第38期 离散型随机变量的均值与方差-【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）

书书书 １７． （１５ 分 ） 某 糕 点 房 推 出 一 类 新 品 蛋 糕 ， 该 蛋 糕 每 个 的 成 本 价 为 ４ 元 ，售 价 为 ８ 元 ．受 保 质 期 的 影 响 ， 当 天 没 有 销 售 完 的 部 分 只 能 销 毁 ．经 过 长 期 的 调 研 ，糕 点 房 统 计 了 一 下 该 新 品 的 日 需 求 量 ． 现 将 近 一 个 月 （３０ 天 ） 的 需 求 量 展 示 如 下 ： 日 需 求 量 ｘ／ 个 ２０ ３０ ４０ ５０ 天 数 ５ １０ １０ ５ （１） 从 这 ３０ 天 中 任 取 ２ 天 ，求 这 ２ 天 的 日 需 求 量 均 为 ４０ 个 的 概 率 ； （２ ） 以 表 中 对 应 的 频 率 作 为 概 率 ， 根 据 分 布 列 求 出 该 糕 点 房 一 天 制 作 ３５ 个 该 类 蛋 糕 时 ，对 应 的 利 润 的 期 望 为 ３２０３ 元 ．现 有 员 工 建 议 扩 大 生 产 至 一 天 ４５ 个 ，记 生 产 ４５ 个 时 对 应 的 利 润 为 Ｙ 元 ，试 求 Ｙ 的 分 布 列 及 数 学 期 望 Ｅ （Ｙ ） ，并 以 此 判 断 此 建 议 该 不 该 被 采 纳 ． １８． （１７ 分 ） 某 投 资 公 司 现 提 供 两 种 一 年 期 投 资 理 财 方 案 ， 一 年 后 投 资 盈 亏 的 情 况 如 下 表 ，已 知 每 种 投 资 方 案 一 年 后 的 投 资 盈 亏 只 可 能 出 现 相 应 表 格 中 列 举 的 几 种 情 况 ，且 两 种 投 资 方 案 相 互 独 立 ． 投 资 股 市 获 利 ４０％ 不 赔 不 赚 亏 损 ２０％ 概 率 Ｐ １２ １８ ３８ 购 买 基 金 获 利 ２０％ 不 赔 不 赚 亏 损 １０％ 概 率 Ｐ ｍ １３ ｎ （１ ） 甲 、乙 两 人 在 投 资 顾 问 的 建 议 下 分 别 选 择 “ 投 资 股 市 ” 和 “ 购 买 基 金 ” ，若 一 年 后 他 们 中 至 少 有 一 人 盈 利 的 概 率 大 于 ４５ ， 求 ｍ 的 取 值 范 围 ； （ ２ ） 若 ｍ ＝ １２ ，某 人 现 有 １０ 万 元 资 金 ， 决 定 在 “ 投 资 股 市 ” 和 “ 购 买 基 金 ” 这 两 种 方 案 中 选 择 一 种 ，那 么 选 择 何 种 方 案 可 使 得 一 年 后 的 投 资 收 益 的 数 学 期 望 较 大 ？请 说 明 理 由 ． １９． （１７ 分 ） 现 有 两 组 数 据 ，Ａ 组 ：１ ，２ ，３ ，４ ；Ｂ 组 ：１ ，２ ，３ ，４ ，５．从 Ａ 组 数 据 中 任 取 ３ 个 ，构 成 数 组 Ω １ ；从 Ｂ 组 数 据 中 任 取 ３ 个 ，构 成 数 组 Ω ２ ，两 组 抽 取 的 结 果 互 不 影 响 ． （１ ） （ⅰ ） 求 数 组 Ω １ 的 数 据 之 和 为 ８ 的 概 率 ； （ⅱ ） 求 数 组 Ω ２ 的 数 据 含 有 ３ 且 数 据 之 和 大 于 ８ 的 概 率 ； （２ ） 记 Ｘ ＝ ｍ ａｘ Ω ２ － ｍ ｉｎ Ω １ ，其 中 ｍ ｉｎ Ω １ 表 示 数 组 Ω １ 中 最 小 的 数 ，ｍ ａｘ Ω ２ 表 示 数 组 Ω ２ 中 最 大 的 数 ， 求 Ｘ 的 分 布 列 以 及 数 学 期 望 Ｅ （Ｘ ）． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ 书 一、求离散型随机变量的方差 例１袋中有２０个大小相同的球，其中记上０ 号的有１０个，记上 ｎ号的有 ｎ个（ｎ＝１，２，３， ４）．现从袋中任取一球．Ｘ表示所取球的标号． （１）求Ｘ的分布列、均值和方差； （２）若Ｙ＝ａＸ＋ｂ，Ｅ（Ｙ）＝２，Ｄ（Ｙ）＝４４， 试求ａ，ｂ的值． 解析：（１）Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ ４ Ｐ １２ １ ２０ １ １０ ３ ２０ １ ５ 则Ｅ（Ｘ）＝０×１２＋１× １ ２０＋２× １ １０＋３× ３ ２０＋４× １ ５ ＝１５． Ｄ（Ｘ）＝（０－１５）２×１２＋（１－１５） ２×１２０ ＋（２－１５）２×１１０＋（３－１５） ２×３２０＋（４－ １５）２×１５ ＝２７５． （２）由Ｄ（Ｙ）＝ａ２Ｄ（Ｘ）得ａ２×２７５＝４４， 得ａ＝±４． 又由Ｅ（Ｙ）＝ａＥ（Ｘ）＋ｂ得１５ａ＋ｂ＝２， 所以当ａ＝４时，由２＝４×１５＋ｂ得ｂ＝－４； 当ａ＝－４时，由２＝－４×１５＋ｂ得ｂ＝８． 所以 ａ＝４， ｂ＝－{ ４或 ａ＝－４， ｂ＝{ ８ 即为所求． 二、方差的应用 例２甲、乙两名射手各打了１０发子弹，其中 甲击中的环数与次数如下表： 环数 ５ ６ ７ ８ ９ １０ 次数 １ １ １ １ ２ ４ 乙射击的概率分布如下表： 环数 ７ ８ ９ １０ 概率 ０．２ ０．３ ０．４ ０．１ 试比较甲、乙射击水平的优劣． 解析：设甲、乙击中的环数分别为Ｘ１，Ｘ２，则 Ｅ（Ｘ１）＝５×０．１＋６×０．１＋７×０．１＋８× ０．１＋９×０．２＋１０×０．４＝８．４， Ｅ（Ｘ２）＝７×０．２＋８×０．３＋９×０．４＋１０ ×０１＝８．４； Ｄ（Ｘ１）＝（５－８．４） ２×０．１＋（６－８．４）２× ０．１＋（７－８．４）２×０．１＋（８－８．４）２×０．１＋（９ －８．４）２×０．２＋（１０－８．４）２×０．４＝３．０４， Ｄ（Ｘ２）＝（７－８．４） ２×０．２＋（８－８．４）２× ０．３＋（９－８．４）２×０．４＋（１０－８．４）２×０．１＝ ０．８４． 因为Ｅ（Ｘ１）＝Ｅ（Ｘ２），Ｄ（Ｘ１）＞Ｄ（Ｘ２），这 说明两射手的平均环数相等，但乙射手更稳定， 所以乙比甲水平高． 点评：一般来说，均值仅体现了随机变量取 值的平均大小，但有时仅知道均值的大小还不 够．如果两个随机变量的均值相等，还要看随机 变量的取值如何在均值周围变化，即计算方差． 方差大说明随机变量取值较分散，方差小说明 取值分散性小或者取值比较集中、稳定． 三、分布列、均值、方差的综合应用 例３甲、乙两人进行定点投篮游戏，投篮者 若投中，则继续投篮，否则由对方投篮；第一次 由甲投篮，已知每次投篮甲、乙命中的概率分别 为 １ ３， ３ ４． （１）求第三次由乙投篮的概率： （２）在前３次投篮中，乙投篮的次数为Ｘ，求 Ｘ的分布列、均值及标准差． 解析：（１）Ｐ＝１３× ２ ３＋ ２ ３× ３ ４ ＝ １３ １８． （２）由题意得Ｘ的所有可能取值为０，１，２， Ｐ（Ｘ＝０）＝１３× １ ３ ＝ １ ９， Ｐ（Ｘ＝１）＝１３× ２ ３＋ ２ ３× １ ４ ＝ ７ １８， Ｐ（Ｘ＝２）＝２３× ３ ４ ＝ １ ２， 故Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ Ｐ １９ ７ １８ １ ２ Ｅ（Ｘ）＝０×１９＋１× ７ １８＋２× １ ２ ＝ ２５ １８， Ｄ（Ｘ） (＝ ０－２５)１８ ２ ×１９ (＋ １－２５)１８ ２ ×７１８ (＋ ２－２５)１８ ２ ×１２ ＝ １４９ ３２４． 所以σ（Ｘ）＝ Ｄ（Ｘ槡 ）＝槡 １４９ １８ ． 