微專題43隨機變量及其分布

高考定位離散型隨機變量的分布列、均值、方差和概率的計算問題常常結(jié)合在

一起進行考查，重點考查超幾何分布、二項分布及正態(tài)分布，以解答題為主，中

等難度.

真題演練感悟高考練真題明方向

1.(2022.浙江卷)現(xiàn)有7張卡片，分別寫上數(shù)字1,2,2,3,4,5,6.從這7張卡

片中隨機抽取3張，記所抽取卡片上數(shù)字的最小值為則P(<=2)=，

E(ζ)=.

12

答案iT

Ck?+Gcl16

解析由題意知

P(<f=2)=35-

4的可能取值為1,2,3,4,

“工”以153

Pe=I)=干方甘

PC=?)=,=條，P(e=4)=?=?,

所以4的分布列為

1234

16~Γ

P

353535

O]A?1IQ

E(^)=l×^+2×τz÷3×τξ+4×τξ=-y.

2?(2022?北京卷)在校運動會上，只有甲、乙、丙三名同學(xué)參加鉛球比賽，比賽成

績達到9.50m以上(含9.5Om)的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎.為預(yù)測獲得優(yōu)秀獎的人數(shù)及冠

軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數(shù)據(jù)(單位：m)：

甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25；

乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23；

丙:9.85,9.65,9.20,9.16.

假設(shè)用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立.

(1)估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率;

(2)設(shè)X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的總?cè)藬?shù)，估計X的數(shù)學(xué)

期望E(X);

(3)在校運動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？(結(jié)論不要

求證明)

解(1)甲在以往的10次比賽成績中，有4次比賽成績達到9.50m以上(含9?50m),

故由頻率估計概率可得，甲獲得優(yōu)秀獎的概率為0.4.

(2)設(shè)甲獲得優(yōu)秀獎為事件4,乙獲得優(yōu)秀獎為事件42,丙獲得優(yōu)秀獎為事件A3,

則P(Ai)=0.4,P(A2)=0.5,P(A3)=0.5.

X的可能取值為0,1,2,3,

-------3

故P(X=O)=P(AlA2A3)=0?6X0.5X0.5=而，

P(X=1)=P(AiA2A3)+P(AiA2A3)+P(AiA2A3)

82

=0.4X0.5X0.5+0.6X0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=獷亍

P(X=2)=P(AiA2A3)+P(AiA2A3)+P(AiA2A3)

7

=0.4×0.5X0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5X0.5=而

P(X=3)=P(AIA2A3)=0.4×0.5×0.5=京=^?

???X的分布列為

X0123

3-2-7

P

20520W

32717

ΛE(X)=0×τ7τ+l×τ+2×5^÷3×γ?=-ξ.

(3)丙奪冠概率估計值最大.

因為鉛球比賽無論比賽幾次就取最高成績.

比賽一次,丙獲得9.85的概率為今

甲獲得9.80的概率為上，

乙獲得9.78的概率為今

并且丙的最高成績是所有成績中最高的，比賽次數(shù)越多，對丙越有利.

熱點聚焦分類突破研熱點析考向

熱點一分布列的性質(zhì)及應(yīng)用

I核心歸納

離散型隨機變量X的分布列為

???

XXlX2Xi???Xn

~~P~???…

PIP2PiPn

則(DPi20,)=1,2,???，〃.

(2)pι+p2-l----?-pn=?.

(3)E(X)=XlPl+x2p2-∣----I-XWi-I---?-x>tpn.

n

(4)D(X)=Σ[xi-E(X)^pi.

Z=I

(5)若Y=aX+b,則E(Y)=aE(X)+b,D(Y)=a2D(X).

