2026年高考数学二轮复习突破：随机变量及其分布

第2讲随机变量及其分布A对应学生用书P79

【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.

真题

1.(多选)(2024.全国I卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举

推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元了情况，从该种植区抽取样本，

得到推动出口后亩收入的样本均值£=2.1,样本方差《=().()1.已知该种植区以往的亩

收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入丫服从正态分布N(无，

52),则()

(若随机变量Z服从正态分布M4，标)，则P亿<4+°)七0.8413)

A.F(X>2)>0.2B.F(X>2)<0.5

C.P(K>2)>0.5D.P(y>2)<0.8

解析：选BC.由题意可知，X〜ML8,0.12),所以P(X>2)VP(X>1.8)=0.5,P(X<

1.9)^0.8413,所以尸(X>2)VP(X2L9)=1一尸(XV1.9)=l-0.8413=0.1587<0.2,

所以A错误，B正确.

因为丫〜N(2.1,0.12),所以P(YV2.2)-0.8413,P(r>2)>P(r>2.1)=0.5,P(Y>2)=

P(yv2.2)"().8413>0.8,所以C正确，D错误.

2.(2024•北京卷)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限

届满的保单中随机抽取100()份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下

表：

索赔次数01234

保单份数800100603010

假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第

四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.

假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.

⑴估计一份保单索赔次数不少于2的概率；

⑵一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.

(i)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；

(ii)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种

情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中E(X)估计值的大小.(结论不要求证

明)

解：(1)记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A,

由索赔次数不少于2,知索赔次数为2,3,4,

所以F（A）=w°+i°=必=匕

'/1000100010

（2）（i）由题知X的所有可能取值为0.4,—0.4,-1.2,-2.0,-2.6,

则P（X=0.4）=提=0.8,

P（X=-0.4）=-=0.1,

171000

P（X=-L2）=S=0.06,

P（X=-2.0）=-=0.03,

171000

P（X=-2.6）=U-=0.01,

l71000

故E（X）=0.4X0.8—0.4X0.1—1.2X0.06—2.0X0.03-2.6X0.01=0.122.

(ii)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,这种情况下

一份保单毛利泗的数学期望估计值比(i)中《(X)估计值大.

证明如下:

设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为r,

则对于索赔次数为0的保单,y=0.4X(l-4%)=0.384,

对于索赔次数为1的保单，y=0.4X(l+20%)-0.8=-0.32,

对于索赔次数为2的保单，丫=一0.32—0.8=—1.12,

对于索赔次数为3的保单，丫=一1.12—0.8=—1.92,

对于索赔次数为4的保单，1.92-0.6=-2.52,

故E（F）=0.384X0.8-0.32X0.1-1.12X0.06-1.92X0.03-2.52X0.01=0.1252.

所以E（X）＜E（y）.

峻的!^方法导析］

考点1分布列性质及应用

离散型随机变量X的分布列为

•♦•••♦

XX\X2X3Xi

pPlP2P3•••Pi•••Pn

1

则(l)p,20(i=l,2,/?)；

(2)p[+p2H-----Fp〃=1；

(3)E(X)=xipi+x2〃2H---1■无〃p〃；

(4)Q(X)=[xi—E(X)]2.pi+[x2—E(X)]Ip2T---h[x；—E(X)]12-p«；

(5)若Y=aX+h,则E(Y)=aE(X)+b,D(Y)=a2D(X).

典例了⑴已知x的分布列如表所示，且y=〃x+/?,E(y)=p则。⑺=()

6

X-101

11

Pa

36

A.1B.-

18

C.-D.-

936

解析：选D.由。+工+*=1可得。=工

362

1111

所以E(X)=-lX-+OX-+lX-=--,

2363

D(X)=(-I+1)2X1+(O+

所以D(y)=〃2Q(x)=»g=V.

