9.6 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基础版

第九章概率与统计 237 3若前两局中乙队以2：0领先，则 1 ( 方案一：依次做1道选择题2道填空题； 方案二：做3道填空题， A.甲队获胜的概率为7 请你推荐一种合理的方案给小红. B.乙队以3：0获胜的概率为 C.乙队以31获胜的概率为待】 第 九 D.乙队以3：2获胜的概率为) 2.某市为传播中华文化，举办中华文化知识大赛. 决赛阶段进行线上答题.题型分为选择题和填 空题两种，每次答题相互独立.选择题答对得5 分，否则得0分.填空题答对得4分，否则得0分 将得分逐题累加， (1)若小明直接做3道选择题，他做对这3道选 样题的戏率依次为学，票·了·求他科分不发于 10分的概率. (2)规定每人最多答3题，若得分高于7分，则通 过决赛，立即停止答题，否则继续答题，直到答 完3题为止.已知小红做对每道选择题的概率均 )温馨提示 为子，做对每道填空题的概率均为 学习至此，请完成训练63 现有两种方案： 9.6离散型随机变量的分布列及其数字特征 考试 要求 1.了解离散型随机变量的概念.2.理解离散型随机变量的分布列及其数字特征（均值、方差）， 回顾>必备知识>% 》知识梳理《 3.离散型随机变量的分布列的性质 (1): 0(i=1,2,…,n). 1.离散型随机变量 (2)p1十p2十…十饣m= 一般地，对于随机试验样本空间2中的每个样 4.离散型随机变量的均值与方差 本点w,都有 的实数X(w)与之对应， 一般地，若离散型随机变量X的分布列为 我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可以 22 I n 一一列举的随机变量称为离散型随机变量。 P 2.离散型随机变量的分布列 (1)均值 一般地，设离散型随机变量X的可能取值为 x1x2,…,xm,称X取每一个值x,的概率 称E(X)= ∑x,p,为随机变量 =1 P(X=x,)=p;,i=1,2,…,n为X的概率分布 X的均值或数学期望，数学期望简称期望.它反 列，简称分布列. 映了随机变量取值的 238 红对构·讲与练·高三数学·基础版 (2)方差 3.(教材改编题)已知随机变量X的分布列为 称D(X)=(x1-E(X)2p1+(x2 2 E(X))2p2十…十(xw- E(X))p= 0. 0.4 0.1 0.1 ∑C,一BCXD)'力，为随机变量X的方差， 则E(X) ;E(3X+2) 第 称√D(X)为随机变量X的 记为 4.(教材改编题)甲、乙两种品牌的手表，它们的日 σ(X),它们都可以度量随机变量取值与其均 走时误差分别为X和Y(单位：s),其分布列为 章 值的 甲品牌手表的日走时误差分布列 5.均值与方差的性质 X 0 1 (1)E(aX+b)= (2)D(aX+b)= (a,b为常数) P 0.1 0.8 0.1 》基础检测《 乙品牌手表的日走时误差分布列 1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画 0 “√”，错误的画“X” 0. 0.2 0.4 0.20.1 (1)离散型随机变量的各个可能值表示的事件 试对两种品牌手表的性能作出描述： 是彼此互斥的. ( (2)离散型随机变量的概率分布列中，各个概率 5.(多选题)（教材改编题）已知两个离散型随机变量 之和一定是1. ( X,Y满足Y=2X一1，其中X的分布列为 (3)高速公路上某收费站在半小时内经过的车 辆数X是离散型随机变量. ( (4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变 量取值与均值的偏离程度，方差或标准差越小， 则偏离均值的程度越小 () 若E(X)=1,则 2.(教材改编题)甲、乙两人独立地从五门选修课 A.a=6 2 B.6= 3 课程中任选三门进行学习，记两人所选课程相 同的门数为ξ，则E(ξ)= C.E(Y)=2 D.D(Y)= 3 提升>关键能力 考点1离散型随机变量及其分布列 规律总结一 1.研究随机变量的取值，关键是准确理解所定 命题角度1离散型随机变量分布列的性质 义的随机变量的含义. 【例1】离散型随机变量X的概率分布列为 2.进行相关计算时，始终牢记离散型随机变量 P(X=n)= (n=1,2,3,4),其中a是 分布列的两个性质：p:≥0(i=1,2,…,n)和 n(n+1) 常数，则P(?<X< ∑p:=1,随时验证计算的准确性。 学生试答： 【对点训练1】(2024·陕西西安期末)设随机变 量X的分布列为P(X=)=云i=1,28,则 a= 命题角度2确定离散型随机变量的分布列 【例2】某食堂为了了解同学们在高峰期打饭的 时间，安排一名食堂阿姨随机收集了在食堂某 第九章概率与统计 239 窗口打饭的100位同学的相关数据（假设同学 中，A将当前的红包转发给朋友B,如果B猜 们打饭所用时间均为下表列出时间之一)，如 中，A,B平分红包里的金额；如果B未猜中，B 下表所示 将当前的红包转发给朋友C,如果C猜中，A, 学生数 25 B,C平分红包里的金额；如果C未猜中，红包 y 10 里的钱将退回小李的账户.