專題突破練15隨機(jī)變量及其分布必備知識夯實(shí)練1.(2025福建福州三模)已知隨機(jī)變量X~B(n,12),若E(X)=2,則P(X=2)=(A.14 B.3C.12 D.2.(2025河北唐山一模)隨機(jī)變量X~N(μ,σ2),σ>0.若P(X<μ+σ)=p,則P(μ-σ<X<μ+σ)=()A.1-p B.2-2pC.p-12 D.2p-3.(多選題)(2025廣東清遠(yuǎn)模擬)離散型隨機(jī)變量X的分布列如下:X1234Pm0.3n0.2若E(X)=2.7,則下列結(jié)論正確的是()A.m+n=0.5 B.E(3X-1)=7.1C.D(X)=0.81 D.P(X>2)=0.54.(多選題)(2025湖南長沙模擬)盒中有3個(gè)球,其中1個(gè)紅球,2個(gè)黃球.從盒中隨機(jī)不放回地取球,每次取1個(gè),直到取出紅球?yàn)橹?設(shè)此過程中取到黃球的個(gè)數(shù)為ξ,E(ξ),D(ξ)分別為隨機(jī)變量ξ的均值與方差,則下列結(jié)論正確的是()A.P(ξ=0)=13 B.E(ξ)=C.E(3ξ+1)=3 D.D(3ξ+1)=65.(多選題)(2025江蘇蘇州模擬)隨機(jī)變量X的分布列如下表,隨機(jī)變量Y~B(3,23).設(shè)Z=XY,P(Z=0)=2981,且X與Y相互獨(dú)立,則下列說法正確的是(Xa1Pp1-pA.p=517 B.p=C.a=0 D.E(Z)=26.(2025河南鄭州一模)統(tǒng)計(jì)學(xué)中通常認(rèn)為服從正態(tài)分布N(μ,σ2)的隨機(jī)變量X只取(μ-3σ,μ+3σ)中的值.假設(shè)某廠生產(chǎn)的包裝盒的厚度(單位:mm)X~N(10,σ2),某天檢測員隨機(jī)抽取了一個(gè)包裝盒,測得其厚度不小于16mm,他立即判斷生產(chǎn)出現(xiàn)了異常,由此可知σ的最大值為.

7.(2025安徽黃山模擬)切比雪夫不等式是19世紀(jì)俄國數(shù)學(xué)家切比雪夫在研究統(tǒng)計(jì)規(guī)律時(shí)發(fā)現(xiàn)的,其內(nèi)容是:對于任一隨機(jī)變量X,若其數(shù)學(xué)期望E(X)和方差D(X)均存在,則對任意正實(shí)數(shù)ε,有P(|X-E(X)|<ε)≥1-D(X)ε2.根據(jù)該不等式可以對事件|X-E(X)|<ε的概率作出估計(jì).現(xiàn)拋擲一枚骰子,當(dāng)出現(xiàn)5點(diǎn)或6點(diǎn)時(shí),就說這次試驗(yàn)成功,在n次拋擲中,記成功次數(shù)為X,為了至少有98%的把握使試驗(yàn)成功的頻率在區(qū)間(16,8.(2025山東濰坊模擬)一個(gè)點(diǎn)從數(shù)軸的原點(diǎn)開始運(yùn)動,通過投擲骰子決定運(yùn)動方向:若出現(xiàn)1,4時(shí),向負(fù)方向移動1個(gè)單位長度;若出現(xiàn)2,3,5,6時(shí),向正方向移動2個(gè)單位長度.投擲1次骰子,該點(diǎn)位置的均值為.投擲6次骰子后,概率大于197243的點(diǎn)的位置存在的最小區(qū)間為關(guān)鍵能力提升練9.(多選題)(2025廣東深圳二模)隨機(jī)變量X,Y分別服從正態(tài)分布和二項(xiàng)分布,且X~N(3,1),Y~B(6,12),則(A.E(X)=E(Y)B.D(X)=D(Y)C.P(X≤1)=P(X≥5)D.P(Y≤3)>P(X≥4)10.(2025廣東惠州模擬)有2n個(gè)人圍坐在一個(gè)圓桌邊上,每人都越過桌面與另外一人握手,若要求所有人握手時(shí)手臂互不交叉,例如n=2時(shí),一共有4個(gè)人,以1,2,3,4表示,握手兩人用一條線連接,共有2種方式,如圖所示.記一次握手中,共有Y對相鄰的兩人握手,當(dāng)n=4時(shí),Y的數(shù)學(xué)期望E(Y)=.