(2)(多选)已知。>(),/?>(),c>(),且4,b,。成等差数列，随机变量X的分布列如

下，则下列选项正确的是()

XI23

Pabc

A.b=-B.a+c=-

43

C.|4<E(X)<8|D.D(X)的最大值为|

解析：选BCD.对于AB,由,」

、a+b+c=l,

\b=-,

得《32A错误，B正确；

对于C,由Q+C=|,a>Q,c>0,得OVc〈|,则E(X)=a+2h+3c=2c+：£6，

I),C正确；

对于D,次％)={1―(2,+31+乩2―(20+31+43_3+9］2=弓_钢20+}2

+i(2c--y+cf2c--V=-4c2+-c+-=-4fc-iy+-,

3V3/\3739\3/3

当c=工时，Q(X)取得最大值，且最大值为々D正确.

33

［规律方法］分布列性质的两个作用

⑴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.

⑵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.

对点练1.(1)(多选)已知离散型随机变量X的分布列如下：

X01234

Pq0.40.10.20.2

若离散型随机变量y满足y=2x+1,则下列结果正确的有()

A.7=0.1B.E(X)=2

C.E(y)=5D.D(X)=1.4

解析：选ABC.由离散型随机变量分布列的性质可知，^+0.4+0.14-0.2+0.2=1,解

得q=0.1,故A正确；

£(X)=0X0.1+lX0.4+2X0.1+3X0.2+4X02=2,故B正确；

E(K)=2E(X)+1=2X2+1=5,故C正确；

D(X)=(0-2)2X0.1+(l-2)2X0.4+(2-2)2X0.1+(3-2)2X0.2+(4-2)2X0.2=1.8,

故D错误.

(2)随机变量X的分布列如表所示，则。SX)的最大值为()

X123

Pa2ba

C.-D.—

2727

解析：选D.由题可知2〃+2/?=l,OW〃W1,0W2AW1,

所以"。三，。。旺，

E(X)=ci~\~4b+3a=4(〃+Z?)=2,

D(X)=(1—2)2〃+(3—2)2〃=2m

则D(bX)=b2D(X)=lab1=~2b3+b\

令人份=—2〃+/,

贝4=-6h2+2h=-2hOb-\),

则僧)在(0，£)上单调递增，在Q,3上单调递减，所以加)max=/G)=。

所以DSX)的最大值为上

考点2随机变量的分布列

11.超几何分布

I一般地，假设一批产品共有N件，其中有用件次品.从N件产品中随机抽取〃件(不放

I回)，用X表示抽取的〃件产品中的次品数，则X的分布列为P(X=&)=M,k=

ICN

m,/%+l,〃z+2,,,,,

|其中4M,N£N*,MWN,/WN,m=max{0,n-N+M],r=min{/?,M].

[超几何分布的期望E(X)=/?--.

\N

!2.二项分布

一般地，在〃重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(OVpVl),用X

表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X=Z)=C斩"(1一〃)〃)，k=0,1,2,…，

；H,如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作

IX〜B(n,p).

!若p),则E(X)=np,D(X)=np(l—p).

角度1相互独立事件

典例2(1)(2025•广东惠州模拟)事件A发生的概率为P(4),事件8发生的概率为尸⑻,

若尸(A)：；,P(B)=f,P(AUB)=ii,则事件A与事件8的关系为()

OJXO

A.互斥B.对立

C.独立D.包含

解析：选C.由概率公式可得P(B)=1-P(B)=1—2=L

33

41111

因为P(AU8)=P(A)+P(8)—P(A8),^P-+--P(AB)=—,可得P(43)=上，

53155

所以P(AB)=P(4>P(3),因此，事件A与事件8独立.

