第04讲 离散型随机变量的分布列与数字特征（复习讲义）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第04讲 离散型随机变量的分布列与数字特征 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 离散型随机变量分布列 知识点2 离散型随机变量的均值 知识点3 离散型随机变量的方差 知识点4 二项分布 知识点5 超几何分布 知识点6 正态分布 题型破译 (含超链接） 题型1 离散型随机变量分布列【含方法技巧】 题型2 离散型随机变量的均值【含方法技巧】 题型3 离散型随机变量的方差【含方法技巧】 题型4 二项分布【含方法技巧】 题型5 超几何分布【含方法技巧】 题型6 正态分布【含方法技巧】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 函数的概念与定义域、值域 —— T7（4分） —— 离散型随机变量的数学期望 — T18(2)（约6分） T18(2)(i)（约6分） 期望的决策应用 — — T18(2)(ii)（约4分） 考情分析 离散型随机变量的分布列与数字特征是概率统计板块的核心内容，北京卷近三年以解答题形式考查，难度中等。命题呈现“实际情境→随机变量设定→数学期望计算→期望决策比较”的固定模式：2024年，先由频率估计概率，再求毛利润的数学期望，最后比较保费调整前后的期望大小，体现期望在风险与收益分析中的决策价值。2026年该题位置改为统计与组合概率，未直接考查分布列与期望。复习时需重点掌握分布列的求法、期望的计算公式及期望决策比较的分析框架。 复习目标 1.理解离散型随机变量的概念，掌握分布列的性质（非负性、归一性）。 2.能根据实际情境确定随机变量的取值，求出其分布列。 3.掌握数学期望公式 ，能熟练计算离散型随机变量的期望。 4.掌握方差公式 ，理解方差刻画随机变量稳定性的意义。 5.能建立二项分布、超几何分布等常见概率模型，并计算其期望与方差。 6.能利用数学期望进行实际决策比较，理解期望在风险与收益分析中的作用，提升数据分析与数学建模素养。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 离散型随机变量分布列 （1）定义：若离散型随机变量X可能取的不同值为，，…，，…，，X取每一个值（，2，…，n）的概率，则下表 X … … P … … 称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列，有时也用等式 表示X的分布列． （2）性质：① ；②． 自主检测1随机变量X的分布列为： X 1 2 3 P a 则（   ） A． B． C． D． 自主检测2已知随机变量X的分布列如下表所示，则（    ） X 1 2 3 4 P 0.1 m 0.3 0.2 A． B． C． D． 知识点2 离散型随机变量的均值 （1）一般地，若离散型随机变量X的分布列如表所示． X … P … 则称 为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望． （2）均值的性质 设X的分布列为，，2，…，n． ① ． ② ． ③ ． 自主检测1设下表为随机变量的分布列，其中．若，则（   ） 1 2 A． B． C． D． 自主检测2已知随机变量的分布列如下表，且． 1 2 3 若，则（    ） A． B． C． D． 知识点3 离散型随机变量的方差 （1）定义 ① 为随机变量X的方差，有时也记为，并称为随机变量X的标准差，记为． ②公式：． （2）两个特殊分布的均值与方差 分布 期望 方差 两点分布 超几何分布 （3）方差的性质 ①离散型随机变量X加上一个常数b，仅仅使X的值产生一个平移，不改变X与其均值的离散程度，方差 ，即 ． 而离散型随机变量X乘以一个常数a，其方差变为原方差的 倍，即 ． 一般地，可以证明下面的结论成立： ． ②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 ，反映了随机变量取值的 ．方差或标准差越小，随机变量的取值越 ；方差或标准差越大，随机变量的取值越 ． 自主检测1设，则随机变量的分布列是： 则当在内增大时（    ） A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 自主检测2已知随机变量X的分布列如表，则的值为（   ） X 1 2 3 4 P A． B． C． D． 知识点4 二项分布 二项分布 一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p，记，且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0，1，…，k，…，n}，而且 ， ，因此X的分布列如下表所示． X 0 1 … k … n P … … 注意到上述X的分布列第二行中的概率值都是二项展开式的展开式中对应项的值，因此称X服从参数为n，p的 ，记作 ． 且有 ， . 注：①n次独立重复试验中恰好发生k次的概率与第k次才发生的概率计算公式分别是 与. （3）二项分布的增减性与最大值 记，则当时，，pk递增；当时，，递减. 故最大值在时取得（此时，两项均为最大值；若 非整数，则k取的整数部分时，最大且唯一）. 自主检测1已知随机变量服从二项分布．若，则（    ） A． B． C． D． 自主检测2若随机变量X服从二项分布，则取得最大值时，（   ） A．2或3 B．2 C．3 D．4 知识点5 超几何分布 超几何分布：若，则 自主检测1下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是（   ） A．将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X B．从一批含有13件正品、2件次品的产品中，不放回地任取3件，取得的次品数为X C．某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X D．盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X是首次摸出黑球时的总次数 自主检测2已知离散型随机变量，若X的取值集合为，则（    ）． A．， B．， C．， D．， 知识点6 正态分布 （1）连续型随机变量：随机变量的取值充满某个区间甚至整个实轴，但取一点的概率为 ，我们称这类随机变量为连续型随机变量. （2）正态分布：函数f（x）＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数. 我们称f（x）为 ，称它的图象为正态密度曲线，简称 ，如图所示. 若随机变量X的概率分布密度函数为f（x），则称随机变量X服从 . 记为X～ . 特别地，当 时，称随机变量X服从标准正态分布. 若X～N（μ，σ2），则如图所示，X取值不超过x的概率P（X≤x）为图中区域A的面积，而P（a≤X≤b）为区域B的面积. （3）正态曲线的特点 ①曲线是单峰的，它关于直线 对称； ②曲线在x＝μ处达到峰值 ； ③当|x|无限增大时，曲线无限接近 . ④在参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着μ的变化而沿x轴平移，如图1所示.            图1 ⑤当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定. 当σ较小时，峰值高，曲线 ，表示随机变量X的分布比较 ；当σ较大时，峰值低，曲线 ，表示随机变量X的分布比较 ，如图2所示.            图2 （4）正态分布的均值、方差：若X～N（μ，σ2），则E（X）＝μ，D（X）＝σ2. （5）正态分布在三个特殊区间内取值的概率值 ①P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0. 682 7； ②P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0. 954 5； ③P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0. 997 3. 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N（μ，σ2）的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则. （6）正态分布计算常用结论 ①P（X<a）＝1－P（X≥a）. ②P（X<μ－a）＝P（X≥μ＋a）. ③P（X<μ－b）＝ （b>0）. 自主检测1某电子元件寿命（单位：千小时）服从正态分布．已知若，则，．则（    ） A．0.6827 B．0.9545 C．0.3413 D．0.8186 自主检测2某工厂生产甲、乙两种零件，其长度(单位:)分别服从正态分布和，已知甲零件的平均长度与乙零件相同，但甲零件数据的离散程度更大，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 题●型●破●译 题型1 离散型随机变量分布列 例1-1已知离散型随机变量的分布列如表所示，则常数为（    ） 0 1 A． B． C．或 D． 例1-2（2026·北京·三模）全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的男性和女性居民利用简单随机抽样各抽取4000名，将获得的数据按不同年龄段整理如下表： 男性 女性 打包 不打包 打包 不打包 第1段 250 650 450 650 第2段 300 600 550 550 第3段 600 400 750 250 第4段 850 350 650 150 假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立． (1)从样本中第3段居民中任选一名，求其外出就餐有剩余时打包的概率； (2)从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取2人，记这3人中恰有X人外出就餐有剩余时打包，求X的分布列； (3)假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时不打包（），写出方差，，，的大小关系．（只需写出结论） 方法技巧 1. 分布列的定义：设离散型随机变量 的所有可能取值为 ， 取每个值 的概率为 ，则称下表为 的概率分布列： 1. 分布列的两条基本性质： 非负性：（）； 归一性：。 这两条性质是检验分布列是否正确的基本依据。 1. 求分布列的步骤： 明确随机变量 的所有可能取值（注意不重不漏）； 逐一计算 取每个值的概率（利用古典概型、独立事件、条件概率等）； 列出分布列，并用归一性检验。 1. 常见分布列的求法： 古典概型型：直接利用 ； 独立重复试验型：对应二项分布； 抽样型：对应超几何分布； 递推型：利用 与 的递推关系求解。 1. 分布列与事件的关系：求 时，将 中所有可能的取值对应的概率相加，即 。 1. 易错点： 取值遗漏或重复； 概率计算未考虑所有可能情况； 忘记用归一性检验结果。 【变式训练1-1】若随机变量的分布列如下表，表中数列为等差数列，则的取值是（   ） 3 4 5 6 7 A． B． C． D． 【变式训练1-2】已知随机变量的分布列如下表： 0 1 P a b c 其中成等差数列，则的值与公差d的取值范围分别是（    ） A．； B．； C．； D．； 题型2 离散型随机变量的均值 例2-1（2026·北京·三模）夏日已到，某校组织学生开展生物研学活动，共设计了三个不同方案，目的地分别为北京动物园，大兴野生动物园，北京海洋馆．为了解该校学生对三个方案的倾向性，现对学生进行分层抽样，获得数据如下表： 北京动物园 大兴野生动物园 北京海洋馆 男 支持 22 40 46 不支持 38 20 14 女 支持 15 36 24 不支持 25 4 16 假设学生的选择相互独立． (1)从全校学生中任取一人，已知其为女生，请估计该生支持北京动物园方案的概率； (2)从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，设随机变量X为此三人中支持大兴野生动物园方案的人数，求的分布列及其期望； (3)将该校学生支持北京海洋馆方案的概率估计值记为，假设该校高一年级有500名男生和300名女生，他们会支持北京海洋馆的概率估计值为，除高一年级外其他年级学生支持北京海洋馆的概率估计值记为，请将，与由小到大排序．（结论不要求证明，） 例2-2（2026·北京海淀·三模）无人驾驶技术是汽车研发领域的一个重要方向．某学校技术俱乐部研发了一个感知路况障碍的小汽车模型，该模型通过三个传感器共同判断路段是否有路障．在对该模型进行测试中，该俱乐部同学寻找了80个不同的路段作为测试样本，数据如下表： 测试 结果 真实 路况 传感器1 传感器2 传感器3 有障碍 无障碍 无法识别 有障碍 无障碍 无法识别 有障碍 无障碍 无法识别 无障碍 4 15 1 1 15 4 8 12 0 有障碍 40 10 10 45 5 10 45 10 5 假设用频率估计概率，且三个传感器对路况的判断相互独立． (1)从这80个路段中随机抽取一个路段，求传感器1对该路况判断正确的概率； (2)从这80个路段中随机抽取一个有障碍的路段进行测试，设为传感器1和传感器2判断正确的传感器个数，求的分布列和数学期望； (3)现有一辆小汽车同时装载了以上3种传感器．在通过某路段时，只要3个传感器中一个判断有障碍或无法识别，则小汽车减速．那么是否可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于？（结论不要求证明） 方法技巧 1. 均值的定义：离散型随机变量 的分布列为 （），则 的均值为 均值也称为数学期望，反映随机变量取值的平均水平。 1. 均值的性质： （、 为常数）； （对任意随机变量 、 成立，无需独立）； 若 、 独立，则 ； （ 为常数）。 1. 常见分布的均值： 两点分布：； 二项分布 ：； 超几何分布：（ 为抽取数， 为次品数， 为总数）。 1. 均值的应用： 比较不同方案的平均收益或平均损失，作出决策； 利用 简化计算； 结合分布列的性质，利用均值反求未知概率或参数。 1. 解题步骤： 先求出分布列； 代入均值公式计算； 若涉及线性变换，利用均值性质简化计算。 1. 注意：均值是加权平均，权重为概率；均值不一定是随机变量的可能取值（如掷骰子的均值为 ，但骰子不会出现 点）。 【变式训练2-1】（2026·北京海淀·一模）为了调查“AI赋能教学活动”的实施效果是否达到预期，对甲、乙两个学区的教师进行简单随机抽样，获得评价数据如下表： 学区 甲 乙 性别 男 女 男 女 达到预期 260人 200人 240人 190人 未达到预期 190人 150人 60人 110人 假设所有教师的评价相互独立.用频率估计概率. (1)估计甲学区教师的评价为“达到预期”的概率； (2)若教师的评价为“达到预期”，则赋分为5；若教师的评价为“未达到预期”，则赋分为0. （i）从这两个学区的所有男教师中随机抽取2人，所有女教师中随机抽取1人，记随机变量X为这3人的赋分之和，估计X的数学期望； （ii）记甲学区样本赋分的方差为，乙学区样本赋分的方差为，两学区所有样本赋分的方差为.比较，，的大小.（结论不要求证明） 【变式训练2-2】（2026·北京昌平·一模）教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于2小时．为了提升学生体质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于4小时的学生视为“运动达标”，运动时长不足4小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取200名学生的问卷，获得数据如下表： 男生（人） 女生（人） 合计（人） 运动达标 80 40 120 运动不达标 20 60 80 合计 100 100 200 用频率估计概率． (1)从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率； (2)从该校男生和女生中各随机抽取一人，设为“运动达标”的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校随机抽取20名学生，记其中“运动达标”的人数为．