作业(八) 离散型随机变量的数字特征及二项分布-【假期作业】2026年高二数学暑假假期作业（人教A版·新教材）

暑假作业读一本好书，就如同和一个高尚的人在交 有连续三场比赛都是乙胜包含三种情况：前三场比赛都 是乙获胜， 第一场比赛甲获胜接下来三场比赛都是乙获胜，前两场 比赛甲获胜接下来三场比赛都是乙获胜， 所以有连续三场比家都是乙胜的概率为P=(子）十} ×(学)°+（兮）广×（号厂-0器故B错送： X=4包含两种情况：比赛四场甲获得冠军，比赛四场乙 获得冠军， 所以P(X=)=C×(3）×号×吉+C×(号)广× 甲赢了第一场，乙获得冠军包含两种情况： 第二至第四场都是乙获胜，第五场乙获胜且第二至第四 场中有两场乙获胜， 所以甲赢了第一场，乙藏得冠军的概率为P=(号)广十 心×（层）广x×号-品. 因为品>号所以若甲燕了第一场，则乙仍有超过50% 的可能性获得冠军，故D正确.故选CD。 5.解析由已知得随机变量X的分布列为 1 2 3 P 2 4 8 ++-1= P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=冬+冬=号+号 4 7 案答号 6.解析因为代x)是偶函教，所以钙=kr十受， 2 故=2k+1(k∈Z). 又因为=一1,0,1，所以=士1， 故PA)=P(=1D+P(=-1=1-子=号 答案3 7.解析(1)记事件A为“两手所取的球不同色”，事件A是 两手所取球颜色相同， 则P(不)=2X3+8X+4X3=子，所以PA)=1 9×9 (2)依题意，X的可能取值为0,1,2， 左手所取的两球颜色相同的概率为C+C十C=5 C 18 右手所取的两球颜色相同的概率为C+C+C=1 C 4 px=o)-(1-)1-2)1晨×是-是 PX==×(1-)+(1-)×- pX=2=×- 5 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 13 5 24 18 【真题体验】 1.解析P(=2)= C·C+C=16 C 35 的所有可能取值为1,2,3,4. 5 谈。 [每日格言] P(=1)= 5 P(=2)= 3 C 35 351 P(=4)= 1+2×3 35,故E=1× 16 C +3×+4 112 ×5=7 答案 612 35 7 2.解析(1)记甲学校获得冠军为事件A, 则P(A)=0.5×0.4×(1一0.8)+0.5×(1一0.4)× 0.8+(1-0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6, 所以甲学校获得冠军的概率是0.6. (2)X的可能取值为0,10,20,30， 则P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16 P(X=10)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)×0.8 +(1一0.5)×0.4×0.8=0.44， P(X=20)=0.5×(1-0.4)×(1-0.8)+(1-0.5)× (1-0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×(1-0.8)=0.34, P(X=30)=(1-0.5)×(1-0.4)×(1-0.8)=0.06, 故X的分布列为 102030 P(X)0.160.440.340.06 【易错警示】 [示例1][解析]中的随机变量X的所有取值，我们都 可以按照一定的次序一一列出，因此它们是离散型随机 变量：②中随机变量X可以取某一区间内的一切值，但无 法按一定次序一一列出，故不是离散型随机变量， [答案]①③④ [示例2][解析]随机变量X的所有可能取值为0,1,2， 3=0表示第一次取到正品，则P(X=0)=太= X=1表示第一次取到次品，第二次取到正品， 则P(X=1)=AA=9 A。4,同理， 可求得P(X=2)= 220P(X=3)= AA Ai2220 因此随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 9 9 4 44 220 220 作业（八）离散型随机变量的数字特征及二项分布 【基础诊断】 1.A2.D3.A4.9 【综合应用】 1.D依题意：0.4十0.1十x=1,.x=0.5, .E(X)=1×0.4+3×0.1+5×0.5=3.2, D(X)=(1-3.2)2×0.4+(3-3.2)×0.1+(5-3.2) ×0.5=3.56, .o(X)=D(X)=3.56. 