资源简介

课后限时练9　随机变量及其分布(A)
1．已知离散型随机变量X的分布列如下表所示．
X a a＋1 a＋2
P 0.4 0.2 0.4
则D(X)＝(　　)
A．0.4＋a B．0.8＋a
C．0.4 D．0.8
2．[教材母题改编]如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为0，1，2，3，4，5，用X表示小球落入格子的号码，则下面计算错误的是(　　)
A．P(X＝0)＝ B．P(X＝5)＝
C．E(X)＝ D．D(X)＝
3．(2025·陕西西安模拟)盲盒中有大小相同的3个红球，2个黑球，随机有放回地摸两次球，记X为摸到黑球的个数，随机无放回地摸两次球，记Y为摸到黑球的个数，则(　　)
A．E(X)D(Y)
B．E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)
C．E(X)D．E(X)＝E(Y)，D(X)4．(多选)乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛选手甲、乙两位中有一位先赢得三局比赛时，该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，实际比赛局数的期望值记为f(p)，下列说法正确的是(　　)
A．三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3
B．f(p)的常数项为3
C．f＜f
D．f＝
5．某工厂生产的零件长度X(单位：毫米)服从正态分布N(3，σ2)，且P(|X－3|≤0.5)＝0.8，若对该工厂同批生产的4个零件逐一检查，则仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为________．
6．(2025·全国一卷)有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E(X)＝________．
7．某科研机构为研究甲、乙两种中药对某种疾病的治疗效果，医护人员对该症确诊患者进行积极救治．现有6位症状相同的确诊患者，平均分成A，B两组，A组服用甲种中药，B组服用乙种中药．服药一个疗程后，A组中每人康复的概率都为，B组3人康复的概率分别为．
(1)设事件C表示A组中恰好有1人康复，事件D表示B组中恰好有1人康复，求P(CD)；
(2)若服药一个疗程后，每康复1人积2分，假设积分期望值越高药效越好，请问甲、乙两种中药哪种药效更好？
课后限时练9(A)
1．D　[由分布列可得
E(X)＝0.4a＋0.2(a＋1)＋0.4(a＋2)＝a＋1，D(X)＝0.4(a－a－1)2＋0.2(a＋1－a－1)2＋0.4(a＋2－a－1)2＝0.8．故选D．]
2．B　[设A＝“向右下落”，则＝“向左下落”，P(A)＝P()＝，
因为小球最后落入格子的号码X等于事件A发生的次数，而小球下落的过程中共碰撞小木钉5次，所以X~B．
对于A，P(X＝0)＝，故A正确；
对于B，P(X＝5)＝，故B错误；
对于C，E(X)＝5×，故C正确；
对于D，D(X)＝5×，故D正确．故选B．]
3．B　[由题意可知X~B，则E(X)＝2×，D(X)＝2×；
Y的可能取值为0，1，2，
则P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝，P(Y＝2)＝，
可得E(Y)＝0×，D(Y)＝，所以E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)．故选B．]
4．ABD　[设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，则P(X＝3)＝p3＋(1－p)3，
P(X＝4)＝p3(1－p)＋p(1－p)3，
P(X＝5)＝p2(1－p)2，
因此三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3，则A正确；
f(p)＝3[p3＋(1－p)3]＋4[p3(1－p)＋p(1－p)3]＋5×p2(1－p)2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，0≤p≤1，
由f(0)＝3，则常数项为3，则B正确；
由f，则D正确；
由f'(p)＝24p3－36p2＋6p＋3＝3(2p－1)(4p2－4p－1)，
因为0≤p≤1，所以4p2－4p－1<0，
所以令f'(p)>0，则0≤p<；
令f'(p)<0，则则函数f(p)在上单调递减，
因为f(1－p)＝3[(1－p)3＋p3]＋4[(1－p)3p＋(1－p)p3]＋5×(1－p)2p2＝f(p)，所以f(p)的图象关于p＝对称，得f，则C错误．
故选ABD．]
5.0．291 6　[根据P(|X－3|≤0.5)＝0.8可得P(|X－3|>0.5)＝1－0.8＝0.2，
即P(X>3.5)＋P(X<2.5)＝0.2，又由对称性可知P(X>3.5)＝P(X<2.5)＝0.1，
所以P(X>3.5)＝0.1，即任取1个零件其长度大于3.5毫米的概率为0.1，
因此4个零件逐一检查，仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为P＝×0.1×(1－0.1)3＝0.291 6．]
