2026屆新高考數(shù)學(xué)三輪沖刺復(fù)習(xí)隨機變量及其分布命題熱度：本專題是歷年高考命題必考的內(nèi)容，屬于中高檔題目，主要以解答題的形式進行考查，分值約為13~17分.考查方向：一是求離散型隨機變量的分布列及其均值與方差；二是分布列、均值與統(tǒng)計圖表的綜合應(yīng)用；三是利用分布列、均值與方差進行決策或分析，此類試題的閱讀量大，綜合性較強.考點一分布列性質(zhì)及應(yīng)用

例1ξ-1012P2aa2ab

√

解析(2)(多選)已知a>0，b>0，c>0，且a，b，c成等差數(shù)列，隨機變量X的分布列為X123Pabc

√√√

解析

解析分布列性質(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.規(guī)律方法

√√√

解析

√

解析考點二隨機變量的分布列

(多選)(2023·新課標Ⅱ卷)在信道內(nèi)傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立.發(fā)送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1-α；發(fā)送1時，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1-β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次；三次傳輸是指每個信號重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1).例2考向1相互獨立事件A.采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率

為(1-α)(1-β)2B.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為β(1-β)2C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為β(1-β)2+(1-β)3D.當(dāng)0<α<0.5時，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用

單次傳輸方案譯碼為0的概率√√√

解析對于D，三次傳輸，發(fā)送0，則譯碼為0的概率P=(1-α)2(1+2α)，單次傳輸發(fā)送0，則譯碼為0的概率P'=1-α，而0<α<0.5，因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0，即P>P'，故D正確.解析

(2025·濟寧模擬)為了解高三1班和2班的數(shù)學(xué)建模水平，現(xiàn)從兩個班級中各隨機抽取10名學(xué)生參加數(shù)學(xué)建模能力比賽(滿分100分)，成績?nèi)缦拢簲?shù)據(jù)Ⅰ(高三1班)：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92；數(shù)據(jù)Ⅱ(高三2班)：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95.(1)求數(shù)據(jù)Ⅰ(高三1班)的第80百分位數(shù)；例3考向2超幾何分布

解(2)從上述成績在60分以下的學(xué)生中隨機抽取3人作下一步調(diào)研，設(shè)被抽到的3人中來自高三2班的學(xué)生人數(shù)為X，求X的分布列和均值.

解所以X的分布列為解

X123P

(2025·皖豫聯(lián)盟聯(lián)考)某科技公司研發(fā)了一種新產(chǎn)品，每件產(chǎn)品上市前需要分別進行兩項測試，第一項測試通過的概率為0.7，若第一項通過，則第二項通過的概率為0.9；若第一項未通過，則第二項通過的概率為0.4.(1)已知某件產(chǎn)品在兩項測試中僅通過一項，求其第一項測試通過的概率；例4考向3二項分布

解(2)規(guī)定至少通過一項測試的產(chǎn)品為合格品，現(xiàn)對10件該產(chǎn)品獨立地進行測試，記其中的合格品件數(shù)為X，則k取何值時，P(X=k)最大？

解求隨機變量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取每個值時對應(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D(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.規(guī)律方法跟蹤演練2

(2025·烏魯木齊模擬)某地舉行中學(xué)生科技知識挑戰(zhàn)賽，挑戰(zhàn)賽分預(yù)賽和決賽兩個階段，預(yù)賽為闖關(guān)比賽.規(guī)定：三人組隊參賽，每次只派一個人，且每人只派一次，如果一個人闖關(guān)失敗，再派下一個人重新闖關(guān)；三人中只要有人闖關(guān)成功即視作預(yù)賽階段比賽勝利，無需繼續(xù)闖關(guān)，進入決賽.決賽設(shè)置了3個問題，每完整答對1個問題，該隊決賽成績記3分，否則記0分，未進入決賽的參賽隊決賽成績記0分.已知華夏隊的甲、乙、丙三名選手在預(yù)賽闖關(guān)階段以及決賽階段每次完整答對1個問題的概率均為p，q，r(0<r<p<q<1)，每次回答是獨立的，Y表示華夏隊的決賽總成績.

