2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第5讲离散型随机变量的分布列均值与方差提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第5讲离散型随机变量的分布列均值与方差提能训练，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设随机变量X服从两点分布，若P(X＝1)－P(X＝0)＝0.4，则E(X)＝( D )
A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
[解析] 由题意得P(X＝1)＋P(X＝0)＝1，
因为P(X＝1)－P(X＝0)＝0.4，
所以解得P(X＝1)＝0.7，P(X＝0)＝0.3，
所以E(X)＝1×0.7＋0×0.3＝0.7，故选D.
2．(2023·浙江百校联考)若某随机事件的概率分布列满足P(X＝i)＝a·eq \f(i,10)(i＝1,2,3,4)，则D(X)＝( D )
A．3 B．10
C．9 D．1
[解析] 由分布列的性质知aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)＋\f(2,10)＋\f(3,10)＋\f(4,10)))＝1，
∴a＝1，∴X的分布列为
∴E(X)＝eq \f(1,10)＋eq \f(2,5)＋eq \f(9,10)＋eq \f(8,5)＝3，
∴D(X)＝(3－1)2×eq \f(1,10)＋(3－2)2×eq \f(1,5)＋(4－3)2×eq \f(2,5)＝1，故选D.
3．(2022·江西赣州模拟)一袋中装有5个球，编号为1,2,3,4,5，在袋中同时取出3球，以X表示取出的三个球中的最小号码，则随机变量X的分布列为( C )

[解析] 随机变量X的可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(3,5))＝eq \f(3,5)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(3,5))＝eq \f(1,10).故选C.
4．(2023·河南五市联考)某一随机变量X的概率分布如下表，且n－m＝0.1，则P(X≤2)＝( C )
A.0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
[解析] 由题意可得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－m＝0.1，,0.1＋m＋0.2＋n＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝0.4，,m＝0.3，))
故P(X≤2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝0.1＋0.3＋0.2＝0.6，故选C.
5．(2024·河南南阳一中开学考)已知5件产品中有2件次品，现逐一检测，直至能确定所有次品为止，记检测的次数为ξ，则E(ξ)＝( B )
A．3 B．eq \f(7,2)
C．eq \f(18,5) D．4
[解析] 由题意知，ξ的可能取值为2,3,4，其概率分别为P(ξ＝2)＝eq \f(A\\al(2,2),A\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，P(ξ＝3)＝eq \f(A\\al(2,2)C\\al(1,3)C\\al(1,2)＋A\\al(3,3),A\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，P(ξ＝4)＝eq \f(A\\al(3,3)C\\al(2,3)C\\al(1,2)＋A\\al(3,3)C\\al(1,3)C\\al(1,2),A\\al(4,5))＝eq \f(6,10)，所以E(ξ)＝2×eq \f(1,10)＋3×eq \f(3,10)＋4×eq \f(6,10)＝eq \f(7,2).故选B.
二、多选题
6．(2024·江苏镇江一中阶段测试改编)若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，E(X)，D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是( ABD )
A．P(X＝1)＝E(X) B．E(3X＋2)＝4
C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝eq \f(2,9)
[解析] 随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，∴P(X＝1)＝eq \f(2,3)，E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，P(X＝1)＝E(X)，故A正确；E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(2,3)＋2＝4，故B正确；D(3X＋2)＝9D(X)＝9×eq \f(2,9)＝2，故C错误；D(X)＝eq \f(2,9)，故D正确．故选ABD.
7．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，下列说法正确的是( BC )
A．从中任取3球，恰有一个白球的概率是eq \f(1,3)
B．从中任取3球，恰有两个白球的概率是eq \f(1,5)
C．从中任取3球，取得白球个数X的数学期望是1
D．从中不放回地取3次球，每次任取1球，已知第一次取到红球，则后两次中恰有一次取到红球的概率为eq \f(2,5)
[解析] 从中任取3球，恰有一个白球的概率P＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,4),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，故A错误；
从中任取3球，恰有两个白球的概率P＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，故B正确；
从中任取3球，全为红球的概率P＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
故X的分布列为：
故E(X)＝0×eq \f(1,5)＋1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(1,5)＝1，故C正确；
从中不放回地取3次球，每次任取1球，
则第一次取到红球，则后两次中恰有一次取到红球的概率P＝eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,5)，故D错误．
故选BC.
