2026版高三数学讲义第十章　10.6　离散型随机变量的分布列及其数字特征

10．6离散型随机变量的分布列及其数字特征

1．了解离散型随机变量及其分布列的概念．

2．理解并会求离散型随机变量的数字特征．

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．

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，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．

3．离散型随机变量的分布列的性质

(1)pi≥0(i＝1，2，…，n).

(2)p1＋p2＋…＋pn＝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

Xx1x2…xn

Pp1p2…pn

(1)均值

称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝错误!ipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称

期望．它反映了随机变量取值的平均水平．

(2)方差

22

称D(X)＝(x1－E（X)）p1＋(x2－E（X)）p2

22

＋…＋(xn－E（X)）pn＝错误!(xi－E（X)）pi为随机变量X的方差，并称D(X)为随机变

量X的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度．

5．均值与方差的性质

(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b．

(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．（a，b为常数）

教材拓展

均值与方差的四个常用性质

(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．

(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).

(3)D(X)＝E(X2)－(E（X)）2.

(4)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2).

1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）

(1)在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.(×)

(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．(√)

(3)随机试验的结果与随机变量有对应关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值

与之对应．(√)

(4)方差或标准差越小，则随机变量的偏离程度越小．(√)

2．（人教A版选择性必修第三册P66T1改编）已知离散型随机变量X的分布列为

X123

233

P

51010

则E(X)＝(A)

19

A．B．2

10

59

C．D．

210

23319

解析：由题意可得E(X)＝1×＋2×＋3×＝.故选A.

5101010

3．（人教A版选择性必修第三册P70T1改编）随机变量X与Y满足Y＝2X＋1，若D(X)

＝2，则D(Y)＝(A)

A．8B．5

C．4D．2

解析：D(Y)＝D(2X＋1)＝22D(X)＝4×2＝8.故选A.

4．（人教A版选择性必修第三册P67T3改编）有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10

株的分蘖数据，计算出样本均值E（X甲）＝E（X乙），方差分别为D（X甲）＝11，D（X乙）

＝3.4.由此可以估计(B)

A．甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐

B．乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐

C．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同

D．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较

解析：已知样本方差D（X乙）＝3.4，D（X甲）＝11，由此估计，乙种水稻的方差约为

3.4，甲种水稻的方差约为11.因为3.4<11，所以乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐．故选B.

考点1离散型随机变量的分布列的性质

【例1】（多选）已知离散型随机变量X的分布列为

X1246

P0.2mn0.1

则下列选项正确的是(ABD)

A．m＋n＝0.7

B．若m＝0.3，则P(X>3)＝0.5

C．若m＝0.9，则n＝－0.2

D．P(X＝1)＝2P(X＝6)

【解析】由分布列的性质，可得0.2＋m＋n＋0.1＝1，解得m＋n＝0.7，所以A正确；

若m＝0.3，可得n＝0.4，则P(X>3)＝P(X＝4)＋P(X＝6)＝0.5，所以B正确；由概率的定义

知m≥0，n≥0，所以C不正确；由P(X＝1)＝0.2，P(X＝6)＝0.1，得P(X＝1)＝2P(X＝6)，

所以D正确．故选ABD.

离散型随机变量分布列的性质的应用

(1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值．

(2)利用“在某个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．

【对点训练1】（多选）若随机变量X的分布列如下，则(AD)

X1234

1324

P

tttt

A.t＝10B．P(X>1)＝0.8

C．t＝11D．P(X≥3)＝0.6

1

解析：因为(1＋2＋3＋4)＝1，解得t＝10，故A正确，C错误；由分布列可知P(X>1)

t

＝1－P(X＝1)＝1－0.1＝0.9，故B错误；P(X≥3)＝0.4＋0.2＝0.6，故D正确．故选AD.

