2025高考数学二轮复习-专题五-第2讲-随机变量及其分布-专项训练【含答案】

第2讲随机变量及其分布[考情分析]离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，以解答题为主，中等难度．考点一分布列的性质及应用核心提炼离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则(1)pi≥0，i＝1,2，…，n.(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn.(4)D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn.(5)若Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X)．例1(1)(多选)(2023·枣庄模拟)随机变量X的分布列为X234Peq\f(1,2)mn若E(X)＝eq\f(8,3)，则()A．m＝eq\f(1,3) B．n＝eq\f(1,3)C．D(X)＝eq\f(4,9) D．D(X)＝eq\f(5,9)答案AD解析由题可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝\f(1,2)，,2×\f(1,2)＋3m＋4n＝\f(8,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,6)，))则D(X)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(8,3)))2＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(8,3)))2＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(8,3)))2＝eq\f(5,9).(2)已知随机变量ξ的分布列如表所示，当E(ξ)＝eq\f(3,4)时，D(2ξ＋1)＝________.ξ012Peq\f(1,2)ab答案eq\f(11,4)解析依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,2)＝1，,0×\f(1,2)＋1×a＋2×b＝\f(3,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,b＝\f(1,4)，))∴ξ的分布列为ξ012Peq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,4)∴D(ξ)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,4)))2＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))2＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,4)))2＝eq\f(11,16)，D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝eq\f(11,4).规律方法分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1的性质可求参数的值及检查分布列的正确性．(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．跟踪演练1(1)某同学求得的一个离散型随机变量X的分布列为X123P0.2mn若E(X)＝2，则n等于()A．0.1B．0.2C．0.3D．0.4答案B解析由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.2＋m＋n＝1，,1×0.2＋2m＋3n＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝0.8，,2m＋3n＝1.8，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝0.6，,n＝0.2.))(2)(多选)已知某项试验成功率是失败率的2倍，若用随机变量X描述一次试验的成功次数，E(X)，D(X)分别为随机变量的均值和方差，则()A．P(X＝0)＝eq\f(1,3) B．E(2X)＝eq\f(4,3)C．D(X)＝eq\f(2,9) D．D(3X＋1)＝3答案ABC解析设试验成功的概率为p，则p＋eq\f(p,2)＝1，解得p＝eq\f(2,3).设0代表试验失败，1代表试验成功，则X的所有可能取值为0,1，P(X＝0)＝eq\f(1,3)，P(X＝1)＝eq\f(2,3)，选项A正确；则X的分布列如表所示，X01Peq\f(1,3)eq\f(2,3)则随机变量X的均值E(X)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)，E(2X)＝2E(X)＝eq\f(4,3)，选项B正确；D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，选项C正确；D(3X＋1)＝9D(X)＝9×eq\f(2,9)＝2，选项D错误．考点二随机变量的分布列核心提炼1．二项分布一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．2．超几何分布一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品，从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．E(X)＝n·eq\f(M,N).考向1相互独立事件例2(2023·济南模拟)某校举行“学习二十大，奋进新征程”知识竞赛，知识竞赛包含预赛和决赛．(1)下表为某10位同学预赛成绩：得分939495969798人数223111求该10位同学预赛成绩的第75百分位数和平均数；(2)决赛共有编号为A，B，C，D，E的5道题，学生甲按照A，B，C，D，E的顺序依次作答，答对的概率依次为eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，各题作答互不影响，若累计答错两道题或五道题全部答完则比赛结束，记X为比赛结束时学生甲已作答的题数，求X的分布列和均值．解(1)因为10×0.75＝7.5，所以第75百分位数为第8个成绩，为96；平均数为eq\f(93×2＋94×2＋95×3＋96＋97＋98,10)＝95.(2)由题意可知X的所有可能取值为2,3,4,5，所以P(X＝2)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(X＝4)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,18)，P(X＝5)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(11,36)，所以X的分布列为X2345Peq\f(1,6)eq\f(1,4)eq\f(5,18)eq\f(11,36)E(X)＝2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,4)＋4×eq\f(5,18)＋5×eq\f(11,36)＝eq\f(67,18).