设A,B,C猜中的 打饭时间/（秒/人） 1015 20 25 111 已知这100位同学的打饭时间从小排到大的第 概率分别为32,3，且A,B,C是香猜中互 第 九 65百分位数为17.5秒 不影响。 章 (1)确定x,y的值； (1)求A恰好获得8元的概率； (2)若各学生的结算相互独立，记X为该窗口 (2)设A获得的金额为X元，求X的分布列. 开始打饭至20秒末已经打饭结束的学生人数， 求X的分布列.（注：将频率视为概率） 学生试答： 考点2离散型随机变量的数字特征 命题角度1离散型随机变量的均值与方差 规律总结 【例3】(2024·北京卷)某保险公司为了解该公 离散型随机变量的分布列问题的解题策略 司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限 (1)先确定离散型随机变量的所有可能的取 届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理 值，“不重不漏” 这些保单的索赔情况，获得数据如下表： (2)选择合适的概率模型（公式）计算每一种可 能取值时的概率. 索赔次数 0 1 2 3 4 (3)列出分布列. 保单份数 800 100 60 30 10 【对点训练2】小李参加一种红包接龙游戏：他在 假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔 红包里塞了24元，然后发给朋友A,如果A猜 时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔 中，A将获得红包里的所有金额；如果A未猜 时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索 240亿对构·讲与练·高三数学·基础版 赔次数相互独立.用频率估计概率， 知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为 (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率。 0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立. (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费 (1)求甲学校获得冠军的概率； 与赔偿总金额之差. (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列 (1)记X为一份保单的毛利润，估计X的数 与期望. 第 学期望E(X); (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索 章 赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下 份保单毛利润的数学期望估计值与（ⅰ）中 E(X)估计值的大小.（结论不要求证明） 学生试答： 命题角度2方案评价与决策问题 【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 规律总结 体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投 计算均值与方差的基本方法 篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛 (1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差 成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二 和标准差，可直接用定义或公式求」 阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次， (2)已知随机变量X的均值、方差，求X的线性 每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比 函数Y=aX十b的均值、方差和标准差，可直接用均 赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由 值及方差的性质求 甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为 【对点训练3】(2022·全国甲卷理)甲、乙两个学 p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互 校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项 独立. 