课时分层检测(80)离散型随机变量及其分布列、数字特征-【创新大课堂】2026年高三数学一轮总复习

13.解(1)由于A队踢完三场比赛后积分不： 方法二（特殊值法） 少于6分，所以A队三场比赛中至少胜！ 不妨设p1=0.4,p2=0.5,p3=0.6, 两场， 则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的 则P=(0.4)3+C×(0.4)2×(0.4+0.2)= 概率P甲=2p1[p2(1一p3)十3(1一p2)] 0.352. =0.4: (2)四支球队共需进行六场比赛， 在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙一 六场比赛比完后四支球队积分总和最少 2p2[1(1-pg)+p3(1-p1)]=0.52: 12分，最多18分， 在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P雨= 因此，四支球队积分相同，可能同积3分或： 同积4分， 2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=0.6. 所以P雨最大.] ①若同积3分，则六局皆平P1=(0.2)6= 0.000064: [依题意得P1= ②若同积4分，则每支球队均一胜一平 16[3a+1-(片)] 一负， 5 若A胜B,A平C,A负D,则B胜C,B平1 D,C胜D, 第次取出的球是红球的概率为P。,则第 所以P2=6×(0.4)4×(0.2)21 次取出的球是白球的概率为(1一P。), =0.006144, 对于第n十1次，取出红球有两种情况： 综上所述，四支球队比完后积分相同的概 率为 ①从红箱取出的概率为P×号，②从白 P=P1+P2=0.006208. P(BA) 箱取出的概率为(1-P,)×冬， P(BA) 14.(1)证明R 所以P1=尽+P, P(BA) P(BA) 所以P1--(P.-) P(BA)·P(BA) P(B|A)·P(B|A) 令a,-几。立，则载列o,为等比数列， 由题意知，只需证明 P(B|A)·P(B|A) P(A|B)·P(A|B) 且公比为子， P(B|A)·P(B|A) P(A|B)·P(A|B)I 5 即可， 因为P=8,所以a=8, P(AB)P(AB) 故a=2(2+即对应P= P(A) P(A) 上式左边= 2-(2n+1) P(AB)P(AB) P(A) P(A) -()] P(AB)·P(AB) P(AB)·P(AB) 1一4 P(AB)P(AB) P(B) P(B) ()]+号-+-()] 右边 P(AB)P(AB) 课时分层检测（八十） P(B)P(B) P(AB)·P(AB) 1.C[由号+3m-1,解得m-合 P(AB)·P(AB) P(AB)P(AB) 则E(X0=0x+2X日+3X-] 左边=右边，故R= P(AB) P(AB) :2.A[由题意可得E(X)=-1×0.1+0× (2)解由调查数据可知 0.3+2×0.6=1.1, P(AI B)-100 402 10 D(X)=(-1-1.1)2×0.1+(0-1.1)2× ，P(AB)=100, 0.3+(2-1.1)2×0.6=1.29: 且P(AB)=1-P(AB)=号， E(Y)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1, D(Y)=(0-1)2×0.3+(1-1)2×0.4+ P(AIB)-1-P(AIB)-10 9 (2-1)2×0.3=0.6, E(X)>E(Y),D(X)>D(Y), 9 5×0=6 即甲产业收益的期望大，风险高，] 所以R=3X工 5 3,D[由题意知4+6++立-1.0 15.D[设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两 由E(X)=0,即E(X)=-1×a+0×b+1 盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜 两盘的概率为P之，在第二盘与丙比赛连 ×c+2×2-0,得-a+c+言-0.② 胜两盘的概率为P雨， 由D(X)=1, 方法一由题意可知，P甲=2p1[p2(1一 即D(X)=(-1-0)2×a+(0-0)2×b十 p3)+p3(1-p2)]-2p1p2+2p1p3: 1-02×c+(2-02×立=1， 一4p1p2p3· P2=2p2[p1(1-p3)十p3(1-p1)]= 得a+c+号-1.® 2p1p2+2p2p3-4p1p2p3, P两=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]= 联立①②③解得a=2b=本c=4: 2p1p3+2p2p3-4p1p2p3. 