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课时规范练53离散型随机变量的分布列、均值与方差基础巩固组1.一串钥匙有5把，只有一把能打开锁，依次试验，打不开的扔掉，直到找到能开锁的钥匙为止，则试验次数ξ的最大值为()A.5B.2C.3D.42.设随机变量X的分布列如下，则P(|X-2|=1)=()A.712B.12C.512D.163.设随机变量X的分布列如下:则方差DX=()A.0B.1C.2D.34.(2021福建莆田模拟)设离散型随机变量X可能的取值为1，2，3，4，P(X=k)=ak+b，又X的数学期望为EX=3，则a+b=()A.110B.0C.-110D.155.已知随机变量的分布列如表:若EX=1，则DX=()A.0.1B.0.2C.0.4D.0.66.设随机变量ξ的分布列为P(ξ=k5)=ak(k=1，2，3，4，5)，则下列结论错误的是()A.15a=1B.P(0.5<ξ<0.8)=0.2C.P(0.1<ξ<0.5)=0.2D.P(ξ=1)=0.37.已知随机变量ξ的分布列如表，则x=.8.已知X的分布列如表，设Y=2X+1，则Y的数学期望EY的值是.综合提升组9.已知排球发球考试规则:每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到3次结束为止.某考生一次发球成功的概率为p(0<p<1)，发球次数为X，若X的数学期望EX>1.75，则p的取值范围为()A.(0,12) B.(0,712)C.(12,1) D.(712,1)10.袋内有形状、大小完全相同的2个黑球和3个白球，从中不放回地每次任取1个小球，直至取到白球后停止取球，则下列说法正确的是()A.抽取2次后停止取球的概率为35B.停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为310C.取球次数ξ的期望为2D.取球次数ξ的方差为92011.已知随机变量ξ的分布列是随机变量η的分布列是则当p在(0，1)内增大时，下列选项中正确的是()A.Eξ=EηB.Dξ=DηC.Eξ减小D.Dη先增大后减小12.已知随机变量X的分布列为已知a>0，b>0，当DX最大时，EX=.13.(2021天津南开一模)对某种型号的仪器进行质量检测，每台仪器最多可检测3次，一旦发现问题，则停止检测，否则一直检测到3次为止，设该仪器一次检测出现问题的概率为0.2，则检测2次停止的概率为;设检测次数为X，则X的数学期望为.14.已知某盒子中共有6个小球，编号为1号至6号，其中有3个红球、2个黄球和1个绿球，这些球除颜色和编号外完全相同.(1)若从盒中一次随机取出3个球，求取出的3个球中恰有2个颜色相同的概率;(2)若从盒中逐一取球，每次取后立即放回，共取4次，求恰有3次取到黄球的概率;(3)若从盒中逐一取球，每次取后不放回，记取完黄球所需次数为X，求随机变量X的分布列及数学期望EX.创新应用组15.甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下:甲公司，底薪80元，每单送餐员抽成4元;乙公司，无底薪，40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元，超出40单的部分送餐员每单抽成7元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50天的送餐单数，得到如下频数表:甲公司送餐员送餐单数频数表乙公司送餐员送餐单数频数表(1)现从记录甲公司送餐员的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数，求这3天送餐单数都不小于40的概率.(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题:①记乙公司送餐员日工资为X(单位:元)，求X的分布列和数学期望EX;②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日平均工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由.课时规范练53 离散型随机变量的分布列、均值与方差1.D 解析: 由于不能打开的钥匙会扔掉，故扔掉4把打不开的钥匙后，第5把钥匙就是能开锁的钥匙，ξ的最大值为4，故选D .2.C 解析: 由16+14+m+13=1，得m=14，所以P (|X-2|=1)=P (X=1)+P (X=3)=16+14=512.3.B 解析: 由题得，a=1-0.1-0.3-0.4=0.2，则EX=1×0.2+2×0.3+3×0.4=2，E (X 2)=1×0.2+4×0.3+9×0.4=5，DX=E (X 2)-(EX )2=5-4=1，故选B .4.A 解析: 依题意可得X 的分布列为依题意得{a +b +2a +b +3a +b +4a +b =1,(a +b)+2(2a +b)+3(3a +b)+4(4a +b)=3,解得a=110，b=0，故a+b=110. 故选A .5.C 解析: 由分布列的性质，可得0.2+a+b=1，解得a+b=0.8. ①∵EX=1，∴0×0.2+1×a+2×b=1，即a+2b=1， ② 联立①②，解得a=0.6，b=0.2.DX=(0-1)2×0.2+(1-1)2×0.6+(2-1)2×0.2=0.4.故选C .6.D 解析: ∵随机变量ξ的分布列为P (ξ=k5)=ak (k=1，2，3，4，5)，∴P (ξ=15)+P (ξ=25)+P (ξ=35)+P (ξ=45)+P (ξ=1)=a+2a+3a+4a+5a=15a=1，解得a=115，故A 正确; ∴P (0.5<ξ<0.8)=P (ξ=35)=3×115=0.2，故B 正确;∴P (0.1<ξ<0.5)=P (ξ=15)+P (ξ=25)=115+2×115=0.2，故C 正确; ∴P (ξ=1)=5×115=13≠0.3，故D 错误. 故选D .7.12 解析: 由题得，x 2+x+14=1，化简得x+32x-12=0，解得x=12或x=-32，因为0≤x ≤1，所以x=12.8.23 解析: 由题得12+16+a=1，解得a=13. ∴EX=-12+13=-16.∵Y=2X+1，则EY=2EX+1，∴EY=23.9.A 解析: 由题可知P (X=1)=p ，P (X=2)=(1-p )p ，P (X=3)=(1-p )2p+(1-p )3=(1-p )2，则EX=P (X=1)+2P (X=2)+3P (X=3)=p+2(1-p )p+3(1-p )2>1.75，解得p>52或p<12，由p ∈(0，1)，可得p ∈(0,12). 故选A .10.D 解析: 设取球次数为ξ，可知随机变量ξ的可能取值有1，2，3，则P (ξ=1)=35，P (ξ=2)=25×34=310，P (ξ=3)=25×14=110.对于A 选项，抽取2次后停止取球的概率为P (ξ=2)=310，A 选项错误;对于B 选项，停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为P (ξ=1)+P (ξ=2)=35+310=910，B 选项错误;对于C 选项，取球次数ξ的期望为E ξ=1×35+2×310+3×110=32，C 选项错误;对于D 选项，取球次数ξ的方差为D ξ=(1−32)2×35+(2−32)2×310+(3−32)2×110=920，D 选项正确.故选D .11.B 解析: 对于A ，∵η=ξ+2，∴E η=E ξ+2，故A 错误;对于B ， ∵η=ξ+2，∴D ξ=D η，故B 正确;对于C ，∵E ξ=-12+12p ，∴当p 在(0，1)内增大时，E ξ增大，故C 错误;对于D ，∵E η=12+2×1−p 2+3×p2=32+p 2，∴D η=-12−p22×12+12−p22×1−p 2+32−p22×p 2=-14(p-2)2+54，∴当p 在(0，1)内增大时，D η单调递增，故D 错误.故选B .12.54解析: 由题知b=1-3a ，∴EX=2a+2(1-3a )=2-4a ，则DX=(4a-2)2·a+(4a-1)2·2a+(4a )2·(1-3a )=-16a 2+6a. 故当a=316时，DX 最大， 此时EX=54.13.0.16 2.44 解析: 检测2次停止的概率为(1-0.2)×0.2=0.16. 检测次数X 可取1，2，3，P (X=1)=0.2，P (X=2)=0.8×0.2=0.16，P (X=3)=0.8×0.8×0.8+0.8×0.8×0.2=0.64，则EX=1×0.2+2×0.16+3×0.64=2.44.14.解(1)从盒中一次随机取出3个球，记取出的3个球中恰有2个颜色相同为事件A ， 则事件A 包含事件“3个球中有2个红球”和事件“3个球中有2个黄球”， 由古典概型的概率公式和互斥事件的概率加法公式得P (A )=C 32C 31+C 22C 41C 63=1320.故取出的2个球颜色相同的概率为1320.(2)盒中逐一取球，取后立即放回，每次取到黄球的概率为13，记“取4次恰有3次黄球”为事件B ，则P (B )=C 43×(13)3×(1−13)=881.故取4次恰有3次黄球的概率为881.(3)X 的可能取值为2，3，4，5，6， 则P (X=2)=A 22A 62=115， P (X=3)=C 21C 41A 22A 63=215，P (X=4)=C 21C 42A 33A 64=15， P (X=5)=C 21C 43A 44A 65=415，P (X=6)=C 21A 55A 66=13，所以随机变量X 的分布列为所以随机变量X 的数学期望为EX=2×115+3×215+4×15+5×415+6×13=143.15.解(1)记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件M ，则P (M )=C 253C 503=23196.(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a ，当a=38时，X=38×6=228，当a=39时，X=39×6=234，当a=40时，X=40×6=240，当a=41时，X=40×6+1×7=247，当a=42时，X=40×6+2×7=254.所以X的所有可能取值为228，234，240，247，254.故X 的分布列为所以EX=228×110+234×15+240×15+247×25+254×110=241.8.②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为38×0.2+39×0.3+40×0.2+41×0.2+42×0.1=39.7，所以甲公司送餐员的日平均工资为80+4×39.7=238.8元.由①得乙公司送餐员的日平均工资为241.8元.因为238.8<241.8，所以推荐小王去乙公司应聘.。
