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预习衔接.夯实基础 离散型随机变量的均值与方差
一．选择题（共4小题）
1．（2024 山东一模）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲、乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1，p2，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X，若E（X）＝16，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为（　　）
A．27 B．24 C．32 D．28
2．（2024春 新郑市期中）若随机变量ξ的分布列如表所示，则D（1﹣3ξ）＝（　　）
ξ ﹣1 0 1
P a2
A． B．2 C． D．
3．（2024春 正定县校级期中）已知随机变量X的分布列为，其中a是常数，则下列说法不正确的是（　　）
A．P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2）＝1
B．
C．
D．
4．（2024春 鼓楼区校级期末）如图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法错误的是（　　）
A．这10年粮食年产量的极差为16
B．这10年粮食年产量的第70百分位数为35
C．这10年粮食年产量的平均数为33.7
D．前5年的粮食年产量的方差小于后5年粮食年产量的方差
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 泉州期中）已知离散型随机变量X的分布列如表所示，若E（X）＝0，D（X）＝1，则（　　）
X ﹣1 0 1 2
P a b c
A．a B．b C．c D．P（X＜1）
（多选）6．（2024 佛山一模）有一组样本数据0，1，2，3，4，添加一个数X形成一组新的数据，且P（X＝k）（k∈{0，1，2，3，4，5}），则新的样本数据（　　）
A．极差不变的概率是
B．第25百分位数不变的概率是
C．平均值变大的概率是
D．方差变大的概率是
（多选）7．（2024春 商丘期中）下列说法正确的有（　　）
A．若随机变量X的数学期望E（X）＝4，则E（2X﹣1）＝7
B．若随机变量Y的方差D（Y）＝3，则D（2Y+5）＝6
C．将一枚硬币抛掷3次，记正面向上的次数为X，则X服从二项分布
D．从7男3女共10名学生中随机选取5名学生，记选出女生的人数为X，则X服从超几何分布
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 五华区校级期中）哈三中2024﹣2025年度上学期高二年级十月月考中有这样一道题目：已知A，B是两个随机事件，且0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，给出5个命题如下：
①若P（A）+P（B）＝1，则事件A，B对立；
②若事件A与B独立，则P（AB）＝P（A）P（B）成立；
③若，则事件A，B相互独立，且；
由于印刷原因，其中命题④⑤漏印了．
若老师说某考生在5个命题中任选两个命题，其中真命题的个数X的方差为，则④⑤中真命题的个数为 　 　．
9．（2024春 德阳期末）口袋中装有两个红球和三个白球，从中任取两个球，用X表示取出的两个球中白球的个数，则X的数学期望E（X）＝　 　．
10．（2023秋 和平区校级期末）已知A袋内有大小相同的1个红球和3个白球，B袋内有大小相同的2个红球和4个白球．现从A、B两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为　 　；记取出的2个球中红球的个数为随机变量X，则X的数学期望为 　 　．
11．（2024春 普陀区校级期末）在n维空间中（n≥2，n∈N），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标（a1，a2，…，an），其中ai∈{0，1}（1≤i≤n，i∈N）．定义：在n维空间中两点（a1，a2，…，an）与（b1，b2，…，bn）的曼哈顿距离为|a1﹣b1|+|a2﹣b2|+…+|an+bn|在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则E[X]＝　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 东城区校级期中）某种产品按照产品质量标准分为一等品、二等品、三等品、四等品四个等级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
数量 40 30 10 20
（1）根据产品等级，按分层抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，记这3件产品中一等品的数量为X，求X的分布列及数学期望；
（2）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件四等品的概率；
（3）生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，
方案一：产品不分类，售价均为21元/件．
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
售价/（元/件） 24 22 18 16
从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由．
13．（2024秋 常州期中）某校由5名教师组成校本课程讲师团，其中2人有校本课程开设经验，3人没有校本课程开设经验．先从这5名教师中随机抽选2名教师开设校本课程，该期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽选2名教师开设下一期校本课程．
（1）在第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数记为X，求X的分布列和数学期望；
（2）求“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”的概率．
