假期必刷31 随机变量及其分布列、期望与方差-【快乐假期】2025-2026学年高二数学暑假必刷题

三0022 C号A?种方案，即满足小罗看《哪吒之魔童闹海》，且4人 中恰有两人看同一部电影，一共有CA十C号A?种方案， 所以所求概率P=CA十CAi=72.门 54 5.B[因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P= C号 C 10 21· 所以玉斯和天权玉少一装税速中的能率为1一费引] 6.B[皇帝将大夫、不更、簪袅、上造、公士这5人分成两组 (一组2人，一组3人)，派去两地执行公务，基本事件总 数=C号CA号=20，大夫、不更恰好在同一组包含的基本 事件个数m=CCA十C号CgC号A号=8，所以大夫、不更恰 好在同一组的概率为P一兴一品一号] 7.D[由题意知，-二局甲胜的概率为：2×0.6×0.5十 3×0.5×0.5=0.275, -三局甲胜的概率为：2×0.6X0.5X0.6+号×0,5X 0.5×0.6=0.165, 二三局甲胜的概率为：2×0.4X0.6×0.5+号×0.5× 0.6×0.5=0.135, 因此最终甲胜的概率为0.275+0.165+0.135=0.575.] 8.CD[对于A,若事件A、B不互斥，但是恰好P(A)=0.5, P(B)=0.5,满足P(A)+P(B)=1,但是A,B不是对立 事件，故A错误；对于B,由互斥事件的定义可知，事件 A、B互斥，但是A与B是互斥事件不成立.故B错误；对 于C,由相互独立事件的性质可知：若事件A与B是相互 独立事件，则A与B也是相互独立事件，故C正确；对于 D.因为事件A,B满足P(A)=号，P(B)=是P(AB)= 子所以P(AB)=P(AP(B,所以A,B相互独主.] 9.BD[C中，“2张卡片中至少一张为红色”包含事件“2张 卡片都为红色”，二者并非互斥，C不符合题意； A中“2张卡片不全为红色”与“2张卡片都为红色”是对 立事件，A不符合题意：只有B、D正确.] 10.ABC[由题意知A,B,C为互斥事件，故C正确；又因 为从100件中抽取产品符合古典概型的条件，所以P(B) =0PA)=品PO=别PAUB)=品放AB 正确；故D错误.门 11.解析：函数f(x)=a.x2-4b.x十1的图象的对称轴为x 2b,要使函教f(x)=ax2-4bx十1在区间[1，+∞)上单 调递增，当且仅当a>0且2≤1，即a≥2b且a>0. 若a=1,则b=一2，一1： 富二数类， 若a=2,则b=一2，-1,1； 若a=3,则b=一2，一1,1： 若a=4,则b=-2,-1,1,2: 若a=5,则b=-2,-1,1,2. ,∴.事件包含的基本事件的个数是2十3十3十4十4=16， 又所有基本事件的个数是6×6=36， :所求事件的频率为8号 答聚：号 12.解析：从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样 本点数为C3=8X7X6=56. 3×2 因为1+2+3+4+5+6十7+8=36， 所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片 上的数字之和相等， 则抽出的3张卡片上的数字之和应为18， 则抽出的3张卡片上的数字的组合有8,7,3或8,6,4或 7,6,5共3种， 所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本，点 个数共3个. 所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的 教字之和相等的概率为品 答案： 13.解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4, 6n,所以总数为15n, 所以甲盒中黑球个数为40%×5=2n,白球个数为3n: 乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n: 丙盒中黑球个数为50%×6n=3m,白球个数为3n: 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事 件A,所以P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05; 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B, 黑球总共有2n十n十3n=61个，白球共有9m个， 所以P(B)=5n 9n_3 5 答案：0.05 、3 假期必刷31 思维整合室 1.唯一的实数X() 2.X取每一个值x,的概率 3.p1十p2+…十pmn 4.(1)x1p1十x2p2十…十x;p:十…十xnpm平均水平 (2)2(x,-E(X)2p:√D(X万偏离程度 5.(1)aE(X)+b(2)a2D(X) 技能提升台 1.D[第一枚的点数减去第二枚的点数不小于5，即只能等 于5.] 