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10.5　离散型随机变量的分布列及数字特征
(教师独具内容)
1．理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列、均值、方差的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列，能计算其均值与方差，并能解决一些实际问题．掌握离散型随机变量的均值、方差的性质．
2．理解随机变量的概率分布，掌握0－1分布，并能处理简单的实际问题．
3．随机变量的均值是一个重要的数字特征，它反映了随机变量取值的平均水平或分布的“集中趋势”．因为随机变量的取值围绕其均值波动，而随机变量的均值无法反映波动幅度的大小．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．
4．重点提升数据分析、数学运算、逻辑推理和数学建模素养．
(教师独具内容)
1．离散型随机变量的数字特征是高考常考知识点，一般出现在解答题中．命题的重点是离散型随机变量的分布列及其数字特征的求解．
2．要求学会分析数据、提取数据，这也是学科素养的要求；还要学会根据数据作出判断和决策，要精准把握命题意图．预计2023年的高考，离散型随机变量的数字特征会在解答题中出现，要掌握计算公式和计算方法，注意分析问题，主要还是考查分析问题的能力．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．随机变量
(1)随机变量：一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有唯一的实数X(ω)与之对应，我们称X为随机变量．
(2)离散型随机变量：可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，我们称为离散型随机变量．
(3)字母表示：通常用大写英文字母表示随机变量，例如X，Y，Z；用小写英文字母表示随机变量的取值，例如x，y，z.
2．分布列的概念与性质
(1)定义：一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n为X的概率分布列，简称分布列．
(2)表示方法：①表格；②概率分布图．
(3)性质：①pi≥0，i＝1,2,3，…，n；
②p1＋p2＋…＋pn＝1.
3．离散型随机变量的均值
(1)定义：一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝xipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．
(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．
4．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
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
我们称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝ (xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，有时也记为Var(X)，并称为随机变量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．
5．均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．
注：(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数；
(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)；
(3)D(X)＝E(X2)－(E(X))2；
(4)若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)．
6．常见的离散型随机变量的分布列及其数字特征
两点分布：对于只有两个可能结果的随机试验，用A表示“成功”，表示“失败”，定义X＝如果P(A)＝p，则P()＝1－p，那么X的分布列如下表所示．
X 0 1
P 1－p p
我们称X服从两点分布或0－1分布．
E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)D(ax＋b)＝aD(x)＋b.(　　)
(2)离散型随机变量的分布列中，各个概率之和可以小于1.(　　)
(3)随机变量的均值是一个确定数，样本均值具有随机性．(　　)
(4)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．设随机变量X的分布列如下：
X 1 2 3 4 5
P p
则p为(　　)
A. B．
C． D．
答案　C
解析　由分布列的性质知，＋＋＋＋p＝1，∴p＝1－＝.
3．已知X的分布列为
X －1 0 1
P a
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为(　　)
A. B．4
C．－1 D．1
答案　A
解析　由概率分布列的性质可知＋＋a＝1，∴a＝.∴E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.∴E(Y)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.
4．若随机变量X的分布列为
X －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当P(X答案　(1,2]
解析　由随机变量X的分布列知，P(X<－1)＝0.1，P(X<0)＝0.3，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，则当P(X5．甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，其分布列分别为
X 0 1 2 3
P 0.4 0.3 0.2 0.1
Y 0 1 2
P 0.3 0.5 0.2
若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是________．
答案　乙
解析　E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，∵E(Y)1．(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
解　(1)随机变量X的所有可能取值为0,20,100.
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.
故随机变量X的分布列如下：
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)设小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，
则随机变量Y的所有可能取值为0,80,100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48.
故E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
由(1)知E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
因为E(Y)>E(X)，故应先回答B类问题．
2．(2019·全国Ⅰ卷)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X.
(1)求X的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0,1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1,2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8.
①证明：{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)为等比数列；
②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
解　(1)X的所有可能取值为－1,0,1.
P(X＝－1)＝(1－α)β，
P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，
P(X＝1)＝α(1－β)．
所以X的分布列为
X －1 0 1
P (1－α)β αβ＋(1－α)(1－β) α(1－β)
(2)①证明：由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1，
因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，
故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，
即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)．
又因为p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0,1,2，…，7)是公比为4，首项为p1的等比数列．
②由①可得
p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0
＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)
＝p1.