考点2离散型随机变量的分布列及数字特征

命题角度1离散型随机变量的分布列及数字特征

【例2】已知某险种的保费为0.4万元，前3次出险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6

万元．

赔偿次数01234

单数800100603010

在总体中抽样100单，以频率估计概率．

(1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率．

(2)(ⅰ)毛利润是保费与赔偿金额之差，设毛利润为X，估计X的数学期望；

(ⅱ)若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%，已赔偿过的增加20%，估计保单下一

保险期毛利润的数学期望．

【解】(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得

60＋30＋101

P(A)＝＝.

800＋100＋60＋30＋1010

(2)(ⅰ)设一单的赔偿金额为ξ万元，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，

8004100160

由题设中的统计数据可得P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝0.8)＝＝，P(ξ＝1.6)＝＝

100051000101000

3303101

，P(ξ＝2.4)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，

5010001001000100

41331

故E(ξ)＝0×＋0.8×＋1.6×＋2.4×＋3×＝0.278（万元），故E(X)＝0.4－

51050100100

0.278＝0.122（万元）.

41

(ⅱ)由题设保费的变化为0.4××96%＋0.4××1.2＝0.4032（万元），

55

设保单下一保险期毛利润为Y万元，故E(Y)＝0.122＋0.4032－0.4＝0.1252（万元）.

命题角度2均值（数学期望）与方差的性质应用

【例3】（多选）设离散型随机变量X的分布列为

X01234

Pq0.40.10.20.2

若随机变量Y满足Y＝2X＋1，则(AB)

A．q＝0.1B．D(X)＝1.8

C．E(Y)＝2D．D(Y)＝3.6

【解析】因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，解得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)＝0.1×(0－2)2＋0.4×(1－2)2＋0.1×(2－2)2＋0.2×(3－

2)2＋0.2×(4－2)2＝1.8，故B正确；因为Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝2×2＋1＝5，故

C错误；D(Y)＝4D(X)＝4×1.8＝7.2，故D错误．故选AB.

求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤

(1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值．

(2)求ξ取每个值的概率．

(3)写出ξ的分布列．

(4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ).

【对点训练2】(1)（多选）已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下：

X12345

113

Pmn

10510

若E(Y)＝10，则(AC)

31

A．m＝B．n＝

105

7

C．E(X)＝3D．D(Y)＝

3

113

解析：E(Y)＝E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝10，解得E(X)＝3，故C正确；由m＋＋＋n＋

10510

21137

＝1，可得m＋n＝①，又因为E(X)＝m＋2×＋3×＋4n＋5×＝3，则m＋4n＝②，

51051010

1331

所以由①②可得n＝，m＝，故A正确，B错误；D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3

10101010

113311313

－3)2×＋(4－3)2×＋(5－3)2×＝4×＋1×＋1×＋4×＝，D(Y)＝D(3X＋1)

51010101010105

13117

＝9D(X)＝9×＝，故D错误．故选AC.

55

(2)“学习强国”新开通一项“争上游答题”栏目，其规则是比赛两局，首局胜利积3分，

1

第二局胜利积2分，失败均积1分，某人每局比赛胜利的概率为，设他参加一次答题活动得

4

15

分为ξ，则D(ξ)＝．

16

111

解析：由题意知，ξ的所有可能取值为5，4，3，2，P(ξ＝5)＝×＝，

4416

1

11－3

P(ξ＝4)＝×4＝，

416

1

1－13

P(ξ＝3)＝4×＝，

416

11

1－1－9

P(ξ＝2)＝4×4＝，

16

112112

1339115－14－3

则E(ξ)＝5×＋4×＋3×＋2×＝，D(ξ)＝4×＋4×＋

1616161641616

112112

3－32－915

4×＋4×＝.

161616

考点3均值与方差中的决策问题

【例4】（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．第二阶段由该队的另一名队员投

篮3次，每次投篮投中得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.

(ⅰ)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？

(ⅱ)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)(ⅰ)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，

3333222

∵0<p<q，∴P甲－P乙＝q－(q－pq)－p＋(p－pq)＝(q－p)(q＋pq＋p)＋(p－q)[(p－pq)

＋(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．

(ⅱ)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，

333312

P(X＝0)＝(1－p)＋[1－(1－p)]·(1－q)，P(X＝5)＝[1－(1－p)]C3q·(1－q)，P(X＝10)＝

32233

[1－(1－p)]·C3q(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)]·q，

∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q.

