专题4 第2讲 随机变量及其分布列(Word教参)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学讲义聚焦随机变量及其分布列高考核心专题，涵盖超几何分布、二项分布、正态分布及决策问题四大命题点，按“考点梳理-例题精讲-方法总结-预测练习”逻辑架构知识体系，通过真题解析与分层训练，帮助学生构建概率模型认知框架，突破分布列求解、期望计算等难点。 讲义以情境化例题驱动素养培养，如社区实践活动问题引导学生用数学眼光观察现实，二项分布概率推导训练逻辑推理思维，规范分布列与公式书写强化数学语言表达。设置基础巩固到高考真题递进练习，配合即时方法总结，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏提供系统教学方案。

第二讲　随机变量及其分布列 [对应学生用书P50] 命题点1　超几何分布 [例1]　(2025·甘肃白银模拟)某校高一学生周末参加社区实践活动，现从4名男学生和2名女学生中随机选取2人参加． (1)求在有女学生参加活动的条件下，恰有1名女学生参加活动的概率； (2)记参加活动的女学生的人数为X，求X的分布列及期望E(X)； (3)若本次实践活动有甲、乙、丙3个可选项目，每名女学生可从中选择1项或2项参加，且选择参加1项或2项的可能性均为，每名男学生至少从中选择2项参加，且选择参加2项或3项的可能性也均为，每人每参加1项活动可获得“班级明星”积分3分，选择参加几项活动彼此互不影响，记随机选取的两人的得分之和为Y，求Y的期望E(Y). [解析]　(1)设“有女学生参加活动”为事件A，“恰有一名女学生参加活动”为事件B， ∵P(AB)＝＝，P(A)＝＝， ∴P(B|A)＝＝＝. (2)依题意知X服从超几何分布，且P(X＝k)＝(k＝0，1，2)， ∵P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P ∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝. (3)设一名女学生参加活动可获得的分数为X1，一名男学生参加活动可获得的分数为X2，则X1的所有可能的取值为3，6，X2的所有可能的取值为6，9， P＝P＝， E＝3×＋6×＝， P＝P＝， E＝6×＋9×＝， ∵有X名女学生参加活动， ∴有2－X名男学生参加活动， Y＝X＋＝15－3X， ∴E(Y)＝E＝15－3E(X)＝15－3×＝13， ∴两个学生的得分之和的期望为13分． (1)求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率． (2)破解此类题的关键是会利用特殊分布，即能够判定实际问题中的随机变量X服从超几何分布H(N，M，n)，则其概率与期望可利用公式P(X＝m)＝(m＝0，1，…，min{n，M}且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)，E(X)＝直接求得． [预测练1] (2025·河南郑州模拟)小王参加某机构的招聘面试，要从6道简答题和4道论述题中任意抽取3道进行回答． (1)求小王抽取的3道题中两种题型都有的概率； (2)每道简答题答对得10分，每道论述题答对得20分，假设小王每道题都能答对，记小王答完3道题的总得分为X，求X的分布列和数学期望． 解析　(1)所求概率为1－＝1－＝. (2)X的所有可能取值为30，40，50，60， P(X＝30)＝＝，P(X＝40)＝＝， P(X＝50)＝＝，P(X＝60)＝＝. 所以X的分布列为 X 30 40 50 60 P X的数学期望E(X)＝30×＋40×＋50×＋60×＝42. 命题点2　二项分布 [例2]　(2025·广州三模)为了验证某种新能源汽车电池的安全性，小王在实验室中进行了n(n≥2)次试验，假设小王每次试验成功的概率为p(0<p<1)，且每次试验相互独立． (1)若小王某天进行了4次试验，且 p＝，求小王这一天试验成功次数X的分布列及期望； (2)若恰好成功2次后停止试验，且 p＝，以Y表示停止试验时试验的总次数，求P.(结果用含有n的式子表示) [解析]　(1)依题意，知X～B， 则P(X＝0)＝4＝， P(X＝1)＝C3＝， P(X＝2)＝C22＝， P(X＝3)＝C3＝， P(X＝4)＝＝， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P E(X)＝4×＝. (2)事件“Y＝n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功， 故P＝C××n-2×＝， 所以P＝＋＋＋…＋， 令Sn＝＋＋＋…＋， 则Sn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝－＝－， 则Sn＝， 即P＝＋＋＋…＋ ＝. (1)求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列． (2)对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从二项分布B(n，p)，则其概率、期望与方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得． [预测练2] (2025·河北保定一模)为测试某人工智能机器人在动态环境中执行路径规划的能力，命令该人工智能机器人在动态环境中执行路径规划任务，任务规则如下：该机器人需要依次通过5个关键区域，成功通过3个区域即认为其完成任务，每个区域存在动态障碍物，机器人成功通过一个区域的概率为，被障碍物阻挡的概率为.