14．（2024春 海淀区校级期末）为了调研某地区学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地区随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
（Ⅰ）从这10所学校中随机选取1所，已知这所学校参与“自由式滑雪”人数超过40人，求该校参与“单板滑雪”超过30人的概率；
（Ⅱ）已知参与“自由式滑雪”人数超过40人的学校评定为“基地学校”．现在从这10所学校中随机选取2所，设“基地学校”的个数为X，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训．并专门对这3个动作进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在此集训测试中，李华同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响，每轮测试也互不影响．如果李华同学在集训测试中想获得“优秀”的次数的均值达到5次，那么至少要进行多少轮测试？（结论不要求证明）
15．（2024秋 牡丹江期中）某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额Xn（1≤n≤6）的数学期望为E（Xn）．
（1）求E（X1）及X2的分布列．
（2）写出E（Xn）与E（Xn﹣1）（n≥2）的递推关系式，并证明{E（Xn）+50}为等比数列；
（3）若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值．（考数据：1.26≈2.986）
预习衔接.夯实基础 离散型随机变量的均值与方差
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024 山东一模）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲、乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1，p2，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X，若E（X）＝16，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为（　　）
A．27 B．24 C．32 D．28
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】对应思想；分析法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意，设每一轮训练通过的概率为p，求出p的表达式，结合二项分布的期望、基本不等式以及二次函数的性质进行求解即可．
【解答】解：不妨设每一轮训练通过的概率为p，
则p p2 （1﹣p1）＝﹣3
＝﹣32p1p2＝﹣3，
此时0＜p1p2，当且仅当p1＝p2时，等号成立，
易知函数y＝﹣3x2x开口向下，对称轴x，
所以0＜﹣33，
又每局之间相互独立，记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X，
所以X～B（n，p），
所以E（X）＝np＝n（﹣3）＝16，
解得n27，
则甲、乙两人训练的轮数至少为27轮．
故选：A．
【点评】本题考查二项分布的应用，考查了逻辑推理和运算能力．
2．（2024春 新郑市期中）若随机变量ξ的分布列如表所示，则D（1﹣3ξ）＝（　　）
ξ ﹣1 0 1
P a2
A． B．2 C． D．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量及其分布列．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】由aa2＝1，a＞0，解得a，再利用期望与方差的计算公式及性质即可得出结论．
【解答】解：由aa2＝1，a＞0，
化为3a2+a﹣2＝0，a＞0，
解得a，
E（ξ）＝﹣101，
∴D（ξ）＝（﹣1）20212．
∴D（1﹣3ξ）＝（﹣3）2D（ξ）＝9．
故选：D．
【点评】本题考查了分布列的性质、望与方差的计算公式及性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．（2024春 正定县校级期中）已知随机变量X的分布列为，其中a是常数，则下列说法不正确的是（　　）
A．P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2）＝1
B．
C．
D．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，结合分布列的性质，求出a，结合选项，逐项判定，即可求解．
【解答】解：根据题意，随机变量X的分布列为，
依次分析选项：
对于A，由分布列的性质，P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2）＝1，A正确；
对于B，由于P（X＝0）+P（X＝1）+P（X＝2），解得，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查随机变量的分布列，涉及概率的计算，属于基础题．
4．（2024春 鼓楼区校级期末）如图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法错误的是（　　）
A．这10年粮食年产量的极差为16
B．这10年粮食年产量的第70百分位数为35
C．这10年粮食年产量的平均数为33.7
D．前5年的粮食年产量的方差小于后5年粮食年产量的方差
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；频率分布折线图、密度曲线；进行简单的合情推理．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】ABC选项，由极差，百分位数和平均数的定义求出答案；D选项，根据图形及方差的意义得到D错误．
【解答】解：A选项，将样本数据从小到大排列为26，28，30，32，32，35，35，38，39，42，这10年的粮食年产量极差为42﹣26＝16，故A正确；
B选项，10×70%＝7，结合A选项可知第70百分位数为第7个数和第8个数的平均数，即，故B不正确；