第九节 离散型随机变量的均值与方差1．离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X 的分布列为P(ξ＝x i )＝p i ，i ＝1，2，…，n(1)均值：称E(X)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量X 的均值或数学期望．(2)方差：称D(X)＝ i ＝1n(x i －E(X))2p i 为随机变量X 的方差，其算术平方根D （X ）为随机变量X 的标准差． 2．均值与方差的性质 (1)E(aX ＋b)＝aE(X)＋b ．(2)D(aX ＋b)＝a 2D(X)(a ，b 为常数)． 3．两点分布与二项分布的均值、方差均值 方差 变量X 听从两点分布E(X)＝p D(X)＝p(1－p) X ～B(n ，p)E(X)＝npD(X)＝np(1－p )1．(质疑夯基)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)期望是算术平均数概念的推广，与概率无关．( ) (2)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量．( )(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小．( )(4)在篮球竞赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，假如某运动员罚球命中的概率为0.7，那么他罚球1次的得分X 的均值是0.7.( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×2．已知X 的分布列为( )X－1 0 1 P121316设Y ＝2X ＋3，则E(Y)的值为( ) A.73B ．4C ．－1D ．1 解析：E(X)＝－12＋16＝－13，E(Y)＝E(2X ＋3)＝2E(X)＋3＝－23＋3＝73.答案：A3．已知某一随机变量X 的分布列如下，且E(X)＝6.3，则a 的值为( )X 4 a 9 P0.50.1bA.5 B ．6 C ．7 D ．8解析：由分布列性质知：0.5＋0.1＋b ＝1，∴b ＝0.4. ∴E(X)＝4×0.5＋a·0.1＋9×0.4＝6.3.∴a ＝7. 答案：C4．(2021·广东卷)已知随机变量X 听从二项分布B(n ，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p ＝________．解析：由于XB(n ，p)，且E(X)＝30，D(X)＝20，所以⎩⎨⎧np ＝30，np （1－p ）＝20.解之得p ＝13.答案：135．(2022·河北唐山调研)某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为社区志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝________(结果用最简分数表示)．解析：随机变量ξ只能取0，1，2三个数，由于P(ξ＝0)＝C 25C 27＝1021，P (ξ＝1)＝C 15C 12C 27＝1021，P (ξ＝2)＝C 22C 27＝121.故E(ξ)＝1×1021＋2×121＝47.答案：47三条性质1．E(ax ＋b)＝aE(x)＋b ，D(ax ＋b)＝a 2D(x)(a ，b 为常数)． 2．若X 听从两点分布，则E(X)＝p ，D(X)＝p(1－p)．3．若X 听从二项分布，即X ～B(n ，p)，则E(X)＝np ，D(X)＝np(1－p)．三种方法1．已知随机变量的分布列求它的均值、方差，按定义求解．2．已知随机变量ξ的均值、方差，求ξ的线性函数η＝aξ＋b 的均值、方差，可直接用ξ的均值、方差的性质求解．3．假如所给随机变量是听从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，利用它们的均值、方差公式求解．A 级 基础巩固 一、选择题1．(2022·茂名其次次模拟)若离散型随机变量X 的分布列为( )X 0 1 Pa2a 22则X 的数学期望E(X)＝( ) A ．2 B ．2或12C.12D ．1 解析：由分布列的性质，a 2＋a 22＝1，∴a ＝1.故E(X)＝12×0＋12×1＝12.答案：C2．(2022·陕西卷)设样本数据x 1，x 2，…，x 10的均值和方差分别为1和4，若y 1＝x i ＋a(a 为非零常数，i ＝1，2，…，10)，则y 1，y 2，…，y 10的均值和方差分别为( )A ．1＋a ，4B ．1＋a ，4＋aC ．1，4D ．1，4＋a解析：∴E(y)＝E(X)＋a ＝1＋a ，D(y)＝D(x)＝4. 答案：A3．已知随机变量X 听从二项分布，且E(X)＝2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n ，p 的值为( )A ．n ＝4，p ＝0.6B ．n ＝6，p ＝0.4C ．n ＝8，p ＝0.3D ．n ＝24，p ＝0.1解析：由二项分布X ～B(n ，p)及E(X)＝np ，D(X)＝np·(1－p)得2.4＝np ，且1.44＝np(1－p)，解之得n ＝6，p ＝0.4.答案：B4．罐中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续摸取4次，设X 为取得红球的次数，则X 的方差D(X)的值为( )A.125B.2425 C.85 D.265解析：由于是有放回地摸球，所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为35，连续摸4次(做4次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，35， ∴D(X)＝4×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝2425答案：B5．口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则X 的数学期望E(X)的值是( )A ．4B ．4.5C ．4.75D ．5解析：由题意知，X 可以取3，4，5，P(X ＝3)＝1C 35＝110，P(X ＝4)＝C 23C 35＝310，P(X ＝5)＝C 24C 35＝610＝35，所以E(X)＝3×110＋4×310＋5×35＝4.5. 答案：B二、填空题6．已知X 的分布列为设Y ＝2X ＋1，则Y 的数学期望E(Y)的值是________． 解析：由分布列的性质，a ＝1－12－16＝13，∴E(X)＝－1×12＋0×16＋1×13＝－16，因此E(Y)＝E(2X ＋1)＝2E(X)＋1＝23.答案：237．(2022·青岛模拟)设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的数学期望E(X)＝2，则P(X ＝2)等于________．解析：由X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫n ，13，E(X)＝2，得 np ＝13n ＝2，∴n ＝6，则P(X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝⎛⎭⎪⎫1－134＝80243. 答案：80243.8．(2022·浙江卷)随机变量ξ的取值为0，1，2.若P(ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D(ξ)＝________．解析：设P(ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ，则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以D(ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.答案：25三、解答题9．依据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)X 表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数，求X 的数学期望．