由于p8＝1，故p1＝，
所以p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0)＝p1＝.
p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
3．(2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p(0(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
解　(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18.
因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．
令f′(p)＝0，得p＝0.1.
当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；
当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，则E(Y)＝180×0.1＝18，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．
由于E(X)>400，故应该对余下的产品作检验．
一、基础知识巩固
考点　　离散型随机变量分布列的性质
例1　随机变量X的分布列如下：
X －1 0 1
P a b c
其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________.
答案　
解析　因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝，所以P(|X|＝1)＝a＋c＝.
例2　设随机变量X的分布列为P＝ak(k＝1,2,3,4,5)．则：
(1)a＝________；
(2)P＝________；
(3)P＝________.
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)由分布列的性质，得P＋P＋P＋P＋P(X＝1)＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，所以a＝.
(2)P＝P＋P＋P(X＝1)＝3×＋4×＋5×＝.
(3)P＝P＋P＋P＝＋＋＝＝.
　1.设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X －1 0 1
P 2－3q q2
已知P(X＝i)≠0，i＝－1,0,1，则q的值为(　　)
A．1 B．±
C.－ D．＋
答案　C
解析　由分布列的性质知
解得q＝－.
2．离散型随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常数，则P的值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　D
解析　由×a＝1，得a＝1，则a＝.故P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
3．设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
(1)求随机变量Y＝2X＋1的分布列；
(2)求随机变量η＝|X－1|的分布列；
(3)求随机变量ξ＝X2的分布列．
解　(1)由分布列的性质知，0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.
首先列表为
X 0 1 2 3 4
2X＋1 1 3 5 7 9
从而Y＝2X＋1的分布列为
Y 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(2)列表为
X 0 1 2 3 4
|X－1| 1 0 1 2 3
∴P(η＝0)＝P(X＝1)＝0.1，
P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，
P(η＝2)＝P(X＝3)＝0.3，
P(η＝3)＝P(X＝4)＝0.3.
故η＝|X－1|的分布列为
η 0 1 2 3
P 0.1 0.3 0.3 0.3
(3)首先列表为
X 0 1 2 3 4
X2 0 1 4 9 16
从而ξ＝X2的分布列为
ξ 0 1 4 9 16
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
　离散型随机变量分布列的性质的应用
(1)利用“所有概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值．
(2)利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率．
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
考点　　离散型随机变量的均值与方差
例3　已知随机变量X的分布列为
X 0 1
P p 1－p
若D(X)＝(0A. B．
C． D．
答案　A
解析　由题可知随机变量X的期望E(X)＝1－p，所以方差D(X)＝p×[0－(1－p)]2＋(1－p)×[1－(1－p)]2＝，解得p＝.故选A.
例4　(2022·浙江杭州高三模拟)已知随机变量ξ满足P(ξ＝0)＝x，P(ξ＝1)＝1－x，若x∈，则(　　)
A．E(ξ)随着x的增大而增大，D(ξ)随着x的增大而增大
B．E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而增大
C．E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而减小
D．E(ξ)随着x的增大而增大，D(ξ)随着x的增大而减小
答案　B
解析　依题意E(ξ)＝0×x＋1×(1－x)＝1－x，在区间上是减函数．D(ξ)＝[0－(1－x)]2·x＋[1－(1－x)]2·(1－x)＝－x2＋x，注意到函数y＝－x2＋x的图象开口向下，对称轴为直线x＝，所以y＝－x2＋x在区间上是增函数，也即D(ξ)在区间上是增函数．故选B.
例5　(多选)(2022·泰安期末)设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有(　　)
A．q＝0.1
B．E(X)＝2，D(Y)＝4.6
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8
D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
答案　ACD
解析　因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；又E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故C正确；因为Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正确．故选ACD.
例6　为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时．
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)，方差D(ξ)．
解　(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0元，40元，80元，
两人都付0元的概率为P1＝×＝，
两人都付40元的概率为P2＝×＝，
两人都付80元的概率为
P3＝×＝×＝，
故两人所付费用相同的概率为
P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝.
(2)由题意知，ξ的可能取值为0,40,80,120,160，则P(ξ＝0)＝×＝，
P(ξ＝40)＝×＋×＝，
P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝120)＝×＋×＝，
P(ξ＝160)＝×＝.
