(新高考)高考数学一轮复习第61讲《离散型随机变量的均值与方差、正态分布》达标检测(解析版)

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《离散型随机变量的均值与方差、正态分布》达标检测

[A组]—应知应会
1．（春•辽源期末）已知随机变量X～B（6，），D（2X+1）＝（　　）
A．6 B．9 C．2 D．4
【分析】根据设随机变量X～B（6，），看出变量符合二项分布，根据二项分布的方差公式做出变量的方差，根据D（2X+1）＝22DX，得到结果．
【解答】解：∵设随机变量X～B（6，），
∴DX＝6×（1﹣）＝，
∴D（2X+1）＝22×＝6．
故选：A．
2．（春•南充期末）若随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
a
b
a
则X的数学期望E（X）＝（　　）
A．2a+b B．a+2b C．2 D．3
【分析】利用分布列以及期望公式求解即可．
【解答】解：由题意可得：2a+b＝1，
E（X）＝a+2b+3a＝4a+2b＝2．
故选：C．
3．（春•大连期末）随机变量X的分布列如表，则D（X）＝（　　）
X
0
1
P


A． B． C． D．
【分析】利用分布列求出期望，然后求解方差即可．
【解答】解：由题意可得E（X）＝＝．
所以D（X）＝＝．
故选：B．
4．（春•荔湾区校级月考）学校要从10名候选人中选2名同学组成学生会，其中高二（1）班有4名候选人，假设每名候选人都有相同的机会被选到，若X表示选到高二（1）班的候选人的人数，则E（X）＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】分别计算X的各种取值对应的概率，再计算数学期望．
【解答】解：X的可能取值有0，1，2，
且P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，
X的分布列如下：
X
0
1
2
P



E（X）＝0×+1×+2×＝．
故选：D．
5．（春•威海期末）已知随机变量X的取值为1，2，3，若，E（X）＝2，则P（X＝2）＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】设P（X＝2）＝p，P（X＝3）＝q，由P（x＝1）＝，E（X）＝2，列出方程组求出p即可．
【解答】解：设P（X＝2）＝p，P（X＝3）＝q，
∵随机变量X取值为1、2、3，P（x＝1）＝，E（X）＝2，
∴，
解得p＝，q＝，
故选：A．
6．（春•西宁期末）已知ξ的分布列为
ξ
1
2
3
4
P