点评：处理综合问题的步骤： 第一步：确定事件间的关系，是互斥、对立 还是相互独立．第二步：要依据事件间的关系， 选择相应的概率公式，计算相应事件的概率．第 三步：列分布列，并计算均值及方差． 书 一、定义法 根据定义求离散型随机变量的期望，首先要 求出其分布列，然后利用公式Ｅ（Ｘ）＝ｘ１ｐ１＋ｘ２ｐ２＋ … ＋ｘｎｐｎ求解． 例１甲班有２名男乒乓球选手和３名女乒 乓球选手，乙班有３名男乒乓球选手和１名女乒 乓球选手，学校计划从甲、乙两班各选２名选手 参加体育交流活动．记Ｘ为选出的４名选手中女 选手的人数，求Ｘ的期望． 解析：Ｘ的可能取值为０，１，２，３． Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ２３ Ｃ２５Ｃ ２ ４ ＝１２０； Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１２Ｃ １ ３Ｃ ２ ３＋Ｃ １ ３ Ｃ２５Ｃ ２ ４ ＝７２０； Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ２３Ｃ １ ３ Ｃ２５Ｃ ２ ４ ＝３２０； Ｐ（Ｘ＝２）＝１－Ｐ（Ｘ＝０）－Ｐ（Ｘ＝１）－Ｐ（Ｘ ＝３）＝９２０． 故Ｅ（Ｘ）＝０×１２０＋１× ７ ２０＋２× ９ ２０＋３× ３ ２０＝ １７ １０． 点评：对于这一类问题，我们求期望与方差 有两个关键点：（１）正确写出随机变量的分布 列；（２）正确应用均值与方差公式进行计算． 二、随机变量分解法 将随机变量Ｘ分解成若干个随机变量 Ｘｉ（ｉ ＝１，…，ｎ）之和，把求 Ｅ（Ｘ）转化为求 Ｅ（Ｘｉ）， 则Ｅ（Ｘ）＝Ｅ（Ｘ１）＋Ｅ（Ｘ２）＋… ＋Ｅ（Ｘｎ），若 Ｅ（Ｘｉ）易于求出，则Ｅ（Ｘ）的计算就非常简便． 例２某单位有三辆汽车参加某种事故保 险，单位年初向保险公司缴纳每辆９００元的保险 金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位 可获９０００元的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一 次），设这三辆车在一年内发生此种事故的概率 分别为 １ ９， １ １０， １ １１，且各车是否发生事故相互独 立，求一年内该单位获赔保险金额 Ｘ的期望． （结果保留整数） 解析：设Ｘｋ（ｋ＝１，２，３）表示“第 ｋ辆车一 年内的获赔金额”，则Ｘ１有分布列如下 Ｘ１ ０ ９０００ Ｐ ８９ １ ９ 故Ｅ（Ｘ１）＝９０００× １ ９ ＝１０００； 同理可得Ｅ（Ｘ２）＝９０００× １ １０＝９００； Ｅ（Ｘ３）＝９０００× １ １１≈８１８． 综上，有Ｅ（Ｘ）＝Ｅ（Ｘ１）＋Ｅ（Ｘ２）＋Ｅ（Ｘ３） ≈１０００＋９００＋８１８＝２７１８． 点评：要注意准确地分解随机变量．还可利 用随机变量的性质如 Ｅ（ａＸ＋ｂ）＝ａＥ（Ｘ）＋ｂ 等，从而求解随机变量的期望． !" !!"## $#$% $ &% !&&'(#) * # !" !"#$ %& ! +,-./*01 ABCDE$FG ABCE8HIJKLMNFO 3PQRSTU9 VWXYZ[ \]^_`aU9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 "#$%&$'(%')* <=EF?GAHCD8 +,$%&$'(%!"# !"#$ %&'()*+,- !"#$%&'() *+,-./$0+,1 23456789:; <=> ?@ABCDE$ FGHIJ8KLMN ;OPQROSTRUV OWX;+,YZ> 0 [\];DE^$ ?_ `;abc;d1ef ghi;jklm$n ?opqrst$ uv wxy;d1z{gq |s};~m$ pH €e$ ?;‚j<ƒ %+,1F„…†'a +,123O‡ˆ;‰ ƒ> '++-E$08K+, 1iŠL$ !"#‹Œ <IJ./$YZ$Š Ž‘’“”$ •– wQŽ;—˜™6š ›$ œžŸ ¡¢; £¤$ ‹¥6¦§¨© ;8Kª«+,¬­ ./$®¯;°± ²$ (!³´µ¶·8K> !"#s¸0‚j L456¹º<=$» ¼½¾6`+,1¿À ;ÁwÂÃgÄÅ;Æ ÇÈ> ?ÉÊ+,10 ËÌPQ);ÍÎÏ$ ÐÑa0ÒÓEÔ»a gÕÖ×$ +,˜Ø w*„g—Ù;PQ> ?ÚÛ;ÜÝgÞ m$ 'ß*;+,1¿ Àà¾6xyáâ$ã ä6*„;ËÌPQ> å'™08K‚1 æç;-Ï$ ?;èé ^êëÏ;ìí$ ?; î)êï‡;ðñ> ? VÚÛ;òó«ôõö 6-Ï0‚123;h iCmgÍÎåV$< '6Wi-Ï;÷ø$ ùúwûü;—0ÚÛ ;23^ÞmýþRð ñxy$ '*„gÿŠ ;!¼áâÚÛ;m "> ! Ai jkl ! mn opq 书 专项小练一、离散型随机变量的均值 １．已知Ｙ＝４Ｘ＋７，Ｅ（Ｙ）＝１５，则Ｅ（Ｘ）＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）６７ （Ｂ）１１ （Ｃ）２ （Ｄ）１ ２．某船队若出海后天气好，可获得５０００元； 若出海后天气坏，将损失２０００元．根据预测知天 气好的概率为０．６，则出海的期望效益是 （　　） （Ａ）２０００元 （Ｂ）２２００元 （Ｃ）２４００元 （Ｄ）２６００元 ３．（多选）已知随机变量Ｘ的分布列为 Ｘ １ ２ ３ Ｐ ０．３ ｍ ０１＋ｍ 则 （　　） （Ａ）ｍ＝０３ （Ｂ）ｍ＝０４ （Ｃ）Ｅ（Ｘ）＝２１ （Ｄ）Ｅ（Ｘ）＝２６ ４．已知随机变量Ｘ的取值为０，１，若Ｐ（Ｘ＝０） ＝１５，则Ｘ的均值为 ． ５．袋中有１０个大小相同的小球，其中记为０ 号的有４个，记为ｎ号的有ｎ个（ｎ＝１，２，３）．现从 袋中任取一球，Ｘ表示所取到球的标号，则 Ｅ（Ｘ） ＝ ． ６．甲、乙两人独立解某一道数学题，已知甲独立 解出的概率为０．６，且两人中至少有一人解出的概率 为０．９２． （１）求该题被乙独立解出的概率； （２）求解出该题的人数Ｘ的分布列与数学期望． 专项小练二、离散型随机变量的方差 １．已知Ｄ（Ｘ）＝３，Ｙ＝４Ｘ＋２，则Ｄ（Ｙ）＝ （　　） （Ａ）１６ （Ｂ）１８ （Ｃ）４８ （Ｄ）５０ ２．（多选）下列说法正确的是 （　　） （Ａ）离散型随机变量的方差越大，随机变量 越稳定 （Ｂ）若ａ是常数，则Ｄ（ａ）＝０ （Ｃ）离散型随机变量的方差反映了随机变 量偏离于均值的平均程度 （Ｄ）随机变量的方差和标准差越小，则偏离 变量的平均程度越小 ３．已知 Ｘ，Ｙ为随机变量，且 Ｅ（Ｘ）＝２， Ｅ（Ｘ２）＝６，Ｙ＝２Ｘ－１，则Ｄ（Ｙ）＝ （　　） （Ａ）９ （Ｂ）８ （Ｃ）５ （Ｄ）４ ４．设离散型随机变量Ｘ的分布列为： Ｘ ０ １ ２ ３ ４ Ｐ ０．１ ０．４ ０．１ ０．２ ０．２ 则离散型随机变量 Ｘ的方差 Ｄ（Ｘ） ＝ ． ５．已知离散型随机变量 Ｘ的分布列为 Ｐ（Ｘ ＝－２）＝ａ，Ｐ（Ｘ＝０）＝ｂ，Ｐ（Ｘ＝２）＝１２，若 Ｅ（Ｘ）＝ １２，则 ｂ＝ ，Ｄ（２Ｘ＋１） ＝ ． ６．为响应市政府“绿色出行”的号召，王老师 将工作日上下班的方式由自驾车改为乘坐地铁 或骑共享单车．根据王老师从２０２４年１月到２０２４ 年３月的出行情况统计可知，王老师每次出行乘 坐地铁的概率是０．４，骑共享单车的概率是０．６． 