故ξ的分布列为
ξ 0 40 80 120 160
P
E(ξ)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80.
D(ξ)＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝.
　4.随机变量X的分布列为
X 1 2 4
P 0.4 0.3 0.3
则E(5X＋4)等于(　　)
A．15 B．11
C．2.2 D．2.3
答案　A
解析　∵E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，∴E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.2＋4＝15.
5．(2019·浙江高考)设0X 0 a 1
P
则当a在(0,1)内增大时，(　　)
A．D(X)增大
B．D(X)减小
C．D(X)先增大后减小
D．D(X)先减小后增大
答案　D
解析　由题意知E(X)＝0×＋a×＋1×＝，因此，D(X)＝2×＋2×＋2×＝[(a＋1)2＋(1－2a)2＋(a－2)2]＝(6a2－6a＋6)＝.当06．(2021·浙江镇海中学高三3月模拟)某射手射击所得环数ξ的分布列如下：
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知ξ的数学期望E(ξ)＝8.9，则y的值为(　　)
A．0.2 B．0.4
C．0.6 D．0.8
答案　B
解析　由题意可知
解得故选B.
7．某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数ξ的分布列为
ξ 1 2 3 4 5
P 0.4 0.2 0.2 0.1 0.1
商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元，X表示经销一件该商品的利润．
(1)求事件A：“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”的概率P(A)；
(2)求X的分布列及期望E(X)和方差D(X)．
解　(1)由A表示事件“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”，知表示事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”，
P()＝(1－0.4)3＝0.216，
则P(A)＝1－P()＝1－0.216＝0.784.
(2)X的可能取值为200,250,300，
P(X＝200)＝P(ξ＝1)＝0.4，
P(X＝250)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，
P(X＝300)＝1－P(X＝200)－P(X＝250)＝0.2，
则X的分布列为
X 200 250 300
P 0.4 0.4 0.2
所以E(X)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240(元)．
D(X)＝(200－240)2×0.4＋(250－240)2×0.4＋(300－240)2×0.2＝1400.
　
1．求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能取值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算．
2．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的应用．
3．注意公式D(X)＝E(X2)－[E(X)]2的应用．
考点　　均值与方差在决策中的应用
例7　现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下表：
投资股市：
投资结果 获利40% 不赔不赚 亏损20%
概率
购买基金：
投资结果 获利20% 不赔不赚 亏损10%
概率 p q
其中p≠0，q≠0.
(1)当p＝时，求q的值；
(2)已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于，求p的取值范围；
(3)丙要将家中闲置的10万元钱进行投资，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种，已知p＝，q＝，那么丙选择哪种投资方案，才能使得一年后投资收益的数学期望较大？请说明理由．
解　(1)∵“购买基金”后，投资结果只有“获利”“不赔不赚”“亏损”三种，且三种投资结果相互独立，
∴p＋＋q＝1.
又p＝，∴q＝.
(2)记事件A为“甲投资股市且获利”，事件B为“乙购买基金且获利”，事件C为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”，
则C＝A∪B∪AB，且A，B独立．
由题意可知，P(A)＝，P(B)＝p，
∴P(C)＝P(A)＋P(B)＋P(AB)＝(1－p)＋p＋p＝＋p.
∵P(C)＝＋p>，
∴p>.
又p＋＋q＝1，q＞0，
∴p＜.
∴p的取值范围为.
(3)假设丙选择“投资股市”的方案进行投资，记X为丙投资股市的获利金额(单位：万元)，
∴随机变量X的分布列为
X 4 0 －2
P
则E(X)＝4×＋0×＋(－2)×＝.
假设丙选择“购买基金”的方案进行投资，记Y为丙购买基金的获利金额(单位：万元)，
∴随机变量Y的分布列为
Y 2 0 －1
P
则E(Y)＝2×＋0×＋(－1)×＝.