(2)(多选X2025•湖南常德一模)设样本空间。={5,6,7,8},且每个样本点是等可能

的，已知事件4={5,6},fi={5,7},C={5,8},则下列结论正确的是()

A.事件A与B为互斥事件

B.事件A,B,C两两独立

C.P(ABC)=P(A)P(B)P(C)

D.P(4IC)=P(CIZ)

解析：选BD.对于选项A,因为AGB={5},所以事件A与B不互斥，故A错误；

对于选项B,P(AC)=P(BC)=P(AB)=\P(A)=尸(B)=P(O=Z,P(AB)=P(A)P(B),

4,2

P(AC)=P(A)P(C)fP(BC)=P(B)P(C),故B正确；

对于选项C,A,B,C交集为{5},则P(ABC)=3P(A)P(5)-P(C)=%故C错误；

对于选项D，P(A|C)=等=%P(C|4)=第=%故D正确.

［规律方法］1.关于独立事件的判断

判断事件A,3相互独立的依据是验证P(A8)=尸(A)P(8)是否成立，求尸(48)时，要了

解事件A8的含义，避免与事件A,B混淆.

2.求复杂事件概率的一般步骤

(1)分析事件的构成：看复杂事件是能转化为〃个彼此互斥的事件的和事件，还是能转

化为〃个相互独立事件的积事件.

(2)用概率公式求解.

角度2超几何分布

典例［3(2025・四川达州模拟)生末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商

场对消费超过5()()元的消费者提供一次抽奖活动，抽奖箱中装有1()个同种材质且大

小相同的红球、黄球和绿球(绿球的个数最多)，消费者从抽奖箱中同时抽取2个小

球，若2个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球却获得二等奖，其余情况，均是不

获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球，其中黄球和绿球各1个的概率是以某消费者

抽奖一次.

⑴求其获得一等奖的概率；

(2)记抽到的绿球个数为。求^的分布列及其期望.

解：(1)设10个小球中黄球为机个，绿球为〃个，且〃〉加，m£N*,〃£N*,

由题意得华g=二解得团=3,〃=5,则红球有2个，

J。3

记事件4某消费者抽奖一次获得一等奖，则P(A)=

所以该消费者获得一等奖的概率为

45

(2)由题意，^的取值是0,1,2,则P(f=0)=警=:

C1O9

06=2)=管乏

4的分布列为：

012

252

P

999

期望E(0=OX|+1X|+2X|=1.

角度3二项分布

典例(2025•河南焦作二模)甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率是

4

乙每次击中目标的概率是j假设两人是否击中目标相互之间没有影响.

⑴求甲恰好比乙多击中目标2次的概率；

⑵设甲击中目标的次数为X,求X的分布列和数学期望.

解：(1)设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A,甲击中目标2次且乙击中目标0次为

事件Bi,甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件&,

2

则P(A)=P(B1)+P(F2)=Cig)g/xco(/+C论)3义玛

所以甲恰好比乙多击中目标2次的概率为二.

(2)由题可知X的所有可能取值为0,1,2,3,且X〜3(3,i),

4

p(x=°)=G)3W,

P(x=D=禺(»丁磊

P(X=2)=髭(丁箭磊

P(X=3)=(：)3=3

所以X的分布列为

X0123

272791

P

64646464

所以E(X)0X：：+lX：：+2X2+3><6；

［规律方法］关于二项分布及其应用

⑴判断随机变量是否服从二项分布要把握“多、独、等”三个字.

“多”是指一个对象进行多次试脸，或多个对象依次进行试脸.

“独”是指不同次试验之间是相互独立的.

“等”是指每次试脸发生的概率相等.

⑵对于比较复杂的多次试验，可能其中某连续的几次试验是独立重复试验，发生的次

数服从二项分布，其他的只是独立事件.

对点练2.(1)某项智力测试共有4B,C,D,£五道试题，测试者需依次答完五道试

题且至少答对其中三道试题才算通过测试.小明答对A,B,C三道试题的概率均为|,

答对D,E两道试题的概率均为%且每道试题答对与否相互独立，则小明在答错试题

A的条件下通过测试的概率为()

解析：选D.小明已经答错了试题A,故要通过测试需在B,C,D,E四道试题中至

少答对其中三道试题.