飞受快乐医期 0M-= 2.B[由题意可知P(Y≥3)=P(X≥2) 对选项③：X的可能取值为1,2,3,4,5,6， =p0X-2)+nX=3)=名+g PX=D=GPX=2)=8×名：PX=8)= 5 3.C[“放回5个红球”表示前五次摸到黑球，第六次摸到 1 红球，故=6.] 5 4 4.A[由题意知(a+b)十(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)= 1,即10a+4b=1,又X的均值E(X)=3,则(a+b)+ 2(2a+b)+3(3a+b)+4(4a+b)=3,即30a十10b=3, pX-6)-×××号×1- 6 a=6=0 E(X)=日×1+2+3+4+5+6)=子，③正确， 1 a-b=10 答案：①②③ 11.解：(1)记事件A:为“该型号新能源汽车参加碰撞测试 5.B[X的可能取值为1,2,3,4，四种情形的数学期望 的得分为i分(i=1,3,5)”, E(X)=1×p1+2×p2+3×3+4×p4都为2.5，方差 D(X)=(1-E(X))2×1+(2-E(X))2×2+(3 则PA)=名PA)-日PA)=1-日号-合 E(X)2×p3十(4-E(X)2×p4,标准差为D(X). 记事件B,为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分 A选项的方差D(X)=0.65; 为i分(i=1,3,5)”, B选项的方差D(X)=1.85; 则P)-号，P()=号，PB)=1-号-号- C选项的方差D(X)=1.05; 记事件C为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次 D选项的方差D(X)=1.45. 为合格”， 可知选项B的情形对应样本的标准差最大.] P(C)=P(As B)+P(A3B)+P(A B5)+P(A Bs) 6.BD[由题表可知q=1-0.1-0.3-0.4=0.2, 则E(X)=0×0.1+1×0.2+2×0.3+3×0.4=2, =×+日×+×号+日×号-品 所以E(Y)=E(2X+1)=2E(X)+1=5.] 则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的 7.ABD[对于A中，由分布列的性质，可得0.2十n十十 0.1=1,解得m十n=0.7,所以A正确；对于B中，若m= 概率为品 0.3,可得n=0.4,则P(X>3)=P(X=4)+P(X=6)= (2)由题知离散型随机变量的所有可能取值分别为2， 0.5,故B正确；对于C中，由概率的定义知m0,n≥0，所以 4,6,8,10, C不正确；对于D中，由P(X=1)=0.2,P(X=6)=0.1,则 P=2)=6> P(X=1)=2P(X=6),所以D正确.] 8.解析：由分布列的性质可知a十b= 2,而a2+b2≥ P--号×+日×号-是 a》-(当且仅者。=6=}时，等号成在.所以 P=6)-×+×号+日×号- 2 5+3×5=0, 。2+b的最小值为日 P=8=×号+日号- 21 答案：日 P=10)=×号= 则离散型随机变量：的分布列为 9.解析：根据概率的性质可得0.1十u十0.2十0.3十0.1=1， 解得a=0.3, 2 4 6 8 10 所以E(X)=1×0.1+2×0.3+3×0.2+4×0.3+5× 3 0.1=3, 30 15 10 所以E(X-E(X)=E(X-3)=E(X)-3=0. 所以数学期望E()=2X+4X品十6X3+8X 答案：0 30 15 10 10,解折：对选项①：P(A)=名=，P(A)=号×号十 10x号 12.解：(1)设一份保单索赔次数为Y,则 (-)X号=故P(A1)=PA2.①正确： 60 C PY≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+PY=4)=1000 30 10 对选项②：P(A1|A2)= P(A1A2)C号2 P(A2) 1 ，②正确： 10001000=10%, .一份保单索赔次数不少于2的概率为10%. 122 三0022 高二数类 (2)(1)X的可能取值为0.4，-0.4，-1.2，-2，-2.6， 4.C[:函数f(x)=P(x≤≤x十1)为偶函数，则f(-x)》 则P(X=0.4)=1000 800 4 =f(x), 59 .P(-x≤≤-x+1)=P(x≤≤x+1), P(X=-0.4)=1000-10' 100 1 =1] 2 P(X=-1.2)=1000-50' 603 5.D「①从中随机地无放回摸出3个球，记白球的个数为 P(X=-2)=1000-100' 30 3 X1X的可能取值是01,23，则P(X1=0)-CC C0 P(X=-2.6)=1000100' 101 .P(X-D- clc Cio -p(X,=2=cC=3 2 Cio 10 ∴EX=04x号-04x0-1.2x品-2x品-2.6x0 