6．　[X的所有可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×6＝，P(X＝3)＝×6＝，所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)＝1×．]
7．解：(1)依题意有，P(C)＝，P(D)＝．
又事件C与D相互独立，则P(CD)＝P(C)P(D)＝．
(2)设A组中服用甲种中药康复的人数为X1，则X1~B，
所以E，
设A组的积分为X2，则X2＝2X1，
所以E．
设B组中服用乙种中药康复的人数为Y1，则Y1的可能取值为0，1，2，3，
P，
P，
P，
P，
故Y1的分布列为
Y1 0 1 2 3
P
所以E，
设B组的积分为Y2，则Y2＝2Y1，
所以E．
因为，所以甲种中药药效更好．
1/2课后限时练9　随机变量及其分布(B)
1．(2025·新疆乌鲁木齐模拟)甲、乙、丙三人进行围棋比赛，在每局比赛中，甲胜乙、丙的概率分别为，乙胜丙的概率为，比赛没有平局，且每局比赛的结果互不影响．
(1)若甲与丙进行3局比赛，求甲至少胜2局的概率；
(2)若比赛分为两轮，第一轮先由乙与丙进行一局比赛，胜出者与甲进行第二轮比赛，在第二轮比赛中，若甲输2局就停止，但甲进行的比赛不超过3局，求乙进行的所有比赛局数X的分布列与数学期望．
2．(2025·重庆模拟)某汽车公司研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行整理，得到如下的频率分布直方图：
(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75，根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差s．
(ⅰ)利用该正态分布，求P(X≤250.25)；
(ⅱ)假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程X≤250.25的车辆数，求E(Z)；
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)＝0.997 3．
(3)为迅速抢占市场举行促销活动，销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送汽车模型”活动，客户可根据抛掷骰子向上的点数，遥控汽车模型在方格图上行进，若汽车模型最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券3万元；若最终停在“赠送汽车模型”方格，则可获得汽车模型一个．方格图上标有第0格，第1格，第2格，……，第25格，第26格．汽车模型开始在第0格，客户每掷一次骰子，汽车模型向前移动一次．若掷出1，2，4，5点，汽车模型向前移动一格(从第k格到第k＋1格)，若掷出3，6点，汽车模型向前移动两格(从第k格到第k＋2格)，直到移到第25格(幸运之神)或第26格(赠送汽车模型)时游戏结束．设汽车模型移到第n(1≤n≤26)格的概率为Pn，试证明数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤25)是等比数列，求出数列{Pn}的通项公式，并比较P25和P26的大小．
课后限时练9(B)
1．解：(1)设Y表示3局比赛中甲胜的局数，则Y~B，
所以所求的概率为P(Y≥2)＝．
(2)由题意，得X的所有可能取值为1，3，4，
则P(X＝1)＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝1－P(X＝1)－P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X 1 3 4
P
数学期望E(X)＝1×．
2．解：(1)根据频率分布直方图可得≈205×0.1＋255×0.2＋305×0.45＋355×0.2＋405×0.05＝300(千米)．
(2)(ⅰ)样本标准差s的近似值为49.75，又由(1)可得＝300，
则X服从正态分布N(300，49.752)，
所以P(X≤250.25)＝＝0.158 65．
(ⅱ)由(ⅰ)可得Z服从二项分布B(20，0.158 65)，所以E(Z)＝20×0.158 65＝3.173．
(3)证明：由题意可知P1＝，P2＝，汽车模型移动到第n(3≤n≤25)格的情况有且只有两种：
①汽车模型先到第n－2格，又掷出3，6点，其概率为Pn-2，
②汽车模型先到第n－1格，又掷出1，2，4，5点，其概率为Pn-1，
所以Pn＝Pn-2，
则Pn－Pn-1＝－(Pn-1－Pn-2)，
又P2－P1＝，所以Pn-1－Pn-2≠0，所以，
则数列{Pn－Pn-1}(2≤n≤25)是以为首项，以－为公比的等比数列，
所以Pn－Pn-1＝(2≤n≤25)，
Pn＝P1＋(P2－P1)＋(P3－P2)＋…＋(Pn－Pn-1)＝×，
则Pn＝(2≤n≤25)，
当n＝1时，P1＝满足上式，
所以Pn＝(1≤n≤25)，
特别地，汽车模型移动到第26格的情况仅有一种，从第24格连跳2格至第26格，
因为P24＝，所以P26＝，
所以数列{Pn}的通项公式为Pn＝
因为P25－P26＝>0，
