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数学
第5练　离散型随机变量的分布列及数字特征（原卷版）
一、单项选择题
1．(2024·重庆期末)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)＝(　　)
A． B．
C． D．
2．(2024·四川成都树德中学模拟)随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝(n＝1，2，3)，其中a是常数，则E(X)＝(　　)
A． B．
C． D．
3．(2025·广东八校开学考试)已知随机变量X的分布列如下表所示：
X －1 0 1
P m n
若P(X≤0)＝，且2X＋Y＝1，则D(Y)＝(　　)
A． B．
C． D．
4．某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个120元．在设备使用期间，该零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元．在使用期间，每台设备需更换的该零件个数X的分布列为
X 6 7 8
P 0.4 0.5 0.1
若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为(　　)
A．1716.8元 B．206.5元
C．168.6元 D．156.8元
5．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为(　　)
A． B．
C． D．
6．设0ξ 0 1 2
P
则当p在(0，1)内增大时，(　　)
A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小
7．(2024·辽宁八市八校二模)在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量X，Y，定义协方差为Cov(X，Y)＝E(XY)－E(X)E(Y)，已知X，Y的分布列如下表所示，其中0X 1 2
P p 1－p
Y 1 2
P 1－p p
A.0 B．1
C．2 D．4
8．(2025·重庆外国语学校模拟)为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球．若摸到1个红球1个白球，可获得a个百元代金券；摸到2个白球，可获得b个百元代金券；摸到2个红球，可获得ab个百元代金券(a，b均为整数)．已知每位员工平均可获得5.4个百元代金券，则运气最好者最多获得(　　)
A．5.4个百元代金券 B．9个百元代金券
C．12个百元代金券 D．18个百元代金券
二、多项选择题
9．若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，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)＝
10．(2024·辽宁沈阳一模)下图是离散型随机变量X的概率分布图，其中3a＝5b，2b＝3c，则(　　)
A．a＝0.5 B．E(X)＝2.3
C．D(X)＝0.61 D．D(2X)＝1.22
11．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到3次结束为止．某考生一次发球成功的概率为p(0＜p＜1)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值可以为(　　)
A． B．
C． D．
三、填空题
12．设随机变量ξ的分布列如下：
ξ 1 2 3 4 5 6
P a1 a2 a3 a4 a5 a6
其中a1，a2，…，a6构成等差数列，则a1＋a6＝________．
13．已知离散型随机变量X的取值为有限个，且E(X)＝，D(X)＝，则E(X2)＝________．
14．(2024·广东肇庆模拟)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关．甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，则p1的值是________，Xn的数学期望E(Xn)是________．
四、解答题
15．(2024·北京高考)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：
索赔次数 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．
①记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；
②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①中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明)
16．为提高学生的思想政治觉悟，激发爱国热情，增强国防观念和国家安全意识，某校进行军训打靶竞赛．每位参赛选手共有3次射击机会．统计数据显示，每位选手击中靶心与否满足：若第k次击中靶心的概率为p(0(1)若选手甲第1次击中靶心的概率为p(0(2)设选手乙第1次击中靶心的概率为，每击中靶心一次得1分，没击中靶心得0分，求选手乙的得分X的分布列与数学期望．
17．(2024·山东济南一模)抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得的点数分别为a，b，记的取值为随机变量X，其中表示不超过的最大整数．
(1)求在X>0的条件下，X＝的概率；
(2)求X的分布列及数学期望．
18．(2025·贵阳七校高三第一次联考)某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分；在N处连续投两次两分球，每投进一次得2分，未投进不得分，测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮(若前两次投篮后确定不能通过测试也终止投篮)．甲同学为了通过测试，刻苦训练，投中三分球的概率为，投中两分球的概率为，且每次投篮结果互不影响．
