第37期 离散型随机变量及其分布列-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版）

17.(15分)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中， 18.(17分)某商场举了一场赢取吉祥物挂件的“双人对战”游 19.(17分)开启某款保险柜需输入四位密码u12a3x,其中 部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.2，各部件的状态相互 戏，游戏规则如下：参与对战的双方每次从装有3个白球和2个黑球 aa2a?为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0~9中的 独立 (这5个球仅颜色不同)的盒子中轮流不放回地摸出1球，摸到最后1 一个整数)，x,是根据开启时收到的动态校验钥匙s(s为1~5中的 (1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的 个黑球或能判断出哪一方获得最后1个黑球时游戏结束，得到最后1 一个随机整数)计算得到的动态校验码.x,的具体计算方式：x,是M 概率； 个黑球的一方获胜.设游戏结束时对战双方摸球的总次数为X. =a1·s3+a2·s2+a3·s的个位数字.例如：若静态密码为301，动态 (2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X,求随机 (1)求随机变量X的分布列； 校验钥匙s=2,则M=3×23+0×22+1×2=26,从而动态校验 变量X的分布列， (2)求先摸球的一方获胜的概率，并判断这场游戏是否公平 码：2=6，进而得到四位开柜密码为3016. (1)若用户最终得到的四位开柜密码为2024，求所有可能的动 态校验钥匙s; (2)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙s=5, 求动态校验码x,的分布列 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步核心素养测评 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步核心素养测评 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 装理极 2026年4月6日·星期- 报纸发行质量反馈电话： 第 37期总第1181期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 张桂梅： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F)邮发代号：21-289 用生命撑起 由课本所给离散型随机变量的概率分布列 例2袋中装着标有数字1,2,3,4,5的小球 山区女孩的希望 方法指 的定义，我们得出求离散型随机变量分布列的各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大 张桂梅，一位平凡 而伟大的教育工作者 问题有如下步骤： 数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相 如何求分布列 她用自己的一生诠释了 (1)考虑随机变量的所有可能取值； 等.用X表示取出的3个小球上的最大数字，求： 对教育事业的热爱和对 (2)求出与这些可能取值等价事件的概率； (1)随机变量X的概率分布列； O山西赵鸿斌 山区女孩的无私奉献。 张桂梅扎根边疆教 (3)写出分布列： (2)计分介于20分到40分之间的概率. 例3从一批有10个合格品和3个次品的产 一线40余年，默默耕 (4)根据分布列解决其他问题， 解析：(1)由题意X的可能取值为2,3,4,5， 品中，一件一件地抽取产品，设各个产品被抽到 耘、无私奉献，为了改变 例1某运动员射击一次所得环数X的分布 的可能性相同.每次取出一件产品后，总有另外 贫困地区女孩失学辍学 则P(X=2)= c+cg-0 C。 的一件同样的合格品被放回此批产品中，求出 现状，在党和政府以及 列为 直到取出合格品为止所需抽取次数Z的概率分 社会各界的帮助下，推 CC+CIC2 6 9 10 P(X=3)= 、2 动创建了全国第一所免 Cio 15 布列 费招收贫困女生的高 0 0.2 0.3 0.3 0.2 解析：Z的可能取值为1,2,3,4， 一华坪女子高级中 P(X=4)= C2C2+CoC2 3 学。建校以来，已帮助 现进行两次射击，以该运动员两次射击中的 Cio Γ10 P(Z=1)=10 3 1800多位女孩走出大山 走进大学，用知识改变 最高环数作为他的成绩，记为Y,求Y的分布列 P(X=5)= c+cg-音 P2=2)=音×器 贫困山区女孩命运，用 解析：Y的可能取值为7,8,9,10，则 Cio 所以随机变量X的概率分布列为 3 212 72 散育阻断贫困代际传 P(Y=7)=0.2×0.2=0.04, P(Z=3)=×5×5=2197 P(Y=8)=2×0.2×0.3+0.32=0.21. X 2 3 4 5 3 2 1 她身患多种疾病 13 6 却常常不顾自己的身 P(Y=9)=2×0.2×0.3+2×0.3×0.3 P(Z=4)=3×15×3×3=2197 体，超负荷地工作，将自 +0.32=0.39, 30 15 10 15 所以Z的分布列为 己的工资大部分都用于 援助困难学生，为没有 P(Y=10)=2×0.2×0.2+2×0.3×0.2 (2)“一次取球所得计分介于20分到40分 学费的学生垫付学费， +2×0.3×0.2+0.22=0.36 之间”的事件记为A,则 10 33 72 6 给孩子们看病、添置衣 所以Y的分布列为 13 169 2197 2197 物，像母亲一样关爱着 P(A)=P(2<X<5) 每一个学生，被孩子们 7 9 10 =P(X=3)+P(X=4) 温馨提示：同学们在求出题目所要求的分 亲切地称为“张妈妈” 13 布列后，再考虑一下，它是否满足P1+P2+…+ 为了让家长了解学 0.040.210.390.36 15 D。=1,以防分布列出现遗漏. 生在校情况，她踏上了 长达10多年的家访之 离散型随机变量的分布列每年必考，有关 专题辅导 路，足迹遍布各县偏 分布列的性质与应用更是考查的重点.