所以P25>P26．
1/2课时9　随机变量及其分布
[备考指南]　 随机变量及其分布考查比较灵活，背景新颖，有较强的时效性．备考时要立足概率的相关概念和相应概率公式的理解，恰当构建概率模型．
命题点1　超几何分布、二项分布、正态分布
【典例1】　(1)(2025·福建厦门一模)已知随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，若P(X≤a)＝0.3，且P(a≤X≤a＋2)＝0.4，则a＝(　　)
A．－1 B．－ C．0 D．
(2)(2025·湖北黄冈二模)一个袋子中有4个红球，n个绿球，已知一次性取出2个球，取出的2个球都是红球的概率为．
①求n的值；
②从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为X，Y．
(ⅰ)求X的数学期望和方差；
(ⅱ)分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　三种分布间的联系
二项分布是有放回随机试验模型，超几何分布是无放回随机试验模型，当样本数量无限大时，超几何分布可转化为二项分布，二项分布的极限是正态分布．
(2025·西南名校联盟模拟)已知某种业公司培育了新品种的橙子，现从某批次收获的果实中随机抽取了100个橙子(直径位于70 mm至100 mm之间)作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图．
(1)根据长期检测结果发现橙子的直径服从正态分布，并将直径≥90 mm的橙子定为特级品．此批次样本橙子直径的标准差s≈5 mm，用标准差s作为σ的估计值，用样本平均数作为μ的近似值．现从该批次中任取一个，试估计该橙子为特级品的概率(保留小数点后两位数字，同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)在样本中，从直径在区间[85，90)，[90，95)，[95，100]内的橙子中利用按比例分配样本的分层随机抽样的方法抽取7个橙子进行检测，再从中抽取3个橙子作进一步检测．记这3个橙子中直径在区间[90，95)内的个数为X，求X的分布列与数学期望．
附参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题点2　均值、方差在决策中的应用
【典例2】　(2025·广东深圳一模)甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为p(0(1)当p＝时，求甲最终获胜的概率；
(2)为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得－2分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论应选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　解决决策问题的三关
(1)判断关：依据题意判断随机变量的取值及判断所求分布列的类型．
(2)概率关：依据事件间的相互关系，结合相应的概率公式求出随机变量每个取值的概率．
(3)决策关：借助分布列，计算随机变量的数学期望(或方差)，并结合实际问题做出合理决策．
某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立、互不影响的．
(1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；
(2)设甲公司答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差；
(3)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家公司哪家竞标成功的可能性更大．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
课时9　随机变量及其分布
典例1　(1)C　[由题意知随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，P(X≤a)＝0.3，如图所示，
结合P(a≤X≤a＋2)＝0.4，得P(X≥a＋2)＝0.3，可知a，a＋2关于x＝1对称，所以a＋a＋2＝2×1，解得a＝0．故选C．]
(2)解：①由题可得，n∈N*，
即n2＋7n－78＝0，解得n＝6．
②(ⅰ)对于有放回摸球，每次摸到绿球的概率为，且每次试验的结果是独立的，则X~B，E(X)＝4×，D(X)＝4×．
(ⅱ)样本中绿球的比例分别为，
有放回摸球时，概率P1＝P－0.6≤0.2＝P(X＝2)＋P(X＝3)
＝．
不放回摸球时，
概率P2＝P＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝．
所以P1考教衔接
解：(1)由题意，估计该批次的橙子中随机抽取100个的直径的平均数为
＝5×(0.014×72.5＋0.026×77.5＋0.062×82.5＋0.056×87.5＋0.028×92.5＋0.014×97.5)＝85，
则μ≈＝85，σ＝s≈5，
所以直径ξ~N(85，52)，
则P(ξ≥90)＝＝0.158 65≈0.16，
