9.3 离散型随机变量及其分布列、均值与方差(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

○专题九计数原理、概率与统计 办为期5天的“数学节”活动，其中有一项抽 (1)求该选手在一轮答题中答对题目的 奖活动.在一个不透明的纸箱中，放着5个 概率 质地、大小完全相同的小球，球上写着“星期 (2)记该选手在第n轮答题结束时挑战依然 一”“星期二”“星期三”“星期四”“星期五”， 未终止的概率为pm, 分别对应得分：1,2,3,4,5.学生从中有放回 (1)求3，p4; 地任取一个球，记下得分.设事件A=“第一 (ii)证明：存在实数入，使得数列{p+1一入p.} 次得分为5”，事件B=“第二次得分为5”， 为等比数列. 则P(BA)=( ) A品 B号 Ci5 D站 5.(2025四川成都二模)某答题挑战赛规则如 下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能 进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终 止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专 识题，派出通识题的概率为了，派出专识题 的概率为号.已知某选手答对通识题与专识 题的概率分别为号，号，且各轮答题正确与 否相互独立 9.3离散型随机变量及其分布列、均值与方差 过去考什么 山东新高考全练 答案：P502 1.（多选)(2020新高考1卷，12,5分；考点)信息嫡 的增大而增大 是信息论中的一个重要概念设随机变量X所 D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值 有可能的取值为1,2，…，n,且P(X=)= 为1,2，…，m,且P(Y=j)=p;十p2m+1-j >0(=1,2,…,0,2b=1,定义X的信息 (j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y) 2.(2025新课标I卷，14,5分；考，点)一个箱子 熵H(X)=一 含Alg.下列说法正确的 里有5个相同的球，分别以1~5标号，若每次 是() 取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的 A.若n=1,则H(X)=0 球的个数X,则数学期望E(X)= B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大 3.(2024新课标I卷，14,5分；考，点)甲、乙两 人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数 C.若p,=（i=1,2,…,0),则H(X)随着n 字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙 137 实战 实战高考·数学】 的卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行 0分；B类问题中的每个问题回答正确得80 四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己 分，否则得0分.已知小明能正确回答A类 持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片 问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的 上数字的大小，数字大的人得1分，数字小 概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回 的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片 答次序无关 (弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则 (1)若小明先回答A类问题，记X为小明的 四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概 累计得分，求X的分布列. 率为 (2)为使累计得分的期望最大，小明应选择 4.(2021新高考I卷，18,12分；考点)某学校 先回答哪类问题？并说明理由. 组织“一带一路”知识竞赛，有A,B两类问 题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选 择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回 答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从 另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无 论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问 题中的每个问题回答正确得20分，否则得 将来考什公 山东模拟专练 答案：P503 考点闯关) 考点离散型随机变量及其分布列、均值与 次中奖的概率为3，每次中奖与否相互不影 方差 响，中奖1次可获得50元奖金，中奖2次可 1.(多选)(2025山东聊城一模)将四个不同的 小球，放入四个编号为1、2、3、4的盒子中， 获得100元奖金，中奖3次可获得200元 每个小球放入各个盒子的可能性都相等，设 奖金 表示空盒的个数，？表示1号盒子中小球 (1)求顾客甲获得了100元奖金的条件下， 的个数，则( ) 甲第一次抽奖就中奖的概率， (2)若该商场开业促销活动的经费为1.5万 A每个盒子中恰有1球的概率为？ 元，则该活动是否会超过预算？请说明 B.事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒” 理由 不相互独立 C随机变量7的方差为 D随机变量∈的均值为器 2.(2024山东济南一模)某商场在开业当天进 行有奖促销活动，规定该商场购物金额前 200名的顾客，均可获得3次抽奖机会，每 138 专题九计数原理、概率与统计 3.(2024山东济宁一模)袋中装有大小相同的 分X的分布列和数学期望. 4个红球，2个白球.某人进行摸球游戏，一 轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一 个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌 后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球 次数达到4次时本轮摸球游戏结束. (1)求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过 3次的概率； (2)若摸出1次红球计1分，摸出1次白球 记2分，求一轮摸球游戏结束时，此人总得 分层闯关 基础题组 2.