课时规范练65　离散型随机变量及其分布列、数字特征 -2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦离散型随机变量分布列与数字特征，通过三级训练构建从概念辨析到实际建模的知识逻辑链，强化数据意识与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|10题|分布列性质/期望方差计算|概念（分布列）→计算（期望方差）→性质（线性变换）| |综合提升练|3题|性质综合应用/条件概率|计算→应用（如比赛奖金分布）| |创新应用练|1题|有放回抽样建模|应用→建模（复杂情境下变量构造）|

课时规范练65　离散型随机变量及其分布列、数字特征 (分值:93分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础 巩固练 1.(2025·江苏南京模拟)若随机变量ξ的分布列为 ξ -2 -1 1 2 3 P 0.2 0.1 2m 0.25 m 则P(|ξ|<2)的值为(　　) A.0.3 B.0.4 C.0.55 D.0.85 2.(2025·重庆江北区模拟)已知一组数据x1,x2,…,x7的方差为3,则数据2x1+1,2x2+1,…,2x7+1的方差为(　　) A.3 B.7 C.12 D.13 3.设离散型随机变量ξ的可能取值为1,2,3,且P(ξ=k)=ak+b(k=1,2,3),又ξ的数学期望E(ξ)=3,则ab的值为(　　) A. B.- C. D.- 4.(2025·浙江宁波模拟)将2个小球随机地投入编号为1,2,3,4的4个盒子中(每个盒子容纳的小球个数没有限制),记1号盒子中小球的个数为ξ,则E(ξ)=(　　) A. B. C. D. 5.某实验测试的规则如下:每位学生最多可做3次实验,一旦实验成功,则停止实验,否则做完3次为止.设某学生每次实验成功的概率为p(0<p<1),实验次数为随机变量X,若X的数学期望E(X)>1.39,则p的取值范围是(　　) A.(0,0.6) B.(0,0.7) C.(0.6,1) D.(0.7,1) 6.(2025·广东广州模拟)一个盒子里有3个相同的球,分别标有数字2,3,4,若每次不放回地从盒子中随机取出一个球,直到取出的所有球的数字之积大于或等于8为止.记此时取出的所有球的数字之和为X,则E(X)=(　　) A. B.7 C. D.6 7.(多选题)(2025·福建福州模拟)已知离散型随机变量X的分布列如下,则下列说法正确的是(　　) X 0 1 2 P 0.36 1-2q q2 A.q=0.2 B.E(X)=0.68 C.E(X2)=0.462 4 D.D(X)=0.297 6 8.(多选题)(2025·湖南长沙模拟)盒子中有3个球,其中1个红球,2个黄球.从盒子中不放回地随机取球,每次取1个,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,E(ξ),D(ξ)分别为随机变量ξ的均值与方差,则下列结论正确的是(　　) A.P(ξ=0)= B.E(ξ)=1 C.E(3ξ+1)=3 D.D(3ξ+1)=6 9.(2025·河南南阳一模)某保险公司新开设了一项保险业务,若在一年内事件E发生,该公司要赔偿a元.设在一年内E发生的概率为p,为使公司收益的期望值等于a的10%,公司应要求顾客交保险金　　　　　　元.  10.(15分)(2025·北京,18)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p2,试比较p1与p2的大小(结论不要求证明). 综 合 提升练 11.已知随机变量X的分布列为 X 1 2 P a b 则“E(X)=”是“D(X)=”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 12.(多选题)(2025·山东青岛模拟)某游戏推出A和B两种抽奖活动,玩家可以通过参与活动获得游戏币,从而换取稀有道具.活动A和活动B的抽奖收益X,Y(单位:千个)及其概率分布如下表所示,则下列说法正确的是(　　) X 3 7 11 P 0.4 m 0.3 Y 0 8 18 P n 0.6 0.1 A.m+n=0.6 B.E(5Y-3)=18 C.两个活动的收益期望一样多 D.活动B的收益风险低于活动A 13.(15分)(2025·江西新余模拟)某高校为了丰富大学生的业余生活,每年定期举行乒乓球比赛.通过资格赛和淘汰赛,该高校的小李和小张进入决赛,决赛采用五局三胜制,即选手率先获得三局胜利时,比赛结束并获得冠军.根据以往小李和小张的比赛胜负数据分析,小李每局获胜的概率为,小张每局获胜的概率为,每局比赛相互独立. (1)求四局结束比赛的概率; (2)此次决赛设总奖金10万元,若决赛结果为3∶0,则冠军奖金为8万元,亚军奖金为2万元;若决赛结果为3∶1,则冠军奖金为7万元,亚军奖金为3万元;若决赛结果为3∶2,则冠军奖金为6万元,亚军奖金为4万元.求小李此次决赛获得奖金数X的分布列和数学期望. 创 新 应用练 14.(2025·全国1,14)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)=　　　　.　 　　  参考答案 1.B　解析 ∵0.2+0.1+2m+0.25+m=1,∴m=0.15, ∴P(|ξ|<2)=P(ξ=-1)+P(ξ=1)=0.1+2m=0.1+2×0.15=0.4. 故选B. 2.C　解析 因为数据x1,x2,…,x7的方差为D(X)=3, 所以数据2x1+1,2x2+1,…,2x7+1的方差为D(2X+1)=4D(X)=4×3=12. 