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)＝15(q3－3q2＋3q)·p，

∴E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]＝15pq(p－q)(p＋q－3)，

∵0<p<q，∴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．

随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的

重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.

【对点训练3】投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列如表所示．

甲种股票：

收益X/元－102

概率0.10.30.6

乙种股票：

收益Y/元012

概率0.30.30.4

(1)如果有人向你咨询想投资其中一种股票，你会给出怎样的建议呢？

(2)在实际中，可以选择适当的比例投资两种股票，假设两种股票的买入价都是每股1元，

某人有10000元用于投资，请你给出一个投资方案，并说明理由．

解：(1)由题知E(X)＝－1×0.1＋2×0.6＝1.1，E(Y)＝1×0.3＋2×0.4＝1.1，

D(X)＝E(X2)－(E（X)）2＝(－1)2×0.1＋22×0.6－1.12＝1.29，D(Y)＝E(Y2)－(E（Y)）2＝

12×0.3＋22×0.4－1.12＝0.69，

由题可知，两种股票的期望相同，但乙种股票的方差较小，

所以投资乙种股票相对于甲种股票更稳妥．

(2)投资甲种股票3485元，乙种股票6515元．理由如下：设投资甲种股票a元，则投

资乙种股票(10000－a)元，

所以E(aX)＋E(（10000－a)Y）＝aE(X)＋(10000－a)E(Y)＝11000，

D(aX)＋D(（10000－a)Y）＝a2D(X)＋(10000－a)2D(Y)＝a2×1.29＋(10000－a)2×0.69

＝1.98a2－13800a＋0.69×108，

－13800

所以当a＝－≈3485时，D(aX)＋D(（10000－a)Y）取得最小值，所以应当投

2×1.98

资甲种股票3485元，乙种股票6515元．

【例】（2024·安徽蚌埠教学质量检测）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率

分别为p1，p2，p3，p4，且错误!i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最小的一组是(C)

A．p1＝0.1，p2＝0.2，p3＝0.3，p4＝0.4

B．p1＝0.4，p2＝0.3，p3＝0.2，p4＝0.1

C．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4

D．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1

【解析】方法一（定量计算得结论）对于A，E(X)＝1×0.1＋2×0.2＋3×0.3＋4×0.4

＝3，D(X)＝(1－3)2×0.1＋(2－3)2×0.2＋(3－3)2×0.3＋(4－3)2×0.4＝1，所以σ(X)＝D(X)＝

1；对于B，E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝2，D(X)＝(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.3

＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.1＝1，所以σ(X)＝D(X)＝1；对于C，E(X)＝1×0.1＋2×0.4＋

3×0.4＋4×0.1＝2.5，D(X)＝(1－2.5)2×0.1＋(2－2.5)2×0.4＋(3－2.5)2×0.4＋(4－2.5)2×0.1

＝0.65，所以σ(X)＝D(X)＝0.65；对于D，E(X)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.1＋4×0.4＝2.5，

D(X)＝(1－2.5)2×0.4＋(2－2.5)2×0.1＋(3－2.5)2×0.1＋(4－2.5)2×0.4＝1.85，所以σ(X)＝

D(X)＝1.85.故选C.

方法二（定性分析得结论）方差和标准差都反映的是数据的波动情况，数据的波动越

大，方差和标准差越大，反之亦然．A，B选项的数据波动情况对称相同，故它们的标准差

是一样的，C选项中间2，3出现的频率相同且较高，两边1，4出现的频率相同且较低，所

以数据集中程度高，故标准差应该最小，D选项的标准差应该是最大的．故选C.

