备战2025年高考数学精品教案第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第6讲离散型随机变量及其分布列、数字特征（Word版附解析）

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学生用书P239
1.离散型随机变量
一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点Ω，都有① 唯一的实数X（Ω） 与之对应，我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，称为离散型随机变量.
随机变量一般用大写英文字母表示，例如X，Y，Z.随机变量的取值一般用小写英文字母表示，例如x，y，z.
2.离散型随机变量的分布列
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.离散型随机变量的分布列可以用表格或图形表示.
3.离散型随机变量分布列的性质
（1）pi② ≥ 0，i＝1，2，…，n；
（2）p1＋p2＋…＋pn＝③ 1 .
4.离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
则称E（X）＝④ x1p1＋x2p2＋…＋xnpn ＝∑i=1nxipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望.它反映了离散型随机变量取值的平均水平.
称D（X）＝（x1－E（X））2p1＋（x2－E（X））2p2＋…＋（xn－E（X））2pn＝⑤ ∑i=1nxi－EX2pi 为随机变量X的方差，有时也记为Var（X），并称D（X）为随机变量X的⑥ 标准差 ，记为σ（X）.方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的⑦ 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.
5.均值与方差的性质
若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X，X1，X2是随机变量，则
（1）E（aX＋b）＝⑧ aE（X）＋b ，D（aX＋b）＝⑨ a2D（X） ；
（2）E（X1＋X2）＝E（X1）＋E（X2），D（X）＝E（X2）－[E（X）]2.
1.下列说法错误的是 （ B ）
A.抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面的次数是随机变量
B.离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1
C.离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的
D.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，则偏离变量的平均程度越小
2.设X是一个离散型随机变量，其分布列为
则q等于（ D ）
A.1B.22或－22C.1＋22D.22
解析 由离散型随机变量分布列的性质得12+1－q＋q－q2=1，0≤1－q≤12，0≤q－q2≤12，解得q＝22.
3.一台机器生产某种产品，如果生产出一件甲等品可获利50元，生产出一件乙等品可获利30元，生产一件次品要赔20元，已知这台机器生产出甲等品、乙等品和次品的概率分别为0.6，0.3和0.1，则这台机器每生产一件产品，平均预期可获利（ B ）
A.36元B.37元C.38元D.39元
解析 设这台机器每生产一件产品可获利X元，则X可能取的数值为50，30，－20，所以P（X＝50）＝0.6，P（X＝30）＝0.3，P（X＝－20）＝0.1，所以这台机器每生产一件产品平均预期可获利为E（X）＝50×0.6＋30×0.3－20×0.1＝37（元），故选B.
4.[多选]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（ ACD ）
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
解析 因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；又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，故C正确，B错误；因为Y＝2X＋1，所以E（Y）＝2E（X）＋1＝5，D（Y）＝4D（X）＝7.2，故D正确.故选ACD.
5.若随机变量X满足P（X＝c）＝1，其中c为常数，则D（X）的值为 0 .
解析 ∵P（X＝c）＝1，∴E（X）＝c×1＝c，∴D（X）＝（c－c）2×1＝0.
学生用书P241
命题点1 离散型随机变量分布列的性质
例1 （1）某射手射击所得环数ξ的分布列如下表：
已知ξ的数学期望E（ξ）＝8.9，则y的值为（ C ）
A.0.8B.0.6C.0.4D.0.2
解析 由题中表格可知x＋0.1＋0.3＋y＝1，7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，解得y＝0.4.故选C.
（2）[多选]设随机变量ξ的分布列为P（ξ＝k5）＝ak（k＝1，2，3，4，5），则 （ AB ）
A.a＝115B.P（12＜ξ＜45）＝15
C.P（110＜ξ＜12）＝215D.P（ξ＝1）＝310
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；
易知P（12＜ξ＜45）＝P（ξ＝35）＝3×115＝15，故B正确；
易知P（110＜ξ＜12）＝P（ξ＝15）＋P（ξ＝25）＝115＋2×115＝15，故C错误；
易知P（ξ＝1）＝5×115＝13，故D错误.
方法技巧
离散型随机变量分布列的性质的应用
1.利用“总概率之和为1”可以求相关参数的值及检验分布列是否正确；
2.利用“离散型随机变量在某一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.
