高考数学一轮复习第十章第六节离散型随机变量的分布列及数字特征学案

这是一份高考数学一轮复习第十章第六节离散型随机变量的分布列及数字特征学案，共23页。学案主要包含了常用结论等内容，欢迎下载使用。

2．理解并会求离散型随机变量的数字特征．
自查自测
知识点一 随机变量及离散型随机变量的分布列及性质
1．判断下列说法的正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)在离散型随机变量的概率分布列中，各个概率之和可以小于1.( × )
(2)若X是随机变量，则Y＝aX＋b(a，b为常数)也是随机变量．( √ )
(3)如果随机变量X的分布列由下表给出，
则它服从两点分布．( × )
2.甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共下三局．用ξ表示甲的得分，则{ξ＝3}表示( )
A．甲赢三局
B．甲赢一局输两局
C．甲、乙平局二次
D．甲赢一局输两局或甲、乙平局三次
D 解析：因为甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，故{ξ＝3}表示两种情况，即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次．
3．抛掷一枚质地均匀的硬币2次，则正面向上的次数X的所有可能取值是0，1，2．
4．(教材改编题)已知离散型随机变量X的分布列为
则常数q＝________.
1－22 解析：由分布列的性质得0.5＋1－2q＋q2＝1，解得q＝1－22或q＝1＋22(舍去)．
核心回扣
1.随机变量
(1)随机变量：一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有唯一的实数X(ω)与之对应，我们称X为随机变量．
(2)离散型随机变量：可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，我们称为离散型随机变量．
(3)字母表示：通常用大写英文字母表示随机变量；用小写英文字母表示随机变量的取值．
注意点：
离散型随机变量X的每一个可能取值为实数，其实质代表的是“事件”，即事件是用一个反映结果的实数表示的．
2.离散型随机变量的分布列
(1)定义：一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n为X的概率分布列，简称分布列．
(2)表示方法：①表格；②概率分布图．
(3)性质：①pi≥0，i＝1，2，3，…，n；②p1＋p2＋…＋pn＝1．
3.两点分布：X的分布列如下表所示．
称X服从两点分布或0—1分布．
自查自测
知识点二 离散型随机变量的均值与方差
1.已知随机变量X的分布列如下：
则E(X)的值为________.
－13 解析：E(X)＝－12+0+16＝－13.
2.篮球运动员在比赛中每次罚球得分的规则：命中得1分，不中得0分．已知某篮球运动员罚球命中的概率为0.9，设其罚球一次的得分为X，则X的方差D(X)＝______.
0.09 解析：由题意知，随机变量X的可能取值为0，1.因为P(X＝1)＝0.9，P(X＝0)＝1－0.9＝0.1，所以E(X)＝1×0.9＋0×0.1＝0.9，D(X)＝(1－0.9)2×0.9＋(0－0.9)2×0.1＝0.09.
3.甲、乙两名工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，其分布列如下：
若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是________.
乙 解析：E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，所以E(Y)4.已知随机变量X的分布列如表所示，
则D(X)＝________.
29 解析：由随机变量X的分布列，得0≤a≤1，0≤2a≤1，a+2a＝1，解得a＝13.
(方法一)E(X)＝0×13+1×23＝23，D(X)＝0－232×13 +1－232×23 ＝29.
(方法二)因为X服从两点分布，所以D(X)＝23×1－23＝29.
5.(教材改编题)随机变量X的可能取值为0，1，2，若P(X＝0)＝15，E(X)＝1，则D(X)＝________.
25 解析：设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，由题意得0×15+p+2q＝1，15+p+q＝1， 解得p＝35，q＝ 15，所以D(X)＝15×(0－1)2＋35×(1－1)2＋15×(2－1)2＝25.