例1(1)(多選)設(shè)離散型隨機變量X的分布列如下表：

X12^3-45

^~P~m0.10.2n0.3

若離散型隨機變量Y=-3X+1,且E(X)=3,則()

A..m=0ΛB.n=0.1

C.E(K)=-8D.D(K)=-7.8

(2)已知隨機變量的分布列如表所示，若Ee)=O(。，則下列結(jié)論中不可能成立

的是()

GK?-ι

P1~a

A.α=gB.<z=7

13

C.k=2D.k=2

答案(I)BC(2)D

解析(1)由jE(X)=l×τn+2×0.1+3×0.2+4×π+5×0.3=3,

得m+4∕7=0.7,

又由wι+0.1+0.2+刀+0.3=1,得wt+"=0.4,

從而得"2=0.3,/?=0.1,故A選項錯誤，B選項正確；

E(Y)=-3E(X)+l=-8,故C選項正確；

因為D(X)=0.3×(l-3)2+0.1×(2-3)2+0.1X(4-3)2+0.3×(5-3)2=2.6,

所以O(shè)(r)=(—3)2。(X)=23.4,故D選項錯誤.

(2)由題意得E(ξ)=ka+(k-1)(1—a)=上一1+a,

D(?)=[k-(k—1+a)f?a+伙一1一(k—1+<a)]2?(l—a)=a(l—a).

因為E(。=O(J,

所以k—1+a=tz(l—a),

所以k=l-a2,

所以O(shè)WaWl,

1一

3

所以％=1一”2∈[0,1],故％=邑不成立.

規(guī)律方法分布列性質(zhì)的兩個作用

(1)利用分布列中各事件概率之和為1的性質(zhì)可求參數(shù)的值及檢查分布列的正確

性.

(2)隨機變量X所取的值分別對應(yīng)的事件是兩兩互斥的，利用這一點可以求隨機變

量在某個范圍內(nèi)的概率.

訓(xùn)練1(1)(2022?溫州模擬)已知隨機變量X,Y的分布列如下:

X10

P0.50.5

Y2-1

P0.50.5

則()

A.D(X)=3D(Y)B.D(y)=3D(X)

C.D(X)=9D(y)DRY)=9。(X)

(2)(2022?長沙模擬)設(shè)a>0,若隨機變量4的分布列如下:

~Γ-102

a2a3a

則下列方差值中最大的是()

A.O?BQ(?)

C.D(2cf-l)D.O(2同+1)

答案(I)D(2)C

解析(1)從表中可知y=3xτ,

.?.D(y)=D(3X-l),

：.D(Y)=9D(X),故選D.

(2)由題意知a+2α+30=1,〃=不

E(<*)=—1×^+0×2÷2×^=∣,

1117

E(IcJ)=I×^+0×2÷2×2=^.

/、52-1,∕5、2-1,、52-53

-+-×nO-+----

O(J=IX1-1-63?-6636

2-

D(∣a)=∣×(1-^+3X(°-6)+2X(2-6)=B

D(<f)>l>D(∣(f∣),

5353

D(21f-l)=4×^=y,

2929

D(2∣?∣+l)=4×^=y.

所以O(shè)(21f-1)最大.

熱點二隨機變量的分布列

I核心歸納

1.二項分布

一般地，在〃重伯努利試驗中，設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p(O<p<l),用

X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X的分布列為P(X=B=C?∕(1—Pyr?=0,1,2,…，

n.

E(X)=np,D(X)=叩(l—p).

2.超幾何分布

一般地，假設(shè)一批產(chǎn)品共有N件，其中有M件次品，從N件產(chǎn)品中隨機抽取〃

件(不放回)，用X表示抽取的〃件產(chǎn)品中的次品數(shù)，則X的分布列為P(X=Z)=

-τr-J=如機+1,根+2,…，匚其中n,N,M∈N?,MWN,〃WN,m=

M

max{O,n-N+M},r=mm{n,M},E(X)=n、

考向1二項分布

例2(2022.南昌模擬)接種新冠疫苗可以有效降低感染新冠肺炎的概率.某地區(qū)有A,

B,C三種新冠疫苗可供居民接種.假設(shè)在某個時間段該地區(qū)集中接種第一針疫苗，

而且這三種疫苗的供應(yīng)都很充足.為了節(jié)省時間和維持良好的接種秩序，接種點設(shè)

置了號碼機，號碼機可以隨機地產(chǎn)生A,B,C三種號碼(產(chǎn)生每個號碼的可能性

都相等)，前去接種第一針疫苗的居民先從號碼機上取一張?zhí)柎a，然后去接種與號

碼相對應(yīng)的疫苗(例如：取到號碼4就接種A種疫苗，以此類推).若甲，乙，丙，

丁四個人各自獨立的去接種第一針新冠疫苗.