C选项，这10年粮食年产量的平均数为（32+32+30+28+35+38+42+39+26+35）＝33.7，故C正确；
D选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故D正确．
故选：B．
【点评】本题考查统计图的应用，考查极差、平均数、百分位数、方差的应用，是中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 泉州期中）已知离散型随机变量X的分布列如表所示，若E（X）＝0，D（X）＝1，则（　　）
X ﹣1 0 1 2
P a b c
A．a B．b C．c D．P（X＜1）
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】ABCD
【分析】利用分布列的性质、方差与期望关系求参数a、b、c，即可判断各选项的正误．
【解答】解：由题意可得，E（X）＝﹣a+c0，
由X的分布列可得X2的分布列如下：
X2 0 1 4
P b a+c
所以E（X2）＝a+c+4a+c，
又因为E（X）＝0，
所以，
由题设有，
解得，
故A、B、C正确，
而P（X＜1）＝P（X＝﹣1）+P（X＝0）＝a+b，故D正确．
故选：ABCD．
【点评】本题主要考查了离散型随机变量的分布列、期望和方差，属于中档题．
（多选）6．（2024 佛山一模）有一组样本数据0，1，2，3，4，添加一个数X形成一组新的数据，且P（X＝k）（k∈{0，1，2，3，4，5}），则新的样本数据（　　）
A．极差不变的概率是
B．第25百分位数不变的概率是
C．平均值变大的概率是
D．方差变大的概率是
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；用样本估计总体的离散程度参数．
【专题】计算题；对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据题意得到X取各个值的概率，结合极差、百分位数、平均数以及方差的概念与计算公式逐一判断即可．
【解答】解：由题意得，，，
，，，
对于A，若极差不变，则X＝0，1，2，3，4，概率为，故A正确；
对于B，由于5×25%＝1.25，6×25%＝1.5，所以原数据和新数据的第25百分位数均为第二个数，
所以X＝1，2，3，4，5，第25百分位数不变的概率是，故B错误；
对于C，原样本平均值为，平均值变大，则X＝3，4，5，概率为，故C正确；
对于D，原样本的方差为，
显然，当X＝2时，新数据方差变小，当X＝0，4，5时，新数据方差变大，
当X＝1时，新数据的平均数为，
方差为，
同理，当X＝3时，新数据的方差为，
所以方差变大的概率为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）7．（2024春 商丘期中）下列说法正确的有（　　）
A．若随机变量X的数学期望E（X）＝4，则E（2X﹣1）＝7
B．若随机变量Y的方差D（Y）＝3，则D（2Y+5）＝6
C．将一枚硬币抛掷3次，记正面向上的次数为X，则X服从二项分布
D．从7男3女共10名学生中随机选取5名学生，记选出女生的人数为X，则X服从超几何分布
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；命题的真假判断与应用．
【专题】对应思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】利用离散型随机变量的期望的性质可判断A；利用离散型随机变量的方差的性质可判断B；利用二项分布的概念可判断C；利用超几何分布的概念可判断D．
【解答】解：对于A：因为E（2X﹣1）＝2E（X）﹣1＝2×4﹣1＝7，故A正确；
对于B：因为D（2Y+5）＝4D（Y）＝4×3＝12，故B错误；
对于C：根据二项分布的概念可知随机变量X～，故C正确；
对于D：根据超几何分布的概念可知X服从超几何分布，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了离散型随机变量的概率分布，期望和方差的性质，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 五华区校级期中）哈三中2024﹣2025年度上学期高二年级十月月考中有这样一道题目：已知A，B是两个随机事件，且0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，给出5个命题如下：
①若P（A）+P（B）＝1，则事件A，B对立；
②若事件A与B独立，则P（AB）＝P（A）P（B）成立；
③若，则事件A，B相互独立，且；
由于印刷原因，其中命题④⑤漏印了．
若老师说某考生在5个命题中任选两个命题，其中真命题的个数X的方差为，则④⑤中真命题的个数为 　0或1　．
【考点】离散型随机变量的方差与标准差；对立事件的概率关系及计算；相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】分类讨论；定义法；概率与统计；逻辑思维．
【答案】0或1．
【分析】首先分析命题①②③中真命题的个数，命题①②可按照定义直接判断，命题③结合互斥事件的性质以及独立事件的性质判断；然后假设命题④⑤中真命题的个数，根据离散型随机变量的期望和方差计算可得出真命题的个数．
【解答】解：①若P（A）+P（B）＝1，则事件A，B不一定对立，若事件A，B对立，则P（A）+P（B）＝1，故①为假命题；
②若事件A与B独立，则P（AB）＝P（A）P（B），故②为真命题；
③根据互斥事件的定义，有AB与A互斥，AB与B互斥，
则由互斥事件的性质可知：P（A）＝P（AB）+P（A）＝P（B）＝P（AB）+P（B），
所以P（A）＝P（B），同理P（）＝P（B），且P（）+P（B）＝1，
∴P（B）P（A）；
设样本空间为Ω，则Ω＝（AB）∪（A）∪（B）∪（），
又P（Ω）＝P（AB）+P（A）+P（B）+P（）＝4P（AB）＝1，
所以，即P（AB）＝P（A） P（B），故事件A，B相互独立故③正确；
某考生在5个命题中任选两个命题，其中真命题的个数为X，
若④⑤全为真命题，则X的取值为1，2，则有
X 1 2
P
，，不合题意；
若④⑤有一个为真命题，则X的取值为0，1，2，则有
X 0 1 2
P
，，符合题意；
若④⑤全部为假命题，则X的取值为0，1，2，则有