•・,至少答对其中三道试题包括恰好答对三道试题和答对四道试题两种情况,

，至少答对其中三道试题的概率为禺(|)2x：X(l—3+禺,义(1—|)6)2+(|)2乂6)2

=串+J

9999,

所以小明在答错试题A的条件下通过测试的概率为上

9

⑵某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的

认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习

的概率为:在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生

参加劳动学习的概率为.

解析：由题设，抽取2人，恰有一名女生参加，其概率为骡=且，

髭15

至少有一名女生参加，事件含恰有一名女生、2人都是女生，其概率为卑|遐=?,

《65

所以在至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率为且

1SS9

答案:田I

(3)(2025•山东济南一模)某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清

晰时，智能客服的回答被采纳的概率为1当输入的问题表达不清晰时，智能客服的

回答被采纳的概率为小已知输入的问题表达不清晰的概率为3

①求智能客服的回答被采纳的概率；

②在某次测试中输入了3个问题(3个问题相互独立)，设X表示智能客服的回答被采纳

的次数，求X的分布列、期望及方差.

解：①设A="智能客服的回答被采纳"，B=“输入的问题表达不清晰”’，

依题意，P⑻=：,P(R)=3P(AIB)=i,P(AI百)=3

5528

一,一11474

因此P(A)=P(B)P(AIB)+P(B)P(AIB)=-X-+-X-=-,

52585

所以智能客服的回答被采纳的概率为3.

5

②依题意，X的所有可能取值为0,I,2,3,X〜8(3,1),

P(x=o)=c空畤阖

P(X=1)=玛(，铲=急,

P(X=2)=C泊2(］=怎

P(X=3)=C岭@。=急

所以X的分布列为：

X0123

D1124864

1

125125125125

数学期望石(X)=3X±=U,D(X)=3X-X-=—.

555525

考点3正态分布

典例应某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预

赛和复赛两个环节，预赛成绩(单位：分)排名前300名的学生参加复赛.已知共有12

000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机抽取100人的预赛成绩作为

样本，得到如图所示的频率分布直方图.

⑴规定预赛成绩不低于8()分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于6()分的学生中

随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的

分布列及数学期望.

⑵由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛的学生的预赛成绩Z服从正态分布

Ng/)，其中〃可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组

区间的中点值代替)，且/=362.已知小明的预赛成绩为91分，利用该止态分布，估

计小明是否有资格参加复赛.

附：若Z〜NQ,cr),则P("—2().6827,P(/i—Z+2rr)^0.954

5,P(〃-3ZZ4+3/0.9973；7362^19.

解：(1)由题图知，预赛成绩在［60,80)范围内的样本量为0.0125X20X100=25,

预赛成绩在［8(),100］范围内的样本量为0.0075X20X10()=15.

设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X,则X的可能取值为0,1,2,

f2r

P(X=O)=等=工

cio13

vi\^2翌5^15=一25，

P(X=1)'=-Clo52

P(X=2)=赛=9

C»40b,

所以至少有1人预赛成绩优良的概率为||+5=卷，且X的分布列为:

X012

5257

p

135252

q77

故ECY)=0X-+1X-+2X—=-.

、’1352524

(2)由题意得〃=(10X0.005+3()X0.01+50X0.015+70X0.0125+90X0.0075)X20=

53,

又晶=362,所以0〜19,所以Z〜N(53,362).

故P(Z291)=尸(Z2〃+2Q=工［1一户〃一2<7WZW4+2(T)］^0.02275,

2

因此全市参加预赛的学生中，成绩不低于91分的有12000X0.02275=273(人).

因为273V300,所以小明有资格参加复赛.

［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。，有P(X<4—a)=P(X>〃+4)；

(2)P(XVxo)=l—P(X2xo);

(3)P(aVXVb)=P(X<b)~P(XWa).