又因为P(X<1)=P(X=-1)+P(X 所以P两-P甲=2p2（p3一1)>0， 0), P两-P元=2p1(p3-p2)>0, 所以P两最大 、 所以P(X<1)=a+b=子.] 529 4.B[依题意可得X的所有可能取值为200， 180,160.P(X=200)=0.4,P(X=180)= 0.3,P(X=160)=0.3,X的分布列如下， X 200 180 160 P 0.4 0.3 0.3 则E(X)=200×0.4+(180+160)×0.3= 182,故选B.] 5.C[P(=)=g+k=12.3. 解得= 0-1×号+2x号+3x号= 3 D-(1-)°×号+(2-)× +(-)×-器 .D(9-3)=92D()=81D()=38.] 6.D[E(X)=0×号+a×3+1× 1=a十1 3 .当a在(0,1)上增大时，E(X)增大， D(X)= ()×+(-)× 27[(u+1)2+(2a-1)2+(2-a)2] .当a在(0,1)上增大时，D(X)先减小后 增大，门 7.BCD[根据分布列可知n十n=1- 4 12 12-3 ① 因为Y=12X+7,所以E(Y)=12E(X)+ 7=34. 解得E(X)=: 又由分布列可得E(X)=1X子+2Xm十 3X+1X立-号，整理得2m+3-号， 1 5 联20@解将m-合一子】 8.AC[记未使用过的乒乓球为A,已使用过 的为B, 任取3个球的所有可能是1A2B, 2A1B,3A, A使用后成为B,故X的所有可能取值是 3,4,5,故A正确： P(X=3)=C2=7,P(X=4)=CC C C =7 所以X最有可能的取值是4，故B错误， C正确： E(X)=3X号+4×号+5×号-29，故D 错误.门 9.11[由表中数据得E()=一2a+0×b+2 ×-，解得a-十 又a+6+号-1，所以6=， 1 所以D(=(-2-)×+(0 )×+(2-合)×=. 所以D(2+1)=22D()=11.] 10.2[设P(X=1)=P(X=3)=a,P(X= 2)=b, 则2a十b=1. 于是E(X)=a+2b+3a=2(2a+b)=-2.] 11.(4,9][由随机变量X的分布列知， X2的可能取值为0,1,4,9，P(X2=0)= PX=0)=寸，PX=-ID=PX=-D+ PX--+-合，P-4)- pX-2+Pp(X-2》-立+-÷· PX-9)-P(X-3)-立所以PX≤ 4=因为P(<)=是-号+ 合+宁所以实数上的取位范国是 (4,9].] 12器[若从甲会中随机取到的为红球里版 3 率为5 则X的可能取值为1,2， 则P,(X-1)-CC-1 C =3,P1(X-2)= C3, 若从甲盒中随机取到的为白球且概率！ 为号， 则X的可能取值为0,1,2， 则P(X-0)-g1 C15 --器-品 P2(X=2)= 缩上，P(X=0)-号×PX=0)- 2 POX-I-号×R(X-D+号×P,X 5 PX=2)-号×P(X=2)+号×P,(X= 故E00-0X号+1x器+2×若-器] 13.解(1)记“甲从中一次性摸出2个球，两 个球颜色不相同”为事件A,甲从中一次性！ 摸出2个球共有C号=21种， 两个球颜色不相同有CC十C?=12+ 6=18种， 所以PA)--号 (2)随机变量X的可能取值为0,1,2,3， 且P(X=0)= -5.P(X-D- 18 351 P(X=2》-CC=35,P(X=3)= 351 所以随机变量X的概率分布列为 X 1 2 P 4 18 12 35 35 35 35 E(X)=0X 4 35 +1×8+2×是+3× 1 连续抛掷两次骰子，向下点数之和为X,则 35 35 35 X的分布列为 459 3571 3 解(1)第1步：计算甲、乙所在队送入第 二阶段的概率 16 16 1616 1616 设A1=“甲、乙所在队进入第二阶段”， 则P(A1=1-(1-0.4)3=0.784. f1(x)= i6x2+6x+6r+6r 第2步：计算乙在第二阶段至少得5分的 概率 3 +6+6r8, 设A2=“乙在第二阶段至少得5分”， 则P(A2)=1-(1-0.5)3=0.875. 万)=×+品×+品×+言 1 3 4 第3步：计算甲、乙所在队的比赛成绩不等 于5分的概率 +×2+合×+×2-，故B 4 设A?=“甲、乙所在队的比赛成绮不少于 错误，D正确.] 5分”， 则P(A3)=P(A1)·P(A2)=0.686. 16.ABC[由题意可知r十义+2=1，即 (2)(i)第1步：计算甲参加第一阶段比赛 x十y=1,故A正确： 时甲、乙所在队得15分的概率 设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得 E()=0Xx+1×+2×号-，故B 15分的概率为P甲，则P甲=[1一(1一 正确： p)3]·g3=pq·(3-3p十p2). 