8.2 第2课时 离散型随机变量的数字特征-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

第2课时离散型随机变量的数字特征 第1关练速度 15min为准，你的时间： 数，则D()的值为 1.下列说法正确的是 ( 4 6 A. .5 A.离散型随机变量专的数学期望E()反映 了专取值的概率的平均值 C.1 0.3 B.离散型随机变量5的方差D()反映了专 5.（多选)(2024·江苏苏州高二月考)已知随机 取值的平均水平 变量X的概率分布如下，则以下结论正确的是 C.离散型随机变量专的数学期望E()反映 了专取值的平均水平 D.离散型随机变量专的方差D()反映了 取值的概率的平均值 2 9 2.（多选)(2024·浙江台州高二期中)设离散型 随机变量X的概率分布为 A.mtn=2 3 0 1 2 0.20.1 0.4 0.1 B.P(X<2)=g 若离散型随机变量Y满足Y=2X+1,则下列 C.若m g,则E(X)= 3 结果正确的有 D.D(X2)=2 A.E(X)=2 6.（2024·辽宁沈阳高二月考)在概率论和统计 B.D(X)=1.8 C.E(Y)=5 学中用协方差来衡量两个变量的总体误差， D.D(Y)=14 对于离散型随机变量X,Y,定义协方差为 3.(2024·福建莆田高二期中)设随机变量X的 Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y),已知X,Y的 概率分布如表所示，且E(X)=1.6,则a-b等于 概率分布如下表所示，其中0<p<1,则Cov(X, ( Y)的值为 ( 0 2 3 X 2 0.1 e b0.1 P P 1-P Y 1 2 A.-0.4 B.-0.2 C.0.1 D.0.2 P 1-p 4.(2023·陕西宝鸡高二月考)随机变量的概 A.0 B.1 率为P(5=k)=ck,k=1,2,3,4,其中c是常 C.2 D.4 选择性必修第二册·SJ学霸068 7.(2024·江苏南通海安中学高二期中)有一枚 第2关练准确率 8题为准，你做对题 质地均匀点数为1到4的特制骰子，投掷时 12.(多选)已知随机变量X的概率分布为 得到每种点数的概率均等，现在进行三次独 4 9 10 立投掷，记X为得到最大点数与最小点数之 P 0.30.1 0.2 差，则X的数学期望E(X)= 83 若E(X)=7.5,则以下结论正确的是（ 16 A.a=8 7 C.4 B.b=0.4 C.E(aX)=52.5 8.(2024·陕西咸阳高二月考)随机变量的概 率分布如表所示，且m+2n=1.2,则E(专)= D.E(X+b)=7.9 13.若随机变最X的分布列为P(X=m)=写， 0 3 P(X=n)=a,若E(X)=2,则D(X)的最小值 0.1 m n0.1 等于 () 9.（2024·黑龙江牡丹江高二期中)若X是离散 A.0 型随机变量，P(X=)子，P(X=),又 B.2 C.4 已知B(X)=有D()=子，则1的 D.无法计算 值为 14.(2024·浙江台州高二期中)设0<a< ,0< 10.(2024·湖北武汉高二月考)已知某人每次 投篮的命中率为p(0<p<1),投进一球得 ,随机变量专的概率分布为 1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为 X,则X0-3的最大值为 2E(X) b 2 11.（2024·浙江金华高二月考)一支足球队每 场比赛获胜（得3分）的概率为α，与对手踢 则当a在0,2)内增大时， 平（得1分）的概率为b,负于对手（得0分）》 A.E()增大，D()增大 的概率为c,其中a,b,c∈(0,1)，已知该足 B.E()增大，D()减小 球队进行一场比赛得分的均值是1，则上+】 a 3b C.E()减小，D()增大 的最小值为 D.E()减小，D()减小 第8章学霸069 15.(2024·江西吉安高二月考)将字母a,a,b,19.(2023·山东临沂高二期中)有甲、乙两种品 b,c,c放入3×2的表格中，每个格子各放一 牌的手表，它们的日走时误差分别为X和Y 个字母，若共有飞行字母相同，则得k分，则 (单位：s),其分布列如下： 所得分数专的均值为 甲品牌手表的走时误差分布列 X P 0.10.80.1 乙品牌手表的走时误差分布列 3 03 -2 -1 0 1 2 4 P0.10.20.40.20.1 16.