每成功通过一个区域得6分，每被障碍物阻挡一次扣3分，每个区域的测试结果相互独立，若机器人累计成功通过3个区域，任务提前结束，若机器人被障碍物阻挡的次数达到3次，则任务无法完成，任务结束． (1)若任务在过第4个区域后终止且人工智能机器人完成任务，求此事件的概率； (2)记任务结束时该人工智能机器人的总得分为X，求X的分布列和数学期望． 解析　(1)在过第4个区域后终止任务且人工智能机器人完成任务， 所以机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域， 故事件概率为C×××＝. (2)由题意，总得分X的可能值为18，15，12，3，－3，－9， 前3次都成功通过，此时X＝18，则P(X＝18)＝＝； 前3次有2次成功通过、1次被阻挡，第4次成功通过，此时X＝15，则P(X＝15)＝C×××＝； 前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次成功通过，此时X＝12，则P(X＝12)＝C×××＝； 前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次被阻挡，此时X＝3，则P(X＝3)＝C×××＝； 前3次有1次成功通过、2次被阻挡，第4次被阻挡，此时X＝－3，则P(X＝－3)＝C×××＝； 前3次都被阻挡，此时X＝－9，则P(X＝－9)＝3＝. 所以X分布列如下： X 18 15 12 3 －3 －9 P 则E(X)＝18×＋15×＋12×＋3×＋(－3)×＋(－9)×＝. 命题点3　正态分布 [例3]　(2025·湖南长沙模拟)在一条生产圆钢的生产线上，出产的成品圆钢的长度为ξ(单位：m，下同)，且ξ～N(2，0.012). (1)若出产这样的成品圆钢10 000根，试估计长度在[1.97，2.03]内的圆钢根数； (2)从这条生产线上出产的圆钢中随机抽取2根，求这两根圆钢其中一根的长度在区间[1.98，1.99)，另一根的长度在区间[2，2.02]内的概率(精确到0.01). 参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3. [解析]　(1)由已知得，μ＝2，σ＝0.01， 所以P(1.97≤ξ≤2.03)＝P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3， 所以长度在内的圆钢根数约为10 000×0.997 3＝9973. (2)圆钢的长度在区间的概率为P1＝P(1.98≤ξ<1.99)＝P(μ－2σ≤ξ<μ－σ) ＝[P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)－P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)]≈0.135 9， 圆钢的长度在区间[2，2.02]内的概率为 P2＝P(2≤ξ≤2.02)＝P(μ≤ξ≤μ＋2σ)＝P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.477 25， 因此这两根圆钢其中一根的长度在区间[1.98，1.99)，另一根的长度在区间[2，2.02]内的概率为P＝2P1P2≈2×0.135 9×0.477 25≈0.13. 利用正态曲线的对称性求概率的策略 (1)解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时可借助图形判断． (2)对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知： ①对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)； ②P(X<x0)＝1－P(X≥x0)； ③P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a). (3)对于特殊区间求概率一定要掌握服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X在三个特殊区间的取值概率，将所求问题向P(μ－σ≤X≤μ＋σ)，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)转化，然后利用特定值求出相应概率．同时，要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1这些特殊性质． [预测练3] 某同学骑自行车上学，第一条路线较短但拥挤，路途用时X1(单位：min)服从正态分布N(5，1)；第二条路线较长但不拥挤，路途用时X2(单位：min)服从正态分布N(6，0.16).若有一天他出发时离上课时间还有7 min，则P(X2≤7)－P(X1≤7)＝________．(精确到0.000 1) (参考数据：P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.682 7， P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.954 5， P(μ－2.5σ<X≤μ＋2.5σ)≈0.987 6， P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.997 3) 解析　因为X1～N(5，1)，即μ1＝5，σ1＝1，所以P(X1≤7)＝P(X1≤5)＋P(5<X1≤7)＝＋P(μ1－2σ1<X1≤μ1＋2σ1)≈＋×0.954 5＝0.977 25.因为X2～N(6，0.16)，即μ2＝6，σ2＝0.4，所以P(X2≤7)＝P(X2≤6)＋P(6<X2≤7)＝＋P(μ2－2.5σ2<X2≤μ2＋2.5σ2)≈＋×0.987 6＝0.993 8，所以P(X2≤7)－P(X1≤7)≈0.993 8－0.977 25≈0.016 6. 答案　0.016 6 命题点4　生活情境中的决策问题 [例4]　(2025·吉林长春二模)根据过去50年的水文资料，对某水库的年入流量x(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)进行统计整理得到数据如表所示： 年入流量x [20，40) [40，60) [60，80) [80，100) [100，120) 年数 5 10 20 10 5 将过去50年统计所得的年入流量在五个区间的频率作为年入流量在相应区间的概率，并假设各年的年入流量相互独立． 已知各年的发电机最多可运行台数N与年入流量x相关，关系如表所示： 年入流量x [40，60) [60，80) [80，100) [100，120) 发电机最多 可运行台数N 1 2 3 4 (1)德国数学家高斯用取整符号“[]”定义了取整运算：对于任意的实数，取整运算的结果为不超过该实数的最大整数．例如，当0<x<1时，[x]＝0.请运用取整运算，写出发电机最多可运行台数N关于年入流量x的函数解析式； (2)当地政府计划在该水库建一座水电站．当发电机正常运行时，年利润为4000万元/台；当发电机未运行时，年亏损500万元/台．若要使发电机的年总利润的期望值最大，则该水库应安装多少台发电机？ [解析]　(1)当x∈[40，60)时，∈[0，1)，＝0，故N＝＋1＝1； 当x∈[60，80)时，∈[1，2)， ＝1，故N＝＋1＝2； 当x∈[80，100)时，∈， ＝2，故N＝＋1＝3； 当x∈[100，120)时，∈， ＝3，故N＝＋1＝4； 则N＝＋1，40≤x<120. (2)根据题意，年入流量x∈[20，40)的概率为＝0.1， x∈[40，60)的概率为＝0.2， x∈[60，80)的概率为＝0.4， x∈[80，100)的概率为＝0.2， x∈[100，120)的概率为＝0.1， 若发电机可运行的台数为X，则X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 记发电机的年总利润为Y(单位：万元)， ①安装1台发电机，Y的分布列为 Y －500 4000 P 0.1 0.9 所以E(Y)＝－500×0.1＋4000×0.9＝3550. ②安装2台发电机，Y的分布列为 Y －1000 3500 8000 P 0.1 0.2 0.7 所以E(Y)＝－1000×0.1＋3500×0.2＋8000×0.7＝6200. ③安装3台发电机，Y的分布列为 Y －1500 3000 7500 12 000 P 0.1 0.2 0.4 0.3 所以E(Y)＝－1500×0.1＋3000×0.2＋7500×0.4＋12 000×0.3＝7050. ④安装4台发电机，Y的分布列为 Y －2000 2500 7000 11 500 16 000 P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 所以E(Y)＝－2000×0.1＋2500×0.2＋7000×0.4＋11 500×0.2＋16 000×0.1＝7000. 由上可知，若要使发电机的年总利润的期望值最大，则该水库应安装3台发电机． 决策类问题的解题关注点 (1)关注均值：随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平． (2)关注方差：方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据． (3)先后顺序：一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决策． [预测练4] 某高新技术企业将产品质量视为企业的生命线，严抓产品质量关．该企业新研发出了一种产品，该产品由三个电子元件构成，这三个电子元件在生产过程中的次品率分别为，，，组装过程中不会造成电子元件的损坏，若有一个电子元件是次品，则该产品不能正常工作，为次品．现安排质检员对这批产品一一检查，确保无任何一件次品流入市场． (1)求任取一件产品为次品的概率； (2)若质检员检测出一件次品，求该产品仅有一个电子元件是次品的概率； (3)现有两种方案，方案一：安排三个质检员先行检测这三个元件，次品不进入组装生产线；方案二：安排一个质检员检测成品，一旦发现次品，则取出重新更换次品的电子元件，更换电子元件的费用为20元/个．已知每个质检员每月的工资约为3000元，该企业每月生产该产品n件(n∈N*)，请从企业获益的角度选择方案． 解析　(1)记“任取一件产品为次品”为事件A，则P(A)＝1－××＝. (2)记“该产品仅有一个电子元件是次品”为事件B. 因为P(AB)＝××＋××＋××＝， P(A)＝，所以P(B|A)＝＝×＝. (3)设一件产品中所含电子元件为次品的个数为X，则X＝0，1，2，3， 所以P(X＝0)＝1－＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝××＋××＋××＝＝， P(X＝3)＝××＝， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 若选方案一，则企业每月支出质检员工资共9000元． 