乘坐地铁单程所需的费用是３元，骑共享单车单 程所需的费用是１元．记王老师在一个工作日内 上下班（一个工作日内上，下班各一次）的交通总 费用为Ｘ元，假设王老师上下班选择出行方式是 相互独立的．求随机变量Ｘ的期望和方差． 书 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＤ．　４．１２２５；　５． ３ ８． ６．解：显然Ｘ服从两点分布． Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ２６ Ｃ２１１ ＝ ３１１， Ｐ（Ｘ＝１）＝１－ Ｃ２６ Ｃ２１１ ＝１－３１１＝ ８ １１， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ Ｐ ３１１ ８ １１ 一、单项选择题　１～４　ＣＡＢＢ　５～８　ＣＡＤＡ 二、多项选择题　９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＣ． 三、填空题 １２．甲赢一局输两局或甲、乙平局三次；　１３．４５；　１４． １８ ５５． 四、解答题 １５．Ｘ２的分布列为 Ｘ２ ０ １ ４ ９ Ｐ １６ １ ２ １ ４ １ １２ １６．（１）η＝｜Ｘ－１｜的分布列为 η ０ １ ２ ３ Ｐ ０１ ０３ ０３ ０３ （２）０５． １７．解：（１）部件１，２都不需要调整的概率为（１－０．１） ×（１－０．２）＝０．７２，则部件１，２中至少有１个需要调整的 概率为Ｐ＝１－０．７２＝０．２８． （２）由题意Ｘ的所有可能取值为０，１，２，３， Ｐ（Ｘ＝０）＝０．９×０．８×０．８＝０．５７６， Ｐ（Ｘ＝１）＝０．１×０．８×０．８＋０．９×０．２×０．８＋０９ ×０．８×０．２＝０．３５２， Ｐ（Ｘ＝２）＝０．１×０．２×０．８＋０．１×０．８×０．２＋０９ ×０．２×０．２＝０．０６８， Ｐ（Ｘ＝３）＝０．１×０．２×０．２＝０．００４， Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ ０５７６０３５２００６８０００４ １８．解：（１）由题可得Ｘ的所有可能取值为２，３，４． Ｐ（Ｘ＝２）＝ ２５× １ ４ ＝ １ １０， Ｐ（Ｘ＝３）＝２５× ３ ４× １ ３＋ ３ ５× ２ ４× １ ３＋ ３ ５× ２ ４ ×１３ ＝ ３ １０， Ｐ（Ｘ＝４）＝１－Ｐ（Ｘ＝２）－Ｐ（Ｘ＝３）＝ ３５， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ２ ３ ４ Ｐ １１０ ３ １０ ３ ５ （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 种情形，即Ｐ（Ｘ＝３）＝ ３１０； ②双方共摸４次球，出现的恰好是三白一黑且前三次 必定出现一次黑球的情形， 其概率为 ２ ５× ３ ４× ２ ３× １ ２＋ ３ ５× ２ ４× ２ ３× １ ２＋ ３ ５ ×２４× ２ ３× １ ２ ＝ ３ １０， 所以先摸球的一方获胜的概率为 ３ １０＋ ３ １０＝ ３ ５． 因为 ３ ５ ＞ １ ２，所以这场游戏不公平． １９．解：（１）由题意可知静态密码为２０２，动态校验码ｘｓ＝４， 若ｓ＝１，则Ｍ ＝２×１３＋０×１２＋２×１＝４， 得ｘ１ ＝４，符合题意， 若ｓ＝２，则Ｍ ＝２×２３＋０×２２＋２×２＝２０， 得ｘ２ ＝０，不符合题意， 若ｓ＝３，则Ｍ ＝２×３３＋０×３２＋２×３＝６０， 得ｘ３ ＝０，不符合题意， 若ｓ＝４，则Ｍ ＝２×４３＋０×４２＋２×４＝１３６， 得ｘ４ ＝６，不符合题意， 若ｓ＝５，则Ｍ ＝２×５３＋０×５２＋２×５＝２６０， 得ｘ５ ＝０，不符合题意． 综上，ｓ＝１． （２）对于三位静态密码ａ１ａ２ａ３， 由Ｍ＝ａ１·５ ３＋ａ２·５ ２＋ａ３·５＝５（ａ１·５ ２＋ａ２·５＋ａ３） 可得Ｍ的末位是０或５， 即ｘ５只能是０或５， 又Ｍ ＝１２５ａ１＋２５ａ２＋５ａ３ ＝１０（１２ａ１＋２ａ２）＋５（ａ１＋ａ２＋ａ３）， 当ａ１＋ａ２＋ａ３为奇数时，ｘ５ ＝５， 当ａ１＋ａ２＋ａ３为偶数时，ｘ５ ＝０， 下面计算ａ１＋ａ２＋ａ３为奇数时，ａ１ａ２ａ３的个数， ①ａ１，ａ２，ａ３均为奇数时，５ ３ ＝１２５（个）， ②ａ１，ａ２，ａ３一奇两偶时，Ｃ １ ３×５×５ ２ ＝３７５（个）， 共有１２５＋３７５＝５００（个）， 所以Ｐ（ｘ５ ＝５）＝ ５００ １０３ ＝ １２， Ｐ（ｘ５ ＝０）＝１－Ｐ（ｘ５ ＝５） ＝１－１２ ＝ １ ２， 因此动态校验码ｘ５的分布列为 ｘ５ ０ ５ Ｐ １２ １ ２ !" !"#$%#& '()*+,- ! ./012 !!"3435 !6;<=5 !>?@AB9$%#!&#'(!'#) !!"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 的 均 值 与 方 差 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 ． 已 知 随 机 变 量 Ｘ 服 从 两 点 分 布 ，Ｅ （ Ｘ） ＝ ０． ６， 则 其 成 功 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． ３ （ Ｂ） ０． ４ （ Ｃ） ０． ５ （ Ｄ ） ０． ６ ２． 已 知 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ － １） ＝ １ ２ ，Ｐ （ Ｘ ＝ ０ ） ＝ １ ３ ， Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ １ ６ ，Ｙ ＝ ａＸ ＋ ３， Ｅ（ Ｙ） ＝ ５ ３ ，则 ａ 的 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ４ （ Ｂ） － ４ （ Ｃ） ２ （ Ｄ ） － ２ ３． 已 知 随 机 变 量 Ｘ 服 从 两 点 分 布 ，且 Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ ０． ７， 设 Ｙ ＝ ２Ｘ － １， 则 Ｄ （ Ｙ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． ８４ （ Ｂ） ０． ７ （ Ｃ） ０． ４ （ Ｄ ） ０． ３ ４． 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ － ２） ＝ ａ， Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ ｂ， Ｐ（ Ｘ ＝ ２） ＝ １ ２ ．若 Ｅ（ Ｘ） ＝ １， 则 Ｄ （ Ｘ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ０ （ Ｂ） ２ （ Ｃ） ３ （ Ｄ ） ４ ５． 某 实 验 测 试 的 规 则 如 下 ：每 位 学 生 最 多 可 做 ３ 次 实 验 ，一 旦 实 验 成 功 ，则 停 止 实 验 ，否 则 做 完 ３ 次 为 止 ．