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第59讲　离散型随机变量及其分布列、数字特征
【课程标准】　1.通过具体实例，了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量的分布列.　2.理解离散型随机变量的数字特征(均值、方差)，并能解决一些简单的实际问题.
1.随机变量的有关概念
(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.
2.离散型随机变量的分布列及性质
(1)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)离散型随机变量分布列的性质
①pi≥0，i＝1，2，…，n；
②p1＋p2＋…＋pn＝1.
3.两点分布
如果P(A)＝p，则P()＝1－p，那么X的分布列为
X 0 1
P 1－p p
我们称X服从两点分布或0－1分布.
[微提醒]　随机变量X只取两个值的分布未必是两点分布.
4.离散型随机变量的均值(数学期望)与方差
设离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值(数学期望)
称E＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝xipi为随机变量X的均值或数学期望.它反映了随机变量取值的平均水平.
(2)方差：称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋pn＝pi为随机变量X的方差，并称
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为随机变量X的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度.
[微提醒]　方差是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负实数.
5.均值(数学期望)与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数).
【常用结论】
均值与方差的四个常用性质
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数.
(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).
(3)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2).
(4)均值与方差的关系：D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
【自测诊断】
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面的次数是随机变量
B.在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1
C.离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的
D.方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小
答案：ACD
2.(链接人教A选择性必修三P60T2)抛掷两枚骰子一次，记第一枚骰子掷出的点数减第二枚骰子掷出的点数之差为X，则“X≥5”表示的试验结果是(　　)
A.第一枚6点，第二枚2点
B.第一枚5点，第二枚1点
C.第一枚1点，第二枚6点
D.第一枚6点，第二枚1点
答案：D
解析：第一枚的点数减去第二枚的点数不小于5，即只能等于5.故选D.
3.(链接人教A选择性必修三P66T1)已知X的分布列为
X －1 0 1
P
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为(　　)
A. B.4
C.－1 D.1
答案：A
解析：因为E(X)＝－＋＝－，所以E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.故选A.
4.已知离散型随机变量X的取值为有限个，E＝，D＝，则E(X2)＝　　　　.
答案：
解析：因为E＝，D＝，由D(X)＝E(X2)－(E(X))2，得E＝D＋＝＋＝.
考点一　离散型随机变量分布列的性质 自主练透
1.设离散型随机变量X的分布列如下表所示：
X －1 0 1 2 3
P
则下列各式中正确的是(　　)
A.P(X＜3)＝ B.P(X＞1)＝
C.P(2＜X＜4)＝ D.P(X＜0.5)＝0
答案：C
解析：P(X＜3)＝＋＋＋＝，故A错误；P(X＞1)＝＋＝，故B错误；P(2＜X＜4)＝P(X＝3)＝，故C正确；P(X＜0.5)＝＋＝，故D错误.故选C.
2.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＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(　　)
A.(－∞，2] B.[1，2]
C.(1，2] D.(1，2)
答案：C
解析：由随机变量X的分布列知，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，故当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(1，2].故选C.
3.若离散型随机变量X的分布列为P(X＝n)＝，其中a是常数，则P的值为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：因为P＝(n＝1，2，3，4)，所以＋＋＋＝1，解得a＝.故P(＜X＜)＝P＋P＝×＋×＝.故选D.
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4.(双空题)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)＝　　　　，公差d的取值范围是　　　　.
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＝a＋c＝.又a＝－d，c＝＋d，根据分布列的性质，得0≤－d≤，0≤＋d≤，所以－≤d≤，所以公差d的取值范围是［－，］.
离散型随机变量分布列的性质的应用
1.利用“分布列中各概率之和为1”可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负值.
2.利用“在某个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.
注意：若X为随机变量，则aX＋b仍然为随机变量，求其分布列时可先求出相应的随机变量的值，再根据对应的概率写出分布列.