∵E(X)>E(Y)，
∴丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资收益的数学期望较大．
例8　某糕点房推出一类新品蛋糕，该蛋糕的成本价为4元，售价为8元．受保质期的影响，当天没有销售完的部分只能销毁．经过长期的调研，统计了一下该新品的日需求量．现将近期一个月(30天)的需求量展示如下：
日需求量x(个) 20 30 40 50
天数 5 10 10 5
(1)从这30天中任取两天，求这两天的日需求量均为40个的概率；
(2)以表中的频率作为概率，根据分布列求出该糕点房一天制作35个该类蛋糕时，对应的利润的期望值E(X)＝.现有员工建议扩大生产，一天制作45个蛋糕，试列出制作45个蛋糕时，利润Y的分布列并求出期望E(Y)，并以此判断此建议该不该被采纳．
解　(1)从这30天中任取两天，样本点总数n＝C，
两天的日需求量均为40个包含的样本点个数m＝C，
∴这两天的日需求量均为40个的概率
P＝＝.
(2)设该糕点房一天制作45个蛋糕时对应的利润为Y，
P(Y＝－20)＝，P(Y＝60)＝，
P(Y＝140)＝，P(Y＝180)＝，
∴Y的分布列为
Y －20 60 140 180
P
E(Y)＝－20×＋60×＋140×＋180×＝.
∵该糕点房一天制作35个该类蛋糕时，对应的利润的期望值E(X)＝，<，
∴此建议不该被采纳．
　8.某投资公司在2021年年初准备将1000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和.
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
解　若按“项目一”投资，设获利为X1万元，则X1的分布列为
X1 300 －150
P
∴E(X1)＝300×＋(－150)×＝200，
D(X1)＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35000.
若按“项目二”投资，设获利为X2万元，则X2的分布列为
X2 500 －300 0
P
∴E(X2)＝500×＋(－300)×＋0×＝200，
D(X2)＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140000.
∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)＜D(X2)，
这说明虽然项目一、项目二期望获利相等，但项目一更稳妥．
综上所述，建议该投资公司选择项目一投资．
9．近年来，祖国各地依托本地自然资源，打造旅游产业，旅游业正蓬勃发展．景区与游客都应树立尊重自然、顺应自然、保护自然的生态文明理念，合力使旅游市场走上规范有序且可持续的发展轨道．某景区有一个自愿消费的项目：在参观某特色景点入口处会为每位游客拍一张与景点的合影，参观后，在景点出口处会将刚拍下的照片打印出来，游客可自由选择是否带走照片，若带走照片则需支付20元，没有被带走的照片会收集起来统一销毁．该项目运营一段时间后，统计出平均只有三成的游客会选择带走照片．为改善运营状况，该项目组就照片收费与游客消费意愿关系作了市场调研，发现收费与消费意愿有较强的线性相关性，并统计出在原有的基础上，价格每下调1元，游客选择带走照片的可能性平均增加0.05，假设平均每天约有5000人参观该特色景点，每张照片的综合成本为5元，假设每位游客是否购买照片相互独立．
(1)若调整为支付10元就可以带走照片，该项目每天的平均利润比调整前多还是少？
(2)要使每天的平均利润达到最大值，应如何定价？
解　(1)当收费为20元时，照片被带走的概率为0.3，不被带走的概率为0.7，设此时每张照片的利润为Y1(元)，则Y1是随机变量，其分布列为
Y1 15 －5
P 0.3 0.7
E(Y1)＝15×0.3－5×0.7＝1(元)，则5000位游客的利润为5000元．
当收费为10元时，照片被带走的概率为0.3＋0.05×10＝0.8，不被带走的概率为0.2，设此时每位游客的利润为Y2(元)，
则Y2是随机变量，其分布列为
Y2 5 －5
P 0.8 0.2
E(Y2)＝5×0.8－5×0.2＝3(元)，则5000位游客的利润为15000元．
所以调整价格后，该项目每天的平均利润比调整前多．
(2)设降价x元，则0≤x＜15，
照片被带走的概率为0.3＋0.05x，
不被带走的概率为0.7－0.05x，
设此时每位游客的利润为Y(元)，则Y是随机变量，其分布列为
Y 15－x －5
P 0.3＋0.05x 0.7－0.05x
E(Y)＝(15－x)(0.3＋0.05x)－5(0.7－0.05x)＝－0.05(x－7)2＋3.45(元)，
当x＝7时，E(Y)有最大值3.45元，即当定价为13元时，每天的平均利润最大，为3.45×5000＝17250元．
　利用均值、方差进行决策的两个方略
(1)当均值不同时，两个随机变量取值的平均水平不同，可对问题作出判断．
(2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．
二、核心素养提升
例1　(2021·南昌三模)在某电视节目上，甲、乙、丙3个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟，超过1分钟派下一个人.3个人中只要有一个人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败．根据甲以往解密测试情况，随机抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图．
(1)若甲解密成功所需时间的中位数为47，求a，b的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率；
(2)在这次节目上，由于来自各方的压力及自身的心理压力，第n个出场选手解密成功的概率Pn＝P1n－1＋(n＝1,2,3)，并且P1定义为(1)中甲解密成功的频率，个人是否解密成功相互独立．
①求该团队挑战成功的概率；
②该团队以Pn从小到大的顺序安排甲、乙、丙三人上场解密，规定第三人无论解密成功与否比赛都结束，记该团队参加挑战的人数为X，求X的分布列与期望．
解　(1)因为甲解密成功所需时间的中位数是47，
所以0.01×5＋0.014×5＋5a＋0.034×5＋0.04×(47－45)＝0.5,0.01×5＋0.01×5＋5b＋0.032×5＋0.04×(50－47)＝0.5，解得a＝0.026，b＝0.024.