考向2超几何分布例3(2023·安阳模拟)不负青山，力换“金山”，民宿旅游逐渐成为一种热潮，山野乡村的民宿深受广大旅游爱好者的喜爱．某地区结合当地资源，按照“山上生态做减法、山下产业做加法”的思路，科学有序发展环山文旅康养产业，温泉度假小镇、环山绿道、农家乐提档升级、特色民宿群等一批生态产业项目加快实施．为了在节假日接待好游客，该地旅游局对本地区各乡村的普通型民宿和品质型民宿进行了调研，随机抽取了10家乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：民宿甲乙丙丁戊己庚辛壬癸普通型民宿19541713189201015品质型民宿61210111091285(1)若旅游局随机从乙、丙2家各选2间民宿进行调研，求选出的4间均为普通型民宿的概率；(2)从这10家中随机抽取4家民宿，记其中普通型民宿的房间不低于17间的有X家，求X的分布列和均值．解(1)设“从乙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件A；“从丙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件B；所以选出的4间均为普通型民宿的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,6))×eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,6))＝eq\f(4,15).(2)这10家民宿，其中普通型民宿的房间不低于17间的有4家，随机变量X的可能取值有0,1,2,3,4，则P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(4,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(15,210)＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(3,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(80,210)＝eq\f(8,21)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(90,210)＝eq\f(3,7)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)C\o\al(1,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(24,210)＝eq\f(4,35)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,210)，X的分布列为X01234Peq\f(1,14)eq\f(8,21)eq\f(3,7)eq\f(4,35)eq\f(1,210)所以E(X)＝0×eq\f(15,210)＋1×eq\f(80,210)＋2×eq\f(90,210)＋3×eq\f(24,210)＋4×eq\f(1,210)＝eq\f(8,5).考向3二项分布例4(2023·焦作模拟)全国家庭教育宣传周期间，为进一步促进家校共育，某校举行“家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享．(1)若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求P(A)和P(B)；(2)现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和均值．解(1)根据题意可知，P(A)＝eq\f(6,8)＝eq\f(3,4)，P(B)＝P(AB)＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))·P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(6,8)×eq\f(2,7)＋eq\f(2,8)×eq\f(1,7)＝eq\f(1,4).(2)爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0,1,2,3,4，且X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，故P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))0＝eq\f(81,256)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))1＝eq\f(27,64)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(27,128)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＝eq\f(3,64)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＝eq\f(1,256)，故X的分布列为X01234Peq\f(81,256)eq\f(27,64)eq\f(27,128)eq\f(3,64)eq\f(1,256)根据二项分布的均值可知，E(X)＝4×eq\f(1,4)＝1.规律方法求随机变量X的均值与方差的方法及步骤(1)理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；(2)求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列；(3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；(4)若随机变量X的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解．跟踪演练2(1)(多选)(2023·泉州模拟)下列说法正确的有()A．某学校有2023名学生，其中男生1012人，女生1011人，现选派10名学生参加学校组织的活动，记男生的人数为X，则X服从超几何分布B．若随机变量X的均值E(X)＝2023，则E(X－1)＝2023C．若随机变量X的方差D(X)＝2，则D(2X＋2023)＝8D．