所以从该批次的橙子中任取一个，该橙子为特级品的概率约为0.16．
(2)由题意知直径在区间[85，90)，[90，95)，[95，100]内的频率之比为0.28∶0.14∶0.07＝4∶2∶1，
所以这7个橙子中抽取的直径在区间[85，90)，[90，95)，[95，100]内的橙子个数分别为4，2，1．
由题意知X的所有可能取值为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×．
典例2　解：(1)记“甲最终以2∶1获胜”为事件A，“甲最终以2∶0获胜”为事件B，“甲最终获胜”为事件C，
于是C＝A∪B，A与B为互斥事件，
由于P(A)＝·p·(1－p)·p＝，P(B)＝p2＝，
则P(C)＝P(A)＋P(B)＝，
即甲最终获胜的概率为．
(2)由(1)可知，P(C)＝P(A)＋P(B)＝3p2－2p3，
若选用方案一，记甲最终获得积分为X分，则X可取3，－2，
P(X＝3)＝P(C)＝3p2－2p3，P(X＝－2)＝1－3p2＋2p3，
则X的分布列为
X 3 －2
P 3p2－2p3 1－3p2＋2p3
则E(X)＝9p2－6p3－2＋6p2－4p3＝－10p3＋15p2－2．
若选用方案二，记甲最终获得积分为Y分，则Y可取1，0，
P(Y＝1)＝P(C)＝3p2－2p3，P(Y＝0)＝1－3p2＋2p3，
则Y的分布列为
Y 1 0
P 3p2－2p3 1－3p2＋2p3
则E(Y)＝3p2－2p3．
所以E(X)－E(Y)＝－8p3＋12p2－2＝－4(2p2－2p－1)，
由于0于是p＝时，两种方案都可以选，
当0当E(Y)，应该选第一种方案．
考教衔接
　解：(1)记“甲、乙两家公司共答对2道题” 的事件为A，它是甲、乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，
则有P(A)＝，
所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是．
(2)由题意知，X的可能取值为1，2，3，
P，P，P，
则X的分布列为
X 1 2 3
P
E＝2，D＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×．
(3)设乙公司答对题数为随机变量Y，则Y的可能取值为0，1，2，3，
P(Y＝0)＝，
P(Y＝1)＝，
P(Y＝2)＝，
P(Y＝3)＝，
则Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
E＝2，
D＝(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×．
显然E，D，
所以甲公司竞标成功的可能性更大．
1/4(共63张PPT)
专题三　概率与统计
课时9　随机变量及其分布
[备考指南]　 随机变量及其分布考查比较灵活，背景新颖，有较强的时效性．备考时要立足概率的相关概念和相应概率公式的理解，恰当构建概率模型．
命题点1　超几何分布、二项分布、正态分布
【典例1】　(1)(2025·福建厦门一模)已知随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，若P(X≤a)＝0.3，且P(a≤X≤a＋2)＝0.4，则a＝(　　)
A．－1 B．－ C．0 D．
√
(2)(2025·湖北黄冈二模)一个袋子中有4个红球，n个绿球，已知一次性取出2个球，取出的2个球都是红球的概率为．
①求n的值；
②从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为X，Y．
(ⅰ)求X的数学期望和方差；
(ⅱ)分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义．
(1)C　[由题意知随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，P(X≤a)＝0.3，如图所示，
结合P(a≤X≤a＋2)＝0.4，得P(X≥a＋2)＝0.3，可知a，a＋2关于x＝1对称，所以a＋a＋2＝2×1，解得a＝0．故选C．]
(2)[解]　①由题可得＝＝，n∈N*，
即n2＋7n－78＝0，解得n＝6．
②(ⅰ)对于有放回摸球，每次摸到绿球的概率为，且每次试验的结果是独立的，则X～B，E(X)＝4×＝，D(X)＝4×＝．
(ⅱ)样本中绿球的比例分别为，
有放回摸球时，概率P1＝P＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＝＝．
不放回摸球时，概率P2＝P＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝＝＝．
所以P1反思领悟　三种分布间的联系
二项分布是有放回随机试验模型，超几何分布是无放回随机试验模型，当样本数量无限大时，超几何分布可转化为二项分布，二项分布的极限是正态分布．
(2025·西南名校联盟模拟)已知某种业公司培育了新品种的橙子，现从某批次收获的果实中随机抽取了100个橙子(直径位于70 mm至100 mm之间)作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图．