(2025山东烟台一模)为加强中小学科学教 1.(2025山东威海一模)现有4种类别的图书 育，某市科协、市教育局拟于2025年4月联 共7本，其中有数理科学类2本，中外文学 合举办第四届全市中小学机器人挑战赛.比 类3本，政治法律类、医药卫生类各1本. 赛共设置穿越障碍、搬运物品两个项目.每 (1)把7本图书随机摆成一排，求数理科学 支参赛队先挑战穿越障碍项目，挑战成功 类的图书相邻，中外文学类的图书互不相邻 后，方可挑战且必须挑战搬运物品项目.每 的概率； 支参赛队每个项目至多挑战两次，若第一次 (2)从7本图书中随机抽取4本，设4本图 挑战成功，则获得奖金2000元，该项目不 书所属的类别数为X，求X的分布列及 再挑战；若第一次挑战失败，则必须第二次 期望. 挑战该项目，若第二次挑战成功，则获得奖 金1000元，否则，不获得奖金.假设甲参赛 队在每个项目中，第一次挑战成功的概率为 $$\frac { 2 } { 3 } ，$$ ，第一次挑战失败但第二次挑战该项目成 功的概率为 $$\frac { 3 } { 4 } ；$$ ；两个项目是否挑战成功相互 独立. (1)设事件 A =“甲参赛队两个项目均挑战 成功”，求P(A). (2)设比赛结束时，甲参赛队获得奖金数为 随机变量X，求X的分布列. (3)假设本届比赛共有36支参赛队，且根据 往届比赛成绩，甲参赛队获得奖金数近似为 各参赛队获得奖金数的平均水平.某赞助商 139 实战 实战高考·数学 计划提供全部奖金，试估计其需提供的奖金 包括多道题，设定比赛中每道题必须进行抢 总额。 答，抢到并答对者得15分，抢到后未答对， 对方得15分；两个环节总分先达到或超过 100分者获胜，比赛结束.已知甲、乙两人参 加决赛，且在必答环节，甲答对两道题的概 率分别导，，乙答对两道题的概率分别为 号，分在抢答环节，任意题甲，乙两人抢 到的概率都为，甲答对任意一题的概率为 2,乙答对任意一题的概率为，假定甲，乙 3.(2024山东济南一模)抛掷甲、乙两枚质地 两人在各环节、各道题中答题相互独立， 均匀的骰子，所得的点数分别为a,b,记 (1)在必答环节中，求甲、乙两人得分之和大 [?]的取值为随机变量X,其中[合]表示不 于100分的概率； 超过名的最大整数 (2)在抢答环节中，求任意一题甲得15分的 概率； (1)求在X0的条件下，X=的概率， (3)若在必答环节甲得分为70分，乙得分为 (2)求X的分布列及其数学期望. 40分，设抢答环节经过X道题抢答后比赛 结束，求随机变量X的分布列及数学期望. 4.(2024山东烟台一模)联合国新闻部将我国 农历二十四节气中的“谷雨”定为联合国中 文日，以纪念“中华文字始祖”仓颉的贡献 某大学拟在2024年的联合国中文日举行中 文知识竞赛决赛，决赛分为必答、抢答两个 环节依次进行.必答环节，共2道题，答对分 别记30分、40分，否则记0分；抢答环节， 1401 O专题九计数原理、概率与统计 5.(2024山东泰安一模)某学校为了缓解学生 6.(2024山东菏泽一模)某商场举行“庆元宵， 紧张的复习生活，决定举行一次游戏活动， 猜谜语”的促销活动，抽奖规则如下：在一个 游戏规则为：甲箱子里装有3个红球和2个 不透明的盒子中装有若干个标号为1,2,3 黑球，乙箱子里装有2个红球和2个黑球， 的空心小球，球内装有难度不同的谜语.每 这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两 次随机抽取2个小球，答对一个小球中的谜 个箱子里各随机摸出2个球，且每次游戏结 语才能回答另一个小球中的迷语，答错则终 束后将球放回原箱，摸出一个红球记2分， 止游戏.已知标号为1,2,3的小球个数比为 摸出一个黑球记一1分，得分在5分以上 1:2:1,且取到异号球的概率为。 (含5分)则获奖. (1)求在1次游戏中，获奖的概率； (1)求盒中2号球的个数： (2)求在1次游戏中，得分X的分布列及 (2)若甲抽到1号球和3号球，甲答对球中 均值 谜语的概率和对应奖金如表所示，请帮甲决 策猜迷谜语的顺序（猜对谜语的概率相互 独立). 球号 1号球 3号球 答对概率 0.8 0.5 奖金 100 500 141 实战册 实战高考·数学 7.(2024山东临沂一模)某学校举办了精彩纷 8.(2025山东泰安一模)为备战全国机器人大 呈的数学文化节活动，其中有一个“掷骰子 赛，某高校机器人甲队和乙队进行练习赛， 赢奖品”的登台阶游戏最受欢迎.游戏规则 两队均由两台机器人组成.比赛要求每轮两 如下：抛掷一枚质地均匀的骰子一次，出现 局，每局比赛两队需派不同机器人参赛，每 3的倍数，则一次上三级台阶，否则上二级 局比赛获胜得1分，否则得0分.设每轮比 台阶，再重复以上步骤，当参加游戏的学生 赛中各局结果互不影响，各轮结果也互不影 位于第8、第9或第10级台阶时游戏结束. 响.已知甲队机器人a,b每局比赛获胜的概 规定：从平地开始，结束时学生位于第8级 台阶可获得一本课外读物，位于第9级台阶 幸分别为分号 可获得一套智力玩具，位于第10级台阶则 (1)设前两轮比赛中甲队得3分为事件A, 认定游戏失败 前两轮比赛中机器人a得2分为事件B,求 (1)某学生抛掷三次骰子后，按游戏规则位 P(B|A). 于第X级台阶，求X的分布列及数学期望 (2)受机器人电池蓄航能力影响，本次比赛 E(X); 最多进行10轮，规定当一队得分比另一队 (2)甲、乙两位学生参加游戏，求恰有一人获 得分多2分时比赛结束.设比赛结束时共进 得奖品的概率. 行了X轮，求X的数学期望， 142 O专题九计数原理、概率与统计 能力题组 10.创意题(2024山东枣庄一模)在一个袋子 9.创意题(2025山师附中一模)某次比赛中， 中有若干红球和白球（除颜色外均相同）， 甲、乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有 袋中红球数占总球数的比例为. 平局，每局比赛的结果相互独立， (1)若有放回摸球，摸到红球时停止.在第 (1)若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得 2次没有摸到红球的条件下，求第3次也 3分，负者获得1分；②连续2局获胜或积 没有摸到红球的概率， 分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束. (2)某同学不知道比例，为估计p的值， 已知在单局比赛中，甲、乙获胜的概率均为 设计了如下两种方案： 2·求甲、乙决出冠军时比赛局数X的分布 方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球 或摸球5次停止 列与数学期望E(X). 方案二：从袋中进行有放回摸球5次 (2)若每局比赛甲获胜的概率为p=0.6,乙 分别求两个方案红球出现频率的数学期 获胜的概率为1一力.