求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 题型3 离散型随机变量的方差 例3-1（2026·北京顺义·二模）在某城市青年电影节公益短片展播环节中，预计展播部反诈宣传短片与部文明出行宣传短片，每部短片仅展播一次且播放次序随机.所有短片的时长均固定为分钟，相邻短片播放无时间间隔. (1)求第部播放的短片是文明出行宣传短片的概率； (2)记随机变量为从展播开始，到最后一部反诈宣传短片播放完成所用的总时间（单位：分钟），求的分布列与数学期望； (3)设随机变量为从展播开始，到文明出行宣传短片播放完成所用的总时间.记的方差为，（2）中的方差为.比较方差与大小（结论不要求证明）. 例3-2（25-26高三上·北京·开学考试）北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表： 类型 A（古代皇家宫苑建筑） B（古代皇家祭祀建筑） C（古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学 (1)求选取的3处遗产点都为A类的概率； (2)设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； (3)设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明） 方法技巧 1. 方差的定义：离散型随机变量 的方差为 方差反映随机变量取值相对于均值的离散程度，方差越大，取值越分散。 1. 方差的计算公式（简化形式） ： 其中 。此公式在实际计算中更为简便。 1. 方差的性质： （、 为常数）； （ 为常数）； ； 若 、 独立，则 。 1. 常见分布的方差： 两点分布：； 二项分布 ：； 超几何分布的方差计算较复杂，一般通过分布列直接计算。 1. 标准差：，标准差与随机变量具有相同的量纲，更便于实际解释。 1. 方差的应用： 比较不同方案的稳定性（方差越小越稳定）； 结合均值共同决策：均值反映平均水平，方差反映风险大小； 利用 简化计算。 1. 解题步骤： 先求分布列和均值 ； 计算 ； 利用 求方差； 若涉及线性变换，利用方差性质简化计算。 【变式训练3-1】（2026·北京房山·二模）4月23日是世界读书日．某市调研小学生阅读状况，得到男生、女生最喜爱的一种阅读内容的频率分布如下图： 假设不同学生的选择相互独立．用频率估计概率． (1)从该市小学生中随机抽取名男生，估计他最喜爱的阅读内容为科学类（包括自然科学和社会科学）的概率； (2)从该市小学生中随机抽取名男生和名女生，记这人中最喜爱的阅读内容为漫画的人数为，求的分布列和数学期望； (3)从该市小学生中随机抽取名男生，用“”表示他最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示他最喜爱的阅读内容不是科学类；从该市小学生中随机抽取名女生，用“”表示她最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示她最喜爱的阅读内容不是科学类．判断方差与的大小．（结论不要求证明） 【变式训练3-2】某甜品店打算推出三款新品，在前期市场调研时，将顾客按照年龄分为青少年组中年组和老年组，随机调查了200名顾客对这三款新品的购买意愿，统计数据如下（单位：人）： 青少年组 中年组 老年组 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 第一款 40 20 80 20 20 20 第二款 30 30 60 40 30 10 第三款 50 10 80 20 10 30 假设顾客的购买意愿相互独立.用频率估计概率. (1)从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买第一款新品的概率； (2)从三个不同年龄组的顾客中各随机抽取1人，记为这3人中愿意购买第二款新品的人数，求的分布列和数学期望； (3)用“”表示顾客愿意购买第款新品，“”表示顾客不愿意购买第款新品．直接写出方差的大小关系． 题型4 二项分布 例4-1（26-27高三上·北京海淀·阶段检测）2026年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温．为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取40份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组 人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中抽取1人，估计该学生的成绩低于70分的概率； (2)从所有参赛学生中抽取4人，求其中恰好2人成绩低于70分，2人成绩高于90分的概率； (3)从所有参赛学生中随机抽取20人，记为这20人中成绩低于70分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 例4-2（26-27高三上·北京东城·阶段检测）为迎接“十一长假”的到来，某商场开展一项促销活动.凡在商场消费金额满元的顾客可以免费抽奖一次.抽奖规则如下：不透明箱子中装有除颜色外其它都相同的个小球，其中红球个，白球个，黄球个；顾客从箱子中依次不放回地摸出个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的个球的颜色分成以下四种情况： 个红球个白球 个红球 个白球 至少一个黄球 若四种情况按发生的概率从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖； (1)求顾客在某次抽奖中，两次都摸到红球的概率； (2)求顾客分别获一、二等奖时对应的概率； (3)若三名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立，记中奖的人数为，求的分布列和期望. 方法技巧 1. 二项分布的定义：在 次独立重复试验中，二项分布，记作 其分布列为 1. 二项分布的三个条件： 每次试验只有两个可能结果（成功或失败）； 每次试验成功的概率相同（均为 ）； 各次试验相互独立。 1. 二项分布的均值与方差： 1. 二项分布的最可能值：使 最大的 值称为最可能值。 若 为整数，则最可能值为 和 ； 若 不为整数，则最可能值为 （取整数部分）。 1. 解题步骤： 判断试验是否为 次独立重复试验； 确定 和 ； 利用二项分布公式计算概率、均值、方差； 涉及“至少”“至多”时，利用对立事件或累积概率。 1. 常见模型： 射击命中次数； 抛硬币正面次数； 产品合格率问题； 比赛胜负次数。 1. 注意：二项分布要求每次试验独立且概率相同，若试验不独立或概率不同，则不能用二项分布公式。 【变式训练4-1】（26-27高三上·北京门头沟·开学考试）年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温.为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组                     人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中随机抽取人，估计该学生的成绩低于分的概率； (2)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求的分布列及数学期望； (3)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【变式训练4-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）随着智能手表的普及，越来越多的学生使用其功能，为了了解学生使用智能手表功能的情况，现从某校随机抽取了300名学生，对使用 四种功能的情况统计如下: 功能种数 性别 0 种 1 种 2 种 3 种 4 种 男 18 52 42 28 10 女 12 58 48 22 10 在上述样本所有使用 3 种功能的人中，统计使用的人次如下: 功能 人次 37 40 35 38 假设不同学生使用智能手表功能的情况相互独立，用频率估计概率. (1)从该校随机选取一人，若已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率； (2)从该校使用三种功能的学生中，随机选出3人，记使用功能的人数为人，求的分布列和期望； (3)从该校男、女生中各随机选一人，记他们使用功能的种数分别为，试比较期望的估计值的大小 (结论不要求证明). 题型5 超几何分布 例5-1（26-27高三上·北京·开学考试）是指大气中直径小于或等于微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米~75微克/立方米之间（包括35，75）空气质量为二级：在75微克/立方米以上空气质量为超标． 某城市环保局从该市市区2025年全年每天的监测数据中随机地抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）． (1)从这天的日均监测数据中，随机抽出三天数据，求恰有一天空气质量达到一级的概率； (2)从这天的数据中任取三天数据，记表示抽到监测数据超标的天数，求的分布列和数学期望； (3)用样本方差估计全年日均值的波动情况．记天样本的方差为，将原天样本数据去掉一个最大值和一个最小值，记去掉最值后天数据的样本方差为，判断，的大小．（结论不要求证明） 例5-2（2026·北京昌平·二模）为了培养学生的应用能力和创新思维，提高学生的科学素养，某学校开展了人工智能课程.为了解该校学生对相关人工智能课程的兴趣程度，对学生进行了简单随机抽样，获得数据如下表： 非常感兴趣 一般感兴趣 不感兴趣 合计 小学 20人 40人 40人 100人 初中 50人 30人 20人 100人 合计 70人 70人 60人 200人 假设小学生和初中生每人对人工智能课程的兴趣程度互不影响. 用频率估计概率. (1)从该校初中生中随机抽取3名同学，估计这3名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”的概率； (2)规定：每名“非常感兴趣”的学生记5分，每名“一般感兴趣”的学生记3分，每名“不感兴趣”的学生记1分. 根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，按照学生人数比例先从样本中的小学生中抽取了10人，再从这10人中随机抽取2人．记为这2人的得分之和，求的分布列和数学期望； (3)记样本中的小学生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；样本中的初中生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；的方差为．写出的大小关系．结论不要求证明. 方法技巧 1. 超几何分布的定义：从含有 个次品的 个产品中不放回地抽取 个产品，其中次品数 服从超几何分布，其分布列为 1. 超几何分布的适用条件： 总体分为两类（如正品与次品、男生与女生等）； 不放回抽样； 关注抽到的某一类个体的数量。 1. 超几何分布的均值： 方差一般通过分布列直接计算，无简单公式（高中阶段通常不要求记忆）。 1. 二项分布与超几何分布的区别： 二项分布：有放回抽样（或独立重复试验），每次抽取时总体结构不变； 超几何分布：不放回抽样，每次抽取后总体结构发生变化； 当总体容量 很大而抽取数量 相对较小时，超几何分布可近似为二项分布。 1. 解题步骤： 判断是否为超几何分布（两类个体、不放回抽样）； 确定 、、； 利用公式计算各概率，列出分布列； 利用均值公式或分布列计算均值。 1. 常见模型： 从含次品的产品中抽检； 从含红球白球的袋中摸球（不放回）； 从男女生中选代表。 1. 注意：超几何分布的概率计算依赖组合数，需准确确定 的取值范围（ 同时满足 和 ）。 【变式训练5-1】（25-26高三上·北京朝阳·期末）某人形机器人行业协会为了解行业现状，对该行业所有公司生产的人形机器人进行了一次性能评估．现从中随机抽取100家公司，统计其人形机器人“性能评分”（百分制，且均为整数）及对应的“行业评级”（评级越高，代表性能越优），整理数据如下表： 性能评分 行业评级 公司数 5 10 4 3 2 20 1 10 (1)当时，在这100家公司中， （i）从性能评分不低于80分的公司中随机抽取1家，求其行业评级为5级的概率； （ii）从性能评分不低于80分的公司中随机抽取2家，记为这2家公司中行业评级为5级的公司数，求的分布列和数学期望； (2)用频率估计概率，记“从该行业所有评级为2级和5级的公司中随机抽取2家，这2家公司的行业评级的平均值”为，记“上述100家公司的行业评级的平均值”为．设“”的概率为，“”的概率为，请根据表中信息比较与的大小．（结论不要求证明） 【变式训练5-2】（25-26高三上·北京延庆·阶段检测）近年来，中国机器人科技水平在政策支持､技术创新及市场需求的多重驱动下实现了显著提升.国内很多科技公司致力于服务机器人的发展与创新，现抽取了由甲､乙､丙､丁四个公司研发的14款使用率较高的智能送餐机器人，并对这14款机器人的送餐失误率进行了测试，获得数据如下表： 公司 甲 乙 丙 丁 机器人 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 失误率 1.3% 1.8% 2.9% 1.5% 1.9% 2.9% 0.7% 0.9% 1.6% 2.4% 0.8% 1.6% 2.4% 2.8% (1)从表中提供的机器人中任取一个，求该机器人送餐失误率低于的概率； (2)从表中提供的失误率低于的送餐机器人中任取3个，用随机变量表示其中失误率低于的送餐机器人个数，求随机变量的分布列和数学期望； (3)已知某餐厅使用乙或丙公司中的某个送餐机器人，经查证，该送餐机器人送餐失误，则该送餐机器人来自哪个公司的可能性更大？（结论不要求证明） 题型6 正态分布 例6-1（25-26高三上·北京·阶段检测）设随机变量～，若，则_______．（用含有的式子表示） 例6-2某型号无人机在自动巡航模式下，其飞行高度X(单位：米)服从正态分布N(120,25).若规定飞行 高度在区间[110,130]内为“标准安全区”，一架该型号无人机在一次自动巡航中被监测到处于“标准安全区”内，那么其飞行高度不低于125米的概率约为（    ） 参考数据：若，则，，. A．0.159 B．0.142 C．0.136 D．0.022 方法技巧 1. 正态分布的定义：若随机变量 的概率密度函数为 则称 服从正态分布，记作 ，其中 为均值， 为标准差。 1. 正态分布曲线的特征： 曲线关于直线 对称； 曲线在 处达到最高点； 曲线与 轴之间的总面积为 ； 越大，曲线越“矮胖”（数据越分散）； 越小，曲线越“高瘦”（数据越集中）。 1. 正态分布的 原则： ； ； 。 1. 标准正态分布：当 ， 时，，其分布函数记为 。对于一般正态分布 ，有标准化公式： 1. 对称性的应用： ； ； 。 1. 解题步骤： 确定 和 ； 利用对称性和 原则将所求概率转化为已知区间的概率； 必要时利用标准化公式转化为标准正态分布。 1. 常见模型： 身高、体重、考试成绩等自然和社会现象； 测量误差； 产品质量指标。 1. 注意：正态分布是连续型分布，（单点概率为零），故 ；实际问题中需注意“不低于”“不超过”等关键词对应的区间端点是否取等号。 【变式训练6-1】已知随机变量，，若，，则（      ） A．0.6 B．0.3 C．0.2 D．0.1 【变式训练6-2】某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（   ） A．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大 B．越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C．越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D．越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等 【变式训练6-3】某快递公司为了提升配送服务质量，对旗下站点的每日投诉率进行统计分析．