第三章 专题3 随机变量及其分布-【6星学霸·高考黑题】2026年高考数学二轮专项冲刺

学霸高考·黑题数学 专题3随机变量及其分布 命题密钥 随机变量及其分布是历年高考的必考考点之一，主要以探索创新情境与生活实践情境为载 体，重在考查逻辑思维能力及对事件进行分析、分解和转化的能力，要立足课本基础知识，在 “变式”上下功夫以达到融会贯通 考点觉醒 辨析超几何分布与二项分布的区别和联系 四大分布 计算变量的数学期望与方差 随机变量及 其分角 几何分布 其他分布 维随机变量的联合分布 实战演练 题组口二项分布 典型例题1.(2025·全国二卷)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每 个球甲胜的概率为p?p<1),乙胜的概率为g,p+9=1,且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记 P:为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，4为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率 (1)求PP(用p表示)： (2)若g=4,求p 94-93 (3)证明：对任意正整数m,P2m+1-42m*1<2m-92m<P2m+2-92m+2 变式训练1.(2025·云南曲请二模)如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左 或向右移动-个单位，且向右移动的概率为子若该质点共移动10次，则它位于数 处的可 能性最大 54321012345一 第三章计数原理与概率统计学霸 题组日超几何分布 典型例题2.（天津高考）已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽 样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查， (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？ (2)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体 检查 ①用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望： ②设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的 概率. 变式训练2.(2025·湖南永州期末)某自然保护区经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大 幅度的增加.已知这种动物P拥有两个亚种（分别记为A种和B种）.为了调查该区域中这两个亚种 的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物P,统计其中A种的数目后，将捕获的动物 全部放回.作为一次试验结果.重复进行这个试验共20次，记第i次试验中A种的数目为随机变量 X(i=1,2,…,20).设该区域中A种的数目为M,B种的数目为N(M,N均大于100)，每一次试验均 相互独立. (1)求X的分布列. (2)记随机变量X2,已知BX+)=B(X)+B().DCX+)=D)+DX). (1)证明：E(X)=EX,),D(X0=20D(X)； (ⅱ)该小组完成所有试验后，得到X的实际取值分别为x,(i=1,2,…,20).数据x,(i=1, 2,…,20)的平均值x=30,方差s2=1,采用x和s2分别代替E(X)和D(X),给出M,N的估计值. (已知随机变量x服从超几何分布记为x~H(P,n,Q)(其中P为总数，Q为某类元素的个数， n为耥取的个数)，则D(x)=n号(1-号)()】 043 学霸高考·黑题数学 题组目几何分布 典型例题3.(2025·河北石家庄月考)在n重伯努利试验中，用X表示事件A发生的次数，则称随 机变量X服从二项分布，它关注试验成功的总次数：用Y表示事件A第一次发生时已经进行的试验 次数，则称随机变量Y服从几何分布，它关注的是首次成功发生的时机.