考点二　离散型随机变量的均值与方差 多维探究
角度1　均值与方差的性质
(1)(多选)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(X)＝1.4
C.E(X)＝2，D(X)＝1.8
D.E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
(2)设0＜m＜1，随机变量ξ的分布列为
ξ 0 m 1
P
则当m在(0，1)上增大时，(　　)
A.D(ξ)单调递增，最大值为
B.D(ξ)先增后减，最大值为
C.D(ξ)单调递减，最小值为
D.D(ξ)先减后增，最小值为
答案：(1)ACD　(2)D
解析：(1)因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；由已知可得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，B错误；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.
(2)根据题意，知＋＋＝1，解得a＝1，所以E(ξ)＝0＋＋＝，所以D(ξ)＝×＋×＋(1－)2×＝(m2－m＋1)＝［(m－)2＋］，所以D(ξ)先减后增，在m＝时取得最小值，最小值为.故选D.
角度2　离散型随机变量的均值(高考超重点)
(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)＝　　　　　.
答案：
解析：X的所有可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝)3＝＝，P(X＝2)＝)3×6＝＝，P(X＝3)＝×()3×6＝＝，所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
角度3　离散型随机变量的方差
(2026·河南许昌模拟)某公司为了庆祝公司成立二十周年，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向A，B两个目标投掷，先向目标A掷一次，套中得40元，没有套中得0元，再向目标B连续掷两次，每套中一次得80元，没套中得0元，根据累计金额发放红包.已知小胡每投掷一次，套中目标A的概率为，套中目标B的概率为，假设小胡每次投掷的结果相互独立.
(1)求小胡至少套中1次的概率；
(2)记小胡的累计金额为随机变量X，求X的分布列和数学期望.
解：(1)记“小胡至少套中1次”为事件A，
所以P(A)＝1－P()＝1－××＝，即小胡至少套中1次的概率为.
(2)根据题意，知X的所有可能取值为0，40，80，120，160，200，
所以P(X＝0)＝××＝，P(X＝40)＝××＝，
P(X＝80)＝×2××＝，P(X＝120)＝×2××＝，
P(X＝160)＝××＝，P(X＝200)＝××＝.
所以X的分布列为
X 0 40 80 120 160 200
P
所以X的数学期望E(X)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＋200×＝110.
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求离散型随机变量X的均值与方差的步骤
第一步：理解X的意义，写出X可能的全部值；
第二步：求X取每个值的概率；
第三步：写出X的分布列；
第四步：由均值、方差的定义求E(X)，D(X).
对点练1.(多选)已知随机变量X的分布列为
X －1 0 1
P m 3m
下列结论正确的有(　　)
A.m＝ B.E＝
C.E＝ D.D＝
答案：ABD
解析：对于A，由分布列的性质，得＋4m＝1，解得m＝，故A正确；对于B，E＝－1×＋0×＋1×＝，故B正确；对于C，E＝2E－1＝－，故C不正确；对于D，D＝×＋×＋×＝，故D正确.故选ABD.
对点练2.(2025·浙江金华十校二模)有A，B两道谜语，张某猜对A谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元；猜对B谜语的概率为0.5，猜对得奖金x元.
(1)猜两道谜语，求张某仅猜对其中一道的概率；
(2)若规定只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道，求x的值，使得张某先猜谜语A和先猜谜语B所获得的奖金期望相同.
解：(1)设张某仅猜对其中一道谜语为事件M，猜对A谜语为事件A，猜对B谜语为事件B.则P(M)＝P(A ＋B)＝P(A )＋P(B)＝0.8×0.5＋0.2×0.5＝0.5.
(2)设张某先猜A谜语获得的奖金为ξ1元，先猜B谜语获得的奖金为ξ2元，
则ξ1的取值分别是0，10，10＋x，ξ2的取值分别是0，x，10＋x，
P(ξ1＝0)＝0.2，P(ξ1＝10)＝0.8×0.5＝0.4，P(ξ1＝10＋x)＝0.8×0.5＝0.4，
所以E(ξ1)＝0×0.2＋10×0.4＋(10＋x)×0.4＝0.4x＋8；
P(ξ2＝0)＝0.5，P(ξ2＝x)＝0.5×0.2＝0.1，P(ξ2＝10＋x)＝0.5×0.8＝0.4，
所以E(ξ2)＝0×0.5＋0.1x＋(10＋x)×0.4＝0.5x＋4.