训练1 （1）若随机变量X的分布列为
则当P（X＜a）＝0.8时，实数a的取值范围是（ C ）
A.（－∞，2]B.[1，2]C.（1，2]D.（1，2）
解析 由随机变量X的分布列知，P（X＜1）＝0.5，P（X＜2）＝0.8，故当P（X＜a）＝0.8时，实数a的取值范围是（1，2].
（2）随机变量X的分布列如下：
其中a，b，c成等差数列，则P（｜X｜＝1）＝ 23 ，公差d的取值范围是 [－13，13] .
解析 因为a，b，c成等差数列，
所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝13，所以P（｜X｜＝1）＝a＋c＝23.
又a＝13－d，c＝13＋d，
根据分布列的性质，得0≤13－d≤23，0≤13＋d≤23，所以－13≤d≤13.
命题点2 离散型随机变量的分布列及数字特征
例2 （1）[多选]设随机变量ξ的分布列为P（ξ＝k）＝ak+1（k＝1，2，5），a∈R，Eξ,Dξ分别为随机变量ξ的数学期望与方差，则（ ABC ）
A.P（0＜ξ＜3.5）＝56B.E（3ξ＋1）＝7
C.D（ξ）＝2D.D（3ξ＋1）＝6
解析 ∵P（ξ＝k）＝ak+1（k＝1，2，5），a∈R，
∴P（ξ＝1）＝a1+1＝a2，P（ξ＝2）＝a2+1＝a3，P（ξ＝5）＝a5+1＝a6，∴a2＋a3＋a6＝1，
解得a＝1.
P（0＜ξ＜3.5）＝P（ξ＝1）＋P（ξ＝2）＝12＋13＝56，故A正确；
∵E（ξ）＝1×12＋2×13＋5×16＝2，∴E（3ξ＋1）＝3E（ξ）＋1＝3×2＋1＝7，故B正确；D（ξ）＝12×（1－2）2＋13×（2－2）2＋16×（5－2）2＝2，故C正确；
D（3ξ＋1）＝32D（ξ）＝9×2＝18，故D错误.
（2）[2022全国卷甲]甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立.
①求甲学校获得冠军的概率；
②用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.
解析 ①设甲学校获得冠军的事件为A，则甲学校必须获胜2场或者3场.
P（A）＝0.5×0.4×0.8＋（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.6.
故甲学校获得冠军的概率为 0.6.
②X的取值可以为0，10，20，30.
P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P（X＝10）＝（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.44，
P（X＝20）＝（1－0.5）×（1－0.4）×0.8＋0.5×（1－0.4）×（1－0.8）＋（1－0.5）×0.4×（1－0.8）＝0.34，
P（X＝30）＝（1－0.5）×（1－0.4）×（1－0.8）＝0.06.
所以X的分布列为
所以E（X）＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
方法技巧
求离散型随机变量X的均值与方差的步骤
（1）理解X的含义，写出X的全部可能取值；
（2）求X取每个值的概率；
（3）写出X的分布列；
（4）由均值、方差的定义求E（X），D（X）.
训练2 [多选]甲、乙两人进行纸牌游戏（纸牌除了颜色不同，没有其他任何区别），他们手里各持有4张纸牌，其中甲手里有2张黑牌，2张红牌，乙手里有3张黑牌，1张红牌，现在两人都各自随机取出1张牌进行交换，交换后甲、乙手中的红牌张数分别为X，Y，则（ AD ）
A.P（X＝2）＝12B.P（X＝3）＝14
C.E（X）＝E（Y）D.D（X）＝D（Y）
解析 记甲取出1张红牌为事件A，乙取出1张红牌为事件B，
则P（A）＝24＝12，P（B）＝14.
由题意，X的可能取值为1，2，3，且Y＝3－X，
则P（X＝1）＝12×34＝38，P（X＝2）＝12×34＋12×14＝12，P（X＝3）＝12×14＝18，故A正确，B错误.
E（X）＝1×38＋2×12＋3×18＝74，E（Y）＝E（3－X）＝3－E（X）＝3－74＝54，故C错误.
D（Y）＝D（3－X）＝（－1）2D（X）＝D（X），故D正确.故选AD.
命题点3 利用均值与方差进行决策
例3 [2021新高考卷Ⅰ]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？并说明理由.
解析 （1）由题意得，X的所有可能取值为0，20，100，
P（X＝0）＝1－0.8＝0.2，
P（X＝20）＝0.8×（1－0.6）＝0.32，
P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
（2）当小明先回答A类问题时，由（1）可得E（X）＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P（Y＝0）＝1－0.6＝0.4，
P（Y＝80）＝0.6×（1－0.8）＝0.12，
P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
E（Y）＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6＞54.4，即E（Y）＞E（X），所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.
