｘ － ２ － １ ０ １ ２ ３ Ｐ ０． １ ０． ２ ０． １ ０． ３ ０． １ ０． ２ （ Ａ ） （ － ∞ ，２ ］ （ Ｂ） ［ １， ２］ （ Ｃ） （ １， ２］ （ Ｄ ） （ １， ２） ６． 我 国 古 代 珠 算 算 具 算 盘 每 个 档 （ 挂 珠 的 杆 ） 上 有 ７ 颗 算 珠 ，用 梁 隔 开 ，梁 上 面 ２颗 叫 上 珠 ，下 面 ５颗 叫 下 珠 ，若 从 某 一 档 的 ７颗 算 珠 中 任 取 ３ 颗 ，记 上 珠 的 个 数 为 Ｘ， 则 Ｐ（ Ｘ ≤ １） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ６ ７ （ Ｂ） ５ ７ （ Ｃ） ３ ７ （ Ｄ ） ２ ７ ７． 已 知 离 散 型 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 服 从 两 点 分 布 ，且 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ３ － ４Ｐ （ Ｘ ＝ １） ＝ ａ， 则 ａ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ３ （ Ｂ） １ ２ （ Ｃ） １ ４ （ Ｄ ） １ ３ ８． 设 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 如 下 表 所 示 ，其 中 ａ １ ，ａ ２ ，… ，ａ ５ 构 成 等 差 数 列 ，则 ａ １ · ａ ５ 的 （ 　 　 ） Ｘ １ ２ ３ ４ ５ Ｐ ａ １ ａ ２ ａ ３ ａ ４ ａ ５ （ Ａ ） 最 大 值 为 １ ２５ （ Ｂ） 最 大 值 为 １ ９ （ Ｃ） 最 小 值 为 １ ２５ （ Ｄ ） 最 小 值 为 １ ９ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 已 知 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ － １） ＝ ａ， Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ｂ， Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ ｃ， 其 中 ａ， ｂ， ｃ成 等 差 数 列 ，则 ｃ可 以 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ３ （ Ｂ） １ ２ （ Ｃ） ３ ５ （ Ｄ ） ３ ４ １ ０ ．一 盒 中 有 ７ 个 乒 乓 球 ，其 中 ５ 个 未 使 用 过 ，２ 个 已 使 用 过 ．现 从 盒 子 中 任 取 ３ 个 球 来 用 ，用 完 后 再 装 回 盒 中 ．记 盒 中 已 使 用 过 的 球 的 个 数 为 Ｘ， 则 下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｘ 的 所 有 可 能 取 值 是 ３， ４， ５ （ Ｂ） Ｘ 最 有 可 能 的 取 值 是 ５ （ Ｃ） Ｘ 等 于 ３ 的 概 率 为 １ ７ （ Ｄ ） Ｘ 等 于 ４ 的 概 率 为 １ ７ １１ ．设 Ｘ 为 随 机 变 量 ，从 棱 长 为 １ 的 正 方 体 的 １２ 条 棱 中 任 取 两 条 ，当 两 条 棱 相 交 时 ，Ｘ ＝ ０； 当 两 条 棱 平 行 时 ，Ｘ 的 值 为 两 条 棱 之 间 的 距 离 ；当 两 条 棱 异 面 时 ，Ｘ ＝ １， 则 随 机 变 量 Ｘ 的 取 值 对 应 的 概 率 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ４ １１ （ Ｂ） Ｐ（ Ｘ ＝ 槡 ２） ＝ １ １１ （ Ｃ ） Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ ６ １１ （ Ｄ ） Ｐ（ Ｘ ＝ 槡 ２） ＝ １ ２２ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．甲 、乙 两 人 下 象 棋 ，赢 了 得 ３ 分 ，平 局 得 １ 分 ，输 了 得 ０ 分 ，共 下 三 局 ． 用 Ｘ 表 示 甲 的 得 分 ， 则 ｛ Ｘ ＝ ３｝ 表 示 的 可 能 结 果 为 ． １３ ．一 袋 中 装 有 ４ 个 白 球 和 ２ 个 红 球 ， 现 从 袋 中 往 外 取 球 ， 每 次 任 取 一 个 不 放 回 ，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 Ｘ， 则 Ｐ（ Ｘ ≤ ２） ＝ ． １４ ．某 盒 中 有 １２ 个 大 小 相 同 的 球 ， 分 别 标 号 为 １， ２， … ，１ ２， 从 盒 中 任 取 ３ 个 球 ，记 Ｘ 为 取 出 的 ３ 个 球 的 标 号 之 和 被 ３ 除 的 余 数 ，则 随 机 变 量 Ｘ ＝ ２ 的 概 率 是 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 已 知 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 如 下 表 ，求 随 机 变 量 Ｘ２ 的 分 布 列 ． Ｘ － ２ － １ ０ １ ２ ３ Ｐ １ ６ １ ３ １ ６ １ ６ １ １２ １ １２ １６ ．（ １５ 分 ） 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 （ １） 求 η ＝ ｜ Ｘ － １ ｜ 的 分 布 列 ； （ ２） 求 Ｐ（ １ ＜ ２Ｘ ＋ １ ＜ ９） ． š › V œ 0  ž Ÿ   ¡ ¢ € £ ¤ ¥ { ! 5 ¦ ! 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