10.6 离散型随机变量的分布列及其数字特征-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

2勾·讲与练·高三数学 实的情况下，它有4%的可能鉴定为“A”.已听课记录 知某个视频被鉴定为“AI”,则该视频是“AI” 合成的可能性为 ( A.0.1% B.0.4% C.2.4% D.4% 高考创新方向 知识交汇 【例】(2024·福建福州质量检测)甲、乙、丙三个 创新解读 地区分别有x%,y%,之%的人患了流感，且 本题将条件概率与等差数列结合，在创设情 x,y,之构成以1为公差的等差数列.已知这三 境时，加强了数学知识的内在联系与综合，考查了 学科知识的综合应用能力，强调思维过程和思维 个地区的人口数的比为5：3：2，现从这三个地 方式，体现了新高考命题改革的变化和趋势， 区中任意选取一人，在此人患了流感的条件 下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能 取值为 温馨提示』 A.1.21 B.1.34 学习至此，请完成课时作业72 C.1.49 D.1.51 10.6 离散型随机变量的分布列及其数字特征 252 考试要求 1.了解离散型随机变量及其分布列的概念. 2.理解并会求离散型随机变量的数字特征. 必备知识 回顾 自主学习·基础回扣 教材回扣。 4.离散型随机变量的均值与方差 一般地，若离散型随机变量X的分布列为 1.离散型随机变量 X x2 一般地，对于随机试验样本空间2中的每个样 P p2 本点w,都有 的实数X(ω)与之对应， (1)均值 我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可 以一一列举的随机变量称为离散型随机变量. 称E(X)= 习A,为随机 2.离散型随机变量的分布列 变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望. 一般地，设离散型随机变量X的可能取值为 它反映了随机变量取值的 x1x2,…,xn,称X取每一个值x;的概率 (2)方差 P(X=x;)=p;,i=1,2,…,n为X的概率分布 称D(X)=(x1-E(X)p1十(x2-E(X)p2 列，简称分布列. (-E(X))-(-E())p 3.离散型随机变量的分布列的性质 为随机变量X的方差，并称√D(X)为随机变 (1)p: 0(i=1,2,…,n). 量X的 ,记为σ(X),它们都可以度量 (2)p1十p2+…+p= 随机变量取值与其均值的 第十章计数原理、概率 进 5.均值与方差的性质 2.(人教A版选择性必修第三册P66T1改编)已知 (1)E(aX+b)= 离散型随机变量X的分布列为 (2)D(aX+b)= .(a,b为常数) X 教材拓展 2 3 均值与方差的四个常用性质 5 10 10 (1)E(k)=k,D()=0,其中k为常数. (2)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2). 则E(X)= (3)D(X)=E(X2)-(E(X)). A号 B.2 c (4)若X1,X2相互独立，则E(X1X2)=E(X1)· 3.(人教A版选择性必修第三册P70T1改编)随机 E(X2). 变量X与Y满足Y=2X+1,若D(X)=2,则 基础检测 D(Y)= () 1.判断（正确的画“√”，错误的画“×”） A.8 B.5 C.4 D.2 (1)在离散型随机变量的分布列中，随机变量取 4.(人教A版选择性必修第三册P67T3改编)有 各个值的概率之和可以小于1. ( ) 甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数 (2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件 据，计算出样本均值E(X甲)=E(Xz),方差分 是彼此互斥的， ( 别为D(X甲)=11，D(X乙)=3.4.由此可以估计 (3)随机试验的结果与随机变量有对应关系，即 每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之 A.甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐 对应 ( B.乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐 253 (4)方差或标准差越小，则随机变量的偏离程度 C.甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同 越小 ( ) D.甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1离散型随机变量的分布列的性质 【例1】（多选）已知离散型随机变量X的分布 列为 规律总结 离散型随机变量分布列的性质的应用 6 (1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值. 0.2 m 0.1 (2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范 则下列选项正确的是 围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率. A.m十n=0.7 (3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确。 