m
设η＝2ξ﹣5，则E（η）＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用分布列的性质，求解m，然后求解期望，推出结果即可．
【解答】解：由题意可得：，解得m＝，
所以E（ξ）＝1×+2×+3×+4×＝．
η＝2ξ﹣5，则E（η）＝2×﹣5＝．
故选：C．
7．（•江西模拟）已知随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ2），若P（ξ＜2）＝P（ξ＞8）＝0.15，则P（2≤ξ＜5）＝（　　）
A．0.3 B．0.35 C．0.5 D．0.7
【分析】根据题意，由正态分布曲线的特点分析μ的值，即可得P（ξ＜5）＝0.5，然后求出P（2≤ξ＜5）的值．
【解答】解：根据题意，正态分布N（μ，σ2），
若P（ξ＜2）＝P（ξ＞8）＝0.15，则μ＝5，
即这组数据对应的正态曲线的对称轴x＝5，则P（ξ＜5）＝0.5，
又由P（ξ＜2）＝0.15，得P（2≤ξ＜5）＝0.5﹣0.15＝0.35．
故选：B．
8．（春•荔湾区校级月考）设随机变量X～B（n，p），且E（X）＝1，D（X）＝，则P（X＝1）的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据二项分布的数学期望和方差公式列方程组计算n，p，再计算出P（X＝1）．
【解答】解：由题意可得：，解得：，
所以P（X＝1）＝＝．
故选：B．
9．（春•泰州期末）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子4次，设X表示向上一面出现6点的次数，则X的数学期望E（X）的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】抛掷一枚质地均匀的正方体骰子4次，设X表示向上一面出现6点的次数，可得X∽B（4，）．即可得出数学期望．
【解答】解：抛掷一枚质地均匀的正方体骰子4次，设X表示向上一面出现6点的次数，可得X∽B（4，）．
所得点数X的数学期望E（X）＝4×＝．
故选：D．
10．（•海曙区校级模拟）盒中有5个小球，其中3个白球，2个黑球，从中任取i（i＝1，2）个球，在取出的球中，黑球放回，白球涂黑后放回，此时盒中黑球的个数记为Xi（i＝1，2），则（　　）
A．P（X1＝2）＞P（X2＝2），E（X1）＞E（X2）
B．P（X1＝2）＜P（X2＝2），E（X1）＞E（X2）
C．P（X1＝2）＞P（X2＝2），E（X1）＜E（X2）
D．P（X1＝2）＜P（X2＝2），E（X1）＜E（X2）
【分析】求出X1的概率和X2的概率，进而求出X1的数学期望和X2的数学期望，由此能求出结果．
【解答】解：X1＝2表示取出的为一个黑球，∴P（X1＝2）＝＝，
P（X1＝3）＝＝，E（X1）＝2×+3×＝，
X2＝2表示取出2个球为黑球，∴P（X2＝2）＝＝，
X2＝3表示取出2个球为一黑一白，P（X2＝3）＝＝，
X2＝4表示取出2个白球，P（X2＝4）＝＝，
E（X2）＝2×+3×+4×＝，
∴P（X1＝2）＞P（X2＝2），E（X1）＜E（X2）．
故选：C．
11．（多选）（春•市中区校级期中）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＝3X+1，则下列结果正确的有（　　）
A．q＝0.2 B．EX＝2，DX＝1.4
C．EX＝2，DX＝1.8 D．EY＝7，DY＝16.2
【分析】由离散型随机变量X的分布列的性质求出p＝0.1，由此能求出E（X），D（X），再由离散型随机变量Y满足Y＝3X+1，能求出E（Y）和D（Y）．
【解答】解：由离散型随机变量X的分布列的性质得：
q＝1﹣0.4﹣0.1﹣0.2﹣0.2＝0.1，
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，
∵离散型随机变量Y满足Y＝3X+1，
∴E（Y）＝3E（X）+1＝7，
D（Y）＝9D（X）＝16.2．
故选：CD．
12．（多选）（春•烟台期中）袋内有大小完全相同的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（　　）
A．抽取2次后停止取球的概率为
B．停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为
C．取球次数ξ的期望为2
D．取球次数ξ的方差为
【分析】对于A，利用相互独立事件概率乘法公式能求出抽取2次后停止取球的概率；对于B，停止取球时，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出取出的白球个数不少于黑球的概率；对于C，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出E（ξ）；对于D，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出E（ξ），进而能求出取球次数ξ的方差．
【解答】解：袋内有大小完全相同的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，
对于A，抽取2次后停止取球的概率为：＝，故A错误；
对于B，停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为：＝，故B正确；
对于C，P（ξ＝1）＝，
P（ξ＝2）＝＝，
P（ξ＝3）＝＝，
∴E（ξ）＝＝，故C错误；
对于D，取球次数ξ的方差为：
D（ξ）＝（1﹣）2×+（2﹣）2×+（3﹣）2×＝，故D正确．
故选：BD．
13．（•道里区校级四模）若，则E（2X﹣1）＝　　 ．
【分析】利用独立重复实验求出期望，然后利用期望公式求解即可．
【解答】解：，则E（X）＝＝．
所以E（2X﹣1）＝2×＝．
故答案为：．
14．（春•吴兴区校级月考）已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P