2.D设事件M=“至少分离出2个轻水分子”， 由题意知分离出1个轻水分子的概率为0=亏， 63 分高出1个非轻水分子的城率为出忌， 所以P(M)=C(号)×（号）+C(号)×（号） 54+27_81 125 125 故至少分离出2个轻水分子的概率为器故选D 3.ACD因为随机变量服从两点分布，且P(X=1)=子， 所以P(X=0)=1-P(X=1)=3 4 所以E(X)=0×是+1X子=子，所以P(X=0)= 3E(X),故A正确： [每日格言]生命之灯因热情而点燃，生命之舟因拼 E(2X-1)=2E(X)-1=2×4 -1= 之，故B不 正确； D(x)=(0-)×+(1-)×-品故C 正确： D(4X+1)=4D(X)=16×音=3，故D正确.故 选ACD. 4,ABC易知X=2表示第一次取到红球，第二次取到白 3n 7 球，所以P(X=2)=m+3m十2=30又n为正整数， 所以n=7. X的可能取值为1,2,3,4， PX=D=0P(X=2)=0P(X=3)= 7 3X2×7 10×9×8 3×2×1×71 20P(X=4)0X9x8x7i207 所以E(X)=1X品+2×品+3X0+4X0-吕， 111 所以D(X)=(1-君)×品+(2-号)× 、7 5.解析由题意，得0.1十m十02+n=1·解得m=0.25, ln-m=0.2, n=0.45, 所以E(X)=0×0.1+1×0.25+2×0.2+3×0.45=2, 所以E(3X+2)=3E(X)+2=3×2+2=8. 故答案为8. 答案8 6.解析命题可以转化为：即使某一队获胜三场，也照常进 行后续的场次，直至五场全部结束，最后获胜场次数多的 队获胜.二者等效（区别仅在于胜负已定后，后续场次是 否真正进行) 此时，甲队获胜的概率即为甲队获胜场数不小于3的概 率，即（号）'+Cx(号)广×号+C×(号)广×（号）】 32+5×16+10×819264 243 24387 答案 7.解析(1)设甲烧制的3个青花瓷中成品的个数为Y,则 Y2的对立事件为Y=3, PY=3)=(号)'= PY<2)=1-PY=3)=1-高=器 (2)乙烧制的这3个青花瓷中成品的个数为X,乙烧制 青花瓷的成品率为0， XB(3) X的可能取值为0,1,2,3， PX=o)=C·(品)'·（品） -1X1X9 729 0=1000 92 PX=2)=·()广·（品） 8品 9 27 0-10001 px=3=C(品广·()》 =1×1 ×1=10001 X的分布列为： X 2 729 243 27 1 P 1000 1000 1000 1000 X的期望E(X)=np=3×0=0 1 3 55 缚而前行。 高二数学（配RJA版） 【真题体验】 1.解析由题设有E(X)=5×0.2+6×0.3+7×0.5=1+ 1.8+3.5=6.3.故答案为6.3. 答案6.3 2.解析小桐一周跑11圈的概率P=0.5×0.6十0.5×0.6= 0.6.小桐一周运动量达标的概率p=1一0.5×0.4=0.8， 显然X服从二项分布B(4,0.8),故E(X)=4×0.8=3.2. 答案0.63.2 3.解析(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件A:,“第i次投 篮的人是乙”为事件B:, 所以，P(B,)=P(AB)+P(B1B,)=P(A1)· P(BA)+P(B)P(B,B) =0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. (2)设P(A:)=:,依题可知，P(B:)=1一p:,则 P(A+1)=P(AA+1)+P(BA+1)=P(A,)· P(A+A:)+P(B)P (A+B), 即p+1=0.6p:+(1-0.8)×(1-p:)=0.4p:+0.2, 构造等比数列{：十入}， 设A,+以=号(A+):解得X=一子则1一子 首项为。公比为号的等比教列， 子合×（得）×（号）'+ 即:一3 (3)因为A=×（号）+=1,2…，m 所以当n∈N"时，E(Y)=p1十p2十…十pm= 1 6 1-(号) 1- 号--()门+ 故)=[1-（号）']+子 【易错警示】 [示例1][解析]因为E(X)=(-2)×0.1+(-1)× 0.2+0×0.4+1×0.1+2×0.2=0.1, 所以E(Y)=E(3X+1)=3E(X)+1=1.3. 又因为D(X)=(-2-0.1)2×0.1+(-1-0.1)2× 0.2+(0-0.1)2×0.4+(1-0.1)2×0.1+(2-0.1)2× 0.2=1.49, 所以D(Y)=D(3X+1)=9D(X)=13.41. [答案]1.313.41 [示例2]B①满足独立重复试验的条件，是二项分布：② 的取值是1,2,3，…，n,P(G=)=0.9×0.1-1(k=1,2, 3,…,),显然不符合二项分布的定义，因此专不服从二项 分布：③虽然是有放回地摸球，但随机变量：的定义是直 到摸出白球为止，也就是说前面摸出的一定是红球，最后 一次是白球，不符合二项分布的定义；④次试验是不独 立的，因此不服从二项分布，故选B. 