在某篮球训练的投篮环节 中，运动员甲每次投篮均相互独立，每次投篮命中的概率为p (1)当=了时，求运动员甲进行4次投篮，命中次数不少于2次的概率： (2)设Z表示运动员甲首次命中时的投篮次数， (ⅰ)求P(Z=4)及此概率取得最大值时P的值： (iⅱ)若甲最多投篮n次，第n次未命中也结束投篮，利用(i)中的p值，求Z的数学期望 变式训练3.(2025·广东广州月考)已知常数p∈(0,1)，在成功的概率为p的伯努利试验中，记X 为首次成功时所需的试验次数，X的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量X的概率分布为几 何分布 （1)对于正整数k,求P(X=k),并根据E(X)=三P(X=k)=m（三P(X=k),求E(X). 4◆ (2)对于几何分布的拓展问题，在成功的概率为的伯努利试验中，记首次出现连续两次成功时所 需的试验次数的期望为E,现提供一种求E,的方式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因 为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是E,即总的试验次数为 (E,+1):若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次 数为2，若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为(E,+2) (i)求E2: (iⅱ)记首次出现连续n次成功时所需的试验次数的期望为E。,求E, 044 第三章计数原理与概率统计学翻 题组四二维随机变量的联合分布 典型例题4.(2025·江西萍乡期中)若随机变量X,Y均为定义在同一样本空间2上的离散型随机 变量，则将(X,Y)称为二维离散型随机变量，将(X.Y)取值为(x,y)的概率记作P(X=x,Y=y),其 中i,j=1,2,…,n. 甲、乙两人进行足球点球比赛，约定如下：甲、乙各点一次球，点球者进球得1分，不进球得-1分，分 数高者获胜，比赛结束若平局，甲、乙再通过抽签决定谁点球，且甲，乙抽中签的概率均为)，抽中签 者点球，进球得1分，不进球得-1分：未抽中者不点球，得0分，分数高者获胜，比赛结束.已知甲、乙 每次注球的概率分别为}，号，且每次点球之同相互独立记甲得分为《，乙得分为上 (1)求P(X=1,Y=0),P(X=-2,Y=1): (2)求P(Y=01X=1): (3)已知随机事件X=-1发生了，求随机变量Y的分布列与数学期望. 变式训练4.(2025·山东济南期中)已知编号为1,2,3的三个袋子中装有除标号外完全相同的小 球，其中1号袋子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球：2号袋子内装有两个1号球，一个 3号球：3号袋子内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球.现按照如下规则连续摸球两次：第一 次先从1号袋子中随机摸出1个球，并将摸出的球放人与球编号相同的袋子中，第二次从刚放入球 的袋子中再随机摸出1个球 (1)若第二次摸到的是3号球，计算此3号球在第二次摸球过程中分别来自1,2,3号袋子的概率： (2)设X,Y是样本空间2上的两个离散型随机变量，则称(X,Y)是2上的二维离散型随机变量.设 (X,Y)的一切可能取值为(i,)(i,j=1,2,3,…）,记P表示(i,)在2中出现的概率，其中P= P(X=i,Y=)=P((X=i)∩(Y=)).若X表示第一次摸出的是i(i=1,2,3)号球，Y表示第二次 摸出的是j(=1,2,3)号球 ①求P2; ②证明：P(X=)=P 045PC=3P(C),P(A1C)=PcA.PC=号P(C),所以 P(A) P(C)13 1 2 PCA)=2P(AC,B正确：对于C,P(C1AB)=PCB因为A与C P(AB) 互斥，即A发生则C一定不发生，所以P(CA)=P(A),所以P(CIAB)= P(CAB).PLAB)-1,C正确；对于D,显然P(C)=P(BC)+P(BC) P(AB)P(AB) 专即o寸(o.