设 某 学 生 每 次 实 验 成 功 的 概 率 为 ｐ（ ０ ＜ ｐ ＜ １） ， 实 验 次 数 为 随 机 变 量 Ｘ， 若 Ｘ 的 数 学 期 望 Ｅ（ Ｘ） ＞ １． ３９ ，则 ｐ 的 取 值 范 围 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ ０， ０． ６） （ Ｂ） （ ０， ０． ７） （ Ｃ） （ ０． ６， １） （ Ｄ ） （ ０． ７， １） ６． 已 知 随 机 变 量 Ｘ 的 可 能 取 值 为 ０， １， ２， 若 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ １ ５ ， Ｅ（ Ｘ） ＝ １， 则 标 准 差 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ５ （ Ｂ） ４ ５ （ Ｃ） 槡 １０ ５ （ Ｄ ） 槡４ ５ ５ ７． 设 ０ ＜ ａ ＜ １， 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ １ ３ ，Ｐ （ Ｘ ＝ ａ ） ＝ １ ３ ，Ｐ （ Ｘ ＝ １） ＝ １ ３ ，则 当 ａ 在 （ ０， １） 内 增 大 时 ， （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｄ （ Ｘ） 增 大 （ Ｂ） Ｄ （ Ｘ） 减 小 （ Ｃ） Ｄ （ Ｘ） 先 增 大 后 减 小 （ Ｄ ） Ｄ （ Ｘ） 先 减 小 后 增 大 ８． 泊 松 分 布 是 统 计 学 里 常 见 的 离 散 型 概 率 分 布 ， 由 法 国 数 学 家 泊 松 首 次 提 出 ，泊 松 分 布 的 概 率 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ ｋ） ＝ λｋ ｋ！ ｅ－ λ （ ｋ ＝ ０， １， ２， … ） ，其 中 ｅ 为 自 然 对 数 的 底 数 ， λ 是 泊 松 分 布 的 均 值 ．已 知 某 种 商 品 每 周 销 售 的 件 数 相 互 独 立 ， 且 服 从 参 数 为 λ（ λ ＞ ０） 的 泊 松 分 布 ．若 每 周 销 售 １ 件 该 商 品 与 每 周 销 售 ２ 件 该 商 品 的 概 率 相 等 ，则 两 周 共 销 售 ２ 件 该 商 品 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ｅ４ （ Ｂ） ４ ｅ４ （ Ｃ） ６ ｅ４ （ Ｄ ） ８ ｅ４ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． Ａ， Ｂ 两 个 沿 海 城 市 一 天 中 受 台 风 袭 击 的 概 率 均 为 ｐ， 已 知 Ａ 市 和 Ｂ 市 每 天 是 否 受 台 风 袭 击 相 互 独 立 ， 且 两 市 一 天 中 至 少 有 一 个 受 台 风 袭 击 的 概 率 为 ０． ５１ ， 若 用 Ｘ 表 示 某 天 受 台 风 袭 击 的 城 市 个 数 ， 则 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｐ ＝ ０． ３ （ Ｂ） Ｐ（ Ｘ ＝ ０ ） ＝ ０． ４９ （ Ｃ） Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ ０． ３６ （ Ｄ ） Ｄ （ Ｘ） ＝ ０． ４２ １０ ．已 知 ｍ ，ｎ 均 为 正 数 ，随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ｍ ， Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ ｎ， Ｐ（ Ｘ ＝ ２） ＝ ｍ ，则 下 列 结 论 一 定 成 立 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＜ Ｐ（ Ｘ ≠ １） （ Ｂ） Ｅ（ Ｘ） ＝ １ （ Ｃ） ｍ ｎ ≤ １ ８ （ Ｄ ） Ｄ （ Ｘ ＋ １） ＜ １ １１ ．生 产 Ａ ， Ｂ 两 种 元 件 ，其 质 量 按 测 试 指 标 划 分 为 ： 指 标 大 于 或 等 于 ８２ 为 正 品 ，小 于 ８２ 为 次 品 ．现 随 机 抽 取 这 两 种 元 件 各 １０ ０ 件 进 行 检 测 ，检 测 结 果 统 计 如 下 ： 测 试 指 标 ［ ７０ ，７ ６） ［ ７６ ，８ ２） ［ ８２ ，８ ８） ［ ８８ ，９ ４） ［ ９４ ，１ ００ ］ 元 件 Ａ ８ １２ ４０ ３２ ８ 元 件 Ｂ ７ １８ ４０ ２９ ６ 生 产 一 件 元 件 Ａ， 若 是 正 品 可 盈 利 ４０ 元 ，若 是 次 品 则 亏 损 ５ 元 ； 生 产 一 件 元 件 Ｂ， 若 是 正 品 可 盈 利 ５０ 元 ，若 是 次 品 则 亏 损 １０ 元 ．记 Ｘ 为 生 产 １ 件 元 件 Ａ 和 １ 件 元 件 Ｂ 所 得 的 总 利 润 ．则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 元 件 Ａ 为 正 品 的 概 率 约 是 ３ ５ （ Ｂ） 元 件 Ｂ 为 正 品 的 概 率 约 是 ３ ４ （ Ｃ） 随 机 变 量 Ｘ 的 所 有 取 值 为 ９０ ，４ ５， ２０ ， － １５ （ Ｄ ） Ｅ（ Ｘ） ＝ ６６ 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 ．已 知 离 散 型 随 机 变 量 Ｘ 的 取 值 为 有 限 个 ，Ｅ （ Ｘ） ＝ ７ ２ ，Ｄ （ Ｘ） ＝ ３５ １２ ，则 Ｅ（ Ｘ２ ） ＝ ． １３ ．已 知 随 机 变 量 Ｘ 的 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ ａ， Ｐ（ Ｘ ＝ ２） ＝ ｂ， 则 随 机 变 量 Ｘ 的 方 差 Ｄ （ Ｘ） 的 最 大 值 为 ． １４ ．有 甲 、乙 两 个 建 材 厂 都 想 为 某 重 点 工 程 提 供 材 料 ， 为 了 对 重 点 工 程 负 责 ，政 府 到 两 建 材 厂 抽 样 检 查 ， 从 中 各 取 等 量 的 样 品 检 查 它 们 的 抗 拉 强 度 ，抗 拉 强 度 的 分 布 列 分 别 如 下 表 所 示 ： Ｘ １１ ０ １２ ０ １２ ５ １３ ０ １３ ５ Ｐ ０． １ ０． ２ ０． ４ ０． １ ０． ２ Ｙ １０ ０ １１ ５ １２ ５ １３ ０ １４ ５ Ｐ ０． １ ０． ２ ０． ４ ０． １ ０． ２ 其 中 Ｘ 和 Ｙ 分 别 表 示 甲 、乙 建 材 厂 材 料 的 抗 拉 强 度 ，在 使 用 时 要 求 抗 拉 强 度 不 低 于 １２ ０， 那 么 建 材 厂 的 材 料 稳 定 性 较 好 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 将 ３ 只 小 球 放 入 ３ 个 盒 子 中 ，盒 子 的 容 量 不 限 ，且 每 个 小 球 放 入 各 盒 子 的 概 率 相 等 ．记 Ｘ 为 放 入 后 所 剩 空 盒 的 个 数 ，求 Ｘ 的 方 差 ． １６ ．