本文举 村寨，行程5万多公里 翻山越岭、跋山涉水，走 例说明分布列的性质在解题中的应用，供同学 活用分布列的性质解题 遍了800多个贫困学生 们参考 家庭 例1已知离散型随机变量X的分布列为 山西马俊燕 张桂梅不仅是一位 例3离散型随机变量X的分布列为P(X= 例5有一公用电话亭，在观察使用这个电话 优秀的教育工作者，还 X 2 的人流量时，设在某一时刻，有n个人正在使用电 是一位充满爱心的社会 =kk+6为常数，k=12,34,则e= 工作者，她义务担任华 P 2k 3k nk 话或等待使用的概率为P(n),且与时刻t无关，统 坪“儿童之家”福利院院 ,<X<) 长，把人间最伟大的母 求常数k的值 解析：根据离散型随机变量分布列的性质， 解析：由分布列的性质， 计得到P(n)= (）广·P0)0≤n≤5那么 爱献给了那些失去父母 而需要帮助的孩子们。 得k+2k+…+nk=1. n≥6， 她坚韧纯粹、甘当 得12+23+3女4+45=1. 在某一时刻，这个电话亭一个人也没有的概率 人梯，用爱心和智慧点 所以1m）n=1, 2 亮万千乡村女孩的人生 =1.P(0)的值为 梦想，展现了当代人民 教师的高尚师德和责任 解得k=n(n+1 2 所以c…1-)=1,解得c= 解析：由P(O)+P(1)+P(2)+P(3)+P(4) .1 担当。她获得了全国师 例2设随机变量X的分布列为P(X=k) +P(5)=1得P0)1++子+g+6+) 德标兵、全国十大女杰 全国先进工作者、感动 =a(兮)(k=1,2…,m）,求实数a的值 所以P叫行<I<) =1,由此可得P(0)= 32 中国2020年度人物、七 =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3) 一勋章等多项荣誉，但 解析：由题意得P(X=）=了 1 例6下列表中能成为随机变量X的分布列 她始终不忘初心，坚守 在教育一线，为山区女 PX=2》=(兮， 的是 孩的未来默默付出 例4已知离散型随机变量X的分布列如下 A) 张桂梅的事迹激励 表所示，据此求出常数c 着我们，在追求梦想的 道路上，要勇于担当，无 P(X=m)=(3)a 0 1 私奉献，用自己的力量 0.3 0.4 0.4 由分布列的性质可得 9c2-c 3-8 去帮助他人，为社会的 进步贡献自己的一份力 a(兮+京++宁=1 解析：根据离散型随机变量分布列的两条 B 基本性质可得如下方程组 0≤9c2-c≤1， 1 =1,解得a=2·3 3m-1 0≤3-8c≤1， 解得c= 0.3 0.7 0.1 1- 9c2-c+3-8c=1, (下转第2版) 2 素养专练 数理招 (D) 专项小练 离散型随机变量及其分布列 X123 (上接第1版) (C) 1.已知X服从两点分布，若P(X=0)= P 1g1 1g2 1g5 1 0 1 0.48,则P(X=1)= () 4.设随机变量X的分布列为P(X=k)= P 0.3 0.40.3 (A)0.48(B)0.52(C)0.24(D)0.26 2.在一次比赛中，需回答三个问题，比赛规+1k=0,1,2,3,则c= (D) 定：每题回答正确得100分，回答不正确得-100 5.已知随机变量X的分布列为P(X=k)= 分，则选手甲回答这三个问题的总得分X的所有可 2,k=1,2,3,…,则P(1<X≤3)= P 0.30.40.4 能取值的个数是 (A)1(B)2 (C)3 (D)4 6.盒子中有5支白粉笔，6支红粉笔，从中任抽 解析：对于选项(A)和(D),由于0.3+0.4 3.(多选)下列能成为离散型随机变量X的分 两支粉笔，记X= 0,两支全红， 求X的分布列. +0.4=1.1>1,不满足分布列的基本性质∑P: 布列的是 1,两支非全红 =1,故不能成为随机变量X的分布列.对于选项 (A) -20 2 3 (B),由于X=3时，对应的概率P(X=3)= P0.40.20.30.1 -0.1,不满足分布列的基本性质P:≥0(i=1,2, …,n),故不能成为随机变量X的分布列，对于选 项(C),0.3+0.4+0.3=1,可以成为随机变量X B) X 0 1 2 的分布列故选(C). 0.60.150.25 解题通法：(1)利用分布列的性质可以检验 分布列的正确性：(2)利用分布列的性质，可求分 布列中相关变量的取值或随机变量取某个值的 (C) 1 2 3 概率；(3)利用“离散型随机变量在某一范围内 数理报社试题研究中心 取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率 3 3 3 参考答案见下期 之和”求某些特定事件的概率。 16.解：(1)设A表示事件“该续保人本年度的保费高 第36期1版参考答案 R=PB1A)=-=08 40 于基本保费”，则事件A发生即一年内出险次数大于1， P(A) 专项小练一 故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. 2)证明=- 1.C:2B:3.BcD.4子；5号 (2)设B表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费 1-P(AB)-P(A B) 高出60%以上”，则事件B发生即一年内出险次数大于3， =1-1==1- 1-p 专项小练二 -P(A)P(B)-P(A)P(B) 故P(B)=0.1+0.05=0.15. 1.C;2.C. 易知P(AB)=P(B), 要期k=1品、 3.解：设B表示汽车中途停车修理， 故刷)提-兴8-器品 需证明1-P(AB)-P(AB) 0+R-20R A,表示公路上经过的汽车是货车， 1-P(A)P(B)-P(A)P(B)Q+R-2P(AB) A2表示公路上经过的汽车是客车， C 等式右边 17.解：(1)P(A)= 则根据题意得P4,)=子，P()=子 Q+R-20R Q+R-2P(AB) P(B1A)=0.002,P(B1A2)=0.001, =P(AIB)+P(BI A)-2P(AI B)P(BI A) 所以由全概率公式得 P(AI B)+P(BI A)-2P(AB) 3×2.1 P(B)=P(A)·P(BIA)+P(A2)·P(BIA2) P(AB)=0x9=5 PAB+PAB-2×P(AD)P(AB) =P(B) P(A) P(B) P(A) =号×002+子×0.01=0 1 P(B) 份·- 即该公路上行驶的汽车停车修理的凝率为0 9 P(A)+P(B)-2P(AB) (2)因为P(AB)=5≠P(A)P(B)=0, =P(A)+P(B)-2P(A)P(B) 第36期3,4版参考答案 所以事件A与B不相互独立. 等式左边： 18.解：设A,表示“第i台车床加工的零件”(i=1,2), 因为P(AUB)=1-P(AB) 一、单项选择题 B表示“出现废品”，C表示“出现合格品” P(A)+P(B)-P(AB). 