高考数学一轮复习 第53讲　离散型随机变量及其概率分布、期望与方差 教用

第53讲离散型随机变量及其概率分布、期望与方差知识整合体系重构激活思维1．(教材经典题)若随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)＝__0__．【解析】因为随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0．2．(教材经典题)已知随机变量X的分布列为X12345P0.10.30.40.10.1则E(X)＝__2.8__，E(3X＋2)＝__10.4__．【解析】E(X)＝1×0.1＋2×0.3＋3×0.4＋4×0.1＋5×0.1＝2.8，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×2.8＋2＝10.4．3．(教材经典题)已知随机变量X的分布列为X1234P0.20.30.40.1则D(X)＝__0.84__，σ(2X＋7)＝__eq\f(2\r(21),5)__．【解析】由题意知E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＋4×0.1＝2.4，所以D(X)＝(1－2.4)2×0.2＋(2－2.4)2×0.3＋(3－2.4)2×0.4＋(4－2.4)2×0.1＝0.84，D(2X＋7)＝4D(X)＝4×0.84＝3.36，σ(2X＋7)＝eq\r(3.36)＝eq\f(2\r(21),5)．4．(教材经典题)已知随机变量X的分布列为P(X＝0)＝0.2，P(X＝1)＝a，P(X＝2)＝b，若E(X)＝1，则a＝__0.6__，b＝__0.2__．【解析】由题知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.2＋a＋b＝1，,0×0.2＋1×a＋2×b＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0.6，,b＝0.2．))5．(教材经典题)现要发行10000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1000张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1000元的彩票5张．1张彩票中奖金额的均值是__2元__．【解析】由题意，设X表示1张彩票中奖的金额，则P(X＝2)＝eq\f(1000,10000)＝0.1，P(X＝10)＝eq\f(300,10000)＝0.03，P(X＝50)＝eq\f(100,10000)＝0.01，P(X＝100)＝eq\f(50,10000)＝0.005，P(X＝1000)＝eq\f(5,10000)＝0.0005，P(X＝0)＝1－(0.1＋0.03＋0.01＋0.005＋0.0005)＝0.8545，所以X的分布列为X0210501001000P0.85450.10.030.010.0050.0005所以E(X)＝2×0.1＋10×0.03＋50×0.01＋100×0.005＋1000×0.0005＝2，即1张彩票中奖金额的均值是2元．聚焦知识1．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__．2．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…xnPp1p2…pn(1)均值：E(X)＝__x1p1＋x2p2＋…＋xnpn__＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do6(i＝1))xipi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__．(2)方差：D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn＝eq\a\vs4\al(\o(∑,\s\up6(n),\s\do6(i＝1))[xi－EX]2pi)为随机变量X的方差，并称eq\r(,DX)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__．3．均值与方差的性质(1)E(X1＋X2)＝__E(X1)＋E(X2)__；(2)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝__E(X1)·E(X2)__；(3)E(aX＋b)＝__aE(X)＋b__(a，b为常数)；(4)D(aX＋b)＝__a2D(X)__(a，b为常数)；(5)D(X)＝E(X2)－[E(X)]2；(6)若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．题型突破思维拓展举题说法离散型随机变量的分布列的性质例1(1)设X是一个离散型随机变量，其分布列为X01P9a2－a3－8a则常数a的值为(A)A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,3)或eq\f(2,3) D．－eq\f(1,3)或－eq\f(2,3)【解析】由分布列的性质可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤9a2－a≤1，,0≤3－8a≤1，,9a2－a＋3－8a＝1，))解得a＝eq\f(1,3)．(2)设离散型随机变量ξ的分布列为ξ－10123Peq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(2,5)则下列各式正确的是(C)A．P(ξ＜3)＝eq\f(2,5) B．P(ξ＞1)＝eq\f(4,5)C．P(2＜ξ＜4)＝eq\f(2,5) D．P(ξ＜0.5)＝0【解析】P(ξ＜3)＝eq\f(1,10)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,5)＝eq\f(3,5)，故A错误；P(ξ＞1)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)，故B错误；P(2＜ξ＜4)＝P(ξ＝3)＝eq\f(2,5)，故C正确；P(ξ＜0.5)＝eq\f(1,10)＋eq\f(1,5)＝eq\f(3,10)，故D错误．