（ １５ 分 ） 甲 、 乙 、 丙 三 人 进 行 兵 乓 球 挑 战 赛 ， 规 则 如 下 ： 其 中 两 人 比 赛 ，另 一 人 当 裁 判 ， 每 局 结 束 时 ， 负 方 在 下 一 局 当 裁 判 ．设 在 相 同 情 况 下 各 局 比 赛 双 方 获 胜 的 概 率 均 为 １ ２ ， 但 每 局 比 赛 结 束 时 ， 胜 的 一 方 在 下 一 局 比 赛 时 受 体 力 影 响 ， 胜 的 概 率 均 降 为 ２ ５ ， 第 一 局 甲 当 裁 判 ． （ １） 求 第 三 局 甲 当 裁 判 的 概 率 ； （２ ） 设 Ｘ 表 示 前 四 局 乙 当 裁 判 的 次 数 ，求 Ｘ 的 分 布 列 和 数 学 期 望 ． š › V œ 0  ž Ÿ   ¡ ¢ € £ ¤ ¥ { ! 5 ¦ ! " # $ % & ' ( š › V œ §  ž Ÿ   ¡ ¢ € £ ¤ ¥ { ! 5 ¦ ! " ) $ % & ' ( !" 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 数理括 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≤1)=P(X=0)+P(X=I) 专项小练 1.B2D:3ABD4号：5g 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. PK=0)== 3 因为P(X=0)=3-4P(X=1)=a, 所以P(X=0)=3-4[1-P(X=0)], PX=)=1-G -1- 所以P(X=0)=分所以4=号 所以X的分布列为 8.因为a1,a2,…,a5构成等差数列， 0 所以a1+a,+a3+a4+a与 =(a1+a5)+(a2+a)+a 11 =54=1, 第37期3,4版 解得=号所以4+%=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 提示： 当且仅当4，=%=行时，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 次序一一一列出，因此，它们都是离散型随机变量：(C)中的X无 所以a,·,的最大值为方 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PX=)=石 9.由题可得a+b+c=1, 且a,b,ce[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+e, 4.由题意得P(X<5) ② =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) 联立①2得b= 3,a*c2 · n 所以0≤e≤号 解得n=12. 5.由题可得P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3, 所以e可以为行，子号 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N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 =,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CC=24(种)： P(X=4)= CC ②1个标号被3除余数为1的球和2个标号被3除余数为 C =号故（①）结误 2的球，有CC=24(种)： 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P(X=2)-4%+24=号 220 1L.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， 4 点的棱有3条，所以P(X=0)-总 Pr=0)=PX=0)=G 若两条棱平行，它们的距离为1或，2，而距离为2的共有 P(X2=1)=P(X=-1)+P(X=I) 111 6对.所以代K=)=总= 1 =3+6=2, P(X=4)=P(X=-2)+P(X=2) 故=)=1-PX=0-代K=②)=1-音= 6 X的分布列为 0 Px2=9)=P(X=3)=12 1 所以X2的分布列为 故选(A)(B)(C)· 0 9 三填空题 6 12 2.甲痛-一局输两局成甲，乙平局三次：B寺：4 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的分布列可知刀=|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(7=0)=P(X=1)=0.1, 局三次. P(7=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= 所以刀=1X-1|的分布列为 6 0 2 3 Pr==音号= 0.10.30.30.3 P(X=2)=4×3×2.1 (2)由1<2X+1<9,解得0<X<4, 5 故P(1<2X+1<9) 则P(X≤2) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3) =P(X=0)+P(X=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C=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+5a ×0.2=0.068, =10(12a1+2m2)+5(a1+a2+a3), P(X=3)=0.1×0.2×0.2=0.004, 当a,+a+a3为奇数时，x=5, 1 23 当41+1+为偶数时，=0， P0.5760.3520.0680.004 下面计算a,+a2+a为奇数时，a,aa3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)=号x}=0 。1 ②a1,4,a一奇两偶时，C×5×52=375(个)， 共有125+375=500（个）， PX=3)=号××+号×子x+ 3 2 所以P(x,=5)=500=1 10=2 =0 3 P(x=0)=1-P(x=5=1-2=2 1 1 P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)= 3 5 因此动态校验码x的分布列为 所以X的分布列为 0 5 X 2 3 2 3 3 10 10 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 3 形，即P(X=3)=0 1.C:2.B:3A0408:子 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, 出现一次黑球的情形， 则P(A)=0.6. 其概率为子x子×号×+×子×号× 3 由1-P(A·B)=1-0.4·P(B)=0.92, 4×行×2+5× 解得P(B)=0.2,所以P(B)=0.8. 