1 ~4 CACD 5 ~8 BBDA (1)P(C)=P(A C UAC)=P(A C)+P(A,C) 所以一 1-P(AB)-P(AB) 二、多项选择题 1-P(A)P(B)-P(A)P(B) =P(A)P(CI A)+P(A)P(CI A2) 9.BC:10.ABC:11.ABD. P(A)+P(B)-2P(AB) 三、填空题 =号×(1-0.03)+分×(1-0.02) 1-P(A)P(B)-[1-P(A)][1-P(B)] P(A)+P(B)-2P(AB) 12石；13.；148 得 -P(A)+P(B)-2P(A)P(B) 等式左右两边相等，因此 四、解答题 (2)P(A2IB) Q+R-20R 15.解：(1)由题意得2” n(n-1) =n+3m+2=0 =P(4,B) P(A)P(BIA2) k=1-Q4R-2PAB成立. P(B)=P(AD)P(BI A)+P(A)P(BI A.) (3)解：由(2)得k=1- 解得n=2(负值舍去). 号×0.02 0.625+0.8-2×0625×08=0.32, (2)记“一个的标号是1”为事件A, =0.25 0.625+0.8-2×0.4 “另一个的标号也是1”为事件B, 号×003+分×0.02 因为0.2<0.32<0.6， 所以P(B1A)=n(1nB)=C。1 所以(1)中机器人的检测效果 n(A)C-7 19D解：0=P41-骨-粉=06， -般 8.设随机变量X的分布列如下表所示，其中a1,a2,…,a构成等 中任取3个球，记X为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随 离散型随机变量及其分布列 差数列，则a·a的 机变量X=2的概率是 四、解答题：本题共5小题，共77分 同步核心素养测评 15.(13分)已知随机变量X的分布列如下表，求随机变量的 ⊙数理报社试题研究中心 分布列 第I卷选择题（共58分) (A)最大值为5 (B)最大值为) -1 0 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 (C)最小值为3 (D最小值为) 6 1.下列选项中的X不是离散型随机变量的是 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (A)某机场候机室中一天的游客数量为X 9.已知随机变量X的分布列为P(X=-1)=a,P(X=0)=b, (B)某寻呼台一天内收到的寻呼次数为X P(X=1)=c,其中a,b,c成等差数列，则c可以为 高中 (C)某人在车站等出租车的时间为X (D)某立交桥一天经过的车辆数为X (0 c房 (D 摯 2.已知X服从两点分布，若P(X=0)=5P(X=1),则P(X= 10.一盒中有7个乒乓球，其中5个未使用过，2个已使用过.现 选 1)= ( 从盒子中任取3个球来用，用完后再装回盒中.记盒中已使用过的球 耀 (D号 的个数为X,则下列结论正确的是 ( (B号 (A)X的所有可能取值是3,4,5(B)X最有可能的取值是5 必修第三册 3.已知离散型随机变量X的分布列为P(X=0)=0.36,P(X (C)X等于3的概率为 (D)X等于4的概率为 =1)=1-2g,P(X=2)=g2,则常数g的值是 ( 教 (A)0.1 (B)0.2 (C)0.3 (D)0.4 11.设X为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两 条，当两条棱相交时，X=0;当两条棱平行时，X的值为两条棱之间 A 4.设随机变量X等可能取值为1,2,3，…，n(n∈N),如果P(X 的距离；当两条棱异面时，X=1,则随机变量X的取值对应的概率正 16.（15分)设离散型随机变量X的分布列为 版 <5)=子，那么 ( 确的是 ( 1 2 3 4 核 (A)n=6 (B)n=12 (C)n=15 (D)n=18 (A)P(X=0)= 4 (B)P(X=2)=i P 0.20.10.10.3 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步核心素养测评 5.随机变量X的分布列如下表，则当P(X<α)=0.7时，实数 素养测评 (cP(X=1)=8 (D)P(X=2)=2 .1 (1)求刀=1X-11的分布列： a的取值范围是 ( (2)求P(1<2X+1<9). X -2 -1 0 1 2 3 0.1 0.20.10.30.10.2 第Ⅱ卷非选择题（共92分） (A)(-∞，2](B)[1,2 (C)(1,2] (D)(1,2) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 6.我国古代珠算算具算盘每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁 12.甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共 隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任 下三局.用X表示甲的得分，则{X=3表示的可能结果为 取3颗，记上珠的个数为X,则P(X≤1)= ( (9 (c多 (D)另 13.一袋中装有4个白球和2个红球，现从袋中往外取球，每次 7.已知离散型随机变量X的分布列服从两点分布，且P(X=0) 任取一个不放回，取出后记下颜色，若为红色停止，若为白色则继续 =3-4P(X=1)=a,则a= ( 抽取，停止时从袋中抽取的白球的个数为随机变量X,则P(X≤2) (a号 (B (C) 1 4 (D)3 14.某盒中有12个大小相同的球，分别标号为1,2，…，12，从盒高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 发理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期(2026年4月) 6.由题意得X的所有可能取值为0,1,2， 第37期2版 则P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1) 专项小练 1.B:2D:3ABD.4号：5 7.因为X的分布列服从两点分布， 6.解：显然X服从两点分布. 所以P(X=0)+P(X=1)=1. 3 P(X=0)== 因为P(X=0)=3-4P(X=1)=a, 所以P(X=0)=3-4[1-P(X=0)], P(X=1)=1- 8 所以P(X-0)=,所以a=号 所以X的分布列为 8.