解：(1)设“购买甲种保险”为大事A ，“购买乙种保险”为大事B ，“该地车主至少购买甲、乙两种保险中的一种”为大事C.由已知条件P(A)＝0.5，P(BA)＝0.3， 又C ＝A ＋BA ，且A 与BA 互斥， ∴P(C)＝P(A)＋P(BA)＝0.5＋0.3＝0.8.因此该地车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为0.8. (2)设“该地车主甲、乙两种保险均不购买”为大事D ，则D ＝C ， ∴P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2， 由于X ～B(100，0，2)，所以X 的数学期望E(X)＝100×0.2＝20.10．一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数是2，2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X 的分布列与数学期望． (注：若三个数a ，b ，c 满足a ≤b ≤c ，则称b 为这三个数的中位数) 解：(1)设“所取3张卡片上的数字完全相同”为大事A. 则大事A 发生时，则3张卡片的数字均是2或均是1.由古典概型，P(A)＝C 34＋C 33C 39＝584.(2)随机变量X 的全部可能取值为1，2，3，则P(X ＝1)＝C 24C 15＋C 34C 39＝1742，P(X ＝3)＝C 17C 22C 39＝112， P(X ＝2)＝C 13C 14C 12＋C 23C 16＋C 33C 39＝4384，或P(X ＝2)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝3)＝1－1742－112＝4384.故X 的分布列为从而E(X)＝1×1742＋2×4384＋3×112＝4728. B 级 力量提升1．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X ，已知E(X)＝3，则D(X)＝( )A.85B.65C.45D.25解析：由题意，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5，3m ＋3. 又E(X)＝5×3m ＋3＝3，∴m ＝2.则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，35，故D(X)＝5×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝65.答案：B2．(2022·青岛调研)某项玩耍活动的嘉奖分成一、二、三等奖且相应获奖概率是以a 1为首项，公比为2的等比数列，相应资金是以700元为首项，公差为－140元的等差数列，则参与该玩耍获得资金的数学期望为________元．解析：由概率分布性质a 1＋2a 1＋4a 1＝1， ∴a 1＝17，从而2a 1＝27，4a 1＝47.因此获得资金ξ的分布列为∴E (ξ)＝700×17＋560×27＋420×47＝500(元)．答案：5003．(2022·郑州质检)某学校为了丰富同学的业余生活，以班级为单位组织同学开展古诗词背诵竞赛，随机抽取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，只有“正确”和“错误”两种结果，其中某班级的背诵正确的概率为p ＝23，背诵错误的概率为q ＝13，现记“该班级完成n 首背诵后总得分为S n ”．(1)求S 6＝20且S i ≥0(i ＝1，2，3)的概率； (2)记ξ＝|S 5|，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)当S 6＝20时，即背诵6首后，正确4首，错误2首．若第一首和其次首正确，则其余4首可任意背诵对2首．第一首正确，其次首背诵错误，则第三首背诵正确，其余3首可任意背诵对2首．故所求的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋23·13×23·C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝1681.(2)由于ξ＝|S 5|的取值为10，30，50. 所以P(ξ＝10)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝4081；P (ξ＝30)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫234⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫231⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝3081；P (ξ＝50)＝C 55⎝⎛⎭⎪⎫235＋C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1181.所以ξ的分布列为所以E(ξ)＝10×4081＋30×3081＋50×1181＝1 85081.概率与统计中的高考热点题型1．概率与统计是高考中相对独立的一个内容，处理问题的方式、方法体现了较高的思维含量．该类问题以应用题为载体，留意考查同学的应用意识及阅读理解力量、分类争辩与化归转化力量．2．概率问题的核心是概率计算．其中大事的互斥、对立、独立是概率计算的核心，排列组合是进行概率计算的工具，统计问题的核心是样本数据的获得及分析方法，重点是频率分布直方图、茎叶图和样本的数字特征，但近两年全国课标卷突出回归分析的考查．3．离散型随机变量的分布列及其期望的考查是历年高考的重点，难度多为中低档类题目，特殊是与统计内容渗透，背景新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．热点1统计与统计案例以实际生活中的事例为背景，通过对相关数据的统计分析、抽象概括，作出估量，推断．常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、概率等学问交汇考查，考查同学数据处理力量．某同学对其亲属30人的饮食习惯进行了一次调查，并用茎叶图表示30人的饮食指数．(说明：图中饮食指数低于70的人．饮食以蔬菜为主；饮食指数高于70的人，饮食为肉类为主．)(1)依据茎叶图，挂念这位同学说明其亲属30人的饮食习惯；(2)依据以上数据完成下列2×2的列联表：主食蔬菜主食肉类总计50岁以下50岁以上总计(3)在犯错误的概率不超过1%的前提下，你能否认为其亲属的饮食习惯与年龄有关，并说明理由．附：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）P(K 2≥k 0) 0.250.150.100.05 0.025 0.010 0.0050.001k 01.3232.072 2.7063.841 5.024 6.635 7.87910.828解：(1)由茎叶图知，50岁以下的12人中饮食指数低于70的有4人，饮食指数高于70的有8人．50岁以上的18人中，饮食指数低于70的有16人，高于70的只有2人． 在其30位亲属中，50岁以上的人多以食蔬菜为主，50岁以下的人多以食肉为主．(2)列2×2的列联表如下：主食蔬菜主食肉类总计50岁以下481250岁以上 16 2 18 合计201030(3)由(2)知，由于K 2＝30×（8－128）212×18×20×10＝10>6.635.又P(K 2≥6.635)＝0.010.∴在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为其亲属的饮食习惯与年龄有关．1．将茎叶图与独立性检验交汇，背景新颖，求解的关键是理解茎叶图供应的数据特征．2．(1)本题求解中常见的错误：①不理解茎叶图反映的数据信息；②对独立性检验思想理解不深刻，作出错误判定．(2)要留意进行独立性检验时，首先提出的假设是两者无关，所以下结论应留意，避开错下结论．【变式训练】 柴静《穹顶之下》的播出，让大家对雾霾天气的危害有了更进一步的生疏，对于雾霾天气的争辩也渐渐活跃起来，某争辩机构对春节燃放烟花爆竹的天数x 与雾霾天数y 进行统计分析，得出下表数据：x4 5 7 8 y2356(1)请画出上表数据的散点图；(2)请依据上表供应的数据，用最小二乘法求出y 关于x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^；(3)试依据(2)求出的线性回归方程，猜测燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数．故线性回归方程为y^＝b^x＋a^＝x－2.(3)由回归直线方程可以猜测，燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数为7.热点2常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立大事与互斥大事的概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立大事，互斥大事常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，精确判定概率模型，恰当选择概率公式．现有4个人去参与某消遣活动，该活动有甲、乙两个玩耍可供参与者选择．为增加趣味性，商定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子打算自己去参与哪个玩耍，掷出点数为1或2的人去参与甲玩耍，掷出点数大于2的人去参与乙玩耍．