B.若m=0.3,则P(X>3)=0.5 【对点训练1】（多选）若随机变量X的分布列如 C.若m=0.9,则n=-0.2 下，则 D.P(X=1)=2P(X=6) 2 心听课记录 P A.t=10 B.P(X>1)=0.8 C.t=11 D.P(X≥3)=0.6 2勾·讲与练·高三数学 考点2离散型随机变量的分布列及数字特征 听课记录 命题角度1 离散型随机变量的分布列及数字特征 【例2】已知某险种的保费为0.4万元，前3次出 险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6万元. 赔偿次数 0 1 2 3 4 规律总结、 单数 800 100 60 30 10 求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 在总体中抽样100单，以频率估计概率。 (1)理解E的意义，写出E的所有可能取值， (1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率. (2)求E取每个值的概率 (2)(ⅰ)毛利润是保费与赔偿金额之差，设毛 (3)写出的分布列. 利润为X,估计X的数学期望； (4)由均值、方差的定义求E(E),D(E). (ⅱ)若未赔偿过的保单下一保险期的保费下【对点训练2】(1)（多选）已知随机变量X,Y,且 降4%，已赔偿过的增加20%，估计保单下一保 Y=3X十1，X的分布列如下： 险期毛利润的数学期望。 2 3 4 听课记录 1 P 3 m 10 5 10 若E(Y)=10,则 A.m-10 B.n=1 254 C.E(X)=3 D.D(Y)=7 (2)“学习强国”新开通一项“争上游答题”栏 目，其规则是比赛两局，首局胜利积3分，第二 局胜利积2分，失败均积1分，某人每局比赛胜 利的概率为？，设他参加一次答题活动得分为 ,则D(ξ)= 考点3均值与方差中的决策问题 【例4】(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；若至少投中一次，则该队进入第二 命题角度2均值（数学期望）与方差的性质应用 阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次， 【例3】（多选）设离散型随机变量X的分布列为 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 0 2 3 甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为 0.4 0.1 0.2 0.2 p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互 若随机变量Y满足Y=2X+1,则 独立， A.q=0.1 B.D(X)=1.8 (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛， C.E(Y)=2 D.D(Y)=3.6 求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率. 第十章 计数原理、概率 讲 (2)假设0<p<q· 乙种股票： (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分 收益Y/元 0 1 2 的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 概率 0.3 0.3 0.4 (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期 (1)如果有人向你咨询想投资其中一种股票， 望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 你会给出怎样的建议呢？ 听课记录 (2)在实际中，可以选择适当的比例投资两种 股票，假设两种股票的买人价都是每股1元，某 人有10000元用于投资，请你给出一个投资方 案，并说明理由. 255 高考创新方向 多想少算 【例】(2024·安徽蚌埠教学质量检测)在一组样 本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2, 力，且∑p,=1,则下面四种情形中，对应 =1 样本的标准差最小的一组是 规律总结 随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了 A.p1=0.1,p2=0.2,p3=0.3,p4=0.4 随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论 B.p1=0.4,p2=0.3,p3=0.2,p4=0.1 依据.