8．(2023·山东质检二)已知m，n均为正数，随机变量X的分布列如下表：
则下列结论一定成立的是( BCD )
A．P(X＝1)C．mn≤eq \f(1,8) D．D(X＋1)<1
[解析] 由分布列的性质得m＋n＋m＝2m＋n＝1，P(X＝1)＝n，P(X≠1)＝2m，当m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,2)时，P(X＝1)＝P(X≠1)，故选项A错误；因为E(X)＝n＋2m＝1，故选项B正确；因为m，n均为正数，所以1＝n＋2m≥2eq \r(2mn)，即mn≤eq \f(1,8)，当且仅当n＝2m＝eq \f(1,2)时，等号成立，故选项C正确；由n＝1－2m>0，得09．(2024·江苏常州联盟校调研)下列命题正确的是( BC )
A．若随机变量X的方差为eq \f(12,25)，则D(5X＋2)＝14
B．对于随机事件A与B，若P(eq \(B,\s\up6(－)))＝0.3，P(B|A)＝0.7，则事件A与B独立
C．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝p，则P(－1<ξ<0)＝eq \f(1,2)－p
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2＝3.712，根据α＝0.05的独立性检验(P(χ2>3.841)＝0.05)，有95%的把握认为X与Y有关
[解析] 由D(X)＝eq \f(12,25)，得D(5X＋2)＝25D(X)＝25×eq \f(12,25)＝12，故A错误；由P(B)＝1－P(eq \(B,\s\up6(－)))＝1－0.3＝0.7，而P(B|A)＝0.7，则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝0.7＝P(B)，所以P(AB)＝P(A)P(B)，即事件A与B相互独立，故B正确；因为随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，所以正态曲线关于直线ξ＝0对称，又因为P(ξ>1)＝p，所以P(ξ<－1)＝p，所以P(－1<ξ<0)＝eq \f(1,2)－p，故C正确；由χ2＝3.712<3.841，所以没有95%的把握认为X与Y有关，故D错误．故选BC.
三、填空题
10．设随机变量X的分布列为
则P(|X－3|＝1)＝ eq \f(5,12) .
[解析] 由eq \f(1,3)＋m＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝1，解得m＝eq \f(1,4)，P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝eq \f(5,12).
11．(2023·吉林质检)设随机变量X的概率分布列为
则X的数学期望的最小值是 eq \f(1,2) .
[解析] E(X)＝0×eq \f(p,3)＋1×eq \f(p,3)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2p,3)))＝2－p，
又∵1>eq \f(p,3)≥0,1≥1－eq \f(2p,3)≥0，∴0≤p≤eq \f(3,2).
∴当p＝eq \f(3,2)时，E(X)的值最小，E(X)＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2).
12．袋中装有3个红球2个白球，从中随机取球，每次一个，直到取得红球为止，则取球次数X的数学期望为 eq \f(3,2) .
[解析] 由题意得X的所有可能值为1,2,3，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,5))＝eq \f(3,5)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,3),C\\al(1,5)C\\al(1,4))＝eq \f(3,10)；P(X＝3)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,1)C\\al(1,3),C\\al(1,5)C\\al(1,4)C\\al(1,3))＝eq \f(1,10)，
∴E(X)＝1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(3,2).
13．(2024·湖南三湘名校教育联盟、湖湘名校教育联合体联考)小明准备用9万元投资A，B两种股票，已知这两种股票的收益独立，且这两种股票的买入价都是每股1元，每股收益的分布列如下表所示．若投资A种股票a万元，则小明两种股票的收益期望和为 10.8 万元.
[解析] E(X)＝－1×0.3＋0×0.2＋3×0.5＝1.2；E(Y)＝－3×0.4＋4×0.6＝1.2.若投资A股票a元，则投资B股票90 000－a元，E(aX)＋E[(90 000－a)Y]＝aE(X)＋(90 000－a)E(Y)＝90 000×1.2＝108 000，即小明两种股票的收益期望和为10.8万元．
四、解答题
14．(2024·九省联考试题)盒中有标记数字1,2,3,4的小球各2个，随机一次取出3个小球．
(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)．
[解析] (1)记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，先确定3个不同数字的小球，有Ceq \\al(3,4)种方法，
然后每种小球各取1个，有Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)种取法，
所以P(M)＝eq \f(C\\al(3,4)×C\\al(1,2)×C\\al(1,2)×C\\al(1,2),C\\al(3,8))＝eq \f(4,7).
(2)由题意可知，X的可能取值为1,2,3，
当X＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，
所以P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,6)＋C\\al(2,2)C\\al(1,6),C\\al(3,8))＝eq \f(9,14)；
当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，
所以P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,4)＋C\\al(2,2)C\\al(1,4),C\\al(3,8))＝eq \f(2,7)；
当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，
所以P(X＝3)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,2)＋C\\al(2,2)C\\al(1,2),C\\al(3,8))＝eq \f(1,14)，
所以X的分布列为：
所以E(X)＝1×eq \f(9,14)＋2×eq \f(2,7)＋3×eq \f(1,14)＝eq \f(10,7).
