专题十三 考点二 随机变量及其分布-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训试卷

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率； (3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总 人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概 率（以样本数据中患者年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确 到0.0001). 考点二随机变量及其分布 [真题题组·实战集训l1] 一、选择题 1.(2026·全国I卷，8)设U={(x1,x2,x3)|x:∈{-2，一1,1,2}，i=1,2,3}为空间中64个点构 成的集合，点P(1,1,1),记样本空间2=Cv{P}.从2中随机取一个点，定义随机变量X如 下：对2中的每个点A(x1x2,x3),令X(A)=x1十x2十x3,则X的数学期望为 A-员 C.0 D. 2.(2025·天津卷，5)已知r为相关系数，测下列说法中错误的是 A.若X~N(,o2),则P(X≤-o)=P(x≥μ十o) B.若X≈N(1,22),Y~N(2,22),则P(X<1)<P(Y<2) C.|Y越接近1，相关性越强 D.|Y越接近0，相关性越弱 3.(多选)(2024·新课标I卷，9)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动 茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口 后亩收入的样本均值x=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收人X服从正态分 布N(1.8,0.12).假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布V(x,s2),则（若随机变量Z服从正 态分布V(,o2),则P(Z<4十σ)≈0.8413) () A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 4.(2024·新课标Ⅱ卷，4)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到 各块稻田的亩产量 (单位：kg),并部分整理得下表： 115 亩产量 [900,950) [950,1000) [1000,1050) [1100,1150) [1150,1200) 频数 6 12 18 24 10 据表中数据，下列结论正确的是 A.100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B.100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C.100块稻田亩产量的极差介于200kg到300kg之间 D.100块稻田亩产量的平均值介于900kg到1000kg之间 二、填空题 -101 5.(2026·上海卷，8)已知随机变量X的分布列为 ,且E(X)=0.5,则b= a0.3b 56 7 6.(2025·上海卷，6)已知随机变量X的分布为 ,则期望E[X]= 0.20.30.5 7.(2025·天津卷，13)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0.4,6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0.6,6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) 8.(2025·全国一卷，14)有5个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5，从中有放回地随机取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)= 9.(2022·新高考Ⅱ卷，13)已知随机变量X服从正态分布N(2,o),且P(2<X≤2.5)=0.36， 则P(X>2.5)= 三、解答题 10.（2026·全国I卷，17)(15分)设整数V≥2.某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮V次， 当且仅当投中1次时或N次均未投中时，停止练习.设该同学每次投中的概率为p(0<<1), 各次投中与否相互独立.记X为停止练习时该同学的投篮次数 (1)当N=4,p=时，求X的分布列： (2)设k,m均为自然数， (i)当≤V-1时，求P(X>k); (i)当k+m≤N-1时，证明：P(X>k+mlX>k)=P(X>m). 116 11.（2025·全国二卷，19)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球 甲胜的概率为？<p<1,乙胜的概率为q,p十g=1,且各球的胜负相互独立，对正整数力 ≥2，设：为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，4为打完k个球后乙比甲至少多得2 分的概率， (1)求p3,(用p表示)； (2)若二=4，求p: q4-q3 (3)证明：对任意正整数m,巾2m+1一92m+1<p2m一92m<卫2m+2一q2m+2· 12.(2025·北京卷，18)有一道选择题考查了一个知识点.甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有 80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率， (1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率. (2)从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数学 期望。 (3)若甲校同学掌握这个知识点，则有100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点，则 有85%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲 校学生掌握该知识点的概率为p1,乙校学生掌握该知识点的概率为2，试比较p1与p2的大 小（结论不要求证明） 117 13.(2024·新课标Ⅱ卷，18)(17分)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比 赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰， 比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每 次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两 名队员组成，设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立， (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率： (2)假设0<p<q. (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？ (ⅱ)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？ 14.(2024·北京卷，18)(13分)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险 期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔 时，保险公司赔偿0.6万元 假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差 (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX; (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下 一份保单毛利润的数学期望估计值与（ⅰ）中EX估计值的大小.（结论不要求证明） 118 [真题题组·战集训2] 1.(2023·新课标I卷，21)(12分)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. (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(X,) 之4g,记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投箍的次数为Y,求E. 2.(2023·上海卷，19)（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分 8分： 21世纪汽车博览会于2023年6月7日在上海举行，下表为某汽车模型公司共有25个汽车模 型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 8 12 米色内饰 2 3 (1)若小明从这些模型中随机抽一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B为 取到的模型是米色内饰，求P(B),P(B|A),并据此判断事件A,B是否相互独立. (2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中抽两个汽 车模型.现做出如下假设： 假设1.抽取的情况有三种可能，外观和内饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰有一个 同色； 假设2.一等奖为600元，二等奖为300元，三等奖为150元； 假设3.按抽到的结果的概率大小，概率越小，奖金越高， 请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、三等奖.设奖金为X,写出X的分布列，并求X的 期望. 119 3.(2022·全国甲卷，19)(12分)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜 方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学 校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立. (1)求甲学校获得冠军的概率； (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望， 4.(2022·北京卷，18)（本小题13分） 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m) 的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成 绩，并整理得到如下数据（单位：m): 甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25； 乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23； 丙：9.85,9.65,9.20,9.16. 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立. (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX; (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）. 12014.解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n, 4n,6n,所以总数为15n, 所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白球个数为3n: 乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n: 丙盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n: 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为 事件A,所以P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05: 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B, 黑球总共有2n+n十3n=6n个，白球共有9n个， 所以P(B)=9n=3 15n5 答案：0.05 5 15,解析：设“甲、乙都入选”为事件A,则P(A)= C_3 10 答案：品 16.解析：从正方体的8个顶点中任选4个，有C%=70(种) 不同的选法，其中这4个，点在同一平面的情况有侧面6 种，对棱面6种共有12种不同的情况，所以这4个点在 月-个平西的版车为P号-多 答案：35 17.解：(1)平均年龄x=(5×0.001+15×0.002+25× 0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65× 0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁). (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，则 P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+ 0.002)×10=1-0.11=0.89. (3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)}，C={任选 一人患这种疾病}，则由条件概率公式，得 P(C1B)=PCBC=0.1%×0.023X10=0.001×0.23 P(B) 16% 0.16 =0.0014375≈0.0014. 