方法技巧
在利用均值和方差的意义去分析、解决实际问题时，一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.需要注意的是，实际应用中是方差大了好还是方差小了好，要看这组数据反映的实际问题.
训练3 [2023湖北荆州中学模拟]某公司计划在2023年年初将1 000万元用于投资，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％，也可能亏损30％，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13，115.
（1）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.
（2）若市场预期不变，该投资公司按照你选择的项目长期投资（每一年的利润和本金继续用作投资），大约在哪一年年底总资产（利润＋本金）可以翻一番？（参考数据：lg2≈0.301 0，lg3≈0.477 1）
解析 （1）若投资项目一，设获利为ξ1万元（负值表示亏损），则ξ1的分布列为
E（ξ1）＝300×79＋（－150）×29＝200.
若投资项目二，设获利为ξ2万元（负值表示亏损，0表示不赔不赚），则ξ2的分布列为
E（ξ2）＝500×35＋0×115＋（－300）×13＝200.
∴E（ξ1）＝E（ξ2），即投资项目一和项目二获利的期望相同.
D（ξ1）＝（300－200）2×79＋（－150－200）2×29＝35 000，
D（ξ2）＝（500－200）2×35＋（0－200）2×115＋（－300－200）2×13＝140 000，
∴D（ξ1）＜D（ξ2），即项目一的方差较小，投资项目一更稳定.
综上，建议该投资公司选择项目一进行投资.
（2）假设n（n∈N*）年后总资产可以翻一番，依题意得1 000×（1＋2001 000）n＝2 000，即1.2n＝2，
两边同时取对数，得n×lg 1.2＝lg 2，n＝lg22lg2+lg3－1≈0.301 02×0.301 0+0.477 1－1≈3.805 3，
∴该投资公司大约在2026年年底总资产可以翻一番.
1.[命题点1]设X是一个离散型随机变量，其分布列为
则常数a的值为（ A ）
A.13B.23C.13或23D.－13或－23
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.[命题点2]已知ξ的分布列如表所示.
其中，“！”处完全无法看清，尽管两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同.据此计算，下列各式中：①E（ξ）＝1；②D（ξ）＞1；③P（ξ＝0）≤12，正确的个数是（ C ）
A.0B.1C.2D.3
解析 设“？”＝a，“！”＝b，则a，b∈[0，1]，2a＋b＝1.
①E（ξ）＝0×a＋1×b＋2×a＝2a＋b＝1，因此①正确；
②D（ξ）＝（0－1）2×a＋（1－1）2×b＋（2－1）2×a＝
2a≤1，因此②不正确；
③P（ξ＝0）＝a＝1－b2≤12，因此③正确.
3.[命题点2/2023南昌市一模]某班准备购买班服，确定从A，B两种款式中选出一种统一购买.现在全班50位同学赞成购买A，B款式的人数分别为20，30，为了尽量统一意见，准备在全班进行3轮宣传，每轮宣传从全班同学中随机选出一位，介绍他赞成所选款式的理由.假设每轮宣传后，赞成该同学所选款式的不会改变意见，不赞成该同学所选款式的同学会有5位改变意见，改成赞成该同学所选款式.
（1）计算第2轮宣传选到的同学赞成A款式的概率.
（2）设经过3轮宣传后赞成A款式的人数为X，求随机变量X的数学期望.
解析 （1）记第i轮宣传选到的同学赞成A款式为事件Ai，
第i轮宣传选到的同学赞成B款式为事件Bi，i＝1，2，3.
因为P（A1A2）＝2050×2550＝15，
P（B1A2）＝3050×1550＝950，
所以第2轮宣传选到的同学赞成A款式的概率P（A2）＝P（A1A2）＋P（B1A2）＝15＋950＝1950.
（2）经过3轮宣传后赞成A款式的人数X的所有可能取值为5，15，25，35，
则P（X＝5）＝P（B1B2B3）＝3050×3550×4050＝42125，
P（X＝15）＝P（A1B2B3）＋P（B1A2B3）＋P（B1B2A3）＝2050×2550×3050＋3050×1550×3050＋3050×3550×1050＝39125，
P（X＝25）＝P（B1A2A3）＋P（A1B2A3）＋P（A1A2B3）＝3050×1550×2050＋2050×2550×2050＋2050×2550×2050＝29125，
P（X＝35）＝P（A1A2A3）＝2050×2550×3050＝325.