随机变量X～B(2023,0.5)，则P(X≤1010)＝P(X≥1011)答案AC解析A选项，根据超几何分布的定义，可知A正确；B选项，E(X－1)＝E(X)－1＝2022，故B错误；C选项，D(2X＋2023)＝22D(X)＝8，故C正确；D选项，因为X～B(2023,0.5)，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,2023)·0.5k·(1－0.5)2023－k＝Ceq\o\al(k,2023)0.52023，根据组合数的对称性可知，P(X≤1010)＝P(X≥1013)，故D错误．(2)某地为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：①在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率；②“单板滑雪”参与人数超过45的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和均值；③现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学每个动作达到“优秀”的概率均为eq\f(1,3)，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的均值达到不少于5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？解①记“从10所学校中随机选取3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”为事件A，参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，随机选择3所学校共Ceq\o\al(3,4)＝4(种)，所以P(A)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30).②X的所有可能取值为0,1,2,3，参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，所以P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,4)·C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)·C\o\al(2,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)·C\o\al(1,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)·C\o\al(0,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，所以X的分布列如下表：X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)所以E(X)＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).③记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，则P(B)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(7,27)，由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(7,27)))，由题意得eq\f(7,27)n≥5，得n≥eq\f(135,7)，因为n∈N*，所以n的最小值为20，故至少要进行20轮测试．考点三正态分布核心提炼解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴x＝μ.(2)样本标准差σ.(3)分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间．例5(1)(多选)(2023·运城模拟)已知某校高二男生的身高X(单位：cm)服从正态分布N(175,16)，且P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，则()A．该校高二男生的平均身高是175cmB．该校高二男生身高的方差为4C．该校高二男生中身高超过183cm的人数超过总数的3%D．从该校高二男生中任选一人，身高超过180cm的概率与身高不超过170cm的概率相等答案AD解析对选项A，在N(μ，σ2)中，μ为平均数，正确；对选项B，方差为σ2＝16，错误；对选项C,183＝μ＋2σ，则身高超过183cm的概率P≈eq\f(1－0.9545,2)<0.03，错误；对选项D，正态曲线关于直线x＝175对称，所以身高超过180cm的概率与身高不超过170cm的概率相等，正确．(2)已知随机变量ξ服从正态分布，有下列四个命题：甲：P(ξ＞a＋1)＞P(ξ＞a＋2)；乙：P(ξ≤a)＝0.5；丙：P(ξ＞a＋1)＝P(ξ＜a－1)；丁：P(a－1＜ξ＜3＋a)＜P(a＜ξ＜4＋a)．若这四个命题中有且只有一个是假命题，则该假命题为()A．甲B．乙C．丙D．丁答案D解析对于甲，a取任何值，都有P(ξ>a＋1)>P(ξ>a＋2)，所以甲为真命题；对于乙，若P(ξ≤a)＝0.5，则该正态分布的均值μ＝a；对于丙，若P(ξ＞a＋1)＝P(ξ＜a－1)，则该正态分布的均值μ＝eq\f(a＋1＋a－1,2)＝a，乙和丙至少有一个真命题，又因为乙和丙等价，所以乙和丙都是真命题；对于丁，P(a<ξ<4＋a)＝P(a<ξ<3＋a)＋P(3＋a<ξ<4＋a)＝P(a<ξ<3＋a)＋P(a－4<ξ<a－3)<P(a<ξ<3＋a)＋P(a－1<ξ<a)＝P(a－1<ξ<3＋a)，丁为假命题．规律方法利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的灵活运用：(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)．(2)P(X<x0)＝1－P(X≥x0)．(3)P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a)．跟踪演练3(1)教育部教育考试院给使用新高考卷的吉林、黑龙江、安徽、云南命制了一套四省联考题，测试的目的是教考衔接，平稳过渡．假如某市有40000名考生参加了这次考试，其数学成绩X服从正态分布，总体密度函数为f(x)＝，且P(70≤X≤120)＝0.9，则该市这次考试数学成绩超过120分的考生人数约为()A．4000B．3000C．2000D．1000答案C解析由总体密度函数解析式可知μ＝95，由对称性可知，P(X>120)＝0.5－eq\f(1,2)P(70≤X≤120)＝0.05，则该市这次考试数学成绩超过120分的考生人数约为0.05×40000＝2000(人)．(2)(2023·济南模拟)已知随机变量X，Y，其中X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,3)))，Y～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ，σ2))，E(X)＝E(Y)，P(|Y|<2)＝0.3，则P(Y>6)＝________.