核心回扣
1.离散型随机变量的均值
(1)定义：若离散型随机变量X的分布列为
则称E(X)＝x1p1+x2p2+⋯+xnpn＝∑ni=1xipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．
(2)意义：均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的平均水平．
注意点：
E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量X是可变的，可取不同的值，而E(X)是不变的，它描述X取值的平均状态．
2.离散型随机变量的方差
(1)方差和标准差的定义：设离散型随机变量X的分布列为
我们称D(X)＝x1－EX2p1+x2－EX2p2+…+xn－EX2pn＝∑ni=1xi－EX2pi为随机变量X的方差，有时也记为Var(X)，并称为随机变量X的标准差，记为σ(X)．
(2)方差和标准差的意义：随机变量的方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度，反映了随机变量取值的离散程度．方差或标准差越小，随机变量的取值越集中；方差或标准差越大，随机变量的取值越分散．
3.若X服从两点分布，则E(X)＝p；则D(X)＝p(1－p)．
【常用结论】
若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数；
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)；
(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)；
(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
应用1 (多选题)设离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有( )
A．q＝0.1B．E(X)＝2，D(X)＝1.4
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
ACD 解析：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，则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.因为离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝22D(X)＝7.2.故选ACD．
应用2 已知离散型随机变量X的取值为有限个，E(X)＝72，D(X)＝3512，则E(X2)＝________.
916 解析：因为E(X)＝72，D(X)＝3512，由D(X)＝E(X2)－(E(X))2，得E(X2)＝D(X)＋(E(X))2＝3512+722＝916.
离散型随机变量的分布列及性质
1．设X是一个离散型随机变量，其分布列为
则实数a的值为( )
A．13B．23
C．13或23D．－13或－23
A 解析：由分布列的性质可知0≤9a2－a≤1， 0≤3－8a≤1， 9a2－a+3－8a＝1，解得a＝13.
2．(2024·济宁模拟)已知随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝ann+1(n＝1，2，3，…，10)，则实数a＝________.
1110 解析：依题意，P(X＝n)＝a·1n－1n+1，
由分布列的性质得∑10i=1PX＝n＝a1－12 +12－13 +…+110－111 ＝10a11＝1，
解得a＝1110.
3．设离散型随机变量X的分布列为
(1)求η＝|X－1|的分布列；
(2)求P(1<2X＋1<9)．
解：(1)由题意易知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，所以m＝0.3.
由X的分布列可知η＝|X－1|的取值为0，1，2，3，
P(η＝0)＝P(X＝1)＝0.1，
P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，
P(η＝2)＝P(X＝3)＝0.3，
P(η＝3)＝P(X＝4)＝0.3，
所以η＝|X－1|的分布列为
(2)由1<2X＋1<9，解得0故P(1<2X＋1<9)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.1＋0.1＋0.3＝0.5.
离散型随机变量的分布列性质的应用
(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值．
(2)利用“离散型随机变量在某范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率．
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
离散型随机变量的均值与方差
【例1】(1)已知随机变量X，Y满足Y＝2X＋1，且随机变量X的分布列如下：
( )
A．59B．209
C．43D．299
B 解析：由分布列的性质，得a＝1－16－13＝12，所以E(X)＝0×16+1×13+2×12＝43，所以D(X)＝0－432×16 +1－432×13 +2－432×12 ＝59.又Y＝2X＋1，所以D(Y)＝4D(X)＝209.
(2)(2024·1月·九省适应性测试)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：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C43种方法，
然后不同数字的小球各取1个，有C21C21C21种取法，
所以P(M)＝C43C21C21C21C83＝47.
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)＝C21C62+C22C61C83＝914；
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)＝C21C42+C22C41C83＝27；
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)＝C21C22+C22C21C83＝114.
所以X的分布列为
所以数学期望E(X)＝1×914+2×27+3×114＝107.
求离散型随机变量X的分布列及数字特征的方法
(1)理解X的意义，写出X可能取的全部值．
(2)求X取每个值的概率．
(3)写出X的分布列．
(4)由均值的定义求E(X)．
(5)由方差的定义求D(X)．
(6)涉及形如Y＝aX＋b(a，b为非零常数)的期望、方差时，注意应用性质求解．
为准备元旦联欢晚会，某班设计了一个摸球游戏的表演节目：在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1个，这些球除颜色外完全相同，每次不放回地摸出1个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止．规定摸到红球表演2个节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目．
(1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率；
(2)记X为a同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望、方差．
解：(1)设“a同学摸球三次后停止摸球”为事件E，则P(E)＝A32A43＝14，
故a同学摸球三次后停止摸球的概率为14.
(2)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，
P(X＝0)＝14，
P(X＝1)＝2A42＝16，
P(X＝2)＝1A42+A22A43＝16，
P(X＝3)＝C21A22A43＝16，
P(X＝4)＝A33A44＝14.