目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项 (1)若p=0.4,g=0.5,甲参加第一阶段比赛， 目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已 求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率. 第九章概率与统计 241 (2)假设0<饣<9. 确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份 (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分 各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 最高 [10.15) [15,20 20,25) [25,30)[30,35) [35,40》 (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期 气温 望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 天数 2 16 36 25 7 4 幻学生试答： 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温 第 位于该区间的概率。 九 (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位： 章 瓶)的分布列： (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量 n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最 大值？ ”规律总结 随机变量的数字特征是生产实际中用于方案 取舍的重要理论依据，所以应该从整体和全局上作 出科学合理解释，以此对方案选择、评价和决策作出 有效判断，一般先比较均值，若均值相同（或相近）， 再用方差来决定. 【对点训练4】某超市计划按月订购一种酸奶，每 天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格 当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需 求量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最 高气温不低于25℃，需求量为500瓶；如果最 》温馨提示 高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如 学习至此，请完成训练64 果最高气温低于20℃，需求量为200瓶.为了所以乙队以3：2黄胜的概率为号× 号X号=奇故D错误，故速AB 2.解：(1)记“他得分不低于10分”为事件 A,则PA)=台×是×(1-) 2 品+号-品 (2)记“方案一通过决赛”为事件B,则 1 3 3 3 321 27 年×0×0=40+400+400 400=200,记“方案二通过决赛”为事 78 39 37、3 3 9 63十 0+10×0×i0=10+1000 63 216 27 1000=100=125.因为P(C)> P(B),所以推荐方案二给小红. 9.6离散型随机变量的 分布列及其数字特征 …》回顾·必备知识《… 知识梳理 1.唯一 3.(1)≥(2)1 4.(1)x1p1十x2p2十…十xnpn 平均水 平(2)标准差偏离程度 5.(1)aE(X)+b(2)aD(X) 基础检测 1.(1)/(2)/(3)/(4)/ 2.1.8 解析：由已知得=1,2,3，P(专=1) CC 3 cc =0P(=2)= CCC 3 CC 5 CC=10,所以E() 1 P(专=3)= 13 +2×+8× 5 =1.8. 3.2.810.4 解析：E(X)=1×0.1十2×0.3+3× 0.4十4×0.1+5×0.1=2.8， E(3X+2)=3E(X)+2=3×2.8十 2=10.4. 4.甲种品牌手表的性能更好，更稳定 解析：E(X)=一1×0.1十0×0.8十 1×0.1=0,D(X)=(-1)×0.1+ 02×0.8+12×0.1=0.2,E(Y)= -2×0.1十(-1)×0.2十0×0.4十1× 0.2+2×0.1=0,D(Y)=(-2)2× 0.1+(-1)2×0.2+02×0.4+12× 0.2十2×0.1=1.2，甲、乙两种品牌 手表日走时误差的期望一样，但甲种 品牌手表日走时误差的方差小于乙种 品牌手表日走时误差的方差，所以认 为甲种品牌手表的性能更好，更稳定. 5AD由分布列的性质，可得行-a十 6=1,解得a十6=号①，因为 E(X)=1,所以0×a十1×b+2× =1，即6=号@，联立①@解得 1 3 a子子所以DX00 +1-Dx号+2-1x 1)2×- 3 6= 3,因为Y=2X-1,所以 11 E(Y)=2E(X)-1=1,D(Y)= 4D0X)=4X号=专故选ABD. 