(1)若甲同学先投三分球，求他投篮两次就终止投篮的概率；
(2)为使投篮累计得分期望最大，甲同学应先投几分球？
(3)为使通过测试的概率最大，甲同学应先投几分球？
19．(2025·河北邯郸开学考试)设(X，Y)是二维离散型随机变量，它们的一切可能取值为(xi，yj)，其中i＝1，2，3，…，n，j＝1，2，3，…，m，则称P(X＝xi，Y＝yj)＝pij(pij≥0)为二维随机变量(X，Y)的联合分布列．定义：P(X＝xi)＝pi·＝pij，称(p1·，p2·，…)为(X，Y)关于X的边际分布列，P(Y＝yj)＝p·j＝pij，称(p·1，p·2，…)为(X，Y)关于Y的边际分布列；对于固定的j，称p(i|j)＝P(X＝xi|Y＝yj)＝(i＝1，2，3，…，n)为给定Y＝yj条件下的离散型随机变量X的条件分布列，则二维离散型随机变量(X，Y)的联合分布列与边际分布列如下表：
(X，Y) y1 y2 … ym pi·
x1 p11 p12 … p1m p1·
x2 p21 p22 … p2m p2·
… … … … … …
xn pn1 pn2 … pnm pn·
p·j p·1 p·2 … p·m 1
(1)求证： j，p(i|j)＝1；
(2)若(X，Y)的联合分布列与边际分布列如下表：
(X，Y) 1 2 3 pi·
1 0.3 0.1 0.1 0.5
2 0.05 0.1 0.15 0.3
3 0.05 0.1 0.05 0.2
p·j 0.4 0.3 0.3 1
求给定X＝2条件下Y的条件分布列；
(3)把三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中．记放入1号盒子的球的个数为X，放入2号盒子的球的个数为Y，则(X，Y)是一个二维离散型随机变量．列出(X，Y)的联合分布列与边际分布列．
第5练　离散型随机变量的分布列及数字特征（解析版）
一、单项选择题
1．(2024·重庆期末)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)＝(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：根据分布列的性质，得＋m＋＋＝1，解得m＝，故随机变量X的概率分布列为
X 1 2 3 4
P
所以P(|X－3|＝1)＝P(X＝4)＋P(X＝2)＝.故选B.
2．(2024·四川成都树德中学模拟)随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝(n＝1，2，3)，其中a是常数，则E(X)＝(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：∵P(X＝n)＝(n＝1，2，3)，∴P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，又P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1，∴＋＋＝1，解得a＝，∴P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝.故选B.
3．(2025·广东八校开学考试)已知随机变量X的分布列如下表所示：
X －1 0 1
P m n
若P(X≤0)＝，且2X＋Y＝1，则D(Y)＝(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：由P(X≤0)＝，得m＝－＝，n＝1－P(X≤0)＝，则E(X)＝－1×＋0×＋1×＝，D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝1×＋0×－＝，由2X＋Y＝1，得Y＝1－2X，所以D(Y)＝4D(X)＝.故选C.
4．某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个120元．在设备使用期间，该零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元．在使用期间，每台设备需更换的该零件个数X的分布列为
X 6 7 8
P 0.4 0.5 0.1
若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为(　　)
A．1716.8元 B．206.5元
C．168.6元 D．156.8元
答案：D
解析：记Y表示2台设备使用期间需更换的零件数，则Y的所有可能取值为12，13，14，15，16，P(Y＝12)＝0.42＝0.16，P(Y＝13)＝2×0.4×0.5＝0.4，P(Y＝14)＝0.52＋2×0.4×0.1＝0.33，P(Y＝15)＝2×0.5×0.1＝0.1，P(Y＝16)＝0.12＝0.01.若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买易损零件所需费用为Z元，则Z的所有可能取值为0，280，560，840，P(Z＝0)＝P(Y≤13)＝0.16＋0.4＝0.56，P(Z＝280)＝P(Y＝14)＝0.33，P(Z＝560)＝P(Y＝15)＝0.1，P(Z＝840)＝P(Y＝16)＝0.01，E(Z)＝0×0.56＋280×0.33＋560×0.1＋840×0.01＝156.8.故选D.
5．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：依题意，知X的所有可能取值为2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为＋＝.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P(X＝2)＝，P(X＝4)＝×＝，P(X＝6)＝＝，故E(X)＝2×＋4×＋6×＝.故选B.