已知甲、乙进行了n局 望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估 比赛且甲胜了13局，试给出n的估计值(X 计p的值更合理， 表示n局比赛中甲胜的局数，以使得 P(X=13)最大的n的值作为n的估计值). (3)若每局比赛甲获胜的概率为p=0.6,规 定在2n一1场比赛中甲超过一半场次获胜 就获得冠军，记其概率为p,试说明，的 单调性并给出证明. 143 实战 实战高考·数学 培优题组 12.创意题(2025山东潍坊一模)n维空间中 11.创意题(2024山东济南二模)11分制乒乓 点的坐标可以表示为(1，x2,x3,…,x), 球比赛，每赢一球得1分，当某局打成 其中x(i=1,2,3,…,n)为该点的第i个 10：10平后，每球交换发球权，先多得2 坐标.定义n维空间中任意两点A(,2, 分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位 飞，…，x),B(M2,为，…，%)之间的平均离 同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分 差二乘距离dA,B)=1之(x一y只.设n维 ni= 的概率为号，乙发球时甲得分的概率为2， 空间点集M={(1,x2,x3,,xn)x=0 各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双 或1，其中i=1,2,3,…,n}(n≥2) 方打成10：10平后，甲先发球 (1)若n=3,A,B∈M,且点A(0,1,0), (1)求再打两球该局比赛结束的概率； dA,B)=号，写出所有的点B的坐标 (2)两人又打了X个球该局比赛结束，求 (2)任取n维空间中的不同两点P,Q∈M X的数学期望E(X)； (3)若将规则改为“打成10：10平后，每球 (D若n=4,求dP,Q)=2的概率) 交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局 (ii)记随机变量X=d(P,Q),求E(X)的 比赛甲获胜的概率。 取值范围， 144 O专题九计数原理、概率与统计 他省考什么 高考全国视野 答案：P509 真题精练 2.(2024新课标Ⅱ卷，18,17分)某投篮比赛分 1.(2024北京卷，18,14分)已知某险种的保费 为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成， 为0.4万元，前3次出险每次赔付0.8万 比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中 元，第4次赔付0.6万元， 名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队 赔偿次数 0 1 2 3 被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次， 单数 则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员 800 100 60 30 10 投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分， 在总体中抽样100单，以频率估计概率： 该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某 (1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的 参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投 概率 中的概率为，乙每次投中的概率为q,各次 (2)()毛利润是保费与赔偿金额之差.设毛 投中与否相互独立. 利润为X,估计X的数学期望 (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比 ()若未赔偿过的保单下一保险期的保费下 赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分 降4%，已赔偿过的增加20%.估计保单下 的概率 一保险期毛利润的数学期望 (2)假设0<p<g, (i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分 的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ ()为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学 期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 145 实战 实战高考·数学 模拟精练 2.(2025陕西西安一模)某商场进行抽奖活 1.(2025江苏南通一模)近年来，盲盒经济在 动，设置摸奖箱内有红球1个，白球2个，黑 消费市场中掀起了一阵热潮，成为一种普遍 球3个，小球除颜色外没有任何区别.规定： 的经济现象.商家通过不断变换花样吸引消 摸到红球记1分，摸到白球记0分，摸到黑 费者.某商店推出一款售价为1元/个且外 球记一1分.抽奖人摸3个球为一次抽奖， 观相同的盲盒，每开一个盲盒，会开出3款 总分记为X,若X≥0，则获奖 不同颜色（分别记为红色、黄色、蓝色）的某 方案一：从中一次摸1个球，记录分数后不 一商品，开出红色、黄色、蓝色商品的概率分 放回 别为分合2 方案二：从中一次摸1个球，记录分数后 放回. (1)若某顾客一次性购买了3个盲盒，求该 (1)若甲顾客按照方案一摸球记分，求甲顾 顾客恰好开出两个红色商品的概率 客获奖的概率； (2)若某顾客只想要红色商品，与老板协商 (2)若乙顾客按照方案一摸球记分，求第二 一致，每次开一个盲盒，如果开出红色商品 次摸到红球条件下，乙顾客获奖的概率； 则停止，否则再开一个盲盒，若连续4次均 (3)若丙顾客按照方案二摸球记分，求X的 未开出红色商品，老板就赠送一个红色商品 分布列和数学期望。 给他.为了得到红色商品，求该顾客的平均 花费。 146 O专题九计数原理、概率与统计 3.(2025广东湛江一模)甲参加了一场智力问 4.(2025黑龙江哈尔滨一模)“冰雪同梦，亚洲 答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数 同心”，2025年第九届亚冬会在哈尔滨举 较低的A类问题以及难度系数较高的B类 办，本次赛事共有6个大项，11个分项，64 问题)供选择，且每轮游戏只回答两类问题 个小项，有来自34个国家和地区1200多 中的其中一个问题.甲遇到每类问题的概率 名运动员参赛，是一场令人回味无穷的冬季 均为2，甲遇到A类问题时回答正确的概率 体育盛会.亚冬会圆满结束后，我校团委组 织学生参加与亚冬会有关的知识竞赛.