专题突破练15 随机变量及其分布（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

**基本信息** 聚焦随机变量及其分布，以基础概念→数字特征→分布模型→创新应用为逻辑链，通过分层训练实现从知识夯实到素养提升的递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |必备知识夯实练|8题|基础概念辨析与计算，含二项分布、正态分布、期望方差基本公式应用|从分布列定义出发，构建“概念→数字特征→简单分布”认知链| |关键能力提升练|3题|综合应用与跨模块结合，涉及正态分布对称性、二项分布性质、实际情境建模|深化“分布模型→性质应用→实际问题转化”逻辑，强化数学推理与运算| |核心素养创新练|1题|创新方法应用（微分恒等式法），结合无限次试验情境|拓展“有限到无限”思维，体现数学抽象与模型意识，培养创新思维|

专题突破练15　随机变量及其分布 必备知识夯实练 1.(2025福建福州三模)已知随机变量X~B(n,),若E(X)=2,则P(X=2)=(　　) A. B. C. D. 2.(2025河北唐山一模)随机变量X~N(μ,σ2),σ>0.若P(X<μ+σ)=p,则P(μ-σ<X<μ+σ)=(　　) A.1-p B.2-2p C.p- D.2p-1 3.(多选题)(2025广东清远模拟)离散型随机变量X的分布列如下: X 1 2 3 4 P m 0.3 n 0.2 若E(X)=2.7,则下列结论正确的是(　　) A.m+n=0.5 B.E(3X-1)=7.1 C.D(X)=0.81 D.P(X>2)=0.5 4.(多选题)(2025湖南长沙模拟)盒中有3个球,其中1个红球,2个黄球.从盒中随机不放回地取球,每次取1个,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,E(ξ),D(ξ)分别为随机变量ξ的均值与方差,则下列结论正确的是(　　) A.P(ξ=0)= B.E(ξ)=1 C.E(3ξ+1)=3 D.D(3ξ+1)=6 5.(多选题)(2025江苏苏州模拟)随机变量X的分布列如下表,随机变量Y~B(3,).设Z=XY,P(Z=0)=,且X与Y相互独立,则下列说法正确的是(　　) X a 1 P p 1-p A.p= B.p= C.a=0 D.E(Z)= 6.(2025河南郑州一模)统计学中通常认为服从正态分布N(μ,σ2)的随机变量X只取(μ-3σ,μ+3σ)中的值.假设某厂生产的包装盒的厚度(单位:mm)X~N(10,σ2),某天检测员随机抽取了一个包装盒,测得其厚度不小于16 mm,他立即判断生产出现了异常,由此可知σ的最大值为　　　　　.  7.(2025安徽黄山模拟)切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫在研究统计规律时发现的,其内容是:对于任一随机变量X,若其数学期望E(X)和方差D(X)均存在,则对任意正实数ε,有P(|X-E(X)|<ε)≥1-.根据该不等式可以对事件|X-E(X)|<ε的概率作出估计.现抛掷一枚骰子,当出现5点或6点时,就说这次试验成功,在n次抛掷中,记成功次数为X,为了至少有98%的把握使试验成功的频率在区间()内,估计抛掷的次数n的最小值为　　　　　.  8.(2025山东潍坊模拟)一个点从数轴的原点开始运动,通过投掷骰子决定运动方向:若出现1,4时,向负方向移动1个单位长度;若出现2,3,5,6时,向正方向移动2个单位长度.投掷1次骰子,该点位置的均值为　　　　　.投掷6次骰子后,概率大于的点的位置存在的最小区间为　　　　　. 关键能力提升练 9.(多选题)(2025广东深圳二模)随机变量X,Y分别服从正态分布和二项分布,且X~N(3,1),Y~B(6,),则(　　) A.E(X)=E(Y) B.D(X)=D(Y) C.P(X≤1)=P(X≥5) D.P(Y≤3)>P(X≥4) 10.(2025广东惠州模拟)有2n个人围坐在一个圆桌边上,每人都越过桌面与另外一人握手,若要求所有人握手时手臂互不交叉,例如n=2时,一共有4个人,以1,2,3,4表示,握手两人用一条线连接,共有2种方式,如图所示.记一次握手中,共有Y对相邻的两人握手,当n=4时,Y的数学期望E(Y)=　　　　　.  11.