15．(2024·山东淄博期中)第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校举办一场羽毛球比赛．已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方．现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，若甲发球，甲得分的概率为eq \f(3,5)，乙得分的概率为eq \f(2,5)；若乙发球，乙得分的概率为eq \f(4,5)，甲得分的概率为eq \f(1,5).每回合比赛的结果相互独立．经抽签决定，第一回合由甲发球．
(1)求第三回合甲发球的概率；
(2)设前三个回合中，甲的总得分为X，求X的分布列及期望．
[解析] (1)若第三回合甲发球，则前三回合发球的顺序分别为甲甲甲，或者甲乙甲，
故第三回合甲发球的概率为eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))×eq \f(1,5)＝eq \f(11,25).
(2)设甲在第i回合得分记为事件Ai，乙在第i回合得分记为事件Bi，i∈{1,2,3}，
则P(A1A2A3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(27,125)，此时甲得3分，
P(A1A2B3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2×eq \f(2,5)＝eq \f(18,125)，此时甲得2分，
P(A1B2A3)＝eq \f(3,5)×eq \f(2,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(6,125)，此时甲得2分，
P(A1B2B3)＝eq \f(3,5)×eq \f(2,5)×eq \f(4,5)＝eq \f(24,125)，此时甲得1分，
P(B1A2A3)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(6,125)，此时甲得2分，
P(B1A2B3)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,125)，此时甲得1分，
P(B1B2A3)＝eq \f(2,5)×eq \f(4,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(8,125)，此时甲得1分，
P(B1B2B3)＝eq \f(2,5)×eq \f(4,5)×eq \f(4,5)＝eq \f(32,125)，此时甲得0分，
X的取值为0,1,2,3.且
P(X＝0)＝eq \f(32,125)，P(X＝1)＝eq \f(36,125)，P(X＝2)＝eq \f(30,125)，
P(X＝3)＝eq \f(27,125).
∴X的分布列为：
故E(X)＝0×eq \f(32,125)＋1×eq \f(36,125)＋2×eq \f(30,125)＋3×eq \f(27,125)＝eq \f(177,125).
B组能力提升
1．(2023·湖北新高考协作体联考)袋中有同样的球5个，其中3个红色，2个黄色，现从中随机且不放回的摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时，即停止摸球，记随机变量ξ为此时已摸球的次数，求：
(1)P(ξ＝2)的值；
(2)随机变量ξ的概率分布列和数学期望．
[解析] (1)由已知可得从袋中不放回的摸球两次的所有取法有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,4)种，事件ξ＝2表示第一次取红球第二次取黄球或第一次取黄球第二次取红球，故事件ξ＝2包含Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)种取法，
所以P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,3)＋C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(1,5)C\\al(1,4))＝eq \f(3,5).
(2)随机变量ξ可取的值为2,3,4.
由(1)知P(ξ＝2)＝eq \f(3,5)；
P(ξ＝3)＝eq \f(A\\al(2,2)C\\al(1,3)＋A\\al(2,3)C\\al(1,2),C\\al(1,5)C\\al(1,4)C\\al(1,3))＝eq \f(3,10)；
P(ξ＝4)＝eq \f(A\\al(3,3)C\\al(1,2),C\\al(1,5)C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(1,10).
得随机变量ξ的概率分布列为：
随机变量ξ的数学期望为：
E(ξ)＝2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(3,10)＋4×eq \f(1,10)＝2.5.
2．(2024·辽宁实验中学月考)某种项目的射击比赛规则是开始时在距离目标60米处射击，如果命中记4分，同时停止射击；若第一次射击未命中目标，可以进行第二次射击，但目标已在90米远处，这时命中记3分，同时停止射击；若第二次射击仍未命中目标，还可以进行第三次射击，此时目标已在120米远处，这时命中记2分，同时停止射击；若三次都未命中，则记1分．已知甲射手在60米处击中目标的概率为eq \f(1,2)，他命中目标的概率与距离的平方成反比，且各次射击都是独立的．
(1)求射手甲分别在90米和120米处命中的概率；
(2)求射手甲进行射击比赛中命中目标的概率；
(3)设ξ为射手甲进行射击比赛的得分，求E(ξ)．
[解析] (1)令射手甲在60米、90米和120米处命中概率分别为p1，p2，p3，
由题意可得，p＝eq \f(k,x2)，且p1＝eq \f(1,2)，
则eq \f(1,2)＝eq \f(k,602)，∴k＝1 800，p＝eq \f(1 800,x2)，
∴p2＝eq \f(1 800,902)＝eq \f(2,9)，p3＝eq \f(1 800,1202)＝eq \f(1,8)，
射手甲在90米和120米处命中概率分别为eq \f(2,9)，eq \f(1,8).
