2 专题5 第2讲 随机变量及其分布 （Word教参）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

第2讲　随机变量及其分布　　　　▶ 对应学生用书P79 【考情分析】　离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，以解答题为主，中等难度. 1.(多选)(2024·全国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：选BC.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，P(Y＞2)＝P(Y＜2.2)≈0.841 3＞0.8，所以C正确，D错误. 2.(2024·北京卷)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元. 假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)； (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4％，有索赔的保单的保费增加20％，试比较这种情况下一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) 解：(1)记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A， 由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4， 所以P(A)＝＝＝. (2)(ⅰ)由题知X的所有可能取值为0.4，－0.4，－1.2，－2.0，－2.6， 则P＝＝0.8， P＝＝0.1， P＝＝0.06， P＝＝0.03， P＝＝0.01， 故E(X)＝0.4×0.8－0.4×0.1－1.2×0.06－2.0×0.03－2.6×0.01＝0.122. (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4％，有索赔的保单的保费增加20％，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比(ⅰ)中 E(X)估计值大. 证明如下： 设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为Y， 则对于索赔次数为0的保单，Y＝0.4×(1－4％)＝0.384， 对于索赔次数为1的保单，Y＝0.4×(1＋20％)－0.8＝－0.32， 对于索赔次数为2的保单，Y＝－0.32－0.8＝－1.12， 对于索赔次数为3 的保单，Y＝－1.12－0.8＝－1.92， 对于索赔次数为4的保单，Y＝－1.92－0.6＝－2.52， 故E(Y)＝0.384×0.8－0.32×0.1－1.12×0.06－1.92×0.03－2.52×0.01＝0.125 2. 所以E(X)＜E(Y). 考点1　分布列性质及应用 离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 x3 … xi … xn P p1 p2 p3 … pi … pn 则(1)pi≥0(i＝1，2，…，n)； (2)p1＋p2＋…＋pn＝1； (3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn； (4)D(X)＝[x1－E(X)]2·p1＋[x2－E(X)]2·p2＋…＋[xn－E(X)]2·pn； (5)若Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X). (1)已知X的分布列如表所示，且Y＝aX＋b，E(Y)＝，则D(Y)＝(　　 ) X －1 0 1 P a A.1 B. C. D. 解析：选D.由a＋＋＝1可得a＝， 所以E(X)＝－1×＋0×＋1×＝－， D(X)＝×＋×＋×＝， 所以D(Y)＝a2D(X)＝×＝. (2)(多选)已知a＞0，b＞0，c＞0，且a，b，c成等差数列，随机变量X的分布列如下，则下列选项正确的是(　　) X 1 2 3 P a b c A.b＝ B.a＋c＝ C.＜E(X)＜ D.D(X)的最大值为 解析：选BCD.对于AB，由 得A错误，B正确； 对于C，由a＋c＝，a＞0，c＞0，得0＜c＜，则E(X)＝a＋2b＋3c＝2c＋∈，C正确； 对于D，D(X)＝a＋＋c＝(－c)(2c＋)2＋＋c＝－4c2＋c＋＝－4＋， 当c＝时，D(X)取得最大值，且最大值为，D正确. [规律方法]　分布列性质的两个作用 (1)利用分布列中各事件概率之和为1的性质可求参数的值及检查分布列的正确性. (2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率. 对点练1.(1)(多选)已知离散型随机变量X的分布列如下： X 0 1 2 3 4 P q 0.4 0.1 0.2 0.2 若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有(　　) A.q＝0.1 B.E(X)＝2 C.E(Y)＝5 D.D(X)＝1.4 解析：选ABC.由离散型随机变量分布列的性质可知，q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，解得q＝0.1，故A正确； E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，故B正确； E(Y)＝2E(X)＋1＝2×2＋1＝5，故C正确； D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故D错误. (2)随机变量X的分布列如表所示，则D(bX)的最大值为(　　 ) X 1 2 3 P a 2b a A. B. C. D. 解析：选D.