公司从该站点中随机抽取了个工作日，得到的日投诉率记为，统计数据如下： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 2.1 3.5 2.8 4.2 2.9 2.5 3.8 3.3 公司规定：单日投诉率低于3.0‰时，该日记为“优质服务日”． (1)从A站点这8个工作日中随机选取2天，记X为抽到的“优质服务日”天数，求X的分布列和数学期望． (2)为了降低投诉率，公司对该站点开展为期一个月的服务整改.整改后，该站点的日投诉率记为，变量服从正态分布．用样本估计总体，从该站点随机抽取个工作日，试估计“优质服务日”的天数．（结果四舍五入，取整数） 参考数据：，，． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·北京·高考真题）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率 (2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 2．（2024·北京·高考真题）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同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 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3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）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，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）中估计值的大小．（结论不要求证明） 3．（2022·北京·高考真题）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）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E（X）； (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） 4．（2021·北京·高考真题）在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束. 现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确. （I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测. (i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数; (ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数，求X的 分布列与数学期望E(X). (II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明) 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、解答题 1．从8名男生和6名女生中任选5人去阳光敬老院参加志愿服务，用X表示所选5人中女生的人数，求． 2．已知15件同类型的零件中有2件是不合格品，从中任取3件，用随机变量X表示取出的3件中的不合格品的件数．求： (1)X的概率分布； (2)X的均值． 3．假定某射手每次射击命中目标的概率为．现有3发子弹，该射手一旦射中目标，就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完.设耗用子弹数为X，求： (1)X的概率分布； (2)均值； (3)标准差． 4．某学校高二年级有200名学生，他们的体育综合测试成绩分5个等级，每个等级对应的分数和人数如表所示．               等级 不及格 及格 中等 良 优 分数 1 2 3 4 5 人数 20 50 60 40 30 从这200名学生中任意选取1人，求所选同学分数X的分布列，以及． 5．设随机变量X的分布列为． (1)求常数a的值； (2)求和． 6．袋中有形状、大小完全相同的3个球，编号分别为1，2，3.用表示取出的2个球中的最大号码，有放回地从袋中取两次，每次取1个球 (1)写出的分布列； (2)求的均值与方差. 7．同时掷两个均匀的骰子，设所得点数之和为X． (1)写出X的分布列； (2)求； (3)求“点数和大于9”的概率． 8．某景点电动车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过1h免费，超过1h的部分每小时收费10元（不足1h的部分按1h计算）．有甲、乙两人相互独立来该租车点租车游玩（各租一车次）．设甲、乙不超过1h还车的概率分别为，，1h以上且不超过2h还车的概率分别为，，两人租车时间都不会超过3h． (1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率； (2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列及数学期望． 9．猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．某嘉宾参加猜歌名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲A，B，C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如表所示． 歌曲 A B： C 猜对的概率 0.8 0.6 0.4 获得的公益基金额/元 1000 2000 3000 规则如下：按照A，B，C的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首．求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值． 10．A，B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是，，，B队队员是，，，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负的概率如下表： 对阵队员 A队队员胜的概率 A队队员负的概率 对 对 对 现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设，分别表示A队、B队最后所得总分．求： (1)，的分布列； (2)，． 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知随机变量，若，则（     ） A．0.2 B．0.3 C．0.5 D．0.8 2．已知随机变量的分布列如下： X 1 2 3 0.4 则数学期望（    ） A．0.8 B．1.4 C． D．2 3．（已知随机变量X的分布列如下表：若，则（   ） X 0 1 2 P n m A． B．5 C．7 D．21 4．某公司考察了A，B两个项目进行投资，记A，B两个项目的利润分别为X（万元），Y（万元），经过风险评估，得到X，Y的分布列如下： X（万元） –10 0 10 30 Y（万元） 0 10 20 P 0.1 0.3 0.4 0.2 P 0.3 0.5 0.2 (1)求A，B两个项目的利润的期望； (2)求A，B两个项目的利润的方差，并比较方差的大小． 5．抛掷一枚质地均匀的硬币4次，设正面朝上的次数为． (1)求的分布列、数学期望与方差； (2)求的值． 6．某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差． 重难·创新演练 7．（25-26高三上·北京通州·期末）开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大的都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动. (1)求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率； (2)如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望. (3)该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据： 景点编号 一 二 三 四 景点名称 清明上河园 开封府 大相国寺 龙亭公园 游览人数（人） 假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明） 8．（25-26高三上·北京顺义·期末）某高中举办“京剧脸谱体验展”，通过增强现实技术让学生沉浸式感受京剧文化魅力.为了解全校学生的体验效果，研究团队在三个不同年级中各随机抽取人作为样本，统计其体验时长，并通过问卷方式调查认知度提升效果.已知体验时长（单位：分钟）分为三段，，，各段人数及认知度显著提升人数如下表： 人数年级 体验时长 体验时长 体验时长 认知度 显著提升 高一年级 55人 30人 15人 70人 高二年级 40人 45人 15人 50人 高三年级 25人 30人 45人 30人 假设三个年级人数相同，以频率估计概率. (1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生为高二年级学生且体验时长的概率； (2)从全校所有“认知度显著提升”的学生中随机抽取3人，记为抽取的3人中高二年级学生的人数，求的分布列和数学期望； (3)假设学生的认知提升度只受年级与体验时长的影响，且当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等，当“体验时长”时，高一学生“认知度显著提升”的概率为；高三学生“认知度显著提升”的概率为，判断，的大小关系.（结论无需证明） 9．（25-26高三上·北京海淀·期末）某科技公司统计了过去连续30个月两个小组每月所需专用服务器台数，获得数据如下表： 小组所需专用服务器台数 11 12 13 14 15 16 17 月数 1 1 2 3 18 4 1 B小组所需专用服务器台数 6 8 10 12 14 16 18 月数 1 2 6 11 6 2 2 为了更好地支持自主研发，该公司计划给小组长期租赁台专用服务器，给小组长期租赁台专用服务器. 假设两个小组每月所需专用服务器台数相互独立，用频率估计概率. (1)估计小组某个月所需专用服务器不超过14台的概率； (2)若，在未来的某个月，为满足小组的需求，该公司还需要为小组临时租赁台专用服务器.特别地，当该月不需要为小组临时租赁专用服务器时，记.估计的数学期望； (3)经公司讨论，有以下三种备选租赁方案： 方案一：，； 方案二：，； 方案三：，. 在未来的某个月，为满足这两个小组各自的需求，一共还需要临时租赁台专用服务器，特别地，当该月不需要临时租赁专用服务器时，记.在上述三种方案中，的数学期望估计值最小的方案是哪种？（结论不要求证明） 10．（2026·北京门头沟·一模）某公司对其销售的A、B两种型号扫地机器人向消费者进行满意度调查，从购买这两种型号扫地机器人的消费者中各随机抽取12人进行评分调查（满分100分，该公司规定评分不低于80分为满意），评分结果如下： 数据Ⅰ（A型号）：75，81，85，74，83，77，86，85，92，70，86，90； 数据Ⅱ（B型号）：71，76，81，68，72，87，86，85，73，84，70，92． 假设所有消费者的评分结果相互独立，用频率估计概率． (1)从参与A型号扫地机器人评分调查的12名消费者中随机抽取2人，求至少1人满意的概率； (2)从购买A型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，购买B型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，设X为被抽到的2人中满意的人数，求X的分布列和数学期望； (3)假设购买A型号和B型号扫地机器人的消费者人数相同，公司从所有购买A、B两种型号扫地机器人的消费者中随机抽取1人，开展满意度跟进回访，若已知抽到的消费者对其购买的扫地机器人不满意，设其购买的是A型号的概率估计值为，其购买的是B型号的概率估计值为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 11．（2026·北京房山·一模）消费者信心指数是反映消费者信心强弱的指标．某市为了解消费者对于当前经济生活的评价以及对未来一段时期经济前景的预期,在全市范围内抽取名城乡居民进行调查,并运用数学方法对调查数据进行量化处理,编制成消费者信心指数．该市年各季度消费者信心指数数据如下： 第一季度 第二季度 第三季度 第四季度 2023年消费者信心指数 115.1 114.6 109.0 108.4 2024年消费者信心指数 108.4 105.9 95.5 94.7 2025年消费者信心指数 99.1 95.3 95.8 103.3 消费者信心指数越大，表明消费者信心越强．信心指数时，消费者信心处于弱信心区间，信心指数时，消费者信心处于强信心区间．假设每个季度消费者信心指数相互独立．用频率估计概率． (1)从上述个季度中随机抽取个季度，估计该季度消费者信心处于强信心区间的概率； (2)从2024年和2025年各随机抽取1个季度，记这2个季度中消费者信心处于强信心区间的个数为，求的分布列和数学期望； (3)2025年3月国家发布《提振消费专项行动方案》．记2025年第季度消费者信心指数较上一季度的增长率为．据估计：2026年第一季度消费者信心指数较上一季度的增长率约等于中的最大值，写出2026年第一季度消费者信心指数的估计值．（结论不要求证明） 12．（25-26高三下·北京·阶段检测）某工厂有两条生产线生产同一种产品，产品需要经过质量检测.检测结果分为优质、合格和不合格三种.从两条生产线上各随机抽取120件产品，检测结果如下表. 优质 合格 不合格 甲生产线 80件 40件 0件 乙生产线 60件 30件 30件 利润标准：优质20元/件，合格5元/件，不合格元/件 假设各件产品的检测结果相互独立，用频率估计概率. (1)从甲生产线抽取的样本中随机取2件，求这2件产品均合格的概率； (2)从甲、乙两条生产线的产品中各随机抽取1件，记这2件产品的利润总和为元，估计数学期望； (3)工厂考虑对乙生产线进行技术改造，改造后，乙生产线生产的产品优质率可提高到0.7，不合格率降为0.05.但改造会导致每件产品的生产成本增加4元.记为乙生产线一件产品的利润，为改造后乙生产线一件产品的利润，试比较的数学期望的估计值与的数学期望的估计值的大小.（直接写出结论） 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 离散型随机变量的分布列与数字特征 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 离散型随机变量分布列 知识点2 离散型随机变量的均值 知识点3 离散型随机变量的方差 知识点4 二项分布 知识点5 超几何分布 知识点6 正态分布 题型破译 (含超链接） 题型1 离散型随机变量分布列【含方法技巧】 题型2 离散型随机变量的均值【含方法技巧】 题型3 离散型随机变量的方差【含方法技巧】 题型4 二项分布【含方法技巧】 题型5 超几何分布【含方法技巧】 题型6 正态分布【含方法技巧】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 函数的概念与定义域、值域 —— T7（4分） —— 离散型随机变量的数学期望 — T18(2)（约6分） T18(2)(i)（约6分） 期望的决策应用 — — T18(2)(ii)（约4分） 考情分析 离散型随机变量的分布列与数字特征是概率统计板块的核心内容，北京卷近三年以解答题形式考查，难度中等。命题呈现“实际情境→随机变量设定→数学期望计算→期望决策比较”的固定模式：2024年，先由频率估计概率，再求毛利润的数学期望，最后比较保费调整前后的期望大小，体现期望在风险与收益分析中的决策价值。2026年该题位置改为统计与组合概率，未直接考查分布列与期望。复习时需重点掌握分布列的求法、期望的计算公式及期望决策比较的分析框架。 复习目标 1.理解离散型随机变量的概念，掌握分布列的性质（非负性、归一性）。 2.能根据实际情境确定随机变量的取值，求出其分布列。 