所以随机变量X的分布列为
E(X)＝0×14+1×16+2×16+3×16+4×14＝2，
D(X)＝(0－2)2×14＋(1－2)2×16＋(2－2)2×16＋(3－2)2×16＋(4－2)2×14＝73.
均值与方差在决策问题中的应用
【例2】(2024·泰安模拟)某公司为活跃气氛提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励额．
(1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求：
①员工所获得的奖励额为1 000元的概率；
②员工所获得的奖励额的分布列及数学期望．
(2)公司对奖励额的预算是人均1 000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励总额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
解：(1)设员工所获得的奖励额为X，
①P(X＝1 000)＝C31C42＝12，
所以员工所获得的奖励额为1 000元的概率为12.
②X所有可能的取值为400，1 000，
P(X＝400)＝C32C42＝12，
P(X＝1 000)＝1－P(X＝400)＝12，
所以X的分布列为
E(X)＝400×12＋1 000×12＝700，
所以员工所获得的奖励额的数学期望为700元．
(2)根据公司预算，每个员工的平均奖励额为1 000元，
所以先寻找期望为1 000元的可能方案．
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择(200，200，200，800)的方案，
因为1 000元是面值之和的最大值，所以期望不可能为1 000元；
如果选择(800，800，800，200)的方案，
因为1 000元是面值之和的最小值，所以期望不可能为1 000元，
因此可能的方案是(800，800，200，200)记为方案1.
对于面值由600元和400元组成的情况，
同理排除(600，600，600，400)和(400，400，400，600)的方案，
所以可能的方案是(400，400，600，600)记为方案2.
对于方案1，设员工所获得的奖励额为X1，X1可取400，1 000，1 600.
P(X1＝400)＝C22C42＝16，P(X1＝1 000)＝C21C21C42＝23，P(X1＝1 600)＝C22C42＝16，
所以X1的期望为E(X1)＝400×16＋1 000×23＋1 600×16＝1 000，
方差D(X1)＝(400－1 000)2×16＋(1 000－1 000)2×23＋(1 600－1 000)2×16＝120 000.
对于方案2，设员工所获得的奖励额为X2，X2可取800，1 000，1 200，
P(X2＝800)＝C22C42＝16，P(X2＝1 000)＝C21C21C42＝23，P(X2＝1 200)＝C22C42＝16，
所以X2的期望为E(X2)＝800×16＋1 000×23＋1 200×16＝1 000，
方差D(X2)＝(800－1 000)2×16＋(1 000－1 000)2×23＋(1 200－1 000)2×16＝40 0003.
由于两种方案的奖励额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1的方差小，所以应选择方案2.
利用期望与方差进行决策的方法
(1)若我们比较两个随机变量的差别时，可先求随机变量ξ1，ξ2的期望，当E(ξ1)＝E(ξ2)时，需要用D(ξ1)，D(ξ2)来进一步比较这两个随机变量的偏离程度，从平均水平和离散程度两个方面进行比较．
(2)若我们希望比较稳定时，应先考虑方差，再考虑均值是否相等或者接近．
(2021·新高考全国Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列．
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？说明理由．
解：(1)由题意，X的可能取值为0，20，100，
则P(X＝0)＝0.2，P(X＝20)＝0.8×0.4＝0.32，P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
(2)由(1)得，先回答A类问题的期望E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
设先回答B类问题累计得分为Y，Y的可能取值为0，80，100，则P(Y＝0)＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×0.2＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
则E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为E(Y)＞E(X)，所以应选择先回答B类问题．
课时质量评价(六十六)
1．(2024·聊城模拟)袋中有3个白球、5个黑球，从中任取2个，可以作为随机变量的是( )
A．至少取到1个白球
B．至多取到1个白球
C．取到白球的个数
D．取到的球的个数
C 解析：选项A，B表述的都是随机事件，选项D是确定的值2，并不随机；选项C是随机变量，可能取值为0，1，2.
2．设离散型随机变量X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b，若X的均值E(X)＝3，则a－b＝( )
A．110B．0
C．－110D．15
A 解析：由题意知(a＋b)＋(2a＋b)＋(3a＋b)＋(4a＋b)＝1，即10a＋4b＝1.又X的均值E(X)＝3，则(a＋b)＋2(2a＋b)＋3(3a＋b)＋4(4a＋b)＝3，即30a＋10b＝3.联立10a+4b＝1， 30a+10b＝3，解得a＝110，b＝0，所以a－b＝110.