对点练3.(1)某市20000名学生参加一次数学测试(满分150分)，学生的测试成绩X近

似服从正态分布N(100,IO?),则测试成绩在归0,100］内的学生人数约为()

(若X〜N(〃，a2),则尸〃一(rWXW〃+o)、0.6827,P(/Z-2a<X</z+2a)^0.9545)

A.2717B.2718

C.6827D.9545

解析：选C.因为P(90MXW100)=Pa-oWXW〃)=，(〃一o<X<〃+。)=

|XO.6827=0.34135,所以测试成绩在［90,100］内的学生人数约为20000X0.34135

=6827.

(2)(多选X2025•河南二模)2006年党中央正式决定全面取消农业税.某县为了了解取消

农业税前后农民每亩地的收入(单位：万元)发生了怎样的变化，通过抽样调查后发现

取消农业税之前农民每年每亩地的收入X服从正态分布N(1.4,sf),取消之后每年每

亩地的收入V服从正态分布N(2.3,s》,已知丫的正态密度曲线的峰值高于X的正态

密度曲线的峰值，则()

A.P(X>1.4)<P(y>1.4)

B.P(Y>1.4)<P(X>2.3)

c.p(r<s2)<p(y<sj

D.VnGN,P(Y<n)<P(X<n)

解析：选AC.由正态分布的对称性得P(XZ1.4)=1VP(yz1.4),而P(y21.4)>［>

P(X22.3),故A正确，B错误；

由y的正态密度曲线的峰值高于x,峰值越高对应方差越小，即si>s2,故pews?)

<p(r<sj,故c正确；

如图，由于y的方差更小，所以其正态密度曲线递减速度更快，当〃取较大的正数

时，P(y<n)>P(X<n),故D错误.

［课下巩固检测练(三十四)］随机变量及其分布

(单选题、填空题每题5分，多选题每题6分，解答题每题10分)

一、单选题

1.(2025•广东肇庆二模)小王数学期末考试考了90分，受到爸爸表扬的概率为点受到

妈妈表扬的概率也为3假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概

率为()

A.-

2

C.-D.1

4

解析：选C.记小王受到爸爸表扬为事件A,小王受到妈妈表扬为事件以小王受到表

扬为事件。，小王同学受爸爸表扬和受妈妈表扬相互独立,则P(D)=1-P(N)・P(R)=

\--x-=k

224

2.(2025•浙江台州二模)若随机变量X〜M1，心)，且P(xV0.9)=0.3,则P(1X—1I

<0.1)=()

A.0.3B.0.4

C.0.5D.0.6

解析：选B.由可得一0.1VX—lV0.1,即0.9VXV1.1,

因为随机变量X〜N(l,a2),且为(XV0.9)=0.3,

故P(|X—l|V0.1)=P(0.9VX<l.l)=l—2P(XV().9)=l—2X().3=0.4.

3.甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结

束)，已知每局比赛甲获胜的概率为j则甲第一局获胜并最终以4：1获胜的概率为

3

()

AA.—16

243243

C.-D.—

8127

解析：选C.甲第一局获胜并最终以4：1获胜，说明甲、乙两人在5局比赛中，甲胜

了4局，输了1局，并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为

CiXpVxi^^.

§\37381

4.(2025•湖南长沙二模)甲、乙、丙、丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的

概率都为j目标被一人击中不会摧毁，目标被两人击中而摧毁的概率为g目标被三

26

人击中而摧毁的概率为右若四人都击中目标肯定被摧毁，则目标被摧毁的概率为

()

A.—B.-

168

C.-D.-

42

解析：选C.设击中次数为X,则X〜B(4,

所以P(X=2)=第(》=2,

Zlb

P(X=3)=C昭)4=2，P(X=4)=c：(04=^

由全概率公式，得目标被摧毁的概率P=Sx'+亮义升看义1=i

5.已知随机变量4的分布列如表所示，若。(。+1)=|,则£仁+1)=()