甲在1分钟内解密成功的频率f＝1－0.01×5×2＝0.9.
(2)①由题意及(1)可知，第1个出场选手解密成功的概率P1＝0.9，
则第2个出场选手解密成功的概率P2＝0.9×＋＝0.91，
第3个出场选手解密成功的概率P3＝0.9×2＋＝0.929.
所以该团队挑战成功的概率P＝0.9＋0.1×0.91＋0.1×0.09×0.929＝0.999361.
②由①可知Pn按从小到大的顺序排列为P1，P2，P3.
由题意得X的可能取值为1,2,3，
则P(X＝1)＝0.9，
P(X＝2)＝(1－0.9)×0.91＝0.091，
P(X＝3)＝(1－0.9)×(1－0.91)＝0.009，
所以X的分布列为
X 1 2 3
P 0.9 0.091 0.009
E(X)＝1×0.9＋2×0.091＋3×0.009＝1.109.
例2　某城市A公司外卖配送员底薪是每月1800元，设一人每月配送单数为X，若X∈[1,300]，每单提成3元，若X∈(300,600]，每单提成4元，若X∈(600，＋∞)，每单提成4.5元；B公司外卖配送员底薪是每月2100元，设每月配送单数为Y，若Y∈[1,400]，每单提成3元，若Y∈(400，＋∞)，每单提成4元．小王想在A公司外卖和B公司外卖之间选择一份配送员工作，他随机调查了A公司外卖配送员甲和B公司外卖配送员乙在2021年4月份(30天)的送餐量数据，如下表：
表1：A公司外卖配送员甲送餐量统计
日送餐量x(单) 13 14 16 17 18 20
天数 2 6 12 6 2 2
表2：B公司外卖配送员乙送餐量统计
日送餐量y(单) 11 13 14 15 16 18
天数 4 5 12 3 5 1
(1)设A公司外卖配送员月工资为f(X)，B公司外卖配送员月工资为g(Y)，当X＝Y∈(300,600]时，比较f(X)与g(Y)的大小关系．
(2)将4月份的日送餐量的频率视为日送餐量的概率．
①计算外卖配送员甲和乙每日送餐量的均值E(x)和E(y)；
②请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．
解　(1)因为X＝Y∈(300,600]，
所以g(X)＝g(Y)，
当X∈(300,400]时，f(X)－g(Y)＝(1800＋4X)－(2100＋3X)＝X－300＞0，
当X∈(400,600]时，f(X)－g(Y)＝(1800＋4X)－(2100＋4X)＝－300＜0，
故当X∈(300,400]时，f(X)＞g(Y)；
当X∈(400,600]时，f(X)＜g(Y)．
(2)①甲日送餐量x的分布列为
x 13 14 16 17 18 20
P
乙日送餐量y的分布列为
y 11 13 14 15 16 18
P
则E(x)＝13×＋14×＋16×＋17×＋18×＋20×＝16，
E(y)＝11×＋13×＋14×＋15×＋16×＋18×＝14.