由题可知2a＋2b＝1，0≤a≤1，0≤2b≤1， 所以a＋b＝，0≤b≤， E(X)＝a＋4b＋3a＝4(a＋b)＝2， D(X)＝(1－2)2a＋(3－2)2a＝2a， 则D(bX)＝b2D(X)＝2ab2＝－2b3＋b2， 令f(b)＝－2b3＋b2， 则f'(b)＝－6b2＋2b＝－2b(3b－1)， 则f(b)在上单调递增，在上单调递减，所以f(b)max＝f＝， 所以D(bX)的最大值为. 考点2　随机变量的分布列 1.超几何分布 一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r， 其中n，M，N∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}. 超几何分布的期望 E(X)＝n·. 2.二项分布 一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p). 若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p). 角度1　相互独立事件 (1)(2025·广东惠州模拟)事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，若P(A)＝，P()＝，P(A∪B)＝，则事件A与事件B的关系为(　　) A.互斥 B.对立 C.独立 D.包含 解析：选C.由概率公式可得P(B)＝1－P()＝1－＝， 因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即＋－P(AB)＝，可得P(AB)＝， 所以P(AB)＝P(A)·P(B)，因此，事件A与事件B独立. (2)(多选)(2025·湖南常德一模)设样本空间Ω＝，且每个样本点是等可能的，已知事件A＝，B＝，C＝，则下列结论正确的是(　　) A.事件A与B为互斥事件 B.事件A，B，C两两独立 C.P＝P(A)P(B)P(C) D.P＝P 解析：选BD.对于选项A，因为A∩B＝，所以事件A与B不互斥，故A错误； 对于选项B，P(AC)＝P(BC)＝P(AB)＝，P(A)＝P(B)＝P(C)＝，P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)，故B正确； 对于选项C，A，B，C交集为，则P(ABC)＝，P(A)P(B)·P(C)＝，故C错误； 对于选项D，P(A)＝＝，P(C)＝＝，故D正确. [规律方法]　1.关于独立事件的判断 判断事件A，B相互独立的依据是验证P(AB)＝P(A)P(B)是否成立，求P(AB)时，要了解事件AB的含义，避免与事件A，B混淆. 2.求复杂事件概率的一般步骤 (1)分析事件的构成：看复杂事件是能转化为n个彼此互斥的事件的和事件，还是能转化为n个相互独立事件的积事件. (2)用概率公式求解. 角度2　超几何分布 (2025·四川达州模拟)年末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商场对消费超过500元的消费者提供一次抽奖活动，抽奖箱中装有10个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球(绿球的个数最多)，消费者从抽奖箱中同时抽取2个小球，若2个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球即获得二等奖，其余情况，均是不获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球，其中黄球和绿球各1个的概率是，某消费者抽奖一次. (1)求其获得一等奖的概率； (2)记抽到的绿球个数为ξ，求ξ的分布列及其期望. 解：(1)设10个小球中黄球为m个，绿球为n个，且n＞m，m∈N*，n∈N*， 由题意得＝，解得m＝3，n＝5，则红球有2个， 记事件A：某消费者抽奖一次获得一等奖，则P(A)＝＝， 所以该消费者获得一等奖的概率为. (2)由题意，ξ的取值是0，1，2，则P＝＝，P＝＝，P＝＝， ξ的分布列为： ξ 0 1 2 P 期望E＝0×＋1×＋2×＝1. 角度3　二项分布 (2025·河南焦作二模)甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率是，乙每次击中目标的概率是，假设两人是否击中目标相互之间没有影响. (1)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率； (2)设甲击中目标的次数为X，求X的分布列和数学期望. 解：(1)设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件B1，甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件B2， 则P(A)＝P＋P＝×＋)3×＝， 所以甲恰好比乙多击中目标2次的概率为. (2)由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，)， P＝＝， P＝＝， P＝＝， P(X＝3)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E＝0×＋1×＋2×＋3×＝. [规律方法]　关于二项分布及其应用 (1)判断随机变量是否服从二项分布要把握“多、独、等”三个字. “多”是指一个对象进行多次试验，或多个对象依次进行试验. “独”是指不同次试验之间是相互独立的. “等”是指每次试验发生的概率相等. (2)对于比较复杂的多次试验，可能其中某连续的几次试验是独立重复试验，发生的次数服从二项分布，其他的只是独立事件. 对点练2.(1)某项智力测试共有A，B，C，D，E五道试题，测试者需依次答完五道试题且至少答对其中三道试题才算通过测试.小明答对A，B，C三道试题的概率均为，答对D，E两道试题的概率均为，且每道试题答对与否相互独立，则小明在答错试题A的条件下通过测试的概率为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选D.