(1)求這四個人中恰有一個人接種A種疫苗的概率；

(2)記甲，乙，丙，丁四個人中接種A種疫苗的人數(shù)為X,求隨機變量X的分布列

和數(shù)學(xué)期望.

解(1)記四個人中恰有一個人接種A種疫苗的事件為M,

3

則P(M)=咱|)奇，

所以四個人中恰有一個人接種A種疫苗的概率為善.

O1

(2)由題意可知，X的取值依次為0,1,2,3,4,且X~04,，，

P(X=%)=c(?(J)伏=0,1,2,3,4),

故隨機變量X的分布列：

XO12一34

16-32-~8~8~Γ

P

8?8?278T8?

14

故E(X)=4義W=予

考向2超幾何分布

例3(2022?煙臺模擬)2022年2月4日至20日，第24屆冬季奧林匹克運動會在北

京成功舉辦.某學(xué)校統(tǒng)計了全校學(xué)生觀看北京冬奧會開幕式和閉幕式的時長情況

(單位：分鐘)，并根據(jù)樣本數(shù)據(jù)繪制得到如圖所示的頻率分布直方圖.

頻率

(1)求頻率分布直方圖中a的值，并估計樣本數(shù)據(jù)的85%分位數(shù)；

(2)采用樣本量比例分配的分層隨機抽樣方式，從觀看時長在［200,280］的學(xué)生中

抽取6人.若從這6人中隨機抽取3人在全校交流觀看體會，設(shè)抽取的3人中觀看

時長在［200,240)的人數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.

解(1)?,40×(0.0005+0.002×2+2α+0.006+0.0065)=1,解得α=0.004?

由頻率分布直方圖知，觀看時長在200分鐘以下占比為40X(0.0005+0.002+

0.004+0.006+0.0065)=0.76.

觀看時長在240分鐘以下占比為0.76+40×0.004=0.92.

0.85-0.76

所以85%分位數(shù)位于［200,240)內(nèi)，85%分位數(shù)為200+40X=222.5.

0.92-0.76

(2)由題意，觀看時長［200,240)、［240,280］對應(yīng)的頻率分別為0.16和0.08,

所以采用分層隨機抽樣的方式在兩個區(qū)間中應(yīng)分別抽取4人和2人.

于是抽取的3人中觀看時長在［200,240)中的人數(shù)X的所有可能取值為1,2,3.

所以，P(X=D=Cg=5,

P(X=3)=g=∣.

X的分布列為

X123

?-3-?

P

555

131

所以，E(X)=I×^+2×5÷3×5=2.

規(guī)律方法求隨機變量X的均值與方差的方法及步驟

(1)理解隨機變量X的意義，寫出X可能的全部取值；

(2)求X取每個值對應(yīng)的概率，寫出隨機變量X的分布列；

(3)由均值和方差的計算公式，求得均值E(X),方差。(X);

(4)若隨機變量X的分布列為特殊分布列(如：兩點分布、二項分布、超幾何分布)，

可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解.

訓(xùn)練2(2022.茂名二模)冰壺是冬季奧運會的比賽項目之一.冰壺比賽的場地如圖

所示，其中左端(投擲線MN的左側(cè))有一個發(fā)球區(qū)，運動員在發(fā)球區(qū)邊沿的投擲

線MN將冰壺擲出，使冰壺沿冰道滑行，冰道的右端有一圓形的營壘，以場上冰

壺最終靜止時距離營壘區(qū)圓心。的遠近決定勝負，甲、乙兩人進行投擲冰壺比賽，

規(guī)定冰壺的重心落在圓。中，得3分，冰壺的重心落在圓環(huán)A中，得2分，冰壺

的重心落在圓環(huán)8中，得1分，其余情況均得。分.已知甲、乙投擲冰壺的結(jié)果互

1121

不影響，甲、乙得3分的概率分別為%甲、乙得2分的概率分別為奈參甲、

乙得1分的概率分別*，?