3．(2024·枣庄模拟)口袋中装有编号分别为1，2，3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个球，记取出的球的最大编号为X，则D(X)＝( )
A．29B．49
C．227D．83
A 解析：由题意得X的可能取值为2，3，X＝2包含的事件为取出的两个球为1，2，
所以P(X＝2)＝1C32＝13，
X＝3包含的事件为取出的两个球为1，3或2，3，
所以P(X＝3)＝2C32＝23，E(X)＝2×13+3×23＝83，D(X)＝22×13+32×23 –832＝29.故选A．
4．(多选题)若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝13，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( )
A．P(X＝1)＝E(X)
B．E(3X＋2)＝4
C．D(3X＋2)＝4
D．D(X)＝49
AB 解析：因为随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝13，所以P(X＝1)＝23，
E(X)＝0×13+1×23＝23，D(X)＝0－232×13 +1－232×23 ＝29.
对于A，P(X＝1)＝E(X)，故A正确；
对于B，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×23＋2＝4，故B正确；
对于C，D(3X＋2)＝32D(X)＝9×29＝2，故C错误；
对于D，D(X)＝29，故D错误．故选AB．
5．设随机变量X满足P(X＝i)＝k2i(i＝1，2，3)，则k＝________；P(X≥2)＝________.
87 37 解析：由已知得随机变量X的分布列为
所以k2+k4+k8＝1，解得k＝87.
所以随机变量X的分布列为
所以P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝27+17＝37.
6．某射击运动员共有三发子弹，他射击一次命中目标的概率是23，击中目标后射击停止，射击次数X为随机变量，则方差D(X)＝________.
3881 解析：由题意知X＝1，2，3，
P(X＝1)＝23，P(X＝2)＝13×23＝29，P(X＝3)＝13×13×23+13×13×13＝19，
所以X的分布列为
所以E(X)＝1×23+2×29+3×19＝139，
(方法一)所以D(X)＝1－1392×23 +2－1392×29 +3－1392×19 ＝3881.
(方法二)E(X2)＝1×23+4×29+9×19＝239，所以D(X)＝239－1392＝3881.
7．“摸奖游戏”是商场促销最为常见的形式之一，某摸奖游戏的规则如下：第一次在装有2个红球、2个白球的A袋中随机取出2个球，第二次在装有1个红球、1个白球、1个黑球的B袋中随机取出1个球，两次取球相互独立，两次取球合在一起称为一次摸奖，取出的3个球的颜色与获得的积分对应如下表：
(1)设一次摸奖所获得的积分为X，求X的分布列和期望；
(2)记甲在这次游戏中获得0积分为事件M，甲在B袋中摸到黑球为事件N，判断事件M，N是否相互独立，并说明理由．
解：(1)X的可能取值有100，60，0，
P(X＝100)＝C22C42×13+C22C42×13＝19，
P(X＝60)＝C21C21C42×13＝29，
P(X＝0)＝1－P(X＝100)－P(X＝60)＝23，
所以X的分布列为
所以E(X)＝100×19+60×29+0×23＝2209.
(2)由(1)可知P(M)＝23，
又P(N)＝13，P(MN)＝2×C22C42×13＝19，
则P(MN)≠P(M)P(N)，所以事件M，N不相互独立．
8．某投资公司在2024年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和29；
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13和115.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
解：若投资“项目一”，设获利为X1万元，X1的所有可能取值为300，－150，
则X1的分布列为
所以E(X1)＝300×79＋(－150)×29＝200，
D(X1)＝(300－200)2×79＋(－150－200)2×29＝35 000.
若投资“项目二”，设获利X2万元，X2的所有可能取值为500，－300，0，
则X2的分布列为
所以E(X2)＝500×35＋(－300)×13+0×115＝200，
D(X2)＝(500－200)2×35＋(－300－200)2×13＋(0－200)2×115＝140 000，
所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)这说明虽然项目一、项目二获利的期望值相等，但项目一更稳妥．
综上所述，建议该投资公司选择投资项目一．
9．在某次考试中，多项选择题的给分标准如下：在每题给出的四个选项中，正确选项为其中的两项或三项，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分．甲、乙、丙三人在完全不会做某个多项选择题的情况下，分别选了A，AB，ABC，则三人该题得分的数学期望分别为( )
A．1，0.8，0.5B．1.2，0.8，0.6
C．1，0.9，0.6D．1.2，0.9，0.5
D 解析：由题意得正确选项若为两项，则有C42＝6(种)可能情况，
正确选项若为三项，则有C43＝4(种)可能情况，故正确选项的可能情况共有10种．
甲选A，他可能的得分X1为0，2，则他可能得分的情况即正确答案中含有A，有C31＋C32＝6(种)，
故P(X1＝2)＝610＝35，则P(X1＝0)＝25，
故他得分的数学期望为E(X1)＝0×25+2×35＝65＝1.2.