本题看似是标准差的计算问题，实际上考查学生对标准差概念本质的理解，并在理解的

基础上加以应用，如果盲目计算，即使最后能得到正确结果，也会浪费大量时间，得不偿失，

体现新高考多想少算的变化趋势．

概率统计的新定义问题

解概率与统计下的新定义题，就是要细读定义关键词，理解本质特征，适时转化为“熟

悉”的问题．总之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经

验的积累，还需要不断地实践和反思，不然就谈不上“自然”、完整地解题．

【典例】条件概率与条件期望是现代概率体系中的重要概念．近年来，随着人们对随

机现象的不断观察和研究，条件概率和条件期望已经被广泛地利用到日常生产生活中．定义：

设X，Y是离散型随机变量，则X在给定事件Y＝y条件下的期望为E(X|Y＝y)＝错误!i·P(X＝

P(X＝xi，Y＝y)

xi|Y＝y)＝错误!i·，其中{x1，x2，…，xn}为X的所有可能取值集合，P(X＝x，Y

P(Y＝y)

＝y)表示事件“X＝x”与事件“Y＝y”都发生的概率．某射击手进行射击训练，每次射击击

中目标的概率均为p(0<p<1)，射击进行到击中目标两次时停止．设ξ表示第一次击中目标时的

射击次数，η表示第二次击中目标时的射击次数．

(1)求P(ξ＝2，η＝5)，P(η＝5)；

(2)求E(ξ|η＝5)，E(ξ|η＝n)(n≥2).

321

【解】(1)由题设，P(ξ＝2，η＝5)＝(1－p)·p·(1－p)·(1－p)·p＝(1－p)p，P(η＝5)＝C4(1

－p)3p2＝4(1－p)3p2.

P(ξ＝i，η＝5)

i×P(ξ＝1，η＝5)P(ξ＝2，η＝5)

(2)由题设，E(ξ|η＝5)＝错误!P(η＝5)＝1×＋2×

P(η＝5)P(η＝5)

P(ξ＝3，η＝5)P(ξ＝4，η＝5)1135

＋3×＋4×＝＋＋＋1＝.

P(η＝5)P(η＝5)4242

1n-22n-22n-22

同(1)，P(η＝n)＝Cn－1(1－p)p＝(n－1)(1－p)p，P(ξ＝i，η＝n)＝(1－p)p，i＝1，2，…，

P(ξ＝i，η＝n)

i×12n－2

n－1，所以E(ξ|η＝n)＝错误!P(η＝n)＝＋＋…＋＋1＝

n－1n－1n－1

1

＋1

(n－1)n－1n

＝.

22

课时作业73

1．（5分）已知随机变量Y的期望和方差分别为2，0.04，则E(5Y＋1)，D(5Y＋1)分别为

(B)

A．3，1B．11，1

C．3，0.2D．11，0.2

解析：由已知得E(Y)＝2，D(Y)＝0.04，则E(5Y＋1)＝5×E(Y)＋1＝11，D(5Y＋1)＝25×D(Y)

＝1.故选B.

2．（5分）（2024·河南新乡二模）已知随机变量X的分布列为

X024

17

Pm－2m

36

则E(X)＝(D)

1

A．B．1

2

45

C．D．

33

1711115

解析：由题可知，＋m＋－2m＝1，解得m＝，则E(X)＝0×＋2×＋4×＝.故选

3623263

D.

3．（5分）已知离散型随机变量X的概率分布列如表，离散型随机变量Y满足Y＝2X－1，

则P(Y≥3)＝(A)

X0123

11

Pa5a

36

75

A．B．

1212

53

C．D．

64

111

解析：由题意可知a＋＋5a＋＝1，解得a＝，所以离散型随机变量Y的概率分布列

3612

为

Y－1135

1151

P

123126

517

所以P(Y≥3)＝P(Y＝3)＋P(Y＝5)＝＋＝.故选A.

12612

4．（5分）（2024·四川成都模拟）若随机变量X的可能取值为1，2，3，4，且P(X＝k)

＝λk(k＝1，2，3，4)，则D(X)＝(A)

A．1B．2

C．3D．4

11234

解析：由题意得λ＋2λ＋3λ＋4λ＝1，解得λ＝，故E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×

1010101010

1234

＝3，D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＝1.故选A.