(1)求这4个人中恰有2人去参与甲玩耍的概率；(2)求这4个人中去参与甲玩耍的人数大于去参与乙玩耍的人数的概率；(3)用X，Y分别表示这4个人中去参与甲、乙玩耍的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．解：依题意，这4个人中，每个人去参与甲玩耍的概率为13，去参与乙玩耍的概率为23.设“这4个人中恰有i人去参与甲玩耍”为大事A i(i＝0，1，2，3，4)．则P(A i)＝C i4⎝⎛⎭⎪⎫13i⎝⎛⎭⎪⎫234－i.(1)这4个人中恰有2人去参与甲玩耍的概率P(A2)＝C24⎝⎛⎭⎪⎫132⎝⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参与甲玩耍的人数大于去参与乙玩耍的人数”为大事B，则B＝A3＋A4，且A3与A4互斥，∴P(B)＝P(A3＋A4)＝P(A3)＋P(A4)＝C34⎝⎛⎭⎪⎫133·23＋C44⎝⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的全部可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥． 则P(ξ＝0)＝P(A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P(A 1＋A 3)＝P(A 1)＋P(A 3)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081，P (ξ＝4)＝P(A 0＋A 4)＝P(A 0)＋P(A 4)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781. 所以ξ的分布列是ξ 0 2 4 P827408117811．本题4个人中参与甲玩耍的人数听从二项分布，由独立重复试验，4人中恰有i 人参与甲玩耍的概率P ＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键．2．解题中常见的错误是不能分清大事间的关系，选错概率模型，特殊是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的大事转化为相应的互斥大事A i 的概率和．【变式训练】 (2021·北京卷节选)A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10，11，12，13，14，15，16；B 组：12，13，15，16，17，14，a.假设全部病人的康复时间相互独立．从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)假如a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率． 解：设大事A i 为“甲是A 组的第i 个人”， 大事B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1，2，…，7. 由题意可知P(A i )＝P(B i )＝17，i ＝1，2， (7)(1)由题意知，大事“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”记为大事A ，且A ＝A 5∪A 6∪A 7.由互斥大事的概率公式，则 P(A)＝P(A 5)＋P(A 6)＋P(A 7)＝37.(2)设大事C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6，因此P(C)＝P(A 4B 1)＋P(A 5B 1)＋P(A 6B 1)＋P(A 7B 1)＋P(A 5B 2)＋P(A 6B 2)＋P(A 7B 2)＋P(A 7B 3)＋P(A 6B 6)＋P(A 7B 6)＝10P(A 4B 1)＝10P(A 4)P(B 1)＝1049.热点3 离散型随机变量的分布列、均值与方差(满分现场)离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题，属于中档题．复习中应强化应用题目的理解与把握，弄清随机变量的全部取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概型的确定与转化是解题的基础，精确 计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练．(经典母题)(本小题满分12分)(2022·河北各校联考)甲乙两人进行围棋竞赛，商定先连胜两局者直接赢得竞赛，若赛完5局仍未消灭连胜，则判定获胜局数多者赢得竞赛，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局竞赛结果相互独立．(1)求甲在4局以内(含4局)赢得竞赛的概率；(2)记X 为竞赛决出胜败时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望)． 规范解答：用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得竞赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，P(A k )＝23，P(B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A 1A 2)＋P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. 5分 (2)X 的可能取值为2，3，4，5，6分 P(X ＝2)＝P(A 1A 2)＋P(B 1B 2) ＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(B 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝59， 7分P(X ＝3)＝P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2B 3) ＝P(B 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(B 2)P(B 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29， 8分P(X ＝4)＝P(A 1B 2A 3A 4)＋P(B 1A 2B 3B 4)＝P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＋P(B 1)P(A 2)P(B 3)P(B 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1081， 10分P(X ＝5)＝1－P(X ＝2)－P(X ＝3)－P(X ＝4)＝881.故X 的分布列为X 2 3 4 5 P59291081881 11分E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝2248112分【满分规章】 规章1 得步骤分：是得分点的步骤，有则给分，无则没分，步步为“赢”，求得满分如第(1)问，引进字母表示大事，或用文字斜述正确，得2分；把大事拆分成A ＝A 1A 2＋B 1A 2A 3＋A 1B 2A 3A 4，就得2分，计算概率值正确，得1分．第(2)问求出X 的四个值的概率，每对一个得1分；列出随机变量X 的分布列得1分．规章2 得关键分：解题过程的关键点，有则给分，无则没分如第(1)问，写出大事“甲在4局以内(含4局)赢得竞赛”分解为“甲在第1，2局连胜”“甲在第1局输，第2，3局连胜”“甲在第1局胜，第2局输，第3，4局连胜”，正确得2分．第(2)问，求四个概率时，结果错误，即使计算过程有步骤也不得分．规章3得计算分：解题过程中计算精确，是得满分的根本保证如第(1)问、第(2)问中概率值的计算要正确，否则不得分，分布列中计算四个概率的和是否为1，若和不为1，就有概率值消灭错误了不得分．【构建模板】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的全部可能值．其次步：求第一个可能值所对应的概率．第三步：列出离散型随机变量的分布列．第四步：求均值和方差．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．(1)求解的关键在于理解“甲在4局以内”赢得竞赛的含义，进而将大事转化为“三个互斥大事”的概率和．(2)第(2)问中利用对立大事求P(X＝5)的概率，简化了求解过程．2．求解离散型随机变量的分布列与期望，关键要过好“三关”：一是“推断关”，即依题意推断随机变量的全部可能的取值；二是“求概率关”，即利用两个计数原理、排列与组合内容，以及古典概率的概率公式求随机变量取各个值时的概率；三是“应用定义关”，即列出随机变量的分布列，并利用随机变量的数学期望的定义进行计算．【变式训练】某网站用“10分制”调查一社区人们的治安满足度．现从调查人群中随机抽取16名，以下茎叶图记录了他们的治安满足度分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)．(1)若治安满足度不低于9.5分，则称该人的治安满足度为“极平安”．