由E(ξ1)＝E(ξ2)，得0.4x＋8＝0.5x＋4，解得x＝40.
考点三　均值与方差中的决策问题(高考超重点) 师生共研
(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)根据题意，知X的所有可能取值为0，20，100.
所以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.
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)由(1)可知E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
假设小明先回答B类问题，其累计得分为Y，则Y的所有可能取值为0，80，100.
所以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.
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6，
所以E(Y)＞E(X)，
所以小明应选择先回答B类问题.
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【溯源教材31】
溯源 (人教A选择性必修三P65例4)根据天气预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01.该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10 000元.为保护设备，有以下3种方案： 方案1　运走设备，搬运费为3 800元； 方案2　建保护围墙，建设费为2 000元，但围墙只能防小洪水； 方案3　不采取措施. 工地的领导该如何决策呢？
透视 高考题命题角度与教材例题类似，设问的本质也一样，都主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，都属于决策问题，2024年新课标Ⅱ卷第18题也进行了类似的考查.(见培优进阶20比赛中的概率问题典例2)
预测 已知甲、乙两种产业的收益(单位：亿元)分别为X，Y，它们的分布列分别为 X－102P10.10.30.6Y012P20.30.40.3
下列说法正确的是(　　) A.甲产业收益的期望大，风险高 B.甲产业收益的期望小，风险小 C.乙产业收益的期望大，风险小 D.乙产业收益的期望小，风险高 答案：A 解析：根据题意，得E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(0－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29.E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6.故E(X)＞E(Y)，D(X)＞D(Y)，即甲产业收益的期望大，风险高.故选A.
利用均值、方差进行决策的主要策略
　　随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.
(1)当均值不同时，两个随机变量取值的平均水平有差异，可对问题作出判断.
(2)若两个随机变量的均值相同，则可通过分析两个变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，从而进行决策.
对点练3.(2025·浙江温州二模)PageRank算法是Google搜索引擎用来衡量网页重要性的一种经典算法.其核心思想是通过分析网页之间的链接关系，评估每个网页的相对重要性.假设一个小型的互联网由A，B，C，D四个网页组成，它们之间按图中的箭头方向等可能地单向链接，假设某用户从网页A开始浏览(记为第1次停留).
(1)求该用户第3次停留在网页D上的概率；
(2)某广告公司准备在网页B，C中选择一个投放广告，以用户前4次在该网页上停留的平均次数作为决策依据.试问该公司应该选择哪个网页？请说明理由.
解：(1)A→B、A→C；B→C、B→D；C→A、C→D；D→A、D→B、D→C.
第3次停留在网页D上的事件有A→B→D、A→C→D，其概率为P＝×＋×＝.
(2)根据题意，知A→B、A→C；B→C、B→D；C→A、C→D；D→A、D→B、D→C，
用Ai，Bi，Ci，Di(1≤i≤4)表示第i次停留在A，B，C，D处的事件，
则P(A3)＝×＝，P(B3)＝0，P(C3)＝×＝，P(D3)＝，所以P(B4)＝×＋×＝，P(C4)＝×＋×＝，P(B1)＝P(C1)＝0，P(B2)＝P(C2)＝，所以E(B)＝＋，E(C)＝＋＋＞E(B)，
故该公司应该选择C网页.
课时分层测评85　离散型随机变量及其分布列、数字特征
(时间：60分钟　满分：90分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(1—8题，每小题5分，共40分)
1.某射手射击所得环数X的分布列如下表：
X 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知X的数学期望E(X)＝8.9，则y的值为(　　)
A.0.8 B.0.6
C.0.4 D.0.2
答案：C
解析：由题中表格，知x＋0.1＋0.3＋y＝1，7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，解得y＝0.4.故选C.