3.掌握数学期望公式 ，能熟练计算离散型随机变量的期望。 4.掌握方差公式 ，理解方差刻画随机变量稳定性的意义。 5.能建立二项分布、超几何分布等常见概率模型，并计算其期望与方差。 6.能利用数学期望进行实际决策比较，理解期望在风险与收益分析中的作用，提升数据分析与数学建模素养。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 离散型随机变量分布列 （1）定义：若离散型随机变量X可能取的不同值为，，…，，…，，X取每一个值（，2，…，n）的概率，则下表 X … … P … … 称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列，有时也用等式 ，，2，…，n 表示X的分布列． （2）性质：① （，2，…，n） ；②． 自主检测1随机变量X的分布列为： X 1 2 3 P a 则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分布列的性质计算即可求解. 【详解】由题意可得，解得， 所以. 故选：C. 自主检测2已知随机变量X的分布列如下表所示，则（    ） X 1 2 3 4 P 0.1 m 0.3 0.2 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据离散型随机变量分布列求概率即可. 【详解】由题得，则， 故． 故选：C. 知识点2 离散型随机变量的均值 （1）一般地，若离散型随机变量X的分布列如表所示． X … P … 则称 为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望． （2）均值的性质 设X的分布列为，，2，…，n． ① ． ② ． ③ ． 自主检测1设下表为随机变量的分布列，其中．若，则（   ） 1 2 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】的取值为，因此的取值为，，对应概率分别为， 因此 . 因为，解得. 则，进而. 自主检测2已知随机变量的分布列如下表，且． 1 2 3 若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由数学期望公式求，再根据数学期望的性质建立方程，求解即得参数值. 【详解】由， 因，则， 解得：． 故选：A. 知识点3 离散型随机变量的方差 （1）定义 ① 为随机变量X的方差，有时也记为，并称为随机变量X的标准差，记为． ②公式：． （2）两个特殊分布的均值与方差 分布 期望 方差 两点分布 超几何分布 （3）方差的性质 ①离散型随机变量X加上一个常数b，仅仅使X的值产生一个平移，不改变X与其均值的离散程度，方差 保持不变 ，即 ． 而离散型随机变量X乘以一个常数a，其方差变为原方差的 倍，即 ． 一般地，可以证明下面的结论成立： ． ②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 ． 自主检测1设，则随机变量的分布列是： 则当在内增大时（    ） A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】D 【分析】方法1：利用方差公式可得出与的二次函数关系式，利用二次函数的单调性判断即可； 方法2：由可得出与的二次函数关系式，利用二次函数的单调性判断即可. 【详解】方法1：由分布列得， 则， 则当在内增大时，先减小后增大. 方法2：则， 则当在内增大时，先减小后增大. 自主检测2已知随机变量X的分布列如表，则的值为（   ） X 1 2 3 4 P A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由公式求出期望值，再由公式求出方差，最后利用公式求解即可. 【详解】因为， ， ， 所以. 故选：C 知识点4 二项分布 二项分布 一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p，记，且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0，1，…，k，…，n}，而且 ， ，因此X的分布列如下表所示． X 0 1 … k … n P … … 注意到上述X的分布列第二行中的概率值都是二项展开式的展开式中对应项的值，因此称X服从参数为n，p的 二项分布 ，记作 ． 且有 ， . 注：①n次独立重复试验中恰好发生k次的概率与第k次才发生的概率计算公式分别是 与. （3）二项分布的增减性与最大值 记，则当时，，pk递增；当时，，递减. 故最大值在时取得（此时，两项均为最大值；若 非整数，则k取的整数部分时，最大且唯一）. 自主检测1已知随机变量服从二项分布．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】已知随机变量， 根据二项分布的方差公式，得，得， 所以. 自主检测2若随机变量X服从二项分布，则取得最大值时，（   ） A．2或3 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】利用计算即可. 【详解】由题可知：， 所以化简得到，又，所以2或3. 故选：A 知识点5 超几何分布 超几何分布：若，则 自主检测1下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是（   ） A．将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X B．从一批含有13件正品、2件次品的产品中，不放回地任取3件，取得的次品数为X C．某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X D．盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X是首次摸出黑球时的总次数 【答案】B 【分析】由超几何分布的定义分别判断各个选项即可． 【详解】对于A:将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X,是二项分布，A选项错误； 对于B:从一批含有13件正品、2件次品的产品中，不放回地任取3件，取得的次品数为X,是超几何分布，B选项正确； 对于C:某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X,是两点分布，C选项错误； 对于D:盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X是首次摸出黑球时的总次数,不是超几何分布，D选项错误. 故选：B. 自主检测2已知离散型随机变量，若X的取值集合为，则（    ）． A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据超几何分布中各参数的含义即可得出答案． 【详解】由超几何分布的含义可知，为总体数量，为指定类别数量，为抽样数量， 故，． 故选：A 知识点6 正态分布 （1）连续型随机变量：随机变量的取值充满某个区间甚至整个实轴，但取一点的概率为 0 ，我们称这类随机变量为连续型随机变量. （2）正态分布：函数f（x）＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数. 我们称f（x）为 正态密度函数 ，称它的图象为正态密度曲线，简称 正态曲线 ，如图所示. 若随机变量X的概率分布密度函数为f（x），则称随机变量X服从 正态分布 . 记为X～ N（μ，σ2） . 特别地，当 μ＝0，σ＝1 时，称随机变量X服从标准正态分布. 若X～N（μ，σ2），则如图所示，X取值不超过x的概率P（X≤x）为图中区域A的面积，而P（a≤X≤b）为区域B的面积. （3）正态曲线的特点 ①曲线是单峰的，它关于直线 x＝μ 对称； ②曲线在x＝μ处达到峰值 ； ③当|x|无限增大时，曲线无限接近 x轴 . ④在参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着μ的变化而沿x轴平移，如图1所示.            图1 ⑤当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定. 当σ较小时，峰值高，曲线 “瘦高” ，表示随机变量X的分布比较 集中 ；当σ较大时，峰值低，曲线 “矮胖” ，表示随机变量X的分布比较 分散 ，如图2所示.            图2 （4）正态分布的均值、方差：若X～N（μ，σ2），则E（X）＝μ，D（X）＝σ2. （5）正态分布在三个特殊区间内取值的概率值 ①P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0. 682 7； ②P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0. 954 5； ③P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0. 997 3. 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N（μ，σ2）的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则. （6）正态分布计算常用结论 ①P（X<a）＝1－P（X≥a）. ②P（X<μ－a）＝P（X≥μ＋a）. ③P（X<μ－b）＝ （b>0）. 自主检测1某电子元件寿命（单位：千小时）服从正态分布．已知若，则，．则（    ） A．0.6827 B．0.9545 C．0.3413 D．0.8186 【答案】D 【分析】结合正态分布的对称性，将所求区间的概率拆分为两个已知概率对应的对称半区间概率之和求解. 【详解】 . 自主检测2某工厂生产甲、乙两种零件，其长度(单位:)分别服从正态分布和，已知甲零件的平均长度与乙零件相同，但甲零件数据的离散程度更大，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A：因为甲零件的平均长度与乙零件相同，所以，所以A错误. B：正态分布关于均值对称，所以，所以B错误. C：因为甲零件的离散程度越大，所以方差更大，即，所以C正确. D：因为，在坐标轴上在的右侧，，所以D错误. 题●型●破●译 题型1 离散型随机变量分布列 例1-1已知离散型随机变量的分布列如表所示，则常数为（    ） 0 1 A． B． C．或 D． 【答案】A 【分析】由离散型随机变量的分布列的性质进行求解． 【详解】由题意可得，解得． 故选：A． 例1-2（2026·北京·三模）全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的男性和女性居民利用简单随机抽样各抽取4000名，将获得的数据按不同年龄段整理如下表： 男性 女性 打包 不打包 打包 不打包 第1段 250 650 450 650 第2段 300 600 550 550 第3段 600 400 750 250 第4段 850 350 650 150 假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立． (1)从样本中第3段居民中任选一名，求其外出就餐有剩余时打包的概率； (2)从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取2人，记这3人中恰有X人外出就餐有剩余时打包，求X的分布列； (3)假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时不打包（），写出方差，，，的大小关系．（只需写出结论） 【答案】(1) (2)的分布列为： (3) 【分析】（1）利用频率估计概率，计算第3段打包人数占该段总人数的比值； （2）先求解男性、女性打包的概率，确定的所有取值，分别计算对应概率得到分布列； （3）根据两点分布方差公式，比较各段打包概率，得到方差大小关系. 【详解】（1）由表格数据可得，第3段居民总人数为， 其中外出就餐有剩余时打包的人数为， 用频率估计概率，故所求概率为. （2）男性总样本量为，打包总人数为， 故男性打包概率； 女性总样本量为，打包总人数为， 故女性打包概率. 的所有可能取值为， ：男性不打包，2名女性均不打包，； ：包含两类情况，男性打包且2名女性均不打包、男性不打包且2名女性恰1人打包， ； ：包含两类情况，男性打包且2名女性恰1人打包、男性不打包且2名女性均打包， ； ：男性打包且2名女性均打包，. 综上可得的分布列为： （3）由题意知服从两点分布，其方差为， 其中为第段居民打包的概率， 由表中数据得,, ,， 所以，， ，， 所以. 方法技巧 1. 分布列的定义：设离散型随机变量 的所有可能取值为 ， 取每个值 的概率为 ，则称下表为 的概率分布列： 1. 分布列的两条基本性质： 非负性：（）； 归一性：。 这两条性质是检验分布列是否正确的基本依据。 1. 求分布列的步骤： 明确随机变量 的所有可能取值（注意不重不漏）； 逐一计算 取每个值的概率（利用古典概型、独立事件、条件概率等）； 列出分布列，并用归一性检验。 1. 常见分布列的求法： 古典概型型：直接利用 ； 独立重复试验型：对应二项分布； 抽样型：对应超几何分布； 递推型：利用 与 的递推关系求解。 1. 分布列与事件的关系：求 时，将 中所有可能的取值对应的概率相加，即 。 1. 易错点： 取值遗漏或重复； 概率计算未考虑所有可能情况； 忘记用归一性检验结果。 【变式训练1-1】若随机变量的分布列如下表，表中数列为等差数列，则的取值是（   ） 3 4 5 6 7 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分布列的性质和等差数列的性质，即可求解. 【详解】由分布列的性质可知，，再根据数列为等差数列， 则，即，则. 故选：D 【变式训练1-2】已知随机变量的分布列如下表： 0 1 P a b c 其中成等差数列，则的值与公差d的取值范围分别是（    ） A．； B．； C．； D．； 【答案】A 【分析】由题意可知，进而可求，所以，，由分布列性质即可求出公差d的取值范围. 【详解】由题意，因为成等差数列，所以， 又由，解得， 则，，， 根据分布列的性质，得，， 所以. 故选：A 题型2 离散型随机变量的均值 例2-1（2026·北京·三模）夏日已到，某校组织学生开展生物研学活动，共设计了三个不同方案，目的地分别为北京动物园，大兴野生动物园，北京海洋馆．为了解该校学生对三个方案的倾向性，现对学生进行分层抽样，获得数据如下表： 北京动物园 大兴野生动物园 北京海洋馆 男 支持 22 40 46 不支持 38 20 14 女 支持 15 36 24 不支持 25 4 16 假设学生的选择相互独立． (1)从全校学生中任取一人，已知其为女生，请估计该生支持北京动物园方案的概率； (2)从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，设随机变量X为此三人中支持大兴野生动物园方案的人数，求的分布列及其期望； (3)将该校学生支持北京海洋馆方案的概率估计值记为，假设该校高一年级有500名男生和300名女生，他们会支持北京海洋馆的概率估计值为，除高一年级外其他年级学生支持北京海洋馆的概率估计值记为，请将，与由小到大排序．（结论不要求证明，） 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 期望为 (3) 【分析】（1）根据统计表格中的数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，得到随机变量的取值，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （3）根据题意，求得，，设全校总人数为，求得，进而得到答案. 【详解】（1）根据统计表格中的数据， 可得在该生为女生的前提下，该生支持北京动物园方案的概率为． （2）该校男生支持大兴野生动物园的概率估计为， 该校女生支持大兴野生动物园的概率估计为； 随机变量的取值为， ；； ；． 所求分布列为 0 1 2 3 所求期望为． （3）男生中支持有46人，男生总样本中海洋馆为人，支持率为； 女生中支持有24人，女生总样本中海洋馆为人，支持率为； 全校样本中，海洋馆总人数为人，支持的人数为人， 所以， 又由高一年级共有人，所以， 设全校总人数为，高一年级的人数为800人，非高一年级的人数为人, 全校的整体支持率为， 则高一年级和其他年级的平均为，可得， 将和，代入上式，可得， 因为，所以，所以， 综上可得：. 