(1)根据长期检测结果发现橙子的直径服从正态分布，并将直径≥90 mm的橙子定为特级品．此批次样本橙子直径的标准差s≈5 mm，用标准差s作为σ的估计值，用样本平均数作为μ的近似值．现从该批次中任取一个，试估计该橙子为特级品的概率(保留小数点后两位数字，同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)在样本中，从直径在区间[85，90)，[90，95)，[95，100]内的橙子中利用按比例分配样本的分层随机抽样的方法抽取7个橙子进行检测，再从中抽取3个橙子作进一步检测．记这3个橙子中直径在区间[90，95)内的个数为X，求X的分布列与数学期望．
附参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈
0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3．
[解]　(1)由题意，估计该批次的橙子中随机抽取100个的直径的平均数为
＝5×(0.014×72.5＋0.026×77.5＋0.062×82.5＋0.056×87.5＋0.028×92.5＋0.014×97.5)＝85，
则μ≈＝85，σ＝s≈5，所以直径ξ～N(85，52)，
则P(ξ≥90)＝≈＝0.158 65≈0.16，
所以从该批次的橙子中任取一个，该橙子为特级品的概率约为0.16．
(2)由题意知直径在区间[85，90)，[90，95)，[95，100]内的频率之比为0.28∶0.14∶0.07＝4∶2∶1，
所以这7个橙子中抽取的直径在区间[85，90)，[90，95)，[95，100]内的橙子个数分别为4，2，1．
由题意知X的所有可能取值为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×＋1×＋2×＝．
【教用·备选题】
1．(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(　　)
(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)
A．P(X>2)>0.2　　 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
√
√
BC　[依题可知，＝2.1，s2＝0.01，
所以Y～N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C正确，D错误；
因为X～N(1.8，0.12)，
所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)．
因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC．]
2．已知随机变量X～B，若P最大，则D＝________．
24　[由题意知，P·0.26-k·0.8k，要使P最大，
有
解得≤k≤，故k＝5．
又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，
故D＝D＝52D(X)＝24．]
24
命题点2　均值、方差在决策中的应用
【典例2】　(2025·广东深圳一模)甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为p(0(1)当p＝时，求甲最终获胜的概率；
(2)为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得－2分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论应选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．
[解]　(1)记“甲最终以2∶1获胜”为事件A，“甲最终以2∶0获胜”为事件B，“甲最终获胜”为事件C，
于是C＝A∪B，A与B为互斥事件，
由于P(A)＝·p·(1－p)·p＝，P(B)＝p2＝，
则P(C)＝P(A)＋P(B)＝，
即甲最终获胜的概率为．
(2)由(1)可知，P(C)＝P(A)＋P(B)＝3p2－2p3，
若选用方案一，记甲最终获得积分为X分，则X可取3，－2，
P(X＝3)＝P(C)＝3p2－2p3，P(X＝－2)＝1－3p2＋2p3，
则X的分布列为
X 3 －2
P 3p2－2p3 1－3p2＋2p3
则E(X)＝9p2－6p3－2＋6p2－4p3＝－10p3＋15p2－2．
若选用方案二，记甲最终获得积分为Y分，则Y可取1，0，
P(Y＝1)＝P(C)＝3p2－2p3，P(Y＝0)＝1－3p2＋2p3，
则Y的分布列为
Y 1 0
P 3p2－2p3 1－3p2＋2p3
则E(Y)＝3p2－2p3．
所以E(X)－E(Y)＝－8p3＋12p2－2
＝－4(2p2－2p－1)，
由于0于是p＝时，两种方案都可以选，
当0当E(Y)，应该选第一种方案．
反思领悟　解决决策问题的三关
(1)判断关：依据题意判断随机变量的取值及判断所求分布列的类型．
(2)概率关：依据事件间的相互关系，结合相应的概率公式求出随机变量每个取值的概率．
(3)决策关：借助分布列，计算随机变量的数学期望(或方差)，并结合实际问题做出合理决策．