所以X的分布列为
所以E（X）＝5×42125＋15×39125＋25×29125＋35×325＝40925.
4.[命题点3/2023南宁市第一次适应性测试]在某次现场招聘会上，某公司计划从甲和乙两位应聘人员中录用一位，规定从6个问题中随机抽取3个问题作答.假设甲能答对的问题有4个，乙每个问题能答对的概率为23.
（1）求甲在第一个问题答错的情况下，第二个和第三个问题均答对的概率；
（2）请从期望和方差的角度分析，甲、乙谁被录用的可能性更大.
解析 （1）记“甲第一个问题答错”为事件A，“甲第二个和第三个问题均答对”为事件B，则P（A）＝26＝13，P（AB）＝13×45×34＝15，
∴甲在第一个问题答错的条件下，第二个和第三个问题均答对的概率为P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1513＝35.
（2）设甲答对的问题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3.
P（X＝1）＝C41C22C63＝15，P（X＝2）＝C42C21C63＝35，P（X＝3）＝C43C20C63＝15，
∴X的分布列为
E（X）＝1×15＋2×35＋3×15＝2，
D（X）＝（1－2）2×15＋（2－2）2×35＋（3－2）2×15＝25.
设乙答对的问题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3.
P（Y＝0）＝（1－23）3＝127，
P（Y＝1）＝C31×23×（1－23）2＝29，
P（Y＝2）＝C32×（23）2×（1－23）＝49，
P（Y＝3）＝（23）3＝827，
∴Y的分布列为
E（Y）＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2，
（另解：∵Y～B（3，23），∴E（Y）＝3×23＝2）
D（Y）＝（0－2）2×127＋（1－2）2×29＋（2－2）2×49＋（3－2）2×827＝23.（另解：DY=3×23×1－23=23）
由E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y）可得，
甲被录用的可能性更大.
学生用书·练习帮P390
1.[2023福建福州联考]已知随机变量X的分布列为P（X＝i）＝ia（i＝1，2，3，4，5），则P（2≤X＜5）＝（ C ）
A.13B.12C.35D.910
解析 由分布列的性质，知∑i=15ia＝1，解得a＝15，故P（2≤X＜5）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＋P（X＝4）＝215＋315＋415＝915＝35.故选C.
2.[2024江苏镇江模拟]已知随机变量X的分布列如下表所示，若E（X）＝13，则DX=（ B ）
A.4981B.89C.2327D.2381
解析 因为E（X）＝13，且各概率之和为1，所以－2a+0×13＋b＝13，a＋13＋b=1，解得a＝19，b＝59，
所以D（X）＝19×（－2－13）2＋13×（0－13）2＋59×（1－13）2＝89.故选B.
3.设0＜a≤b，随机变量X的分布列是
则E（X）的取值范围是（ D ）
A.（12，1）B.（1，54]C.（1，32）D.[54，32）
解析 由分布列的性质可得04.[浙江高考]设0＜a＜1.随机变量X的分布列是
则当a在（0，1）内增大时，（ D ）
A.D（X）增大
B.D（X）减小
C.D（X）先增大后减小
D.D（X）先减小后增大
解析 由分布列得E（X）＝1+a3.
解法一 D（X）＝（1+a3－0）2×13＋（1+a3－a）2×13＋（1+a3－1）2×13＝29（a－12）2＋16，
所以当a在（0，1）内增大时，D（X）先减小后增大.故选D.
解法二 D（X）＝E（X2）－E2（X）＝0＋a23＋13－（a+1）29＝2a2－2a+29＝29[（a－12）2＋34]，所以当a在（0，1）内增大时，D（X）先减小后增大.故选D.
5.[多选]已知14＜p＜1，随机变量X的分布列如下，则下列结论正确的有（ BD ）
A.P（X＝2）的值最大
B.P（X＝0）＜P（X＝1）
C.E（X）随p的增大而减小
D.E（X）随p的增大而增大
解析 当p＝12时，P（X＝2）＝14，P（X＝1）＝1－12＝12＞14，A错误；
因为14＜p＜1，所以p－p2＝p（1－p）＜1－p，即P（X＝0）＜P（X＝1），B正确；
E（X）＝1－p＋2p2＝2（p－14）2＋78，因为14＜p＜1，所以E（X）随p的增大而增大，C错误，D正确.