2.已知随机变量X满足E(2－2X)＝4，D(2－2X)＝4，下列说法正确的是(　　)
A.E(X)＝－1，D(X)＝－1
B.E(X)＝1，D(X)＝1
C.E(X)＝－1，D(X)＝4
D.E(X)＝－1，D(X)＝1
答案：D
解析：根据方差和期望的性质，得E(2－2X)＝－2E(X)＋2＝4 E(X)＝－1，D(2－2X)＝4D(X)＝4 D(X)＝1.故选D.
3.签盒中有编号为1，2，3，4，5，6的六支签，从中任意取3支，设X为这3支签的号码之中最大的一个，则X的数学期望为(　　)
A.5 B.5.25
C.5.8 D.4.6
答案：B
解析：根据题意，知X的可能取值为3，4，5，6，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P＝＝，P＝＝.由数学期望的定义可求得E＝3×＋4×＋5×＋6×＝5.25.故选B.
4.某实验测试的规则如下：每位学生最多可做3次实验，一旦实验成功，则停止实验，否则做完3次为止.设某学生每次实验成功的概率为p(0＜p＜1)，实验次数为随机变量X，若X的数学期望E(X)＞1.39，则p的取值范围是(　　)
A.(0，0.6) B.(0，0.7)
C.(0.6，1) D.(0.7，1)
答案：B
解析：由题意，得X的所有可能取值为1，2，3.P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝1－p－(1－p)p＝(1－p)2.所以E(X)＝1×p＋2×(1－p)p＋3×(1－p)2＝p2－3p＋3.令E(X)＝p2－3p＋3＞1.39，解得p＜0.7或p＞2.3.又因为0＜p＜1，所以0＜p＜0.7，即p的取值范围是(0，0.7).故选B.
5.(多选)(2026·河北张家口模拟)已知A，B两个沿海城市一天中受台风袭击的概率均为p，A市和B市每天是否受台风袭击互相独立，且两市一天中至少有一个受台风袭击的概率为0.51，若用X表示某天受台风袭击的城市个数，则(　　)
A.p＝0.3 B.P(X＝0)＝0.49
C.P(X＝1)＝0.36 D.D(X)＝0.42
答案：ABD
解析：对于A，由已知有1－(1－p)2＝0.51，解得p＝0.3或p＝1.7(舍去)，故A正确；对于B，有P(X＝0)＝1－P(X≥1)＝1－0.51＝0.49，故B正确；对于C，P(X＝1)＝2p(1－p)＝2×0.3×0.7＝0.42，故C错误；对于D，P(X＝2)＝p2＝0.09，D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝(0.42×12＋0.09×22)－(0.42×1＋0.09×2)2＝0.42，故D正确.故选ABD.
6.(多选)一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为取出白球的个数，随机变量Y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是(　　)
A.P＝ B.X＋Y＝4
C.E(X)＞E(Y) D.E＝
答案：BD
解析：由条件可知，袋子中的球有6黑4白，又共取出4个球，所以X＋Y＝4，故B正确；X的可能取值为0，1，2，3，4，P＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P＝＝＝，P＝＝＝，P＝＝，故A错误；Y的可能取值为0，1，2，3，4，且P(Y＝0)＝P(X＝4)，P(Y＝1)＝P(X＝3)，P(Y＝2)＝P(X＝2)，P(Y＝3)＝P(X＝1)，P(Y＝4)＝P(X＝0)，则E＝＝，E＝＝，所以E(X)＜E(Y)，故C错误；Z的可能取值为4，5，6，7，8，且P(Z＝4)＝P(X＝0)，P(Z＝5)＝P(X＝1)，P(Z＝6)＝P(X＝2)，P(Z＝7)＝P(X＝3)，P(Z＝8)＝P(X＝4)，所以E(Z)＝＝＝，故D正确.故选BD.