(15分)(2025上海普陀二模)某区为推进教育数字化转型,通过聚合区域学校的教育资源,依托AI技术搭建了区域智慧题库系统,形成了“A通识过关—B综合拓展—C创新提升”三层动态原库,且A,B,C三层题量之比为7∶3∶2,设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同. (1)现有4人参加一项比赛,若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答,求这4人中至少有2人的选题来自B层的概率; (2)现采用分层随机抽样的方法,使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷,若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编,记该老师选到A层题的题数为X,求X的分布列与数学期望E(X). 核心素养创新练 12.(17分)(2025湖北新八校联考)我们将借助导数求随机变量的期望和方差的方法称为微分恒等式法,微分恒等式法既可以用于实验次数有限的情况,也可以用于实验次数无限的情况.微分恒等式法的一个应用案例如下: 关于x的恒等式满足x+(1-x)x+(1-x)2x+…+(1-x)k-1x+…=1, 对等式两边求导可得1-x+(1-x)-2(1-x)x+(1-x)2+…-(k-1)(1-x)k-1x+(1-x)k-1+…=0. 移项得1+(1-x)+(1-x)2+…+(1-x)k-1+…=x+2(1-x)x+…+(k-1)(1-x)k-1x+…. 某校师生在操场上欢庆元旦,其中有一项套圈活动备受欢迎,活动规则为每人累计k(k∈N*)次未套中时则停止套圈,否则可以继续套圈.若每人每次套中的概率为p(0<p<1),且每次套中与否互不影响,每次套中后积1分,将每位参与活动的师生所得积分记为随机变量X. (1)若k=1,p=,求X=3的概率; (2)求X=0,X=1,X=n(n∈N)的概率,并写出随机变量X的分布列; (3)用微分恒等式法求随机变量X的数学期望E(X),并据此估计当k=3,p=0.75时每位参与该项活动的师生的积分. 答案： 1.B　解析 因为X~B(n,), 所以E(X)=n=2, 解得n=4, 所以P(X=2)=)4= 故选B. 2.D　解析 因为X~N(μ,σ2),σ>0且P(X<μ+σ)=p,所以P(X≥μ+σ)=1-p,根据正态分布曲线的对称性,可得P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ)=1-p,所以P(μ-σ<X<μ+σ)=1-P(X≤μ-σ)-P(X≥μ+σ)=1-2(1-p)=2p-1.故选D. 3.ABC　解析 由题设m+n+0.5=1,则m+n=0.5,故A正确;由E(X)=m+0.6+3n+0.8=2.7,则m+3n=1.3,联立m+n=0.5,所以m=0.1,n=0.4,则P(X>2)=P(X=3)+P(X=4)=0.4+0.2=0.6,故D错误;E(3X-1)=3E(X)-1=8.1-1=7.1,故B正确;D(X)=(1-2.7)2×0.1+(2-2.7)2×0.3+(3-2.7)2×0.4+(4-2.7)2×0.2=0.81,故C正确.故选ABC. 4.ABD　解析 ξ=0表示停止取球时没有取到黄球,所以P(ξ=0)=,故A正确; 又随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2,则P(ξ=1)=, P(ξ=2)=,故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 所以E(ξ)=0+1+2=1,故B正确; 由E(3ξ+1)=3E(ξ)+1=3×1+1=4,故C错误; D(ξ)=(0-1)2+(1-1)2+(2-1)2=,D(3ξ+1)=9×D(ξ)=6,故D正确.故选ABD. 5.BC　解析 由Y~B(3,),故P(Y=0)=)0()3=, P(Y=1)=()2=, P(Y=2)=()2, P(Y=3)=()3=, 当a≠0时,Z=XY=0,即P(X=a,Y=0)+P(X=1,Y=0)=p+(1-p)=, 当a=0时,Z=XY=0,即P(X=0)+P(X=1,Y=0)=p+(1-p)=,解得p=,故A错误,B,C正确; Z的可能取值为0,1,2,3,P(Z=0)=,P(Z=1)=P(X=1,Y=1)=,P(Z=2)=P(X=1,Y=2)=,P(Z=3)=P(X=1,Y=3)=, 故E(Z)=0+1+2+3,故D错误.故选BC. 6.2　解析 由题可知10+3σ≤16,解得σ≤2,故σ的最大值为2. 7.400　解析 由题意知,成功次数X~B(n,),所以E(X)=,D(X)=n,要使,则<X<,即-<X-,即|X-|<,由切比雪夫不等式P(|X-|<)≥1-,知至少有98%的把握使试验成功的频率在区间()内,则1-0.98,解得n≥400,所以抛掷的次数n的最小值为400. 