求从这16人中随机选取3人，至多有1人是“极平安”的概率；(2)以这16人的样本数据来估量整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)中任选3人，记X表示抽到“极平安”的人数，求X的分布列、数学期望与方差．解：(1)设A i表示所取3人中有i个人是“极平安”，至多有1人是“极平安”记为大事A，则A＝A0＋A1，且i＝0，1，2，3.所以P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝C312C316＋C212C14C316＝121140.(2)由茎叶图可知，16人中任取1人是“极平安”的概率P＝416＝14，依题意，X～B(3，14)，则P(x＝k)＝Ck3(14)k(34)3－k，k＝0，1，2，3.所以P(X＝0)＝(34)3＝2764，P(X＝1)＝C13·14·(34)2＝2764，P(X＝2)＝C23·(14)2×34＝964，P(X＝3)＝(14)3＝164.X的分布列为：X 0 1 2 3 P27642764964164E(X)＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.或E(X)＝np ＝34.D(X)＝np(1－p)＝3×14×(1－14)＝916.热点4 概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点．主要依托点是统计图表，正确生疏和使用这些图表是解决问题的关键，复习时要在这些图表上下功夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上把握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算．2021年10月18日至27日，第一届全国青年运动会在福州进行，某服务部需从高校生中招收志愿者，被招收的志愿者需参与笔试和面试，把参与笔试的40名高校生的成果分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成果在第3，4，5组的人数；(2)现打算在笔试成果较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试． ①已知甲和乙的成果均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名同学中随机抽取2名同学接受考官D 的面试，设第4组中有X名同学被考官D 面试，求X 的分布列和数学期望．解：(1)由频率分布直方图知，第3组的人数为5×0.06×40＝12. 第4组的人数为5×0.04×40＝8. 第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组、第4组、第5组中分别抽取3人，2人，1人． ①设“甲或乙进入其次轮面试”为大事A ，则 P(A)＝1－C 310C 312＝511，所以甲或乙进入其次轮面试的概率为511.②X 的全部可能取值为0，1，2，P(X ＝0)＝C 24C 26＝25，P(X ＝1)＝C 12C 14C 26＝815，P(X ＝2)＝C 22C 26＝115.所以X 的分布列为X 0 1 2 P25815115E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.本题将传统的频率分布直方图背景赐予新生的数学期望，立意新颖、构思奇妙．求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题X 听从超几何分布，利用其概率公式代入计算．【变式训练】 (2022·郑州质检)某市训练局为了了解高三同学体育达标状况，对全市高三同学进行了体能测试，经分析，全市同学体能测试成果X 听从正态分布N(80，σ2)(满分为100分)，已知P(X<75)＝0.3，P(X ≥95)＝0.1，现从该市高三同学中随机抽取三位同学．(1)求抽到的三位同学该次体能测试成果在区间[80，85)，[85，95)，[95，100]各有一位同学的概率；(2)记抽到的三位同学该次体能测试成果在区间[75，85]的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望．解：(1)由X ～N(80，σ2)，知P(x ≤80)＝12.又P(x<75)＝0.3，P(X ≥95)＝0.1，则P(80≤x<85)＝P(75≤x ≤80)＝P(x ≤80)－P(x<75)＝0.2. P(85≤x<95)＝P(x>85)－P(x ≥95)＝P(x<75)－P(x ≥95)＝0.2. 故所求大事的概率P ＝0.2×0.2×0.1·A 33＝0.024. (2)P(75≤X ≤85)＝1－2P(X<75)＝0.4， 所以ξ听从二项分布B(3，0.4)， P (ξ＝0)＝0.63＝0.216，P (ξ＝1)＝C 13·0.4×0.62＝0.432， P (ξ＝2)＝C 23·0.42×0.6＝0.288，P (ξ＝3)＝0.43＝0.064， 所以随机变量ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P0.2160.4320.2880.064E(ξ)＝3×0.4＝1.2.1．(2022·佛山质检)贵广高速铁路从贵阳北终至广州南站．其中广东省内有怀集站、广宁站、肇庆东站、三水南站、佛山西站、广州南站共6个站．记者对广东省内的6个车站随机抽取3个进行车站服务满足度调查．(1)求抽取的车站中含有佛山市内车站(包括三水南站和佛山西站)的概率；(2)设抽取的车站中含有肇庆市内车站(包括怀集站、广宁站、肇庆东站)个数为X ，求X 的分布列及其均值．解：(1)设“抽取的车站中含有佛山市内车站”为大事A ，则P(A)＝C 22C 14＋C 12C 24C 36＝45. (2)X 的可能取值为0，1，2，3.P(X ＝0)＝C 03C 33C 36＝120，P(X ＝1)＝C 13C 23C 36＝920，P(X ＝2)＝C 23C 13C 36＝920，P(X ＝3)＝C 33C 03C 36＝120，所以X 的分布列为X 的数学期望E(X)＝0×120＋1×920＋2×920＋3×120＝32.2．(2021·陕西卷)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：(1)求T 的分布列与数学期望E(T)；(2)刘教授驾车从老校区动身，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后马上返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．解：(1)由统计结果可得T 的频率分布为以频率估量概率得T 的分布列为从而E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．(2)设T 1，T 2分别表示往、返所需时间，T 1，T 2的取值相互独立，且与T 的分布列相同．设大事A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以大事A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．法一 P(A)＝P(T 1＋T 2≤70)＝P(T 1＝25，T 2≤45)＋P(T 1＝30，T 2≤40)＋P(T 1＝35，T 2≤35)＋P(T 1＝40，T 2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91. 法二 P(A －)＝P(T 1＋T 2>70)＝P(T 1＝35，T 2＝40)＋P(T 1＝40，T 2＝35)＋P(T 1＝40，T 2＝40) ＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09. 故P(A)＝1－P(A －)＝0.91.3．某高校校庆，各届校友纷至沓来，某班共来了n 位校友(n>8且n ∈N *)，其中女校友6位，组委会对这n 位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”．(1)若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于12，求n 的最大值；(2)当n ＝12时，设选出的2位校友代表中女校友人数为ξ，求ξ的分布列． 解：设选出2人为“最佳组合”记为大事A ，则大事A 发生的概率P(A)＝C 1n －6C 16C 2n ＝12（n －6）n （n －1）.依题意12（n －6）n （n －1）≥12，化简得n 2－25n ＋144≤0，∴9≤n ≤16，故n 的最大值为16.(2)由题意，ξ的可能取值为0，1，2，且ξ听从超几何分布，则P(ξ＝k)＝C k 6C 2－k 6C 212(k ＝0，1，2)，∴P (ξ＝0)＝P(ξ＝2)＝C 06C 26C 212＝522，P (ξ＝1)＝C 16C 16C 212＝611.ξ 0 1 2 P522611522∴E (ξ)＝0×522＋1×611＋2×522＝1.4．(2022·石家庄模拟)4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列读书训练活动．为了解本校同学课外阅读状况，学校随机抽取了100名同学对其课外阅读时间进行调查．下面是依据调查结果绘制的同学日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图．若将日均课外阅读时间不低于60分钟的同学称为“读书迷”，低于60分钟的同学称为“非读书迷”．