例2-2（2026·北京海淀·三模）无人驾驶技术是汽车研发领域的一个重要方向．某学校技术俱乐部研发了一个感知路况障碍的小汽车模型，该模型通过三个传感器共同判断路段是否有路障．在对该模型进行测试中，该俱乐部同学寻找了80个不同的路段作为测试样本，数据如下表： 测试 结果 真实 路况 传感器1 传感器2 传感器3 有障碍 无障碍 无法识别 有障碍 无障碍 无法识别 有障碍 无障碍 无法识别 无障碍 4 15 1 1 15 4 8 12 0 有障碍 40 10 10 45 5 10 45 10 5 假设用频率估计概率，且三个传感器对路况的判断相互独立． (1)从这80个路段中随机抽取一个路段，求传感器1对该路况判断正确的概率； (2)从这80个路段中随机抽取一个有障碍的路段进行测试，设为传感器1和传感器2判断正确的传感器个数，求的分布列和数学期望； (3)现有一辆小汽车同时装载了以上3种传感器．在通过某路段时，只要3个传感器中一个判断有障碍或无法识别，则小汽车减速．那么是否可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于？（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 的分布列为： 0 1 2 (3) 可以 【分析】（1）统计传感器1判断正确的样本数，用古典概型公式计算概率； （2）确定的可能取值，结合独立事件概率公式求出其对应的概率，即得分布列，计算期望即可； （3）根据无障碍路段减速概率的表达式判断可通过提高传感器3正确率满足要求. 【详解】（1）设“传感器1对该路况判断正确”为事件， 传感器1判断正确包含两类情况：真实无障碍时判断无障碍，共15个样本； 真实有障碍时判断有障碍，共40个样本，总样本数为80， 由古典概型概率公式得： . （2）由表格得有障碍路段总数为，在有障碍路段中， 传感器1判断正确的概率为，判断错误的概率为； 传感器2判断正确的概率为，判断错误的概率为. 随机变量的可能取值为，且两传感器判断相互独立： ； ； . 故的分布列为：略 . （3）可以，理由如下： 无障碍道路不减速等价于三个传感器都判断无障碍， 设传感器3提高后判断无障碍的概率为（）， 减速概率，令，解得， 最大可取1，满足条件，因此可以. 方法技巧 1. 均值的定义：离散型随机变量 的分布列为 （），则 的均值为 均值也称为数学期望，反映随机变量取值的平均水平。 1. 均值的性质： （、 为常数）； （对任意随机变量 、 成立，无需独立）； 若 、 独立，则 ； （ 为常数）。 1. 常见分布的均值： 两点分布：； 二项分布 ：； 超几何分布：（ 为抽取数， 为次品数， 为总数）。 1. 均值的应用： 比较不同方案的平均收益或平均损失，作出决策； 利用 简化计算； 结合分布列的性质，利用均值反求未知概率或参数。 1. 解题步骤： 先求出分布列； 代入均值公式计算； 若涉及线性变换，利用均值性质简化计算。 1. 注意：均值是加权平均，权重为概率；均值不一定是随机变量的可能取值（如掷骰子的均值为 ，但骰子不会出现 点）。 【变式训练2-1】（2026·北京海淀·一模）为了调查“AI赋能教学活动”的实施效果是否达到预期，对甲、乙两个学区的教师进行简单随机抽样，获得评价数据如下表： 学区 甲 乙 性别 男 女 男 女 达到预期 260人 200人 240人 190人 未达到预期 190人 150人 60人 110人 假设所有教师的评价相互独立.用频率估计概率. (1)估计甲学区教师的评价为“达到预期”的概率； (2)若教师的评价为“达到预期”，则赋分为5；若教师的评价为“未达到预期”，则赋分为0. （i）从这两个学区的所有男教师中随机抽取2人，所有女教师中随机抽取1人，记随机变量X为这3人的赋分之和，估计X的数学期望； （ii）记甲学区样本赋分的方差为，乙学区样本赋分的方差为，两学区所有样本赋分的方差为.比较，，的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题设表格中的数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； 设甲学区的教师评价为“达到预期”为事件， （2）（i）由表格中的数据得，分别求得男、女教师达到预期的概率为和，得到变量的取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （ii）分别求得甲、乙学区赋分为5的概率为和，以及所有样本赋分为5的概率为，结合二点分布的方差公式，求得的值，即可求解. 【详解】（1）解：设甲学区的教师评价为“达到预期”为事件， 由表格中的数据，甲学区教师的总人数为人， 其中评价为“达到预期”的人数为人， 所以，即估计甲学区教师评价为“达到预期”的概率为. （2）解：（i）由表格中的数据得，男教师达到预期的概率为， 女教师达到预期的概率为， 根据题意，随机变量的可能取值为， 可得， ， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 5 10 15 所以期望为. （ii）甲学区赋分为5的概率为，乙学区赋分为5的概率为， 两个学区所有样本赋分为5的概率为， 赋分数据为0或5时，其样本方差为， 由， ，， 因为，可得， 又由，所以. 【变式训练2-2】（2026·北京昌平·一模）教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于2小时．为了提升学生体质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于4小时的学生视为“运动达标”，运动时长不足4小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取200名学生的问卷，获得数据如下表： 男生（人） 女生（人） 合计（人） 运动达标 80 40 120 运动不达标 20 60 80 合计 100 100 200 用频率估计概率． (1)从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率； (2)从该校男生和女生中各随机抽取一人，设为“运动达标”的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校随机抽取20名学生，记其中“运动达标”的人数为．求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【答案】(1) (2)的分布列为 数学期望 (3) 【分析】（1）根据频率估计概率，再由独立事件的乘法公式即可求解； （2）先算出男生和女生中各随机抽取一人“运动达标”的概率，确定随机变量的可能取值并计算概率，进而得出分布列及数学期望； （3）先确定服从的二项分布，由二项分布的性质确定概率最大时的值. 【详解】（1）由题意，可估计从该校的男生中任选一人，“运动不达标”的概率为， 设“从该校的男生中任选两人，这两人均为运动不达标”为事件， 则； （2）由表可知，从男生中抽取一人“运动达标” 的概率为， 从女生中抽取一人“运动达标” 的概率为， 随机变量的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为 数学期望. （3）由题意知从该校随机抽取一名学生，“运动达标”的概率为， 服从二项分布， 则要使得使概率取得最大值需且， 则且， 解得， 为整数，所以， 使概率取得最大值时的值为. 题型3 离散型随机变量的方差 例3-1（2026·北京顺义·二模）在某城市青年电影节公益短片展播环节中，预计展播部反诈宣传短片与部文明出行宣传短片，每部短片仅展播一次且播放次序随机.所有短片的时长均固定为分钟，相邻短片播放无时间间隔. (1)求第部播放的短片是文明出行宣传短片的概率； (2)记随机变量为从展播开始，到最后一部反诈宣传短片播放完成所用的总时间（单位：分钟），求的分布列与数学期望； (3)设随机变量为从展播开始，到文明出行宣传短片播放完成所用的总时间.记的方差为，（2）中的方差为.比较方差与大小（结论不要求证明）. 【答案】(1) (2)的分布列为： ； (3) 【分析】（1）利用古典概型求概率. （2）利用古典概型求离散型随机变量的分布列与期望. （3）利用古典概型求离散型随机变量的方差. 【详解】（1）因为第部播放的短片共有种情况，且每部短片随机展播一次， 所以播放的短片是文明出行宣传短片的概率为. （2）最后一部反诈宣传短片可能在第部或第部播放完成， 所以可取值为. 则；. 可得的分布列为： 所以. （3）文明出行宣传短片可能在第部、第部、第部播放完成， 所以可取值为. 则；；. 所以， 则. 而，所以. 例3-2（25-26高三上·北京·开学考试）北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表： 类型 A（古代皇家宫苑建筑） B（古代皇家祭祀建筑） C（古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学 (1)求选取的3处遗产点都为A类的概率； (2)设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； (3)设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明） 【答案】(1) (2)的分布列为： (3) 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算； （2）利用古典概型和排列组合的相关知识求出分布列，最后利用期望公式即可； （3）利用，以及方差的性质即可求证. 【详解】（1）在9处中轴线遗产点中，随机选取3处共有种， 因类遗产点只有3处，故选取的3处遗产点都为类的概率为； （2）由题意可知，的可能取值为， 其中：选取的3处遗产点为同一类型，共种； ：处中包含两种类型，一种1个，一种2个，共有种； ：从三种类型中各选一个，共有种， 则，，， 则的分布列为： 则数学期望为； （3）因，则，， 则，， 又由于具有相同的分布，故， 故. 方法技巧 1. 方差的定义：离散型随机变量 的方差为 方差反映随机变量取值相对于均值的离散程度，方差越大，取值越分散。 1. 方差的计算公式（简化形式） ： 其中 。此公式在实际计算中更为简便。 1. 方差的性质： （、 为常数）； （ 为常数）； ； 若 、 独立，则 。 1. 常见分布的方差： 两点分布：； 二项分布 ：； 超几何分布的方差计算较复杂，一般通过分布列直接计算。 1. 标准差：，标准差与随机变量具有相同的量纲，更便于实际解释。 1. 方差的应用： 比较不同方案的稳定性（方差越小越稳定）； 结合均值共同决策：均值反映平均水平，方差反映风险大小； 利用 简化计算。 1. 解题步骤： 先求分布列和均值 ； 计算 ； 利用 求方差； 若涉及线性变换，利用方差性质简化计算。 【变式训练3-1】（2026·北京房山·二模）4月23日是世界读书日．某市调研小学生阅读状况，得到男生、女生最喜爱的一种阅读内容的频率分布如下图： 假设不同学生的选择相互独立．用频率估计概率． (1)从该市小学生中随机抽取名男生，估计他最喜爱的阅读内容为科学类（包括自然科学和社会科学）的概率； (2)从该市小学生中随机抽取名男生和名女生，记这人中最喜爱的阅读内容为漫画的人数为，求的分布列和数学期望； (3)从该市小学生中随机抽取名男生，用“”表示他最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示他最喜爱的阅读内容不是科学类；从该市小学生中随机抽取名女生，用“”表示她最喜爱的阅读内容为科学类，“”表示她最喜爱的阅读内容不是科学类．判断方差与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列为 数学期望 (3) 【分析】（1）根据题干将对应的频率相加即可； （2）先确定的取值范围，分别计算对应的概率，列出分布列，再根据期望公式求解即可； （3）均服从两点分布，分别计算方差，比较大小即可. 【详解】（1）记事件B为“从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为自然科学”， 记事件C为“从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为社会科学”， 由图可知， 记事件A为“从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为科学类”， 则； （2）的取值范围为， “从该市小学生中随机抽取名男生，他最喜爱的阅读内容为漫画”的概率为， “从该市小学生中随机抽取名女生，她最喜爱的阅读内容为漫画”的概率为， ， ， ， ， 的分布列为 数学期望. （3），理由如下： 由（1）可知，男生喜爱科学类的概率为，女生喜爱科学类的概率为， 均服从两点分布，故；， 故. 【变式训练3-2】某甜品店打算推出三款新品，在前期市场调研时，将顾客按照年龄分为青少年组中年组和老年组，随机调查了200名顾客对这三款新品的购买意愿，统计数据如下（单位：人）： 青少年组 中年组 老年组 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 第一款 40 20 80 20 20 20 第二款 30 30 60 40 30 10 第三款 50 10 80 20 10 30 假设顾客的购买意愿相互独立.用频率估计概率. (1)从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买第一款新品的概率； (2)从三个不同年龄组的顾客中各随机抽取1人，记为这3人中愿意购买第二款新品的人数，求的分布列和数学期望； (3)用“”表示顾客愿意购买第款新品，“”表示顾客不愿意购买第款新品．直接写出方差的大小关系． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据表中数据求出相应频率，用频率估计概率即可； （2）的可能取值为，求出相应的概率值，即可得到分布列与期望； （3）根据离散型随机变量的概率公式求解即可. 【详解】（1）由表可知200名顾客中愿意购买第一款新品的人数为人， 用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买第一款新品的概率为. （2）用频率估计概率，由表可知从青少年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为， 从中年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为， 从老年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为， 由题意的可能取值为， ， ， ， ， 所以的分布列为 . （3）用频率估计概率，由表可知顾客愿意购买第款新品的概率为， 顾客愿意购买第款新品的概率为， 顾客愿意购买第款新品的概率为， 所以，， 所以， ， 所以. 题型4 二项分布 例4-1（26-27高三上·北京海淀·阶段检测）2026年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温．为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取40份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组 人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中抽取1人，估计该学生的成绩低于70分的概率； (2)从所有参赛学生中抽取4人，求其中恰好2人成绩低于70分，2人成绩高于90分的概率； (3)从所有参赛学生中随机抽取20人，记为这20人中成绩低于70分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由频率估计概率，直接求出成绩低于分的频率； （2）把问题看成次独立抽取中恰有次取到低于分、次取到高于分，用乘法公式计算； （3）把看作二项分布，比较相邻两项概率的大小判断增减性，由此求得最大值点. 【详解】（1）由表得成绩低于分的频率为，高于分的频率为， 其余成绩的频率为. 