6.[多选]已知A＝B＝{1，2，3}，分别从集合A，B中各随机取一个数a，b，得到平面上一个点P（a，b），设事件“点P恰好落在直线x＋y＝n上”对应的随机变量为X，PX=n＝Pn，X的数学期望和方差分别为E（X），D（X），则（ BCD ）
A.P4＝2P2B.P（3≤X≤5）＝79
C.E（X）＝4D.D（X）＝43
解析 因为A＝B＝{1，2，3}，点P（a，b）恰好落在直线x＋y＝n上，
所以X的值可以为2，3，4，5，6.又从A，B中分别任取一个数，共有9种情况，
所以P（X＝2）＝19，P（X＝3）＝29，P（X＝4）＝39＝13，P（X＝5）＝29，P（X＝6）＝19.对于A，P4＝3P2，故A不正确；对于B，P（3≤X≤5）＝29＋13＋29＝79，故B正确；
对于C，E（X）＝2×19＋3×29＋4×13＋5×29＋6×19＝369＝4，故C正确；对于D，D（X）＝（2－4）2×19＋（3－4）2×29＋（4－4）2×13＋（5－4）2×29＋（6－4）2×19＝43，故D正确.故选BCD.
7.若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如137，359，567等）. 在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分.若甲参加活动，则甲得分X的均值E（X）＝ 421 .
解析 由题意知，“三位递增数”总共有C93＝84（个），随机变量X的取值为0，－1，1，因此，P（X＝0）＝C83C93＝23，P（X＝－1）＝C42C93＝114，P（X＝1）＝1－114－23＝1142.
所以X的分布列为
则E（X）＝0×23＋（－1）×114＋1×1142＝421.
8.[2024惠州市一调]学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得－5分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为p1，p2.
（1）用X表示教师乙的总得分，求X的分布列与期望.
（2）如果｜p1－p2｜≥2｜p12－p22｜5+0.1，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别.请根据上述要求判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别.
解析 （1）根据题意知，X的所有可能取值为－15，0，15，30.
可得P（X＝－15）＝0.4×0.5×0.75＝0.15，
P（X＝0）＝0.6×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.25＝0.425，
P（X＝15）＝0.4×0.5×0.25＋0.6×0.5×0.25＋0.6×0.5×0.75＝0.35，
P（X＝30）＝0.6×0.5×0.25＝0.075.
∴X的分布列为
∴E（X）＝－15×0.15＋0×0.425＋15×0.35＋30×0.075＝5.25.
（2）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为A，B，C，由题意知A，B，C相互独立，
则教师甲获得冠军的概率
p1＝P（ABC）＋P（ABC）＋P（ABC）＋P（ABC）
＝0.4×0.5×0.75＋0.6×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.25
＝0.15＋0.225＋0.15＋0.05
＝0.575.
由对立事件的概率公式，可得p2＝1－p1＝0.425，
∴2｜p12－p22｜5+0.1＝0.16＝0.4，｜p1－p2｜＝0.15.
∵｜p1－p2｜＜2｜p12－p22｜5+0.1，
∴甲、乙获得冠军的实力没有明显差别.
9.[2023重庆市三检]在“五一”节日期间，某商场准备举行有奖促销活动，顾客购买超过一定金额的商品后均有一次抽奖机会.抽奖规则如下：将质地均匀的转盘平均分成n（n∈N*，n≥3）个扇区，每个扇区涂一种颜色，所有扇区的颜色各不相同，顾客抽奖时连续转动转盘三次，记录每次转盘停止时指针所指扇区内的颜色（若指针指在分界线处，本次转动无效，需重转一次），若三次颜色都一样，则获得一等奖；若其中两次颜色一样，则获得二等奖；若三次颜色均不一样，则获得三等奖.
（1）若一、二等奖的获奖概率之和不大于49，求n的最小值；
（2）规定一等奖返还现金108元，二等奖返还现金60元，三等奖返还现金18元，在n取（1）中的最小值的情况下，求顾客在一次抽奖中获奖金额的分布列和数学期望.
解析 （1）设“获得三等奖”为事件A，由题意得P（A）≥59，
又P（A）＝An3n3＝（n－1)(n－2）n2，
∴（n－1)(n－2）n2≥59，整理得4n2－27n＋18≥0，
解得n≥6或n≤34（舍去）（注意n∈N*），
∴n的最小值为6.