4 》提升·关键能力《… 解析：因为P(X=m)=n(m十1Dm 1,2,3,4),所以只+0+a+a 2+6+12+20=1, 所以a= 所以P(<X<） 1 PX=1D+P(X=2)=号X2 5 对点训练13 解析：根据题意，随机变量X的分布列 为P(X=)=2ai=1,2,3,则有 例2解：(1)因为第65百分位数为 17.5=15+20 2 质以亿十药0-1m 所以x=40,y=25. (2)由已知得 打饭时间为10秒的概率为品=04， 打饭时间为15秒的概率为 25 =0.25, 打饭时间为20秒的概率为0 =0.25, 10 打饭时间为25秒的概率为100=0.1， 由题可知X的可能取值为0,1,2， P(X=0)=0.1, P(X=1)=0.25+0.25+0.4×(1 0.4)=0.74, P(X=2)=0.4×0.4=0.16, 所以X的分布列为 0 1 2 P0.10.740.16 对点训练2解：(1)若A恰好获得8元， 则结果为A未猜中，B未猜中，C猜中， 故A恰好获得8元的概率为号×？× 2 11 3=9 (2)X的可能取值为0,8,12,24， 则P(X=8)= 1 9 P(X=0)= 2 1 2 2 3 P(X=12)= 2、11 ×2 3 P(X=24)=3: 所以X的分布列为 X 0 8 12 24 1 1 1 9 9 3 例3解：(1)设事件A为“随机抽取一份 保单，索赔次数不少于2”， 由题设中的统计数据可得P(A)= 60+30+10 1 800+100+60+30+10=10: (2)(ⅰ)设为一份保单的赔偿总金 额，则可取0,0.8,1.6,2.4,3， 由题设中的统计数据可得P(:=0)= 800 100 1 1000 =5 P(=0.8)=1000=10 P(=1.6)=1000 60 3 50 30 3 P(ξ=2.4)=1000=1001 10 P(5=3)=1000=1001 故E()=0×5+0.8×0+1.6X 4 +24×品+8x 3 1 =0.278, 又X=0.4-专， 故E(X)=0.4-0.278=0.122. (ⅱ)由题设知调整后一份保单的保费 为0.4X5X96%+0.4×5 120%=0.4032(万元)， 设调整保费后一份保单的毛利润为Y, 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4= 0.1252, 从而E(X)<E(Y). 对点训练3解：(1)设甲学校在三个项目 中获胜的事件依次记为A,B,C,则甲 学校获得冠军的概率为 P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+ P(ABC)=0.5×0.4×0.8十0.5× 0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5× 0.4×0.2=0.16+0.16+0.24+ 0.04=0.6. (2)依题可知，X的可能取值为0,10， 20,30,所以 P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×0.8十0.5× 0.6×0.8十0.5×0.4×0.2=0.44， P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5× 0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34, P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06. 即X的分布列为 0 10 畅 30 0.16 0.44 0.340.06 参考答案 501 期望E(X)=0×0.16+10×0.44+ 20×0.34+30×0.06=13. 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)(ⅰ)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)]·p, 0<p<q≤1， .P甲-P2=q3-(g-pq)3-p3十 (p-pq)*=(q-p)(q2+pq+p2)+ (p-q)[(p-q)2+(q-pg)2+(p- q)(g-9)门=（p-q)·(32g2 3p'g-3pg)=3pg(p-q)(pq-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-b)3+[1-(1 p)3]·(1-g)3, P(X=5)=[1-(1-p)3].Cq(1-g)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]· C8q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, .E(X)=15[1-(1-p)3]q 15(p3-3p2十3p)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(g3-3g2十3q)p. ∴.E(X)-E(Y)=15[pg(p十q)(p- q)-3pq(p-q)]=15pg(p-q)(p+ 9-3), :0<p<q≤1， .p-q<0,p+q-3<0, 则pg(p-q)(p十q-3)>0, .