(2024·安徽黄山高二期中)体育课的排球 发球项目考试的规则是：每位学生最多可发 (1)求E(X)和E(Y); 球3次，一旦发球成功，则停止发球；否则一 (2)求D(X)和D(Y),并比较两种品牌手表 直发到3次为止.设学生一次发球成功的概 的性能. 率为p(p≠0)，发球次数为X,若X的数学期 望E(X)>1.75,则p的取值可能是( A月 17.(2024·安徽蚌埠高二月考)某金店用天平 称某种物品的质量（砝码仅允许放在一个秤 盘中)，今有5件物品，其质量分别为50克， 60克、70克、80克，90克，有4个砝码，质量 分别为10克、20克、30克、40克.若要求每 次称量时所用的砝码数量最少，则用天平随 机称某件物品（每件物品被选中的概率相 同)的质量，所用的砝码数量的期望 值为 18.(2024·辽宁沈阳高二月考)已知x,y, zeN*,且x+y+z=8,记随机变量X为x,y,z 中的最小值，则E(X)= 选择性必修第二册·SJ学霸070 20.（2024·江苏徐州高二期中)某品牌汽车4S 第3关练思维宽度 ）难度级别：☆☆☆☆☆ 店，对最近100位采用分期付款的购车者进 21.(2024·湖北武汉高二月考)设10≤x1<x2< 行统计，统计结果如下表所示.已知分9期付 x3<x4<x3≤50，随机变量专1取值x1,x2,x3, 款的频率为0.2.该4S店经销一辆该品牌的 x4,x的概率均为0.2，随机变量专2取值 汽车，顾客分3期付款，其利润为1万元；分 6期或9期付款，其利润为1.5万元：分12期 x+2x++4+,忧的概率也均 2,2,2,2,2 或15期付款，其利润为2万元.用X表示经 为0.2，若记D(51),D(52)分别为51,52的方 销一辆汽车的利润。 差，则 ( 付款 分 分 分 分 分 A.D(51)<D(52) 方式 3期 6期 9期 12期 15期 B.D(5)=D(52) 频数 30 20 a 10 b C.D(51)>D(52)》 (1)求上表中的a,b值； D.D(51)与D(52)的大小关系与x1,x2,x3, x4,x的取值有关 (2)若以频率作为概率，求事件A“购买该品 22.(2023·江苏连云港高二期中)已知随机变 牌汽车的3位顾客中，至多有1位采用 量X的概率分布如表所示： 分9期付款”的概率P(A); (3)求X的分布列及均值E(X): X P2 P. 其中，A≥0，i=1,2,…,,名A=1,记随机变 量X的数学期望和方差分别为E(X), D(X).求证： (1)E(aX+b)=aE(X)+b; (2)D(X)=含n,-E(X0. 第8章学霸071取值为0,1,2,3，P(7=0)=P(X=1)=0.1,P(7=1)=P(X=0)+ P(X=2)=0.2+0.1=0.3,P(7=2)=P(X=3)=0.3,P(7=3)= P(X=4)=0.3,故其分布列为 0123 P0.10.30.30.3 (2)由1<2X+1<9,可得0<X<4,故P(1<2X+1<9)=P(X=1)+ P(X=2)+P(X=3)=0.1+0.1+0.3=0.5. 第3关（练思维宽度） 21.BD解析：乙连胜三场时比赛局数可能是3,4,5.若比赛局数为 3,乙连胜三场的概率是(1-P)3;若比赛局数为4，乙连胜三场的 概率是p(1-p)3:若比赛局数为5，乙连胜三场的概率是 p2（1-P)3,故选项A错误；由题意可知，决赛中的比赛局数X的 可能取值为3,4,5，则P(X=3)=p3+(1-p)3=1-3p+3p2;P(X= 4)=3(1-p)p3+3p(1-p)3=12p3-6p4-9p2+3p,故选项B正确； P(X=5)=1-P(X=3)-P(X=4)=6p4-12p3+6p2,故选项C错 误；令f(p)=6p4-12p3+6p2,则f'(p)=24p3-36p2+12p=12p(2p 1)(p-1).因为0≤p<1,所以当0≤p<2时f(p)≥0，当2<p<1 时(p)<0则函数p)在[0，子)上单调递增，在（行，1）上 单调递减，则当P=子时，函数人p)取最大伯，所以P(X=5)的 最大值是？，故选项D正确故选BD, 2解。1)从到D的路线共有-20条，其中使=3的路线 41 有C2=4条，因此P(X=3)=20=5 (2)由题意可知，x的取值可以为3,5,6，所以P(X=3)=20 4 A43 41 5P(X=5)=203P(X=6) 20了，因此X的分布列为 X35 6 1 3 1 P 555 第2课时离散型随机变量的数字特征 第1关（练速度） 1.C解析：由离散型随机变量的数学期望与方差的定义可知，C正 确.