因为a1,a2,…,a5构成等差数列， X 0 1 所以a1+a2+a3+a4+a5 8 =(a1+a5）+(a2+a4）+a3 11 11 =5a3=1, 第37期3,4版 1 2 解得a=5,所以a+a=2a=亏， 离散型随机变量及其分布列同步核心素养测评 易知a1≥0，a5≥0， 一、单项选择题 1 ~4 CABB 5 ~8 CADA 所以a≤（色）= 提示： 当组仅当4=4，=了时，等号成立 1.(A)(B)(D)中的随机变量X的可能取值都可以按一定 次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；(C)中的X无 所以a1·a的最大值为25 法按一定次序一一列出，故X不是离散型随机变量，故选(C). 二、多项选择题 2.由题意得 9.ABC;10.AC;11.ABC. P(X=0)+P(X=1)=6P(X=1)=1, 提示： 则PX=)=6 9.由题可得a+b+c=1, 且a,b,c∈[0,1]. ① 3.由题意得0.36+1-2q+g2=1, 又因为a,b,c成等差数列， 解得q=0.2或q=1.8(舍去). 所以2b=a+c, ② 4.由题意得P(X<5) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) 联立①②得b= 3,a+c2 2 n 所以0≤c≤3， 解得n=12. 113 5.由题可得P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3, 所以c可以为3,25 P(X<1)=0.4,P(X<2)=0.7, 故选(A)(B)(C). 则当P(X<a)=0.7时， 10.记未使用过的乒乓球为M,已使用过的为N,任取3个 实数a的取值范围是(1,2]. 球的所有可能结果是1个M球和2个N球，2个M球和1个V 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 球，3个M球 除3余1的有1,4,7,10： M球使用后成为W球， 除3余2的有2,5,8,11， 故X的所有可能取值是3,4,5，故(A)正确； 取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有： 又P(X=3)= CC =号，故©)正确： ①2个标号被3除余数为1的球和1个标号被3整除的球， 有CC=24(种)； =今故D错误 CC P(X=4)= ②1个标号被3除余数为1的球和2个标号被3除余数为 2的球，有CC=24(种)； P(X=5)=C ③1个标号被3除余数为2的球和2个标号被3整除的球， 有C4C=24(种)， 所以X最有可能的取值是4，故(B)错误 故选(A)(C). 则PX=2)-24±24=袋 220 11由题可得X的可能取值为0,1，√2. 四、解答题 若两条棱相交，交点必在正方体的顶点处，过任意一个顶 15.解：随机变量X2的可能取值为0,1,4,9， 点的校有3条，所以P(X=0)三℃=十 P(X=0)=P(X=0)=石 若两条棱平行，它们的距离为1或2，而距离为2的共有 P(X2=1)=P(X=-1)+P(X=1) 1.11 6对，所以PX=E)=是=品 1 3+6=2 = 放rx=)=1-x=0-Prx=月=1-音品-合 P(2=4)=P(X=-2)+P(X=2) =石+=子 X的分布列为 0 P(X=9)=P(X=3)=2 所以X?的分布列为 11 11 故选(A)(B)(C) 0 9 三、填空题 6 12 12甲底-局输两局或甲，乙平阴次：B号；4 5 16.解：(1)易知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1, 提示： 所以m=0.3. 12.由已知得3=0+0+3=1+1+1， 由X的分布列可知7=1X-11的可能取值为0,1,2,3， 故{X=3}表示的可能结果为甲赢一局输两局或甲、乙平 P(m=0)=P(X=1)=0.1, 局三次. P(7=1)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3, 13.令X=k表示前k个球为白球， P(n=2)=P(X=3)=0.3, 第k+1个球为红球， P(7=3)=P(X=4)=0.3, 此时P(X=0)=2= 1 所以=1X-1「的分布列为 6-3 0 1 23 P 0.10.30.30.3 4y3×2-1 P(X=2)=6××年=5， (2)由1<2X+1<9,解得0<X<4, 故P(1<2X+1<9) 则P(x≤2) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3) =P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) =0.1+0.1+0.3=0.5. 1.4.1 =3+5+5 17.解：(1)部件1,2都不需要调整的概率为(1-0.1)× 4 (1-0.2)=0.72,则部件1,2中至少有1个需要调整的概率为 5 P=1-0.72=0.28. 14.从12个球中任取3个球有C2=220(种)不同的方法， (2)由题意X的所有可能取值为0,1,2,3， 1到12中能被3整除的有3,6,9,12； P(X=0)=0.9×0.8×0.8=0.576. 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 P(X=1)=0.1×0.8×0.8+0.9×0.2×0.8+0.9×0.8 可得M的末位是0或5， ×0.2=0.352, 即x只能是0或5， P(X=2)=0.1×0.2×0.8+0.1×0.8×0.2+0.9×0.2 又M=125a1+25a2+5a3 ×0.2=0.068, =10(12a1+2a2）+5(a1+a2+a3), P(X=3)=0.1×0.2×0.2=0.004, 当a1+a2+a3为奇数时，=5， X 0 1 3 当a1+a2+a为偶数时，x=0, P0.5760.3520.0680.004 下面计算a+a2+a3为奇数时，a1a2a3的个数， 18.解：(1)由题可得X的所有可能取值为2,3,4. ①a1,a2,a3均为奇数时，53=125（个）， P(X=2)=号×4=0 1 1 ②a1,a2,a3一奇两偶时，C;×5×52=375(个)， 共有125+375=500（个）， PX=3)=号x子x+×子x+×子× 所以P(x=5)=500=1 103 =2 P(g=0)=1-P(=5)=1-2=2, 1 1 P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)= 3 5 因此动态校验码x,的分布列为 所以X的分布列为 0 5 X 2 3 4 2 2 P 1 3 10 10 5 第38期2版 (2)先摸球的一方获胜，包含以下几种情况： ①双方共摸3次球，出现黑白黑，白黑黑，白白白这三种情 专项小练一 形，即P(X=3)= 3 1.C:2B:3A04085写 ②双方共摸4次球，出现的恰好是三白一黑且前三次必定 6.