作业（九）超几何分布正态分布 【基础诊断】 1.A2.B3.D4号 【综合应用】 1.C一个袋子中装有除颜色外完全相同的6个红球和4 个白球，从中一次性随机摸出3个球，则C。表示从这10 个球中随机摸3个球，C表示从6个红球中摸出3个球， 则C。一C表示从这10个球中随机摸3个球，至少有1 个白球的摸法种数，所以CC心=P(X心1).故选C. Ci。 2.B由题设P(X<2)=0.5,且P(X<0)=0.3, 则P(0<X<2)=0.2,由正态分布曲线关于X=2对称， 则P(0<X<4)=0.4.故选B.[每日格言]不大可能的事也许今天会实现，根本不 作业（八） 离散型随机变量的数字特征 1知识整合 1.离散型随机变量的均值 (1)定义：若离散型随机变量X的分布 列为 X P 则称E(X)=x1p1十x22十…十xn力m 斗印，为随机变量X的均值或数学期塑， 简称期望 (2)意义：均值是随机变量可能取值关于取 值概率的加权平均数，它综合了随机变量 的取值和取值的概率，反映了随机变量取 值的平均水平， (3)性质：E(aX+b)=aE(X)+b. (4)两点分布的均值，如果随机变量X服 从两点分布，那么E(X)=p. 2.离散型随机变量的方差 (1)方差和标准差的定义 设离散型随机变量X的分布列为 P 称D(X)=(x1-E(X)p1十(x2 E(X)2·2十…+(xm-E(X)2pn= (x,一E(X)'h,为随机变量X的方差， 有时也记为Var(X),并称D(X)为随机 变量X的标准差，记为σ(X). (2)方差和标准差的意义：随机变量的方差 和标准差都可以度量随机变量取值与其均 值的偏离程度，反映了随机变量取值的离 「能的事也许明天会实现。 高二数学（配RJA版） 月 星期 及二项分布 天气 散程度，方差或标准差越小，随机变量的取 值越集中；方差或标准差越大，随机变量的 取值越分散， (3)离散型随机变量的方差的性质： D(aX+6)=a'D(X). 3.解答均值、方差问题的三个步骤 (1)审题，确定实际问题是哪一种概率模 型，可能用到的事件类型，所用的公式有 哪些 (2)确定随机变量的分布列，计算随机变量 的均值、方差 (3)对照实际意义，回答均值、方差等所表 示的结论， 4.n重伯努利试验 (1)伯努利试验：只包含两个试验结果的试 验叫做伯努利试验 (2)n重伯努利试验 ①定义：将一个伯努利试验独立地重复进 行n次所组成的随机试验称为n重伯努利 试验； ②n重伯努利试验的特征：（ⅰ）同一个伯 努利试验重复做n次：（ⅱ）各次试验的结 果相互独立. 5.二项分布 (1)在n重伯努利试验中，设每次试验中事 件A发生的概率为p(0<p<1),用X表 示事件A发生的次数，则X的分布列为 P(X=k)=CD(1-p)m-,k=0,1,2,…, n.如果随机变量X的分布列具有上式的 形式，则称随机变量X服从二项分布，记 作XB(n,p). 暑假作业成功不是将来才有的，而是从决定去做的那一刻起，持续累积而成。 [每日格言] (2)性质：P(X=k)=1. A. 20 27 B号 (3)二项分布的均值与方差 如果XB(n,p),那么E(X)=np,D(X) c D品 =np(1-p). 4.若随机变量X的分布列如下表，且E(X) 6.解决二项分布问题的两个关注点 =2,则D(3X-1)的值为 (1)对于公式P(X=k)=Cb(1-p)"- 0 2 (k=0,1,2,…,n),必须在满足“n重伯努 1 6 D 利试验”时才能应用，否则不能应用该 公式 3综合应用 (2)判断一个随机变量是否服从二项分布， 1.已知随机变量的分布列如下表，则的 关键有两点：一是对立性，即一次试验中， 标准差为 事件发生与否两者必有其一；二是重复性， 3 即试验是独立重复地进行了n次. P 0.4 0.1 2基础诊断 A.3.56 B.3.2 C.3.2 D.3.56 1.(教材改编)已知X的分布列为 2.已知某批矿物晶体中含有大量水分子，且 0 经过测量发现其中轻水分子、重水分子、超 重水分子的比例为6：3：1.现利用仪器 6 从一块矿物晶体中分离出3个水分子，用 设Y=2X+3,则E(Y)的值为 频率估计概率，则至少分离出2个轻水分 7 >.3 B.4 子的概率为 C.-1 D.1 A.5 8号 2.(教材改编)已知X是一个随机变量，若 c器 D品 X~B(6,号)，则P(X=2) 3.(多选)若随机变量X服从两点分布，其中 b.243 4 P(X=1)=子，E(X),D(X)分别为随机变 量X的均值与方差，则下列结论正确的是 c品 n器 3.某同学参加招聘考试，笔试部分有三个题 A.P(X=0)=3E(X) 目，根据经验他答对每一题的概率均为号， BE2X-1)=号 至少答对两题才能进入面试，则该同学能 CDX=音 进人面试的概率为 D.D(4X+1)=3 22 [每日格言]有志者自有千计万计，无志者只感千难万 4.