随机变量期望线性可加性-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

**基本信息** 以期望线性可加性为核心，通过构造指示变量实现复杂问题的分解转化，形成“理论证明-模型构建-应用拓展”的完整方法体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |理论基础|1证明|严格推导E(X+Y)=E(X)+E(Y)（无需独立）|从定义出发，通过联合分布与边缘分布关系完成证明，夯实理论根基| |典例应用|3典例（含2高考真题）|指示变量法：将“至少出现”“个数统计”类问题分解为两点分布变量之和|以具体问题（摸球、投篮）为载体，展示“复杂变量→简单变量→求和”的转化逻辑| |推广拓展|2一般情形+4拓展题|迁移指示变量法至n球m次取、n球m盒等一般模型|从特殊到一般，强化方法普适性，培养数学思维与模型观念| |巩固提升|3课后题|应用分解求和思想解决实际问题|通过变式训练，深化对性质本质的理解，提升运算能力与推理能力|

单县一中 高二数学实验培优材料 使用时间：2026.5 随机变量期望线性可加性 知识框架 理论基础: E(X+Y)=E(X)+E(Y) 设X，Y为两个离散型随机变量，两个随机变量之和的期望，等于这两个随机变量期望之和,即E(X+Y)=E(X)+E(Y). 这个性质不需要X和Y相互独立，无论它们是否独立，这个等式恒成立. 【证明】设X的分布律： 设Y的分布律： 为了计算E(X+Y)，我们需要考虑X和Y同时发生的概率， 设X和Y的联合分布律为 其中 根据随机变量函数的数学期望定义，对于二维随机变量(X，Y)的函数 Z=X+Y，其期望为所有可能的取值 乘以对应的联合概率 之和， 即 利用求和符号的线性性质，将上式展开并拆分为两部分 接下来，需要交换求和次序并提取公因式(利用边缘分布的性质)：对于第一项 由于与j无关，可以将其提到内层求和符号之外： 根据联合概率与边缘概率的关系，固定x₁对所有 yj的联合概率求和，等于 的边缘概率，即 因此，第一项变为： 对于第二项 首先交换求和次序，先对i求和(因为y与i无关)，ⱼ即 同理，固定yⱼ对所有xᵢ的联合概率求和，等于 的边缘概率，即 因此，第二项变为： 综上所述， 【注】这也说明了期望的线性性质不仅适用于相互独立的随机变量，也适用于不独立的随机变量，无论X和Y是否独立，上述推导都成立. 课前练习 1.4个球随机装进个盒子，则装有球的盒子个数的期望为_____ 典例精讲 【典例1】一个口袋中装有编号为1，2，3，4的四个大小、形状完全相同的小球，现有放回的摸球三次，每次摸一个，规定：第n次摸出的球号m满足m≤n时，记为依次有效摸球.若三次摸球的有效次数是X ，则E(X)=( ) A.1 B. C.2 D. 【典例2】（2025新高考Ⅰ卷14）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地抽取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E(X)= . 推 广 到一般情形一 【例题】假设有n个相同的球，分别标有数字1，2，…，n.设m为正整数，从中有放回地随机取m次，每次取1个球，记Xm为这n个球中至少被取出1次的球的个数，问Xm的数学期望.当m很大时，计算m的分布列较为复杂，考虑转化两点分布思想去解决. 推 广 到 一 般情形二 推广二【例题】假设有分别标有数字1，2，…，n的n个不同的球装进m个不同的盒子，则装有球的盒子的个数的期望是 【典例3】（2023新高考Ⅰ卷21）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的任选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (Ⅰ)求第2次投篮的人是乙的概率； (Ⅱ)求第i次投篮的人是甲的概率； (Ⅲ)已知：若随机变量X ，服从两点分布，且 i=1,2,…,n,则 记前n次 (即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y ,求E(Y). 课后巩固 1．一个箱子里有6个球，分别以标号，若有放回地取三次，每次取一个球，记至少取出一次的球的个数为，则__________. 2.袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________. 3．一个箱子里有个大小相同的红球和白球，其中红球比白球多个．已知从中随机摸出个球，摸出的球颜色不同的概率为． (1)求的值； (2)若有放回地摸球次，每次随机摸出个球，记至少取出一次的球的个数为，求的分布列和均值． 拓展培优 1．已知集合，甲､乙两人分别从的所有子集中随机抽取一个集合，两人的抽取结果相互独立，设为两人取到的集合中相同元素的个数，则的数学期望__________. 2．（2023新高考Ⅰ卷21）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________. 3．将编号为，，，的小球随机放入编号为，，，的盒子，每个盒子里仅放一个小球，设编号为的盒子里小球的编号为，若，则称该小球为“配球”. (1)当时，求“配球”个数的分布列和期望. (2)已知：若随机变量服从两点分布，且，，，，，，则. （i）求“配球”个数的期望. （ii）若满足：当时，；当时，；当时，，且，则称该小球为“顶球”，求“顶球”个数的期望. 4．在整数1，2，…，n（）中随机取出k（）个数，记其中两数恰为相邻整数的组数为.