故选C. 2.ABC解析：对于A,由g+0.2+0.1+0.4+0.1=1,解得g=0.2,所以 E(X)=0×0.2+1×0.2+2×0.1+3×0.4+4×0.1=2,故A正确：对于B, D(X)=(0-2)2×0.2+(1-2)2×0.2+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.4+ (4-2)2×0.1=1.8,故B正确：对于C,E(Y)=E(2X+1)=2E(X)+ 1=5,故C正确：对于D,D(Y)=D(2X+1)=22D(X)=7.2,故D错 误.故选ABC. 3.B解析：由题意得0.1+a+b+0.1=1,0×0.1+a+2b+3×0.1=1.6,解 得a=0.3,b=0.5,故a-b=0.3-0.5=-0.2.故选B. 选择性必修第二册·SJ 4.C解折：P(传=)=，k=1,23,410e=1,解得c=0 以=102品3x品+4高3D=1-3P 3 .4 （2-3)x品+(3-3)(4-32合1散选C 5.ABD解斩：对于A,因为)m+号=1，所以ma号，放A正 确，对于B,P心K2)=1PX=2=1号号，故BE确对千C, 因为m=g所以a=号，所以(X)=-2x寸(-1)xg1x了 5 2=?,故C错误；对于D,P(2=1)=P(X=-I)+P(X= 2× 9=3 2 1)=mtn=子，P氏=4)=P(X=-2)+P(X=2)=了，则的藏 率分布如下： 4 D 3 3 所以E(X2)=1× 2 1 3 -+4× -=2,则D(X2)= 3 3×(1-2)2+ 3 (4-2)2=2,故D正确.故选ABD 6.A解析：XY的概率分布为 2 4 Pp(1-p)p2+(1-p)2p(1-p) E(XY)=1xp(1-p)+2×[p2+(1-p)2]+4×p(1-p)=-p2+p+2, E(X)=2-p,E(Y)=p+1,Cov(X,Y)=-p2+p+2-(2-p)(1+p)=0.故 选A. 7.D解析：X的所有可能取值为0,1,2,3，记三次得到的数组成数组 (a,b,c),满足X=0的数组有(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，(4,4， 4),共4个，所以P(X=0)=年6 41 满足X=1的数组有(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)，(2,2,3)，(2,3， 2),(3,2,2),(3,3,4),(3,4,3),(4,3,3),(2,2,1),(2,1,2),(1, 2,2),(3,3,2),(3,2,3),(2,3,3),(4,4,3),(4,3,4),(3,4,4), 共18个，所以P(X=1)=18-9； Γ4332 满足X=2的数组有(1,1,3)，(1,3,1)，(3,1,1)，(2,2,4)，(2,4， 2),(4,2,2),(3,3,1),(3,1,3),(1,3,3),(4,4,2),(4,2,4),(2, 4,4),(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1), (4,2,3),(4,3,2),(2,4,3),(2,3,4),(3,4,2),(3,2,4),共 24个，所以P心2名 满足X=3的数组有(1,2,4)，(1,3,4)，(1,4,4)，(1,4,1)，(1,4， 2),(1,4,3),(1,1,4),(2,1,4),(3,1,4),(4,1,1),(4,2,1),(4, 3,1),(4,1,2),(4,1,3),(4,1,4),(2,4,1),(3,4,1),(4,4,1), 共8个，所议以=号品 学霸48 6*1k9 所以X的数学期望E(X)=0x *2x3 *3 915故 328 选D. m+2n=1.2, 8.1.5解析：由题意可得 解得m0.4, 所以 (0.1+m+n+0.1=1 （m=0.4, E(5)=0×0.1+1×0.4+2×0.4+3×0.1=1.5.故答案为1.5. 9.1解析：因为2,1 33 =1,所以随机变量x的值只能为x1,x2,所以 2 5 x1= 31 解得 或 ()5(）广后 3 x2=3 =1所以11=1故答案为1 (x2=2, 10.2-25解析：由题意可知，X服从两点分布，可得E(X)=P,0<p< 1,0x)=01-pp,则23-1-3=2-2-=2- 3 2E(X) 2p (号）=2-22-2，当且仅当多即= 时等号成立故%3的最大值为2-26.