X 0 1 2
P
，，符合题意；
故答案为：0或1．
【点评】本题考查离散型随机变量，属于中档题．
9．（2024春 德阳期末）口袋中装有两个红球和三个白球，从中任取两个球，用X表示取出的两个球中白球的个数，则X的数学期望E（X）＝　　．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的数学期望E（X）．
【解答】解：袋中装有两个红球和三个白球，从中任取两个球，用X表示取出的两个球中白球的个数，
则X的可能取值为0，1，2，
P（X＝0），
P（X＝1），
P（X＝2），
∴X的数学期望E（X）．
故答案为：．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．（2023秋 和平区校级期末）已知A袋内有大小相同的1个红球和3个白球，B袋内有大小相同的2个红球和4个白球．现从A、B两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为　　；记取出的2个球中红球的个数为随机变量X，则X的数学期望为 　　．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据相互独立事件的乘法公式即可求解；
求得X的可能取值及对应概率，即可求得期望．
【解答】解：A袋内取得红球的概率为，B袋内取得白球的概率为，从A、B两个袋内各任取1个球，则恰好有1个红球的概率为；
由题意得X的可能取值为0，1，2，
P（X＝0）＝（1）×（1），
P（X＝1），
P（X＝2），
∴E（X）＝012．
故答案为：；．
【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望，是中档题．
11．（2024春 普陀区校级期末）在n维空间中（n≥2，n∈N），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标（a1，a2，…，an），其中ai∈{0，1}（1≤i≤n，i∈N）．定义：在n维空间中两点（a1，a2，…，an）与（b1，b2，…，bn）的曼哈顿距离为|a1﹣b1|+|a2﹣b2|+…+|an+bn|在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则E[X]＝　　．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】求得X的可能取值及对应概率，求得分布列，根据期望公式求解即可．
【解答】解：对于5维坐标（a1，a2，a3，a4，a5）有{0，1}两种选择（1≤i≤n，i∈N），
故共有25种选择，即5维“立方体”的顶点个数是25＝32个顶点；
对于X＝5的随机变量，在坐标（a1，a2，a3，a4，a5）与（b1，b2，b3，b4，b5）中有k个坐标值不同，
即ai≠bi，剩下5﹣k个坐标值满足ai＝bi，此时所对应情况数为种，
X的可能取值为1，2，3，4，5，
即，
所以X的分布列为：
X＝k 1 2 3 4 5
P（X＝k）
．
故答案为：．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 东城区校级期中）某种产品按照产品质量标准分为一等品、二等品、三等品、四等品四个等级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
数量 40 30 10 20
（1）根据产品等级，按分层抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，记这3件产品中一等品的数量为X，求X的分布列及数学期望；
（2）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件四等品的概率；
（3）生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，
方案一：产品不分类，售价均为21元/件．
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
售价/（元/件） 24 22 18 16
从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；n重伯努利试验与二项分布；超几何分布．
【专题】对应思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）X的分布列见解析，；
（2）；
（3）应该选择方案一．
【分析】（1）利用分层抽样的知识求出抽取的10件产品中一等品和非一等品的数量，求出X的所有可能取值及其对应的概率，写出分布列，求出数学期望；
（2）由题意得出抽到四等品的数量，即可求解；
（3）计算方案二的产品的平均售价，与方案一的产品的售价进行比较，即可得出结论．
【解答】解：（1）由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则；
（2）从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到四等品的数量为Y，
则，
则；
（3）由题意得，方案二的产品的平均售价为：
（元/件），
则21＜21.2，
所以，从采购商的角度考虑，应该选择方案一．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
13．（2024秋 常州期中）某校由5名教师组成校本课程讲师团，其中2人有校本课程开设经验，3人没有校本课程开设经验．先从这5名教师中随机抽选2名教师开设校本课程，该期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽选2名教师开设下一期校本课程．
（1）在第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数记为X，求X的分布列和数学期望；
（2）求“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”的概率．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）X的分布列为：
X 0 1 2
P
E（X）；
（2）．