P(X1=3)= CC8=,故随机变量X1的概率分布列为 C30 30 =0.32-0.04-0.072-0.06-0.026=0.122 0 2 3 (ⅱ)保单的保费调整后，无索赔保单的保费为0.384万 P 1 1 3 元，有索赔保单的保费为0.48万元. 2 1030 毛利润Y的可能取值为0.384，一0.32，一1.12，一1.92， 则数学期塑为E(X)=0×日+1×号+2×品+3× 1 1 -2.52, .6 此时EY=0.384×号-0.32×0-1.12×品-192 5 ×0-2.52×0=0.3072-0.0a2-00672-0.0576 方为DX)=(0-合)×日+(-)广×十 -0.0252=0.1252. (-)×+(-)×0- ∴.调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整 ②从中随机地有放回摸出3个球，则每次摸到白球的概 前的保单毛利润数学期望的估计值 假期必刷32 率为普号则X~B3号)} 思维整合室 故BX)=3X号=日DX)=3×号×(-号)2 1.P(A)P(B) 故E(X1)=E(X2),D(X1)<D(X2).] 2.(1)P(BIA)-P(AB) P(A) (2)(AB) P(A)P(BA) n(A) 6.BC[由题意得X~N(1.8,0.12), 3.(1)只包含两个可能结果n重伯努利试验 Y~N(2.1,0.12), (2)C☆p(1-p)”-kX~B(n,p) 故P(X>2)<P(X>μ十o)=1-P(X<4十)<0.2，故B 4.(1)pp(1-p)(2)npnp(1-p) 正确，A错误； 5.ChC P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5, C P(2<Y<2.1)=P(2.1<Y<2.2)=0.8413-0.5 6.(1)正态分布(2)x=4x=:(4)μ2 =0.3413, 技能提升台 P(Y>2)=P(2<Y<2.1)+P(Y≥2.1) 1.D[根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获奖乙没获 =0.3413十0.5=0.8413>0.8，故C正确，D错误.] 关或甲没放笑乙筑关，则所求概率是号×(1-一圣)十 7.ACD[从袋子中有放回地随机取球4次，则每次取球互 不影响，并且每次取到的黑球概率相等，又取到黑球记1 子×1-)] 分，取4次球的总分数，即为取到黑球的个数，所以随机 变量X服从二项分布， 2.D[袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每 次抽取1球，每次取到黄球的概率P=号“3次中拾有 即X~B(,号)故A正确： 2次抽到黄球的概率P=C号×（层）×(-)=酷] PX=2)=C(得)（付）-故B锈送 3.C[因为P(X=6)≥P(X=5),所以C号2(1-)3·p≥ 周为X~B(色，号)所以EX=4号-号戴C正： C21-p2p,解得p≤号，甲D的最大值为号.] 123三0022 富二数类， 贯即刻扫码 假期必刷31 随机变量及其分布列、期望与方差 A1伴学助手 字习信微以 了考点复习攻略 《思维整合室 A.第一枚6点，第二枚2点 1.离散型随机变量 B.第一枚5点，第二枚1点 ·般地，对于随机试验样本空间2中的每 C.第一枚1点，第二枚6点 个样本点，都有 与之对 D.第一枚6点，第二枚1点 应，我们称X为随机变量；可能取值为有限 2.已知P(X-i)=合(i=1,2,3),随机变量 个或可以一一 列举的随机变量称为离散型 Y=2X-1,则P(Y≥3)= ( 随机变量. 2.离散型随机变量的分布列 A日 B号 C. 一般地，设离散型随机变量X的可能取值 3.袋中装有10个红球、5个黑球.每次随机抽 为x1,x2,…,xm,我们称 取1个球后，若取得黑球则另换1个红球放 P(X=x,)=p,i=1,2,…,n为X的概率 回袋中，直到取到红球为止.若抽取的次数为 分布列，简称分布列： ,则表示“放回5个红球”事件的是() 3.离散型随机变量的分布列的性质 A.=4 B.e=5C.e=6 D.5 ①p≥0(i=1,2,…,n); 4.设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3， ② =1. 4,P(X=k)=ak+b,若X的均值为E(X) 4.离散型随机变量的均值与方差 =3,则a一b等于 () 若离散型随机变量X的分布列为 A.1o B.0 C.-10 … 5.在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别 P P P2 Pi 为力pp力，且空p,=1,则下面四种情形 (1)均值 中，对应样本的标准差最大的一组是( 称E(X)= xp:为 A,p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 =1 随机变量X的均值或数学期望.