(1)求甲、乙兩人所得分數(shù)相同的概率；

(2)設(shè)甲、乙兩人所得的分數(shù)之和為X,求X的分布列和期望.

解(1)由題意知，甲得0分的概率為

1211

135515,

乙得0分的概率為1一(一義一(=今，

所以甲、乙兩人所得分數(shù)相同的概率為

一×z-I-\/-I-χ∕-I_x∕____

3×4+5×2+5xs6+15xs12-90.

(2)X可能取值為O1,2,3,4,5,6,

則P(X=O)=?×?=τ∣θ,

P(X=1)=?×∣+∣×?=?,

P(X=2)=?×^+∣×j+∣×?=?,

P^=3)=?×4+5×2+5×6+3×?=9O5

P(X=4)=∣×∣+∣×∣+∣×∣=?,

21114

P(X=5)=5×4+3×2=l5?

P(X=6)=∣×∣=?,

所以，隨機變量X的分布列為

X0~Γ23456

1~Γ19114

P

18036To903615V2

111IQ114147

所以E(X)=O×7τ?77÷l×^7+2×777÷3×3λ÷4×^7÷5×77+6×7τ=7τ.

IoU3611(91)36151212

熱點三正態(tài)分布

I核心歸納

解決正態(tài)分布問題的三個關(guān)鍵點

(1)對稱軸X=μ.

(2)樣本標準差σ.

(3)分布區(qū)間：利用3。原則求概率時，要注意利用〃，。分布區(qū)間的特征把所求的

范圍轉(zhuǎn)化為3。的特殊區(qū)間.

例4(1)(2022.濱州二模)設(shè)隨機變量X~M∕/,σ2),則是“P(X<2)<”的

()

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

D.既不充分也不必要條件

(2)(多選)(2022?沈陽模擬)已知某種袋裝食品每袋質(zhì)量(單位：g)X~N(500,16).Pa

一(TWXW〃+<7)=0.6827,P(μ~2σ≤X≤∕z+2σ)=0.9545,P(∕∕-3σ≤X≤∕z+3σ)

=0.9973,則下面結(jié)論正確的是()

A.σ=4

B.P(496≤X≤504)=0.9545

C.隨機抽取IOOOO袋這種食品，袋裝質(zhì)量在區(qū)間［492,504］的約8186袋

D.隨機抽取10000袋這種食品，袋裝質(zhì)量小于488g的一定不多于14袋

答案(I)B(2)AC

解析(1)當〃=1時，根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性可知P(XV2)>T，

故〃21不是P(XV2)Va的充分條件；

反之,若P(XV2)<g,

由對稱性可知〃21,故μA是P(X<2)<:的必要條件；

故"2是P(XV2)<3的必要不充分條件.故選B.

⑵對于A,袋裝食品每袋質(zhì)量(單位：g)X~N(500,16),Λσ=4,故A正確；

對于B,P(496WXW504)=P(500-4WXW500+4)=Pα-0WXW"+0)=0.6827,

故B錯誤；

對于C,VP(500≤X≤504)=?P(496≤X≤504)=WX0.6827=0.34135,

P(492≤X≤500)=∣P(∕z-2σ≤X≤ju+2σ)=∣×0.9545=0.47725,

/.P(492≤X≤504)=P(492≤X≤500)+P(500≤X≤504)=0.8186,10000X0.8186

=8186,

故隨機抽取IOOoO袋這種食品，袋裝質(zhì)量在區(qū)間［492,504］的約8186袋，故C

正確；

對于D,P(X≤488)=∣f1-P(∕∕-3σ<X≤∕∕+3σ)］=∣(l-0.9973)=0.00135,

10000×0.00135=13.5,

故隨機抽取IOOOO袋這種食品，袋裝質(zhì)量小于488g的約為13.5袋，但抽取時有

可能多于14袋，故D錯誤.

故選AC.