②E(X)＝30E(x)＝480∈(300,600]，
E(Y)＝30E(y)＝420∈(400，＋∞)，
所以估计A公司外卖配送员月工资平均为1800＋4E(X)＝3720(元)，
估计B公司外卖配送员月工资平均为2100＋4E(Y)＝3780元＞3720元，
故小王应选择做B公司外卖配送员．
1．高考常将求概率与互斥事件、相互独立事件、超几何分布、二项分布等交汇在一起进行考查，因此在解答此类题时，准确把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型是关键．特别是要注意挖掘题目中的隐含条件．
2．离散型随机变量的期望与方差的常见类型及解题策略
(1)求离散型随机变量的期望与方差，可依题设条件求出离散型随机变量的分布列，然后利用期望、方差公式直接求解．
(2)由已知期望或方差求参数值．可依据条件利用期望、方差公式得出含有参数的方程(组)，解方程(组)即可求出参数值．
(3)由已知条件，作出对两种方案的判断，可依据期望、方差的意义，对实际问题作出判断．
课时作业
一、单项选择题
1．已知离散型随机变量X的概率分布列如下：
X 0 1 2 3
P 0.2 a 0.3 0.1
则实数a＝(　　)
A．0.6 B．0.7
C．0.1 D．0.4
答案　D
解析　根据题意得0.2＋a＋0.3＋0.1＝1，所以a＝0.4.故选D.
2．(2022·湖南长沙高三月考)已知随机变量X的分布列如下：
X －1 0 b
P a b
若X的数学期望E(X)＝，则ab＝(　　)
A. B．
C． D．
答案　A
解析　由题意及分布列的性质得
解得所以ab＝×＝.故选A.
3．(2021·黑龙江铁人中学模拟)随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝，则D(3X＋1)＝(　　)
X －1 0 1
P a b
A．9 B．7
C．5 D．3
答案　C
解析　依题意可得
解得所以D(X)＝2×＋2×＋2×＝，所以D(3X＋1)＝32D(X)＝9×＝5.故选C.
4．一个人有n把钥匙，其中只有一把可以打开房门，他随意地进行试开，若试开过的钥匙放在一旁，试过的次数X为随机变量，则P(X＝k)＝(　　)
A. B．
C． D．
答案　B
解析　X＝k表示“第k次恰好打开，前k－1次没有打开”，所以P(X＝k)＝××…××＝.
5．已知随机变量X的分布列是
X －1 0 1
P a b
其中a≤2b≤6a，则E(X)的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　由题意可得解得≤b≤，所以E(X)＝－a＋0×＋b＝b－＋b＝2b－∈.故选B.
6．(2022·浙江杭州模拟)若P(ξ≤x2)＝1－β，P(ξ≥x1)＝1－α，其中x1A．(1－α)(1－β) B．1－(α＋β)
C．1－α(1－β) D．1－β(1－α)
答案　B
解析　显然P(ξ>x2)＝β，P(ξx2)－P(ξ7．设a，b∈，随机变量X的分布列如表所示，则(　　)
X 0 2a 1
P a b
A．当a增大时，E(X)增大，D(X)增大
B．当a增大时，E(X)增大，D(X)减小
C．当a增大时，E(X)为定值，D(X)先增大后减小
D．当a增大时，E(X)为定值，D(X)先减小后增大
答案　D
解析　由题意可得a＋b＋＝1，所以a＋b＝ b＝－a，E(X)＝0×a＋2a×＋1×b＝a＋b＝，故E(X)为定值．D(X)＝2×a＋2×＋2×b＝2a2－a＋＝22＋，因为a∈，所以当a∈时，D(X)单调递减，当a∈时，D(X)单调递增，故选D.
8．(2021·河北张家口第一次模拟)某大学进行“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔，某同学经过考核通过该校的“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔的概率依次为a，b，，已知三个社团中他恰好能进入两个的概率为.假设该同学经过考核通过这三个社团选拔成功与否相互独立，则该同学一个社团都不能进入的概率为(　　)
A. B．
C． D．
答案　D
解析　由题知，三个社团中他恰好能进入两个的概率为，则ab＋a(1－b)＋b(1－a)＝，所以(a＋b)－ab＝，所以a＋b－ab＝，所以该同学一个社团都不能进入的概率P＝(1－a)(1－b)＝[1－(a＋b)＋ab]＝[1－(a＋b－ab)]＝×＝.故选D.