以频率估计概率，从所有参赛学生中抽取人，其成绩低于分的概率为. （2）抽取人，要求其中人成绩低于分、人成绩高于分， 故所求概率为. （3）由题意，则，于是. 由得，即时单调递增、时单调递减， 特别地，时，即； 时，即. 故当时取得最大值. 例4-2（26-27高三上·北京东城·阶段检测）为迎接“十一长假”的到来，某商场开展一项促销活动.凡在商场消费金额满元的顾客可以免费抽奖一次.抽奖规则如下：不透明箱子中装有除颜色外其它都相同的个小球，其中红球个，白球个，黄球个；顾客从箱子中依次不放回地摸出个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的个球的颜色分成以下四种情况： 个红球个白球 个红球 个白球 至少一个黄球 若四种情况按发生的概率从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖； (1)求顾客在某次抽奖中，两次都摸到红球的概率； (2)求顾客分别获一、二等奖时对应的概率； (3)若三名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立，记中奖的人数为，求的分布列和期望. 【答案】(1) (2)一等奖概率为，二等奖概率为 (3)X的分布列为： 期望 【详解】（1）第一次摸到红球概率为，第二次摸到红球概率为，则所求的概率为. （2）， ， ， ， 因此一等奖概率为，二等奖概率为. （3）顾客抽奖一次获奖的概率为， 则，， ， ， ， . 方法技巧 1. 二项分布的定义：在 次独立重复试验中，二项分布，记作 其分布列为 1. 二项分布的三个条件： 每次试验只有两个可能结果（成功或失败）； 每次试验成功的概率相同（均为 ）； 各次试验相互独立。 1. 二项分布的均值与方差： 1. 二项分布的最可能值：使 最大的 值称为最可能值。 若 为整数，则最可能值为 和 ； 若 不为整数，则最可能值为 （取整数部分）。 1. 解题步骤： 判断试验是否为 次独立重复试验； 确定 和 ； 利用二项分布公式计算概率、均值、方差； 涉及“至少”“至多”时，利用对立事件或累积概率。 1. 常见模型： 射击命中次数； 抛硬币正面次数； 产品合格率问题； 比赛胜负次数。 1. 注意：二项分布要求每次试验独立且概率相同，若试验不独立或概率不同，则不能用二项分布公式。 【变式训练4-1】（26-27高三上·北京门头沟·开学考试）年美加墨世界杯圆满收官，赛事热度带动全国校园足球氛围持续升温.为响应“体教融合”号召，某中学举办校园足球文化节配套的知识竞赛，赛后从全校所有参赛答卷中随机抽取份作为样本，成绩分布统计如下： 成绩分组                     人数 假设所有参赛学生的成绩相互独立，以频率估计概率，完成下列问题： (1)从所有参赛学生中随机抽取人，估计该学生的成绩低于分的概率； (2)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求的分布列及数学期望； (3)从所有参赛学生中随机抽取人，记为这人中成绩低于分的人数，求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【答案】(1) (2) 的分布列为： 数学期望 (3) 【分析】（1）根据统计数据求出样本中成绩低于的人数及频率，再由频率估计概率； （2）先说明服从二项分布， 结合二项分布分布列公式求结果，再由期望公式求结论； （3）判断的单调性，由此确定结论. 【详解】（1）样本中成绩低于70分的是和两组， 总人数为，样本容量为， 从所抽取的学生中随机抽取人，该学生的成绩低于分的频率为； 用频率估计概率，从所有参赛学生中随机抽取人， 估计该学生的成绩低于分的概率； （2）由题意，抽取的人中每个人成绩低于分的概率为​，且各次抽取相互独立， 因此服从二项分布， 的可能取值为， ，， ，​， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 根据二项分布的数学期望公式可得， （3）由题意，，   令 当，即时，， 当，即时，， 因此时，取得最大值. 【变式训练4-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）随着智能手表的普及，越来越多的学生使用其功能，为了了解学生使用智能手表功能的情况，现从某校随机抽取了300名学生，对使用 四种功能的情况统计如下: 功能种数 性别 0 种 1 种 2 种 3 种 4 种 男 18 52 42 28 10 女 12 58 48 22 10 在上述样本所有使用 3 种功能的人中，统计使用的人次如下: 功能 人次 37 40 35 38 假设不同学生使用智能手表功能的情况相互独立，用频率估计概率. (1)从该校随机选取一人，若已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率； (2)从该校使用三种功能的学生中，随机选出3人，记使用功能的人数为人，求的分布列和期望； (3)从该校男、女生中各随机选一人，记他们使用功能的种数分别为，试比较期望的估计值的大小 (结论不要求证明). 【答案】(1) (2)的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为 (3) 【分析】（1）结合古典概型概率公式，用缩小样本空间法求解概率即可； （2）求出使用三种功能时使用功能的概率，则被抽取的人数，由二项分布概率公式即可求解； （3）求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出，再比较大小即可. 【详解】（1）至少使用两种功能的学生数为，恰好使用三种功能的学生数为， 则已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率. （2）抽取的300名学生中恰好使用三种功能的学生数为，其中使用功能的学生数为40， 因此该校使用三种功能的学生中使用功能的概率大约为， 由已知的可能取值为，且， ，， ，. 的分布列为 0 1 2 3 . （3）由题意可得样本中男，女学生人数分别为：150和150， 则的可能取值为，，， ，，. 所以； 的可能取值为，，， ，，. 所以，故. 题型5 超几何分布 例5-1（26-27高三上·北京·开学考试）是指大气中直径小于或等于微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米~75微克/立方米之间（包括35，75）空气质量为二级：在75微克/立方米以上空气质量为超标． 某城市环保局从该市市区2025年全年每天的监测数据中随机地抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）． (1)从这天的日均监测数据中，随机抽出三天数据，求恰有一天空气质量达到一级的概率； (2)从这天的数据中任取三天数据，记表示抽到监测数据超标的天数，求的分布列和数学期望； (3)用样本方差估计全年日均值的波动情况．记天样本的方差为，将原天样本数据去掉一个最大值和一个最小值，记去掉最值后天数据的样本方差为，判断，的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 的分布列如下所示， 0 1 2 3 (3) 【分析】（1）分别求出15天中抽出三天数据的所有可能的情况数与从15天中随机抽取3天，恰有一天空气质量达到一级的情况数，然后利用古典概型求解从15天中随机抽取3天，恰有一天空气质量达到一级的概率即可. （2）利用超几何分布概率模型进行求解即可；（3）利用方差的定义，结合数据的离散程度，判断两种数据方差的大小关系即可. 【详解】（1）由茎叶图可知，个数据中，日均值小于的有个，大于等于 的有个. 从天中随机抽取天，恰有一天空气质量达到一级的概率为. （2）由茎叶图可知，个数据中， 日均值大于(超标)的有个，未超标的有个. 随机变量的可能取值为， ， ， 所以的分布列如下所示 0 1 2 3 . （3） 理由如下:方差反映数据的波动大小，原样本包含最大值和最小值，数据波动较大；去掉最大值和最小值后，剩余数据的波动减小，离散程度降低，因此方差减小. 例5-2（2026·北京昌平·二模）为了培养学生的应用能力和创新思维，提高学生的科学素养，某学校开展了人工智能课程.为了解该校学生对相关人工智能课程的兴趣程度，对学生进行了简单随机抽样，获得数据如下表： 非常感兴趣 一般感兴趣 不感兴趣 合计 小学 20人 40人 40人 100人 初中 50人 30人 20人 100人 合计 70人 70人 60人 200人 假设小学生和初中生每人对人工智能课程的兴趣程度互不影响. 用频率估计概率. (1)从该校初中生中随机抽取3名同学，估计这3名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”的概率； (2)规定：每名“非常感兴趣”的学生记5分，每名“一般感兴趣”的学生记3分，每名“不感兴趣”的学生记1分. 根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，按照学生人数比例先从样本中的小学生中抽取了10人，再从这10人中随机抽取2人．记为这2人的得分之和，求的分布列和数学期望； (3)记样本中的小学生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；样本中的初中生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；的方差为．写出的大小关系．结论不要求证明. 【答案】(1) (2) 期望 (3) 【详解】（1）根据题中数据可知，100名初中生中有50名学生“非常感兴趣”， 所以从该校初中生中随机抽取名同学对课程“非常感兴趣”的概率估计为. 设这名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”为事件，则事件的概率可估计为. （2）根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，从样本中的小学生中抽取了人，则“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的人数分别为.                          所以的可能取值为. 则；          ； ；  ； . 所以随机变量的分布列为 故期望. （3）. ∵ 样本中的小学生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为，，， 三组数据的平均值均为， ∴ ， ∵ 样本中的初中生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为，，， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ . 方法技巧 1. 超几何分布的定义：从含有 个次品的 个产品中不放回地抽取 个产品，其中次品数 服从超几何分布，其分布列为 1. 超几何分布的适用条件： 总体分为两类（如正品与次品、男生与女生等）； 不放回抽样； 关注抽到的某一类个体的数量。 1. 超几何分布的均值： 方差一般通过分布列直接计算，无简单公式（高中阶段通常不要求记忆）。 1. 二项分布与超几何分布的区别： 二项分布：有放回抽样（或独立重复试验），每次抽取时总体结构不变； 超几何分布：不放回抽样，每次抽取后总体结构发生变化； 当总体容量 很大而抽取数量 相对较小时，超几何分布可近似为二项分布。 1. 解题步骤： 判断是否为超几何分布（两类个体、不放回抽样）； 确定 、、； 利用公式计算各概率，列出分布列； 利用均值公式或分布列计算均值。 1. 常见模型： 从含次品的产品中抽检； 从含红球白球的袋中摸球（不放回）； 从男女生中选代表。 1. 注意：超几何分布的概率计算依赖组合数，需准确确定 的取值范围（ 同时满足 和 ）。 【变式训练5-1】（25-26高三上·北京朝阳·期末）某人形机器人行业协会为了解行业现状，对该行业所有公司生产的人形机器人进行了一次性能评估．现从中随机抽取100家公司，统计其人形机器人“性能评分”（百分制，且均为整数）及对应的“行业评级”（评级越高，代表性能越优），整理数据如下表： 性能评分 行业评级 公司数 5 10 4 3 2 20 1 10 (1)当时，在这100家公司中， （i）从性能评分不低于80分的公司中随机抽取1家，求其行业评级为5级的概率； （ii）从性能评分不低于80分的公司中随机抽取2家，记为这2家公司中行业评级为5级的公司数，求的分布列和数学期望； (2)用频率估计概率，记“从该行业所有评级为2级和5级的公司中随机抽取2家，这2家公司的行业评级的平均值”为，记“上述100家公司的行业评级的平均值”为．设“”的概率为，“”的概率为，请根据表中信息比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1)（i）； （ii） 0 1 2 期望为 (2) 【分析】（1）（i）当时，得到不低于80分的公司有家，行业评级为5级的公司有家，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； （ii）根据题意，得到变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （2）根据题意，求得，且，再求得行业所有评级为2级和5级的公司中随机抽取2家的概率，结合和的关系，分别求得和的值，即可得到答案. 【详解】（1）解：（i）当时，可得性能评分不低于80分的公司有家， 其中行业评级为5级的公司有家， 所以从中随机抽取1家，其行业评级为5级的概率为； 由记为这2家公司中行业评级为5级的公司数，则的可能取值为， 可得，， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 所以期望为. （2）解：由题意，可得，可得， 抽取100家公司的行业评级总和为， 所以，其取值范围为， 该行业所有评级为2级和5级的公司中随机抽取2家，用频率估计概率， 则两家的评级都为2级的概率为，此时 两家的评级一家为2级，一家为5级的概率为，平均级别为； 两家的评级都为5级的概率为，平均级别为， 因为，当且仅当时，满足，此时， 又因为且，当且仅当或，满足， 此时， 所以. 【变式训练5-2】（25-26高三上·北京延庆·阶段检测）近年来，中国机器人科技水平在政策支持､技术创新及市场需求的多重驱动下实现了显著提升.国内很多科技公司致力于服务机器人的发展与创新，现抽取了由甲､乙､丙､丁四个公司研发的14款使用率较高的智能送餐机器人，并对这14款机器人的送餐失误率进行了测试，获得数据如下表： 公司 甲 乙 丙 丁 机器人 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 失误率 1.3% 1.8% 2.9% 1.5% 1.9% 2.9% 0.7% 0.9% 1.6% 2.4% 0.8% 1.6% 2.4% 2.8% (1)从表中提供的机器人中任取一个，求该机器人送餐失误率低于的概率； (2)从表中提供的失误率低于的送餐机器人中任取3个，用随机变量表示其中失误率低于的送餐机器人个数，求随机变量的分布列和数学期望； (3)已知某餐厅使用乙或丙公司中的某个送餐机器人，经查证，该送餐机器人送餐失误，则该送餐机器人来自哪个公司的可能性更大？（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 ； (3)来自乙公司的可能性更大 【分析】（1）从表中统计送餐失误率低于的机器人的数量，再由古典概型概率公式求解即可； （2）议题得的取值可能为，再根据超几何分布概率公式分别求出相应的概率，列出分布列，再计算数学期望即可； （3）设事件，为机器人分别来自乙，丙公司，事件为送餐失误，先由全概率公式求出乙、丙公司研发的机器人送餐失误的概率，，再由贝叶斯公式，分别求出送餐失误的机器人来自乙、丙公司的概率，，比较结果即得. 【详解】（1）表中提供的这14款机器人中送餐失误率低于有款， 所以从这14款机器人中任取一个，该机器人送餐失误率低于的概率为； （2）表中提供的失误率低于的送餐机器人有款， 其中失误率低于的送餐机器人有3款，从9个中任取3个， 所以随机变量的取值为， 所以，， ，. 随机变量的分布列为 0 1 2 3 数学期望为； （3）设事件为“机器人来自乙公司”，事件为“机器人来自丙公司”，事件为 “送餐失误”. 