q2
则q＝　　，D（2X+5）＝　 　．
【分析】由离散型随机变量X的分布列的性质求出q＝，从而求出E（X）＝，进而求出D（X）＝，再由D（2x+5）＝4D（X），能求出结果．
【解答】解：由离散型随机变量X的分布列得到：
，解得q＝，
∴E（X）＝0×+1×＝，
D（X）＝（0﹣）2×+（1﹣）2×+（2﹣）2×＝，
∴D（2x+5）＝4D（X）＝4×＝．
故答案为：，．
15．（•浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2 个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝　　，E（ξ）＝　 　．
【分析】由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；
分别计算P（ξ＝0）、P（ξ＝1）和P（ξ＝2），再求E（ξ）的值．
【解答】解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；
计算P（ξ＝0）＝+＝；
P（ξ＝1）＝+＝；
P（ξ＝2）＝+＝；
所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝1．
故答案为：，1．
16．（春•烟台期中）若随机变量X～N（μ，σ2），P（X＞4）＝P（X＜﹣2）＝0.1，则P（1≤X≤4）＝　 　．
【分析】根据题意，先求出μ的值，然后根据正态分布的性质求解．
【解答】解：因为X～N（μ，σ2），P（X＞4）＝P（X＜﹣2）＝0.1，
所以μ＝．
所以P（1≤X≤4）＝．
故答案为：0.4．
17．（•西湖区校级模拟）已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（x）＝3，D（X）＝2，则p＝　　 ，P（X＝1）＝　 　．
【分析】利用二项分布的期望与方差，求出n，p，然后求解P（X＝1）即可．
【解答】解：随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（x）＝3，D（X）＝2，
可得np＝3，np（1﹣p）＝2，
解得p＝；n＝9．
所以P（X＝1）＝＝．
故答案为：；．
18．（春•余姚市校级期中）某同学从家中骑自行车去学校，途中共经过5个红绿灯路口．如果他恰好遇见2次红灯，则这2次红灯的不同的分布情形共有　 　种；如果他在每个路口遇见红灯的概率均为，用ξ示他遇到红灯的次数，则E（ξ）＝　　 ．（用数字作答）
【分析】利用列举法能求出这2次红灯的不同的分布情形共有10种．ξ～B（5，），由此能求出E（ξ）．
【解答】解：某同学从家中骑自行车去学校，途中共经过5个红绿灯路口．
如果他恰好遇见2次红灯，则这2次红灯的不同的分布情形分别为：
红红绿绿绿，红绿红绿绿，红绿绿红绿，红绿绿绿红，绿红红绿绿，
绿红绿红绿，绿红绿绿红，绿绿红红绿，绿绿红绿红，绿绿绿红红，
∴这2次红灯的不同的分布情形共有10种．
他在每个路口遇见红灯的概率均为，用ξ示他遇到红灯的次数，
则ξ～B（5，），∴E（ξ）＝5×＝．
故答案为：10，．
19．（•河南模拟）在一次庙会上，有个“套圈游戏”，规则如下：每人3个竹环，向A，B两个目标投掷，先向目标A掷一次，套中得1分，没有套中不得分，再向目标B连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据最终得分发放奖品．已知小华每投掷一次，套中目标A的概率为，套中目标B的概率为，假设小华每次投掷的结果相互独立．
（1）求小华恰好套中一次的概率；
（2）求小华总分X的分布列及数学期望．
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算；
（2）分别计算X的各种取值对应的概率，得出分布列，再计算数学期望．
【解答】解：（1）设小华恰好套中一次为事件D，
则P（D）＝++＝．
（2）X的取值可能有0，1，2，3，4，5，
且P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝×2＝，
P（X＝3）＝×××2＝，P（X＝4）＝＝，P（X＝5）＝＝，
∴X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
5
P






∴EX＝0×+1×+2×+3×+4×+5×＝．
20．（•庐阳区校级模拟）某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满500元的顾客，可以获得一次抽奖机会，有两种方案．方案一：在抽奖的盒子中有除颜色外完全相同的2个黑球，3个白球，顾客一次性摸出2个球，规定摸到2个黑球奖励50元，1个黑球奖励20元，没有摸到黑球奖励15元．方案二：在抽奖的盒子中有除颜色外完全相同的2个黑球，3个白球，顾客不放回地每次摸出一个球，直到将所有黑球摸出则停止摸奖，规定2次摸出所有黑球奖励50元，3次摸出所有黑球奖励30元，4次摸出所有黑球奖励20元，5次摸出所有黑球奖励10元．
（1）记X为1名顾客选择方案一时摸出黑球的个数，求随机变量X的数学期望；
（2）若你为一名要摸奖的顾客，请问你选择哪种方案进行抽奖，说明理由．
【分析】（1）判断X符合超几何分布，X～H（2，2，5），求解期望即可．
另解：求出P（X＝2），P（X＝1），P（X＝0），然后求解期望．
（2）方案一：记ξ为1名顾客选择方案一进行摸奖获得的奖金数额，ξ可取50，20，15．求出概率，求解期望．方案二：记η为1名顾客选择方案二进行摸奖获得的奖金数额，η可取50，30，20，10求解概率求解期望．然后判断选择方案进行摸奖．
【解答】解：（1）易知X符合超几何分布，X～H（2，），故．
另解：，，，
∴．
（2）方案一：记ξ为1名顾客选择方案一进行摸奖获得的奖金数额，
则ξ可取50，20，15.，
，
，
∴．
方案二：记η为1名顾客选择方案二进行摸奖获得的奖金数额，
则η可取50，30，20，10.，，，．
∴．
因此，我会选择方案一进行摸奖．
21．（春•烟台期中）2019年12月份，我国湖北武汉出现了新型冠状病毒，人感染后会出现发热、咳嗽、气促和呼吸困难等，严重的可导致肺炎甚至危及生命．为了增强居民防护意识，增加居民防护知识，某居委会利用网络举办社区线上预防新冠肺炎知识答题比赛，所有居民都参与了防护知识网上答卷，最终甲、乙两人得分最高进入决赛，该社区设计了一个决赛方案：①甲、乙两人各自从6个问题中随机抽3个．已知这6个问题中，甲能正确回答其中的4个，而乙能正确回答每个问题的概率均为，甲、乙两人对每个问题的回答相互独立、互不影响；②答对题目个数多的人获胜，若两人答对题目数相同，则由乙再从剩下的3道题中选一道作答，答对则判乙胜，答错则判甲胜．
（1）求甲、乙两人共答对2个问题的概率；
（2）试判断甲、乙谁更有可能获胜？并说明理由；
（3）求乙答对题目数的分布列和期望．
【分析】（1）推出两人共答6题，甲答对2个，乙答对0个；两人共答7题，甲答对1个，乙答对1个．然后求解甲、乙两名学生共答对2个问题的概率．
（2）设甲获胜为事件，则事件 包含“两人共答6题甲获胜”和“两人共答7题甲获胜”两类情况，其中第一类包括甲乙答对题个数比为1：0，2：0，3：0，2：1，3：1，3：2六种情况，第二类包括前三题甲乙答对题个数比为1：1，2：2，3：3三种情况，然后求解概率；设乙获胜为事件B，则A，B为对立事件，求出B的概率，得到结论．
（3）设学生乙答对的题数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，4，求出概率，得到随机变量X的分布列，然后求解期望．
【解答】解：（1）甲、乙共答对2个问题分别为：两人共答6题，甲答对2个，乙答对0个；两人共答7题，甲答对1个，乙答对1个．
所以甲、乙两名学生共答对2个问题的概率：．
（2）设甲获胜为事件，则事件 包含“两人共答6题甲获胜”和“两人共答7题甲获胜”两类情况，其中第一类包括甲乙答对题个数比为1：0，2：0，3：0，2：1，3：1，3：2六种情况，第二类包括前三题甲乙答对题个数比为1：1，2：2，3：3三种情况，所以甲获胜的概率，
设乙获胜为事件B，则A，B为对立事件，
所以P（A）+P（B）＝1，，
所以乙胜出的可能性更大．
（3）设学生乙答对的题数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P