（2）设顾客在一次抽奖中获奖金额为随机变量ξ，则ξ的所有可能取值为108，60，18，
根据题意得
P（ξ＝108）＝C6163＝136，P（ξ＝60）＝C62C21C3163＝1536＝512，
P（ξ＝18）＝C63A3363＝2036＝59，
∴ξ的分布列为
∴E（ξ）＝108×136＋60×512＋18×59＝38.
10.[2024南昌市模拟]党建知识竞赛有两关，某学校代表队有四名队员，这四名队员通过比赛的概率见下表：
比赛规则是： 从四名队员中随机选出两名队员分别参加比赛， 每个队员通过第一关可以得60分，且有资格参加第二关比赛， 若没有通过，得0分且没有资格参加第二关比赛， 若通过第二关可以再得40分，若没有通过，不再加分.两名参赛队员所得总分为该代表队的得分，代表队得分不低于160分，可以获得“党建优秀代表队”称号.假设两名参赛队员的结果互不影响.
（1）求这次比赛中，该校获得“党建优秀代表队”称号的概率；
（2）若这次比赛中，选中了甲、乙两名队员参赛，记该代表队的得分为X，求随机变量X的分布列、期望和方差.
解析 （1）记“选甲、乙两名队员参赛”为事件A1，
“选甲、乙其中一人，丙、丁其中一人参赛”为事件A2，
“选丙、丁两名队员参赛”为事件A3，
“获得‘党建优秀代表队’称号”为事件B.
则P（A1）＝C22C42＝16，P（A2）＝C21C21C42＝23，P（A3）＝C22C42＝16.
P（B）＝P（A1B＋A2B＋A3B）＝16×（34）2×[（23）2＋2×23×13]＋23×34×23×（23×12＋13×12＋23×12）＋16×（23）2×[（12）2＋2×12×12]＝112＋518＋118＝512.
（2）X的可能取值为0，60，100，120，160，200.
P（X＝0）＝（14）2＝116，
P（X＝60）＝2×34×13×14＝18，
P（X＝100）＝2×34×23×14＝14，
P（X＝120）＝（34）2×（13）2＝116，
P（X＝160）＝（34）2×2×23×13＝14，
P（X＝200）＝（34）2×（23）2＝14.
所以随机变量X的分布列为
所以E（X）＝0×116＋60×18＋100×14＋120×116＋160×14＋200×14＝130，
D（X）＝（0－130）2×116＋（60－130）2×18＋（100－130）2×14＋（120－130）2×116＋（160－130）2×14＋（200－130）2×14＝3 350.
11.某新型双轴承电动机需要装配两个轴承才能正常工作，且两个轴承互不影响.现计划购置甲、乙两个品牌的轴承，两个品牌轴承的使用寿命及价格情况如下表：
已知甲品牌使用7个月或8个月的概率均为12，乙品牌使用3个月或4个月的概率均为12.
（1）若从4件甲品牌和2件乙品牌共6件轴承中，任选2件装入电动机内，求电动机可工作时间不少于4个月的概率.
（2）现有两种购置方案，方案一：购置2件甲品牌；方案二：购置1件甲品牌和2件乙品牌（甲、乙两品牌轴承搭配使用）.试从性价比（即电动机正常工作时间与购置轴承的成本之比）的角度考虑，选择哪一种方案更实惠？
解析 （1）电动机工作时间不少于4个月共有三种情况：
①装入两件甲品牌，概率为C42C62＝25；
②装入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用寿命为4个月，概率为C41×C21C62×12＝415；
③装入两件乙品牌，且两件的使用寿命均为4个月，概率为C22C62×12×12＝160.
∴电动机可工作时间不少于4个月的概率P＝25＋415＋160＝4160.
（2）若采用方案一，设电动机可工作时间为X（单位：月），则X的可能取值为7，8，
P（X＝8）＝12×12＝14，P（X＝7）＝1－P（X＝8）＝34，
∴X的分布列为
∴E（X）＝7×34＋8×14＝294，它与购置轴承的成本之比为E（X）1 000+1 000＝298 000.
若采用方案二，设两件乙品牌轴承使用寿命之和为Y（单位：月），则Y的可能取值为6，7，8，
P（Y＝6）＝12×12＝14，P（Y＝7）＝2×12×12＝12，P（Y＝8）＝12×12＝14.