第2步：计算乙参加第一阶段比赛时甲、乙 D)=x(0-)+音（-)+ 所在队得15分的概率 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得 15分的概率为P元， (2-)=1-)(0-)+ 则P=[1-(1-q)3]·p3=qp3·(3 (1-)°+(2-)- + 3g+q). 第3步：比较P甲与P之的大小 则P甲-P元=pg(3g2-3pg2+p2q2 因为xy≠0，x十y=1,易得0<y<1, 3p2+3p2g-p2g2)=3pq(g-p)·(p+ 而函数f(y)= y十3y的因象开口向 q-pq), 由0<p<q≤1，得q-p>0,p+q- 下，对称轴为y= 27 5 p+q(1-p)>0, 所以P甲一P>0,即P甲>P乙。 27 所以f(y)在（0, 上单调递增，在 27 50 第4步：做决策 故应该由甲参加第一阶段比赛， 1上单调递减， (ⅱ)第1步：计算甲参加第一阶段比赛时 甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望 故f(y)在y= 若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的 品处取得最大位， 比赛成绩X的所有可能取值为0,5， 所以D()随着y的增大先增大后减小， 10,15. 27 P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]· 当y=品时取得最大值，故C正确，D (1-g)3, 错误.] P(X=5)=[1-(1-p)3]·C·g·(1 课时分层检测（八十一） g)2, 5 P(X=10)=[1-(1-p)3]·C·g2·(1 (np= 4” -q), 1.A [由题意 解得 15 P(X=15)=[1-(1-p)3]·Cg3, np(1-p)= 16 所以E(X)=[1-(1-p)3]·[15g(1- q)2+30g2(1-q)+15g3]-[1-(1-p)3] p=4'故选A.] ·15q=15pq(p2-3p+3). 1=5, 第2步：计算乙参加第一阶段比赛时甲、乙 2.C[由Y~N(4,2)和P(Y≥3)= 得 所在队的比赛成绩的数学期望 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的！ 4=3, 比赛成绩Y的所有可能取值为0,5， 所以E(X)=E(Y)=3, 10,15. 又XB(8,p),所以E(X)=8p=3, 同理，可得E(Y)=15pg(g2一3g+3) 第3步：比较E(X)与E(Y)的大小 所以力= 8·] E(X)-E(Y)=15pg(p2-3p-g2+3g)= 3.B[服从正态分布N(70,o2),正态 15pq·(q-p)·(3-p-9), 曲线的对称轴是直线x=70,.在(70， 由0<p<g1,得q-p>0,3-p一q= 100)内取值的概率为0.5.，：在(50,70)内 3-(p+q)>0, 取值的概率为0.4，∴.：在(70,90)内取值的 所以E(X)-E(Y)>0,即E(X)>E(Y). 概率为0.4，则：在90分以上取值的概率为 第4步：做决策 0.5-0.4=0.1.故选B.] 故应该由甲参加第一阶段比赛 4.D [的所有可能取值为0,1,2， CD )[因为f(x)=pn+p1x+p2x2+ C号 1 CC pgx3+…十px+…十pnx", 则P(=0)= -0,P(-1)= g(x)=f(x)=p1+2p2x+3p3x+ …十ipx1十…十npnx-1, E(X)=p1+2p2+3p3+…+ip:+… 3 P(=2)= 十npn, Cg=10 当x=1时，E(X)=g(1),故A错误，C 则E)=0X0+1X号+2×品-号.] 3 6 正确： 530课时分层检测（八十）离散型随机变量及其分布列、数字特征 :6.(2024·桂林模拟)设0<a<1.随机变量X的分 …0知识过关0… 布列为 一、单项选择题 0 1.(2025·陕西部分名校模拟)已知随机变量X的 P 1 1 分布列为 3 3 2 当a在(0,1)上增大时，则 A.E(X)不变 B.E(X)减小 2 2m C.D(X)先增大后减小 D.D(X)先减小后增大 则E(X)= ) 二、多项选择题 A.2 B号 c D.1 7.已知随机变量X和Y,其中Y=12X十7，且E(Y) =34,若X的分布列如表： 2.已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为： 甲产业收益分布列 2 4 收益X/亿元 -1 0 12 概率 0.1 0.3 0.6 则下列正确的是 乙产业收益分布列 A.E(X)=12 B.E(X)=9 收益Y/亿元 0 2 概率 0.3 0.4 0.3 DA=号 则下列说法正确的是 8.