【分析】（1）由题意可知，X的可能取值为0，1，2，利用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解．
【解答】解：（1）由题意可知，X的可能取值为0，1，2，
则P（X＝0），P（X＝1），P（X＝2），
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
所以E（X）＝0；
（2）设事件B表示“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”，
设事件Ai（i＝0，1，2）表示“第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是i”，
则由（1）可知，P（A0），P（A1），P（A2），
由全概率公式可得，P（B）＝P（A0）P（B|A0）+P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2），
所以“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”的概率为．
【点评】本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了全概率公式的应用，属于中档题．
14．（2024春 海淀区校级期末）为了调研某地区学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地区随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
（Ⅰ）从这10所学校中随机选取1所，已知这所学校参与“自由式滑雪”人数超过40人，求该校参与“单板滑雪”超过30人的概率；
（Ⅱ）已知参与“自由式滑雪”人数超过40人的学校评定为“基地学校”．现在从这10所学校中随机选取2所，设“基地学校”的个数为X，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训．并专门对这3个动作进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在此集训测试中，李华同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响，每轮测试也互不影响．如果李华同学在集训测试中想获得“优秀”的次数的均值达到5次，那么至少要进行多少轮测试？（结论不要求证明）
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列见解答，；（Ⅲ）8．
【分析】（Ⅰ）由条件概率的计算公式即可求得；
（Ⅱ）由题知，X服从超几何分布，求出X的分布列和期望即可；
（Ⅲ）求出李华同学一次测试达到优秀的概率，可得李华同学测试获得优秀的次数Y服从二项分布，即Y～B（n，），再由二项分布的均值建立不等关系，求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）设参与“自由式滑雪”人数超过40人的学校为事件A，参与“单板滑雪”超过30人的学校为事件B，则P（A），P（B），，
所以；
（Ⅱ）由题知，“基地学校”有4个，则x的可能取值为0，1，2，
所以，
，，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E（X）；
（Ⅲ）因为李华同学一次测试达到优秀的概率，
则设李华同学测试获得优秀的次数为Y，则Y～B（n，），
因为，解得，
因为n∈N+，所以至少要进行8轮测试．
【点评】本题考查条件概率，离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
15．（2024秋 牡丹江期中）某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额Xn（1≤n≤6）的数学期望为E（Xn）．
（1）求E（X1）及X2的分布列．
（2）写出E（Xn）与E（Xn﹣1）（n≥2）的递推关系式，并证明{E（Xn）+50}为等比数列；
（3）若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值．（考数据：1.26≈2.986）
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）E（X1）＝40，X2的分布列为：
X2 25 50 100
P 0.4 0.24 0.36
（2）E（Xn）+50＝1.2E（Xn﹣1）+60＝1.2（E（Xn﹣1）+50）（2≤n≤6），证明过程见解析；
（3）593.7元．
【分析】（1）由题意可知，P（X1＝25）＝0.4，P（X1＝50）＝0.6，进而求出E（X1）的值，又X2的值为25，50，100，求出相应的概率，得到X2的分布列即可；
（2）由题意可知，E（Xn）＝2E（Xn﹣1）×0.6+25×0.4＝1.2E（Xn﹣1）+10，再结合等比数列的性质证明即可；
（3）利用等比数列的前n项和公式求解．
【解答】解：（1）由题意可知，抽到一个红球的概率为，抽到一个黑球的概率为0.4，
∵X1的值为25，50，则P（X1＝25）＝0.4，P（X1＝50）＝0.6，
∴E（X1）＝25×0.4+50×0.6＝40，
又X2的值为25，50，100，则P（X2＝25）＝0.4，P（X2＝50）＝0.4×0.6＝0.24，P（X2＝100）＝0.6×0.6＝0.36，
∴X2的分布列为：
X2 25 50 100
P 0.4 0.24 0.36
（2）由题意可知，E（Xn）＝2E（Xn﹣1）×0.6+25×0.4＝1.2E（Xn﹣1）+10，
∴E（Xn）+50＝1.2E（Xn﹣1）+60＝1.2（E（Xn﹣1）+50）（2≤n≤6），
又∵E（X1）+50＝40+50＝90，
∴{E（Xn）+50}为等比数列，公比为1.2，首项为90；
（3）由（2）得，，
∴，
∴顾客甲抽奖6次，所得奖券数额的期望为50×6300＝593.7元．
【点评】本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了等比数列的性质，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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