为鼓 为2，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到 励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答 对一题得两分，答错一题得一分，选手不放 B类问题时回答正确的概率为，回答正确 弃任何一次答题机会.已知小明报名参加比 记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲 赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次 回答每个问题相互独立， 答对的概率不一定相等 (1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的 (1)若前三道试题，小明每道试题答对的概 分布列与数学期望， 率均为， (2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得 ①设力=号，记小明答完前三道题得分为 分为n分的概率为G(n), X,求随机变量X的分布列和数学期望； ()证明：{G(n+1)一2G(m)为等比数列. ②若小明答完前四道题得8分的概率为7， (i)求G(n)的最大值以及对应n的值 求小明答完前四题时至少答对三题的概率 的最小值 (2)若小明答对每道题的概率均为3，因为 小明答对第一题或前两题都答错，均可得到 两分，称此时小明答题累计得分为2，记小 明答题累计得分为n的概率为Pn,求数列 {Pn}的通项公式 147答案 实战高考·数学 依题意，P(A)= ,P(A)=号，P(BA)=,P(BA Cn-1Bn UCn-2BnBn-1, P(Cn)=P(Cn-1)P(BnCn-1)+P(Cn-2)P(BBn-1 Cm-2),而各轮答题正确与否相互独立， 因此P(B)=PAP(BA+PCAP(BA)=专×号十 因此P(Cm)=P(Cm-1)P(Bm)十P(Cn-2)P(BnBm-1)= 号x始后 }PC-+号P(C., 所以当心3时，：=了p1+号p2, 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为} 设存在实数入，使得数列{p+1一入pm}为等比数列，且公比 (2)(i①)解：设事件Bn=“该选手在第n轮答对题目”，各轮 为q 答题正确与否相互独立， 当n≥2时，+1一入pn=q(pm一入pm-1),整理得p+1 由)，PB)=3,P)=号 3 =(入十q)pm-入qpm-1, 当n=1时，挑战显然不会终止，即p1=1. 2 +g， 当n=2时，第1、2轮至少答对一轮，2=1一P(B1B2)= 而+1=3m十9pm-1,则 1-P)P)=8 解得入一9=号或X-号9=子 2 1 由概率加法公式，得p3=P(B3)p2十P(B2B3)p1= Ps)加+PBs)P)A=号×号+号X号X1-品 当=1时，e十号p=8,-号=一日 8 2 同理p4=P(B4)3十P(B;B4)2=P(B4)3十 因此当=-子时，数列{D+1十3}是首项为8，公比 P)P)-专×+号×号×号- 为子的等比数列 (i)证明：设事件Cm=“第n轮答题结束时挑战未终止”， 当≥3时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有如下 当=号时，数列{p+1-号，}是首项为-日，公比为 两种： ①第n轮答对，第n一1轮结束时挑战未终止. 3的等比数列. ②第n轮答错，第n一1轮答对，第n一2轮结束时挑战未 故存在实数入=一 2 3 ,使得数列{p+1一入pm}为 终止 等比数列， 因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为Cn= 9.3离散型随机变量及其分布列、均值与方差 山东新高考全练 ①AC解析对于A选项，若n=1,则i=1,p1=1,所以 1,2,…m,且P(Y=j)=p;十p2m+1-j(j=1,2,…,m). H(X)=-(1×log21)=0,所以A选项正确. H(X)= 含n:·logP=空m…loeu方 对于B选项，若n=2,则=1,2,2=1一1， 所以H(X)=-[p1·log2p1+(1-p1)·log2(1-p1)], =p1·log2 分+如le+…+1l6 当p1=}时，H0=-(合1log子+星·1oe是)， 十p2m·log2p2m 1 当=时，HX0=-(1oge+lg） 1 HY)=（n+m)·log2n+（p+em1): 两者相等，所以B选项错误. 一十…十(pn十pr+1)·log2 pm+pa+1 1 1 对于C选项，若众=月（i=1,2,m,则 log2p2十p2m-1 logn十po+ilbe十n 1一十…十2m-1· 1十p2m·log21+p2m 1 则H(X)随着n的增大而增大，所以C选项正确. log2 p2+p2m-1 1 对于D选项，若n一2m,随机变量Y的所有可能的取值为 由于pi>0(i=1,2,…,2m),所以> p:p:十p2m+1-i 所 502 ○实战册参考答案及解析 1 以1log2 >log2p:+p2+1- Pi =含8-2 所以piog>p·og2p十%1- 记=P(X=k)(k=0,1,2,3). 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1,3,5， 所以H(X)>H(Y),所以D选项错误. 2勢 7分别对应乙出2,46,8，所以0一人2方 解析依题意，X的可能取值为1、2、3，总的选取可 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1,3， 能数为53=125. 当X=1时，三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 5,7分别对应乙出8,2,4,6，所以9=1= A424 故P(X=1)=125-25 51 而X的所有可能取值是0,1,2,3，故0十1十2十3= 当X=2时，恰好两种不同编号的球被取出（即一球出现 1,I+2pe+3s=E(X)=是. 两次，另一球出现一次)，选取出现两次的球有5种方式， 选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的 所以1十加+品-1，p1十2物+合-号，两式相减即得 位置有3种可能，故事件X=2的可能情况有5×4×3= 60(种)， 故PX-2)=安-2号 所以甲的总得分不小于2的概率为加十加= ④解：(1)由题可知，X的所有可能取值为0,20,100. 当X=3时，三种不同编号球被取出， P(X=0)=1-0.8=0.2; 由排列数可知事件X=3的可能情况有5×4×3 P(X=20)=0.8(1-0.6)=0.32; =60(种)， P(X=100)=0.8×0.6=0.48. 