考点二 实战集训1 1.A依题意，X的分布列为 X -6 -5-4 -3-2 -101 2345 6 1 3 3 4 9 9 69933 31 63636363636363636363636363 X)=-3×高+3高- 2.B本题考查正态分布曲线下面积，线性相关系数r的 性质.A中，X~N(:,G),根据正态分布曲线的对称性 可知P(X≤一o)=P(X≥H十a),故A正确；C、D中，由 相关系数r的性质，当|x越趋于1，线性相关性就越强， |r越接近0，线性相关性就越弱，故C、D都正确.B中， X~N(1,2),YN(2,2),P(X<1)=P(Y<2),故B 错误 3.BC由题意得XN(1.8,0.1), Y~N(2.1,0.12), 故P(X>2)<P(X>十o)=1一P(X<u十o)<0.2,故 B正确，A错误； P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5, P(2<Y2.1)=P(2.1Y<2.2)=0.8413-0.5=0.3413, P(Y>2)=P(2<Y<2.1)+P(Y≥2.1) =0.3413十0.5=0.8413>0.8，故C正确，D错误. 19 4.C对于A,根据频数分布表可知，6+12+18=36<50， 所以亩产量的中位数不小于1050kg,故A错误： 对于B,亩产量低于1100kg的稻田所占比例为 6+12+18+30×100%=66%,故B不正确： 100 对于C,稻田亩产量的极差最大为1200一900=300，最 小为1150一950=200，故C正确； 对于D,由频数分布表可得，亩产量在[1050,1100]的频 数为100-(6+12+18+24+10)=30， 所以年均值为0×(6×925+12×975+18X1025+ 30×1075+24×1125+10×1175)=1067,故D错误. 5.解析：由题意，{a+0.3十6-1→6=0.6. (-a+b=0.5 答案：0.6 6,解析：本题考查了离散型随机变量的数学期望 E[X]=5×0.2+6×0.3+7×0.5=6.3. 答案：6.3 7.解析：本题考查了条件概率， 二项分布的期望， 设，A,表示第一次跑5圈， A。表示第二次跑5圈， B表示一周跑11图. P(B)=P(A1)·P(A,/A)+P(A)P(A,/A) =0.5×0.6+0.5×0.6 =0.3+0.3=0.6. 1周运动量不达标，每次5圈和周均10圈. P(A1)·P(Ag/A1)=0.5×0.4=0.2. ∴.1周运动量达标为1一0.2=0.8， 则X~B(4,0.8), ∴.E(X)=np=4X0.8=3.2. 答案：0.63.2 8解折：P(X=3)=5XX3=号P(X=2)= 53 5 -号PX=1D-号-云 5=1 故E(X)=1+2X12+3X12=61 25 25 注：每个球至少被取出一次的概率为1 () 61 1251 所以BXW=ΣX)=6x武-器 9.解析：由题意可知，P(X>2)=0.5,故P(X>2.5) =P(X>2)-P(2<X2.5)=0.14. 答案：0.14 1 10.解：)P(X=1)=p=3,P(X=2)=b1-g)=9: p(X=3)=p1-p)°=27 4 P(X=4)=(1-p)3=7 所以X的分布列为： 1 2 3 3 9 27 > (2)记q=1一p. ()当kN一1时，事件P(X>k)表示前k次都未投 中，所以P(X>)=g=(1一) (i)设A:X>k+m,B:X>k 因此P(X>k+mX>k)=P(AIB)=PCAB) P(B) P(X>k+m)_(1-p)+m P(X>k) (1-°=0-)， 又由(i)知P(X>m)=(1一饣)m, 所以P(X>k+m|X>k)=P(X>m). 8 11.解：(1)p3=p°，q3=g, p:=p+Cpg=p+4p3(1-)=p3(4-3). (2)由(1)可知p:-p=p3(4-3p)-p3=3p(1-), 同理9：-q=3g(1-q)=3(1-p)3. 由包二D=4,可得3D0二包=4，即3p-8p十4=0， 9:一93 3p(1-p) 解得A=号或D=2(合. 所以p=子 (3)由号<<1，p+g=1,可知0<g<合<p<1. 设随机变量X为“打完飞个球后甲的得分”， 则X~B(k,p), pm=pm+C2m·p2m-q+Cm·pm-2q2+…十Cm1· pm+1g-1 对于pm+1,考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后， 甲、乙得分一样，或者甲比乙得分少，则第2m十1个球 无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分，若打完2m 个球后，甲比乙至少多得4分，则第2m十1个球甲无论 胜负都能满足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球 后，甲比乙恰好多得2分，则第2十1个球甲必须胜才 能满足甲比乙至少多得2分，所以p2m+1=（pm一Cm ·p+1g-1)十p·Cm1·pm+g-l=pm-q·Cm· p+1g-1. 故力2m一pm+1=q·Cgm1·pmq-1>0,同理q2m一 g2m+1=力·C2m1·g"+1pm-1>0. 所以m一p土=9·Cg。·p+'g1 90--09=专>1p 一p2m+1>q2m一92m+1,所以p2m+1一q2m十1<p2m一q2a· 对于pm+2,考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后， 甲比乙得分少，则剩下两个球（第2m十1和2m十2个 球)无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分.若打完 2m个球后，甲、乙得分一样，则剩下两个球甲必须全胜 才能满足甲比乙至少多得2分，若打完2个球后，甲 比乙恰好多得2分，则剩下两个球甲全胜，或者一胜一 负都能满足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球后， 甲比乙至少多得4分，则剩下两个球甲无论胜负都能满 足甲比乙至少多得2分， 所以pm+2=b·Cm·bq"+(1-g)·Cn1·p+1 g”-1+(pm-Cm1·pm+lgm-1) =pm+p·Cn·bqm-q·Cm1·pm+1g- =pm+pg"·(Cm·p-Cm1·pg), 故力2m+2一巾m=pg”·(Cn·p-Cm·pg),同理 qm+2-gm=gbm·(Cgm·q2-Cn1·qp), 所以(p2m+2一p2n）一(q2m+2一q2m）=pq”·Cgm·(p g)>0,即p2m+2一巾2m>92m+:一9m, 所以p2m一92n<p2m+2一92m+2 综上，p2m+1一q2m+1<p2m一q2m<p2m+2一92m+2 12.解：(1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题 目的机率为0青 (2)设A为“从甲校抽取1人做对”， 则P(A)=0.8,则P(A)=0.2, 设B为“从乙校抽取1人做对” 则P(B)=0.75,则P(B)=0.25, 设C为“恰有1人做对”，故P(C)=P(AB)+P(AB) =P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.35, X可取0,1,2， P(X=0)=P(AB)=0.05,P(X=1)=0.35, P(X=2)=0.8×0.75=0.6, 199 故X的分布列为： X 0 2 P 0.05 0.35 0.6 故E(X)=1×0.35+2×0.6=1.55. (3)设D为“甲校掌握该知识点的学生”， 因为甲校掌握这个知识，点的学生有100%的概率做对 该题目， 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择 一个， 故P(D)+ (1-P(D)=0.8即p+×(1- 08,故= 问里有0.85p:十子×1-p,)=0,75,故A,=号 5 故p1<p2 13.