(2)设Ai表示第i次击中(i＝1,2,3)，
记A：“射手甲在这次射击比赛中命中目标”，则A＝A1＋eq \x\t(A)1A2＋eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3，
∴P(A)＝P(A1＋eq \x\t(A)1A2＋eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3)＝P(A1)＋P(eq \x\t(A)1A2)＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,9)＋eq \f(1,2)×eq \f(7,9)×eq \f(1,8)＝eq \f(95,144).
(3)ξ的取值有4,3,2,1，
则P(ξ＝1)＝eq \f(1,2)×eq \f(7,9)×eq \f(7,8)＝eq \f(49,144)，P(ξ＝2)＝eq \f(1,2)×eq \f(7,9)×eq \f(1,8)＝eq \f(7,144)，
P(ξ＝3)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,9)＝eq \f(1,9)，P(ξ＝4)＝eq \f(1,2)，
∴E(ξ)＝4×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,9)＋2×eq \f(7,144)＋1×eq \f(49,144)＝eq \f(133,48).
3．(2024·江苏苏州期中)某次知识竞赛共有两道不定项选择题，每小题有4个选项，并有多个选项符合题目要求．评分标准如下：全部选对得10分，部分选对得4分，有选错得0分．由于准备不充分，小明在竞赛中只能随机选择，且每种选法是等可能的(包括一个也不选)．
(1)已知两题都设置了3个正确选项，求小明这两题合计得分为14分的概率；
(2)已知其中一题设置了2个正确选项，另一题设置了3个正确选项．小明准备从以下两个方案中选择一种进行答题．为使得得分的期望最大，小明应选择哪一种方案？并说明理由．
方案一：每道题都随机选1个选项；
方案二：每道题都随机选2个选项．
[解析] (1)合计得14分的情形为一题全部选对，一题部分选对，P＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(1,24)·eq \f(C\\al(1,3)＋C\\al(2,3),24)＝eq \f(3,64).
(2)若选方案一，小明得分X的所有可能取值为0,4,8，
小明对有2个正确选项那题部分选对的概率P1＝eq \f(1,2)，选错的概率P1′＝eq \f(1,2)，
小明对有3个正确选项那题部分选对的概率P1＝eq \f(3,4)，选错的概率P2′＝eq \f(1,4)，
∴P(X＝0)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)，P(X＝4)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2)，P(X＝8)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,8)，
得分X的数学期望为：E(X)＝0×eq \f(1,8)＋4×eq \f(1,2)＋8×eq \f(3,8)＝5.
若选方案二，小明得分X′的所有可能取值为0,4,10,14，
小明对有2个正确选项那题选错的概率为：eq \f(5,6)，全部选对的概率为eq \f(1,6)，
小明对有3个正确选项那题选错的概率为：eq \f(1,2)，部分选对的概率为eq \f(1,2)，
∴P(X′＝0)＝eq \f(5,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,12)，P(X′＝4)＝eq \f(5,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,12)，
P(X′＝10)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)，P(X′＝14)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)，
∴得分X′的期望为E(X′)＝0×eq \f(5,12)＋4×eq \f(5,12)＋10×eq \f(1,12)＋14×eq \f(1,12)＝eq \f(11,3)，
∵E(X′)∴应选择方案一作答．
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,10)
eq \f(1,5)
eq \f(3,10)
eq \f(2,5)
X
0
1
2
3
P
0.1
m
0.2
n
X
0
1
2
P
eq \f(1,5)
eq \f(3,5)
eq \f(1,5)
X
0
1
2
P
m
n
m
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,3)
m
eq \f(1,4)
eq \f(1,6)
X
0
1
2
P
eq \f(p,3)
eq \f(p,3)
1－eq \f(2p,3)
收益X/元
－1
0
3
概率
0.3
0.2
0.5
收益Y/元
－3
4
概率
0.4
0.6
X
1
2
3
P
eq \f(9,14)
eq \f(2,7)
eq \f(1,14)
X
0
1
2
3
P
eq \f(32,125)
eq \f(36,125)
eq \f(30,125)
eq \f(27,125)
ξ
2
3
4
P
eq \f(3,5)
eq \f(3,10)
eq \f(1,10)