某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立、互不影响的．
(1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；
(2)设甲公司答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差；
(3)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家公司哪家竞标成功的可能性更大．
[解]　(1)记“甲、乙两家公司共答对2道题” 的事件为A，它是甲、乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，
则有P(A)＝＝，
所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是．
(2)由题意知，X的可能取值为1，2，3，
P＝＝，P＝＝，P＝＝，
则X的分布列为
X 1 2 3
P
E＝1×＋2×＋3×＝2，D＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝．
(3)设乙公司答对题数为随机变量Y，则Y的可能取值为0，1，2，3，
P(Y＝0)＝＝，P(Y＝1)＝＝，
P(Y＝2)＝＝，P(Y＝3)＝＝，
则Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
E＝0×＋1×＋2×＋3×＝2，
D＝(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝．
显然E＝E，D所以甲公司竞标成功的可能性更大．
【教用·备选题】
已知5只小白鼠中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的小白鼠．血液化验结果呈阳性的即为患病，呈阴性的即为未患病．下面是两种化验方法：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病小白鼠为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性，则表明患病的小白鼠为这3只中的1只，然后逐个化验，直到能确定患病小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．
若随机变量ξ1，ξ2分别表示用方案甲、方案乙进行检测所需的检测次数．
(1)求ξ1，ξ2能取到的最大值和其对应的概率；
(2)为使检测次数的期望最小，你认为应该选择方案甲还是方案乙？请说明理由．
[解]　(1)用方案甲，最多检测4次，即前3次检测均未检测出患病，则第四次检测出患病或第四次没检测出患病都将知道哪一只是患病的，所以ξ1的最大值为4，即P(ξ1＝4)＝＝．
用方案乙，最多检测3次，即混检时，检测结果为阳性，继续逐个检测时，第一次未验中，无论第二次是否验中，均可得出结果，若混检时，没检测出阳性，则剩下2只只需要检测一次就知道结果，所以ξ2的最大值为3，即P(ξ2＝3)＝＝．
(2)方案甲：检测所需要的次数ξ1的可能取值是1，2，3，4．
P(ξ1＝1)＝，P(ξ1＝2)＝＝，P(ξ1＝3)＝＝，P(ξ1＝4)＝，
∴E(ξ1)＝×1＋×2＋×3＋×4＝．
方案乙：检测所需要的次数ξ2的可能取值是2，3，
若方案乙验两次，有两种可能：
①3只小白鼠混检时结果为阳性，再从中逐个化验时，恰好一次验中的概率为＝；
②3只小白鼠混检时结果为阴性，再从其他2只小白鼠中验中阳性的概率为＝(无论第二次是否验中，均可以在第二次结束)，
∴P(ξ2＝2)＝＝，
P(ξ2＝3)＝，
∴E(ξ2)＝×2＋×3＝．
综上可得E(ξ2)因此，应该选择方案乙．
课后限时练9　随机变量及其分布(A)
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．已知离散型随机变量X的分布列如下表所示．
X a a＋1 a＋2
P 0.4 0.2 0.4
则D(X)＝(　　)
A．0.4＋a B．0.8＋a
C．0.4 D．0.8
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[由分布列可得
E(X)＝0.4a＋0.2(a＋1)＋0.4(a＋2)＝a＋1，
D(X)＝＝0.8．
故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．[教材母题改编]如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为0，1，2，3，4，5，用X表示小球落入格子的号码，则下面计算错误的是(　　)
A．P(X＝0)＝ B．P(X＝5)＝
C．E(X)＝ D．D(X)＝
题号
1
3
5
2
4
6
7
B　[设A＝“向右下落”，则＝“向左下落”，P(A)＝P()＝，
因为小球最后落入格子的号码X等于事件A发生的次数，而小球下落的过程中共碰撞小木钉5次，所以X～B．
对于A，P(X＝0)＝＝，故A正确；
对于B，P(X＝5)＝＝，故B错误；
对于C，E(X)＝5×＝，故C正确；