它反映了 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 离散型随机变量取值的 C.p1=p=0.2,p2=p3=0.3 (2)方差 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 称D(X)=(x1-E(X)21+（x2 6.(多选)(2025·宁波质检)设离散型随机变 E(X))22+.+(-E(X))2p= 量X的分布列为 为随机变量X的方差，并称 X 1 2 为随机变量X的标准差，记为 σ(X),它们都可以度量随机变量取值与其 P 0.1 90.30.4 均值的 若离散型随机变量Y满足Y=2X十1，则 5.均值与方差的性质 ( (1)E(aX+b)= A.q=0.3 B.q=0.2 (2)D(aX+b)= (a,b为常数). C.E(Y)=5.1 D.E(Y)=5 《技能提升台 7.(多选)已知离散型随机变量X的分布列为 1.抛掷两枚骰子一次，记第一枚骰子掷出的点 X 1 2 6 数与第二枚骰子掷出的点数之差为，则 P 0.2 m n 0.1 “≥5”表示的试验结果是 则下列选项正确的是 63 飞学快乐假朗 900 A.m+n=0.7 (1)求该型号新能源汽车参加两项测试仅 B.若m=0.3,则P(X>3)=0.5 有一次为合格的概率； C.若m=0.9,则n=-0.2 (2)求离散型随机变量的分布列与期望. D.P(X=1)=2P(X=6) 8.若随机变量X的分布列如下表所示，则 a2+b的最小值为 X 0 1 2 3 6 9.随机变量X的分布列如下表所示，其中 E(X)为X的数学期望，则E(X一E(X))= 12.(2024·北京卷)某保险公司为了解该公司 X 2 3 某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限 P 0.1a0.20.30.1 届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理 10.(2025·浙江模拟预测)在一次抽奖活动 这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 中，某同学在标有“1”，“1”，“4”，“5”，“1”， 赔偿次数 0 1 2 3 “4”的六张卡片中依次不放回地抽取一张 保单份数 800 100 60 30 10 卡片，直到抽完全部卡片.记事件A,(i=1, 2,3)表示第i次抽到标号为“1”的卡片，X 假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次 表示抽到标号为“5”的卡片需要的次数.则 索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四 下列说法正确的是 (填标号). 次索赔时，保险公司赔偿0.6万元. ①P(A)=P(A:②PAA:)=号： 假设不同保单的索赔次数相互独立.用频 率估计概率。 @E(X0- (1)估计一份保单索赔次数不少于2的 概率； 11.2024年12月11日至12日中央经济工作 (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的 会议在北京举行，会议再次强调要提振新 保费与赔偿总金额之差， 能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从 (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的 “汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路 数学期望E(X); 我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成 (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%， 品车要经过多项检测，检测合格后方可销 有索赔的保单的保费增加20%，试比较这 售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试 种情况下一份保单毛利润的数学期望估计 和续航测试，测试的结果只有三种等次：优 值与（ⅰ）中EX估计值的大小.（结论不要 秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3 求证明) 分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰 撞测试中结果为优秀的概率为？，良好的 概率为了：在续航测试中结果为优秀的概 率为，良好的概率为号，两项测试相互独 立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试 得分之和记为 64