乙选AB，他可能的得分X2为0，2，5，
若正确答案为AB，即他可能得5分的情况有1种，此时P(X2＝5)＝110，
若正确答案为ABC或ABD，他可能得2分的情况有2种，此时P(X2＝2)＝210＝15，
则P(X2＝0)＝710，
故E(X2)＝0×710+2×15+5×110＝910＝0.9.
丙选ABC，他可能的得分X3为0，5，若正确答案为ABC，则P(X3＝5)＝110，P(X3＝0)＝910，
故E(X3)＝0×910+5×110＝510＝0.5.
即三人该题得分的数学期望分别为1.2，0.9，0.5.故选D．
10．(多选题)已知投资A，B两个项目获得的收益分别为X，Y，分布列如下表，则( )
A．m＋n＝0.5
B．E(2X＋1)＝4
C．投资两个项目的收益期望一样多
D．投资A项目的风险比B项目高
ACD 解析：依题意可得0.2＋m＋0.6＝1，所以m＝0.2，0.3＋0.4＋n＝1，所以n＝0.3，所以m＋n＝0.5，故A正确；所以E(X)＝－1×0.2＋0×0.2＋2×0.6＝1，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝3，故B错误；E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，所以E(X)＝E(Y)，故C正确；因为D(X)＝(－1－1)2×0.2＋(0－1)2×0.2＋(2－1)2×0.6＝1.6，D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，所以D(X)>D(Y)，所以投资A项目的风险比B项目高，故D正确．故选ACD．
11．(多选题)随机变量ξ的分布列如表所示，其中xy≠0，下列说法正确的是( )
A．x＋y＝1
B．E(ξ)＝5y3
C．D(ξ)有最大值
D．D(ξ)随y的增大而减小
ABC 解析：由题意可知x＋y3+2y3＝1，即x＋y＝1，故A正确．
E(ξ)＝0×x＋1×y3+2×2y3＝5y3，故B正确．
D(ξ)＝x0－5y32+y3 1－5y32+2y3 2－5y32
＝(1－y)0－5y32+y3 1－5y32+2y3 2－5y32＝－259y2＋3y.
因为xy≠0，x＋y＝1，易得0而函数f (y)＝－259y2＋3y的图象开口向下，对称轴为直线y＝2750，
所以f (y)在0，2750上单调递增，在2750，1上单调递减，故f (y)在y＝2750处取得最大值，
所以D(ξ)随着y的增大先增大后减小，当y＝2750时，取得最大值，故C正确，D错误．故选ABC．
12．游乐场某游戏设备是一个圆盘，圆盘被分成红色和绿色两个区域，圆盘上有一个可以绕中心旋转的指针，且指针受电子程序控制，前后两次停在相同区域的概率为14，停在不同区域的概率为34.某游客连续转动指针三次，记指针停在绿色区域的次数为X，若开始时指针停在红色区域，则E(X)＝________.
2716 解析：该游客转动指针三次的结果的树形图如下：
则X的分布列为
故E(X)＝0×164+1×2164+2×3964+3×364＝2716.
13．(2024·苏州模拟)设a，b是从集合{1，2，3，4}中随机选取的数，直线l：y＝ax＋b，圆O：x2＋y2＝1，则直线l与圆O有公共点的概率是________；直线l与圆O的公共点个数的数学期望是________.
58 54 解析：由已知可得l：ax－y＋b＝0，圆O：x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r＝1，
则圆心O(0，0)到直线l的距离d＝ba2+1.
因为直线l与圆O有公共点，所以d≤1，整理可得a2＋1≥b2.