故选C. 3.D　解析 由题设1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)=3,可得14a+6b=3,且(a+b)+(2a+b)+(3a+b)=1,可得6a+3b=1, 所以a=,b=-,则ab=- 故选D. 4.A　解析 根据题意ξ可取0,1,2,P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=, 所以E(ξ)=0+1+2 故选A. 5.B　解析 由题意得,X的所有可能取值为1,2,3,P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p)2,所以E(X)=1×p+2×(1-p)p+3×(1-p)2=p2-3p+3,令E(X)=p2-3p+3>1.39,解得p<0.7或p>2.3,又因为0<p<1,所以0<p<0.7,即p的取值范围是(0,0.7).故选B. 6.A　解析 由题意,X的值可以为6,7,9,P(X=6)=,P(X=7)=,P(X=9)=, 所以X的分布列为 X 6 7 9 P 所以E(X)=6+7+9故选A. 7.ABD　解析 由0.36+1-2q+q2=1,可得q=0.2,故A正确; 因为E(X)=0×0.36+1×0.6+2×0.04=0.68,故B正确; 因为E(X2)=0×0.36+1×0.6+4×0.04=0.76,故C错误; 因为D(X)=E(X2)-[E(X)]2=0.76-0.682=0.297 6,故D正确. 故选ABD. 8.ABD　解析 ξ=0表示停止取球时没有取到黄球,所以P(ξ=0)=,故A正确; 随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2,P(ξ=1)=, P(ξ=2)=, 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 所以E(ξ)=0+1+2=1,故B正确; 由E(3ξ+1)=3E(ξ)+1=3×1+1=4,故C错误; D(ξ)=(0-1)2+(1-1)2+(2-1)2=,D(3ξ+1)=9D(ξ)=6,故D正确. 故选ABD. 9.(p+0.1)a　解析 设保险公司要求顾客交x元保险金,若ξ表示公司每年的收益额,则ξ是一个随机变量,ξ的所有可能取值为x-a,x,P(ξ=x-a)=p,P(ξ=x)=1-p,则ξ的分布列为 ξ x-a x P p 1-p 因此,公司每年收益的期望值E(ξ)=p(x-a)+x(1-p)=x-ap,令x-ap=0.1a,解得x=ap+0.1a=(p+0.1)a. 10.解 (1)甲校随机抽取100人,其中有80人答对,用频率估计概率,设从甲校随机抽取1人,这个人答对为事件A,则P(A)= (2)设乙校中随机抽取1人,这个人答对题目为事件B,则P(B)=,由(1)知P(A)= ∴从甲、乙两校各随机抽取1人,恰有1人做对的概率为P(X=1)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)= X的所有可能取值为0,1,2, P(X=0)=(1-)×(1-)=,P(X=1)=,P(X=2)= ∴X的分布列为 X 0 1 2 P ∴E(X)=0+1+2 (3)由题意可知,p1×100%+(1-p1),解得p1=,p2×85%+(1-p2),解得p2=,∴p2>p1. 11.A　解析 由题意可知a+b=1,若E(X)=,则a+2b=,得a=,b=,D(X)=(-1)2+(-2)2,故充分性满足; 若D(X)=,则(a+2b-1)2a+(a+2b-2)2b=ab2+b(b-1)2=-b2+b=,解得b=或b=当b=时,a=,此时E(X)=1+2;当b=时,a=,此时E(X)=1+2,则E(X)=或E(X)=,故必要性不满足.故选A. 12.AC　解析 依题意可得所以m=0.3,n=0.3,则m+n=0.6,故A正确; E(X)=3×0.4+7×0.3+11×0.3=6.6,E(Y)=0×0.3+8×0.6+18×0.1=6.6,则E(X)=E(Y),故C正确; E(5Y-3)=5E(Y)-3=5×6.6-3=30,故B错误; D(X)=(3-6.6)2×0.4+(7-6.6)2×0.3+(11-6.6)2×0.3=11.04, D(Y)=(0-6.6)2×0.3+(8-6.6)2×0.6+(18-6.6)2×0.1=27.24, D(X)<D(Y),所以活动B的收益风险高于活动A,故D错误. 故选AC. 13.解 (1)记事件A=“四局结束比赛”,则P(A)=()2()2 (2)由题意知,X的所有可能取值为2,3,4,6,7,8, 所以P(X=2)=(1-)3=,P(X=3)=(1-)2×(1-)=, P(X=4)=()2×(1-)2×(1-)=,P(X=6)=()2×(1-)2, P(X=7)=()2×(1-),P(X=8)=()3= 所以X的分布列为 X 2 3 4 6 7 8 P 所以E(X)=2+3+4+6+7+8(万元). 14　解析 (方法一)依题意,X的所有可能取值为1,2,3,总的选取方法数为53=125, 故P(X=1)=,P(X=2)=, P(X=3)=, 所以E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1+2+3 (方法二)依题意,假设随机变量Xi,其中i=1,2,3,4,5,其中Xi= 则X=Xi,易知E(X1)=E(X2)=…=E(X5),则E(X)=E(Xi)=E(Xi)=5E(Xi), 由题意可知,球i在单次抽取中未被取出的概率为,由于抽取独立,3次均未取出球i的概率为P(Xi=0)=()3=,因此球i至少被取出1次的概率为P(Xi=1)=1-,故E(Xi)=,所以E(X)=5E(Xi)=5 1 学科网（北京）股份有限公司 $