(1)依据已知条件完成下面2×2列联表，并据此推断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？非读书迷读书迷 总计 男 15 女 45 总计(2)将频率视为概率．现在从该校大量同学中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列，期望E(X)和方差D(X)．附：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），n ＝a ＋b ＋c ＋d.P(K 2≥k 0) 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001k 02.7063.841 5.024 6.63510.828解：(1)完成2×2列联表如下：非读书迷 读书迷 总计 男 40 15 55 女 20 25 45 总计6040100K 2＝100×（40×25－15×20）260×40×55×45≈8.249>6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关．(2)将频率视为概率．则从该校同学中任意抽取1名同学恰为“读书迷”的概率p ＝25.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P(X ＝i)＝C i 3(25)i (35)3－i (i ＝0，1，2，3)．X 的分布列为X 0 1 2 3 P2712554125361258125均值E(X)＝np ＝3×25＝65.方差D(X)＝np(1－p)＝3×25×(1－25)＝1825.5．(2022·课标全国Ⅰ卷)某公司方案购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，假如备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X 表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n 表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X 的分布列；(2)若要求P (X ≤n )≥0.5，确定n 的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n ＝19与n ＝20之中选其一，应选用哪个？解：(1)由柱状图及以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2.从而P (X ＝16)＝0.2×0.2＝0.04； P (X ＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P (X ＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24； P (X ＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24； P (X ＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2； P (X ＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08； P (X ＝22)＝0.2×0.2＝0.04. 所以X 的分布列为X16171819202122P 0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040；当n＝20时，E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.6．为备战2022年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练．现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成果中随机抽取8次，记录如下：甲：8.3，9.0，7.9，7.8，9.4，8.9，8.4，8.3乙：9.2，9.5，8.0，7.5，8.2，8.1，9.0，8.5.(1)画出甲、乙两位选手成果的茎叶图；(2)现要从中选派一人参与奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参与合理？简洁说明理由；(3)若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次竞赛成果进行猜测，记这三次成果中不低于8.5分的次数为X，求X的分布列及均值E(X)、方差D(X)．解：(1)甲、乙两位选手成果的茎叶图如图：(2)由于x－甲＝x－乙＝8.5，又s2甲＝0.27，s2乙＝0.405，得s2甲<s2乙，所以选派甲合适．(3)依题意得，乙不低于8.5分的频率为12，X的可能取值为0，1，2，3.则X～B⎝⎛⎭⎪⎫3，12，∴P(X＝k)＝C k3⎝⎛⎭⎪⎫12k⎝⎛⎭⎪⎫1－123－k＝C k3⎝⎛⎭⎪⎫123，k＝0，1，2，3.所以X的分布列为X 0 1 2 3P18383818∴E(X)＝np＝3×12＝32，D(X)＝np(1－p)＝3×12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12＝34.。
第8节离散型随机变量的均值与方差最新考纲了解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念口归敦材，夯实:基础IS础诊断知识梳理i. 离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为(1)均值称E (X)= X]p]+ X?02+…+ X]p i+…+ X n P n为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平.(2)方差n称D (X)=£_(x i — E (X)) 2p丄为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与i = 1其均值E (X)的平均偏离程度，其算术平方根 D (X)为随机变量X的标准差.2. 均值与方差的性质(1) E (aX+ b)= aE (X)+ b.(2) D (aX+ b)= a2D (X) (a, b 为常数).3. 两点分布与二项分布的均值、方差(1)若X服从两点分布，则E (X)= p, D (X)= p (1 —p).(2)若X〜B (n, p)，则 E (X)= np，D (X)= np (1 —p).[常用结论与微点提醒]1. 已知随机变量X的均值、方差，求X的线性函数丫= aX+ b的均值、方差和标准差，可用均值、方差的性质求解；2. 如能分析所给随机变量服从常用的分布(如二项分布)，可直接利用它们的均值、方差公式求解.诊断自测1•思考辨析（在括号内打“/或“ X”） （1） 期望值就是算术平均数，与概率无关•（）（2）随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量 .（）（3） 随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度， 方差 或标准差越小，则偏离变量平均程度越小.（）（4） 均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事 （ ） 解析均值即期望值刻画了离散型随机变量取值的平均水平，而方差刻画了离散 型随机变量的取值偏离期望值的平均程度，因此它们不是一回事，故（1）（4）均 不正确.答案（1）X （2）V2. （选修2-3P68T1改编）设丫二2X + 3,则E (丫)的值为( )A.3B.4C.-1D.111 1 解析 E (x )= — 2+ g =-3，（3）V（4）X4. (2017全国U 卷)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件, 有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则 D (X )= _____________ 解析 有放回地抽取，是一个二项分布模型，则 X 〜B (100，0.02)，所以 D (X )= np (1 — p )= 100X 0.02X 0.98=1.96.答案 1.96则a= _________ ，数学期望E (X )= _____________49 25 9 1 65E (X )=1X 84+ 2X 84+ 3X 84+ 4X 84=42. 答案25 65答案 84 42 6. (2018湖州调研)甲、乙两人被随机分配到 A ，B ，C 三个不同的岗位(一个人只能去一个工作岗位).记分配到A 岗位的人数为随机变量X ,则随机变量X 的数 学期望E (X )= _____________ ，方差D (X )= _____________ .0 OA解析 由题意可得X 的可能取值有0，1, 2，P (X = 0)= 亍 =9 P (X = 1)3X 3 9C 2X 2 4 11^44 12 =3X 3 = 9,P (X= 2) = 3X 3=9，则数学期望 E (X )= 0X 9+ 1X9+ 2X 9= 3,已知随机变量X 的分布列如下: 5. (2018金华十校联考)解析 由分布列的性质可得:49 9 1 84+ a + 84+ 84= 1,解得a = 2584.考克突破分类讲竦，以例求试考点一 一般分布列的均值与方差方差D (X )224=0—3 X 9+21-3X 4+ 2-22 43 X9=9.