規(guī)律方法利用正態(tài)曲線的對稱性研究相關(guān)概率問題，涉及的知識主要是正態(tài)曲

線關(guān)于直線X=〃對稱，及曲線與X軸之間的面積為1,注意下面三個結(jié)論的活用：

(1)對任意的a,有P(XV"-α)=P(X>"+α).

(2)P(XVXo)=1-P(XNxo).

G)PgVXVb)=P(XVb)-P(XWa).

訓(xùn)練3(1)設(shè)隨機變量4~M",1),函數(shù)y(x)=f+2χ-4沒有零點的概率是0.5,

則P(OW<≤l)等于()

(附：若己~N(μ,σ2),則尸仍一<7★。?〃+(7)心0.6827,PCι∕-2σ≤e≤∕∕+2σ)^0.954

5)

A.0.1587B.O.1359

C.0.2718D.0.3413

(2)(2022?新高考∏卷)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(2,/),且P(2<X≤2.5)=

0.36,貝IJP(X>2.5)=.

答案(I)B(2)0.14

解析(I)：函數(shù)"r)=f+2χ-4沒有零點，即一元二次方程/+2χ-<f=0無實根，

ΛJ=4+4<f<0,即」<一1,

又/U)=x2+2χ-岑沒有零點的概率是0.5,

ΛP(^<-1)=0.5,

由正態(tài)曲線的對稱性知〃=一1,

.?.(f~N(—1,1),二〃=-1,σ=l,

'?μ—(T=-2,∕z+σ=O,μ—2σ=—3,μ^ir2σ~1,

ΛP(-2≤(f≤0)≈0.6827,P(-3≤(f≤l)≈0.9545,

___1I,____0.9545-0.6827

ΛP(0≤?≤l)=2[P(-3≤e≤l)-∕,(-2≤e≤0)]?---------?----------=0.1359.

(2)因為X~N(2,σ2),

所以P(X>2)=0.5,

所以P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14.

高分訓(xùn)練對接高考重落實迎高考

一'基本技能練

1.(2022.金華模擬)已知5件產(chǎn)品中有2件次品，3件正品，檢驗員從中隨機抽取2

件進行檢測，記取到的正品數(shù)為總則數(shù)學(xué)期望E(G為()

λ4c9

A?5BIO

6

C.lDg

答案D

解析?？扇?,1,2,

Ci1

Pe=O)=d=而

,

Pd)-Cg-I(F^-2)-crιo

I636

ΛE(^)=O×-j^+l×?^+2×-^=^,故選D.

2.(2022?海南模擬)已知隨機變量X~N(3,σ2),且P(XVo)?P(X>6)=0.04,則P(O

VXV3)=()

A.0.2B.0.3

C.0.4D.0.1

答案B

解析因為隨機變量X~N(3,/),

所以曲線關(guān)于x=3對稱，

且令P(XVo)=P(X>6)=f,

/.r2=0.04,Λr=0.2,

即P(XVo)=P(X>6)=0.2,

.?.P(0<X<3)=0.5—P(XVO)=O.3,故選B.

3.設(shè)隨機變量X,y滿足y=3X-l,X~3(2,p),若P(X2)=1，則。⑺等于()

y

A.4B.5

C.6D.7

答案A

解析由題意可得，P(X≥1)=1-P(X=O)=1-C9(l-p)2=∣,

解得P=y

124

則D(X)=op(l-p)=2×

。(7)=32。(田=4.故選人.

4.(2022?武漢模擬)已知隨機變量X~N(1,f)，且P(XWO)=P(X20),則(市一鄉(xiāng)的

展開式中常數(shù)項為()

A.—240B.—60

C.240D.60

答案D

解析根據(jù)正態(tài)分布曲線關(guān)于直線X=I對稱，且P(XWO)=P(X20),可得α=2,

則(正一雪="D'

6-3r

6zr

通項為Tr+I=Q(√^)[-∣y=(-2)CU2,

若此項為常數(shù)項，則6—3r=0,解得r=2,

所以常數(shù)項為(-2)2d=60,故選D.