对于D，D(X)＝5×＝，故D正确．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
3．(2025·陕西西安模拟)盲盒中有大小相同的3个红球，2个黑球，随机有放回地摸两次球，记X为摸到黑球的个数，随机无放回地摸两次球，记Y为摸到黑球的个数，则(　　)
A．E(X)D(Y)
B．E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)
C．E(X)D．E(X)＝E(Y)，D(X)题号
1
3
5
2
4
6
7
B　[由题意可知X～B，则E(X)＝2×＝，D(X)＝2×＝；
Y的可能取值为0，1，2，则P(Y＝0)＝＝，P(Y＝1)＝＝＝，P(Y＝2)＝＝，可得E(Y)＝0×＋1×＋2×＝，
D(Y)＝＝，
所以E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)．
故选B．]
4．(多选)乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛选手甲、乙两位中有一位先赢得三局比赛时，该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，实际比赛局数的期望值记为f (p)，下列说法正确的是(　　)
A．三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3 B．f (p)的常数项为3
C．f ＜f D．f ＝
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
ABD　[设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，
则P(X＝3)＝p3＋(1－p)3，
P(X＝4)＝p(1－p)3，
P(X＝5)＝p2(1－p)2，
因此三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3，则A正确；
f (p)＝p2(1－p)2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，0≤p≤1，
由f (0)＝3，则常数项为3，则B正确；
由f ＝，则D正确；
由f ′(p)＝24p3－36p2＋6p＋3＝3(2p－1)(4p2－4p－1)，
因为0≤p≤1，所以4p2－4p－1＜0，
所以令f ′(p)＞0，则0≤p＜；
令f ′(p)＜0，则＜p≤1，
则函数f (p)在上单调递增，在上单调递减，
题号
1
3
5
2
4
6
7
因为f (1－p)＝(1－p)2p2＝f (p)，
所以f (p)的图象关于p＝对称，得f ＞f ，则C错误．
故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．某工厂生产的零件长度X(单位：毫米)服从正态分布N(3，σ2)，且P(|X－3|≤0.5)＝0.8，若对该工厂同批生产的4个零件逐一检查，则仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为________．
0.291 6
题号
1
3
5
2
4
6
7
0.291 6　[根据P(|X－3|≤0.5)＝0.8可得P(|X－3|>0.5)＝1－0.8＝0.2，
即P(X>3.5)＋P(X<2.5)＝0.2，又由对称性可知P(X>3.5)＝P(X<2.5)＝0.1，
所以P(X>3.5)＝0.1，即任取1个零件其长度大于3.5毫米的概率为0.1，
因此4个零件逐一检查，仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为P＝×0.1×(1－0.1)3＝0.291 6．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．(2025·全国一卷)有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E(X)＝________．
　
题号
1
3
5
2
4
6
7
　[X的所有可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝×6＝＝，P(X＝3)＝×6＝＝，所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
7．某科研机构为研究甲、乙两种中药对某种疾病的治疗效果，医护人员对该症确诊患者进行积极救治．现有6位症状相同的确诊患者，平均分成A，B两组，A组服用甲种中药，B组服用乙种中药．服药一个疗程后，A组中每人康复的概率都为，B组3人康复的概率分别为．
(1)设事件C表示A组中恰好有1人康复，事件D表示B组中恰好有1人康复，求P(CD)；
(2)若服药一个疗程后，每康复1人积2分，假设积分期望值越高药效越好，请问甲、乙两种中药哪种药效更好？
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　(1)依题意有，P(C)＝＝，P(D)＝＝．
又事件C与D相互独立，
则P(CD)＝P(C)P(D)＝＝．
(2)设A组中服用甲种中药康复的人数为X1，则X1～B，
所以E＝3×＝，
设A组的积分为X2，则X2＝2X1，