【例3】(3)(2038浙江三市联考)已知某口袋中有3个白球和a 个黑球(a € N ), 现从中随机取出一球，再放回一个不同颜色的球(即若取出的是白球，则放回一 个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球)，记换好球后袋中白球的个数是 E若 E (— 3,则 D (5 = ( )3 3 A.|B.3C.|D.2(2) (2038浙江五校联考)从装有大小相同的3个红球和6个白球的袋子中，不 放回地每摸出2个球为一次试验，直到摸出的球中有红球时试验结束，则第一次 试验恰摸到一个红球和一个白球的概率是 ___________________ ;若记试验次数为X ，则X 的 数学期望E (X )= ___________ .3a解析(3)由题意，知 5= 2 或 4，P ( 5= 2)=， P ( 5= 4)= ，则 E a + 3 a + 3 3 a (5 = 2X ------- + 4X ------ = 3,解得 a = 3，a + 3a + 33 3 22••• P ( 5= 2)= P ( = 4)= 2,则 D (5 = $ (2-3) 2+(4-3) 2] = 3. c !c 3 3(2)第一次试验恰摸到一个红球和一个白球的概率是p=-c£=2；若记试验次数为X ,则X = 3, 2, 3, 4,于是c l c 4 C 2C 3+ C 2 93P ( x =3)= C 9C 4—^1 二 84二 l8，P(X = 4) = C l C 4 C |=需,则 X 的数学期望 E(X ) = 3 X -32+ I X 84+ 3x 18+ 4X 84 65 =4I .答案(3) B (I ) 3 45P (X = 3)c 3c 3 + c i 7 —c —=32,P (X = 2)2629c 「c25一规律方法(3)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能(2) (2018温州九校联考)将四位同学等可能地分到甲、乙、丙三个班级，则甲 班级至少有一位同学的概率是 _________________ ，用随机变量a 表示分到丙班级 的人数，则E ( a = _____________ .1 1 1 解析 (1)由已知，得1+3+ p = 1,所以p =6, 且 E (X ) — 2X 1+ O X 1+ 1X 1一 6, ••• E (Y )= E (2X + 3)= 2E (X ) + 3 = 2X 1 + 1 + C 4 + C 4 + C 4 16 =81,所以甲班级至少有一位同学的概率为1-81=H •随机变量a 的可能取值为【例2】(1)已知随机变量X 服从二项分布B (n , p ),若E (X )= 30, D (X ) =20」p = (2)(一题多解)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时, 就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是 _____________ 解析 (1)依题意可得 E (X )= np = 30,且 D (X )= np (1 — p )= 20,解得 p4- 3 --3+(2 )甲班级没有分到同学的概率为0, 1, 2, 3, 4,则 P (E=0)=話 P ( E= 1)=C 4 ( 1 + 1 + C 3+ C 3)32= P 81’ P(V 2)=C 2 (1 + 1+ 2)3 24 C 4X 2 8 21, P (= 3)= 丁=81, P (片4)24 8 1 4 +2X 81+3X 81+4X 81=3. 答案(1) 1 3(2) 8? 4考点二与二项分布有关的均值、方差=扛81,于是E (a =0X 暮+1X 32值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算则 p = ________ ;若 Y = 2X + 3,贝U E (Y )= __________ .1=3.1 3(2)法一由题意可知每次试验不成功的概率为4,成功的概率为4,在2次试验中成功次数X的可能取值为0，1, 2,则1 1 1 3 3P (X=o)= 16, P(x= 1)= C2X4X4二8,29P(X= 1 2 = 4 =所以在2次试验中成功次数X的分布列为则在2次试验中成功次数X的均值为1 3 9 3E (X)二o x 16+ 1X8+2X—=^.3法二此试验满足二项分布，其中p= 4,所以在2次试验中成功次数X的均值为3 3E (X)= np= 2X4 = 21 3答案(1) 3 (2) 3规律方法二项分布的期望与方差(1)如果E〜B (n, p),则用公式E (B = np；D ( $ = np (1 —p)求解，可大大减少计算量.(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用 E (a& b)= aE ( $ + b以及E ( $ = np求出 E (a& b),同样还可求出D (a& b).【训练2】(1)有10道数学单项选择题，每题选对得4分，不选或选错得0分.1已知某考生能正确答对其中的7道题，余下的3道题每题能正确答对的概率为-.假设每题答对与否相互独立，记E为该考生答对的题数，n为该考生的得分，则P (E= 9)= ________ , E ( n) = _________ .(2) (2018杭州学军中学模拟)商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖•每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出1个球.在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖，则顾客抽奖1次能获奖的概率是 __________ ;若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,贝U E (X)= ____________ .2解析(1) P ( 9)= C3x 1 x 1 —£= |.由题意可得：E 7，8，9，10，n= 4g 且(E—7)〜B$, 3 4j.3P ( &7)= C3x 1—3 二27，2P ( &8)= C1X3X 1—3 二9，22 Q 2 2P ( E9)= C3X 3 x3二9，31、 1P( 10)= c3x 3 = 27.••• E的分布列为：8 4 2 1E ( 0 = 7X27+ 8X9+ 9X9+ 10X27 = 8.E (n) = E (4 0 = 4E (0 = 32.2 3(2 )由题得，在甲箱中抽中红球、白球的概率分别为5，5,在乙箱中抽中红球、3 7 2 1 13 1 3 13白球的概率分别为2 2.抽奖一次不获奖的概率为£x?=10，所以其(对立事件)获奖的概率为1-10二缶.因为每次获得一等奖的概率为2x 1 = 1, 3次抽奖相互独、” 1 3立，故 E (X)= np= 3x5= 5.2 7 3答案(1)9 32 (2)和 5I课乍业另层训练，提升能右基础巩固题组一、选择题1.已知离散型随机变量X的概率分布列为则其方差D (X) = ( )A.1B.0.6C.2.44D.2.4解析由0.5+ m+ 0.2= 1 得m= 0.3,二 E (X)= 1 x 0.5+ 3X 0.3+ 5X 0.2= 2.4,2 2 2••• D (X) = ( 1-2.4) X 0.5+( 3-2.4) X 0.3+( 5-2.4) X 0.2= 2.44.答案C2. (2018稽阳联谊学校联考)随机变量E的分布列如下，且满足E ( $ = 2,则E (a + b)的值为( )A.0B.1C.2D.无法确定，与a, b有关解析E ( $) = 2,贝U a + 2b+ 3c= 2,又a+ b+ c= 1,由两式可得a= c, 2a + b=1,二 E (a $+ b)= aE ( $ + b = 2a + b= 1.答案B2 13. (2018绍兴检测)设X是离散型随机变量，P (X= X1)=彳P (X= X2) = 3,4 2且X1V X2，若 E (X)= 3, D (X)= 9，则X1 + X2=( )2 1 43x1 + 3x2=3,由已知得12( 4、2 1( 4、2 23x1 3 + 3x2 3 _9,答案 D4•已知随机变量X + n= 8,若X 〜B (10, 0.6),则E ( n, D ( n 分别是( )A.6, 2.4 C.2, 5.6解析 由已知随机变量X + n= 8,所以有n= 8— X. 因此，求得 E ( n) = 8— E (X )= 8— 10X 0.6 = 2, D ( n) = (— 1) 2D (X )= 10X 0.6X 0.4= 2.4. 答案 B5. 某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了 1 000粒，对于没有发芽的种子， 每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ,则X 的数学期望为( )A.100B.200C.300D.400解析 设没有发芽的种子有E 粒，则 〜B (1 000, 0.1)，且X = 2E, ••• E (X )= E (2$ = 2E ( 5 = 2X 1 000 X 0.1 = 200. 答案 B6. 