故PX=3=器-号， 所以X的分布列为 所以E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3) X 0 2易 100 -1×完+2×号+3×号-器 P 0.2 0.32 0.48 2525 目号解析设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,2, (2)由(1)，知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48= 54.4. X3,X4,四轮的总得分为X. 若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所 对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均 有可能取值为0,80,100. 等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获 P(Y=0)=1-0.6=0.4; 胜的机率P(X=ID=及4=是，所以E(X) 6 P(Y=80)=0.6(1-0.8)=0.12; P(Y=100)=0.6×0.8=0.48. 意=1,23,4. 所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6. 从而E(X)=E(X1十X2+X3十X4)= 名E(X) 因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题. 山东模拟专练 考点闯关 对于C选项，由题意可知广B(4,),故D(7)=4X日 考点离散型随机变量及其分布列、均值与方差 ①BCD解析对于A选项，每个盒子中恰有1球的概率 为-品A婚碳： 对于D选项，由题意可知，随机变量的可能取值有0、1、 2、3, 对于B选项，记事件E:1号是空盒，事件F:2号是空盒， 则PCE=P(P)-装，PGEF)斧-言所以P(EF) 则P02三2P=1)=4=,P(=2)马 44 P(E)·P(F),故事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒” A号 21 不相互独立，B正确； 44 P(3)=-，此，Ec=0 503 答案 实战高考·数学 ×+1×是+2×器+3×8器D正确 2 8 2解：(1)设顾客甲获得了100元奖金的事件为A,甲第 3 一次抽奖就中奖的事件为B, E(X)=2×3 +3× 2+4× +5x景- 81 则PAB)=号×C×号×(1-3)=责，P(A)=C× 分层闯关) (3)×(1-3)=号， 基础题组 1解：(1)记事件A:数理科学类的图书相邻，中外文学类 4 故P(B|A)= P(AB)_27 2 的图书互不相邻， P(A) 2 3 9 则P(A)= AA8A经_2 A 35 (2)不会超过预算.理由：设一名顾客获得的奖金为X元， (2)X的可能取值为2,3,4， 则X的取值可能为0,50,100,200， 则PX=0)=(1-3)°-品， Pcx-2)-Cc+cc_1 C PX=50)=C×g×(1-3)}尸=4， Pox-3)-c(cc+cc++ C4 35 Px=1o)=C×(号)‘×(1-3)=号 P(X=4)= ccc6 C 35 P(X=200)=( ×()P=7 X的分布列为 则EX0=0×号+50×号+10×号+200×7=109 X 2 3 4 27 P 器 6 3 (元)， 于是200E(X)=200×1400=280000<15000,故该活 27 27 +3 “E(X)=2×5 35+4X6=104 22 35351 动不会超过预算. B解：(1)每个项目挑战成功的概率p=号+号×是 3 3解：(1)设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为 事件A,记第i次(i=1,2,3)摸到红球为事件B:,则事件 是则PCA) 11)2121 12）=144 A=B1UB1B2UB1B2B3,显然B1、B1B2、B1B2B3彼此 (2)随机变量X的所有可能取值为4000,3000， 互斥. 2000,1000,0. 由互斥事件概率的加法公式，得P(A)=P(BUBB2U P(X=4000)= 2 B1B2B3)=P(B1)+P(B1B2)+P(B1B2B3) 因为每次摸到红球后放回，所以P(B)=号，P(B)= 1 P(X=3000)=2X 3 所以P=+号×+号×号×品 PX=-2o0)=(×+号×+-品 (2)依题意，X的可能取值为2,3,4,5. PX=10o0)-(传×)×-8：PX-0)= PX=2》=PE)=片 X的分布列为： PX=)=PB顾)=号X号-号， 40003000200010000 P 1 17 3144 PX=0=P(BB)十P(B,B)-号×号×日 (3)由(2)得出甲参赛队获得奖金数的数学期望 +(》-器 EX)=40o0×号+30×号+20×品+16o0× PX=5PBB)=(号》广×号- +0×立-5482（元. 1218 所以一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为： 因为假设本届比赛共有36支参赛队，所以估计其需提供 504 ○实战册参考答案及解析 的奖金总额为36XE(X)=36×54625=109250(元). 18 P(x=5)=C×号×（号）'×号+c×(号)》×3×号 3解：(1)记抛掷骰子的样本点为(a,b),则样本空间为2 32 ={(a,b)|1≤a≤6,1≤b≤6，a∈Z,b∈Z},则n(2)=36. 所以X的分布列为： 记率件A=X0,记率件B=X-[名]一8， 2 4 5 则A={(a,b)|1≤a≤b≤6，a∈Z,b∈Z},且n(A)=21. P 9 器 器 又AB={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2, 2),(2,4),(2,6),(3,3),(3,6),(4,4),(5,5),(6,6)},则 数学期望E(W)-2×号+3×号+4X+5×器- 8181 n(AB)=14,所以P(BA)=AB-14_2 n(A)213’ ⑤解：(1)设“在1次游戏中摸出i个红球”为事件A: (i=0,1,2,3,4),“在1次游戏中获奖”为事件B,则B= 故在X0的条件下，X=的概率为号 A3UA4,且A3,A4互斥， (2)X所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6. P(A)= CCC2+CCC18_3 pX-0)-362-品，PX-1D-号-日 Cc 6010 P0X=2)-若P0X-3)品-8 P(A4)= 号C60-20, 所以在1次游戏中，获奖的概率P(B)=P(A3UA4)= PX=4)=6PX=5)=6,P(X=6)=6 3+17 所以X的分布列为： PAs)+P(A4)=+2020 (2)依题意，X所有可能取值为-4，一1,2,5,8. 