解：(1)设甲、乙分别解出此题的事件为A,B, 出现一次黑球的情形， 则P(A)=0.6. 其概为号×子×号×宁+号×子×号×宁+号× 3 由1-P(A·B)=1-0.4·P(B)=0.92, 解得P(B)=0.2,所以P(B)=0.8. (2)x的可能取值为0,1,2，则 所以先旋球的一方获雅的概率为品+音- P(X=0)=P(A)·P(B)=0.4×0.2=0.08, 3 P(X=1)=P(A)·P(B)+P(A)·P(B)=0.44, 因为号>子，所以这场游戏不公平 P(X=2)=P(A)·P(B)=0.6×0.8=0.48. 所以X的分布列为 19.解：(1)由题意可知静态密码为202，动态校验码x,=4, 0 若s=1,则M=2×13+0×12+2×1=4, 得x1=4,符合题意， P 0.080.440.48 若s=2,则M=2×23+0×22+2×2=20, 所以E(X)=0×0.08+1×0.44+2×0.48=1.4. 得x2=0,不符合题意， 专项小练二 若s=3,则M=2×33+0×32+2×3=60, 1.C2BcD:3.B418:54,1 得x3=0,不符合题意， 若s=4,则M=2×43+0×42+2×4=136, 6.解：根据题意X的可能取值为2,4,6. 得x4=6,不符合题意， P(X=2)=0.6×0.6=0.36 若s=5,则M=2×53+0×52+2×5=260, P(X=4)=0.4×0.6×2=0.48. 得x=0,不符合题意。 P(X=6)=0.4×0.4=0.16. 综上，8=1. 所以X的分布列为 (2)对于三位静态密码a1aa, 2 4 6 由M=a1·53+a2·52+a3·5=5(a1·52+a2·5+a3) 0.36 0.48 0.16 一3 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(X)=2×0.36+4×0.48+6×0.16=3.6. 2 D(X)=(2-3.6)2×0.36+(4-3.6)2×0.48+(6- 得D(X)=5, 3.6)2×0.16=1.92. 则标准差灯： 第38期3,4版 7.随机变量X的期塑E()=0×了+a×号+1×兮 离散型随机变量的均值与方差同步核心素养测评 一、单项选择题 w=[(0-)+(a-)°+(1 1~4 DAAB 5 ~8 BCDD ]x写=-a+=(a-）+石 提示： 1.设成功的概率为p, 当a∈(0,2）时，D()单调递减， 所以E(X)=0×(1-p)+1×p=p=0.6. 2B(0=-1x3+0x号+1×6=-号 1 1 1 当a∈（分，1）时，D()单调递增，故选(D)。 因为Y=aX+3 8依题意得PX==PX=2),即合-名解得A 所以E()=aE()+3=a×(-写）+3=子， 2.所以PX=)-六所以X=0)-品e=PX 解得a=4. 3.因为随机变量X服从两点分布， 所以D(X)=0.7×(1-0.7)=0.21, 又Y=2X-1, 2件的概*P=C·+cC()广=是 所以D(Y)=D(2X-1)=2D(X) 二、多项选择题 =4×0.21=0.84 9.ABD;10.BCD;11.BD. 提示： a+b+ 4.由题意得 21, 解得 9.由已知有1-(1-p)2=0.51,解得=0.3，故(A)正确； -2a+b+1=1, P(X=0)=1-P(X≥1)=1-0.51=0.49，故(B)正确； P(X=1)=2p(1-p)=2×0.3×0.7=0.42,故(C)错误； 所以D(X)=(-2-1)2×+(1-1)2× 1 6 3 -+(2-1)2 P(X=2)=p2=0.09, 1 ×2=2 从而D(X)=E(2)-(E(X))2 =(0.42×12+0.09×22)-(0.42×1+0.09×2)2 5.由题意得X的所有可能取值为1,2,3， =0.42,故(D)正确， P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p, 故选(A)(B)(D). P(X=3)=1-p-(1-p)p=(1-p)2, 10.由分布列的性质得m+n+m=2m+n=1, 所以E(X) P(X=1)=n,P(X≠1)=2m, =1×p+2×(1-p)p+3×(1-p)2 =p2-3p+3, 当m=子A=分时， 令E(X)=p2-3p+3>1.39, P(X=1)=P(X≠1)，故(A)错误； 解得p<0.7或p>2.3, 因为E(X)=n+2m=1,故(B)正确； 又因为0<p<1, 因为m,n均为正数，所以1=n+2m≥2√2mn, 所以0<p<0.7, 即p的取值范围是(0,0.7). 即mn≤名，当且仅当a=2m=分时。 6.设P(X=1)=p, 等号成立，故(C)正确； 则P(X=2)= 5-p, 由n=1-2m>≥0，得0<m<分又E(0=1, 由(0=p+2×(-p）=山， 所以D(X+1)=D(X)=m+m=2m<1,故(D)正确. 故选(B)(C)(D). 解得p=子，则由公式D(X)=[-B(X)] L元件A为正品的概率约为0+品+8-号放(A)错误： 100 -4 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 元件B为正品的概率约为0+8+6=子，放（®）正确： A 100 PX=0)=于=号， 2 随机变量X的所有取值为90,45,30，-15，故(C)错误； P(X=1)= PX=0)=专x2=子 P(X=2)=3=9 1 3 所以E(0=0×号+1×号+2×g 1 8 411 P(X=30)=5×4=5, 9 P(X=-15)=5×4=20 1 11 x0=(0-8)x号+(1-)x号+(2-8) 26 所以随机变量X的分布列为 90 45 30 -15 16.解：(1)第三甲当裁判的概率为 3 3 1 5 20 5 20 E(X)=90× 3 +45×20 1 (2)X的所有可能取值为0,1,2. 5 1=66, 30×5+(-15)× 当X=0时，前三局乙均胜， 故(D)正确 故选(B)(D). 故P=0)=×（号）广=云 三、填空题 由题意知参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当裁 12器1子4甲 判，故乙只能是第二、四局当裁判， 故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率 提示： 11 2 1 12因为E(0=子D(0=3 P(X=2)=7×7×5x2=5 由D(X)=E(X)-(E(X)2, 所以PX=1)=1云-紧 得E(X2)=D(X)+(E(X))2 则X的分布列为 (经》广器 0 1 2 2 8 1 13.