10101010

5．（5分）（2025·湖南长沙模拟）从两名同学中挑出一名代表班级参加射击比赛，根据

以往的成绩记录，甲、乙两名同学击中目标靶的环数X和Y的分布列如下表一和表二所示：

表一

X678910

P0.070.220.380.300.03

表二

Y678910

P0.090.240.320.280.07

则以下对这两名同学的射击水平的评价，正确的是(D)

A．E(X)>E(Y)B．E(X)<E(Y)

C．D(X)>D(Y)D．D(X)<D(Y)

解析：由分布列可得E(X)＝6×0.07＋7×0.22＋8×0.38＋9×0.30＋10×0.03＝8，E(Y)

＝6×0.09＋7×0.24＋8×0.32＋9×0.28＋10×0.07＝8，D(X)＝(6－8)2×0.07＋(7－8)2×0.22

＋(8－8)2×0.38＋(9－8)2×0.30＋(10－8)2×0.03＝0.92，D(Y)＝(6－8)2×0.09＋(7－8)2×0.24

＋(8－8)2×0.32＋(9－8)2×0.28＋(10－8)2×0.07＝1.16，所以E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y).故选

D.

6．（5分）设0<a<1，随机变量X的分布列为

X012

2－a1

Pb

33

则当a在(0，1)内增大时(A)

A．D(X)增大

B．D(X)减小

C．D(X)先减小后增大

D．D(X)先增大后减小

2－a112－a

解析：根据随机变量分布列的性质可知＋＋b＝1，所以b＝a，所以E(X)＝0×

3333

12

110－(1＋2a)2－a11

＋1×＋2b＝(1＋2a)，所以D(X)＝3×＋1－(1＋2a)2×＋

33333

12

2－(1＋2a)a48242

3×＝－a2＋a＋＝－(a－1)2＋，因为0<a<1，所以D(X)单调递增．故选

399993

A.

7．（6分）（多选）已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，则下列说法正确的是

(ACD)

X－213

P2a0.25a

A.a＝0.25

B．E(X)＝1

C．D(X)＝4.5

D．P(0.5<X<3.5)＝0.5

解析：由题意得2a＋0.25＋a＝1a＝0.25，所以E(X)＝－2×0.5＋1×0.25＋3×0.25＝0，

＝－－2×＋－2×＋－2×＝，＝＝＋＝

D(X)(20)0.5(10)0.25⇒(30)0.254.5P(0.5<X<3.5)P(X1)P(X3)

＝0.25＋0.25＝0.5.故选ACD.

8．（6分）（多选）已知8只小白鼠中有1只患有某种疾病，需要通过血液化验来确定患

这种病的小白鼠，血液化验结果呈阳性的为患病小白鼠，下面是两种化验方案：方案甲，将

8只小白鼠的血液逐个化验，直到查出患病小白鼠为止．方案乙，先取4只小白鼠的血液混

在一起化验，若呈阳性，则对这4只小白鼠的血液再逐个化验，直到查出患病小白鼠；若不

呈阳性，则对剩下的4只小白鼠再逐个化验，直到查出患病小白鼠．则下列结论正确的是

(AD)

1

A．若用方案甲，化验次数为2的概率为

8

1

B．若用方案乙，化验次数为3的概率为

8

C．若用方案甲，平均化验次数为4

D．若平均化验次数少的方案好，则方案乙比方案甲好

解析：若用方案甲，设化验次数为X，则X的可能取值为1，2，3，4，5，6，7，所以

1711

P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，A正确；若用方案乙，设化验次数为Y，若Y＝3，有两种

8878

431

C7311C7C1311

情况：①头4只均为阴性，则P1＝××＝，②头4只有阳性，则P2＝××＝，

44

C8438C8438

111

所以化验次数为3的概率为P(Y＝3)＝＋＝，B错误；若用方案甲，则P(X＝3)＝P(X＝4)

884

1611135

＝P(X＝5)＝P(X＝6)＝，P(X＝7)＝1－＝，所以E(X)＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＋7×＝，

884848

431

C71C7C1111

C错误；若用方案乙，Y可取2，3，4，P(Y＝2)＝×＋×＝，P(Y＝3)＝，P(Y＝4)

44

C84C8444

1111113

＝1－×2＝，所以E(Y)＝2×＋3×＋4×＝，因为E(X)>E(Y)，所以方案乙比方案甲

424424

好，D正确．故选AD.