二、多项选择题
9．若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，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(　　)
A．P(X＝1)＝E(X) B．E(3X＋2)＝4
C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝
答案　AB
解析　随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，∴P(X＝1)＝，E(X)＝0×＋1×＝，D(X)＝2×＋2×＝.对于A，P(X＝1)＝E(X)，故A正确；对于B，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×＋2＝4，故B正确；对于C，D(3X＋2)＝9D(X)＝9×＝2，故C错误；对于D，D(X)＝，故D错误．故选AB.
10．(2022·浙江嘉兴高三月考)某中学高一年级和高二年级进行篮球比赛，赛制为3局2胜制，若比赛没有平局，且高二队每局获胜的概率都是p，记比赛的最终局数为随机变量X，则(　　)
A．P(X＝2)＝p2 B．P(X＝3)＝p(1－p)
C．E(X)< D．D(X)<
答案　CD
解析　赛制为3局2胜制，比赛没有平局，因此随机变量X的可能值为2或3，P(X＝2)＝p2＋(1－p)2＝2p2－2p＋1，A错误；P(X＝3)＝(1－p)p2＋p(1－p)p＋p(1－p)2＋(1－p)p(1－p)＝－2p2＋2p，B错误；E(X)＝2(2p2－2p＋1)＋3(－2p2＋2p)＝－2p2＋2p＋2＝－22＋，因为三、填空题
11．设随机变量X的概率分布列为
X 1 2 3 4
P m
则P(|X－3|＝1)＝________，D(X)＝________.
答案　　
解析　由＋m＋＋＝1，解得m＝，P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝＋＝.E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝，D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
12．甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有3个抢答题，比赛规定：对于每一个题，没有抢到题的队伍得0分，抢到题并回答正确的得1分，抢到题但回答错误的扣1分(即得－1分)．若X是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜)，则X的所有可能取值是________．
答案　－1,0,1,2,3
解析　X＝－1时，甲抢到一题但答错了，而乙抢到两个题都答错了．
X＝0时，甲没抢到题，或甲抢到2题，但一对一错．
X＝1时，甲抢到1题且答对或甲抢到3题，且1错2对．
X＝2时，甲抢到2题均答对．
X＝3时，甲抢到3题均答对．
13．(2022·重庆模拟)游乐场某游戏设备是一个圆盘，圆盘被分成红色和绿色两个区域，圆盘上有一个可以绕中心旋转的指针，且指针受电子程序控制，前后两次停在相同区域的概率为，停在不同区域的概率为，某游客连续转动指针三次，记指针停在绿色区域的次数为X，若开始时指针停在红色区域，则E(X)＝________.
答案　
解析　该游客转动指针三次的结果的树状图如下：
则X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
14．2022年，我国在能源领域取得世界瞩目的突破．像是在南海发现的可燃冰，就让不少国家羡慕不已．强国平台进行相关知识竞赛，其规则是在一天内参与答题活动，仅前两局比赛有积分，首局获胜积3分，次局获胜积2分，失败均得1分．若甲每局比赛获胜的概率为，每局比赛相互独立．记甲某天参加答题活动(参与2局比赛以上)的得分为ξ，则得分的数学期望E(ξ)＝________.
答案　3
解析　根据题意，ξ可取的值为2,3,4,5，若ξ＝2，即甲两局都失败了，则P(ξ＝2)＝×＝；若ξ＝3，即甲第一局失败了，而第二局胜利，则P(ξ＝3)＝×＝；若ξ＝4，即甲第一局胜利，而第二局失败，则P(ξ＝4)＝×＝；若ξ＝5，即甲两局都胜利了，则P(ξ＝5)＝×＝，E(ξ)＝2×＋3×＋4×＋5×＝3.
四、解答题
15．(2022·天津期末)某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满200元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：一个袋子装有5只形状和大小均相同的玻璃球，其中两只是红色，三只是绿色，顾客从袋子中一次摸出两只球，若两只球都是红色，则奖励20元；若两只球都是绿色，则奖励10元；若两只球颜色不同，则不奖励．
(1)求一名顾客在一次摸奖活动中获得20元的概率；
(2)记X为两名顾客参与该摸奖活动获得的奖励总数额，求随机变量X的分布列和数学期望．
解　(1)记“一名顾客摸球中奖20元”为事件A，
从袋中摸出两只球共有C种取法，摸出的两只球均是红球共有C种取法，
故P(A)＝＝.