一般先比较均值，若均值相同，再用方差来 C.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 决定. D.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 身听课记录 【对点训练3】 投资甲、乙两种股票，每股收益的 分布列如表所示. 甲种股票： 收益X/元 -1 0 2 概率 0.1 0.3 0.6 红圈内·讲与练·高三数学 创新解读 击进行到击中目标两次时停止.设ξ表示第一 本题看似是标准差的计算问题，实际上考查 次击中目标时的射击次数，”表示第二次击中 学生对标准差概念本质的理解，并在理解的基础 目标时的射击次数. 上加以应用，如果盲目计算，即使最后能得到正确 (1)求P(ξ=2,7=5)，P(7=5)； 结果，也会浪费大量时间，得不偿失，体现新高考 (2)求E(5|n=5),E(ξ|7=n)(n≥2). 多想少算的变化趋势. 听课记录 创新点四 概率统计的新定义问题 解概率与统计下的新定义题，就是要细读定义 关键词，理解本质特征，适时转化为“熟悉”的问题. 总之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思 想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不断地实 践和反思，不然就谈不上“自然”、完整地解题。 【典例】条件概率与条件期望是现代概率体系中 的重要概念.近年来，随着人们对随机现象的 不断观察和研究，条件概率和条件期望已经被 广泛地利用到日常生产生活中定义：设X,Y 是离散型随机变量，则X在给定事件Y=y条 256 件下的期望为E(XY=y)=∑x,·P(X =1 ,Y==x,. P(X=z;,Y=y) 其中 P(Y=x) {x1,x2,…,xn}为X的所有可能取值集合， P(X=x,Y=y)表示事件“X=x”与事件“Y 温馨提示) y”都发生的概率.某射击手进行射击训练，每 学习至此，请完成课时作业73 次射击击中目标的概率均为p(0<p<1),射 10.7 二项分布、超几何分布与正态分布 考试要求 1.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题. 2.了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题. 3.了解正态分布的概念和特征，并能进行简单应用. 必备知识 回顾 自主学习·基础回扣 教材回扣 验；将一个伯努利试验独立地重复进行n次所 组成的随机试验称为 1.二项分布 (2)二项分布 (1)伯努利试验 一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事 只包含 可能结果的试验叫做伯努利试 件A发生的概率为p(0<p<1),用X表示事A的概率为P(A)=子.乙选到A,B 的概率为P(AB)= ,所以 C 10 乙选了A活动，他再选择B活动的概 P(AB)101 率为P(BA)= P(A) 3 ,一2 5 方法二（列举法）从五个活动中选三 个的情况有ABC,ABD,ABE,ACD, ACE,ADE ,BCD,BCE,BDE,CDE, 共10种，其中甲选到A包含6种情况： ABC,ABD.ABE,ACD.ACE,ADE, 63 则甲选到A的概率为6=弓乙选了 A活动包含6种情况：ABC,ABD, ABE,ACD,ACE,ADE,其中再选择 B活动包含3种情况：ABC,ABD, ABE,故乙选了A活动，他再选择B活 动的概率为 1 6 =2 对点训练2(1)CP(A)= 2-1 26 ,事件AB=“取出的重卦中有3阳 63 爻3阴爻或4阳爻2阴爻或5阳爻1阴 爻”，则P(AB)= C8+C+C_41 26 -64 则P(B|A)= P(AB)_故选C PA=63 (2)D设甲、乙、丙三人射击一次命中 分别为事件A,B,C,每人各射击一 次，在三人中恰有两人命中为事件D, 则P(D)=P(ABC)十P(ABC)十 32 1 213 +3XX5=36P(AD) P(ABC)+P (ABC)= 2 。 5 3 3,则P(A P(AD) 10 D)= 3 P(D) 1 =13故选D. 30 例4D根据题意，设任取一个零件，由 第1,2,3台车床加工分别为事件A,B, C,该零件为次品为事件D,则 P(A)=0.25,P(B)=0.3,P(C)= 0.45,P(DA)=0.06,P(DB)= P(DC)=0.05,任取一个零件是次 品的概率P(D)=P(A)P(D「A)+ P(B)P(D B)+P(C)P(D C)= 0.25×0.06+0.3×0.05+0.45× 0.05=0.0525.故选D. 对点训练3B设事件A表示“小明第一 次投篮命中”，事件B表示“小明第二 次投篮今中”，则P(A)=3,P(B)= 5 10.P(B A)=2:P(BA)-7: 所以P(B)=P(A)P(BA)+ P(P(B)=号×+(1 )×0=品解得户=冬故 1 选B. 