江苏南京市励志高级中学创新班2025-2026学年高二下学期数学假期作业（离散型随机变量及其概率分布） 6.14

**基本信息** 以离散型随机变量为核心，整合方差、期望、分布列及条件概率、全概率等知识，通过实际情境题构建“概念-公式-应用”逻辑链，渗透数学建模与数据分析素养。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础计算|3题（1-3）|方差线性变换、期望公式|从方差定义到随机变量线性关系推导| |分布应用|5题（4-8,16）|二项/超几何分布概率计算|分布列构建与期望方差性质应用| |概率公式|6题（6-7,9-11,14,19）|条件概率、贝叶斯公式|从简单条件概率到全概率公式推理| |实际建模|4题（12,13,15,18）|概率估计、递推关系|用数学语言表达现实问题中的随机现象|

南京市励志高级中学创新班 离散型随机变量及其概率分布 （时间:120分钟 满分:150分） 命题人：蒋恒峰 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共 8 小题,每小题 5 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 要求的.） 1．一组样本数据的方差为2，令，，则样本数据的方差为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 2．已知，两个离散型随机变量之间存在线性正相关关系：，且，，，，则，的取值为（     ） A．， B．， C．， D．， 3．已知袋中有2个白球、2个红球，4个黑球，8个球除颜色外其余均相同，有放回地随机摸球8次，记摸到白球的个数为随机变量，则的方差（     ） A．1 B．2 C． D． 4．有6件产品，其中2件是次品，从中放回地取3次(每次1件)，若表示取得次品的次数，则=（    ） A． B． C． D． 5．下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，……，6，用X表示小球落入格子的号码，则（    ） A． B． C． D． 6．甲，乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为（   ） A． B． C． D． 7．甲、乙两人进行3局2胜制的围棋比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，记“甲以获胜”为事件A，“乙获胜”为事件B，则（    ） A． B． C． D． 8．设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为（     ） A． B． C．0 D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．） 9．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛，决赛采用五局三胜制和三局两胜制其中一种，若每局比赛甲胜乙的概率都为，没有和局，且各局比赛的胜负互不影响，则下列说法中正确的是（     ） A．若采用三局两胜制，甲获得冠军时，比分为的可能性最大 B．若采用五局三胜制，甲获得冠军时，比分为和的可能性相等 C．若采用五局三胜制，则比赛对乙更有利 D．若采用五局三胜制，乙先赢了一局，甲仍有超过的可能性获得冠军 10．某数学试卷有道单选题，若某学生对其中的道题完全掌握，道题有思路，道题没有思路．完全掌握的题目能选出正确答案；有思路的题目，每道做对的概率为；没有思路的题目，猜对的概率为，则（    ） A．答对道题的概率为 B．至少答对道题的概率为 C．答对题目个数的数学期望为 D．随机选一道题作答且做对，则该题是有思路的概率为 11．一个箱子里有6件产品，其中4件甲类品，2件乙类品.现从中依次不放回取出2件，记第一次取得乙类品为事件，第二次取得乙类品为事件，取出的2件产品中有乙类品为事件，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共 3小题,每小题 5 分.把答案填在答题卡上的相应位置.） 12．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为X，则______． 13．元旦前夕，学校图书馆举办一年一度“猜灯谜”活动，灯谜题目中逻辑推理占20%，传统灯谜占50%，校园文化占30%，小伟同学答对逻辑推理，传统灯谜，校园文化的概率分别为0.2，0.6，0.7，若小伟同学任意抽取一道题目作答，则答对题目的概率为_____．