6．设0ξ 0 1 2
P
则当p在(0，1)内增大时，(　　)
A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小
答案：D
解析：由题意可得E(ξ)＝＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋＝－＋，所以当p在(0，1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．故选D.
7．(2024·辽宁八市八校二模)在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量X，Y，定义协方差为Cov(X，Y)＝E(XY)－E(X)E(Y)，已知X，Y的分布列如下表所示，其中0X 1 2
P p 1－p
Y 1 2
P 1－p p
A.0 B．1
C．2 D．4
答案：A
解析：由题意，得XY的分布列为
XY 1 2 4
P p(1－p) p2＋(1－p)2 p(1－p)
E(XY)＝1×p(1－p)＋2×[p2＋(1－p)2]＋4×p(1－p)＝－p2＋p＋2，E(X)＝2－p，E(Y)＝p＋1，Cov(X，Y)＝－p2＋p＋2－(2－p)(1＋p)＝0.故选A.
8．(2025·重庆外国语学校模拟)为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球．若摸到1个红球1个白球，可获得a个百元代金券；摸到2个白球，可获得b个百元代金券；摸到2个红球，可获得ab个百元代金券(a，b均为整数)．已知每位员工平均可获得5.4个百元代金券，则运气最好者最多获得(　　)
A．5.4个百元代金券 B．9个百元代金券
C．12个百元代金券 D．18个百元代金券
答案：D
解析：摸到1个红球1个白球的概率P＝＝，摸到2个白球的概率P＝＝，摸到2个红球的概率P＝＝，设可获得百元代金券的个数为变量X，则X的可能取值为a，b，ab，其分布列如下：
X a b ab
P
则E(X)＝a×＋b×＋ab×＝5.4，a，b∈Z，即6a＋3b＋ab＝54，b＝，因为运气最好者获得ab个百元代金券，且ab＝＝－6＋90≤－12＋90＝18，当且仅当a＋3＝，即a＝3，b＝6时，等号成立，所以ab的最大值为18，所以运气最好者最多获得18个百元代金券．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)＝，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：依题意P(X＝0)＝，所以P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝，所以E(X)＝0×＋1×＝，D(X)＝×＋×＝，所以P(X＝1)＝E(X)，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×＋2＝4，D(3X＋2)＝32D(X)＝32×＝2，所以A，B正确，C，D错误．故选AB.
10．(2024·辽宁沈阳一模)下图是离散型随机变量X的概率分布图，其中3a＝5b，2b＝3c，则(　　)
A．a＝0.5 B．E(X)＝2.3
C．D(X)＝0.61 D．D(2X)＝1.22
答案：ABC
解析：由题意，知解得A正确；E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.5＝2.3，B正确；D(X)＝(1－2.3)2×0.2＋(2－2.3)2×0.3＋(3－2.3)2×0.5＝0.61，C正确；D(2X)＝22D(X)＝2.44，D错误．故选ABC.
11．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到3次结束为止．某考生一次发球成功的概率为p(0＜p＜1)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值可以为(　　)
A． B．
C． D．
答案：AB
解析：由题意可知，P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2，则E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3.由E(X)＞1.75可得4p2－12p＋5＞0，解得p＜或p＞.又p∈(0，1)，故0＜p＜.故选AB.
三、填空题
12．设随机变量ξ的分布列如下：
ξ 1 2 3 4 5 6
P a1 a2 a3 a4 a5 a6
其中a1，a2，…，a6构成等差数列，则a1＋a6＝________．
答案：
解析：因为a1，a2，…，a6构成等差数列，所以a1＋a6＝a2＋a5＝a3＋a4，因为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝1，所以a1＋a6＝.
13．已知离散型随机变量X的取值为有限个，且E(X)＝，D(X)＝，则E(X2)＝________．
答案：
解析：因为E(X)＝，D(X)＝，由D(X)＝E(X2)－(E(X))2，得E(X2)＝D(X)＋(E(X))2＝＋＝.