由题意可得a+b=1(0≤a≤1,0≤b≤1)， 25 E(X)=a+2b=1+b, 则D(X) E(X)=2 +5×2= 28 =[1-(1+b)]2×a+[2-(1+b)]2×b 17.解：(1)从这30天中任取2天，样本点总数n=C, =-+6=-6-产+子 这2天的日需求量均为40个包含的样本点个数m=C, 当6=7时，D(X)有最大值好 所以这2天的日求的为的个高率P爱 (2)由题意得Y的可能取值为-20,60,140,180， 14.由题意可得E(X)=110×0.1+120×0.2+125×0.4 +130×0.1+135×0.2=125, PY=-20)=G,P(Y=60)=号， E(Y)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+ Py=140)=号，P(Y=180)=6, 1 145×0.2=125, D(X)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125 所以Y的分布列为 -125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50, -20 60140 180 D(Y)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125 6 3 6 -125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165, 由于E(X)=E(Y),而D(X)<D(Y),故甲厂的材料稳定 (20×石+60×号+140×+180x石-29 31 性较好. 因为该糕点房一天制作35个该类蛋糕时，对应的利润的 四、解答题 15.解：由题意得X的可能取值为0,1,2， 期型为智元，且90<沙，所以此硅议不该被采纳 5 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 18.解：(1)设事件A为“甲投资股市且盈利”， P(X=3)= 事件B为“乙购买基金且盈利”， 事件C为“一年后甲、乙中至少有一人盈利”， S 9 则C=(AB)U(AB)U(AB),其中A,B相互独立， P(X=4=C·C=20 由题表知P(不=分，P(A)=, 则X的分布列为 2 3 4 P(B)=m,P(B)=1-m, 所以P(C)=P(AB)+P(AB)+P(AB) 冬品 =1-m)+m+ 9 E(X)=1× 1 3 +2× 20 +3× +4× ,13 40 8 20 4 =7(1+m), 第39期2版 由好1+m)>号解得m>号 专项小练一 1.C;2.C;3.BD.4.0.291;5.0.0837. 因为m+3+n=1且0≤m≤1,0≤n≤L, 6.解：易知X~B(6,）,所以(0=6×分=3， 所以0≤m≤子，放号<m≤号 00=6x分×(1-2)= (2)选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 专项小练二 望较大，理由如下： 假设此人选择“投资股市”，记一年后的投资收益为X万元， 1D:2A3.B4;57 则X的分布列为 6.解：由题意可知X服从N=12,M=4,n=4的超几何 4 0-2 分布，故P(X=k)= CC -(k=0,1,2,3,4) Ci2 2 8 所以P(X=0)= 则E(X)=4×2 1 +0×8 3 -2× 8 4 CiC 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Y万元， P(X=1)= -24 C12 Γ4951 则Y的分布列为 P(X=2)= C_168.56 0 C 495 =165 6 P(X=3)= C 1 则E(Y)=2×)+0×3-1X 6 5 P(X=4)= 1 6 C 因为E(X)>E(Y), 因此X的分布列为 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 X 0 1 2 3 4 望较大 14 224 56 32 1 19.解：(1)(1)记“数组2的数据之和为8”为事件M, 99 495 165 495 495 则P()=定=子 1 第39期3,4版 (ⅱ)记“数组22的数据含有3且数据之和大于8”为事件N, 二项分布与超几何分布同步核心素养测评 则P(W)=1-。亏 2 2 一、单项选择题 1~4 BAAC 5 ~8 DCDC (2)依题意X的可能取值为1,2,3,4， 提示： 1,1.1 P(X=1)= 1.由题可得PrX=)=G×寸×()广-器 C11C3 P(x=2=+G0 2由题可得X~B(4,)》 6 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 所以B()=专 二、多项选择题 9.ACD;10.BD;11.ABD 3.电灯泡使用时长在1000小时以上的概率为0.8， 提示： 1个灯泡在使用1000小时内坏了的概率为 1-0.8=0.2, 9.将一枚硬币连抛3次，每次正面向上的概率均为2， 则3个灯泡在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为 所以正面向上的次数服从二项分布， C×0.2×0.82=0.384. 即X~B(3,)故(A)正确： 4.由题知X服从N=8,M=3,n=2的超几何分布， 所以0=兴-23=子 从7名男生与3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生 N 8 干部，记选出女生的人数为X,X服从超几何分布，故(B)错误； 5.由题可得 某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的 P(X=0)=CG×1-p)2=号， 次数为X,X服从两点分布，故(C)正确： 盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回， 解得p=或p=子（）， 记首次摸出黑球时的总次数为X, 则X不服从超几何分布，故(D)正确、 所以Y(4,》: 故选(A)(C)(D) 所以D)=4×号×(1-)=号 10A=C×子×1-=第 6.由题意知X服从超几何分布， B=G×(子x(0-子)= 且N=10,M=3,n=2, P1<P,故(A)错误，(B)正确； X的分布列为P(X=k) C*C,k=0,1,2, C。 