所以E＝2E＝．
设B组中服用乙种中药康复的人数为Y1，则Y1的可能取值为0，1，2，3，
题号
1
3
5
2
4
6
7
P＝＝，
P＝＝＝，
P＝＝，
P＝＝，
故Y1的分布列为
Y1 0 1 2 3
P
题号
1
3
5
2
4
6
7
所以E＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝，
设B组的积分为Y2，则Y2＝2Y1，
所以E＝E＝2E＝．
因为>，所以甲种中药药效更好．
题号
1
3
5
2
4
6
7
1．(2025·新疆乌鲁木齐模拟)甲、乙、丙三人进行围棋比赛，在每局比赛中，甲胜乙、丙的概率分别为，乙胜丙的概率为，比赛没有平局，且每局比赛的结果互不影响．
(1)若甲与丙进行3局比赛，求甲至少胜2局的概率；
(2)若比赛分为两轮，第一轮先由乙与丙进行一局比赛，胜出者与甲进行第二轮比赛，在第二轮比赛中，若甲输2局就停止，但甲进行的比赛不超过3局，求乙进行的所有比赛局数X的分布列与数学期望．
课后限时练9　随机变量及其分布(B)
[解]　(1)设Y表示3局比赛中甲胜的局数，则Y～B，
所以所求的概率为P(Y≥2)＝＝．
(2)由题意，得X的所有可能取值为1，3，4，
则P(X＝1)＝，P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝1－P(X＝1)－P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X 1 3 4
P
数学期望E(X)＝1×＋3×＋4×＝．
2．(2025·重庆模拟)某汽车公司研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试．现对测试数据进行整理，得到如下的频率分布直方图：
(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75，根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差s．
(ⅰ)利用该正态分布，求P(X≤250.25)；
(ⅱ)假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程X≤250.25的车辆数，求E(Z)；
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 5，
P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)＝0.997 3．
(3)为迅速抢占市场举行促销活动，销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送汽车模型”活动，客户可根据抛掷骰子向上的点数，遥控汽车模型在方格图上行进，若汽车模型最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券3万元；若最终停在“赠送汽车模型”方格，则可获得汽车模型一个．方格图上标有第0格，第1格，第2格，……，第25格，第26格．汽车模型开始在第0格，客户每掷一次骰子，汽车模型向前移动一次．若掷出1，2，4，5点，汽车模型向前移动一格(从第k格到第k＋1格)，若掷出3，6点，汽车模型向前移动两格(从第k格到第k＋2格)，直到移到第25格(幸运之神)或第26格(赠送汽车模型)时游戏结束．设汽车模型移到第n(1≤n≤26)格的概率为Pn，试证明数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤25)是等比数列，求出数列{Pn}的通项公式，并比较P25和P26的大小．
[解]　(1)根据频率分布直方图可得≈205×0.1＋255×0.2＋305×0.45＋355×0.2＋405×0.05＝300(千米)．
(2)(ⅰ)样本标准差s的近似值为49.75，又由(1)可得＝300，
则X服从正态分布N(300，49.752)，
所以P(X≤250.25)＝＝0.158 65．
(ⅱ)由(ⅰ)可得Z服从二项分布B(20，0.158 65)，
所以E(Z)＝20×0.158 65＝3.173．
(3)证明：由题意可知P1＝，P2＝＝，汽车模型移动到第n(3≤n≤25)格的情况有且只有两种：
①汽车模型先到第n－2格，又掷出3，6点，其概率为Pn－2，
②汽车模型先到第n－1格，又掷出1，2，4，5点，其概率为Pn－1，
所以Pn＝Pn－1＋Pn－2，
则Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)，
又P2－P1＝，
所以Pn－1－Pn－2≠0，所以＝－，
则数列{Pn－Pn－1}(2≤n≤25)是以为首项，以－为公比的等比数列，
所以Pn－Pn－1＝(2≤n≤25)，
Pn＝P1＋(P2－P1)＋(P3－P2)＋…＋(Pn－Pn－1)＝× ，
则Pn＝(2≤n≤25)，
当n＝1时，P1＝＝满足上式，
所以Pn＝(1≤n≤25)，
特别地，汽车模型移动到第26格的情况仅有一种，从第24格连跳2格至第26格，
因为P24＝，所以P26＝P24＝，
所以数列{Pn}的通项公式为
Pn＝
因为P25－P26＝－＝>0，
所以P25>P26．
谢 谢！

展开更多......

收起↑