-101

八1

Pa-c

3

A.-B.-

33

C-I需D.-1或g

解析：选C.由题意可得。+二+。=1,即c=3—m

33

则E®=-IXQ+OX—+IXc=c~a=-2cb

33

则D©=a(|一方+1)2+家；2〃-0)2+(|一〃)(|一24—1)2=瑕+1)=,

化简得一4〃+京+3=£

即12〃2—g4+i=(2a—l)(6〃-l)=0,

解得《==或a=-f

26

则£1©=一：或a。

则EC+1)=E(J+1=—：+1=［或E(《+1)=凤J+1=(+1=*

JJOO

二、多选题

6.(2025•湖南娄底二模)化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量

浓度差异，测量酸碱度pH值时会造成一定的误差，甲小组进行的实验数据的误差X

和乙小组进行的实验数据的浜差y均符合正态分布，其中x〜N(O.3,o.ooo1),y〜

1_(x-4)2

M0.28,0.0004),已知正态分布密度函数/(%)=—彳尸e2©,记X和丫所对应的正

trv2n

态分布密度函数分别为力(x)，fl(x),贝l」()

A.力(0.3)＞力(0.28)

B.乙小组的实验误差数据相对于甲组更集中

C.P(XV0.28)+P(X<0.32)=1

D.尸(PV0.31)VP(XV0.31)

解析：选AC.由正态分布密度函数曲线可知，数据的标准差越小，数据越集中在均值

附近，峰值越大，反之，标准差越大，数据越分散，峰值越小.

对于两个小组的误差，甲组的标准差(71=70.0001=0.01,乙组的标准差6=

70.0004=0.02,

显然甲组的标准差更小，故峰值更大，数据相对乙组更集中，故A正确，B错误；

P(X<0.28)=P(X</z-2(71)=P(X>zz+2<71),P(X^0.32)=P(X^i+2<ii),

P(XV0.28)+P(X<0.32)=P(X>4+2s)+P(XW4+2m)=l,故C正确；

p(yvo.3i)=p(y<4+会2)>p(yv〃+6)=：+；pa—02vyv〃+6),

P(XV0.3l)=P(XV〃+m)=工+5〃-mVX<4+m),

22

而对于任何正态分布都有P(〃一m〈XV4+m)=P(〃一6<丫<〃+6)，

故P(yV0.3l)>P(XV0.3l),故D错误.

7.(2025•福建福州模拟)甲、乙两选手进行象棋比赛,有3局2胜制,5局3胜制两种

方案.设每局比赛中甲获胜的概率为〃(0<pVl),且每局比赛的结果互不影响，则下

列结论正确的有()

A.若采用3局2胜制，则甲获胜的概率为p2(3—2p)

B.若采用5局3胜制，则甲以3：I获胜的概率为5P3(1—p)

C.若〃=0.6,则甲在5局3胜制中获胜的概率比在3局2胜制中获胜的概率大

D.若p=0.6,采用5局3胜制，在甲获胜的条件下，比赛局数为4局的可能性最大

解析：选ACD.对A：采用3局2胜制，甲获胜分为第一二局胜，第一三局胜，第二

三局性三种情况，

最终甲获胜的概率为p2+2p2(l—p)=-2p3+3p』p2(3—2p),故A正确；

对B：采用5局3胜制，甲以3：1获胜，则甲前三局胜两局，第四局获胜，

故甲获胜的概率为C4PqI—p)〃=3〃3(i—p),故B错误；

对C：因为〃=0.6,结合A项可知若采用3局2胜制，甲获胜的概率为Pl=0.648,

3322

若采用5局3胜制，甲获胜的概率为F2=0.6+3X0.6X0.4+C^0.6X0.4X0.6=

0.68256>Pi,故C正确；

对D：因为〃=0.6,结合C项可知若采用5局3胜制，甲获胜的概率为

甲获胜的条件下，比赛局数X可取值为3,4,5,

由条件概率公式可得：P(X=3)=丝竺，P(X=4)=丝%，P(X=5)=丝丝至，故D

P22222

正确.