8.1　[3,9]　解析 设投掷1次时的位置值为X,易知X的可能取值有-1,2,则P(X=-1)=,P(X=2)=,则X的分布列为 X -1 2 P 则均值为E(X)=(-1)+2=1. 设投掷6次时的位置值为Y,则Y的可能取值有-6,-3,0,3,6,9,12, 则P(Y=-6)=()6×()0=,P(Y=-3)=()5×()1=, P(Y=0)=()4×()2=,P(Y=3)=()3×()3=,P(Y=6)=()2×()4=, P(Y=9)=()1×()5=,P(Y=12)=()0×()6=, 则P(Y=6)>P(Y=9)>P(Y=3)>P(Y=12)>P(Y=0)>P(Y=-3)>P(Y=-6), 且P(Y=6)+P(Y=9)=, P(Y=6)+P(Y=9)+P(Y=3)=, 所以概率大于的点的位置存在的最小区间为[3,9]. 9.ACD　解析 对于正态分布X~N(3,1),可得其期望E(X)=3,D(X)=1,对于二项分布Y~B(6,),可得E(Y)=6=3,D(Y)=6,所以E(X)=E(Y),D(X)<D(Y),故A正确,B错误;由于正态分布具有对称性,由X~N(3,1),可得P(X≤1)=P(X≥5),故C正确;对于Y~B(6,),可得P(Y≤3)=)0·(1-)6+)1·(1-)5+)2·(1-)4+)3·(1-)3=()()6=,所以P(X≥4)<P(X≥3)=,所以P(Y≤3)>P(X≥4),故D正确.故选ACD. 10　解析 当n=3时,按顺时针方向把人标记为1,2,3,4,5,6,用(i,j)表示i和j握手. 若1和2握手,共有两种方法:(3,4),(5,6)和(3,6),(4,5),若1和6握手,共有两种方法:(2,3),(4,5)和(3,4),(2,5),若1和4握手,共有1种方法:(2,3),(5,6),所以一共有5种方法. 当n=4时,若1和2握手,剩下6个人,情况同n=3,共5种方法,若1和8握手,剩下6个人,情况同n=3,共5种方法, 若1和4握手,则2和3握手,5,6,7,8之间握手情况同n=2,共2种方法,从而有1×2=2种方法, 若1和6握手,由对称性,情况同1和4握手,共2种方法,所以一共有5+5+2+2=14种方法. 其中,共2种方法使得Y=4(相邻两人按顺时针或逆时针方向依次握手),P(Y=4)=,共4种方法使得Y=2(类似(1,6),(2,5),(3,4),(7,8)等),P(Y=2)=,共8种方法使得Y=3(类似(1,4),(2,3),(5,6),(7,8)等),P(Y=3)=,Y的分布列为 Y 2 3 4 P 故E(Y)=2+3+4故答案为 11.解 (1)因为A,B,C三层题量之比为7∶3∶2,所以在B层选题的概率为,不在B层选题的概率为1-,设至少2人的选题来自B层的概率为P,从B层选题数量为X1,由题意得X1~B(4,),而二项分布概率公式为P(X1=k)=)k()n-k,则至少2人的选题来自B层的概率为P(X1=2)+P(X1=3)+P(X1=4),故P=)2()2+)3()+)4= (2)因为A,B,C三层题量之比为7∶3∶2,所以在A层最多抽到7道,且X可取0,1,2,3,则P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=, 其分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)=0+1+2+3 12.解 (1)若k=1,则X=3表示总共套了4次,其中前3次套中,第4次没有套中,因此概率为P(X=3)=(1-)3 (2)X=0表示总共套了k次,其中前k次均没有套中, 因此概率为P(X=0)=p0·(1-p)k=p0·(1-p)k,X=1表示总共套了1+k次,其中前k次中套中了1次,第1+k次没有套中,因此概率为P(X=1)=p1·(1-p)k,…… X=n表示总共套了n+k次,其中前n+k-1次中套中了n次,第n+k次没有套中, 因此概率为P(X=n)=pn·(1-p)k,…… 因而分布列为 X 0 1 … n … P p0·(1-p)k p1·(1-p)k … pn·(1-p)k … (3)由(2)可得,E(X)=pn·(1-p)k,由于分布列的概率和为1,即pn·(1-p)k=1,等式关于p恒成立,两边求导得npn-1·(1-p)k-kpn·(1-p)k-1]=0,分组求和可得pn-1·(1-p)k-pn·(1-p)k-1=0,移项得pn-1·(1-p)k=pn·(1-p)k-1,变形得pn·(1-p)k=pn·(1-p)k,注意到E(X)=pn·(1-p)k,pn·(1-p)k=1,代入上式得E(X)= 当k=3,p=0.75时,E(X)==9,因此估计每位参与该项活动的师生的积分为9. 4 学科网（北京）股份有限公司 $