14．(2024·广东肇庆模拟)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关．甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，则p1的值是________，Xn的数学期望E(Xn)是________．
答案：　－
解析：考虑到乙口袋中取出的球可能是黑球也可能是白球，由全概率公式可得p1＝×＋×＝.记Xn－1取0，1，2，3的概率分别为p0，p1，p2，p3，推导Xn的分布列，P(Xn＝1)＝p0＋p1＋p2，P(Xn＝2)＝p1＋p2＋p3，P(Xn＝3)＝p2，则E(Xn)＝0·P(Xn＝0)＋1·P(Xn＝1)＋2·P(Xn＝2)＋3·P(Xn＝3)＝p0＋p1＋p2＋2p3＝1＋(p1＋2p2＋3p3)＝1＋E(Xn－1)，则E(Xn)－＝，故E(Xn)－＝×.结合E(X1)＝，可知E(Xn)＝－.
四、解答题
15．(2024·北京高考)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：
索赔次数 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．
①记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；
②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①中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明)
解：(1)设事件A为“随机抽取一单，索赔次数不少于2”，由题设中的统计数据可得P(A)＝＝.
(2)①设ξ为赔付金额，则ξ的可能取值为0，0.8，1.6，2.4，3，
由题设中的统计数据可得
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝0.8)＝＝，
P(ξ＝1.6)＝＝，
P(ξ＝2.4)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
故E(ξ)＝0×＋0.8×＋1.6×＋2.4×＋3×＝0.278，
故E(X)＝0.4－0.278＝0.122(万元)．
②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%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比①中E(X)的估计值大．证明如下：
由题设，保费的均值变化为0.4××96%＋0.4××1.2＝0.4032，
故E(Y)＝0.122＋0.4032－0.4＝0.1252(万元)．
所以E(Y)>E(X)．
16．为提高学生的思想政治觉悟，激发爱国热情，增强国防观念和国家安全意识，某校进行军训打靶竞赛．每位参赛选手共有3次射击机会．统计数据显示，每位选手击中靶心与否满足：若第k次击中靶心的概率为p(0(1)若选手甲第1次击中靶心的概率为p(0(2)设选手乙第1次击中靶心的概率为，每击中靶心一次得1分，没击中靶心得0分，求选手乙的得分X的分布列与数学期望．
解：(1)记选手甲第k次击中靶心为事件Ak(k＝1，2，3)，未击中靶心为事件k，则选手甲至少击中靶心一次的概率为1－P(123)．
因为P(123)＝(1－p)＝1－＋－，
所以所求概率为1－P(123)＝－＋.
(2)乙的得分X等于乙击中靶心的次数，则X的所有可能取值为0，1，2，3.
记选手乙第k次击中靶心为事件Bk(k＝1，2，3)，
P(X＝0)＝P(123)＝××＝，
击中靶心1次对应事件为B123＋1B23＋12B3，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
击中靶心2次对应事件为B1B23＋B12B3＋1B2B3，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
击中靶心3次对应事件为B1B2B3，
P(X＝3)＝××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
17．(2024·山东济南一模)抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得的点数分别为a，b，记的取值为随机变量X，其中表示不超过的最大整数．
(1)求在X>0的条件下，X＝的概率；
(2)求X的分布列及数学期望．
解：(1)记抛掷骰子的样本点为(a，b)，
则样本空间为Ω＝{(a，b)|1≤a≤6，1≤b≤6，a∈Z，b∈Z}，且n(Ω)＝36，
记事件A＝“X>0”，
事件B＝“X＝＝”，
则A＝{(a，b)|1≤a≤b≤6，a∈Z，b∈Z}，且n(A)＝21，
又AB＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，2)，(2，4)，(2，6)，(3，3)，(3，6)，(4，4)，(5，5)，(6，6)}，
则n(AB)＝14，
所以P(B|A)＝＝＝，
即在X>0的条件下，X＝的概率为.
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝，P(X＝5)＝，P(X＝6)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝.
18．(2025·贵阳七校高三第一次联考)某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分；在N处连续投两次两分球，每投进一次得2分，未投进不得分，测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮(若前两次投篮后确定不能通过测试也终止投篮)．甲同学为了通过测试，刻苦训练，投中三分球的概率为，投中两分球的概率为，且每次投篮结果互不影响．
(1)若甲同学先投三分球，求他投篮两次就终止投篮的概率；
(2)为使投篮累计得分期望最大，甲同学应先投几分球？
(3)为使通过测试的概率最大，甲同学应先投几分球？
解：(1)记甲同学先投三分球，投篮两次就终止投篮的事件为A，
则P(A)＝×＋×＝.