7. (2025·河南开封第二次质量检测)袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为X，若取出的两个球都是红球的概率为，则E(X)＝　　　　.
答案：
解析：根据题意m，n为非负整数，记取出的两个球都是红球为事件A，则P(A)＝＝，所以＝，解得m＋n＝5或m＋n＝－12(舍去)，所以X的可能取值为0，1，2，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
8.根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：
降水量X X＜300 300≤X＜700 700≤X＜900 X≥900
工期延误天数Y 0 2 6 10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，则工期延误天数Y的均值为　　　　.
答案：3
解析：由题意知，P(X＜300)＝0.3，P(300≤X＜700)＝P(X＜700)－P(X＜300)＝0.7－0.3＝0.4，P(700≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜700)＝0.9－0.7＝0.2，P(X≥900)＝1－P(X＜900)＝1－0.9＝0.1.所以随机变量Y的分布列如下表所示：
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
所以E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，所以工期延误天数Y的均值为3.
9.(10分)某品牌汽车4S店对最近100位采用分期付款的购车者进行统计，统计结果如表所示.已知分9期付款的频率为0.2.该4S店经销一辆该品牌的汽车，顾客分3期付款，其利润为1万元；分6期或9期付款，其利润为1.5万元；分12期或15期付款，其利润为2万元.用X表示经销一辆汽车的利润.
付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期 分15期
频数 30 20 a 10 b
(1)求表中a，b的值；
(2)若以频率作为概率，求事件A“购买该品牌汽车的3位顾客中，至多有1位采用分9期付款”的概率P(A)；
(3)求X的分布列及均值E(X).
解：(1)由分9期付款的频率为0.2，得＝0.2，解得a＝20.
又30＋20＋a＋10＋b＝100，解得b＝20，
所以a＝20，b＝20.
(2)以频率作为概率，购买该品牌汽车的顾客中采用分9期付款的概率为0.2，
所以P(A)＝(1－0.2)3＋×0.2×(1－0.2)2＝0.896.
(3)X的可能取值为1，1.5，2(单位：万元).
所以P(X＝1)＝＝0.3，P(X＝1.5)＝＝0.4，P(X＝2)＝＝0.3.
所以X的分布列为
X 1 1.5 2
P 0.3 0.4 0.3
所以X的均值E(X)＝1×0.3＋1.5×0.4＋2×0.3＝1.5(万元).
(10、11题，每小题5分，共10分)
10.(多选)已知随机变量ξ满足P＝，P＝x，P＝－x，若0＜x＜，则(　　)
A.E(ξ)有最大值 B.E(ξ)无最小值
C.D(ξ)有最大值 D.D(ξ)无最小值
答案：BD
解析：由题意可得，E＝0×＋1×x＋2×＝－x，因为f＝－x在上单调递减，所以当0＜x＜时，E(ξ)无最大值和最小值，故A错误，B正确.D＝×＋×x＋×＝－x2－x＋，因为g＝－x2－x＋＝－(x＋)2＋上单调递减，所以当0＜x＜时，D(ξ)无最大值和最小值，故C错误，D正确.故选BD.
11.(双空题)甲、乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局(必须分出胜负)，且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若0＜p≤，则E(X)的最大值为　　　　；D(X)的取值范围是　　　　.
答案：　
解析：随机变量X可能的取值为2，3.P(X＝2)＝p2＋(1－p)2＝2p2－2p＋1，P(X＝3)＝p(1－p)p＋p(1－p)(1－p)＝2p－2p2，所以X的分布列为
X 2 3
P 2p2－2p＋1 2p－2p2
故E(X)＝2×(2p2－2p＋1)＋3×(2p－2p2)＝－2p2＋2p＋2＝－2＋.因为0＜p≤，故2＜E(X)≤，故E(X)max＝.D(X)＝4×(2p2－2p＋1)＋9×(2p－2p2)－(－2p2＋2p＋2)2，令t＝2p－2p2＝－2＋，因为0＜p≤，故0＜t≤，此时D(X)＝4×(1－t)＋9t－(t＋2)2＝－t2＋t＝－(t－)2＋∈.