若小伟同学运用“超能力”，抽到的5道题都是校园文化题，每道题是否答对相互独立，则这5道题目中答对题目个数的数学期望为_____． 14．箱子里有一个红球，两个黄球，三个白球，有放回的取三次，三次都没取到黄球的概率是__________；在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分．其中第15题13分，第16~17题15分，第18~19题17分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15．某公司运营慢充、快充、超级快充三种不同充电方式的电动汽车充电桩（每个充电桩只支持一种充电方式）.该公司为了解其运营的所有电动汽车充电桩的使用情况，从中随机抽取1000个，记录并整理数据如下表： 不超过5次 超过5次 慢充 140 60 快充 200 400 超级快充 60 140 (1)从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取1个，估计该充电桩日均使用超过5次的概率； (2)假设该公司运营的每个慢充、快充、超级快充充电桩的日均维护费用分别为10元、10元、20元.从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取3个，设为抽取的3个充电桩的日均维护费用之和，求的分布列和数学期望； (3)电动汽车充电桩按服务对象与开放属性分为公用充电桩和专用充电桩两种.已知该公司运营的所有快充充电桩中，公用和专用充电桩数量之比为7:3.在日均使用不超过5次的快充充电桩中，公用充电桩的占比为；在日均使用超过5次的快充充电桩中，公用充电桩的占比为0.7.试比较与0.7的大小.（结论不要求证明） 16．“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加学科知识竞答活动，题库中共有6道题目，随机抽取2道让学生回答．已知某同学只能答对其中的3道，试求： (1)抽到他能答对题目数的分布列； (2)求的期望和方差． 17．甲、乙、丙三个袋子中，各放有大小和形状相同的小球若干．甲、乙每个袋子中有标号为的小球个，标号为的个，标号为的个．丙袋子中有标号为的小球有个，标号为的小球有个，从甲袋子中任取两个球，取到的标号都是的概率是． (1)求的值； (2)从甲袋中任取两个球，已知其中一个标号是，求另一个标号也是的概率； (3)从甲袋子中取出一个小球，如果标号小于，则在乙袋子中取个球；如果标号不小于，则在丙袋子中取个球，如果第二次取出的小球标号为，那么称实验成功，求实验成功的概率． 18．某社区有甲､乙两个垃圾投放点.据观察，该社区居民选择垃圾投放点有以下规律：居民每天都会去投放垃圾，前一天选择投放点甲的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为；前一天选择投放点乙的居民，第二天选择甲的概率为，选择乙的概率为.从观察日起，居民第一天选择甲的概率为，选择乙的概率为，且不同居民的选择相互独立. (1)若有5位居民连续两天去投放垃圾，记第二天选择投放点甲的人数为，求的数学期望和方差； (2)记第天选择投放点甲的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）求数列的通项公式. 19．某种产品出厂前需经过甲、乙两套检测系统．设产品实际合格的概率为r，其中．若产品实际合格，则甲系统判为合格的概率为0.95，乙系统判为合格的概率为0.90；若产品实际不合格，则甲系统误判为合格的概率为0.10，乙系统误判为合格的概率为0.05．两套系统的判断相互独立． 规定：只有当甲、乙两套系统均判为合格时，产品才允许出厂． (1)若，求允许出厂的产品实际合格的概率； (2)若要求允许出厂的产品实际合格的概率不低于0.98，求r的取值范围． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C C D C A A BD ABD 题号 11 答案 BCD 1．C 【详解】设样本数据的方差为，则， 又， 所以样本数据的方差. 2．A 【详解】由题意得，离散型随机变量，满足， 所以，，即， 解得. 3．C 【详解】依题意每次摸到白球的概率为，则， 的方差. 4．C 【分析】根据题意有，再由及独立重复试验的概率求法求概率即可. 【详解】由题意，每次取得次品的概率为，则， 所以 . 5．D 【分析】设，分析出，从而求出的可能取值及相应的概率，求出期望和方差，得到正确答案. 【详解】设 “向右下落”，则“向左下落”，且， 设，因为小球在下落过程中共碰撞5次，所以， 于是（）. 