放答案为2 2 23. 1.白解析：设得分为5，则 5013 Pc b a 由均值为3a+6=1,且abe0,).则2+3站-（日+6）3a+ =9名+≥92日-当a仅当=6 3 a b 4时 等号成立微答案为白 方法总结 求随机变量X的均值的方法和步骤： (1)理解随机变量X的意义，写出X所有可能的取值. (2)求出X取每个值的概率P(X=k). (3)写出X的分布列. (4)利用均值的定义求E(X) 第2关（练准确率） 12.BCD解析：由题知0.3+0.1+b+0.2=1,解得b=0.4,B正确； :E(X)=4×0.3+0.1a+9b+10×0.2=6.8+0.1a=7.5,解得a=7, A错误；由均值的性质知E(aX)=aE(X)=7×7.5=52.5,C正确； E(X+b)=E(X)+b=7.5+0.4=7.9,D正确.故选BCD. 方法总结 若Y=aX+b,其中a,b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变 量，且有E(aX+b)=aE(X)+b. 13A解折：依题意有a=1-号子，所以(0= .2 3m+3n=2, 参考答案 即mt2a=6又0(x)=（m-22+号(a-22=22-8+8= 2(n-2)2,所以当n=2时，D(X)有最小值，最小值为0.故选A. 14.D解析：由题可知，2a+6=1,则a+6=号B(G)= 】 6=之+（行a）=-a当a增大时，B()诚小，又D() （1o宁0oea(1ord-(r号）-，可知当 :在(0,2)内蜡大时，D()减小故选D 15.B解析：字母a,a,b,b,c,c放入3×2的表格中的不同结果有 C2CC子=90种，随机变量专的可能的取值为0,1,3，可得P(E= 1)=C3Cgx222 90 P(=3)二=5则P(5=0)=1-P(专 218 )-P(专=3)=1了5S,所以随机变量专的期望为E()= 16.C解析：根据题意，发球次数为1的概率P(X=1)=P,发球次数 为2的概率P(X=2)=(1-p)P,发球次数为3的概率P(X=3)= (1-p)2p+(1-p)3=(1-p)2,则E(X)=P(X=1)+2P(X=2)+ 3(X=3=p+21-pp+3(1p2175,解得p>7或p<分由 1 pe(0,1)可得pe(0,） 故选c 2 17.5 解析：设专表示所用的最少砝码数，则可列表如下： 物品质量/克 5060708090 22233 又每件物品放选中的概率均为写，所以E()- ×(2+2+2+3+ 1 3)=号放答案为号 9 18.7 解析：因为x+y+z=8,所以随机变量X可能取值为1和2， x,y,z的值共有C号种取法， X=1时，分两种情况： ①三个数中只有一个1，有CC!种： ②三个数中有两个1，有C号种， 所以X=1时，P1= 吲C+c号_5 C2 -7 X=2时，也分两种情况： ①三个数中只有一个2，有C;种； ②三个数中有两个2，有C?种， C3+C32 所以X=2时，P2= C号7 所以B(0=号2号-号益答案为号 5 19.解：(1)E(X)=-1×0.1+0×0.8+1×0.1=0,E(Y)=-2×0.1+(-1)× 学霸49 0.2+0×0.4+1×0.2+2×0.1=0. (2)D(X)=(-1)2×0.1+0×0.8+12×0.1=0.2,D(Y)=(-2)2×0.1+ (-1)2×0.2+0×0.4+12×0.2+22×0.1=1.2, 因为E(X)=E(Y)=0,D(X)<D(Y),所以仅考虑走时误差，甲品 牌手表的性能更好 重难点拨 离散型随机变量的期望反映了离散型随机变量取值的平均水平，而 方差反映了离散型随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程 度.因此在实际决策问题中，需先计算均值，看一下谁的平均水平 高，然后再计算方差，分析一下谁的水平发挥相对稳定，当然不同的 模型要求不同，应视情况而定 20.