由Pcl+ei-% P(B) P(CB)-3P(BC)+ P(B) [P(8C)]小，每得P(BC)=0,所以B 与C互斥，D正确. 变式训练7.解：(1)用A1,42,A,分别表示1,2,3号箱子里有奖品，用 B,B,B分别表示主持人打开1,2,3号箱子.由题干可知初次选择的 是1号箱，因为你在做选释时不知道奖品在愿个箱子里，你的选择不影 响奖品在三个箱子中的概率分E,所以事件A,42,4的概率仍为了， 1 此为先验概率主持人打开1号箱之外的一个空箱子，有以下几种可能 情况：奖品在1号箱里，主持人可打开2,3号箱，故P(B,1A)=7奖 品在2号箱里，主持人只能打开3号箱，故P(B31A2)=1:奖品在3号 箱里，主持人只能打开2号箱，故P(B,A)=0.利用全概率公式，主持 人打开3号箱的版率为P(品)=含PA)P(岛M)=号×(1） 2再根据贝叶斯公式，在3号箱打开的条件下，1号箱和2号箱里有 奖品的条件概率分别为P(A1B,)=P4)PCB,M)。1 P(B3) 3 代1，)P)M子所以改毒2号箱因为这样会销加 P(B3) 中奖的概率。 (2)用A,(1≤i≤n)表示i号箱子里有奖品，则P(A)=二(1≤i≤m), 用B,(1≤≤n)表示主持人打开i号箱子，则P(BIA)=, 1 P(B3 IA3)=0,P(B3IA)=- 2i2,3),则P(8,)=名P(4)· P(B1A,)=1 11 PA)P(BA)Dn.上，所以P(AB,)= P(A)P(B IA) P(B3) 1 P(B;) n-1 1,1 。2。n1>（≠2,3)，所以政选2号，3号以外的箱子.因为 1 n(n-2)n n-1 这样会增加中奖的概率。 变式训练8.(1)解：X的可能取值为1,3,5.P(X=1)=C号× (号）双=。所以江的分布列为 3 5 1616 数学期望E(X)=1× 8+3 6*5+ 115 168 (2)P(BA)=0,P(BA)=号P(BIA)=g,PB,三A)=L 4 8 n-I 一学霸高考·黑 解桥：当p=子时共进行(2a+1)(aeN~且m≥2)局比赛，前(2a+1) 局，甲赢的局数不足(m一1)局，再赢2局，甲不能获胜，因此 P(B三人)=0：前(2n+)局，甲已赢(n-1)局，最后2局全赢，甲能获 胜，因此P(BIA-)= 2124 3 =9前(2m+1)局，甲已赢n局，最后 2局甲至少条1局，甲能获鞋，周光P(aA)1-(传）广产号：前(2 2e-1 1)局，甲已赢(n+1)局，甲必胜，因此P(B1三A)=L. (3)证明：由全概率公式得，P1=Cp(1-p)”·p2+ Cn-p'(1-p)-·[1-(1-p)2]+[P。-Cn-1p(1-p)rl]=P+ Cp-(1-p)·p2-C5-ip(1-p)1·(1-p)2=P,+C-1p(1- p)-C3n-ip(1-p)1=P.+C-p(1-p)(2p-1),则P1-P。= Pw2-Patl GsP(Ip(p-.当<p<1时，P-R>0,PP (2n+1)！ Cp"(1-p)"'(2p-1）.cp(1-p2 a+1)1mp(1-p) C2-p(1-p)(2p-1) C2-1 (2n-1)I n!(n-1)月 2a2(1p)-01p)<4p1-p)<4 (2n+1)2n pp21-1.因为 2J P1-P>0,所以P2-P1<P1-P.,即P+Pn2<2P1 专题3随机变量及其分布 典型例题1.(1)解：打完3个球后甲比乙至少多得2分，只能是甲得 3分乙得0分，因此P3=p3; 打完4个球后甲比乙至少多得2分，可能是甲得4分乙得0分，或者甲 得3分乙得1分， 因此p4=Cpqp4■4p3qtp■4p(1-p)+p■4p3-3p (2)解：根据对称性以及(1)的结果，可得%=，94=4女3-3g 因此49_p-3pP3p1p）2.g=4. 94-934g3-3g-g30(1-g)gpg7 因此2=2，又p+q=1,故p=3 (3)证明：记a(x)表示打完m个球后甲得x分的概率 Pm*1=pP-9·a2n(m+1), 92m+1=92m-P·a2n(m-1), 故P21P2m=-g·a2n（mt1)。 92m+1-92m=-p·a2m(m-1), 故要证： Pm+1-92m+1<P2m-92m, 只需证： Pm*1-P2a<g2m+1-92m7 只需证： p·aa(m-1)<g·a.(m+1), 即只需证： p·C·p-1·g*1<g·C1·p1·g-t, 即只需证： p"qmi<q"p. 即p,由题意可知g=1-p<2中，故结论成立 由P2m2=p2a1+p·a2m,i(m+l)=p2mtp·a2m(m+1)-g·an（m+l）, 92m2=9241t9·a2a(m）=92ntg·2+i(m)-p·a2n（m-1), 现在考虑右边的不等式P2m-g2m中22-9m2, 只需证： P·am+i(m+1)-g·a2(m+1）>g·a2a1(m)-p·am(m-1), 只需证： CSpCpCp"-Cp 只需证： CP2-CP>CCg 只需证： (p-q)(p+q)C>(p-)C 只需证： C2>C2, 因为C=C+C以，且C>0,故上面不等式成立证华 题·数学·21 变式测练1.34解析：设质点向右移动的次数为X,则X服从二项分 布，即不B(0,子)，则质点最终的位置等于向右移动的次数减去 向左移动的次数，即X-(100-X)=2X-100.由二项分布的概率公式可 得P(X=k)=Cm (·()c( 100- P(X=k-1)可得C (居·（传）（） () a0(广（） 即 1001 0丽×（号）广（仔）化商可 1001 2101-)≥k,解得长≤2织由P心X=)≥P(X=k+1)可得 c(居广·（兮）m(居)"·（仔） ，即 *(号）八x(传） 100月 1001 ≥+1·[10-(k+1* (仔）广×（兮）广”，化篇可得+1≥2(10-，解得长≥罗即 罗≤≤，且keZ,则=67时，P(X=)最大，则质点最终的位置 3 为2×67-100=34 典型例题2.解：(1)由题意可知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为 3:2:2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙 三个部门的员工中分别抽取3人、2人、2人 （2)①随机变量x的所有可能取值为01,23，P(X=-C-C: C3 0,1.2,3),所以随机变量X的分布列如下表： X 0 123 1218 4 35 353535 ,12 18 412 随机变量X的数学期望E(X)=0x351×35+2×35*3×357 ②设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员 工有2人”：事件C为“抽取的3人中，睡眼充足的员工有2人，睡眠不 足的员工有1人”，则A■BUC,且B与C互斥，由①知，P(B)= P(X=2),P(C)=P(X=1),故P(A)=P(BUC)=P(X=2)+P(X=1)= 号，所以事件A发生的隔率为号 重难点拨 本题主要考查超几何分有和分层抽样，翅几何分布描迷的是不放回 油样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数，超几儿何分布的特怎 是：①考查对象分两类：②已知各类对象的个数：③从中抽取者 于个个体，考查某类个体个数X的概率分布，超几何分布主要用于指 检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型，进行分 层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：(1)惑体的个数N 样本容量n 该层抽取的个体 ：(2)总体中某两层的个体数之比■样本中这两层 该层的个体数 抽取的个体数之比 变式训练2.(1)解：依题意，X,(i=1,2,…,20)均服从完全相同的超几 何分，且从.N均大于10，放的分布列为P不=).C生C (kEN,0≤k≤100) X 0 1 99 100 CCo CLC CWCM CCR CHO C CHeN CN 学霸高考·黑 (2)(1)证明：X,(=1,2,…,20)均服从完全相同的超几何分布，故 E(X)=E(X),E(X)=E (易)）动(）小茹( 动×0：5(x)=E().