口袋中有5只球，编号分别为1, 2, 3, 4, 5,从中任取3只球，以X 表示取 出的球的最大号码，贝U X 的数学期望E (X )的值是( )A.4B.4.5C.4.75D.51 1 解析 由题意知，X 可以取3, 4, 5, P (X = 3) = & = 10,A ・| D.3解析 |xi = 1, 解得 1x2= 2 LX 1 = 或 X 2 = 5 3,2 3, x1 =1,因为X 1V X 2，所以所以X 1 + x 2= 1 + 2= 3. X 2二 2,B.2, 2.4 D.6, 5.6C s 3 C2 6 3 P (X= 4) = C3= 10，P (X= 5) = C5= 10=5，13 3所以 E (X )= 3X 10 + 4X 10+ 5X 5= 4.5. 答案 B7. (2017浙江卷)已知随机变量&满足P (E = 1)= P i , 1P (&= 0)= 1 — p i , i = 1, 2.若 0v p i <p 2V 2，则( )A. E ( gi)v E (切，D ( &)< D (切B. E ( &)< E ( £>) , D ( 8)> D ( ^2)C. E ( gi)> E (切，D ( &)< D (动D. E ( &)> E (切，D( 8)> D ( ®解析 由题设可知E ( gi)= p 1， E ( $)= p 2，从而 E (8)< E (色)，而 D ($)= p 1 (1 — p 1)，D (&) =p 2 ( 1 — P 2)，所以 D (&)— D (&)<0，即 D (@)< D (切.答案 A甲、乙两人轮流从袋中取球，甲先取，个球，取后不放回，直到其中有一人取出白球时终止•用X 表示取球终止时取球的 总次数，则X 的数学期望E (X ) = ( )A.9B.学C^6 2 3X 6 1 3X 2X 6 1 3X 2X 1 X 6="=9 = 3；P ( X =5 6 = 9X 8 = 4；P ( X = 7= 9^X7=X = 8= 9X 8X 7X 65 2 1 1 1 10 =84所以 E (X )= 1X 3+2X 4+3X 初+4X 84=〒. 答案 B 二、填空题9. (2018湖州调研)设X 为随机变量，X 〜Bn , 3，若随机变量X 的数学期望=(P 1 — P 2)( 1 — P 1 —)9个，从中任取2个都是白球的概率为寻.现 乙后取，然后甲再取，……，每次取出 8.袋中装有大小相同的黑球和白球共 ‘ 12 D.〒解析 易得袋中白球的个数为6•则由题意得, X 的可能取值为1, 2，3, 4.P (XE (X)= 2,则P (X = 2)= ____________ ; D (X)= ___________ .解析由X〜B n, 3 , E (X)= 2,得np=罗=2, •••n = 6,则P (X= 2)=43 二243, D（X）二np（—P）二6x卜3二4.10. 某科技创新大赛设有一、二、三等奖（参与活动的都有奖）且相应奖项获奖的4- 3概率是以a为首项，2为公比的等比数列，相应的奖金分别是7 000元、5 600元、4 200元，则参加此次大赛获得奖金的期望是_________ 元.1 1 解析由题意知a+ 2a + 4a= 1, • a = 7, •获得一、二、三等奖的概率分别为7,2 4 1 2 47, 7，•所获奖金的期望是E（ X）二7X 7 000+ 7X 5 600+7X 4 200= 5 000 （元）答案 5 00011. （2018嘉兴测试）已知随机变量E的分布列如下.$ 012P b 2 a1a22则E （ $的最小值为___________ ，此时b= __________ .解析由题意得E （ $ = 0X b+ 1 X a2+ 2X号一2 = a2-a+ 1 = g —舟了+弓，所以E （$的最小值为4，此时a = 2，又因为b+ a2+1—1,所以b= —a2+1+舟=12.3 1答案3112. （2018杭州高级中学模拟）已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到白球的个数为$则随机变量$的均值是________________________ ;方差是___________ .解析由题可得，$的所有可能取值分别为0, 1, 2.且P （ $= 0）= 2Q=5,2 1 1 2八C4C2 12 3 , / " c、C4C2 4 1 比「、十八升知斗P （$=1）=CCT=12=5, P （= 2）= "CT二20=1.所以其分布列为$ 0 1 2 P1 3 1 555”、「 1 3 1 2 1 2 3 所以 E ( o = O X 5+ 1X 5+ 2X 5 = 1； D ( $ = ( 0— 1) X 5+( 1- 1) X-5 +2 1 2(2-1) X厲2 答案1 2 513.某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢 玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射击到3次为止.设甲每次击中的概率为p (p M 0)，射击次数为 Y ,若Y 的数学期望E (Y ) #，则p 的取值范围是 ______________ . 解析 由已知得 P (丫= 1)= p ， P (丫= 2) = ( 1 — p ) p ， P (Y = 3) = ( 1 — p ) 2，227则 E (Y )= p + 2 (1 — p ) p + 3 (1 — p ) = p — 3p + 3>4又 E (X )= = 3,二 m = 2,m + 3答案 BA.5解析 由题X 〜B 5,3、m + 3 /i 3、则 X 〜B 5, 5，故 D (X )642-X3- 5X15. 袋中装有大小完全相同，标号分别为 1, 2, 3,…，9的九个球.现从袋中随机 取出3个球.设E 为这3个球的标号相邻的组数(例如：若取出球的标号为 3, 4, 3, 4和4, 5,此时9的值是2),则随机变量9的均值解析 依题意得，9的所有可能取值是0, 1, 2.口 C 7 5且 P (片 o )= &= 12, P (E = 1) c j 丄P (E 2)= C 9=12，… 5 1 1 2 因此 E ( 9 = o x 12+1 x 2+ 2x 12= 3. 答案 D16. (2018北京海淀区模拟)赌博有陷阱.某种赌博游戏每局的规则是：参与者从 标有5, 6, 7, 8, 9的小球中随机摸取一个(除数字不同外，其余均相同)，将小 球上的数字作为其赌金(单位：元)，然后放回该小球，再随机摸取两个小球，将 两个小球上数字之差的绝对值的 2倍作为其奖金(单位：元).若随机变量X 和Y 分别表示参与者在每一局赌博游戏中的赎金与奖金，则 E (X )— E (Y )=元.1解析 根据题意可得P (X = k )= 5 (k = 5, 6, 7, 8, 9), 1 一可得 E (X )= 5X (5+ 6+ 7 + 8+ 9)= 7 (兀).丫的取值可能为2, 4, 6, 8,其中23115,则有两组相邻的标号A.61- 2 --P (Y = 4)= P (Y = 6)= P (Y = 8)=310155丄10 - - -- 3&2& 注)P (Y = 2)所以E (丫)= 2x5+ 4X10 + 6X5 + 8X —= 4 (元) 故E (X)—E (Y)= 7—4= 3 (元)答案 317. (2018衢州质检)一个袋中装有质地均匀、大小相同的 2个黑球和3个白球, 从袋中一次任意摸出2个球，则恰有1个是白球的概率为 ____________;从袋中一 次任意摸出3个球，摸出白球个数的数学期望 E ( 0 = _____________ . 解析 由题意得从5个小球中任意摸出2个共有C 2= 10种取法，其中满足恰有 一个白球的取法有c 2c 3=6种，所以恰有一个白球的概率为10=&.任意摸出3个C 2C 1 小球，设其中白球的个数为 0贝U 0的可能取值为1, 2, 3,且P ( 0= 1)=-(育 3 c 2c 2 3 c 3 1 十“3 3=10； P ( 0= 2)= c 3 = 5； P ( 0= 3)=况=10,所以 E ( 0 = 1 X 1o + 2X 5 +27E (Y )= E (2X + 3)= 2E (X ) + 3= — 3+ 3=?. 答案 A13X10 18. (2018金华一中模拟)有甲、乙两个盒子，甲盒子中装有 3个小球，乙盒子 中装有5个小球，每次随机取一个盒子并从中取一个球，则甲盒子中的球被取完 时，乙盒子中恰剩下2个球的概率为 _____________ ;当取完一个盒子中的球时，另一 个盒子恰剩下0个球，则0的期望为 _________ . 解析 甲盒子中的球被取完时，乙盒子中恰剩下 2个球的概率P =1-221-1 52 = 32；由题意，知曲勺可能取值为1, 2, 3, 4, 5,因为7 7 P ( & 1)= C 6 2 + C 62 二 64, 1- 22^-1164--4526 -743 2lQ 3⑴」P (E= 4)= C 3 2 = 16，P (E 5)= 2 = 8,所以 E ( 0二 1X65 + 2X 64+ 3X 32 + 4X 老 + 5X 基器答案5 17532 643. _______ 设随机变量X的分布列为P (X= k)= 5 (k= 2, 4, 6, 8，10)，则D (X)等于 ____ .1解析••• E (X)= 5 (2+ 4+ 6+ 8+ 10)= 6，••• D (X)= |[ (- 4) 2+(- 2 ) 2+ 02+ 22+ 42] = 8.答案85 1解得p>2或p<2，又p€ (0，1)，所以p€ 0, 2 .答案0, 1能力提升题组14. 从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X,已知E (X)= 3,则D (X)=。