所以期望．
22．（•河南模拟）随着互联网金融的发展，很多平台都推出了自己的虚拟信用支付，比较常用的有蚂蚁花呗、京东白条．花呗与信用卡有一个共同点就是可以透支消费，对于很多90后来说，他们更习惯提前消费．某研究机构随机抽取了1000名90后，对他们的信用支付方式进行了调查，得到如下统计表：
信用支付方式
银行信用卡
蚂蚁花呗
京东白条
其他
人数
300
a
150
50
每个人都仅使用一种信用支付方式，各人支付方式相互独立，以频率估计概率．
（1）估计90后使用蚂蚁花呗的概率；
（2）在所抽取的1000人中用分层抽样的方法在使用银行信用卡和蚂蚁花呗的人中随机抽取8人，再在这8人中随机抽取4人，记X为这4人中使用蚂蚁花呗的人数，求X的分布列及数学期望和方差．
【分析】（1）求出a，然后求使用蚂蚁花呗的概率．
（2）随机变量X的取值为1，2，3，4，求出概率，得到分布列，然后求解期望与方差．
【解答】解：（1）a＝1000﹣300﹣150﹣50＝500，
所以使用蚂蚁花呗的概率为．
（2）这8人中使用信用卡的人数为人，使用蚂蚁花呗的人数为5人，
则随机变量X的取值为1，2，3，4，
所以，，，．
所以随机变量X分布列为：
X
1
2
3
4
P



v
故，．
23．（•武汉模拟）某几位大学生自主创业创办了一个服务公司提供A、B两种民生消费产品（人们购买时每次只买其中一种）服务，他们经过统计分析发现：第一次购买产品的人购买A的概率为，购买B的概率为，而前一次购买A产品的人下一次来购买A产品的概率为，购买B产品的概率为，前一次购买B产品的人下一次来购买A产品的概率为、购买B产品的概率也是，如此往复．记某人第n次来购买A产品的概率为Pn．
（1）求P2，并证明数列是等比数列；
（2）记第二次来公司购买产品的3个人中有X个人购买A产品，求X的分布列并求E（X）；
（3）经过一段时间的经营每天来购买产品的人稳定在800人，假定这800人都已购买过很多次该两款产品，那么公司每天应至少准备A、B产品各多少份．（直接写结论、不必说明理由）．
【分析】（1）根据概率公式计算P2，根据递推公式证明等比数列；
（2）根据二项分布的概率公式得出X的各种取值对应的概率，在计算数学期望；
（3）根据Pn的表达式得出Pn的极限，从而得出答案．
【解答】解：（1）P2＝+＝，
由题意可知Pn+1＝Pn+×（1﹣Pn）＝﹣Pn+，
∴Pn+1﹣＝﹣（Pn﹣），
又P1﹣＝＝，
∴数列{Pn﹣}是首项为，公比为﹣的等比数列．
（2）X的可能取值有0，1，2，3，且P（X＝k）＝（）k•（）3﹣k，
故P（X＝0）＝（）3＝，P（X＝1）＝（）2＝，
P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝（）3＝，
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