三、填空题

8.某学校组织趣味运动会，一共设置了3个项目(其中只包含1个球类项目)，每位教

师只能从3个项目中随机选择2个参加，设李老师选择的2个项目中所含球类项目的

数量为X,则X的所有可能取值为,数学期望E(X)=.

解析：X的取值可能为0,1.依题意可知X服从超几何分布，

则p(X=0)=g=i,尸(X=l)=譬=|,

所以石(X)=0X1+1x|=|.

答案：0,1|

9.(2025•陕西西安二模)排球比赛实行“五局二胜制”(当一队赢得二场胜利时，该队获

胜，比赛结束)，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲、乙两队的比赛中，每场

比赛甲队获胜的概率为j乙队获胜的概率为：，则在这场“五局三胜制”的排球比赛

中甲队获胜的概率为.

解析：命题可以转化为：即使某一队获胜三场，也照常进行后续的场次，直至五场全

部结束，最后获胜场次数多的队获胜.二者等效(区别仅在于胜负已定后，后续场次是

否真正进行).

此时，甲队获胜的概率即为甲队获胜场数不小于3的概率，即(|『+C(X(|『x[+

「3V2_32+5X16+10X8_192_64

5\37\37—243—243-81,

答案,g

四、解答题

10.(2025•辽宁锦州二模)甲、乙两人对比进行射击训练，共进行100个回合.每个回合

甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少都击中8环，统计资料显示甲击中8环，9环，

10环的概率分别为0.7,0.2,0.1,乙击中8环，9环,10环的概率分别为。6,0.2,

0.2,且甲、乙两人射击相互独立.记第i个回合甲、乙击中的环数分别为小孙i=

1,2,…，100.

⑴在某一个回合训练中，已知乙击中的环数少于甲击中的环数，求甲击中10环的概

率；

⑵中心极限定理是概率论中的一个重要结论：若随机变量4〜8(几，P),则当叩>5

且〃(1—p)>5时，4可以由服从正态分布的随机变量〃近似替代，且j的期望与方差

分别与牛的均值与方差近似两等.根据该定理，设满足V1，2,…，100)的i值

有Z个，利用正态分布估计忆<24的概率.(结果保留小数点后两位)

附：(若〃〜N(〃，。2),则尸仪一。<〃<〃+。)20.6827,尸(〃-+2。)%0.954

5,尸(〃-3。<〃<〃+3(7产0.9973)

解：(1)设在一个回合训练中，乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A,甲击中1()

环为事件则P(A)=0.2X0.6+0.1X0.6+0.1X0.2=0.2,PQ4B)=(0.6+0.2)X0.1=

0.08,

则所求概率为P(B|4)=吆曳=%=0.4.

v7P(A)0.2

(2)由题意100个回合中，满足为〉》的i值有2个,由⑴知：攵〜8(100,0.2),

所以E(k)=〃p=100X02=20>5,-p)=100X0.8=80>5,

又0(k)=100X0.2X0.8=16,所以〃=20,片“(k)=4,

故〃〜N(20,42),〃+c=20+4=24,

由正态分布的对称性可知，估计ZW24的概率为P(ZW24)=P(〃

1-0.6827八门,

^0.84.

2

11.(2025•广东中山一模)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选

题中一次性随机抽取3道题，按题目要求独立完成.规定：至少正确完成其中2道题

的便可逋过.已知6道备选题中应聘者中有4道题能止确完成，2道题不能完成；应聘

者乙每题正确完成的概率都是|,且每题正确完成与否互不影响.

⑴分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；

(2)请从稳定性的角度分析甲、乙两人谁面试通过的可能性大？

解：(1)设甲正确完成面试题数为X,乙正确完成面试题数为匕

则X可取1,2,3,y可取0,1,2,3,

则P(X=1)=譬三，P(X=2)=譬三，P(X=3)=警三,

^-6^-6

所以甲正确完成面试题数X的分布列为：

X123

1