2213 4×3×2=i0 (2)X的可能取值为0,1,2，则 所以先换球的一方获胜的概率为高+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, 因为子>立，所以这场游戏不公平 P(X=2)=P(A)·P(B)=0.6×0.8=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, X 若s=1,则M=2×13+0×12+2×1=4, 0 1 2 得x1=4,符合题意， P 0.080.440.48 若s=2,则M=2×23+0×2+2×2=20, 所以E(X)=0×0.08+1×0.44+2×0.48=1.4. 得=0，不符合题意， 专项小练二 若s=3,则M=2×3+0×32+2×3=60, 1.C:2.BCD:3B.41.8:54,1l 得=0，不符合题意， 若8=4，则M=2×4°+0×42+2×4=136， 6.解：根据题意X的可能取值为2,4,6. 得=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, 得x=0,不符合题意。 P(X=6)=0.4×0.4=0.16 综上，=1. 所以X的分布列为 (2)对于三位静态密码41aa, 2 4 6 由M=a1·53+a2·52+a·5=5(a1·52+425+m) 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. 2 D(X)=(2-3.6)2×0.36+(4-3.6)2×0.48+(6 得D(X)= 3.6)2×0.16=1.92. 则标准差v打。 第38期3,4版 7,随机变量X的期望(X)=0×号+a×号+1×行 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 提示： ）门xg=g-a+0=(a-）广+6 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. 2.0=-1×号+0×行+1*6 1 =-3 当a∈（宁）时，D)单调递增，放选(D)。 因为y=aX+3, &依题意得P(X=)=P=2),即合=名解得A 所以B(D=B()+3=a×(-号）+3=号， 2所以PX=)=音，所以X=0=品e=吉P 解得a=4. 2 3.因为随机变量X服从两点分布， 所以D(X)=0.7×(1-0.7)=0.21, 又Y=2X-1, 2件的概率P=心··+G()= 所以D(Y)=D(2X-1)=2D(X) 二，多项选择题 =4×0.21=0.84 9.ABD;10.BCD;11.BD. 提示： a +6+ 4,由题意得 21, 解得 9.由已知有1-(1-p)2=0.51,解得p=0.3,故(A)正确： 2+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D(X)=(-2-1)'×6 +(1-1)2× -+(2-1)2 P(X=2)=p2=0.09. 1 ×2=2 从而D(X)=E(X?)-(E(X) =(0.42×12+0.09×22)-(0.42×1+0.09×2)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)', 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=时。 令E(X)=p2-3p+3>1.39. P(X=1)=P(X≠I),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，当组仅当a=2m=分时， 6.设P(X=1)=p, 等号成立，故(C)正确： 则P(X=2)=号-p, 由n=1-2m>0,得0<m<子又E(0=1, 由0=p+2×(-P）=1 所以D(X+1)=D(X)=m+m=2m<1,故(D)正确. 故选(B)(C)(D). 解得p=号则由公式D)=工长-B(0]n 1L元件A为正品的概率约为9+品+8=专，放()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+没+6=子，放(B)正确： A号 2 100 P(X=0)=3=9 随机变量X的所有取值为90,45,30，-15，故(C)错误： P(X=1)= P=0)=号×= C PX=2)=3=9 1 133 P(X=45)=5×4=20 8 411 PX=30)=5×4=5' 所以(0=0×号+1x号+2xg 9 Prx=-15)=5x=0 0=-(0-8)'xg+(-8)广×子+(2-)】 所以随机变量X的分布列为 ×人=26 9=8 90 45 30 -15 16.解：(1)第三甲当裁判的概率为 3 5 20 5 20 3 E(X)=90× +45×20 1 (2)X的所有可能取值为0,1,2. +30×5+(-15)×20=66, 当X=0时，前三局乙均胜， 故(D)正确。 故选(B)(D). 故Px=0)=宁×（号）=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器：13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： 1.1.2 1 2因为B(0=子00= P(X=2)=2×2×5×2=5, 由D(X)=E(X2)-(E(X)2, 所以P(x=D=1-云-号=袋 得E()=D(X)+(E(X))户 则X的分布列为 …语+(3)器 0 2 18 13.由题意可得a+b=1(0≤a≤1,0≤b≤1)， 25 25 E(X)=a+2b=1+b, 则D(X) E(X)= +5x2 1 28 =[1-(1+b)]2×a+[2-(1+b)]2×b 17.解：(1)从这30天中任取2天，样本点总数n=C, =-8+6-6-+女 这2天的日需求量均为40个包含的样本点个数m=C, 当6=子时，D()有最大值子 所以这2天的日需求量均为40个的概率P=忌 (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)=6PY=60)=号 E()=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+ P(Y=140)= 1 145×0.2=125, 号，Py=180)= 6” D(X)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125 所以Y的分布列为 -125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50. -20 60 140 180 D(Y)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125 1 3 3 6 -125)2+0.1×(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 0=-20×+60×号+10×+180×石=0 3 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， 期望为罗元，且”<”，所以此建议不该被采销 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)= G.