则， ， 因乙公司研发了第三款机器人，每个机器人被选中的概率为， 且第三款机器人送餐的失误率分别为1.5%，1.9%，2.9%， 故乙公司研发的机器人送餐的失误率为： 又因丙公司研发了第四款机器人，每个机器人被选中的概率为， 且第四款机器人送餐的失误率分别为0.7%，0.9%，1.6%， 2.4%， 故丙公司研发的机器人送餐的失误率为： . 由全概率公式可知送餐失误的概率为： . 根据贝叶斯公式，则送餐失误的机器人来自乙公司的概率为： ； 送餐失误的机器人来自丙公司的概率为： . 因为，所以来自乙公司的可能性更大. 题型6 正态分布 例6-1（25-26高三上·北京·阶段检测）设随机变量～，若，则_______．（用含有的式子表示） 【答案】 【分析】根据正态分布的对称性计算． 【详解】， ， . 故答案为：. 例6-2某型号无人机在自动巡航模式下，其飞行高度X(单位：米)服从正态分布N(120,25).若规定飞行 高度在区间[110,130]内为“标准安全区”，一架该型号无人机在一次自动巡航中被监测到处于“标准安全区”内，那么其飞行高度不低于125米的概率约为（    ） 参考数据：若，则，，. A．0.159 B．0.142 C．0.136 D．0.022 【答案】B 【分析】由题意得出，，然后根据正态分布的概率性质求得，，然后由条件概率公式计算. 【详解】由已知，，， ， ， 所以. . 方法技巧 1. 正态分布的定义：若随机变量 的概率密度函数为 则称 服从正态分布，记作 ，其中 为均值， 为标准差。 1. 正态分布曲线的特征： 曲线关于直线 对称； 曲线在 处达到最高点； 曲线与 轴之间的总面积为 ； 越大，曲线越“矮胖”（数据越分散）； 越小，曲线越“高瘦”（数据越集中）。 1. 正态分布的 原则： ； ； 。 1. 标准正态分布：当 ， 时，，其分布函数记为 。对于一般正态分布 ，有标准化公式： 1. 对称性的应用： ； ； 。 1. 解题步骤： 确定 和 ； 利用对称性和 原则将所求概率转化为已知区间的概率； 必要时利用标准化公式转化为标准正态分布。 1. 常见模型： 身高、体重、考试成绩等自然和社会现象； 测量误差； 产品质量指标。 1. 注意：正态分布是连续型分布，（单点概率为零），故 ；实际问题中需注意“不低于”“不超过”等关键词对应的区间端点是否取等号。 【变式训练6-1】已知随机变量，，若，，则（      ） A．0.6 B．0.3 C．0.2 D．0.1 【答案】B 【分析】先利用二项分布的方差公式求解，再结合正态分布的对称性计算所求概率. 【详解】对于二项分布，方差公式为，其中，代入得，，解得：. 对于正态分布，分布曲线关于均值对称，故, 由对称性得，， 所以. 【变式训练6-2】某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（   ） A．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大 B．越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C．越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D．越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等 【答案】D 【分析】根据正态分布的性质即可得出答案. 【详解】设变量为， 对于A，在正态分布中，当越小，正态图像越“瘦高”，集中在均值10附近，区间在均值10附近，即越小，该物理量在一次测量中在的概率越大正确. 对于B，在正态分布中，对称轴为直线，故，即越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5正确. 对于C，在正态分布中，对称轴为直线，有，且， 所以，即越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等. 对于D，在正态分布中，对称轴为直线，有，且，， 则， 故越小，该物理量在一次测量中落在的概率大于落在的概率，即越小，该物理量在一次测量中落在的概率与落在的概率相等错误. 【变式训练6-3】某快递公司为了提升配送服务质量，对旗下站点的每日投诉率进行统计分析．公司从该站点中随机抽取了个工作日，得到的日投诉率记为，统计数据如下： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 2.1 3.5 2.8 4.2 2.9 2.5 3.8 3.3 公司规定：单日投诉率低于3.0‰时，该日记为“优质服务日”． (1)从A站点这8个工作日中随机选取2天，记X为抽到的“优质服务日”天数，求X的分布列和数学期望． (2)为了降低投诉率，公司对该站点开展为期一个月的服务整改.整改后，该站点的日投诉率记为，变量服从正态分布．用样本估计总体，从该站点随机抽取个工作日，试估计“优质服务日”的天数．（结果四舍五入，取整数） 参考数据：，，． 【答案】(1)的分布列为 ； (2) 【分析】（1）先统计优质日数量，利用超几何分布求的分布列与期望； （2）根据正态分布性质，结合对称性求出的概率，进而估计天数． 【详解】（1）由题意知，的可能取值为， ，，， 所以的分布列为 ； （2）由正态分布，得， ， 所以“优质服务日”的天数约为． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·北京·高考真题）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率 (2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）用频率估计概率即可求解； （2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及的分布列，从而可求其期望； （3）根据题设可得关于的方程，求出其解后可得它们的大小关系. 【详解】（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率. （2）设为“从甲校抽取1人做对”，则，， 设为“从乙校抽取1人做对”，则，， 设为“恰有1人做对”，故 依题可知，可取， ，，， 故的分布列如下表： 故. （3）设为 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”， 因为甲校掌握这个知识点则有的概率做对该题目， 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，即，故， 同理有，，故， 故. 2．（2024·北京·高考真题）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同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 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3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）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，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）中估计值的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值 【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率; （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求. （ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解. 【详解】（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得. （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取， 由题设中的统计数据可得， ，， ， 故 故（万元）. （ⅱ）由题设保费的变化为， 故（万元）， 从而. 3．（2022·北京·高考真题）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）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E（X）； (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） 【答案】(1)0.4 (2) (3)丙 【分析】(1)    由频率估计概率即可 (2)    求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望. (3)    计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大. 【详解】（1）由频率估计概率可得 甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5， 故答案为0.4 （2）设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3 ， ， ， . ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P ∴ （3）丙夺冠概率估计值最大. 因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利. 4．（2021·北京·高考真题）在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束. 现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确. （I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测. (i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数; (ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数，求X的 分布列与数学期望E(X). (II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明) 【答案】（1）①次； ②的分布列: 期望为； （2）． 【分析】（1）①由题设条件还原情境，即可得解； ②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解； （2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出，即可得解. 【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次； 所以总检测次数为20次； ②由题意，可以取20，30， ，， 则的分布列: 所以； （2）由题意，可以取25，30， 两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为， 则. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、解答题 1．从8名男生和6名女生中任选5人去阳光敬老院参加志愿服务，用X表示所选5人中女生的人数，求． 【答案】 【详解】解：依题意表示所选5人中女生的人数，的所有可能的取值为：，，，，，． 则， ，，，， ． 的分布列如下： 0 1 2 3 4 5 数学期望． 2．已知15件同类型的零件中有2件是不合格品，从中任取3件，用随机变量X表示取出的3件中的不合格品的件数．求： (1)X的概率分布； (2)X的均值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【详解】（1）可以取. ；；. 故X的概率分布为： （2）. 3．假定某射手每次射击命中目标的概率为．现有3发子弹，该射手一旦射中目标，就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完.设耗用子弹数为X，求： (1)X的概率分布； (2)均值； (3)标准差． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【详解】（1）解：X的可能取值为1，2，3， 因为，，． 所以的分布列为： 1 2 3 （2）解：； （3）解：因为方差， 所以． 4．某学校高二年级有200名学生，他们的体育综合测试成绩分5个等级，每个等级对应的分数和人数如表所示．               等级 不及格 及格 中等 良 优 分数 1 2 3 4 5 人数 20 50 60 40 30 从这200名学生中任意选取1人，求所选同学分数X的分布列，以及． 【答案】X的分布列为： X 1 2 3 4 5 P 【详解】X是一个离散型随机变量，其可能取值为1，2，3，4，5， “不及格”，“及格”，“中等”，“良”，“优”. 根据古典概型的知识，可得X的分布列，如表所示． X 1 2 3 4 5 P ． 5．设随机变量X的分布列为． (1)求常数a的值； (2)求和． 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）由题意得，解得. （2）由（1）知，， 可得， 6．袋中有形状、大小完全相同的3个球，编号分别为1，2，3.用表示取出的2个球中的最大号码，有放回地从袋中取两次，每次取1个球 (1)写出的分布列； (2)求的均值与方差. 【答案】(1) 1 2 3 (2)； 【详解】（1）题意知的可能取值为1，2，3， 当时，有一种情况； 当时，有，，三种情况； 当时，有，，，，五种情况； 则，，， 所以的分布列： 1 2 3 （2）的均值为：， 方差为. 7．同时掷两个均匀的骰子，设所得点数之和为X． (1)写出X的分布列； (2)求； (3)求“点数和大于9”的概率． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)． 【详解】（1）由题意的可能值依次为，两枚骰子的点数和列表如下（第一行是一个骰子的点数，第一列是另一个骰子的点数，其他格子中为两个骰子点数和，共36个： 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 由表可得 ，， ，， ，， 的分布列如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 （2）； （3）． 8．某景点电动车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过1h免费，超过1h的部分每小时收费10元（不足1h的部分按1h计算）．有甲、乙两人相互独立来该租车点租车游玩（各租一车次）．设甲、乙不超过1h还车的概率分别为，，1h以上且不超过2h还车的概率分别为，，两人租车时间都不会超过3h． (1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率； (2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析，期望为元． 【详解】（1）由题意得甲、乙在2小时以上且不超过3小时还车概率分别这，记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件， 则； （2）的可能取值为0，10，20，30，40， ， ， ， ， ， 所以甲、乙两人所付的租车费用之和的分布列为： 0 10 20 30 40 ． 9．猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．某嘉宾参加猜歌名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲A，B，C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如表所示． 歌曲 A B： C 猜对的概率 0.8 0.6 0.4 获得的公益基金额/元 1000 2000 3000 规则如下：按照A，B，C的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首．