若选方案二，则企业每月支出质检员工资和更换电子元件费用共计3000＋×20n＝3000＋n. 若3000＋n＝9000，则n＝＝892. 所以当n≥893且n∈N*时，选方案一；当n≤892且n∈N*时，选方案二． [对应学生用书P54] 1．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)(　　) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 解析　由题意可知，X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)<P(X>1.8)＝0.5，P(X<1.9)≈0.841 3，所以P(X>2)<P(X≥1.9)＝1－P(X<1.9)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，所以A错误，B正确.因为Y～N(2.1，0.12)，所以P(Y<2.2)≈0.841 3，P(Y>2)>P(Y>2.1)＝0.5，所以P(2<Y<2.1)＝P(2.1<Y<2.2)＝P(Y<2.2)－P(Y≤2.1)≈0.841 3－0.5＝0.341 3，所以P(Y>2)＝P(2<Y<2.1)＋P(Y≥2.1)≈0.341 3＋0.5＝0.841 3>0.8，所以C正确，D错误． 综上，选BC. 答案　BC 2．(2023·新课标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＝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). 解析　(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， 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＋(1－0.8)×(1－pi)＝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＝，p1－＝，所以是首项为，公比为的等比数列， 即pi－＝×i-1，pi＝×i-1＋. (3)因为pi＝×i-1＋，i＝1，2，…，n， 所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋＝＋， 故E(Y)＝＋. 3．(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率； (2)假设0<p<q. (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 解析　(1)设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”，则P(A1)＝1－(1－0.4)3＝0.784. 设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”，则P(A2)＝1－(1－0.5)3＝0.875. 设A3＝“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”，则P(A3)＝P(A1)·P(A2)＝0.686. (2)(ⅰ)设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P甲， 则P甲＝[1－(1－p)3]·q3＝pq3·(3－3p＋p2). 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙， 则P乙＝[1－(1－q)3]·p3＝qp3·(3－3q＋q2). 则P甲－P乙＝pq(3q2－3pq2＋p2q2－3p2＋3p2q－p2q2)＝3pq(q－p)·(p＋q－pq)， 由0<p<q≤1，得q－p>0，p＋q－pq＝p＋q(1－p)>0， 所以P甲－P乙>0，即P甲>P乙． 故应该由甲参加第一阶段比赛． (ⅱ)若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15. P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3， P(X＝5)＝[1－(1－p)3]·C·q·(1－q)2， P(X＝10)＝[1－(1－p)3]·C·q2·(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·Cq3， 所以E(X)＝[1－(1－p)3]·[15q(1－q)2＋30q2(1－q)＋15q3]＝[1－(1－p)3]·15q＝15pq(p2－3p＋3). 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15. 同理，可得E(Y)＝15pq(q2－3q＋3). E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p－q2＋3q)＝15pq·(q－p)·(3－p－q)， 由0<p<q≤1，得q－p>0， 3－p－q＝3－(p＋q)>0， 所以E(X)－E(Y)>0，即E(X)>E(Y). 故应该由甲参加第一阶段比赛． 学科网（北京）股份有限公司 $