+.=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(不=方，PA)=方， 则X的分布列为 3 4 P(B)=m,P(B)=1-m, 3 3 所以P(C)=P(AB)+P(AB)+P(AB) 40 =1-m)+2m+m E(X)=1× 40 +2×20 9 13 +3X +4× 8 20 4 =21+m. 第39期2版 由宁1+m)>专解得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~(6,）所以E(X)=6×号=3， 所以0≤m≤子，放号<m≤子 (0=6×号×1-）=是 (2)选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 望较大，理由如下： 专项小练二 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.:5. 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=k)= CC -(k=0,1,2,3,4). 2 8 所以P(X=0)= 则E(X)=4× -+0×8 3 -2× 8 C 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)= Cc.224 Ci2 495 则Y的分布列为 P(X=2)= 2 0 C 495 =165 36 P(X=3)= Cc Ci 则E(y=2×。+0×3-6= 5 6 P(X=4)= c 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 X 0 1 2 3 4 望较大 14 224 56 32 19.解：(1)(1)记“数组2的数据之和为8”为事件M, 9 495 165 495495 则P(M)= 1 第39期3,4版 (ⅱ)记“数组2，的数据含有3且数据之和大于8”为事件V, 二项分布与超几何分布同步核心素养测评 则P(N)=1- 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： 111 P(X=1)=C0 1.由题可得x=)=Gx号×(-品 P(X=2)= C.11.C.3 C'CC2 2由题可得X~(4,兮)： 6 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 所以(0：兰 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,)故()正确： 4.由题知X服从N=8,M=3,n=2的超几何分布， 所以(0.2冬3=子 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 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)2=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=号或p=（会）， 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y4,) 故选(A)(C)(D). 所以D()=4×号×(1-写）=8 10R=C×子×-°= 6.由题意知X服从超几何分布， B=Cx()x-)=器 且N=10,M=3,n=2, X的分布列为P(X=)=CCk=0.1,2 P,<P,故(A)错误，(B)正确： C。 7 ∑P三1，放(C)错误 放P(X=0)=意=5 由二项分布概率公式可得P=內 P(X=1)= C 15 A嘉A=0A=8 160 于是P(X<2)=P(X=0)+P(X=1) 7 7 14 A=器A=第A=% 64 =15+15= 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山.取出白球和取出黑球的概率分别为号和品。 则P(A)= _cC-29 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)=- 8.由n=100,p=0.01, ,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, S=号故(0错误： = 所以PX=)=市e Ci 取出的白球为3和4，所求概率P=P(Y=3)+P(Y=4) 放P(X=0)=0 e Cg,竖-最敝正确 + C。+C P(X=1)= 11= 1 e 故选(A)(B)(D). PrX=2)=京=六 1 三，填空题 12.3:13.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的概率，则所求概率P=P(X=0)+P(X=1) 提示： 111 12.记取到白球为X,设口袋中白球的个数为M, +P(X=2)= =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(0=W=2X业=乡，解得1=3 N 7 Px=0)=G(兮)°（台）'=离 13.随机变量X-B(6,P), PX=)=Cx5x(传)广= 由()≤2，得0<6p≤2，解得0<p≤子 rx=2)=G(兮)广x专=贵 0=6p(1-p）=-6p-22+2 则当p=号时，D()取得最大值， Prx=3)=c(兮)（告）= X的分布列为 所以D(0的最大值为6×号×号=手 0 1 2 3 14.设击中目标的子弹数为X,则X~(19,专）】 有X=)=×()广x(兮) 所以X的期塑为()=3×行=子 3 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=k)最大， CCCC,2,151 显然P(X=0),P(X=19)都不是最大的， =9+38=2 即有1≤k≤18， 于是PX=)≥P(X=k+). 即取出的产品中次品不超过1件的概率是子 P(X=k)≥P(X=k-1). (2)由题意知f(a)=Px=3)-CC 心x()x()”≥出x()”x(传) f(n+1)= CCio- cx()x(兮)“≥出×()广x(》“ xa.-=>1. 19 19 419-1≥4k+1)118- f(n)C.Cm(n-2)(20-n) 则(n+1)(13-n)>(n-2)(20-n), 19! 19! 4·k19-)1≥(k-1)(20-k)I 解得n<5.3, 整理得+1≥4(19-，解得15≤k≤16， 故当n<5.3时f(n+1)>f(n): 当n>5.3时f(n+1)<f(n), L4(20-k)≥k, 即当n=6时∫(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 15.解：(1)设甲班的学生人数为M, 前3个小组的频率分别为P,PP,则由条件可得 P:2p. 哈=宁 42 P3=3p, 即M2-M-6=0,解得M=3或M=-2(舍去) p,+P2++(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,P2=0.25,p=0.375, (2)由题意可知X服从超几何分布. 