P=1,故(C)错误： 故P(X=0)= 由二项分布概率公式可得P。=西 P(X=1)= C。 P=嘉A=器A=9 4 160 于是P(X<2)=P(X=0)+P(X=1) A=器R第A= 64 7.714 =5+5=5 最大值为P4,故(D)正确。 7.设高一年级上交了n篇文章， 故选(B)(D). 则高二年级上交了(9-n)篇文章. 设“这4篇优秀文章恰有3篇是高一年级上交的”为事件A, 1取出白球和取出黑球的概率分别为酷和合。 则PA)=CG=20 符合二项分布，故(A)正确： 63 一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数的分布列 解得n=5. P(Y=k)= 8.由n=100,p=0.01, Cg符合超几何分布，故B)正确； 泊松分布可作为二项分布的近似， 一次性地摸取4个球，则取到2个白球的概率为P(Y=2) 知入=100×0.01=1， 所以PX=》= S=号，故(c错误： 取出的白球为3和4，所求概率P=P(Y=3)+P(Y=4) kP(X=0)三1eA 1 e g,S=最故(D正确 1 P(x=)=e1= e 故选(A)(B)(D) 三、填空题 123:13号：14.15或16 正品率大于97%的概率，即抽检100个该种元件，抽到次 品的数量小于3的概率，则所求概率P=P(X=0)+P(X=1) 提示： +P(X=2)= 1++1≈2%. 12.记取到白球为X,设口袋中白球的个数为M, ”十 e +。+2 显然X服从超几何分布，且N=7,n=2, 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 由题可得E(X)）==2M=今，解得M=3 7 Px=0m=G(兮)°（告）'= 13.随机变量X~B(6,p), Px=)=Gx3x(告)=器 由E()≤2，得0<6≤2，解得0<p≤号， Px=2)=c(兮)x号-品， 00=6(1-p)）=-6(p-22+2 x=3)=G(兮'（告）°=西 则当户=号时，D()取得最大值， X的分布列为 所以D(X)的最大值为6×号×号=号 0 1 2 3 14设击中目标的子弹数为X,则X~B(19,专)： 函 有X=)=×()x()》 所以X的期塑为E()=3×行=子 3 17.解：(1)记“取出的产品中次品不超过1件”为事件A, k∈N,k≤19， 则P(A)=P(X=0)+P(X=1) 依题意设P(X=k)最大， 显然P(X=0),P(X=19)都不是最大的， + 即有1≤k≤18， 于是P(X=)≥P(X=k+1), 即取出的产品中次品不超过1件的概率是) P(X=k)≥P(X=k-1), (2)由题意知f(m)=P(X=3)=CC=， x()x(兮)=x()”x(传)“ C20 f(n+1)= C CI9- x(号x()≥c×(“x(传) 若-C=a8-m>1, 19 19 1(19-)≥4·(h+1118=: f(n)-C2C2o-.-(n-2)(20-n) 则(n+1)(13-n)>(n-2)(20-n), 4. 19! 19! 4(19-)1≥(k-1)1(20-k) 解得n<5.3, 故当n<5.3时，f(n+1)>f(n): 整理得+1≥4(19)，解得15≤6≤16， l4(20-k)≥k, 当n>5.3时，f(n+1)<f(n), 即当n=6时f(n)取得最大值. 所以击中目标的子弹数最可能是15或16. 18.解：(1)设该校报考飞行员的总人数为m, 四、解答题 前3个小组的频率分别为卫，P2,P,则由条件可得 15.解：(1)设甲班的学生人数为M, =2D=7 rP2=2p1, 42 P3=3p1, 即M2-M-6=0,解得M=3或M=-2(舍去). p1+P2+P3+(0.037+0.013)×5=1, 所以7名学生中甲班的学生共有3人， 解得p1=0.125,P2=0.25,P3=0.375, (2)由题意可知X服从超几何分布. 又因为乃=0.25=2，所以m=48. m 所以P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2) (2)由(1)可得，一个报考学生体重超过60公斤的概率为 5 p=4+(0.037+0013)x5=冬 16.解：(1)年销售额超过40万元的门店有4个， 则所求幸P-正七心-多 由题意知X服从二项分布，即X~B(2,冬)片 C3 (2)由样本估计总体，从全国随机抽取1个销售门店， =)=c×(g×(g”=01,2. 春季新款的年销售额超过40万元的影率是易=分 所以随机变量X的分布列为 X 012 则随机变量X~(3,写） 9 15 25 64 32 4 8 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(0=即=2×各=子 5 99.7%,从而得出适合身高在150~180cm范围内学生穿的服 装大约套数是1000×99.7%=997（套）. 19.解：(1)P(5=4)=C×0.94×0.1 6.因为随机变量X服从正态分布N(3,σ2)， =0.32805≈0.33 所以正态曲线关于直线x=3对称， (2)P(E=10)=C°×0.90×0.1-0， 又P(X<4)=0.78, 由题意有 所以P(X≥4)=P(X≤2)=1-0.78=0.22， rC°×0.90×0.1-0≥C2×0.9°×0.1n-9, 则P(2<X<4)=1-2×0.22=0.56, C0×0.9×0.1-0≥C×0.9×0.1-, 则0.9(n-9)≥1， 所以P(2<X<3)=P(2<X<4) 2 l0.9(n-10)≤1.1， =7×056=028 解得g≤a≤19， 7.由随机变量X~N(5,1)知，h=5,o=1, 由于n为整数，故n=11. 所以P(4≤X≤6)≈0.683，P(3≤X≤7)≈0.955， (3)ξ~B(n,0.9),则E()=0.9n,D(5)=0.09n 所以P(6<X≤7)=7[P(3≤X≤7)-P(4≤X≤6)] 由题意0.85<专<0.95， n ≈2×(0.955-0.683)=0.136， 即0.85n<专<0.95n,-0.05n<ξ-0.9n<0.05n, 即1专-0.9nl<0.05n. 8.由题意知4=98，σ=10. 由切比雪夫不等式， 因为学生的数学成绩X近似服从正态分布N(98,100), 有P(1专-E()1<0.05n)≥1- 0.09n 所以P(X>108) (0.05n)2, =21-p8≤X≤1os] 从而1-0.09n (0.05m≥09，解得n≥360， =1-P以-0≤X≤a+o] 故估计n的最小值为360.， 1 第40期2版 ≈2×(1-0.6827)=0.15865. 