例5D依题意，记选“初心”队为事件 A,选“使命”队为事件B,该单位获胜 为事件M,则P(A)=P(B)=0.5, P(MA)=0.8,P(MB)=0.7,因 此P(M)=P(A)P(M|A)+ P(B)P(M|B)=0.5×0.8十0.5× 0.7=0.75,所以选“使命”队参加比赛 的概率P(BM)=P(BM P(M) PmB-25X02-6 P(M) 0.75 故选D. 对点训练4C记“视频是AI合成”为事 件A,记“鉴定结果为A”为事件B,则 P(A)=0.001,P(A)=0.999, P(BA)=0.98,P(BA)=0.04, 由贝叶斯公式得P(AB) P(A)P(B A) P(A)P(B A)+P(A)P(B A) 0.001×0.98 0.001X0.98+0.999×0.04≈ 0.024.故选C. 【高考创新方向知识交汇】 例D设事件D1,D,D:分别为“此人 来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1, F2,F,分别为“此人患了流感，且分别 来自甲、乙、丙三个地区”，事件G为 “此人患了流感”.由x,y,之构成以1为 公差的等差数列知y=x十1，之=x十 5 2.由题意知P(F)=5+3十2X 5x x%=1000,同理P(F:)= 3x十3 1000 P(F3)=000P(G)=PF F,UF)=10+7,所以P(D1 1000 5x G)=107,P(D2G)=10z+7, 21十4，因为在此人患 P(DG)=10x+7 了流感的条件下，此人来自甲地区的 概率最大，所以 5x≥3x十3·解得 5x≥2x十4， 3 x≥分故选D, -529- 10.6离散型随机变量的 分布列及其数字特征 …必备知识回顾…。 教材回扣 1.唯一 3.(1)≥(2)1 4.(1)x1p1十x2p2十…十xmpm平均水 平(2)标准差偏离程度 5.(1)aE(X)十b(2)aD(X) 基础检测 1.(1)×(2)/(3)/(4)/ 2.A由题意可得E(X)=1X 5+2X 3.AD(Y)=D(2X+1)=2D(X)= 4×2=8.故选A. 4.B已知样本方差D(X元)=3.4， D(X甲)=11，由此估计，乙种水稻的 方差约为3.4，甲种水稻的方差约为 11.因为3.4<11，所以乙种水稻比甲 种水稻分蘖整齐.故选B. 关键能力提升 例1ABD由分布列的性质，可得0.2十 m十n十0.1=1，解得m十n=0.7,所 以A正确；若m=0.3,可得n=0.4, 则P(X>3)=P(X=4)十P(X= 6)=0.5,所以B正确；由概率的定义 知m≥0，n≥0，所以C不正确；由 P(X=1)=0.2,P(X=6)=0.1,得 P(X=1)=2P(X=6),所以D正确. 故选ABD. 对点训练1AD因为二(1+2+3十 4)=1,解得t=10,故A正确，C错误； 由分布列可知P(X>1)=1 P(X=1)=1一0.1=0.9，故B错误； P(X≥3)=0.4十0.2=0.6，故D正 确.故选AD. 例2解：(1)设A为“随机抽取一单，赔偿 不少于2次”， 由题设中的统计数据可得P(A)= 60+30+10 1 800+100+60+30+10=10 (2)(1)设一单的赔偿金额为专万元， 则可取0,0.8,1.6,2.4,3， 由题设中的统计数据可得P(:=0)= 800 1000 =专PG=0.8)=100 1000= 1 60 3 10P(=1.6)=10=0P(= 30 3 2.4)= 1000 =10P(=3)= 10 1 1000-1001 参考答案“☑。 故E()=0×手+0.8×0+1.6× 高+2.4×品+3×高=0278（万 元)，故E(X)= 0.4-0.278= 0.122(万元). (1)由题设保费的变化为0.4×5× 96%+0.4×1×1.2=0.4032(万元). 5 设保单下一保险期毛利润为Y万元， 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4= 0.1252(万元). 例3AB 因为q十0.4+0.1+0.2十 0.2=1,解得q=0.1,故A正确； E(X)=0×0.1+1×0.4十2×0.1+ 3×0.2+4×0.2=2,D(X)=0.1× (0-2)2+0.4×(1-2)2+0.1×(2 2)2+0.2×(3-2)2+0.2×(4-2)2= 1.8,故B正确；因为Y=2X十1，所以 E(Y)=2E(X)+1=2×2+1=5, 故C错误：D(Y)=4D(X)=4X 1.8=7.2,故D错误.