(2)记甲同学先投三分球投篮累计得分为X，先投两分球投篮累计得分为Y.
X的所有可能取值为0，2，3，4，5，
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝2)＝××＝，
P(X＝3)＝××＝，
P(X＝4)＝××＝，
P(X＝5)＝×＋××＝，
E(X)＝0×＋2×＋3×＋4×＋5×＝2.1.
Y的所有可能取值为0，2，4，5，
P(Y＝0)＝×＝，
P(Y＝2)＝C×××＝，
P(X＝4)＝×＝，
P(X＝5)＝C×××＝，
E(Y)＝0×＋2×＋4×＋5×＝2.3.
因为2.3>2.1，所以甲同学先投两分球投篮累计得分期望最大．
(3)记甲同学先投三分球通过测试的概率为P1，
则P1＝P(X＝4)＋P(X＝5)＝＋＝；
记甲同学先投两分球通过测试的概率为P2，
则P2＝P(Y＝4)＋P(Y＝5)＝＋＝.
因为P1＝P2，所以甲同学先投三分球或先投两分球通过测试的概率是一样的．
19．(2025·河北邯郸开学考试)设(X，Y)是二维离散型随机变量，它们的一切可能取值为(xi，yj)，其中i＝1，2，3，…，n，j＝1，2，3，…，m，则称P(X＝xi，Y＝yj)＝pij(pij≥0)为二维随机变量(X，Y)的联合分布列．定义：P(X＝xi)＝pi·＝pij，称(p1·，p2·，…)为(X，Y)关于X的边际分布列，P(Y＝yj)＝p·j＝pij，称(p·1，p·2，…)为(X，Y)关于Y的边际分布列；对于固定的j，称p(i|j)＝P(X＝xi|Y＝yj)＝(i＝1，2，3，…，n)为给定Y＝yj条件下的离散型随机变量X的条件分布列，则二维离散型随机变量(X，Y)的联合分布列与边际分布列如下表：
(X，Y) y1 y2 … ym pi·
x1 p11 p12 … p1m p1·
x2 p21 p22 … p2m p2·
… … … … … …
xn pn1 pn2 … pnm pn·
p·j p·1 p·2 … p·m 1
(1)求证： j，p(i|j)＝1；
(2)若(X，Y)的联合分布列与边际分布列如下表：
(X，Y) 1 2 3 pi·
1 0.3 0.1 0.1 0.5
2 0.05 0.1 0.15 0.3
3 0.05 0.1 0.05 0.2
p·j 0.4 0.3 0.3 1
求给定X＝2条件下Y的条件分布列；
(3)把三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中．记放入1号盒子的球的个数为X，放入2号盒子的球的个数为Y，则(X，Y)是一个二维离散型随机变量．列出(X，Y)的联合分布列与边际分布列．
解：(1)证明：p(i|j)＝＋＋…＋＝＝＝1.
(2)因为P(X＝2)＝p2·＝0.3，所以用第二行Y＝1，2，3的值分别除以0.3，
可得给定X＝2条件下Y的条件分布列为
Y|(X＝2) 1 2 3
P
(3)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，Y的所有可能取值为0，1，2，3，
设x1＝y1＝0，x2＝y2＝1，x3＝y3＝2，x4＝y4＝3，由概率的乘法公式知，
pij＝P(X＝xi，Y＝yj)＝P(X＝xi|Y＝yj)·p·j，
2≤i＋j≤5，p·j＝C，1≤j≤4，
P(X＝xi|Y＝yj)＝C＝C，
所以pij＝CC，2≤i＋j≤5，
当i＋j>5时，显然pij＝0，
所以(X，Y)的联合分布列与边际分布列如下表：
(X，Y) 0 1 2 3 pi·
0
1 0
2 0 0
3 0 0 0
p·j 1
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