5.(2022.廣州二模)某種包裝的大米質(zhì)量。(單位：kg)服從正態(tài)分布4~N(10,σ2),

根據(jù)檢測結(jié)果可知P(9.98≤e≤10.02)=0.98,某公司購買該種包裝的大米2Ooo

袋，則大米質(zhì)量在10?02kg以上的袋數(shù)大約為()

A.10B.20

C.30D.40

答案B

解析因為大米質(zhì)量^~N(10,σ2),且P(9.98WG10.02)=0.98,

I-P(9.98≤(f≤10.02)

則rτlP(e>10.02)=---------------丁--------=0.01,

所以大米質(zhì)量在10.02kg以上的袋數(shù)大約為2000X0.01=20.故選B.

6.(多選)若隨機變量X服從兩點分布，其中P(X=O)=;,E(X),O(X)分別為隨機

變量X的均值與方差，則下列結(jié)論正確的是()

∣

A.P(X=1)=B.E(3X+2)=4

4

C.O(3X+2)=2D.D(X)=y

答案ABC

解析???隨機變量X服從兩點分布，其中P(X=O)=/

.?,P(X=1)=∣,

122

E(X)=OXQ+1Xg=g，

22

D(X)=(O—DX桿(1—D×∣=∣,

2

在A中，P(X=I)=],故A正確；

2

在B中，E(3X+2)=3E(X)+2=3XQ+2=4,故B正確;

2

在C中，O(3X+2)=9D(X)=9Xg=2,故C正確；

2

在D中，D(X)=§,故D錯誤.

7.(2022.杭州模擬)已知某小組7人中有4人未接種疫苗，3人接種了疫苗.從這7

人中隨機抽取3人，用X表示抽取的3人中未接種疫苗的人數(shù)，則隨機變量X的

數(shù)學(xué)期望為；記“抽取的3人中，既有接種疫苗的人，也有未接種疫苗

的人”為事件A,則P(A)=.

套U案-7-7

解析由題意可得X的可能取值為0,1,2,3,

則P(X=O)W

Cd12

P(X=I)=^cΓ-35,

C?Cj?18

P(X=2)=

α-35,

α4

P(X=3)=@=藥

?J212A12

，E(X)=0X^+1X*+2X行+3X3=早.

1?1OA

P(A)=P(X=1)+P(X=2)=方+方=].

8?(2022?寧波二模)一個袋中裝有大小質(zhì)地完全相同的m個紅球和2m個白球

(加∈N*),從中任取3個球.記取出的白球個數(shù)為。,若P(O=1)=/,則m=，

E?=.

答案22

ec2

解析根據(jù)題意，取出的三個球中恰好有一個白球的概率為Pe=I)=宣2=§1

解得w?=2.

所以袋中有2個紅球，4個白球，

則取出的三個球中白球個數(shù)的可能取值為1,2,3,

所以/C=I)=EPC=2)=畸?=',PQ=3)=會=4，

131

ΛE(?)=l×^+2×5+3×5=2.

9.甲、乙兩個球隊進行籃球決賽，采取五局三勝制(共贏得三場比賽的隊伍獲勝，

最多比賽五局)，每場球賽無平局.根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主場安排為"主客

主主客”.設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽相互

獨立，則甲隊以3：2獲勝的概率為.

答案0.18

解析由題意知，甲隊以3：2獲勝，則甲隊第五場必勝，前四場“主客主主”中

勝兩局，

有兩種情況：一種為三個主場勝兩場，一種為客場勝一場主場勝一場，

其概率為C3X0.62X0.4×0.5X0.5+Ci×0.6×0.42X0.5×0.5=0.18.

10.(2022.徐州模擬)在一次以“二項分布的性質(zhì)”為主題的數(shù)學(xué)探究活動中，立德

中學(xué)高三某小組的學(xué)生表現(xiàn)優(yōu)異，發(fā)現(xiàn)的正確結(jié)論得到老師和同學(xué)的一致好評.