故选AB 对点训练2(1)ACE(Y)=E(3X+ 1)=3E(X)+1=10,解得E(X)= 3,故C正确，由m十 1 1 各=1，可得m十m=号0，又因为 2 B(X)=m+2×0+3×号+n+ 5×品=3，则m十4n=品©，所以由 1 ①@可得n=0m= 3,故A正确y 3 B错误；D(X)=(1-3)'×0十(2- 3)°×6+(8-3×号+(4-3)2× 品+6-3×品=4×音+1×0+ 1× 品+4×= 13 .D(Y) D(3X+1)=9D(X)=9X 13 7故D错误，故选AC 15 (2) 16 解析：由题意知，的所有可能取值为 5,4,3,2, P(=4)=×(1-T) 1 P传=3)=(1-)x=高 2对勾·讲与练·高三数学 P=2)=(1-4)×(-） 0雨E)=5x6+4×音+3X 号+2×6=号 911 D)=(6-)×六+(4 )°×+(-)×品+(2 )×品-号 例4解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不 少于5分，则甲第一阶段至少投中1 次，乙第二阶段也至少投中1次， ∴比赛成绩不少于5分的概率P= (1-0.6)(1-0.53)=0.686. (2)(1)若甲先参加第一阶段比赛，则 甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概 率为P甲=[1-(1-p)]q, 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所 在队的比赛成绩为15分的概率为 Pz=[1-(1-g)3]p3, 0<p<9, .P甲-Pz=q3-(g-pg)3-p3十 (p-pq)3=(q-p)(g2+pg十b2)十 (p-q)[(p-g)'+(q-g)2+(p pq)(q-pq)]=(p-q)(3p'g2 3pq-3pg2)=3g(p-9)(g-p q)=3g(p-q)[(1-p)(1-q)- 1]>0, P甲>P乙，.应该由甲参加第一阶 段比赛. (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛 成绩X的所有可能取值为0,5,10,15， P(X=0)=(1-p)3十[1-(1 p)3]·(1-q)3,P(X=5)=[1-(1- p)3]C8g·(1-q)2,P(X=10)=[1 (1-p)3]·C8g(1-q),P(X=15)= [1-(1-p)3]·q, .E(X)=15[1-(1-p)]q= 15(p3-3p2+3p)·q. 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y 的所有可能取值为0,5,10,15， 同理E(Y)=15(g3-3q2+3g)·p, ..E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p- g)-3pg(p-g)=15pg(p-g)(p+ g-3), :0<p<g,∴.p-9<0,p十q-3< 1+1-3<0,则g(力-9)(p十9一 3)>0, .E(X)>E(Y),.应该由甲参加第 一阶段比赛. 对点训练3解：(1)由题知E(X)= -1×0.1十2×0.6=1.1，E(Y)=1× -530- 0.3+2×0.4=1.1, D(X)=E(X)-(E(X)2= (-1)2×0.1+22×0.6-1.12=1.29, D(Y)=E(Y2)-(E(Y)2=12X 0.3+22×0.4-1.12=0.69, 由题可知，两种股票的期望相同，但乙 种股票的方差较小， 所以投资乙种股票相对于甲种股票更 稳妥. (2)投资甲种股票3485元，乙种股票 6515元.理由如下：设投资甲种股票a 元，则投资乙种股票(10000一a)元， 所以E(aX)+E((10000-a)Y)= aE(X)+(10000-a)E(Y)=11000, D(aX)+D((10000-a)Y)= aD(X)+(10000-a)D(Y)=a2X 1.29+(10000-a)2×0.69= 1.98a2-13800a+0.69×10, -13800 所以当a=一2×1.98 ≈3485时， D(aX)+D((10000-a)Y)取得最小 值，所以应当投资甲种股票3485元， 乙种股票6515元. 【高考创新方向多想少算】 例C方法一（定量计算得结论）对于 A,E(X)=1×0.1+2×0.2+3× 0.3十4×0.4=3，D(X)=(1-3)2× 0.1十(2-3)2×0.2+(3-3)2×0.3十 (4一3)2×0.4=1，所以6(X)= √/D(X)=1;对于B,E(X)=1× 0.4+2×0.3+3×0.2+4×0.1=2, D(X)=(1-2)2×0.4+(2-2)2× 0.3+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.1= 1,所以6(X)=D(X)=1;对于C, E(X)=1×0.1+2×0.4+3×0.4+ 4×0.1=2.5,D(X)=(1-2.5)2× 0.1+(2-2.5)×0.4+(3-2.5)2× 0.4十(4-2.5)×0.1=0.65，所以 6(X)=√/D(X)=√0.65：对于D, E(X)=1×0.4十2×0.1十3×0.1+ 4×0.4=2.5,D(X)=(1-2.5)2× 0.4十(2-2.5)2×0.1十(3-2.5)2× 0.1+(4-2.5)×0.4=1.85,所以 o(X)=D(X)=√/1.85.故选C. 方法二（定性分析得结论）方差和标 准差都反映的是数据的波动情况，数 据的波动越大，方差和标准差越大，反 之亦然.A,B选项的数据波动情况对 称相同，故它们的标准差是一样的，C 选项中间2,3出现的频率相同且较 高，两边1,4出现的频率相同且较低， 所以数据集中程度高，故标准差应该 最小，D选项的标准差应该是最大的. 