解：(1)由分9期付教的颜率为Q2,得100=02，解得a=20,又 30+20+a+10+b=100,解得b=20,所以a=20,b=20. (2)以频率作为概率，购买该品牌汽车的顾客中采用分9期付款” 的概率为20 =0.2,所以“购买该品牌汽车的3位顾客中，至多有 100 1位采用9期付款”的概率P(A)=(1-0.2)3+C×0.2× (1-0.2)2=0.896. (3)x的可能取值为1,1.5,2（单位：万元），P(x=1)=30 1000.3, P(X=1.5)=20+20 0.4,P(x=2)=10+20 0.3,所以X的分布 100 100 列为 X11.52 P0.30.40.3 X的均值E(X)=1×0.3+1.5×0.4+2×0.3=1.5(万元) 第3关（练思维宽度） 21.C解析：由题意得E(51)=0.2(x1+x2+x3+x4+x5),E(52)=0.2× (费5）02(. 22 2 2 故E(51)=E(52),记元=E(5)=E(52),则D(51)=0.2· [(x1-x)2+(x2-x)2+…+(x5-x)2]=0.2[(x+号+…+x+5x2) 2(x1+x2+3+x4+x5)=0.2(x好+x号+…+号-5)，同理D(52)= 2[(）+()+(作）-52]因为10≤ 4西0则（作…(）广 ,放()+(）++()++ 好+好 好，即得D(5)>D(52),D(51)与D(52)的大小关系与，x2,x, 4,x的取值无关故选C 22.证明：(1)因为P:=1,E(X)=x1P1+x2P2+…+xnP, 所以E(aX+b)=(ax1+b)p1+(ax2+b)p2+…+(axn+b)pn=(ax1P1+ ax2P2+…+ax Pn)+(bp1+bp2+…+bpn)=a(x1P1+x2P2+…+xnDn)+ b(p1+p2+...+pn)=aE(X)+6. (2)D(X)=[x1-E(X)]2P1+[x2-E(X)]2P2+…+[n 选择性必修第二册·SJ E(X)]2p=[-2xE(X)+E2(X)]p1+[-2x2E(X)+ E2(X)]p2+...+[x-2xE (X)+E2(X)]Pn =(p+++ xp)-[2E(X)x1P1+2E(X)x2P2++2E(X)xP]+E2(X)(pi+ P2+…pn)=含，-2B(X)(x1p1+P++,P.)+E2(X)= 善in-2E(x)+B(x)=吾n-E(X). 第3课时二项分布 第1关（练速度） 1.ABC解析：n重伯努利试验的条件：在相同条件下重复n次：每次 试验是相互独立的；每次试验只有两种结果.故只有D符合n重伯 努利试验.故选ABC 2.A解析：电灯泡使用时数在1000小时以上的概率为0.8,1个灯 泡在使用1000小时内坏了的概率为1-0.8=0.2，则3个灯泡在使 用1000小时内恰好坏了一个的概率为C×0.2×0.82=0.384.故 选A. 3.AC解析：由二进制数A的特点知，每一个数位上的数字只能填0 或1，且每个数位上的数字互不影响，故X的可能取值有0,1,2,3， 4,5,且X的取值表示1出现的次数，由二项分布的定义可得 x-(,2）放A正确故P(X=1=cx子（日）广品 故B错误：因为X~B(,）,所以B(X)=5x}=点 4=4,D(X)= 5x3x=5,故C正确，D错误故选AC 44161 方法总结 独立重复试验是指在相同条件下重复进行的，并且各次之间相互独 立的一种试验，每次试验都只有两种结果，并且在任何一次试验中， 事件发生的概率均相等，所以本题符合这个模型，只要明确，P,k的 意义，然后套用固定的概率公式求解即可. 4.C解析：设该射手射击命中的概率为P,两次射击命中的次数为 X,则X~B(2,P),由题可知，P(X=0)+P(X=1)= 即c(1 p)2+C2p(1-p)= 治解得p=子（负值合去）故选C 3 5D：由题意，知c×(兮)（）广=cx(）× 1）7--1 所以C=C+1,所以k+(k+1)=7,所以k=3.故选D. 2 6.A解析：依题意得X~B(3,0.9),因为3个投保人中，活过65岁的 人数为X,所以没活过65岁的人数为3-X,因此Y=100(3-x)+ 5X,即Y=300-95X(X=0,1,2,3),所以P(Y<200)=P(X=2)+ P(X=3)=C2×0.92×(1-0.9)+C×0.93=0.972.故选A 7.D解析：根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜， 则甲以4比2胜的版率为c×(仔）广×（传）户x号罗故 选D. 解析：由已知得P(传≤1)=P(5=0)+P(传=1)=(1-p)2+ 8.2 学霸50