答案0.2解析因为X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,3)))，所以E(X)＝6×eq\f(1,3)＝2，因为Y～N(μ，σ2)，所以E(Y)＝μ，又因为E(X)＝E(Y)，所以μ＝2，因为Y～N(μ，σ2)，所以P(Y<2)＝0.5，且P(Y>6)＝P(Y<－2)，又因为P(|Y|<2)＝0.3，所以P(Y<－2)＝0.2，所以P(Y>6)＝0.2.专题强化练一、单项选择题1．(2023·渭南模拟)已知随机变量η的分布列为P(η＝i)＝eq\f(ai,4)(i＝1,2,3,4)，则P(η＝3)等于()A.eq\f(3,4)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,10)D.eq\f(1,3)答案C解析因为随机变量η的分布列为P(η＝i)＝eq\f(ai,4)(i＝1,2,3,4)，所以eq\f(a,4)(1＋2＋3＋4)＝1，解得a＝eq\f(2,5)，所以P(η＝i)＝eq\f(i,10)(i＝1,2,3,4)，故P(η＝3)＝eq\f(3,10).2．在一个袋中装有除颜色外完全相同的4个黑球，3个白球，现从中任取3个小球，设取的3个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是()A．P(X＝1)＝eq\f(3,7)B．随机变量X服从二项分布C．随机变量X服从超几何分布D．E(X)＝eq\f(3,8)答案C解析由题意知，随机变量X服从N＝7，M＝3，n＝3的超几何分布，故B错误，C正确；P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(2,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(18,35)，故A错误；E(X)＝n·eq\f(M,N)＝3×eq\f(3,7)＝eq\f(9,7)，故D错误．3．(2023·宁德质检)某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶．根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每500克的红茶产量(单位：克)分别为X，Y，且X～N(μ1，σeq\o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq\o\al(2,2))，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是()A．Y的数据较X更集中B．P(X≤c)<P(Y≤c)C．甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率大于eq\f(1,2)D．P(X>c)＋P(Y≤c)＝1答案D解析对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对于B，∵c，μ2与Y的密度曲线围成的面积S1大于c，μ1与X的密度曲线围成的面积S2，P(Y≤c)＝eq\f(1,2)＋S1，P(X≤c)＝eq\f(1,2)＋S2，∴P(X≤c)＜P(Y≤c)，正确；对于C，∵μ2＜μ1，∴甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率P＝P(X＞μ2)＞eq\f(1,2)，正确；对于D，由B知，P(X＞c)＝eq\f(1,2)－S2，P(Y≤c)＝eq\f(1,2)＋S1，∴P(X＞c)＋P(Y≤c)＝1＋S1－S2>1，错误．4．已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为：甲产业收益分布列收益X/亿元－102概率0.10.30.6乙产业收益分布列收益Y/亿元012概率0.30.40.3则下列说法正确的是()A．甲产业收益的期望大，风险高B．甲产业收益的期望小，风险小C．乙产业收益的期望大，风险小D．乙产业收益的期望小，风险高答案A解析由题意可得E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(0－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29；E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，故E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，即甲产业收益的期望大，风险高．5．(2023·黄冈模拟)泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝eq\f(λk,k！)e－λ(k＝0,1,2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ＝np.一般地，当n≥20而p≤0.05时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量X～B(1000,0.001)，则P(X≥2)的近似值为()A．1－eq\f(1,e) B．1－eq\f(2,e)C．1－eq\f(e,4) D．1－eq\f(1,e2)答案B解析由题意知，n＝1000≥20，p＝0.001≤0.05，泊松分布可作为二项分布的近似，此时λ＝1000×0.001＝1，所以P(X＝k)＝eq\f(1,k！)e－1，所以P(X＝0)＝eq\f(1,0！)e－1＝eq\f(1,e)，P(X＝1)＝eq\f(1,1！)e－1＝eq\f(1,e)，则P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－eq\f(2,e).6．小华与另外4名同学进行“手心手背”游戏，规则是：5人同时随机选择手心或手背其中一种手势，规定相同手势人数更多者每人得1分，其余每人得0分．现5人共进行了3次游戏，记小华3次游戏得分之和为X，则E(X)为()A.eq\f(15,16)B.eq\f(33,16)C.eq\f(15,8)D.eq\f(3,2)答案B解析设0表示手背，1表示手心，用5位的二进制数表示所有可能的结果，其中第一位表示小华所出的手势，后四位表示其余四人的手势，如表所示，0000000001000100001100100001010011000111010000100101010010110110001101011100111110000100011001010011101001010110110101111100011001110101101111100111011111011111由古典概型计算公式可知，每次比赛小华得分的概率P＝eq\f(22,32)＝eq\f(11,16)，X可能的取值为0,1,2,3，且X服从二项分布，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))0，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))1，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))2，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))3，则均值E(X)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))1＋2×Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))2＋3×Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))3＝eq\f(33,16).