所以0.15865×9455≈1500. 专项小练 二、多项选择题 1.A;2.D;3.C.4.0.8;5.0.2. 9.AD;10.AC;11.BCD. 6.解：因为灯泡的使用寿命X~N(1000,302), 提示： 故X在(1000-3×30,1000+3×30)内的概率为9.7%， 9.根据正态曲线关于直线x=u对称，且4越大，图象越靠 即X在(910,1090)内取值的概率为99.7%. 近右边，所以41<山2=3，故(B),(C)错误； 所以灯泡的最低使用寿命应控制在910小时以上. 又σ较小时，峰值高，曲线“瘦高”，所以σ1=σ2<σ3，故 第40期3,4版 (A),（D)正确. 故选(A)(D). 正态分布同步核心素养测评 10.随机变量X服从正态分布N(0,1), 一、单项选择题 所以正态曲线关于直线x=0对称， 1 ~4 BABA 5~8 DCBA 因为f(x)=P(X≤x)(x>0), 提示： 所以根据正态曲线的对称性可得f(-x)=P(X>x)=1 1.由题可得σ=10. -f(x),故(A)正确； 2.甲、乙、丙三科的均值相同，甲学科的方差最小，故选(A). f2x)=P(X≤2x),2f(x)=2P(X≤x),故(B)错误； 3由题町得a-3+2a+2=2×3,解得a=子 P(IX1≤x)=P(-x≤X≤x)=1-2f-x)=1-2[1 4.因为随机变量X~N(u,9),且P(X<1)=P(X>7), -f(x)门=2f代x)-1,故(C)正确； 所以o2=9,4=丰7=4，所以E(X)）=4,D(X)）=9. P(IXI>x)=P(X>x或X<-x)=1-f代x)+f代-x) 2 =1-f(x)+1-f(x)=2-2f代x),故(D)错误. 5.学生的身高（单位：cm)服从正态分布N(165,52),即服 故选(A)(C) 从均值为165cm,方差为25的正态分布，因为适合身高在150 11.当o=5时，P(90<X<100)≈0.68，又P(95-o< ~180cm范围内取值即在(4-3σ，4+3σ)内取值，其概率为：X<95+σ)≈0.68为定值，所以σ越大，学生数学成绩在(90， 9 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 100)内的概率就越小，故(A)错误； 18.解：(1)μ=(47.5+72.5)×0.004×5+(52.5+67.5) 当σ=20时，P(75<X<135) ×0.026×5+(57.5+62.5)×0.07×5=60. =P(75<X<115)+P(55<X<135) σ2=[(47.5-60)2+(72.5-60)2]×0.02+[(52.5- 2 60)2+(67.5-60)2]×0.13+[(57.5-60)2+(62.5-60)2] =Q68+0.95=0.815,故(B)正确： ×0.35≈25. 2 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩大 (2)由题图可得从全校学生中随机抽取1名学生， 于95的概率为0.5，与σ的值无关，故(C)正确； 其体重在[55,65)的概率为0.7. 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩小 随机抽取3人，相当于3重伯努利试验， 随机变量X服从二项分布B(3,0.7), 于75与大于115的概率相等，与σ的值无关，故(D)正确. P(X=0)=C9×0.7°×0.33=0.027， 故选(B)(C)(D). 三、填空题 P(X=1)=C×0.7×0.32=0.189, 12.0.4;13.0.14;14.4. P(X=2)=C×0.72×0.3=0.441, 提示： P(X=3)=C×0.73×0.3°=0.343， 12.若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(X<)= 所以X的分布列为 0.5.故可知4=0.4且在x=u时取得最大值，所以x=0.4. X 0 1 2 3 13.因为X~N(2,o2), P0.0270.1890.4410.343 所以P(X<2)=P(X>2)=0.5. E(X)=3×0.7=2.1. 因此P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5) (3)由题意知Y服从正态分布N(60,25), =0.5-0.36=0.14. 则P(u-2σ≤Y≤u+2σ)=P(50≤Y≤70) 14.由于随机变量X~N(u,o2), =0.96>0.9545, 满足P(X≤3)=0.3，P(3<X<5)=0.4, 所以该校学生的体重是正常的。 因此P(X≥5)=1-0.3-0.4=0.3=P(X≤3)， 19.解：(1)设考生的成绩为X,则X~N(180,σ2). 根据正态曲线的对称性可知4=3十5=4 2 令y=X-180,则y-N(0,1). 四、解答题 由360分及以上的高分考生有30名， 15.解：据已知得u=120,o=10,由于正态总体N(u,σ2) 3 在区间(u-2σ，4+2σ)内取值的概率约为0.955， 得P(X≥360)=200： 故140分以上的所占概率为-0955=0.0225， 所以P(X<360)=1- 3 200 =0.985, 2 故相应的考生人数为2000×0.0225=45（人）. 即P(y<360-180 =0.985,则360-180≈2.17， 16.解：因为X~N(25,0.2),所以4=25，o=0.2. 所以P(24.8≤X≤25.4)=P(u-σ≤X≤u+2o)= 所以σ≈83，所以X~N(180,832). ×(0.6827+0.9545)=0.34135+0.47725=0.8186. 1 设最低录用分数为x, 则PK)=P≥）-00-亮 83 17.解：体温X服从正态分布N(36.9,005） n 即P(y<6-180 所以4=36.9,02=0.05 83 =1- =0.85, n 即0、180 83 ≈1.04，所以x0≈267， 因为X的值落在(36.6,37.2)内的概率约为0.9973， 且P(IX-u1<3)≈0.9973， 所以此次招聘中的最低录用分数为267. 所以P(36.6<X<37.2)=P(36.9-0.3<X<36.9+0.3) (2)因为286>267，所以甲能被录用. =P(36.9-30<X<36.9+30), 易得PX<2%)=P<2sg10）=PY<1.28) 所以3o=0.3,解得0=0.1， ≈0.9，所以不低于甲的成绩的人数约为2000×(1-0.9)= 所u0.05=0.01,解得n=5. n 200,所以甲大约排在第200名，所以甲能获得高薪职位. 10