9．（6分）一个袋子中装有2个红球和3个白球，假设每个球被摸到的可能性是相等的．从

16

袋子中摸出2个球，设拿出白球的个数为ξ，则P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝．

105

211

C21C2C33

解析：依题意，ξ的可能取值为0，1，2，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)

22

C510C55

2

C331336

＝＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.

2

C510105105

10．（5分）已知随机变量ξ满足P(ξ＝x)＝ax＋b(x＝－1，0，1)，其中a，b∈R.若E(ξ)

15

＝，则D(ξ)＝．

39

解析：由P(ξ＝x)＝ax＋b(x＝－1，0，1)可得P(ξ＝－1)＝b－a，P(ξ＝0)＝b，P(ξ＝1)＝b

1

＋a，所以b－a＋b＋a＋b＝3b＝1，则b＝，又E(ξ)＝－1×(b－a)＋0×b＋1×(a＋b)＝2a

3

11

＝，则a＝，所以随机变量ξ的分布列为

36

ξ－101

111

P

632

1212

1－1－1111－5

所以D(ξ)＝×3＋×0－2＋×3＝.

63329

11．（14分）（2024·四川攀枝花三模）为弘扬中华民族优秀传统文化，某校举行“阅读

经典名著，传承优秀文化”闯关活动．参赛者需要回答三个问题，其中前2个问题回答正确

各得5分，回答不正确得0分；第三个问题回答正确得10分，回答不正确得－5分，得分不

3

少于15分即为过关．如果甲同学回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的

4

2

概率为.

3

(1)求甲同学过关的概率；

(2)求甲同学回答这三个问题的总得分X的分布列及数学期望．

解：(1)甲同学过关有两种情况，分别为事件A：前两个问题一对一错，第三个问题答对，

31213213323

事件B：三个问题均答对，其概率分别为P(A)＝××＋××＝，P(B)＝××＝，

44344344438

135

所以甲同学过关的概率为P(A)＋P(B)＝＋＝.

488

(2)由题意可知，X的所有可能取值为－5，0，5，10，15，20，

111131113313

则P(X＝－5)＝××＝，P(X＝0)＝×××2＝，P(X＝5)＝××＝，P(X

44348443844316

112131213323

＝10)＝××＝，P(X＝15)＝×××2＝，P(X＝20)＝××＝，

4432444344438

所以X的分布列为

X－505101520

113113

P

488162448

51510156025

所以E(X)＝－＋＋＋＋＝.

481624482

12．（14分）（2024·上海宝山区二模）在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，

1

每人投3次，每投进一次得2分，否则得0分．已知甲每次投进的概率为，且每次投篮相互

2

独立；乙第一次投篮投进的概率为1，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率

2

32

为，若前一次没投进，则该次投进的概率为.

55

(1)求甲投篮3次得2分的概率；

(2)若乙投篮3次得分为X，求X的分布列和期望；

(3)比较甲、乙的比赛结果．

－12

1113

解：(1)甲投篮3次得2分，即只投中1次，概率为P＝C3××2＝.

28

(2)由题意知X的所有可能取值为0，2，4，6，

13391231221328

则P(X＝0)＝××＝，P(X＝2)＝××＋××＋××＝，

2555025525525525

12312213281339

P(X＝4)＝××＋××＋××＝，P(X＝6)＝××＝，

2552552552525550

随机变量X的分布列为

X0246

9889

P

50252550

9