(2025·潍坊段考)一盒中有7个乒乓球，其中5 A.甲产业收益的期望大，风险高 个未使用过，2个已使用过，现从盒子中任取3个 B.甲产业收益的期望小，风险小 球来用，用完后再装回盒中.记盒中已使用过的 C.乙产业收益的期望大，风险小 球的个数为X,则 ) D.乙产业收益的期望小，风险高 A.X的所有可能取值是3,4,5 3.(2025·绵阳诊断)若离散型随机变量X的分布 B.X最有可能的取值是5 列如下，E(X)=0,D(X)=1,则P(X<1)= CX等于3的概率为7 X 2 D.X的数学期望是 P 三、填空题 9.已知离散型随机变量ξ的分布列如表所示 A.2 2 0 2 4.(2025·合肥模拟)小林从A地出发去往B地， 1小时内到达的概率为0.4,1小时10分到达的： 2 概率为0.3,1小时20分到达的概率为0.3.现规 定1小时内到达的奖励为200元，若超过1小时 若随机变量专的均值E()=7,则D(2十1)= 到达，则每超过1分钟奖励少2元.设小林最后 获得的奖励为X元，则E(X)= ) 10.(2025·哈尔滨质检)某老师从课本上抄录的一 A.176 B.182 个随机变量X的分布列如下表： C.184 D.186 X 2 3 5.随机变量的分布列为P(=)=千6k=1, k2+k 2,3,其中c是常数，则D(9-3)的值为( 尽管“！”与“？”处无法完全看清，但能肯定两个 A.10 B.117 C.38 D.35 “?”处的数值相同，据此，E(X)= 366 11.(2025·湘潭质检)已知随机变量X的分布列为 (1)若p=0.4,g=0.5,甲参加第一阶段比赛，求 X 2 0 1 2 3 甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率 (2)假设0<p<q. P 1 12 3 12 6 12 (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的 11 概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 若P(X2<)=2:则实数x的取值范围 (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望 是 最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 12.(2024·稽阳模拟)已知甲盒中有3个红球2个： 白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒中随 机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2 球，记取到红球的个数为随机变量X,则X的均： 值为 四、解答题 13.(2025·宁波模拟)设箱子里装有同样大小的3 个红球及白球、黑球、黄球、绿球各1个 (1)若甲从中一次性摸出2个球，求两个球颜色： 不相同的概率； (2)若乙从中一次性取出3个球，设3个球中的： 红球个数为X,求随机变量X的概率分布列及 数学期望值. 0 能力拓展。 15.（多选)已知随机变量X的取值为不大于n(n∈N*) 的非负整数，它的分布列为 X 0 3 n P Po P3 定义由X生成的函数f(x)=0十p1x十p2x2 十p3x3十…十pxi十…十pmx”,g(x)为函数 f(x)的导函数，E(X)为随机变量X的均值.现 有一枚质地均匀的正四面体型骰子，四个面分 别标有1,2,3,4四个点数，这枚骰子连续抛掷 两次，向下点数之和为X,此时由X生成的函数 为f1(x),则 ( A.E(X)=g(2) B(2)=号 C.E(X)=g(1) D.f1(2)= 225 14.(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶16.（多选)随机变量的分布列如表，其中xy≠0， 段，每个参赛队由两名队员组成.比赛具体规则 下列说法正确的是 C 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： 0 1 分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段.第二 P 学 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： A.x+y=1 二阶段的得分总和 B.E(e)= 3 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中 C.D()有最大值 的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与 D.D()随y的增大而减小 否相互独立. 367