(2)记“一名顾客摸球中奖10元”为事件B，“不中奖”为事件C，
则P(B)＝＝，
P(C)＝1－P(A)－P(B)＝＝.
由题意可知，X所有可能的取值为0,10,20,30,40，
则P(X＝0)＝P(C)P(C)＝；
P(X＝10)＝2P(B)P(C)＝；
P(X＝20)＝2P(A)P(C)＋P(B)P(B)＝；
P(X＝30)＝2P(A)P(B)＝；
P(X＝40)＝P(A)P(A)＝.
所以随机变量X的分布列为
X 0 10 20 30 40
P
E(X)＝0×＋10×＋20×＋30×＋40×＝10.
16．(2021·安徽六安一中高三模拟)为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛—校级联赛—选拔性竞赛—国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县(区)、地(市)、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛(每人各踢一次为一轮)，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得－1分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，且各次踢球互不影响．
(1)经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的数学期望；
(2)用Pi表示经过第i轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率，求P2，P3.
解　(1)记“甲命中”为事件A，“乙命中”为事件B，
A，B相互独立，P(A)＝，P(B)＝，
甲的得分X的可能取值为－1,0,1，
P(X＝－1)＝P(B)＝P()P(B)＝×＝，
P(X＝0)＝P(AB)＋P()＝×＋×＝，
P(X＝1)＝P(A)＝P(A)P()＝×＝.
∴X的分布列为
X －1 0 1
P
∴E(X)＝－1×＋0×＋1×＝－.
(2)由(1)知，P1＝，
P2＝P(X＝0)P(X＝1)＋P(X＝1)[P(X＝0)＋P(X＝1)]＝×＋×＝，
经过三轮踢球，甲的累计得分高于乙有四种情况：
一是三轮甲各得1分，
二是三轮中有两轮甲各得1分，一轮得0分，
三是三轮中有一轮甲得1分，两轮各得0分，
四是两轮甲各得1分，一轮得－1分．
∴P3＝3＋C×2×＋C××2＋C×2×＝.
17．“黄梅时节家家雨”“梅雨如烟暝村树”“梅雨暂收斜照明”……江南梅雨的点点滴滴都流润着浓烈的诗情．每年六、七月份，我国长江中下游地区进入持续25天左右的梅雨季节，如图是江南Q镇2012～2021年梅雨季节的降雨量(单位：毫米)的频率分布直方图，试用样本频率估计总体概率，解答下列问题：
(1)“梅实初黄暮雨深”，假设每年的梅雨天气相互独立，求Q镇未来三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过350毫米的概率；
(2)“江南梅雨无限愁”，在Q镇承包了20亩土地种植杨梅的老李也在犯愁，他过去种植的甲品种杨梅，平均每年的总利润为28万元，而乙品种杨梅的亩产量m(单位：千克)与降雨量之间的关系如下面统计表所示，又知每千克乙品种杨梅的利润为32－0.01×m(单位：元)，请你帮助老李排解忧愁，他来年应该种植哪个品种的杨梅可以使总利润ξ(万元)的期望更大？(需说明理由)
降雨量/毫米 [100，200) [200，300) [300，400) [400，500]
亩产量/千克 500 700 600 400
解　(1)江南Q镇在梅雨季节的降雨量超过350毫米的概率为50×0.003＋100×0.001＝0.25.
所以Q镇未来三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过350毫米的概率为C×2×＋3＝＋＝.
(2)根据题意，种植乙品种杨梅的总利润为20m(32－0.01m)(元)，
其中m＝500,700,600,400.
所以随机变量ξ(万元)的分布列为
ξ 27 35 31.2 22.4
P 0.2 0.4 0.3 0.1
故种植乙品种杨梅的总利润ξ的数学期望E(ξ)＝27×0.2＋35×0.4＋31.2×0.3＋22.4×0.1＝5.4＋14.0＋9.36＋2.24＝31(万元)．
因为31>28，所以老李来年应该种植乙品种杨梅，可以使总利润ξ的期望更大．

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