故选C. 【创新点】 概率统计的新定义问题 典例解：(1)由题设，P(5=2,7=5)= (1-p)·p·(1-p)·(1-p)·p= (1-p)3p2,P(7=5)= C(1-p)3p=4(1-p)3b2. (2)由题设，E(专|7=5)= x =1 =5) 1× P(ξ=1,7=5) +2X P(n=5) P(=2,7=5） +3× P(7=5) P(g=3,7=5) +4× P(7=5) P(5=4,1=5) 3 P(7=5) 4 1 2 同(1)，P(7=n)=C-1(1-p)"2p2= (n-1)(1-p)"-2p2, P(g=i,7=n)=(1-p)”-2p2,i= 1,2,…,n-1, 所以E(专7=n)= x,] =1 =n) n-2 n-1 n-1 十1= G-D(- 2 10.7 二项分布、超几何分布 与正态分布 …必备知识回顾 教材回扣 1.(1)两个 n重伯努利试验 (2)X B(n,p)(3)①pp(1-p)②np np(1-p) 3.(1)X~N(,o2) (2)①x=H②x=H(4) 基础检测 1.(1)/ (2)/ (3)× (4)× 2.B 因为离散型随机变量X~一B(10, 0.2),所以E(X)=10×0.2=2.故 选B. 3.D 根据题意X~V(1,o2),且P(X 2)=0.10,则P(X<0)=P(X> 2)=0.10,故P(X>0)=1-P(X< 0)=0.90.故选D. 4.D 根据超几何分布的概率公式有 P(X=1)= 56 7 故 120 15 选D. 关键能力提升 例1 解：(1)平均值x=35× 20 1000 180 200 280 45× 1000 +55X 1000 +65× 1000 75×0-85×180+95×70 20 35X0.02+45×0.18+55×0.2+65× 0.28+75×0.22+85×0.08+95× 0.02=63.2. (2)用频率估计概率，随机抽取1人成 绩不低于60分的概率为 280+220+80+20=600 3 1000 1000 =5 由题意可知，X~(3,)X=0, 1,2,3 则P(X=0) 36 P(X=1)= 3 125 P(X=2)=CX- 54 一125 P(X=3)= () 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 36 54 27 P 125 125 125 125 E(X)=3×5 对点训练1解：(1)因为(0.004十 0.012)×20=0.32<0.5,0.32+ 0.016×20=0.64>0.5, 所以该校学生比赛成绩的中位数在 [100,120)内. 设该校学生比赛成绩的中位数为m 个，则(m-100)×0.016十0.32= 0.5, 解得m=111.25,即估计该校学生比 赛成绩的中位数为111.25个. (2)由频率分布直方图可知比赛成绩 优秀的频率为(0.002十0.008)×20= 0.2, 则从该校学生中随机抽取1人，被抽取 的学生比赛成绩优秀的概率是0.2. 由题意可知XB(3,0.2), 则P(X=k)=C×0.2×(1 0.2)3-t=CX0.2×0.83-*(k=0, 1,2,3),即P(X=0)=C9×0.2°× 0.83=0.512,P(X=1)=C× 0.2×0.82=0.384, P(X=2)=C号×0.22×0.81= 0.096,P(X=3)=C×0.23X 0.8°=0.008， 所以X的分布列为 X 0 2 3 0.5120.3840.096 0.008 故E(X)=3×0.2=0.6. -531- 例2解：(1)记“一学生既分得月饼又要 表演节目”为事件A, 可知有两种可能：“2个红球，1个黄球” 和“1个黑球，1个红球，1个黄球”， 所以P(A)= cc+ciccl -15 6 (2)由题意可知X的可能取值为0,1， 2,3,则 P(X=0)= . C 28P(X=1)= CC_1 28,P(X=2)= CC 15 C -56 P(X=3)= CC 1 C 56 可得X的分布列为 X 0 3 5 15 15 P 28 28 56 56 所以E(X)=0X28 15 +1×28 2× 15 9 对点训练2解：(1)因为总共抽取100人 进行调查，所以m=100-10一15 20-25-5=25. 因为从赞成“延迟退休”的人中任选1 人，其年龄在[35,45)的概率为 n 1 52+n=5,所以n=13 (2)从年龄在[45,55)的参与调查的市 民中按比例分配的分层随机抽样抽取 10人，簧成的抽取10×器 =8(人)，不 赞成的抽取2人，再从这10人中随机 抽取4人，则随机变量X的可能取值为 2,3,4, C8·C22 则P(X=2)= =15 P(X=3)= Cg·Cg P(X=4)= Cle 3 所以X的分布列为 2 2 8 1 15 15 3 所以E(X)=2X名 5+3 +4× 8 1=16 35 例3(1)AC因为。越小图象越瘦高，所 以o1<62,故A正确，B错误；由题图 可知，当m>4时，P(X>m)< P(Y>m),所以P(X≤m)=1 参考答案☑。