又因为=0.25=二，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 ÷+片 1 5 p=A+(0037+00l3)×5=g, 16.解：(1)年销售额超过40万元的门店有4个， 则所求率P=S之CC: 由题意知X服从二项分布，即X~B(2,音)） C (2)由样本估计总体，从全国随机抽取1个销售门店， X=)=×(g)广x(”(=01,2. 春季新款的年箱售额超过40万元的概率是分一了， 所以随机变量X的分布列为 01 2 则随机变量X一3.兮）： 9 15 25 64 32 8 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(X)=即=2×名 5 99.7%,从而得出适合身高在150~180cm范围内学生穿的服 4 装大约套数是1000×99.7%=997（套）. 19.解：(1)P(5=4)=C×0.94×0.1 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(专=10)=C×0.9°×0.1n-0, 又P(X<4)=0.78, 由题意有 所以P(X≥4)=P(X≤2)=1-0.78=0.22， fC"×0.9"×0.1-0≥C×0.9°×0.1-”， 则P(2<X<4)=1-2×0.22=0.56 lC”x0.9"x0.1-0≥Cx0.9"×0.1", 则0.9(n-9)≥1， 所以P(2<X<3)=P2<X<4) 2 l0.9(n-10)≤1.1， =7x0.6=0.28 解得g≤a≤9 7.由随机变量X~N(5,1)知4=5，o= 由于n为整数，故n=11. 所以P(4≤X≤6)=0.683，P(3≤X≤7)=0.955 (3)5-B(n,0.9),则E(E)=0.9n,D(5)=0.09n 所以P(6<X≤7)=[P(3≤X≤7)-P(4≤X≤6)] 由题意0.85<左<0.95， -7×055-063)=0136 即0.85n<ξ<0.95n,-0.05n<专-0.9n<0.05n, 即1专-0.9n1<0.05n. 8.由题意知4=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), 0.09n 所以P(X>108) 有P(I专-E()I<0.05n)≥1- (0.05n)2, =1-P(8≤X≤108)] 从而1- 809,餐得三30， =1-Pu-o≤XsA+o月 故估计n的最小值为360. 第40期2版 7×(1-0.6827)=0.15865 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)内的概率为99.7%， 9.根据正态曲线关于直线x=从对称，且4越大，图象越靠 即X在(910,100)内取值的概率为99.7%. 近右边，所以4<山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，峰值高，曲线“瘦高”，所以=1<，故 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fx)=P(X≤x)(x>0), 提示： 所以根据正态曲线的对称性可得f代-x)=P(X>x)=1 1.由题可得σ=10. -八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0-3+2☑+2=2x3,解得0=子 P(IX1≤x)=P(-x≤X≤x)=1-2f-x)=1-2[1 4.因为随机变量X~N(u,9),且P(X<1)=P(X>7), -f八x)]=2x)-1,故(C)正确： 所以02=9,4==4，所以E(X)=4,D()=9. P(I XI>x)=P(X>xx<-x)=1-f(x)+f(-x) 2 =1-f代x)+1-f(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o=5时，P(90<X<100)=0.68,又P(95-a< ~180cm范围内取值即在(4-3o,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)4=(47.5+72.5)×0.004×5+(52.5+67.5) 当o=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] =0.68+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， 于75与大于15的概率相等，与σ的值无关，故(D)正确. 随机变量X服从二项分布B(3,0.7), P(X=0)=C×0.7°×0.33=0.027. 故选(B)(C)(D). 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(u,σ2)，则P(X<u)= 所以X的分布列为 0.5.故可知u=0.4且在x=u时取得最大值，所以x=0.4. X 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-2o≤Y≤4+2o)=P(50≤Y≤70) 14.由于随机变量X~N(u,σ2)， =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). 四、解答题 由360分及以上的高分考生有30名， 15.解：据已知得4=120，o=10,由于正态总体V(u,σ2) 在区间（以-2σ，4+2σ）内取值的概率约为0.955， 得P(X≥360)=200， 3 枚140分以上的所占概率为-0.955=0.0225， 2 所以P(X<360)=1-200 =0.985. 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=25,0=0.2. 所以P(24.8≤X≤25.4)=P(4-σ≤X≤4+20)= 所以g=83.所以X~N(180,832). ×(0.6827+0.9545)=0.34135+0.47725=0.8186 1 设最低录用分数为。， 则P(X≥)=P(y≥180)=30-3 83 2000=20 解：体温x服从正态分布N(369,00） 即P(y<-180 所以u=36.9,02=0.05 83 =1- =0.85, n 即。、180 =1.04,所以x0=267 因为X的值落在(366,37.2)内的概率约为0.9973， 83 且P(1X-4<3w)≈0.9973， 所以此次招聘中的最低录用分数为267. 所以P(36.6<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(36.9-3o<X<36.9+3u）, 易得PK<26)=P(<2g）=PV<128) 所以3r=0.3,解得σ=0.1， 所以005=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)= n 200,所以甲大约排在第200名，所以甲能获得高薪职位. 10