小明已经答错了试题A，故要通过测试需在B，C，D，E四道试题中至少答对其中三道试题. ∵至少答对其中三道试题包括恰好答对三道试题和答对四道试题两种情况， ∴至少答对其中三道试题的概率为××(1－)＋×(1－＋×＝＋＋＝. 所以小明在答错试题A的条件下通过测试的概率为. (2)某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率为　　　　　　　；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率为　　　　　　　. 解析：由题设，抽取2人，恰有一名女生参加，其概率为＝， 至少有一名女生参加，事件含恰有一名女生、2人都是女生，其概率为＝， 所以在至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率为÷＝. 答案：　 (3)(2025·山东济南一模)某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. ①求智能客服的回答被采纳的概率； ②在某次测试中输入了3个问题(3个问题相互独立)，设X表示智能客服的回答被采纳的次数，求X的分布列、期望及方差. 解：①设A＝“智能客服的回答被采纳”，B＝“输入的问题表达不清晰”， 依题意，P(B)＝，P()＝，P(A｜B)＝，P(A｜)＝， 因此P(A)＝P(B)P(A｜B)＋P()P(A｜)＝×＋×＝， 所以智能客服的回答被采纳的概率为. ②依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，X～B(3，)， P(X＝0)＝)0()3＝， P(X＝1)＝)1()2＝， P(X＝2)＝)2()1＝， P(X＝3)＝)3()0＝， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望E(X)＝3×＝，D(X)＝3××＝. 考点3　正态分布 某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩(单位：分)排名前300名的学生参加复赛.已知共有12 000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机抽取100人的预赛成绩作为样本，得到如图所示的频率分布直方图. (1)规定预赛成绩不低于80分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望. (2)由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛的学生的预赛成绩Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替)，且σ2＝362.已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛. 附：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 3；≈19. 解：(1)由题图知，预赛成绩在[60，80)范围内的样本量为0.012 5×20×100＝25， 预赛成绩在[80，100]范围内的样本量为0.007 5×20×100＝15. 设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X，则X的可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 所以至少有1人预赛成绩优良的概率为＋＝，且X的分布列为： X 0 1 2 P 故E(X)＝0×＋1×＋2×＝. (2)由题意得μ＝(10×0.005＋30×0.01＋50×0.015＋70×0.012 5＋90×0.007 5)×20＝53， 又σ2＝362，所以σ≈19，所以Z～N(53，362). 故P(Z≥91)＝P(Z≥μ＋2σ)＝[1－P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)]≈0.022 75， 因此全市参加预赛的学生中，成绩不低于91分的有12 000×0.022 75＝273(人). 因为273＜300，所以小明有资格参加复赛. [规律方法]　利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的灵活运用： (1)对任意的a，有P(X＜μ－a)＝P(X＞μ＋a)； (2)P(X＜x0)＝1－P(X≥x0)； (3)P(a＜X＜b)＝P(X＜b)－P(X≤a). 对点练3.(1)某市20 000名学生参加一次数学测试(满分150分)，学生的测试成绩X近似服从正态分布N，则测试成绩在内的学生人数约为(　　) (若X～N，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P≈0.954 5) A.2 717 B.2 718 C.6 827 D.9 545 解析：选C.因为P＝P(μ－σ≤X≤μ)＝P＝×0.682 7＝0.341 35，所以测试成绩在内的学生人数约为20 000×0.341 35＝6 827. (2)(多选)(2025·河南二模)2006年党中央正式决定全面取消农业税.某县为了了解取消农业税前后农民每亩地的收入(单位：万元)发生了怎样的变化，通过抽样调查后发现取消农业税之前农民每年每亩地的收入X服从正态分布N，取消之后每年每亩地的收入Y服从正态分布N，已知Y的正态密度曲线的峰值高于X的正态密度曲线的峰值，则(　　) A.P＜P B.P＜P C.P＜P D.∀n∈N，P＜P 解析：选AC.由正态分布的对称性得P＝＜P，而P(Y≥1.4)＞＞P(X≥2.3)，故A正确，B错误； 由Y的正态密度曲线的峰值高于X，峰值越高对应方差越小，即s1＞s2，故P＜P，故C正确； 如图，由于Y的方差更小，所以其正态密度曲线递减速度更快，当n取较大的正数时，P＞P，故D错误. 学科网（北京）股份有限公司 $