解(2)預(yù)賽階段，若乙只能安排在第二個闖關(guān)，要使派出人員數(shù)目的均值較小，試確定甲、丙誰先闖關(guān)；若依次派甲、乙、丙進行闖關(guān)，設(shè)派出人員的數(shù)目為X，均值為E1，依次派丙、乙、甲進行闖關(guān)，設(shè)派出人員數(shù)目的均值為E2，則解所以E1=p+2(1-p)q+3(1-p)(1-q)=pq-2p-q+3，同理E2=rq-2r-q+3，則E1-E2=pq-2p-q+3-(rq-2r-q+3)=(p-r)(q-2)，因為0<r<p<q<1，所以E1-E2<0，即E1<E2，所以要使派出人員數(shù)目的均值較小，應(yīng)先派出甲.X123Pp(1-p)q(1-p)(1-q)(3)決賽階段，若只能選出一人參加比賽，當(dāng)E(Y)最大時，決賽階段應(yīng)由哪個選手參加？若甲、乙、丙三人分別參加決賽，決賽階段答對的題目個數(shù)分別為η1，η2，η3，得分分別為Y1，Y2，Y3，則η1~B(3，p)，η2~B(3，q)，η3~B(3，r)，所以E(η1)=3p，E(Y1)=E(3η1)=9p，同理E(Y2)=9q，E(Y3)=9r，因為0<r<p<q<1，所以E(Y2)>E(Y1)>E(Y3)，所以決賽階段應(yīng)由乙選手參加.解考點三正態(tài)分布

例5√√

解析(2)(多選)(2025·豫西模擬)李明每天7：00從家里出發(fā)去學(xué)校，有時坐公交車，有時騎自行車.他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時間，經(jīng)數(shù)據(jù)分析得到：坐公交車平均用時30分鐘，樣本方差為36；騎自行車平均用時34分鐘，樣本方差為4.假設(shè)坐公交車用時X和騎自行車用時Y都服從正態(tài)分布，則A.P(X>32)>P(Y>32)B.P(X≤36)=P(Y≤36)C.李明計劃7：34前到校，應(yīng)選擇坐公交車D.李明計劃7：40前到校，應(yīng)選擇騎自行車√√√由條件可知X~N(30，62)，Y~N(34，22)，根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性可知P(Y>32)>0.5>P(X>32)，故A錯誤；P(X≤36)=P(X≤30+6)，

P(Y≤36)=P(Y≤34+2)，所以P(X≤36)=P(Y≤36)，故B正確；P(X≤34)>0.5=P(Y≤34)，所以P(X≤34)>P(Y≤34)，故C正確；P(X≤40)<P(X≤42)=P(X≤30+2×6)，P(Y≤40)=P(Y≤34+3×2)，所以P(X≤40)<P(Y≤40)，故D正確.解析利用正態(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=μ對稱，及曲線與x軸之間的面積為1，注意下面三個結(jié)論的靈活運用：(1)對任意的a，有P(X<μ-a)=P(X>μ+a).(2)P(X<x0)=1-P(X≥x0).(3)P(a<X<b)=P(X<b)-P(X≤a).規(guī)律方法跟蹤演練3

(2025·湖南名校聯(lián)合體模擬)在一條生產(chǎn)圓鋼的生產(chǎn)線上，出產(chǎn)的成品圓鋼的長度為ξ(單位：m，下同)，且ξ~N(2，0.012).(1)若出產(chǎn)這樣的成品圓鋼10000根，試估計長度在[1.97，2.03]內(nèi)的圓鋼根數(shù)；由已知得μ=2，σ=0.01，所以P(1.97≤ξ≤2.03)=P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997

3，所以長度在[1.97，2.03]內(nèi)的圓鋼根數(shù)約為10

000×0.997

3=9

973.解(2)從這條生產(chǎn)線上