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”求相关参数．(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)可根据性质判断所得分布列结果是否正确．变式1(1)已知随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)(n＝1,2,3，…，10)，则实数a＝__eq\f(11,10)__．【解析】P(X＝n)＝eq\f(a,nn＋1)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n＝1,2,3，…，10)，所以eq\o(∑,\s\up6(10),\s\do6(n＝1))P(X＝n)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(10,11)a＝1，得a＝eq\f(11,10)．(2)设随机变量X的分布列为X1234Peq\f(1,3)meq\f(1,4)eq\f(1,6)则P(|X－3|＝1)＝__eq\f(5,12)__．【解析】由eq\f(1,3)＋m＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝1，解得m＝eq\f(1,4)，则P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12)．离散型随机变量的分布列及数字特征视角1求离散型随机变量的分布列及数字特征例2－1(多选)一个不透明的袋子中装有6个球，其中有n个白球(n∈N*)，其他均为黑球，这些球除颜色外，大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为eq\f(9,20)，设X为取出白球的个数，则(AC)A．n＝3 B．P(X＝1)＞P(X＝2)C．E(X)＝eq\f(3,2) D．D(X)＝eq\f(3,4)【解析】由题可知，eq\f(C\o\al(2,6－n)C\o\al(1,n),C\o\al(3,6))＝eq\f(9,20)，解得n＝3，A正确；X的可能取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,20)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,3),C\o\al(3,6))＝eq\f(9,20)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,3),C\o\al(3,6))＝eq\f(9,20)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,20)，B错误；E(X)＝0×eq\f(1,20)＋1×eq\f(9,20)＋2×eq\f(9,20)＋3×eq\f(1,20)＝eq\f(3,2)，C正确；D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,2)))2×eq\f(1,20)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)))2×eq\f(9,20)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))2×eq\f(9,20)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)))2×eq\f(1,20)＝eq\f(9,20)，D错误．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)．视角2期望、方差的性质及应用例2－2(1)(多选)已知随机变量ξ的分布列为ξ012Paeq\f(b,2)eq\f(b,2)其中ab≠0，则下列说法正确的是(ABD)A．a＋b＝1 B．E(ξ)＝eq\f(3b,2)C．D(ξ)随b的增大而减小 D．D(ξ)有最大值【解析】根据分布列的性质得a＋eq\f(b,2)＋eq\f(b,2)＝1，即a＋b＝1，故A正确；E(ξ)＝0×a＋1×eq\f(b,2)＋2×eq\f(b,2)＝eq\f(3b,2)，故B正确；D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))2×a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))2×eq\f(b,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2)))2×eq\f(b,2)＝－eq\f(9,4)b2＋eq\f(5,2)b＝－eq\f(9,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(5,9)))2＋eq\f(25,36)，因为0＜b＜1，所以当b＝eq\f(5,9)时，D(ξ)取得最大值eq\f(25,36)，故C不正确，D正确．(2)(多选)已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列为X12345Pmeq\f(1,10)eq\f(1,5)neq\f(3,10)若E(Y)＝10，则(AC)A．m＝eq\f(3,10) B．n＝eq\f(1,5)C．E(X)＝3 D．