设甲品牌轴承的使用寿命为M（单位：月），此时电动机可工作时间为Z（单位：月），则Z的可能取值为6，7，8，
P（Z＝6）＝P（Y＝6）＝14，
P（Z＝7）＝P（M＝7，Y≥7）＋P（M＝8，Y＝7）＝12×34＋12×12＝58，
P（Z＝8）＝P（M＝Y＝8）＝12×14＝18，
∴Z的分布列为
∴E（Z）＝6×14＋7×58＋8×18＝558，它与购置轴承的成本之比为E（Z）1 000+400+400＝112 880.
∵298 000＜112 880，∴从性价比的角度考虑，方案二更实惠.
12.[设问创新/2024长沙一中等校联考]甲、乙两家公司招聘高级软件工程师，应聘程序都是应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过项数越多，聘用可能性越大，程序员小明准备应聘这两家公司.已知小明应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为23；小明应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为56，23，m，其中0＜m＜1.各项专业技能测试是否通过相互独立.
（1）若m＝23，分别求小明应聘甲、乙两家公司，三项专业技能测试恰好通过两项的概率.
（2）若甲、乙两家公司的招聘在同一时间进行，小明只能应聘其中一家，则当m的取值在什么范围内时，小明应选择应聘乙公司？
解析 （1）设A＝“小明应聘甲公司恰好通过两项专业技能测试”，B＝“小明应聘乙公司恰好通过两项专业技能测试”，
根据题意可得P（A）＝C32×（23）2×（1－23）＝49，
P（B）＝56×C21×23×（1－23）＋（1－56）×23×23＝49.
（2）设小明应聘甲公司通过测试的项数为X，应聘乙公司通过测试的项数为Y，
根据题意可知，X～B（3，23），则E（X）＝3×23＝2.
Y的所有可能取值为0，1，2，3，
P（Y＝0）＝（1－56）×（1－23）×（1－m）＝118－118m，
P（Y＝1）＝56×（1－23）×（1－m）＋（1－56）×23×（1－m）＋（1－56）×（1－23）×m＝718－13m，
P（Y＝2）＝56×23×（1－m）＋（1－56）×23×m＋56×（1－23）×m＝59－16m，
P（Y＝3）＝56×23×m＝59m，
则随机变量Y的分布列为
E（Y）＝（118－118m）×0＋（718－13m）×1＋（59－16m）×2＋59m×3＝32＋m.
若E（Y）＞E（X），则32＋m＞2，故12＜m＜1，故当m的取值范围是（12，1）时，小明应选择应聘乙公司.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及其数字特征（均值、方差）.
离散型随机变量分布列的性质
本讲是高考的命题热点，常以实际问题为情境，与计数原理、古典概型等知识综合命题，考查离散型随机变量的分布列、均值与方差，以解答题为主，有时也以选择题、填空题的形式进行考查，难度中等.预计2025年高考会着重考查本讲知识的实际应用.
离散型随机变量的分布列及数字特征
2022全国卷甲T19；2021新高考卷ⅠT18；2021新高考卷ⅡT21；2019全国卷ⅠT21
利用均值与方差进行决策
2021新高考卷ⅠT18
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
X
－1
0
1
P
12
1－q
q－q2
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
ξ
7
8
9
10
P
x
0.1
0.3
y
X
－2
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1
X
－1
0
1
P
a
b
c
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
ξ1
300
－150
P
79
29
ξ2
500
0
－300
P
35
115
13
X
0
1
P
9a2－a
3－8a
ξ
0
1
2
P
？
！
？
X
5
15
25
35
P
42125
39125
29125
325
X
1
2
3
P
15
35
15
Y
0
1
2
3
P
127
29
49
827
X
－2
0
1
P
a
13
b
X
0
1
2
P
a
b
a＋b
X
0
a
1
P
13
13
13
X
0
1
2
P
p－p2
1－p
p2
X
0
－1
1
P
23
114
1142
X
－15
0
15
30
P
0.15
0.425
0.35
0.075
ξ
108
60
18
P
136
512
59
队员
第一关
第二关
甲
34
23
乙
34
23
丙
23
12
丁
23
12
X
0
60
100
120
160
200
P
116
18
14
116
14
14
品牌
价格/（元/件）
使用寿命/月
甲
1 000
7或8
乙
400
3或4
X
7
8
P
34
14
Z
6
7
8
P
14
58
18
Y
0
1
2
3
P
118－118m
718－13m
59－16m
59m