設(shè)隨機變量X~8(〃，p),記Pk=C豺(1一P)Lk,k=0,1,2,…,〃.在研究p*的

最大值時，小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)：若(〃+1)P為正整數(shù)，則Z=("+l)p時，pk=pk-\,此

時這兩項概率均為最大值；若(〃+1)〃為非整數(shù)，當左取5+1)P的整數(shù)部分時，

則P*是唯一的最大值.以此為理論基礎(chǔ)，有同學(xué)重復(fù)投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子并實

時記錄點數(shù)1出現(xiàn)的次數(shù).當投擲到第20次時，記錄到此時點數(shù)1出現(xiàn)5次，若

繼續(xù)再進行80次投擲試驗，則當投擲到第100次時，點數(shù)1總共出現(xiàn)的次數(shù)為

的概率最大.

答案18

解析繼續(xù)再進行80次投擲試驗，出現(xiàn)點數(shù)為1的次數(shù)X服從二項分布X~

如5

1?7

由Z=(〃+l)p=81X5=7=13.5,

結(jié)合題中的結(jié)論可知，當左=13時，概率最大，

即后面80次中出現(xiàn)13次點數(shù)1的概率最大，加上前面20次中的5次，

所以出現(xiàn)18次的概率最大.

11.(2022?唐山模擬)甲、乙兩支隊伍進行某項比賽，賽制分為兩種，一種是五局三

勝制，另一種是三局兩勝制.根據(jù)以往數(shù)據(jù)，在決勝局(在五局三勝制中指的是第

五局比賽，在三局兩勝制中指的是第三局比賽)中，甲、乙兩隊獲勝的概率均為

0.5；而在非決勝局中，甲隊獲勝的概率為0.6,乙隊獲勝的概率為04

(1)若采用五局三勝制，直到比賽結(jié)束，共進行了4局比賽，求隨機變量4的分布

列，并指出進行幾局比賽的可能性最大；

(2)如果你是甲隊的領(lǐng)隊，你希望舉辦方采用五局三勝制還是三局兩勝制？

解(1)由題意知：4的可能取值為3,4,5.

則PJ=3)=0.63+0.43=0.28；

Pe=4)=C∣×0.4×0.63+Ci×0.6×0.43=0.3744；

PQ=5)=GXO.42XOG=0.3456.

則4的分布列為

ζ345

P0.280.37440.3456

V0.3744>0.3456>0.28,

.?.進行四局比賽的可能性最大.

(2)作為甲隊領(lǐng)隊，希望甲隊最終獲勝；

若采用五局三勝制，甲隊獲勝的概率為

p?=0.63+C?×0.4×0.63+C5×0.42X0.62×0.5=0.648；

若采用三局兩勝制，甲隊獲勝的概率為

2

p2=0.6+Ci×0.4×0.6×0.5=0.6;

?.?pi>p2,

.?.作為甲隊領(lǐng)隊，希望采用五局三勝制.

12?（2022?濟寧模擬）血液檢測是診斷是否患疾病的重要依據(jù)，通過提取病人的血液

樣本進行檢測，樣本的某一指標會呈現(xiàn)陽性或陰性.若樣本指標呈陽性，說明該樣

本攜帶病毒；若樣本指標呈陰性，說明該樣本不攜帶病毒.根據(jù)統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)，每個

疑似病例的樣本呈陽性（即樣本攜帶病毒）的概率均為MoVPVI）.現(xiàn)有4例疑似病

例，分別對其進行血液樣本檢測.多個樣本檢測時，既可以逐個化驗，也可以將若

干個樣本混合在一起化驗，混合樣本中只要攜帶病毒，則混合樣本化驗結(jié)果就會

呈陽性.若混合樣本呈陽性，則將該組中各個樣本再逐個化驗；若混合樣本呈陰性,

則該組各個樣本均為陰性.現(xiàn)有以下兩種方案：

方案一：逐個化驗；

方案二：平均分成兩組化驗.

在該疾病爆發(fā)初期，由于檢測能力不足,化驗次數(shù)的期望值越小,則方案越“優(yōu)”.

⑴若p=g,求這4例疑似病例中呈陽性的病例個數(shù)X的分布列；

(2)若將該4例疑似病例樣本進行化驗,且方案二比方案一更“優(yōu)”，求P的取值

范圍.