(=D()D( 20×200(X)=20D(X),故E(=E(X),D(0= 高0 (ⅱ)解：由(1)可知X的均值E(X)=E(X:) 10则利用公式计算X, M+N 的方差，D(X)= 100MW(M+N-100) (M+N)2(M+N-1) ,所以D(X)=20D(X) f100M 5MN(M+N-10O)依题意有 M+N =30 5MN(M+N-100) 解得M=624,N= (M+N)2(M+N-1) (M+N)2(M+N-1) 1, 1456.所以可以估计M=624,N=1456 典型例题3解：(1)设运动员甲进行4次投篮，命中次数为X,X- a号)则Px≥2)=cx(兮广x(号）广x(号)广 (倍)（广”贵 (2)(i)P(Z=4)=(1-p)p,设f(p=(1-p)p,0≤p∈1，f(p)= -3(1-p)2p+(1-p)3=(1-p)(1-4p),令f'(p)>0,解得0≤p<4:令 0p)<0,解得<1，则p)在[，)上单测递增，在（仔] 上单调递减，当p=4时，代P)取得最大值，即P(Z=4)取得最大值， 地时zpn-(2恶 (i)由题意可知专的所有可能取值为1,2,3，…，n当k≤n-1keN ,当k=n时，P(E=n)= (4)=(任）=2x2x+x(2）x [x(:）x(2）x(2广-x(2）广] ()广设s=()八2x(2广3x(2-x (2）°①则=1x(2）广2x(2}x(八+… a-1)×(2）尸@.①-@s=1+(）广+()广+… w(广层) (a+3)(）0-snx()”=4-(a*3)(）ax 变式训练3解：()由题可知P(X=)=(1-p)p,三k(1-p)p= p[1+2(1-p)+3(1-p)2+…+n(1-p)=1],记Sn=1+2(1-p)+3(1-p)2+ +n(1-p)-,则(1-p)S=(1-p)+2(1-p)2+…+(m-1)(1-p)m1+ n(1-p）",两式相减得pS。=1+(1-p)+(1-p)2+…+(1-p)m-1-n(1- 1-1-p) 1-(1-p) -n(1-p=1--p-a(1p八.由题意，E(x)= 题·数学·22一 (2)(i)B,=(（1-p）·(+1)+2p2p(1-p）·(B+2),解得B,=12 2 (ⅱ)期待在E次试验后，首次出现连续(m-1)次成功，若下一次试验 成功，则试验停止，此时试验次数为(E。-+1):若下一次试验失败，相 当于重新试验，后续期望仍是E。,此时总的试验次数为(E。-1+1+E,) 甲，p(E+1)+(1-p)(+E),整理得=( D.即中()测怎司}是公比为分的等比数 列，所似+片六（名）由()知后代人得 、11 1-p (1-p)p 典型例题4.解：(1)由题意有X=1,Y=0的情形为甲、乙各进一球，且 乙描到鉴未进球所以P=1,=0=宁子宁号）言 因为X=-2,Y=1是不可能事件，所以P(X=-2,Y=1)=0. (2)X=1表示甲进球，乙未进球，或甲进球，乙进球，且乙抽到签，所以 1 P(X=1,Y=0)-18_1 P(X=1) 16 3 (3)X=-1表示甲未进球，乙进球，或甲未进球，乙未进球，且乙抽到签 所以x-)-(子)x径（子）（号）x分音又y 的可能取值为-20,1，所以心X=-1,Y=-2)=(）x(号)产 ×(号）6P=-21x-)=Xe0.55 P(X=-1) 515 2 r(Yeouxe1)) P(X=-1) 5 12 P(X=-1,Y=1)34 P(X=-1) 3,所以 12 Y的分布列为 -2 0 1 1515 5 所(0=-2x古0号1x号子 1 2 变式训练4.(1)解：设第一次摸到(i=1.2,3)号球的事件为A:,第二 次摸到的是3号球的事件为B,第二次在第：号袋子里摸到的是3号球 的事件为A,P4,)=子P(4)=P(4)=子，P氏a14,)=之 P马M,)=子，P(马14)=号，于是P(B)=P4P(B14 P)P岛PPr=宁+子×号-器 所以第二次摸到的是3号球，它来自1号袋子的概率为P(A11B)= 11 M24号第三次模到的是3号球，它来自2号 P(B) 29 112 一学霸高考·黑 11 P(A2)P(B2l42)4X4.7 袋子的概率为P(A21B)= :第二次摸到 P(B) 29 29 112 