例如，取出的数为1，2，4，5时，；取出的数为1，3，8时，；取出的数为5，6，7，8时，. (1)求的分布列和数学期望； (2)（ⅰ）求； （ⅱ）已知：对随机变量，，…，，有，求. 答案 1.【答案】/ 【分析】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，再利用期望公式求解即可. 【详解】设装有球的盒子个数为，则的可能取值有、、， ，，， 所以. 方法2：设 从而 典例1：[解]设Xn为第n次摸球是否为“有效摸球”的指示变量，n=1，2，3， 由于口袋中有编号为1，2，3，4的四个小球，且是有放回摸球，所以每次摸球时总数都是4个， ①第1次摸球，即n=1 有效条件：摸出的球号m满足m≤1，符合条件的球号，只有1个，故概率为 则 ②第2次摸球,即n=2 有效条件：摸出的球号m满足m≤2，符合条件的球号，只有2个，故概率为 则 ③第3次摸球,即n=3 有效条件：摸出的球号m满足m≤3，符合条件的球号，只有3个，故概率为 则 所以 典例2〔解〕构造随机变量如下，令 则 服从两点分布，且 随机变量X描述了取3次球之后，1号球至5号球至少被取出1次的球的个数，而 代表i号球至少被取出1次， )代表i号球未被取出过，因此有 从而 推广例【解】构造随机变量如下，令 则 Xi服从两点分布，且 且 随机变量X描述了取n次球之后，1号球至n号球至少被取出1次的球的个数，而 代表i号球至少被取出1次， 代表i号球未被取出过，从而 由上式可得到一个结论，即随着取球次数m趋向于无穷， Xm的数学期望趋向于n，这是合理的，因为当m非常大时，i号球从未被取出过的概率应非常小(i=1，2，…，n)，反过来，n个球均被取出至少1次概率接近于1，亦即 的概率接近于1，这导致E(Xm)接近于n. 【解】构造随机变量如下，令 则 服从两点分布，且 且 Xi描述了n个球装进m个不同的盒子的情况， 从而 由上式可得到一个结论，即随着取球次数n趋向于无穷，x₁的数学期望趋向于m，这是合理，因为当n非常大时，m个盒子中至少都会装有一个小球，此时第i号盒子中没有球的概率 典例3【解】(Ⅰ)记“第i次投篮的人是甲”为事件A₁，“第i次投篮的人是乙”为事件 Bi，所以由全概率公式可得 =0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. ( Ⅱ) 设 依题意可得， 则 即 又 所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，即 所以 (Ⅲ)因为 所以当n∈N*时, 即 【注】利用两点分布来解决，也是可以的. 课后巩固 1.【答案】 【详解】从有6个球的箱子里有放回地取球三次的样本空间含有个样本点， 事件含有6个样本点，事件含有个样本点， 因此事件含有的样本点个数为， 所以. 故答案为： 2.【答案】4 【分析】根据题意，由条件可得的可能取值为，分别求得其对应概率，再由期望的计算公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题可知，的可能取值为， 则，，， 所以. 故答案为：4 3.【答案】(1) (2)分布列答案见解析， 【分析】（1）设红球的个数为，则白球的个数为，则，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式求出的值，即可得出的值； （2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值. 【详解】（1）记事件“摸出的球颜色不同”，设红球的个数为，则白球的个数为，所以， 所以，解得，故. （2）随机摸出每个球的概率都是，由题意可知，随机变量的可能取值有、、， 则，，， 故随机变量的分布列如下表所示： 因此，. 拓展培优 1.【答案】 【分析】设甲､乙两人抽取的子集分别为，法一：确定的所有可能取值，分析对应概率，即可得分布列，进而求期望；法二：对于中的每个元素，定义，从而得到，结合求期望. 【详解】方法一：的所有可能取值为，设甲､乙两人抽取的子集分别为， 因为的子集一共有个，故所有的抽取结果有种， 要得到，先从5个元素中选个公共元素，有种方式， 对于剩余的个元素，每个元素有3种状态： （1）仅在中；（2）仅在中；（3）既不在中，也不在中，故共有种方式， 所以，的分布列为： 0 1 2 3 4 5 所以. 方法二：设甲､乙两人抽取的子集分别为. 对于中的每个元素，定义，则，所以， 对每个有一半子集中含有，另一半子集不含，即， 所以，所以，故. 故答案为： 2.【答案】/0.5 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. 3.【答案】(1)分布列见解析，期望为1 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）， ，，， 则的分布列为 0 1 3 . （2）（ⅰ）记则，， . （ⅱ）记则， 设第个球是“顶球”的概率为，则，，当时，， . 4.【答案】(1)分布列见解析， (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）求出的可能取值及相对应的概率可得分布列，再求期望； （2）（ⅰ）求出的可能取值及相对应的概率可得分布列，再求期望；（ⅱ）定义随机变量，，当m和同时被选中时，则求出，再由可得答案. 【详解】（1）当，时，的可能取值为0，1，2， ，，， ∴的分布列为 0 1 2 P ； （2）（ⅰ）的可能取值为0，1，2， ，， ， ∴； （ⅱ）定义随机变量，，当m和同时被选中时，， 否则.则，从而， ∵当且仅当所选的k个数中包含m和， ∴， ∴. 1 学科网（北京）股份有限公司 $