12.(15分)(2025·山东烟台一模)为加强中小学科学教育，某市科协、市教育局于2025年4月联合举办第四届全市中小学机器人挑战赛.比赛共设置穿越障碍、搬运物品两个项目.每支参赛队先挑战穿越障碍项目，挑战成功后，方可挑战且必须挑战搬运物品项目.每支参赛队每个项目至多挑战两次，若第一次挑战成功，则获得奖金2 000元，该项目不再挑战；若第一次挑战失败，则必须第二次挑战该项目，若第二次挑战成功，则获得奖金1 000元，否则，不获得奖金.假设甲参赛队在每个项目中，第一次挑战成功的概率为，第一次挑战失败但第二次挑战该项目成功的概率为；两个项目是否挑战成功相互独立.
(1)设事件A＝“甲参赛队两个项目均挑战成功”，求P(A)；
(2)设比赛结束时，甲参赛队获得奖金数为随机变量X，求X的分布列；
(3)假设本届比赛共有36支参赛队，且根据往届比赛成绩，甲参赛队获得奖金数近似为各参赛队获得奖金数的平均水平.某赞助商计划提供全部奖金，试估计其需提供的奖金总额.
解：(1)每个项目挑战成功的概率p＝＋×＝，
则P(A)＝＝.
(2)甲参赛队获得奖金数X的所有可能取值为4 000，3 000，2 000，1 000，0.
所以P(X＝4 000)＝×＝；P(X＝3 000)＝2××＝，
P(X＝2 000)＝＋×＝＋＝，
P(X＝1 000)＝×＝；P(X＝0)＝.
所以甲获得奖金数X的分布列为
X 4 000 3 000 2 000 1 000 0
P
(3)由(2)得出甲参赛队获得奖金数数学期望
E(X)＝4 000×＋3 000×＋2 000×＋1 000×＋0×＝元，
因为假设本届比赛共有36支参赛队，估计其需提供的奖金总额为36×E(X)＝36×＝109 250元.
13.(15分)某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励.规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额.
(1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求：
(ⅰ)员工所获得的奖励金额为1 000元的概率；
(ⅱ)员工所获得的奖励金额的分布列及均值；
(2)公司对奖励金额的预算是人均1 000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成.为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
解：(1)设员工所获得的奖励金额为X，
(ⅰ)P(X＝1 000)＝＝，
所以员工所获得的奖励金额为1 000元的概率为.
(ⅱ)X所有可能的取值为400，1 000，
所以P(X＝400)＝＝，P(X＝1 000)＝1－P(X＝400)＝.
所以X的分布列为
X 400 1 000
P
所以员工所获得的奖励金额的均值为E(X)＝400×＋1 000×＝700.
(2)根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1 000元，
所以先寻找均值为1 000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择(200，200，200，800)的方案，
因为1 000元是面值之和的最大值，所以均值不可能为1 000元.
如果选择(800，800，800，200)的方案，
因为1 000元是面值之和的最小值，所以均值不可能为1 000元.
因此可能的方案是(800，800，200，200)，记为方案1；
同理，对于面值由600元和400元组成的情况，
排除(600，600，600，400)和(400，400，400，600)的方案，
所以可能的方案是(400，400，600，600)，记为方案2.
对于方案1，设员工所获得的奖励金额为X1，X1可取400，1 000，1 600.
所以P(X1＝400)＝＝，P(X1＝1 000)＝＝，P(X1＝1 600)＝＝，
所以E(X1)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000，
D(X1)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000.
对于方案2，设员工所获得的奖励金额为X2，X2可取800，1 000，1 200.
所以P(X2＝800)＝＝，P(X2＝1 000)＝＝，P(X2＝1 200)＝＝，
所以E(X2)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000，
D(X2)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2＝.
由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，
所以应选择方案2.
学生用书 第300页
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