应该由甲参加第一阶段比赛， 对点训练4解：(1)由题意知，X所有的 可能取值为200,300,500，由题表数据 知P(X=200)= 2+16 =0.2, 90 36 P(X=300)= =0.4,P(X= 90 500)= 25十7十4=0.4.因此X的分 90 布列为 X 200 300 500 0.2 0.4 0.4 (2)由题意知，这种酸奶一天的需求量 至多为500瓶，至少为200瓶，因此只 需考虑200≤n≤500， 当300≤n≤500时，若最高气温不低 于25，则Y=6n-4n=2n:若最高气 温位于区间[20,25)，则Y=6×300+ 2(n-300)-4n=1200-2n:若最高 气温低于20，则Y=6×200十2(n 200)-4n=800-2n.因此E(Y)= 2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800 502红对闪·讲与练·高三数学· 2n)×0.2=640-0.4n. 当200≤<300时，若最高气温不低 于20，则Y=6n-4n=2n;若最高气 温低于20，则Y=6×200十2(n 200)-4n=800-2n.因此E(Y)= 2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2= 160+1.2n.综上，当n=300时，Y的数 学期望达到最大值，最大值为520元. 9.7二项分布、 超几何分布与正态分布 》回顾·必备知识《… 知识梳理 1.(1)两个n重伯努利试验 (2)X~B(n,p) (3)①pp(1-p)②npnp(1-p) 3.(1)XN(,o2) (2)①x=4②x=4 (4)4σ9 考教衔接 BC依题可知，x=2.1,s2=0.01,所 以YN(2.1,0.12),故P(Y>2)= P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+ 0.1)≈0.8413>0.5，C正确，D错误； 因为XN(1.8,0.1),所以P(X> 2)=P(X>1.8十2×0.1)，因为 P(X<1.8十0.1)≈0.8413，所以 P(X>1.8+0.1)≈1-0.8413= 0.1587<0.2,而P(X>2)= P(X>1.8+2×0.1)P(X>1.8+ 0.1)<0.2,B正确，A错误.故选BC. 基础检测 1.(1)/(2)/(3)/(4)× 2.2.51.25 3.4 解析：X服从超几何分布，P(X=)= C。故k=4 4.2- 解析：服从正态分布V(0,1), P(-1<0)=P(0<1)= 1 1 -P(ξ≥1)= 2 5.ABD对于A,B,由超几何分布和二 项分布的概念可知两个选项均正确；对 于D,设该批产品有M件，则E(X)= 3·7-品5n-2C 5 =0 CM 6CC-15(M-D(M-2) =M(M-1)(M-2) ,故D正确：对于C,假设C正确，可 15 得E(X)<E(Y),与D矛盾，故C错 误.故选ABD. …》提升·关键能力《… 例1(1)27 解析：由题意可知，恰好有两次击中目 标的概率为G×(号)》×(1 2)28 基础版 (2)4 解析：设该名运动员通过罚球命中的 次数为X,则XB(5,0.7),则 P(X=k)=C·0.7·0.35-(k=0, 1,2,3,4,5),再设最有可能得m分，其 中0≤m≤5，m∈N,则 P(X=m)≥P(X=m-1):即 P(X=m)≥P(X=m+1), fCg·0.7m·0.3m≥Cg-1. 0.7m-1.0.3-m, C·0.7”·0.3m≥Cg1.解得 0.7m+1·0.34m, 3.214.2,所以m=4,所以该名 运动员通过罚球最有可能得4分， 对点训练18 解析：由题意得抛一枚硬币正面向上 1 的概率为2，所以抛一枚硬币”次，正 面向上的次数为0的概率为（1 2)=() ,正面向上的次数为n的 概率为（合）”，所以顾客发得一学关 的概率为（合）十（位》=品，由题 1 多得<1%=0则2≥10， 因为n∈N,所以n-1≥7，即n≥8， 所以n的最小值为8. 例2解：(1)根据题意有X=0,1,2,3, 则P(X=0)=C×0.5= 1 p(X=1)=C×0.5=8: 3 P(X=2)=C×0.53= 3 8 P(X=3)=CX0.53= 1 8 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 3 8 8 8 8 解法1 所以E(X)=0× 8 +1× 3 1 8 +2×g+3、 二2 解法2因为XB(3,0.5),所以 3 E(X)=3×0.5= 2 (2)根据题意有 PY=1)= C&·C 3n C 4(2n-1) 由(1)可知P(X=1)=C×0.53= 3 8 故应满足|P(Y=1)-P(X=1)= 3n 3 4(2n--8≤0.01， 解得m≥只故n的最小值为20， 对点训练2解：(1)设“甲进入校园歌手 大赛决赛”为事件A,“甲进入达人秀