P(A3)P(BIA3) 的是3号球，它米自3号袋子的概率P(A,|B)= P(B) 1.2 478 29 29 112 (2)①解：依题意，P2=P(X=1,Y=2)为第一次摸出1号球，并放人 1号袋子，第二次从该袋子摸出2号球的概率，所以P:宁×片 ②证明：由定义及全概率公式知，P(X=)=P((X=i)∩((Y=1)U (Y=2)U(Y=3)))=P((X=i.Y=1)U(X=i.Y=2)U(X=i,Y=3))= P（X=i,Y=1)+P(X=i,Y=2)+P(X=i,Y=3)=Pa+Pa+Pa=∑Pg,所 以P氏x==含P, 专题4概率统计与函数、数列的交江 典型例题1.(1)解：E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1. (2)证明：设八x)=px+p22+(P1-1)x+po因为P5*p2+p1+po=1,所以 x)=P3x+p2*2-(p2+po+p3)x+po(x)=3p3*2+2p2-(p2+po+p3 ) 若E(X)≤1，则p1+2p2+3p3≤1，故P2+2p3≤0因为f'(0)=-(P2p+ P)<0f'(1)=+pP%≤0，所以f'(x)有两个不同零点，2，且 x<0<1≤，且xe(-0,)U(2,+)时，"(x)>0:xe(1,2)时， f'(x)<0,故f八x)在(-，x1),(2,+3)上为增函数，在(x1,2)上为 诚函数若名=1，则f八x)在(，+西)上为增函数且f(1)=0,而当 xe(0,)时，因为f八x)在(，)上为减函数，所以f(x)>f)= f八1)=0，故1为np1x+p2x2+px3=x的一个最小正实根：若2>1，因 为/1)=0且八x)在(0,2）上为减函数，所以1为Po+p1x+p2+p3x3= x的一个最小正实根.综上，若￡(X)≤1，则p=1.若E(X)>1,则 h+2p2+3p>1,故p2+2ppo此时f'(0)=-(p2+po+p3)<0,/'(1)= P2+2印3-P%>0,故∫(x)有两个不同零点，x4,且<0<x4<1,且 xe(-第，)U(4,+)时f"(x)>0:xe(,4)时f(x)<0,故x) 在(-∞，)，(4，+∞)上为增函数，在(，4)上为减函数，而f(1)= 0,故八x4)<0.又0)=Pa>0,放f八x)在(0，x4)上存在一个零点P,且p< 1,所以p为P%+p1x+p2x2+px3=x的一个最小正实根，此时p<1,故当 E(X)>1时，p<1. (3)解：若每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代后 必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小 于1. 变式训练1.解：(1)设事件A表示第i次正面向上，其中i=1,2,3,4, 5,6.且P(A)=P,P(A)=1-P,设事件B:“至少出现一次正面向上”， P(B)=1-P(AA2)=1- (2)①设事件C:“恰好投掷了5次游戏结束”，则C=A1AAAA+ A A2AA As.P (C)=P(A)P(A2)P (A3 P (A P(As)+ P(d1)P(A)P(A)P(A4)P(A5)=(1-p)p+(1-p)p3=(1-P)p3.所以 fP)=(1-p)p ②由题意知X=3,4,5.6,P(X=3)=P(A1A2A)=p3,P(X=4)= P(AA2A3A4)=(1-p)p3.P(X=5)=(1-P)p3,P(X=6)=1-P(X=3) P(X=4)-P(X=5)=1-p2(3-2印)，则E(X)=3p3+4(1-p)p3+5(1- p）·p3+61-p3(3-2p)]=3p-6p3+6令g(p)=3p-6p3+6,g(p）= [号]时6o)0,即o)在[号]小上单 「121 6p3(2p-3),当pe 调递减，故g(p)≤g ）一贸因此，(的大值为贸 变式训练2.(1)解：依题意得L(8)=P(X=1)·P(X=2)·P(X= 1)=2·201-0)·02=20-2,所以/(0)=10e-120■-12㎡0- 5 6 当0< 时.(0)>0.以)单调递端：当名<1时，(0)<0， 6 1·数学·23