所以，A错误； ， ， 所以，B错误，D正确； ，C错误. 6．C 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】记事件为“甲命中目标”，事件为“目标至少被命中1次”， 则，且， 所以. 7．A 【分析】首先分别求出事件和事件的概率，再根据条件概率公式计算即可. 【详解】甲以获胜意味着前两局比赛甲胜一局，第三局甲胜，前两局甲胜一局的情况有种，根据独立事件概率乘法公式，所以甲以获胜的概率为. 由对立事件概率公式可得. 事件表示甲没有以获胜且乙获胜，乙获胜有两种情况： 情况一：乙以获胜，其概率为. 情况二：乙以获胜，则前两局乙胜一局，第三局乙胜，其概率为. 根据互斥事件概率加法公式可得. . 8．A 【分析】由题意可知.解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得期望；解法二：可得，，根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结合古典概型运算求解. 【详解】由题意可知：，且随机变量的取值为，，，，，，0，1，2，3，4，5，6. 解法一：依题意，可得， ， ，， ，， 所以； 解法二：根据对称性可知：，，，，， 又，， 所以； 解法三：因为，， 对于任意一点，均存在与之对应，可知这两点的坐标和为0， 因为，样本空间， 可知样本空间中存在唯一点与点对应， 所以中所有点的坐标和的总和为， 故. 9．BD 【分析】对于A，比较获胜和获胜的概率判断；对于B，分别求得获胜和获胜的概率判断；对于C，分别求得三局两胜制和五局三胜制乙胜的概率判断；对于D，由前四局甲胜三局和前三局胜2局求解判断. 【详解】对于A，若采用三局两胜制，甲以获胜的概率为，甲以获胜的概率为，故A错误 对于B，若采用五局三胜制，甲以获胜的概率为，甲以获胜的概率为，故B正确 对于C，因为采用三局两胜制甲胜的概率为，采用五局三胜制甲胜的概率为， 所以采用三局两胜制和五局三胜制乙胜的概率分别为和，所以采用三局两胜制对乙更有利，故C错误 对于D，若采用五局三胜制，乙先赢了一局，甲获得冠军的概率为，所以D正确． 10．ABD 【分析】对A根据相互独立事件的概率计算可得；对B分有思路的题目和没有思路的题目共题答对道或道，再根据相互独立事件的概率计算可得；对C直接根据期望的性质计算可得；对D根据贝叶斯公式计算可得. 【详解】对于A，答对道题，即有思路的题目和没有思路的题目共题全部答对， 由相互独立事件的概率公式得，A正确. 对于B，至少答对道题，即有思路的题目和没有思路的题目共题答对道或道， 答对道的概率：由A选项可知为； 答对道分两种情况： ① 道有思路的全对、道无思路的错：； ​ ② 道有思路的对、道有思路的错、道无思路的对：， 因此总概率：，​ 故B正确. 对于C，设答对总题数为，则（​分别为两道有思路题答对的题数，​为无思路题答对的题数）， 由期望的性质得 ， 因为， 故C错误. 对于D，设“题目做对”，“题目完全掌握”，“题目有思路”，“题目无思路”， 则，，， 根据贝叶斯公式 ， ​ 故D正确. 11．BCD 【分析】依题意：：第一次取乙类品， ：第二次取乙类品（抽签原理，不放回先后概率相等）， ：两件中至少1件乙类品，对立事件全是甲类， ：两次都取乙类品，逐个判断选项. 【详解】选项A，，二者相等A错误； 选项B，左边：右边：， ，不等式成立B正确； 选项C，条件概率公式：， 发生则一定发生，故；同理， ， 又，所以二者条件概率相等C正确； 选项D，事件就是（至少一次抽到乙类），根据概率加法公式： ， 代入验证：，D正确. 12． 【分析】设质点向右移动的次数为随机变量，则服从二项分布，建立最终位置与的线性关系，利用方差的性质求解. 【详解】设质点在次移动中向右移动的次数为，由题意可知，每次移动向右的概率为，且各次移动相互独立， 所以服从二项分布，即，则. 因为质点向右移动次，则向左移动次， 所以移动次后质点对应的数， 由方差的性质得. 13． / / 【分析】空一：利用全概率公式求解即可；空二：根据二项分布的期望公式求解即可. 【详解】空一：用表示任选一题选到灯谜题目中逻辑推理，传统灯谜，校园文化， 则， 记小伟同学任意抽取一道题目答对为事件， 则， 所以 . 空二：由题意，小伟同学每道校园文化题答对的概率为0.7，则， 所以. 14． 【分析】第一空：计算出每次取到不是黄球的概率，即可得出三次都没取到黄球的概率；第二空：计算出至少取到一次红球的概率，借助条件概率即可得出结论. 【详解】由题意， 第一空： 箱子里总共有6个球，其中黄球2个，非黄球共4个。 设事件表示没取到黄球，事件表示三次都没取到黄球， 有放回抽取，每次取到非黄球的概率为， 三次都没取到黄球的概率：. 