解(1)由題意知，

4

則P(X=O)=C41一§=患;

3

P(X=I)X(IT)=壽；

22

P(X=2)=C3X(，×fl-∣j=Il=捺

3

P(X=3)=c3xg∣×(1-∣J=?

4

P(X=4)=CG)=?

則這4例疑似病例中呈陽性的病例個數(shù)X的分布列為

X01234

1632?

P

818?27818?

(2)方案一中，逐個化驗，化驗次數(shù)為4,期望為4.

方案二中，設(shè)化驗次數(shù)為匕則丫的所有可能取值為2,4,6.

每組兩個樣本化驗呈陰性的概率為(l—p)2,設(shè)尤=(1—p)2.

則∕,(y=2)=√;

P(y=4)=Cix(I-X);

P(F=6)=(1—x)2.

所以E(y)=2×x2+4×Ck(l-χ)+6×(l-χ)2=6-4x.

若方案二比方案一更“優(yōu)”，則E(y)=6—4χV4,解得尤

即X=(I-T2)2>g,解得OVPVl一乎.

所以當OVPV1—乎時，方案二比方案一更“優(yōu)”.

二、創(chuàng)新拓展練

13.(多選)(2022.蘇州模擬)已知隨機變量X服從二項分布B(4,P),其數(shù)學(xué)期望E(X)

=2,隨機變量y服從正態(tài)分布NS，4),且P(X=3)+P(Y<α)=l,則()

A.p=(B-P=I

C.P(Y>Lα)="D.P(r>l-α)=∣

答案BD

解析由題意知E(X)="p=4p=2,

即/?=1,

/、3/、4-3

P(X=3)=C也比)=不

.?.P(y<a)=∣,

由于y~Nθ?,4),對稱軸X==

3

所以P(r>l-α)=P(y<α)=4?

故選BD.

14.(多選)(2022.南京模擬)下列命題中，正確的命題的選項為()

2

A.已知隨機變量X服從二項分布8(〃，p),若E(X)=30,O(X)=20,則P=W

B.將一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)據(jù)都加上同一個常數(shù)后，方差恒不變

C.設(shè)隨機變量服從正態(tài)分布N(0,1),若P(O>l)=p,則P(—1〈4WO)=；—〃

D.某人在10次射擊中，擊中目標的次數(shù)為X,X~B(10,0.8),則當X=8時概率

最大

答案BCD

?E(X)=np=3Q,

解析對于MD(X)…=20,

解得P―亨A錯誤；

./2=90,

對于B,方差反映的是數(shù)據(jù)與均值的偏移程度，因此每個數(shù)據(jù)都加上同一個常數(shù)

后，每個新數(shù)據(jù)與新均值的偏移不變，方差恒不變，B正確；

對于C,ξ服從正態(tài)分布N(0,1),P(-1≤?≤O)=P(O≤<f<l)=∣-P(<f>l)=∣-p,

C正確；

對于D,X-B(10,0.8),則P(X=?)=C?OO.8A×O.2IO^*,

COo.8AX0.2i°r2C桁。8ATXO.2∣ιr,

IaOo.8*X0.2lo-i≥CU10.8i+'×00%

3944

解得手W&W5,因為Z∈N",所以Z=8.D正確.

15.(多選)(2022.福州模擬)在某獨立重復(fù)試驗中，事件A,B相互獨立，且在一次

試驗中，事件A發(fā)生的概率為p,事件B發(fā)生的概率為l-p,其中p∈(0,1).若

進行〃次試驗，記事件A發(fā)生的次數(shù)為X,事件8發(fā)生的次數(shù)為K事件AB發(fā)

生的次數(shù)為Z,則下列說法正確的是()

E(X)=E(Y)B.D(X)=D(Y)

C.E(Z)=D(X)D.n-D(Z)=D(X)D(Y)

答案BC

解析因為E(X)="P,E(y)=〃(l—p),即A錯誤；

因為D(X)=〃p(l—p),O(F)="(1-p)p,即B正確；

因為A,3相互獨立，所以P(AB)=p(l-p),

所以E(Z)=叩(l—p)=O(X),即C正確；

因為nD(Z)=層P(I—p)［l-p(l-p)］,

O(X)O