因为a，b∈{1，2，3，4}，所以a≥b，
则满足条件的(a，b)可能为(1，1)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(2，2)，(3，2)，(4，2)，(3，3)，(4，3)，(4，4)，共包含10个样本点，
而(a，b)总的样本点的个数为4×4＝16，
所以直线l与圆O有公共点的概率是1016＝58.
设直线l与圆O的公共点个数为随机变量X，由上可知，X＝0，2.
当a≥b时，10个样本点都满足a2＋1>b2，即d<1，此时有2个公共点，
所以P(X＝2)＝58，P(X＝0)＝1－P(X＝2)＝38，
所以E(X)＝0×38+2×58＝54.
14．甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练(每人各踢一次为一轮)，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有一人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得－1 分；两人都进球或都不进球，两人均得0分．设甲、乙每次踢球命中的概率均为12，甲扑到乙踢出球的概率为12，乙扑到甲踢出球的概率为13，且各次踢球互不影响．
(1)经过一轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；
(2)求经过三轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率．
解：(1)记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，且A，B相互独立，
由题意得，P(A)＝12×1－13＝13，P(B)＝12×1－12＝14，
甲的得分X的可能取值为－1，0，1，
P(X＝－1)＝PAB＝PAP(B)＝1－13×14＝16，
P(X＝0)＝P(AB)＋PAB＝P(A)P(B)＋PAPB＝13×14+1－13×1－14＝712，
P(X＝1)＝PAB＝P(A)PB＝13×1－14＝14，
所以X的分布列为
E(X)＝－1×16+0×712+1×14＝112.
(2)经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲三轮各得1分；甲三轮中有两轮各得1分，一轮得0分；甲三轮中有两轮各得1分，一轮得－1分；甲三轮中有一轮得1分，两轮各得0分，
甲三轮各得1分的概率为P1＝143＝164，
甲三轮中有两轮各得1分，一轮得0分的概率为P2＝C32×142×712 ＝764，
甲三轮中有两轮各得1分，一轮得－1分的概率为P3＝C32×142×16 ＝132，
甲三轮中有一轮得1分，两轮各得0分的概率为P4＝C31×14×7122＝49192，
所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率P＝164 +764+132+49192＝79192.
15．(2023·新高考全国Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则
E(∑ni=1Xi)＝∑ni=1qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．
解：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，i＝1，2，3，…，n，所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)·P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设P(Ai)＝pi，依题可知P(Bi)＝1－pi，则
P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)，
即pi＋1＝0.6pi＋(1－pi)×(1－0.8)＝0.4pi＋0.2.
构造等比数列{pi＋λ}，
设pi＋1＋λ＝25(pi＋λ)，解得λ＝－13，则pi＋1－13＝25 pi－13.
又p1＝12，p1－13 ＝16，所以pi－13 是首项为16，公比为25的等比数列，即pi－13＝16×25i－1，
故pi＝16 ×25i－1 +13.
(3)设随机变量
Xi＝1，第i次投篮的人是甲，0，第i次投篮的人是乙，i＝1，2，…，n，
则Xi服从两点分布，P(Xi＝1)＝16×25i－1 +13，且Y＝i＝1nXi.
由题设可得E(Y)＝E∑ni=1Xi＝∑ni=1pi＝∑ni=116×25i－1 +13 ＝5181－25n+n3.X
2
5
P
0.3
0.7
X
－1
0
1
P
0.5
1－2q
q2
X
0
1
P
1－p
p
X
－1
0
1
P
12
13
16
X
0
1
2
3
P
0.4
0.3
0.2
0.1
Y
0
1
2
P
0.3
0.5
0.2
X
0
1
P
a
2a
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
X
0
1
P
9a2－a
3－8a
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
η
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.3
0.3
X
1
2
3
P
914
27
114
X
0
1
2
3
4
P
14
16
16
16
14
X
400
1 000
P
12
12
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
X
1
2
3
P
k2
k4
k8
X
1
2
3
P
47
27
17
X
1
2
3
P
23
29
19
所取球的情况
三球同色
三球均不同色
其他情况
所获得的积分
100
60
0
X
100
60
0
P
19
29
〖2/3〗
X1
300
－150
P
79
29
X2
500
－300
0
P
35
13
115
X
－1
0
2
P
0.2
m
0.6
Y
0
1
2
P
0.3
0.4
n
ξ
0
1
2
P
x
y3
2y3
X
0
1
2
3
P
164
2164
3964
364
X
－1
0
1
P
16
712
14