11.(15分)(2025上海普陀二模)某區(qū)為推進(jìn)教育數(shù)字化轉(zhuǎn)型,通過聚合區(qū)域?qū)W校的教育資源,依托AI技術(shù)搭建了區(qū)域智慧題庫系統(tǒng),形成了“A通識過關(guān)—B綜合拓展—C創(chuàng)新提升”三層動態(tài)原庫,且A,B,C三層題量之比為7∶3∶2,設(shè)該題庫中任意1道題被選到的可能性都相同.(1)現(xiàn)有4人參加一項(xiàng)比賽,若每人分別獨(dú)立地從該題庫中隨機(jī)選取一道題作答,求這4人中至少有2人的選題來自B層的概率;(2)現(xiàn)采用分層隨機(jī)抽樣的方法,使用智能組卷系統(tǒng)從該題庫中選取12道題生成試卷,若某老師要從生成的這份12道題的試卷中隨機(jī)選取3道題做進(jìn)一步改編,記該老師選到A層題的題數(shù)為X,求X的分布列與數(shù)學(xué)期望E(X).核心素養(yǎng)創(chuàng)新練12.(17分)(2025湖北新八校聯(lián)考)我們將借助導(dǎo)數(shù)求隨機(jī)變量的期望和方差的方法稱為微分恒等式法,微分恒等式法既可以用于實(shí)驗(yàn)次數(shù)有限的情況,也可以用于實(shí)驗(yàn)次數(shù)無限的情況.微分恒等式法的一個(gè)應(yīng)用案例如下:關(guān)于x的恒等式滿足x+(1-x)x+(1-x)2x+…+(1-x)k-1x+…=1,對等式兩邊求導(dǎo)可得1-x+(1-x)-2(1-x)x+(1-x)2+…-(k-1)(1-x)k-1x+(1-x)k-1+…=0.移項(xiàng)得1+(1-x)+(1-x)2+…+(1-x)k-1+…=x+2(1-x)x+…+(k-1)(1-x)k-1x+….某校師生在操場上歡慶元旦,其中有一項(xiàng)套圈活動備受歡迎,活動規(guī)則為每人累計(jì)k(k∈N*)次未套中時(shí)則停止套圈,否則可以繼續(xù)套圈.若每人每次套中的概率為p(0<p<1),且每次套中與否互不影響,每次套中后積1分,將每位參與活動的師生所得積分記為隨機(jī)變量X.(1)若k=1,p=12,求X=(2)求X=0,X=1,X=n(n∈N)的概率,并寫出隨機(jī)變量X的分布列;(3)用微分恒等式法求隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X),并據(jù)此估計(jì)當(dāng)k=3,p=0.75時(shí)每位參與該項(xiàng)活動的師生的積分.

答案：1.B解析因?yàn)閄~B(n,12)所以E(X)=n×12解得n=4,所以P(X=2)=C42(1故選B.2.D解析因?yàn)閄~N(μ,σ2),σ>0且P(X<μ+σ)=p,所以P(X≥μ+σ)=1-p,根據(jù)正態(tài)分布曲線的對稱性,可得P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ)=1-p,所以P(μ-σ<X<μ+σ)=1-P(X≤μ-σ)-P(X≥μ+σ)=1-2(1-p)=2p-1.故選D.3.ABC解析由題設(shè)m+n+0.5=1,則m+n=0.5,故A正確;由E(X)=m+0.6+3n+0.8=2.7,則m+3n=1.3,聯(lián)立m+n=0.5,所以m=0.1,n=0.4,則P(X>2)=P(X=3)+P(X=4)=0.4+0.2=0.6,故D錯誤;E(3X-1)=3E(X)-1=8.1-1=7.1,故B正確;D(X)=(1-2.7)2×0.1+(2-2.7)2×0.3+(3-2.7)2×0.4+(4-2.7)2×0.2=0.81,故C正確.故選ABC.4.ABD解析ξ=0表示停止取球時(shí)沒有取到黃球,所以P(ξ=0)=13,故A正確又隨機(jī)變量ξ的所有可能取值為0,1,2,則P(ξ=1)=23P(ξ=2)=23×12ξ012P111所以E(ξ)=0×13+1×13+2×13由E(3ξ+1)=3E(ξ)+1=3×1+1=4,故C錯誤;D(ξ)=13×(0-1)2+13×(1-1)2+13×(2-1)2=23,D(3ξ+1)=9×D(ξ)=6,5.BC解析由Y~B(3,23),故P(Y=0)=C30(23)0(P(Y=1)=C31·23·(P(Y=2)=C32·(23P(Y=3)=C33·(23)當(dāng)a≠0時(shí),Z=XY=0,即P(X=a,Y=0)+P(X=1,Y=0)=127p+127(1-p)=當(dāng)a=0時(shí),Z=XY=0,即P(X=0)+P(X=1,Y=0)=p+127(1-p)=2981,解得p=13,故A錯誤Z的可能取值為0,1,2,3,P(Z=0)=2981,P(Z=1)=P(X