第二空： 设事件表示至少取到一次红球，事件表示三次都取到白球， ， ∵三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率：， ， ∴， ∴在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是. 15．(1) (2) 30 40 50 60 P (3) 【分析】（1）先统计样本中日均使用超过5次的充电桩总数，因为用频率估计概率，所以用该总数除以样本容量1000即可得到估计的概率； （2）确定抽取3个充电桩时X的所有可能取值，根据独立重复试验的概率公式计算每个取值对应的概率，得到分布列，最后用期望公式计，即可得答案； （3）先明确快充充电桩中公用充电桩的整体占比，结合日均使用不超过5次和超过5次的快充充电桩的数量，根据整体公用占比的关系，即可比较a和0.7的大小。 【详解】（1）随机抽取1000个充电桩中，日均使用次数超过5次的有：个， 设事件：“从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取1个， 估计该充电桩日均使用超过5次”，则. （2）设事件：“从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取1个，其所需维护费用为10元”， 依题意可得，， 随机变量的可能取值为， ，， ，. 所以随机变量的分布列如下表所示： 30 40 50 60 P 故. （3） 快充充电桩共600个，公用和专用充电桩数量之比为7:3， 故公用充电桩的个数为，日均使用超过5次的快充充电桩的个数为400个，其中公用占比为0.7， 故公用充电桩的个数为， 日均使用不超过5次的快充充电桩的个数为200个， 设公用占比为，则公用充电桩的个数为200a， 由题意可得，解得，故. 16．(1) 分布列如下： 0 1 2 (2) ， 【分析】（1）先确定随机变量X服从超几何分布，求出X的所有可能取值及对应概率得到分布列. （2）根据期望、方差的定义公式计算结果即可. 【详解】（1）由题意可知，从6道题中抽2道，该同学会答3道、不会答3道， 抽到的能答对题目数X的所有可能取值为0,1,2. 则， ， . 故X的分布列为 0 1 2 （2）. ，因此. 17．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据从甲袋子中任取两球，取到的标号都是的概率列出方程，求解的值； （2）利用条件概率公式，分别计算和，进而求出； （3）根据第一次取球的标号情况进行分类讨论，分别计算不同情况下实验成功的概率，再根据全概率公式计算实验成功的总概率. 【详解】（1）由题意，甲袋子中球的总数为，从甲袋子中任取个球的总组合数为， 甲袋子中标号为的球有个，取到个球的组合数为， 又从甲袋子中任取两个球，取到的标号都是的概率是，得， 整理得，解得或（舍去）． （2）设事件表示“从甲袋中任取两个球，至少有一个标号是1”，事件表示“从甲袋中任取两个球，两个标号都是1”. 因为，， 所以. （3）设事件表示“甲袋子中取出小球的标号小于”，事件表示“第二次取出的小球标号为”， 则，， 若第一次取出的小球标号小于，则在乙袋子中取球，乙袋子中球的总数为个， 其中标号为的球有个，所以， 若第一次取出的小球标号不小于，则在丙袋子中取球，丙袋子中球的总数为个， 其中标号为的球有个，所以， 所以. 18．(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由二项分布求解即可； （2）（i）由第天选择投放点甲的概率为即可求解；（ii）构造数列，由等比数列的定义即可求解. 【详解】（1）任意1位居民第二天选择投放点甲的概率为， 由题意可得，， 所以. （2）（i）第天选择投放点甲的概率为， 整理得. （ii）因为， 所以， 又因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，解得. 19．(1) (2) 【分析】（1）记事件表示“产品实际合格”，事件表示“产品允许出厂”，则，，，，再由贝叶斯及 全概率公式计算求解； （2）由（1）知，再结合题意解不等式即可． 【详解】（1）记事件表示“产品实际合格”，事件表示“产品允许出厂”， 由题意，，， 若产品实际合格，则甲、乙均判为合格的概率为， 若产品实际不合格，则甲、乙均误判为合格的概率为， 当时，， 代入得． （2）由（1）知． 用分数表示为． 由题意要求． 因为， 所以． 即． 因此， 所以． 又，故． 答案第1页,共2页 试卷第1页,共2页 学科网（北京）股份有限公司 $