E（X）＝0×+1×+2×+3×＝1．
（3）由（1）知Pn﹣＝（﹣）n﹣1，故Pn＝（﹣）n﹣1+，
∴当n→+∞时，Pn→，
故准备A产品800×＝320份，准备B产品800×＝480份．

[B组]—强基必备
1．（2019秋•浙江期中）有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子里随机取出n（1≤n≤6，n∈N*）个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为ξ个，则随着n（1≤n≤6，n∈N*）的增加，下列说法正确的是（　　）
A．Eξ增加，Dξ增加 B．Eξ增加，Dξ减小
C．Eξ减小，Dξ增加 D．Eξ减小，Dξ减小
【分析】依题意，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X～H（6，3，n），故EX＝，再从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X～H（6，3，n），ξ服从两点分布，所以Eξ＝P（ξ＝1）＝+，随着n的增大，Eξ减小；Dξ＝P（ξ＝1）[1﹣P（ξ＝1）]，随着n的增大，Dξ增大；
【解答】解：依题意，从乙盒子里随机取出n个球，含有红球个数X服从超几何分布，即X～H（6，3，n），
其中P（X＝k）＝，其中k∈N，k≤3且k≤n，EX＝＝，
故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的n+1个球中取一球，取到红球个数为ξ个，
故P（ξ＝1）＝＝+，
随机变量ξ服从两点分布，所以Eξ＝P（ξ＝1）＝+，随着n的增大，Eξ减小；
Dξ＝P（ξ＝1）[1﹣P（ξ＝1）]＝（+）（），随着n的增大，Dξ增大；
故选：C．
2．（2019•台州模拟）一个不透明袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球3个、黑球2个，现随机等可能取出小球．当有放回依此取出两个小球时，记取出的红球数为ξ1，则Eξ1＝　　 ；若第一次取出一个小球后，放入一个红球和一个黑球，再第二次随机取出一个小球．记取出的红球总数为ξ2，则Eξ2＝　　 ．
【分析】第一种方式取球，ξ1服从二项分布，且ξ1取值分别为0，1，2，列出分布列即可求出E（ξ1），同样，ξ2的取值分别为0，1，2，分别求出对应的概率，列出分布列，求出期望即可．
【解答】解：依题意ξ1服从B（2，）二项分布，且ξ1取值分别为0，1，2，P（ξ1＝0）＝＝，P（ξ1＝1）＝＝，P（ξ1＝2）＝＝，
∴随机变量ξ1的分布列为：
ξ1
0
1
2
P



所以Eξ1＝0×+1×+2×＝，
对于第二种取球方式，第一次取红球的成功概率为，第二次取求①若第一次取得黑球，则取红球的成功概率为，②若第一次取得红球，则第二次取得红球的成功概率为，ξ2的取值分别为0，1，2，P（ξ2＝0）＝＝，P（ξ2＝1）＝＝，P（ξ2＝2）＝＝．
ξ2的分布列为：
ξ2
0
1
2
P



所以Eξ2＝0×+1×+2×＝，
故填：，．
3．（•江苏）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．
（1）求p1，q1和p2，q2；
（2）求2pn+qn与2pn﹣1+qn﹣1的递推关系式和Xn的数学期望E（Xn）（用n表示）．
【分析】（1）利用已知条件求出p1＝，q1＝，推出p2；q2即可．
（2）推出pn+1＝，qn+1＝，得到2pn+1+qn+1＝，推出2pn+qn﹣1＝，说明数列{2pn+qn﹣1}是首项为，公比为的等比数列，然后求解的通项公式以及期望即可．
【解答】解：（1）由题意可知：p1＝，q1＝，则p2＝＝；
q2＝＝．
（2）由题意可知：＝，
+＝，
两式相加可得2pn+1+qn+1＝＝，
则：2pn+qn＝，
所以，2pn+qn﹣1＝，
因为，数列{2pn+qn﹣1}是首项为，公比为的等比数列，
所以2pn+qn﹣1＝，
即2pn+qn＝+1，
所以E（Xn）＝2pn+qn+0×（1﹣pn﹣qn）＝+1．