=1,Y=1)=29×23=427,P(Z=2)=P(X=1,Y=2)=49×23=8故E(Z)=0×2981+1×427+2×827+3×16816.2解析由題可知10+3σ≤16,解得σ≤2,故σ的最大值為2.7.400解析由題意知,成功次數(shù)X~B(n,13),所以E(X)=n3,D(X)=29n,要使16<Xn<12,則n6<X<n2,即-n6<X-n3<n6,即|X-n3|<n6,由切比雪夫不等式P(|X-n3|<n6)≥1-29n(18.1[3,9]解析設(shè)投擲1次時(shí)的位置值為X,易知X的可能取值有-1,2,則P(X=-1)=26=13,P(X=2)=4X-12P1323則均值為E(X)=(-1)×13+2×2設(shè)投擲6次時(shí)的位置值為Y,則Y的可能取值有-6,-3,0,3,6,9,12,則P(Y=-6)=C60×(13)6×(23)0=1729,P(Y=-3)=C61×(1P(Y=0)=C62×(13)4×(23)2=20243,P(Y=3)=C63×(13)3×(23)3=160729,P(Y=6)=P(Y=9)=C65×(13)1×(23)5=64243,P(Y=12)=C66×(1則P(Y=6)>P(Y=9)>P(Y=3)>P(Y=12)>P(Y=0)>P(Y=-3)>P(Y=-6),且P(Y=6)+P(Y=9)=80243P(Y=6)+P(Y=9)+P(Y=3)=80243所以概率大于197243的點(diǎn)的位置存在的最小區(qū)間為[3,9]9.ACD解析對于正態(tài)分布X~N(3,1),可得其期望E(X)=3,D(X)=1,對于二項(xiàng)分布Y~B(6,12),可得E(Y)=6×12=3,D(Y)=6×12×12=32,所以E(X)=E(Y),D(X)<D(Y),故A正確,B錯誤;由于正態(tài)分布具有對稱性,由X~N(3,1),可得P(X≤1)=P(X≥5),故C正確;對于Y~B(6,12),可得P(Y≤3)=C60(12)0·(1-12)6+C61(12)1·(1-12)5+C62(12)2·(1-12)4+C63(12)3·(1-12)3=(C60+C10.207解析當(dāng)n=3時(shí),按順時(shí)針方向把人標(biāo)記為1,2,3,4,5,6,用(i,j)表示i和j若1和2握手,共有兩種方法:(3,4),(5,6)和(3,6),(4,5),若1和6握手,共有兩種方法:(2,3),(4,5)和(3,4),(2,5),若1和4握手,共有1種方法:(2,3),(5,6),所以一共有5種方法.當(dāng)n=4時(shí),若1和2握手,剩下6個(gè)人,情況同n=3,共5種方法,若1和8握手,剩下6個(gè)人,情況同n=3,共5種方法,若1和4握手,則2和3握手,5,6,7,8之間握手情況同n=2,共2種方法,從而有1×2=2種方法,若1和6握手,由對稱性,情況同1和4握手,共2種方法,所以一共有5+5+2+2=14種方法.其中,共2種方法使得Y=4(相鄰兩人按順時(shí)針或逆時(shí)針方向依次握手),P(Y=4)=214=17,共4種方法使得Y=2(類似(1,6),(2,5),(3,4),(7,8)等),P(Y=2)=414=27,共8種方法使得Y=3(類似(1,4),(2,3),(5,6),(7,8)等),PY234P274717故E(Y)=2×27+3×47+11.解(1)因?yàn)锳,B,C三層題量之比為7∶3∶2,所以在B層選題的概率為312=14,不在B層選題的概率為1-14=34,設(shè)至少2人的選題來自B層的概率為P,從B層選題數(shù)量為X1,由題意得X1~B(4,14),而二項(xiàng)分布概率公式為P(X1=k)=C4k(14)k(34)n-k,則至少2人的選題來自B層的概率為P(X1=2)+P(X1=3)+P(X1=4),故P=C42(1(2)因?yàn)锳,B,C三層題量之比為7∶3∶2,所以在A層最多抽到7道,且X可取0,1,2,3,則P(X=0)=C70C53C123=122,P(X=1)=C71C5其分布列為X0123P1227222144744所以E(X)=0×122+1×722+212.解(1)若k=1,則X=3表示總共套了4次,其中前3次套中,第4次沒有套中,因此概率為P(X=3)=(1-12)3(2)X=0表示總共套了k次,其中前k次均沒有套中,因此概率為P(X=0)=Ck0p0·(1-p)k=Ck-10p0·(1-p)k,X=1表示總共套了1+k次,其中前k次中套中了1次,第1+k次沒有套中,因此概率為P(X=1)=Ck1pX=n表示總共套了n+k次,其中前n+k-1次中套中了n次,第n+k次沒有套中,因此概率為P(X=n)=Cn+k-1npn·因而分布列為X01…n…PCk-10p0·C