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=(1一0.6)(1一0.5)= 0.686. (2)(1)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的 比赛成绩为15分的概率为Pp=[1一(1一p)]g 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15分的概率为P2=1-(1一q)3]·p, .Pp-Pz=g3-(g-g)3-p+(p-g)3 =(g-p)(g2+g十p)+(p-q)·[(p-pg)2+(q pg)2+(p-g)(q-g)] =(-q)(3pg-3pq-3g) =3g(p-g)(pg-p-g)=3g(p-q)[(1-p)(1-q)-1] >0, Pp>P,应该由甲参加第一阶段比赛 (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所有可 能取值为0,5,10,15， P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]Cgq·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·C5g(1-q), P(X=15)=[1-(1-)3]·g3, ∴.E(X)=15[1-(1-p)3]g=15(p3-3p2+3)·g, 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩y的所有可能取 值为0,5,10,15， 同理E(Y)=15(g-3g+3g)·p, ..E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] =15(p-q)g(p+q-3)>0, ∴.应该由甲参加第一阶段比赛 14.解：(1)设一份保单索赔次数为Y,则 P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)=1000 60 30 10 1000+1000=10%, .一份保单索赔次数不少于2的概率为10%. (2)(i)X的可能取值为0.4，一0.4，一1.2，一2， 一2.6，则 P(X=0.4)= 8004 10005 P(X=-0.4)= 100 1 100010 60 P(X=-1.2)=1000=50' 3 P(X=-2)= 30 3 1000100 P(X=-2.6)=100=100 .10 1 EX=0.4×号-0.4X0-1.2×最-2×80 3 1 2.6×100 =0.32-0.04-0.072-0.06-0.026=0.122 (ⅱ)保单的保费调整后，无索赔保单的保费为0.384万 元，有索赔保单的保费为0.48万元 毛利润Y的可能取值为0.384，-0.32，-1.12，-1. 92,-2.52, ÷此时BY=038×青-0.32×0-112×品-1.92× 50 1 1ò0-2.52×100=0.3072-0.032-0.0672-0.0576 0.0252=0.1252. ',调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整 前的保单毛利润数学期望的估计值. 实战集训2 1.解：（1)第2次是乙投篮的概率为0.5×0.4十0.5×0.8 =0.6. (2)第i次是甲投篮的概率为p:,则乙投篮的概率为1一 p:,则p+1=0.6p:十0.2(1-p:)=0.4p.十0.2， 2 构造等比数列p1十入=(b,十)， 解得入=一子 A-子=×（号）A=吉×（） -1 1 (3)当n∈N"时，E(Y)=1+p2+…+pn 6 1--门 1-号 当n=0时，E(Y)=0,符合上式， 故E)=[1-(号)]+gm∈N) 2.解：(1)红色外观共8十2=10个， 米色内饰共2+3=5个，∴P(B)=克=1 255 红色外观且米色内饰有2个，P(AB)=号 .P(B|A)= P(BA)25 =1 P(A) 5 P(B)=P(BA),∴A,B相互独立， (2)当外观和内饰均同色，则每种情况中抽2个，概率为 C+C+C+C=49 1501 当外观和内饰均异色，则各种情况抽1个，概率为 ceec-8-六 C 外观和内饰恰有1个同色，则概率为 cic:+ckc+cici:+cc_154-77 C 300-150 .一等奖：外观和内饰均异色； 二等奖：外观和内饰均同色； 20 三等奖：外观和内饰恰有1个同色， ∴P(X=60)=六，P(X=30)=品 P(X=150)= 77 150' 其分部到为 X 150 300 600 77 49 4 150 150 .E(X)=600× +300× 25 锡+150 77=271. 150 3.解：(1)记甲学校获得冠军为事件A, 则P(A)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)× 0.8+(1-0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6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+(1-0.5)×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, ∴.X的分布列为 0 10 20 30 P0.160.440.340.06 X的期望值为E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34 +30×0.06=13. 4.解：(1)由题意得： 设甲在校运会铅球比赛中获得优秀奖为事件A. 比赛成绩达到9.50m以上获优秀奖，甲的比赛成绩达 到9.50以上的有：9.80,9.70,9.55,9.54四个. 所以，甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为 P(A)=0.4. (2)X所有可能取值为0,1,2,3. 甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为P(A)=0.4. 乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件B, 则P(B)=0.5. 丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件C, 则P(C)=0.5. P(X=0)=0.6×0.5×0.5=0.15, P(X=1)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5 ×0.5=0.4, P(X=2)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5 ×0.5=0.35, P(X=3)=0.4×0.5×0.5=0.1, EX=0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4. (3)甲的平均数：(9.80+9.70+9.55+9.54+9.48+ 9.42+9.40+9.35+9.30+9.25)×0.1=9.479, 乙的平均数：(9.78十9.56+9.51+9.36+9.32+9.23) ÷6≈9.457， 丙的平均数：(9.85+9.65+9.20+9.16)×0.25= 9.465, 甲的方差：2=[(9.8-9.479)2+…十(9.25 9.479)2]÷10=0.0172, 乙的方差：2=[(9.78-9.457)2+…+(9.23 9.457)2]÷6=0.0329, 丙的方差：s=[(9.85-9.465)2+…+(9.16- 9.465)门÷4=0.086.所以甲获得的概率的估计值最大.