（多选)口袋中有n个白球，3个红球，依次从 口袋中任取一球，若取到红球，则继续取球， 且取出的红球不放回；若取到白球，则停止 取球.记取球次数为X,若P(X=2)=30, 7 则下列结论正确的有 ( 1 A.n=7 B.P(X=4)= 120 C.E(X)= 21 8 D.D(X)=2 5.某一随机变量X的分布列如下表，且n一 m=0.2,则E(3X+2)= X 0 1 2 3 P 0.1 m 0.2 n 6.排球比赛实行“五局三胜制”（当一队赢得 三场胜利时，该队获胜，比赛结束)，根据此 前的若干次比赛数据统计可知，在甲、乙两 队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为 名，乙队获胜的概率为合，则在这场“五同 三胜制”的排球比赛中甲队获胜的概率为 7.玉溪青花瓷起源于元末明初，与江西景德 镇、浙江江山并称“中国三大青花瓷产地” 其采用玉溪本地特有的红土和天然釉矿为 原料烧制而成，工艺难度大，成功率低.假 设青花瓷烧制开窑后经检验分为成品和废 品两类，现有青花瓷6个，其中3个由工匠 甲烧制，3个由工匠乙烧制，甲、乙两人烧 制青花瓷的成品率分别为号品 (1)求甲烧制的3个青花瓷中至多有2个 成品的概率； 2 难。 高二数学（配RJA版） (2)设乙烧制的这3个青花瓷中成品的个 数为X,求X的分布列及期望， 4真题体验 1.(2025·上海卷)已知随机变量X的分 布为 6 0.20.30.5 则期望E(X)= 2.(2025·天津卷)小桐操场跑圈，一周2次， 一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的 概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次 跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为 0.6.若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的 概率为0.6，跑6圈的概率为0.4.小桐一 周跑11圈的概率为 ;若一周至少 跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记 达标周数为X,则期望E(X)= 3.(2023·新课标I卷)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次投篮的人选，第1次投 篮的人是甲、乙的概率各为0.5. 暑假作业伟人之所以伟大，是因为他与别人共处逆境时， (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量X:服从两点分布，且 P(X=1)=1-P(X=0)=9,i=1,2,…,n, 则E(2X)=之9.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). 5易错警示 易错一 错用公式性质致误 [示例1]已知随机变量X的分布列如 下表： X -2 -1 0 1 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 且Y=3X+1,则E(Y)= D(Y)= 2 别人失去了信心，他却下决心实现自己的目标。[每日格言】 [名师叮嘱](1)求解D(Y)时容易错误类比均 值的计算公式，把D(Y)错误地求解为D(Y) D(3X+1)=3D(X)+1=5.47. (2)求解此类问题时，学会利用公式E(aX十b) aE(X)+b,D(aX+b)=a2D(X),将求E(aX+b), D(aX十b)的问题转化为求E(X),D(X)的问题，从 而可以避免求随机变量Y=aX十b分布列的烦琐 计算.解题时可根据两者之间的关系列出等式，进 行相关计算. 易错二对二项分布理解不透彻致误 [示例2]在下列例子中，随机变量ξ服 从二项分布的个数为 () ①某同学投篮的命中率为0.6，他10次投 篮中命中的次数； ②某射手击中目标的概率为0.9，从开始 射击到击中目标所需的射击次数； ③从装有5个红球，5个白球的袋中，有放 回地摸球，直到摸出白球为止，摸到白球时 的摸球次数； ④有一批产品共有N件，其中M件为次 品，采用不放回抽取方法，表示n次抽取 中出现次品的件数. A.0 B.1 C.2 D.3 [名师叮嘱]判断一个随机变量是否服从二项 分布的关键是看它是否是n次独立重复试验，随机 变量是否为在这n次独立重复试验中某事件发生 的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布， 否则就不服从二项分布，