1 2 3 5 6 由(1)，知 1 1 2 18 3636 P(X=-4)=P(A0)= 所以E(X)=0×是+1×号+2号+3×8+4× 60 P(X=-1)=P(A1)= Cc+CCc_10_1 5x品+6×品-器 cc 606 4解：(1)两人得分之和大于100分可分为甲得40分、乙 P(X=2)=P(A2)= c+cccic CC 60 得70分，甲得70分、乙得40分，甲得70分、乙得70分三 7 种情况， 所以甲，乙两人得分之和大于10分的概率P=号×号× PX=5)=PA)=: 17 1 P(X=8)=P(A4)=20, (2)在抢答环节中，任意一题甲得15分的概率力一合×是 所以X的分布列为： X -4 -1 2 5 8 60 六 (3)X的可能取值为2,3,4,5. 由抢答任意一题甲得15分的概率为}，得抢答任意一题 数学期望E(X)=(-4) 60+(-1)X 1 6+2X 乙得15分的概率为号， 5X是+8×动-号 6解：(1)由题意可设1,2,3号球的个数分别为n,2n,n, PX=2)=(g)尸=日， 则取到异号球的概率P-2CC,+CC】 7 P0X=)=×g×号×g-7 所以品瓷)一号，即=2孤餐得一2 P(x=4)=C×号×（号）x号+（号）°=器， 所以盒中2号球的个数为4. 505 答案 实战高考·数学 (2)若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语， 记X为甲获得的奖金总额， 则X可能的取值为0元，100元，600元， 所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率 P(X=0)=0.2, P-Cx号x-)-器 P(X=100)=0.8×(1-0.5)=0.4, ⑧解：(1)设前两轮比赛中a得i分为事件C:,b得j分为 P(X=600)=0.8×0.5=0.4. 事件Dj,i,j=0,1,2, X的分布列为 PG)=c(3)2=3,PG)=c8(3)=, 0 100 600 P 0.2 0.4 0.4 PD)=C(g》'(层)'-器，PD)=(层)月 X的均值为E(X)=280. 若甲先回答3号球再回答1号球中的谜语， 记Y为甲获得的奖金总额， 由题意，得A=CD2十C2D1,AB=C2D1. 则Y可能的取值为0元，500元，600元， ,各轮比赛、各局比赛结果互不影响，CD2与C2D1 P(Y=0)=0.5, 互斥， P(Y=500)=0.5×(1-0.8)=0.1, .P(A)=P (C D2)+P (C2D)=P (C)P (D2)+ P(Y=600)=0.8×0.5=0.4. pGpn)-×8+×号品： Y的分布列为 0 500 600 PaB=PPn)=×号是， 0.5 0.1 0.4 PB1A)=A2=名 P(A)=5 Y的均值为E(Y)=290. (2)由题意，得X=1,2,…,10, 因为E(Y)>E(X),所以推荐甲先回答3号球中的谜语再 设第轮两队比分为1：1为事件Ek,k=1,2,…,9. 回答1号球中的谜语. 各局比赛互不影响， ⑦解：(1)由题意可知，每次掷骰子上两级台阶的概率为 音-号上三级台阶的概率为号-弓， P)=2×(1-g)+(1-3)×g=2, P瓜)=1-P(®)=2 且X的可能取值为6,7,8,9，可得(X-6)~B(3,3),则 由题意，当k=1时，P(X=1)=P(面)=分， P(X=6)=(号)°=， 当k≥2时，事件“X=k”=E1E2…Ek-1E,k=2,3,…,9. P(x=)=C×号×（号）}-号 ,各轮比赛互不影响，∴.P(X=)=P(E)P(E2)… P(E-1)P(E) pX=8)=×(3)×号=号， =2×2×…号×=(2)，k=23,…,9. PX=9=()广= :P(X=10)=P(E)P(E)P(E)=(3)', 所以X的分布列为： X 6 7 19 ÷E(X)=1×2+2×(合)》2+…+9×（侵）月 27 +10×(号月： X的数学期望E(X)=6× +7×号+8×号+9×2 8 设s=1x2+2x(合)++9×(3)月， =7. 2s=1×(侵)2+…+8×（合P+9×(合）”， (2)结合题意可知，若学生位于第10级台阶，则投掷3次 后，学生位于第7级台阶，投掷第4次上三级台阶， s-s=+(合)+…+（分）°-9×（侵）°。 所以不能获得奖品的概率为P1=C×号×（号）'×名 2s=1-(号）°-9x(号)”s=2-11×(2°， 506 Q实战册参考答案及解析 p+1=2pgpn+p2(pn十Cg1p-1q")+q2(pn-C2n-1· 能力题组 p"g"-1)=pn+C2n-1p"g"(p-q). 由已知p>q,所以m单调递增. ⑨解：(1)由比赛规则可知，1局比赛后，甲、乙双方共获 0解：(1)设事件A=“第2次没有摸到红球”，事件B= 得4分，若比赛进行了4局还未结束，则双方共计16分， “第3次也没有摸到红球”， 此时双方均为8分，则第5局比赛后必定有一人积分可达 则P(A)=(1-)2,P(B)=(1-)3, 到11分，故比赛次数不会超过5. 由比赛规则可知，若比赛共进行了n(2≤n≤5)局， 所以P(BA)=PAB)=P(B)=1-)3 P(A)PA)T1-2=1-A 设随机事件A:=“第i局比赛中甲获胜”， (2)“方案一”中红球出现的频率用随机变量X表示，则X i{1,2,3,4,5}, 的可能取值为0，号，子分子1， 则P(X=2)=P(A1A2)+P(A1A)=(合)}+（合）}月 且P(X=0)=(1-p)5,P(X=5)=(1-p)4p, P(X=4）=1-p)3p,P(X=3)=(1-p)2p, P(X=3)=P(AA2A)+P(A1AA)=(3)）°+ p(x=2)=1-pp: (3）°-： P(X=1)=. P(X=4)=P(AAAA)+P(AAAA)=(合)月 所以X的分布列为： X +(分)=8： 0 P 1-p)5(1-)4p1-p)p1-p)2p1-p)pp P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=1 名是-名=g E(X)=0X1-p)5+号×(1-p)4p+是×1-p)3b十 X的分布列为： 号×1-p计2×1-pp+1X0 2 3 =1-p)4p+1-p)3p+1-p)2p+①1二)p+p: 4 3 2 P “方案二”中红球出现的频率用随机变量Y表示，因为5Y 故EX)=2X+3X+4X日+5×日- 8=8 B(5,p), (2)易得n≥13，X~B(n,p),P(X=13)=C×pl3 所以5Y的分布列为：P(5Y=k)=C(1-)5-k,k= X(1-p)m-13, 0,1,2,3,4,5, 即Y的分布列为： 记fm=C3Xpls×(1-p)-13,则fn+D f(n) 0 1 (n+1)！ C31×0.613×0.4+1)-13 m号 (1 5(1- 10(1- 10(1- 5(1 P C3×0.613×0.4m-13 n！ )5 )4p p)3p2 p)2p3 p)p 13！(n-13)刀 n+1×2 所以E(5Y)=5p,则E(Y)=p. n-1251 因为E(X)>p,E(Y)=p,所以“方案二”估计p的值更 由》-产品×号>1得m<号，即当13≤≤20 合理. 培优题组 时，f(n)<f(n+1);当n≥21时，f(n)>f(n+1). 11解：(1)10：10平后，设事件A:=“第i个球甲得分”， 故当n=21时，P(X=13)最大，所以n的估计值为21. 则A=“第i个球乙得分”， (3)pm单调递增.证明如下： 设M=“再打两球该局比赛结束”，则M=A1A2十A1A2, 在2n一1局比赛中甲获胜概率为pn,则在2n十1场比赛 所以P(M)=P(A1A2+A1A2)=P(A1)P(A2)+ 中甲获胜概率为p+1,记乙在每局比赛中获胜概率为 9=1一p,则 PA)P)=号x号+号 507 答案 实战高考·数学 (2)X的可能取值为所有正偶数2,4,6，…，2k,…(k∈N*), ()]+21-(g)], 考虑第2k一1个球与第2k个球(k=1,2,3,…),如果这 两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束；如果这两球 当趋于+时，S十s趋于品+名-品 甲、乙各得1分，则比赛相当于重新开始. 所以该局比赛甲我胜的概率为是 这两球甲，乙各得1分的概率为1-P(0=2 2解：1)由定义可知，d(A,B)=青[(0-n2+ 所以P(X=2)=PN=2,P(X=4)=2×2= Px=6)=()×=日， 1-2+0-%2]-号 即y2+(1-y2)2+y=2,且y1y2,y3∈{0,1}， 所以满足方程的B点坐标为(0,0,1)，(1,0,0)，(1,1,1). P(X=2)-()广×合-， (2)(①（固定点P):设点P(p1,p2,p3,p4),Q(q1,92,93,94). 因为}名(p:-9)2=[-qn)2+(-93)2+ 所以E(X)=22+4×+6×++2×+… -)2+p:-94)2]=, 且：=0或1,9：=0或1， 记54=2×2+4×克+6X0+…+2×2, 所以(1一q1)2,(2一q2)2,(p3一q3)2,(p4-q4)2中有 则号s=2×+4X+6×+…+2k-2》x+ 两项等于0，两项等于1， 所以满足条件的所有可能情况有C=6(种). 1 2k×2k+’ 因为两不同点P,Q所有可能情况共有24-1=15种， 以上两式相减得25=1+2×是+2×分+2×十十 所以a(P,Q)-之的概率P-是-号 (①设随机变量X=d(P,Q》=务，其中=1,23，， 2×2点-2k×2中 因为P(x=) 1 1+号++安+… 1 2e-1一kX 1 所似Ex)-含()2-DC+2C+ 1 2k 32C+…十n2C). 2-(2+) 2k, 因为(1+x)n=C%十Chx十C2x2十C3x3+…+Cx”, 所以S=4-2+) 两边同时求导，得n(1十x)n-1=C品十2C2x十3C3x2+… 2k-1 +nCnxn1, 当k趋于十o时，S趋于4，所以E(X)=4. 上式两边同乘x,求导得 (3)设再打n个球比赛结束且甲获胜的概率为pm(n≥2)， n(1+nx)(1+x)n-2=C+22C2x+32C3x2+… 则a=号×分-=日9=(1-号)×号×号-行 +n2C"xn-1, 令x=1,得Ch十22C+32C+…十n2C%=n(n+1)2m-2, 当n为奇数时，p+2= 6pu,S=十p5十…十pn= 所以E(X)=n十1)2m2_(m+1)2-2=(+1)2m n2(2m-1) n(2n-1) 4n(2m-1) 1-(合)个 1- 1-(传)] 1+1 n 4-) 当n为偶数时，D+2=3m,S偶=十十…十m= 因 为 (n+2)2n-1 (n+1)2n-2 (n+1)(2m+1-1) n(2n-1) 01-0-传门 -2n-2(2n+1+n2+2n-1) 1-3 n(n+1)(2"-1)(2m-<0, 所以E(X2)单调递减. 所以该局比赛甲获胜的概率为S特十S%=号[1 因为≥2，所以EX)e(冬] 508 ○实战册参考答案及解析 高考全国视野 真题精练 ()若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所有可能取 ①解：(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题 值为0,5,10,15， 60+30+10 设中的统计数据可得P(A)=800+100十60十30+10 P(X=0)=(1-)3+[1-(1-)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-)3]Cgq·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·Cq2(1-g), (2)(i)设（万元）为赔偿金额，则可取0,0.8,1.6， P(X-15)=[1-(1-p)3]·q3, 2.4,3 ∴.E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3-3p2+3p)·9. 由题设中的统计数据可得 若乙先参加第一阶段比赛，数学成绩Y的所有可能取值 P(=0)=800=4 为0,5,10,15， 10005, 同理E(Y)=15(g-3q2+3q)·p,∴.E(X)-E(Y) P(g=0.8)=1000-10' 1001 =15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] =15(p-q)pq(p+q-3). 603 P(E=1.6)=1000-50' 0<p<q,.p-q<0,p+q-3<1+1-3<0, 3 P(E=2.4)=1000-100' 30 .(p-q)pq(p+q-3)>0, 应该由甲参加第一阶段比赛。 10 P(=3)=1000-100' 1 模拟精练 故E)=0×告+0.8×0+1.6×最+2.4×80+3× ①解：(1)记“该顾客恰好开出两个红色商品”为事件A, pA)-C×(g）×号= 100=0.278. (2)为了得到红色商品，记该顾客打开盲盒的次数为X,X 故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). 的所有可能取值为1,2,3,4. (i)设下一保险期的毛利润为Y. .P(X=1)= PX=2)-号×， 由题设下一保险期保费的均值为0.4X号×96%+0.4× PX=3)=(号}'×=，PX=0=(号)°-=8， 号×1.2=0.4032. X的分布列如下： 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元). 