求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值． 【答案】X的分布列为 X 0 1000 3000 6000 P 0.2 0.32 0.288 0.192 X的均值为 【详解】分别用A，B，C表示猜对歌曲A，B，C歌名的事件，则A，B，C相互独立． ， ， ， ． X的分布列如表所示． X 0 1000 3000 6000 P 0.2 0.32 0.288 0.192 X的均值为． 10．A，B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是，，，B队队员是，，，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负的概率如下表： 对阵队员 A队队员胜的概率 A队队员负的概率 对 对 对 现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设，分别表示A队、B队最后所得总分．求： (1)，的分布列； (2)，． 【答案】(1)分布列见解析； (2) ， . 【详解】（1）和的取值 分别为0，1，2，3： A队连胜3场的概率为 ， A队连胜2场的概率为 ， A队恰胜1场的概率为 ， A队全输的概率为  ， 由于 ， ， ， ， ； 的分布列如下表： 0 1 2 3 P 的分布列如下表： 0 1 2 3 P （2）在（1）的基础上，  ， ； 故答案为：分布列见解析， ， . 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知随机变量，若，则（     ） A．0.2 B．0.3 C．0.5 D．0.8 【答案】D 【详解】由得，，所以， 由对称性可知，，即， 所以. 2．已知随机变量的分布列如下： X 1 2 3 0.4 则数学期望（    ） A．0.8 B．1.4 C． D．2 【答案】D 【分析】根据概率之和为1得到方程，求出，利用期望公式得到答案. 【详解】由题意，，所以， 所以. 故选：D. 3．（已知随机变量X的分布列如下表：若，则（   ） X 0 1 2 P n m A． B．5 C．7 D．21 【答案】D 【分析】先求出，的值，再求出的值，最后根据方差的性质即可得答案. 【详解】由题意，解得， 所以． 所以． 故选：D 4．某公司考察了A，B两个项目进行投资，记A，B两个项目的利润分别为X（万元），Y（万元），经过风险评估，得到X，Y的分布列如下： X（万元） –10 0 10 30 Y（万元） 0 10 20 P 0.1 0.3 0.4 0.2 P 0.3 0.5 0.2 (1)求A，B两个项目的利润的期望； (2)求A，B两个项目的利润的方差，并比较方差的大小． 【答案】(1)万元，万元． (2)，，所以 【详解】（1）由题意知（万元） （万元）． （2）， ， 所以． 5．抛掷一枚质地均匀的硬币4次，设正面朝上的次数为． (1)求的分布列、数学期望与方差； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得，根据二项分布即可求解； （2）根据分布列先求，进而求解. 【详解】（1）由题意得：一枚质地均匀的硬币抛掷一次正面朝上的概率为，则， 所以， ，， 所以的分布列为： 所以； （2）由（1）有：， 所以. 6．某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差． 【答案】 0 1 2 3 ， 【分析】根据二项分布可求的分布列，再利用期望和方差公式可求的期望、方差. 【详解】设智能客服的回答被采纳的概率为， 由全概率公式可得， 智能客服每次回答是否被采纳相互独立，因此随机变量服从二项分布， 则，得到， ，， ，， 故， 得到的分布列为： 0 1 2 3 重难·创新演练 7．（25-26高三上·北京通州·期末）开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大的都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动. (1)求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率； (2)如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望. (3)该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据： 景点编号 一 二 三 四 景点名称 清明上河园 开封府 大相国寺 龙亭公园 游览人数（人） 假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列如下表所示： (3) 【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率； （2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，结合二项分布的期望公式可得出的值； （3）设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布，计算得出，求出，结合二次函数的单调性可得出、、、的大小关系. 【详解】（1）记事件“抽到的人中恰有人为“深度体验游客””， 由古典概型的概率公式可得. （2）由题意可知，，，， ，， 所以随机变量的分布列如下表所示： 故. （3）设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布， 则，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 由表格中的数据可知，，，， 因为， 即，故. 8．（25-26高三上·北京顺义·期末）某高中举办“京剧脸谱体验展”，通过增强现实技术让学生沉浸式感受京剧文化魅力.为了解全校学生的体验效果，研究团队在三个不同年级中各随机抽取人作为样本，统计其体验时长，并通过问卷方式调查认知度提升效果.已知体验时长（单位：分钟）分为三段，，，各段人数及认知度显著提升人数如下表： 人数年级 体验时长 体验时长 体验时长 认知度 显著提升 高一年级 55人 30人 15人 70人 高二年级 40人 45人 15人 50人 高三年级 25人 30人 45人 30人 假设三个年级人数相同，以频率估计概率. (1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生为高二年级学生且体验时长的概率； (2)从全校所有“认知度显著提升”的学生中随机抽取3人，记为抽取的3人中高二年级学生的人数，求的分布列和数学期望； (3)假设学生的认知提升度只受年级与体验时长的影响，且当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等，当“体验时长”时，高一学生“认知度显著提升”的概率为；高三学生“认知度显著提升”的概率为，判断，的大小关系.（结论无需证明） 【答案】(1) (2) 数学期望为 (3) 【分析】（1）根据古典概型计算即可； （2）根据二项分布公式计算即可； （3）根据题意列出高一年级与高三年级“认知度显著提升”概率等式，从而求得，，再比较大小即可. 【详解】（1）设从全校学生中随机抽取1人，该学生为高二年级学生且体验时长为事件， 则中包含的基本事件总数，所有参与体验的学生总数为人， 所以. （2）“认知度显著提升”的学生共有人，其中高二年级有人，所占比例为， 所以的所有可能取值为， ，， ，. 所以的分布列为： 所以的数学期望. （3）. 不妨设当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等且为， 则可得①，②， 由①得，由②得， 所以=，即. 9．（25-26高三上·北京海淀·期末）某科技公司统计了过去连续30个月两个小组每月所需专用服务器台数，获得数据如下表： 小组所需专用服务器台数 11 12 13 14 15 16 17 月数 1 1 2 3 18 4 1 B小组所需专用服务器台数 6 8 10 12 14 16 18 月数 1 2 6 11 6 2 2 为了更好地支持自主研发，该公司计划给小组长期租赁台专用服务器，给小组长期租赁台专用服务器. 假设两个小组每月所需专用服务器台数相互独立，用频率估计概率. (1)估计小组某个月所需专用服务器不超过14台的概率； (2)若，在未来的某个月，为满足小组的需求，该公司还需要为小组临时租赁台专用服务器.特别地，当该月不需要为小组临时租赁专用服务器时，记.估计的数学期望； (3)经公司讨论，有以下三种备选租赁方案： 方案一：，； 方案二：，； 方案三：，. 在未来的某个月，为满足这两个小组各自的需求，一共还需要临时租赁台专用服务器，特别地，当该月不需要临时租赁专用服务器时，记.在上述三种方案中，的数学期望估计值最小的方案是哪种？（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) (3)方案三的数学期望最小 【分析】（1）根据题中数据，可得在30个月的数据中，小组所需专用服务器不超过14台的月数，从而可估计概率；（2）当时，随机变量的所有可能取值集合为，根据频率估计概率，可得，从而可求；（3）首先理解，求出三种方案的比较大小即可. 【详解】（1）根据题中数据，在30个月的数据中， 小组所需专用服务器不超过14台的月数为， 故小组某个月所需专用服务器不超过14台的概率可估计为； （2）由题意知，当时，随机变量的所有可能取值集合为， 根据题中数据，由（1）知可估计为， 可估计为， 可估计为， 可估计为， 因为， 所以可估计为； （3）方案三的数学期望最小. 提示：对于小组，当时，由（2）知； 当时，，所以； 当时，，所以. 对于小组，当时，，所以； 当时，，所以； 当时，，所以. 综上，方案一：，，此时； 方案二：，，此时； 方案三：，，此时. 因为，所以方案三的数学期望最小. 10．（2026·北京门头沟·一模）某公司对其销售的A、B两种型号扫地机器人向消费者进行满意度调查，从购买这两种型号扫地机器人的消费者中各随机抽取12人进行评分调查（满分100分，该公司规定评分不低于80分为满意），评分结果如下： 数据Ⅰ（A型号）：75，81，85，74，83，77，86，85，92，70，86，90； 数据Ⅱ（B型号）：71，76，81，68，72，87，86，85，73，84，70，92． 假设所有消费者的评分结果相互独立，用频率估计概率． (1)从参与A型号扫地机器人评分调查的12名消费者中随机抽取2人，求至少1人满意的概率； (2)从购买A型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，购买B型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，设X为被抽到的2人中满意的人数，求X的分布列和数学期望； (3)假设购买A型号和B型号扫地机器人的消费者人数相同，公司从所有购买A、B两种型号扫地机器人的消费者中随机抽取1人，开展满意度跟进回访，若已知抽到的消费者对其购买的扫地机器人不满意，设其购买的是A型号的概率估计值为，其购买的是B型号的概率估计值为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 0 1 2 ， (3) 【分析】（1）根据组合数先计算抽取两人都不满意的概率，再利用对立事件求概率； （2）由题可知的可能取值为0，1，2，再分别求出对应概率，列出分布列并计算期望即可； （3）利用样本估计总体即可比较与的大小． 【详解】（1）在数据I（型号）中，评分不低于80分的有81，85，83，86，85，92，86，90，共8人； 评分低于80分的有75，74，77，70，共4人， 从12名消费者中随机抽取2人，两人都不满意的概率为， 因为“至少1人满意”与“两人都不满意”是对立事件， 所以至少1人满意的概率； （2）由（1）可知，购买型号扫地机器人的消费者满意的概率， 则不满意的概率为， 在数据II（型号）中，评分不低于80分的有81，87，86，85，84，92，共6人， 所以购买型号扫地机器人的消费者满意的概率，则不满意的概率为， 的可能取值为0，1，2， ， ， ， 的分布列为： 0 1 2 ； （3）由题可知抽取样本中，A型号不满意的有4人， B型号不满意的有6人， 则的估计值为，的估计值为， 故． 11．（2026·北京房山·一模）消费者信心指数是反映消费者信心强弱的指标．某市为了解消费者对于当前经济生活的评价以及对未来一段时期经济前景的预期,在全市范围内抽取名城乡居民进行调查,并运用数学方法对调查数据进行量化处理,编制成消费者信心指数．该市年各季度消费者信心指数数据如下： 第一季度 第二季度 第三季度 第四季度 2023年消费者信心指数 115.1 114.6 109.0 108.4 2024年消费者信心指数 108.4 105.9 95.5 94.7 2025年消费者信心指数 99.1 95.3 95.8 103.3 消费者信心指数越大，表明消费者信心越强．信心指数时，消费者信心处于弱信心区间，信心指数时，消费者信心处于强信心区间．假设每个季度消费者信心指数相互独立．用频率估计概率． (1)从上述个季度中随机抽取个季度，估计该季度消费者信心处于强信心区间的概率； (2)从2024年和2025年各随机抽取1个季度，记这2个季度中消费者信心处于强信心区间的个数为，求的分布列和数学期望； (3)2025年3月国家发布《提振消费专项行动方案》．记2025年第季度消费者信心指数较上一季度的增长率为．据估计：2026年第一季度消费者信心指数较上一季度的增长率约等于中的最大值，写出2026年第一季度消费者信心指数的估计值．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)的分布列为： 0 1 2 (3)111.4 【详解】（1）由表可知，上述12个季度中消费者信心处于强信心区间()的数据有： 2023年的115.1，114.6，109.0，108.4；2024年的108.4，105.9；2025年的103.3；共7个. 上述12个季度中随机抽取1个季度，该季度消费者信心处于强信心区间的概率为. （2）由表可知，2024年4个季度中有2个处于强信心区间，2个处于弱信心区间；2025年有1个处于强信心区间，3个处于弱信心区间. 设从2024年抽取的季度处于强信心区间为事件，则；从2025年抽取的季度处于强信心区间为事件，则； 则的可能取值为0，1，2. ， 的分布列为： 0 1 2 数学期望 （3）2025年各季度的增长率分别为： ，， ，. ，即 2026年第一季度消费者信心指数较上一季度的增长率约为0.0783； 2026年第一季度消费者信心指数的估计值为：. 12．（25-26高三下·北京·阶段检测）某工厂有两条生产线生产同一种产品，产品需要经过质量检测.检测结果分为优质、合格和不合格三种.从两条生产线上各随机抽取120件产品，检测结果如下表. 优质 合格 不合格 甲生产线 80件 40件 0件 乙生产线 60件 30件 30件 利润标准：优质20元/件，合格5元/件，不合格元/件 假设各件产品的检测结果相互独立，用频率估计概率. (1)从甲生产线抽取的样本中随机取2件，求这2件产品均合格的概率； (2)从甲、乙两条生产线的产品中各随机抽取1件，记这2件产品的利润总和为元，估计数学期望； (3)工厂考虑对乙生产线进行技术改造，改造后，乙生产线生产的产品优质率可提高到0.7，不合格率降为0.05.但改造会导致每件产品的生产成本增加4元.记为乙生产线一件产品的利润，为改造后乙生产线一件产品的利润，试比较的数学期望的估计值与的数学期望的估计值的大小.（直接写出结论） 【答案】(1) (2)分布列 40 25 10 5 -10 期望为 (3) 【分析】（1）由古典概型的概率公式求解即可； （2）由题意可得，求出对应的概率，列出分布列，根据期望公式求解即可； （3）求出改造前后与，即可得结论． 【详解】（1）设事件：“从甲生产线抽取的样本中随机取 2 件，这 2 件产品均合格”， 则所求概率 ； （2）， 用频率估计概率，甲生产线取到优质品概率为 ，乙生产线取到优质品概率， ， ， 分布列 40 25 10 5 -10 ； （3）改造前平均利润 ， 改造后平均利润 ， ． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $