2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第5讲 离散型随机变量的分布列及数字特征

第5讲离散型随机变量的分布列及数字特征了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量的分布列及其数字特征(均值、方差)．1．随机变量的概念及特征(1)概念：一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有eq\x(\s\up1(01))唯一的实数X(ω)与之对应，我们称X为随机变量．(2)特征：随机试验中，每个样本点都有唯一的一个实数与之对应，随机变量有如下特征：①取值依赖于eq\x(\s\up1(02))样本点；②所有可能取值是eq\x(\s\up1(03))明确的．(3)离散型随机变量可能取值为eq\x(\s\up1(04))有限个或可以eq\x(\s\up1(05))一一列举的随机变量，我们称之为离散型随机变量．2．离散型随机变量的分布列及其性质(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的每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，3，…，n为X的概率分布列，简称分布列．(2)表示：离散型随机变量的分布列也可以用表格表示，如下表所示：Xx1x2…xnPp1p2…pn(3)离散型随机变量的分布列的性质①eq\x(\s\up1(06))pi≥0(i＝1，2，…，n)；②eq\x(\s\up1(07))p1＋p2＋…＋pn＝1．3．离散型随机变量的均值(1)离散型随机变量的均值的概念一般地，若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xnPp1p2…pn则称eq\x(\s\up1(08))E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xipi为随机变量X的均值或数学期望．(2)离散型随机变量的均值的意义均值是随机变量可能取值关于取值概率的eq\x(\s\up1(09))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eq\x(\s\up1(10))平均水平．(3)离散型随机变量的均值的性质若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变量，且有eq\x(\s\up1(11))E(aX＋b)＝aE(X)＋b．4．离散型随机变量的方差、标准差(1)设离散型随机变量X的分布列如表所示．Xx1x2…xnPp1p2…pn我们用X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2，…，(xn－E(X))2关于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度．(2)称D(X)＝eq\x(\s\up1(12))(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\x(\s\up1(13))eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))__(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，有时也记为Var(X)，并称eq\r(D（X）)为随机变量X的标准差，记为σ(X)．(3)离散型随机变量方差的性质①设a，b为常数，则D(aX＋b)＝eq\x(\s\up1(14))a2D(X)；②D(C)＝eq\x(\s\up1(15))0(其中C为常数)．5．两点分布如果P(A)＝p，则P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－p，那么X的分布列为X01P1－pp称X服从两点分布或0－1分布，且E(X)＝eq\x(\s\up1(16))p，D(X)＝eq\x(\s\up1(17))p(1－p)．1．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可求参数的值．(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概率．2．D(X)＝E(X2)－(E(X))2.1．(人教B选择性必修第二册习题4－2BT4改编)某人进行射击，共有5发子弹，击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为X，则“X＝5”表示的试验结果是()A．第5次击中目标 B．第5次未击中目标C．前4次未击中目标 D．第4次击中目标答案：C解析：因为击中目标或子弹打完就停止射击，所以射击次数X＝5说明前4次均未击中目标．故选C.2．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝eq\f(1,2k)，k＝1，2，…，则P(2<X≤4)＝()A．eq\f(3,16) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,16) D．eq\f(5,16)答案：A解析：P(2<X≤4)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＝eq\f(3,16).故选A.3．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X描述一次试验的成功次数，则P(X＝0)＝()A．0 B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)答案：B解析：设P(X＝1)＝p，则P(X＝0)＝1－p.依题意知，p＝2(1－p)，解得p＝eq\f(2,3)，故P(X＝0)＝1－p＝eq\f(1,3).故选B.4．(多选)(人教B选择性必修第二册4.2.4练习AT5改编)设离散型随机变量X的分布列为X01234Pq0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的是()A．q＝0.1B．E(X)＝2，D(X)＝1.4C．E(X)＝2，D(X)＝1.8D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2答案：ACD解析：因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；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B错误，C正确；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．现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为X，则P(X＝2)＝________，E(X)＝________．答案：eq\f(16,35)eq\f(12,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或1\f(5,7)))解析：从写有数字1，2，2，3，4，5，6的7张卡片中随机抽取3张，共有Ceq\o\al(3,7)种取法，其中所抽取的卡片上数字的最小值为2的取法有Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)种，所以P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(16,35)，由已知可得X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(15,35)，P(X＝2)＝eq\f(16,35)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(3,35)，P(X＝4)＝eq\f(1,Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(1,35)，所以E(X)＝1×eq\f(15,35)＋2×eq\f(16,35)＋3×eq\f(3,35)＋4×eq\f(1,35)＝eq\f(12,7).考向一离散型随机变量分布列的性质(2024·广东东莞模拟)同时抛掷两枚质地均匀的骰子，观察朝上一面出现的点数．设两枚骰子中出现的点数分别为X1，X2，记X＝max{X1，X2}．(1)求X的概率分布列；(2)求P(2＜X＜5)．解：(1)根据题意，抛掷两枚骰子出现的点数有36种等可能的情况：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)；因此X的可能取值为1，2，3，4，5，6，详见下表：X的值出现的点样本点个数1(1，1)12(1，2)，(2，2)，(2，1)33(1，3)，(2，3)，(3，3)，(3，2)，(3，1)54(1，4)，(2，4)，(3，4)，(4，4)，(4，3)，(4，2)，(4，1)75(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5)，(5，5)，(5，4)，(5，3)，(5，2)，(5，1)96(1，6)，(2，6)，(3，6)，(4，6)，(5，6)，(6，6)，(6，5)，(6，4)，(6，3)，(6，2)，(6，1)11由古典概型可知X的概率分布列为X123456Peq\f(1,36)eq\f(1,12)eq\f(5,36)eq\f(7,36)eq\f(1,4)eq\f(11,36)(2)由题意可知，P(2＜X＜5)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(5,36)＋eq\f(7,36)＝eq\f(1,3).离散型随机变量分布列性质的应用(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负数．(2)求随机变量在某个范围内取值的概率时，根据分布列，将所求范围内随机变量的各个取值的概率相加即可，其依据是互斥事件的概率加法公式．1.(多选)设随机变量X满足P(X＝i)＝eq\f(k,3i)(i＝1，2，3)，则()A．k＝eq\f(13,27) B．k＝eq\f(27,13)C．P(X≥2)＝eq\f(3,4) D．P(X≥2)＝eq\f(4,13)答案：BD解析：由已知，得随机变量X的分布列为X123Peq\f(k,3)eq\f(k,9)eq\f(k,27)∴eq\f(k,3)＋eq\f(k,9)＋eq\f(k,27)＝1，∴k＝eq\f(27,13).∴随机变量X的分布列为X123Peq\f(9,13)eq\f(3,13)eq\f(1,13)∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq\f(3,13)＋eq\f(1,13)＝eq\f(4,13).故选BD.2．(多选)(2025·辽宁锦州模拟)设随机变量X的分布列如下表所示：X12345678910Pa1a2a3a4a5a6a7a8a9a10则下列命题正确的是()A．当{an}为等差数列时，a5＋a6＝eq\f(1,5)B．数列{an}的通项公式可能为an＝eq\f(128n,127×2n)C．当数列{an}满足an＝eq\f(1,2n)(n＝1，2，…，9)时，a10＝eq\f(1,29)D．当数列{an}满足P(X≤k)＝k2ak(k＝1，2，…，9，10)时，an＝eq\f(11,10n（n＋1）)答案：ACD解析：对于A，∵当{an}为等差数列时，有5(a5＋a6)＝1，∴a5＋a6＝eq\f(1,5)，故A正确；对于B，当an＝eq\f(128n,127×2n)时，a1＋a2＝eq\f(128,127×2)＋eq\f(128×2,127×22)＝eq\f(128,127)>1，不满足离散型随机变量分布列的性质，故B错误；对于C，∵数列{an}满足an＝eq\f(1,2n)(n＝1，2，…，9)，∴a1＋a2＋…＋a9＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,29))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,29)，∴a10＝eq\f(1,29)，故C正确；对于D，∵数列{an}满足P(X≤k)＝k2ak(k＝1，2，…，9，10)，∴当k≥2时，ak＝k2ak－(k－1)2ak－1，∴eq\f(ak,ak－1)＝eq\f(k－1,k＋1)，∴ak·k(k＋1)为定值，∵P(X≤10)＝100a10＝1，∴a10＝eq\f(1,100)，∴an＝eq\f(11,10n（n＋1）)，故D正确．故选ACD.考向二求离散型随机变量的分布列(2024·湖北新高考协作体高三模拟)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地取球，每次取1个，当两种颜色的球都被取到时，即停止取球，记随机变量X为此时已取球的次数，求：(1)P(X＝2)的值；(2)随机变量X的分布列．解：(1)由已知可得从袋中不放回地取球两次的所有取法有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)种，事件X＝2表示第一次取到红球第二次取到黄球或第一次取到黄球第二次取到红球，故事件X＝2包含Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)种取法，所以P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4))＝eq\f(3,5).(2)随机变量X的可能取值为2，3，4.P(X＝2)＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)＋Aeq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3))＝eq\f(3,10)，P(X＝4)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2))＝eq\f(1,10).所以随机变量X的分布列为X234Peq\f(3,5)eq\f(3,10)eq\f(1,10)离散型随机变量分布列的求解步骤(1)明取值：明确随机变量的可能取值有哪些及每一个取值所表示的意义；(2)求概率：要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的概率；(3)画表格：按规范要求形式写出分布列；(4)做检验：利用分布列的性质检验分布列是否正确．甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次．比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜；四轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局，甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响．一轮比赛中甲的得分记为X.(1)求X的分布列；(2)求甲、乙两人最终平局的概率；(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列．解：(1)依题意，X的所有可能取值为－1，0，1.P(X＝－1)＝(1－0.5)×0.6＝0.3，P(X＝0)＝0.5×0.6＋(1－0.5)(1－0.6)＝0.5，P(X＝1)＝0.5×(1－0.6)＝0.2，所以X的分布列为X－101P0.30.50.2(2)因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙两人一定进行了四轮比赛，分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为0.54＝0.0625；②四轮比赛中，有两轮甲、乙均得0分，另两轮甲、乙各得1分，其概率为2Ceq\o\al(2,4)×0.2×0.3×0.5×0.5＝0.18；③四轮比赛中，甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，其概率为2×0.2×0.3×2×0.2×0.3＝0.0144.故甲、乙两人最终平局的概率为0.0625＋0.18＋0.0144＝0.2569.(3)Y的所有可能取值为2，3，4，P(Y＝2)＝0.3×0.3＋0.2×0.2＝0.13，P(Y＝3)＝2×0.3×0.5×0.3＋2×0.2×0.5×0.2＝0.13，P(Y＝4)＝1－P(Y＝2)－P(Y＝3)＝0.74，所以Y的分布列为Y234P0.130.130.74考向三离散型随机变量的数字特征角度1数字特征的计算甲、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：(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A，B，C，所以甲学校获得冠军的概率为P＝P(ABC)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))BC)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－)))＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)依题意可知，X的可能取值为0，10，20，30，P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44，P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34，P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.即X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.角度2数字特征的应用(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分．该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．(1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率；(2)假设0<p<q，①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)×(1－0.53)＝0.686.(2)①若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3，若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3，∵0<p<q，∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)＝3pq(p－q)(pq－p－q)＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0，∴P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛．②若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]Ceq\o\al(1,3)q(1－q)2，P(X＝10)＝[1－(1－p)3]Ceq\o\al(2,3)q2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3，∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15pq(p2－3p＋3)，若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，同理E(Y)＝15pq(q2－3q＋3)，∴E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p＋3－q2＋3q－3)＝15pq(p－q)(p＋q－3)，∵0<p<q，∴pq>0，p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0，则pq(p－q)(p＋q－3)>0，∴E(X)>E(Y)，∴应该由甲参加第一阶段比赛．离散型随机变量的期望与方差的常见类型及解题策略(1)求离散型随机变量的期望与方差．可依题设条件求出离散型随机变量的分布列，然后利用期望、方差公式直接求解．(2)由已知期望或方差求参数值．可依据条件利用期望、方差公式得出含有参数的方程(组)，解方程(组)即可求出参数值．(3)由已知条件，作出对两种方案的判断．可依据期望、方差的意义，对实际问题作出判断．1.某检测机构在对某一传染病毒进行核酸检测时采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定本组的所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染此病毒．(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为eq\f(1,11)，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和期望E(X)；(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果)．解：(1)①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次．所以总检测次数为20.②由题意，知X的可能取值为20，30，P(X＝20)＝eq\f(1,11)，P(X＝30)＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11)，则X的分布列为X2030Peq\f(1,11)eq\f(10,11)E(X)＝20×eq\f(1,11)＋30×eq\f(10,11)＝eq\f(320,11).(2)由题意，知Y的可能取值为25，30，两名感染患者在同一组的概率为P1＝eq\f(20Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,98),Ceq\o\al(5,100))＝eq\f(4,99)，不在同一组的概率为P2＝eq\f(95,99)，则E(Y)＝25×eq\f(4,99)＋30×eq\f(95,99)＝eq\f(2950,99)>E(X)．2．已知A，B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2，根据市场分析，X1和X2的分布列如下：X15%10%P0.60.4X22%8%12%P0.10.50.4(1)在A，B两个项目上各投资200万元，Y1和Y2(单位：万元)表示投资项目A和B所获得的利润，求D(Y1)和D(Y2)；(2)将x(0＜x＜200)万元投资A项目，(200－x)万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差之和．则当x为何值时，f(x)取得最小值？解：(1)依题意，得Y11020P0.60.4Y241624P0.10.50.4E(Y1)＝10×0.6＋20×0.4＝14，E(Y2)＝4×0.1＋16×0.5＋24×0.4＝18，D(Y1)＝(10－14)2×0.6＋(20－14)2×0.4＝24，D(Y2)＝(4－18)2×0.1＋(16－18)2×0.5＋(24－18)2×0.4＝36.(2)设投资A项目所得利润为Z1＝eq\f(x,200)Y1，投资B项目所得利润为Z2＝eq\f(200－x,200)Y2.f(x)＝D(Z1)＋D(Z2)＝Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,200)Y1))＋Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－x,200)Y2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,200)))eq\s\up12(2)D(Y1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200－x,200)))eq\s\up12(2)D(Y2)＝eq\f(3,2000)(x2－240x＋24000)，0<x<200，故当x＝120时，f(x)取得最小值．课时作业一、单项选择题1．(2024·重庆期末)设随机变量X的概率分布列为X1234Peq\f(1,3)meq\f(1,4)eq\f(1,6)则P(|X－3|＝1)＝()A．eq\f(7,12) B．eq\f(5,12)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)答案：B解析：根据分布列的性质，得eq\f(1,3)＋m＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝1，解得m＝eq\f(1,4)，故随机变量X的概率分布列为X1234Peq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,6)所以P(|X－3|＝1)＝P(X＝4)＋P(X＝2)＝eq\f(5,12).故选B.2．(2024·四川成都树德中学模拟)随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝eq\f(a,n（n＋1）)(n＝1，2，3)，其中a是常数，则E(X)＝()A．eq\f(38,81) B．eq\f(13,9)C．eq\f(152,243) D．eq\f(52,27)答案：B解析：∵P(X＝n)＝eq\f(a,n（n＋1）)(n＝1，2，3)，∴P(X＝1)＝eq\f(a,2)，P(X＝2)＝eq\f(a,6)，P(X＝3)＝eq\f(a,12)，又P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1，∴eq\f(a,2)＋eq\f(a,6)＋eq\f(a,12)＝1，解得a＝eq\f(4,3)，∴P(X＝1)＝eq\f(2,3)，P(X＝2)＝eq\f(2,9)，P(X＝3)＝eq\f(1,9)，∴E(X)＝1×eq\f(2,3)＋2×eq\f(2,9)＋3×eq\f(1,9)＝eq\f(13,9).故选B.3．(2025·广东八校开学考试)已知随机变量X的分布列如下表所示：X－101Peq\f(1,3)mn若P(X≤0)＝eq\f(1,2)，且2X＋Y＝1，则D(Y)＝()A．eq\f(29,18) B．eq\f(47,18)C．eq\f(29,9) D．eq\f(38,9)答案：C解析：由P(X≤0)＝eq\f(1,2)，得m＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，n＝1－P(X≤0)＝eq\f(1,2)，则E(X)＝－1×eq\f(1,3)＋0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝1×eq\f(5,6)＋0×eq\f(1,6)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(2)＝eq\f(29,36)，由2X＋Y＝1，得Y＝1－2X，所以D(Y)＝4D(X)＝eq\f(29,9).故选C.4．某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个120元．在设备使用期间，该零件损坏，备件不足再临时购买该零件时，价格为每个280元．在使用期间，每台设备需更换的该零件个数X的分布列为X678P0.40.50.1若购买2台设备的同时购买易损零件13个，则在使用期间，这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为()A．1716.8元 B．206.5元C．168.6元 D．156.8元答案：D解析：记Y表示2台设备使用期间需更换的零件数，则Y的所有可能取值为12，13，14，15，16，P(Y＝12)＝0.42＝0.16，P(Y＝13)＝2×0.4×0.5＝0.4，P(Y＝14)＝0.52＋2×0.4×0.1＝0.33，P(Y＝15)＝2×0.5×0.1＝0.1，P(Y＝16)＝0.12＝0.01.若购买2台设备的同时购买易损零件13个，在使用期间，记这2台设备另需购买易损零件所需费用为Z元，则Z的所有可能取值为0，280，560，840，P(Z＝0)＝P(Y≤13)＝0.16＋0.4＝0.56，P(Z＝280)＝P(Y＝14)＝0.33，P(Z＝560)＝P(Y＝15)＝0.1，P(Z＝840)＝P(Y＝16)＝0.01，E(Z)＝0×0.56＋280×0.33＋560×0.1＋840×0.01＝156.8.故选D.5．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为eq\f(2,3)，乙在每局中获胜的概率为eq\f(1,3)，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为()A．eq\f(241,81) B．eq\f(266,81)C．eq\f(274,81) D．eq\f(670,243)答案：B解析：依题意，知X的所有可能取值为2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,9).若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P(X＝2)＝eq\f(5,9)，P(X＝4)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,9)＝eq\f(20,81)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(16,81)，故E(X)＝2×eq\f(5,9)＋4×eq\f(20,81)＋6×eq\f(16,81)＝eq\f(266,81).故选B.6．设0<p<1，随机变量ξ的分布列是ξ012Peq\f(1－p,2)eq\f(1,2)eq\f(p,2)则当p在(0，1)内增大时，()A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小答案：D解析：由题意可得E(ξ)＝eq\f(1,2)＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，所以当p在(0，1)内增大时，D(ξ)先增大后减小．故选D.7．(2024·辽宁八市八校二模)在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量X，Y，定义协方差为Cov(X，Y)＝E(XY)－E(X)E(Y)，已知X，Y的分布列如下表所示，其中0<p<1，则Cov(X，Y)的值为()X12Pp1－pY12P1－ppA.0 B．1C．2 D．4答案：A解析：由题意，得XY的分布列为XY124Pp(1－p)p2＋(1－p)2p(1－p)E(XY)＝1×p(1－p)＋2×[p2＋(1－p)2]＋4×p(1－p)＝－p2＋p＋2，E(X)＝2－p，E(Y)＝p＋1，Cov(X，Y)＝－p2＋p＋2－(2－p)(1＋p)＝0.故选A.8．(2025·重庆外国语学校模拟)为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球．若摸到1个红球1个白球，可获得a个百元代金券；摸到2个白球，可获得b个百元代金券；摸到2个红球，可获得ab个百元代金券(a，b均为整数)．已知每位员工平均可获得5.4个百元代金券，则运气最好者最多获得()A．5.4个百元代金券 B．9个百元代金券C．12个百元代金券 D．18个百元代金券答案：D解析：摸到1个红球1个白球的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，摸到2个白球的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，摸到2个红球的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，设可获得百元代金券的个数为变量X，则X的可能取值为a，b，ab，其分布列如下：XababPeq\f(3,5)eq\f(3,10)eq\f(1,10)则E(X)＝a×eq\f(3,5)＋b×eq\f(3,10)＋ab×eq\f(1,10)＝5.4，a，b∈Z，即6a＋3b＋ab＝54，b＝eq\f(54－6a,a＋3)，因为运气最好者获得ab个百元代金券，且ab＝eq\f(54a－6a2,a＋3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋3＋\f(36,a＋3)))＋90≤－12eq\r(（a＋3）·\f(36,a＋3))＋90＝18，当且仅当a＋3＝eq\f(36,a＋3)，即a＝3，b＝6时，等号成立，所以ab的最大值为18，所以运气最好者最多获得18个百元代金券．故选D.二、多项选择题9．若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq\f(1,3)，则下列结论正确的是()A．P(X＝1)＝E(X) B．E(3X＋2)＝4C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝eq\f(4,9)答案：AB解析：依题意P(X＝0)＝eq\f(1,3)，所以P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝eq\f(2,3)，所以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\co1(0－\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以P(X＝1)＝E(X)，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq\f(2,3)＋2＝4，D(3X＋2)＝32D(X)＝32×eq\f(2,9)＝2，所以A，B正确，C，D错误．故选AB.10．(2024·辽宁沈阳一模)下图是离散型随机变量X的概率分布图，其中3a＝5b，2b＝3c，则()A．a＝0.5 B．E(X)＝2.3C．D(X)＝0.61 D．D(2X)＝1.22答案：ABC解析：由题意，知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,3a＝5b，,2b＝3c，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0.5，,b＝0.3，,c＝0.2，))A正确；E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.5＝2.3，B正确；D(X)＝(1－2.3)2×0.2＋(2－2.3)2×0.3＋(3－2.3)2×0.5＝0.61，C正确；D(2X)＝22D(X)＝2.44，D错误．故选ABC.11．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到3次结束为止．某考生一次发球成功的概率为p(0＜p＜1)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值可以为()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)答案：AB解析：由题意可知，P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2，则E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3.由E(X)＞1.75可得4p2－12p＋5＞0，解得p＜eq\f(1,2)或p＞eq\f(5,2).又p∈(0，1)，故0＜p＜eq\f(1,2).故选AB.三、填空题12．设随机变量ξ的分布列如下：ξ123456Pa1a2a3a4a5a6其中a1，a2，…，a6构成等差数列，则a1＋a6＝________．答案：eq\f(1,3)解析：因为a1，a2，…，a6构成等差数列，所以a1＋a6＝a2＋a5＝a3＋a4，因为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝1，所以a1＋a6＝eq\f(1,3).13．已知离散型随机变量X的取值为有限个，且E(X)＝eq\f(7,2)，D(X)＝eq\f(35,12)，则E(X2)＝________．答案：eq\f(91,6)解析：因为E(X)＝eq\f(7,2)，D(X)＝eq\f(35,12)，由D(X)＝E(X2)－(E(X))2，得E(X2)＝D(X)＋(E(X))2＝eq\f(35,12)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(91,6).14．(2024·广东肇庆模拟)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程，该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关．甲口袋中各装有1个黑球和2个白球，乙口袋中装有2个黑球和1个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球的个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，则p1的值是________，Xn的数学期望E(Xn)是________．答案：eq\f(4,9)eq\f(3,2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)解析：考虑到乙口袋中取出的球可能是黑球也可能是白球，由全概率公式可得p1＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9).记Xn－1取0，1，2，3的概率分别为p0，p1，p2，p3，推导Xn的分布列，P(Xn＝1)＝p0＋eq\f(4,9)p1＋eq\f(4,9)p2，P(Xn＝2)＝eq\f(4,9)p1＋eq\f(4,9)p2＋p3，P(Xn＝3)＝eq\f(1,9)p2，则E(Xn)＝0·P(Xn＝0)＋1·P(Xn＝1)＋2·P(Xn＝2)＋3·P(Xn＝3)＝p0＋eq\f(4,3)p1＋eq\f(5,3)p2＋2p3＝1＋eq\f(1,3)(p1＋2p2＋3p3)＝1＋eq\f(1,3)E(Xn－1)，则E(Xn)－eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(E（Xn－1）－\f(3,2)))，故E(Xn)－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(E（X1）－\f(3,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1).结合E(X1)＝eq\f(4,3)，可知E(Xn)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n).四、解答题15．(2024·北京高考)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1000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．(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；(2)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．①记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；②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①中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明)解：(1)设事件A为“随机抽取一单，索赔次数不少于2”，由题设中的统计数据可得P(A)＝eq\f(60＋30＋10,800＋100＋60＋30＋10)＝eq\f(1,10).(2)①设ξ为赔付金额，则ξ的可能取值为0，0.8，1.6，2.4，3，由题设中的统计数据可得P(ξ＝0)＝eq\f(800,1000)＝eq\f(4,5)，P(ξ＝0.8)＝eq\f(100,1000)＝eq\f(1,10)，P(ξ＝1.6)＝eq\f(60,1000)＝eq\f(3,50)，P(ξ＝2.4)＝eq\f(30,1000)＝eq\f(3,100)，P(ξ＝3)＝eq\f(10,1000)＝eq\f(1,100)，故E(ξ)＝0×eq\f(4,5)＋0.8×eq\f(1,10)＋1.6×eq\f(3,50)＋2.4×eq\f(3,100)＋3×eq\f(1,100)＝0.278，故E(X)＝0.4－0.278＝0.122(万元)．②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润的数学期望估计值比①中E(X)的估计值大．证明如下：由题设，保费的均值变化为0.4×eq\f(4,5)×96%＋0.4×eq\f(1,5)×1.2＝0.4032，故E(Y)＝0.122＋0.4032－0.4＝0.1252(万元)．所以E(Y)>E(X)．16．为提高学生的思想政治觉悟，激发爱国热情，增强国防观念和国家安全意识，某校进行军训打靶竞赛．每位参赛选手共有3次射击机会．统计数据显示，每位选手击中靶心与否满足：若第k次击中靶心的概率为p(0<p<1)，当第k次击中靶心时，第k＋1次也击中靶心的概率保持p不变；当第k次没能击中靶心时，第k＋1次能击中靶心的概率降为eq\f(p,2).(1)若选手甲第1次击中靶心的概率为p(0<p<1)，求选手甲至少击中靶心一次的概率；(2)设选手乙第1次击中靶心的概率为eq\f(2,3)，每击中靶心一次得1分，没击中靶心得0分，求选手乙的得分X的分布列与数学期望．解：(1)记选手甲第k次击中靶心为事件Ak(k＝1，2，3)，未击中靶心为事件eq\o(A,\s\up6(－))k，则选手甲至少击中靶心一次的概率为1－P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2eq\o(A,\s\up6(－))3)．因为P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2eq\o(A,\s\up6(－))3)＝(1－p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(p,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(p,4)))＝1－eq\f(7p,4)＋eq\f(7p2,8)－eq\f(p3,8)，所以所求概率为1－P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2eq\o(A,\s\up6(－))3)＝eq\f(7p,4)－eq\f(7p2,8)＋eq\f(p3,8).(2)乙的得分X等于乙击中靶心的次数，则X的所有可能取值为0，1，2，3.记选手乙第k次击中靶心为事件Bk(k＝1，2，3)，P(X＝0)＝P(eq\o(B,\s\up6(－))1eq\o(B,\s\up6(－))2eq\o(B,\s\up6(－))3)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,27)，击中靶心1次对应事件为B1eq\o(B,\s\up6(－))2eq\o(B,\s\up6(－))3＋eq\o(B,\s\up6(－))1B2eq\o(B,\s\up6(－))3＋eq\o(B,\s\up6(－))1eq\o(B,\s\up6(－))2B3，P(X＝1)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(7,27)，击中靶心2次对应事件为B1B2eq\o(B,\s\up6(－))3＋B1eq\o(B,\s\up6(－))2B3＋eq\o(B,\s\up6(－))1B2B3，P(X＝2)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,27)，击中靶心3次对应事件为B1B2B3，P(X＝3)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).所以X的分布列为X0123Peq\f(5,27)eq\f(7,27)eq\f(7,27)eq\f(8,27)数学期望E(X)＝0×eq\f(5,27)＋1×eq\f(7,27)＋2×eq\f(7,27)＋3×eq\f(8,27)＝eq\f(5,3).17．(2024·山东济南一模)抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得的点数分别为a，b，记eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))的取值为随机变量X，其中eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))表示不超过eq\f(b,a)的最大整数．(1)求在X>0的条件下，X＝eq\f(b,a)的概率；(2)求X的分布列及数学期望．解：(1)记抛掷骰子的样本点为(a，b)，则样本空间为Ω＝{(a，b)|1≤a≤6，1≤b≤6，a∈Z，b∈Z}，且n(Ω)＝36，记事件A＝“X>0”，事件B＝“X＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))＝eq\f(b,a)”，则A＝{(a，b)|1≤a≤b≤6，a∈Z，b∈Z}，且n(A)＝21，又AB＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，2)，(2，4)，(2，6)，(3，3)，(3，6)，(4，4)，(5，5)，(6，6)}，则n(AB)＝14，所以P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(14,21)＝eq\f(2,3)，即在X>0的条件下，X＝eq\f(b,a)的概率为eq\f(2,3).(2)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.P(X＝0)＝eq\f(36－21,36)＝eq\f(5,12)，P(X＝1)＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3)，P(X＝2)＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)，P(X＝3)＝eq\f(2,36)＝eq\f(1,18)，P(X＝4)＝eq\f(1,36)，P(X＝5)＝eq\f(1,36)，P(X＝6)＝eq\f(1,36)，所以X的分布列为X0123456Peq\f(5,12)eq\f(1,3)eq\f(1,9)eq\f(1,18)eq\f(1,36)eq\f(1,36)eq\f(1,36)数学期望E(X)＝0×eq\f(5,12)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,9)＋3×eq\f(1,18)＋4×eq\f(1,36)＋5×eq\f(1,36)＋6×eq\f(1,36)＝eq\f(41,36).18．(2025·贵阳七校高三第一次联考)某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分；在N处连续投两次两分球，每投进一次得2分，未投进不得分，测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮(若前两次投篮后确定不能通过测试也终止投篮)．甲同学为了通过测试，刻苦训练，投中三分球的概率为eq\f(1,5)，投中两分球的概率为eq\f(1,2)，且每次投篮结果互不影响．(1)若甲同学先投三分球，求他投篮两次就终止投篮的概率；(2)为使投篮累计得分期望最大，甲同学应先投几分球？(3)为使通过测试的概率最大，甲同学应先投几分球？解：(1)记甲同学先投三分球，投篮两次就终止投篮的事件为A，则P(A)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,2).(2)记甲同学先投三分球投篮累计得分为X，先投两分球投篮累计得分为Y.X的所有可能取值为0，2，3，4，5，P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(2,5)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,5)，P(X＝3)＝eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,20)，P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)，P(X＝5)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(3,20)，E(X)＝0×eq\f(2,5)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(1,20)＋4×eq\f(1,5)＋5×eq\f(3,20)＝2.1.Y的所有可能取值为0，2，4，5，P(Y＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,4)，P(Y＝2)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5))