二、多项选择题7．(2023·沈阳模拟)为调查中学男生的肺功能情况，对两学校各1000名男生的肺活量数据(单位：mL)进行分析，随机变量X表示甲校男生的肺活量，且X～N(3000,2002)，随机变量Y表示乙校男生的肺活量，且Y～N(3200,3002)，则下列说法中正确的有()A．甲校男生肺活量数据的均值低于乙校B．乙校男生肺活量数据的波动幅度大于甲校C．估计甲、乙两校男生肺活量在3000mL～3200mL的人数占比相同D．估计甲校男生肺活量低于2800mL的人数比乙校男生肺活量低于2800mL的人数多答案ABD解析由题设，甲校男生肺活量均值为3000，标准差为200，乙校男生肺活量均值为3200，标准差为300，所以甲校男生肺活量数据的均值、波动幅度都低于乙校，A，B正确；甲校男生肺活量在3000mL～3200mL的概率为P(μ≤X≤μ＋σ)＝P(μ－σ≤X≤μ)，而乙校对应概率小于P(μ－σ≤Y≤μ)，故男生肺活量在3000mL～3200mL的人数占比不同，C错误；甲校男生肺活量低于2800mL的概率为P(X<μ－σ)，而乙校对应概率小于P(Y<μ－σ)，故估计甲校男生肺活量低于2800mL的人数比乙校男生肺活量低于2800mL的人数多，D正确．8．随机变量X的分布列如表所示，X－1123Peq\f(1,3)abeq\f(1,6)若E(X)＝1，则下列说法正确的有()A．a＝eq\f(1,6) B．b＝eq\f(1,6)C．E(3X－1)＝3 D．D(X)＝eq\f(7,3)答案AD解析由题意知，eq\f(1,3)＋a＋b＋eq\f(1,6)＝1，则a＋b＝eq\f(1,2)；E(X)＝－eq\f(1,3)＋a＋2b＋eq\f(1,2)＝1，则a＋2b＝eq\f(5,6).由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\f(1,2)，,a＋2b＝\f(5,6)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,6)，,b＝\f(1,3).))E(3X－1)＝3E(X)－1＝2，D(X)＝E(X2)－E2(X)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)＋eq\f(4,3)＋eq\f(3,2)－1＝eq\f(7,3).三、填空题9．(2023·南通模拟)随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，则D(4X＋1)＝________.答案eq\f(64,9)解析因为随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，所以D(X)＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,9)，所以D(4X＋1)＝42D(X)＝16×eq\f(4,9)＝eq\f(64,9).10．(2023·青岛模拟)某市高三年级男生的身高X(单位：cm)近似服从正态分布N(175，σ2)，已知P(175≤X<180)＝0.2，若P(X≤a)∈[0.3,0.5]．写出一个符合条件的a的值为________．答案172([170,175]中的任意一个数均可)解析因为X～N(175，σ2)，且P(175≤X<180)＝0.2，则P(X≤170)＝P(X≥180)＝0.5－0.2＝0.3，且P(X≤175)＝0.5，故若P(X≤a)∈[0.3,0.5]，则a∈[170,175]．([170,175]中的任意一个数均可)．11．把半圆弧分成4等份，以这些分点(包括直径的两端点)为顶点，作出三角形，从中任取3个不同的三角形，则这3个不同的三角形中钝角三角形的个数X不少于2的概率为________．答案eq\f(49,60)解析如图所示，设AB为半圆弧的直径，C，D，E为半圆弧另外的三个四等分点，从A，B，C，D，E这5个点中任取3个点构成三角形，一共能组成三角形的个数为Ceq\o\al(3,5)＝10.其中直角三角形有△ABC，△ABD，△ABE，共3个，钝角三角形的个数为10－3＝7，由题意可知X∈{0,1,2,3}，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,7)C\o\al(1,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(63,120)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(35,120)，因此，所求概率P＝eq\f(63＋35,120)＝eq\f(49,60).12．(2023·汕头模拟)某单位有10000名职工，想通过验血的方法筛查乙肝病毒携带者，假设携带病毒的人占5%，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10000次．统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次．按照这种化验方法，平均每个人需要化验________次．(结果保留四位有效数字)(0.955≈0.7738,0.956≈0.7351,0.957≈0.6983)．答案0.4262解析设每个人需要的化验次数为X，X的取值为eq\f(1,5)，eq\f(6,5)，X的分布列为Xeq\f(1,5)eq\f(6,5)P0.9551－0.955E(X)＝eq\f(1,5)[0.955＋6×(1－0.955)]≈0.4262，说明每5个人一组，平均每个人需要化验0.4262次．四、解答题13．(2023·衡阳名校协作体模拟)某区在高中阶段举行的物理实验技能操作竞赛分基本操作与得20分．以两步总分和决定优胜者．总分80分或90分为二等奖，100分为一等奖．某校选手李明A类7题中有5题会操作，B类5题中每题正确操作的概率均为eq\f(2,3)，且各题操作互不影响．(1)求李明被终止比赛的概率；(2)现已知李明A类题全部操作正确，求李明B类题操作完后得分的分布列及均值；(3)求李明获二等奖的概率．解(1)设“李明被终止比赛”事件为M，eq\x\to(M)表示选的4题均会操作或3题会操作，故李明被终止比赛的概率P(M)＝1－P(eq\x\to(M))＝1－eq\f(C\o\al(3,5)·C\o\al(1,2)