2 3 2解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一 阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， 》 比赛成绩不少于5分的概率P=(1-0.63)(1-0.53) .E(X)= =0.686. ++号+器- 3 (2)()若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛 则该顾客的平均花费为元。 成绩为15分的概率为P甲=[1-(1一p)3]q, 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 2解：(1)若X≥0，则甲顾客摸到1个红球2个白球、或 15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]·3. 者是1个红球1个白球1个黑球， ,0<<q,∴.P甲-P乙=q3-(q-q)3-p3+（p-q)3 所以P(X≥0)= cc+ccc_z Co 201 =(q-p)(q2+pg+2)+(p-q)·[(p-g)2+ (2)记事件N:乙顾客按照方案一摸球获奖，由(1)可知 (q-g)2+(p-q)(q一pq)] =(p-q)(3p2q2-3p2g-3g2) PW-品 =3q(p-q)(g-p-q)=3q(p-q)[(1-p)(1-q) 记事件M:乙顾客第二次摸到红球，则P(MN)= 1]>0, P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛. P(M A20_1 A A8120=6, 509 答案 实战高考·数学 所以，P(N|M)= 0-0×6=0 X的分布列为： P(M) X 0 2 (3)摸到1次红球的概率为合，摸到1次白球的概率为 P 号，换到1次黑球的概率为2， E(X)=0X 程+1×6+2×品+3×品+4×-1 则X的可能取值有一3、一2、一1、0、1、2、3， P(x=-3-(侵)》= (20证明：G1)-子Gc2)-日+×- 1 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为(n一1) PX=-2)=CG×3×(3)=, 分或(n-2)分， px=-1D=c×g×(3)+C×2×(g》=4, 故当m≥3时，G(W=4Gn-1D+gG(n-2), PX=0)=(g)+Ax日×号×g-是 所以Gm）-2Gm-1D=-G(n-1D+日G(m-2)= pX=1D=C×号×(g)+C×2×(g}°-72 [Gm-1D-2G(n-2)], 所以{G+1)-G0)是以为首项，一}为公比的 等比数列. (解：根据()可知，G(n十1)-合G(m)=。× 所以随机变量X的分布列如下表所示： (-)）①， 3 2 -1 0 1 2 3 易得G(m)+是G(n-1)=合G(n-1)+gG(m-2) 8 4 2 72 36 216 2[ca-1D+4Gm-2)], 故E(X)=-3-2×号-1×是+0 +1x品 11 54 所以{G(十1)+G(m)}是以4为首项，2为公比的等 +2×0十3×6=-1 1 比数列， 3(1)解：X可以取0,1,2,3,4. 易得每次回答A类问题且回答正确的概率为)× 所以Gn+1D+Gm0=子×（侵）@ .1 令②-①可得cw=×(号)》1-品×（←）， =4’ 所以c)-号×（分）》+3×(-)” 每次回答A类问题且回答不正确的概率为2×号一子， ,11 经检验n=1,n=2时均满足上式，故G(n) 每次回答B类问题且回答正确的斑率为宁×子-日， =3×[()》+(合)]， 每次回答B类问题且回答不正确的概率为号×是-各， 所以c()=号×[()》”+（侵）》] PX=0)=}×+号×号+2x×8- ≤号×[()》°+（合）] pX=10=××2+}×g×2=6, 面子×[（分）》”+（公）》]显然随者n的增大面诚小， PX=2=4×+g×x2+×g×2= 故c0≤×[（号）}+]= =G(2)(n≥2). PX=3)=×g×2= 又因为G(1)>G(2),所以当n=1时，G(n)取到最大值， P(X-4) ④解：(1)①由题意可知，随机变量X的可能取值有3、4、 510 O实战册参考答案及解析 5、6, 当0<<时，了()<0，此时，函数fp)单调递减， P(X=3)=(3)°=7 当号<p<1时，f(p)>0,此时，函数f(p)单调递增， p(X=40-C·号（兮）2-号， 所以fp)血=（传）为 p(x=5)=C(号)}=， (②)依题意可得A=号，P=号+（号）}=子，当≥8 PX=6)=(层）°=0， 所以随机变量X的分布列如下表所示： x3456 所以Pm-P-1=-3(P-1-Pm-2),且P2-P1=g, P 2 4 所以数列{P+1-P,)是首项为g,公比为-3的等比 所以EX)=3X+4X号+5×号+5x号5 数列， ②因为萌四道题得8分即全对的概率为7，所以第四道 故P+1-P.=g·(})-(-})， 题答对的概率为81p' 1 P+3P-1=P1+3P.-且P+号P=1, 所以小明答完前四题时至少答对三题的概率为f()= 所以数列{P+1+号P}是各项均为1的常数列，则 +p1-8)+G1-p）·8p=P+22 1 P+1+3P.=1, 1 27' Pt1-P=(3), 、181p4-1 所以 则f(p)=3p2一27p=272 P1+3P=1, =(3p-1)(3+1)(9p2+1) 27p2 解得P=+(3)” 9.4二项分布、超几何分布与正态分布 山东新高考全练 BC解析依题可知，x=2.1,s2=0.01,所以Y~ 0.1). N(2.1,0.12), 因为P(X<1.8+0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8+0.1) 故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈ ≈1-0.8413=0.1587<0.2， 0.8413>0.5,C正确，D错误. 而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1) 因为X~N(1.8,0.12),所以P(X>2)=P(X>1.8+2× <0.2,B正确，A错误. 山东模拟专练 考点闯关) 27 40 考点①二项分布和超几何分布 因此，在被调查的学生中任选1人，若此人日均运动时间 ①解：(1)记事件A:抽取的1人为男生，记事件B:抽取的 1人日均运动时间大于1小时， 大于1小时，则此人为男生的概率为器 则P(A)=0.6,P(B|A)=0.9,P(A)=0.4,P(B|A)= (2)由(1)可知从该地区的高中生中随机抽取1人，该生日 0.65. 均运动时间大于1小时的概率为号。 由全概率公式可得P(B)=P(A)P(BA)十P(A)· P(BA)=0.6×0.9+0.4×0.65=0.8. 由题意可知B(,着)，所以，E=4X号-9，D() 由条件概率公式可得P(AB)=PCAB)=0.6X0.9 P(B) 0.8 -4X号×- 511