D(Y)＝eq\f(7,3)【解析】由m＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,5)＋n＋eq\f(3,10)＝1，得m＋n＝eq\f(2,5)①，因为E(Y)＝E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝10，所以E(X)＝3，故C正确；由E(X)＝m＋2×eq\f(1,10)＋3×eq\f(1,5)＋4n＋5×eq\f(3,10)＝3，得m＋4n＝eq\f(7,10)②，所以由①②可得n＝eq\f(1,10)，m＝eq\f(3,10)，故A正确，B错误；D(X)＝(1－3)2×eq\f(3,10)＋(2－3)2×eq\f(1,10)＋(3－3)2×eq\f(1,5)＋(4－3)2×eq\f(1,10)＋(5－3)2×eq\f(3,10)＝4×eq\f(3,10)＋1×eq\f(1,10)＋1×eq\f(1,10)＋4×eq\f(3,10)＝eq\f(13,5)，D(Y)＝D(3X＋1)＝9D(X)＝9×eq\f(13,5)＝eq\f(117,5)，故D错误．期望与方差的决策应用例3某市举行射击比赛，每个参赛队由两名选手组成，比赛分为两个阶段．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名选手射击3次，若3次都未射中靶子，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少射中靶子一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名选手射击3次，每次射中靶子得5分，未射中靶子得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、乙两名选手组成，甲每次射中靶子的概率为p，乙每次射中靶子的概率为q，各次射击中靶与否均相互独立．(1)若p＝0.5，q＝0.6，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．【解答】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，所以比赛成绩不少于5分的概率P＝[1－(1－0.5)3]×[1－(1－0.6)3]＝0.819．(2)假设0＜p＜q＜1．①在比赛成绩中，为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由哪位选手参加第一阶段比赛？②在比赛成绩中，为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由哪位选手参加第一阶段比赛？【解答】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．因为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，所以P甲＞P乙，所以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，所以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，所以E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]＝15(p－q)pq(p＋q－3)．因为0＜p＜q＜1，所以p－q＜0，p＋q－3＜1＋1－3＜0，则(p－q)pq(p＋q－3)＞0，所以应该由甲参加第一阶段比赛．(1)决策问题一般有三种途径：①利用概率：若概率越大，则事件发生的可能性越大，而选择概率大的好还是选择概率小的好，要根据具体问题而定．②利用均值：随机变量的均值反映了随机变量的平均水平，究竟是均值大的好还是均值小的好，也要根据具体问题而定，如经济收入的均值是越大越好，生产中的次品数是均值越小越好．③利用方差：方差反映了随机变量偏离平均值的程度，方差越大，随机变量的取值越分散；方差越小，随机变量的取值越集中于均值附近．(2)在做决策时，一般能通过概率进行决策的优先用概率，不能用概率决策的，再比较均值，当均值相等时，再比较方差(或标准差)．变式3(2025·莆田二模)在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件(安静或嘈杂)的影响．(1)已知在安静环境下，语音识别成功的概率为0.9；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6．某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.3，处于嘈杂环境的概率为0.7．①求测试结果为语音识别成功的概率；②已知测试结果为语音识别成功，求当天处于安静环境的概率．【解答】①记事件A是“安静环境”，则eq\x\to(A)是“嘈杂环境”，记事件B是“语音识别成功”，所以P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|eq\x\to(A))P(eq\x\to(A))＝0.9×0.3＋0.6×0.7＝0.69．②已知测试结果为语音识别成功，则当天处于安静环境的概率为P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(PB|APA,PB)＝eq\f(0.27,0.69)＝eq\f(9,23)．(2)已知当前每次测试成功的概率为0.8，每次测试成本固定，现有两种测试方案：方案一：测试4次；方案二：先测试3次，如果这3次中成功次数小于等于2次，则再测试2次，否则不再测试．为降低测试成本，以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择哪种方案？【解答】设方案一和方案二的测试次数分别为X，Y．方案一：E(X)＝4．方案二：Y的可能取值为3,5，P(Y＝3)＝0.8×0.8×0.8＝0.512，P(Y＝5)＝1－P(Y＝3)＝0.488，随机变量Y的分布列为Y35P0.5120.488所以E(Y)＝3×0.512＋5×0.488＝3.976．因为E(X)＞E(Y)，即方案一测试次数的期望值大于方案二测试次数的期望值，所以应选择方案二．随堂内化1．若随机变量ξ的分布列如下表所示，且m＋2n＝1.2，则n＝(B)ξ0123P0.1mn0.1A．－0.2 B．0.4C．0.2 D．0【解析】依题意得m＋n＋0.1＋0.1＝1，m＋2n＝1.2，解得n＝0.4，m＝0.4．2．已知随机变量X的分布列如下表(其中a为常数)：X0123P0.20.30.4a则下列计算结果正确的是(C)A．a＝0.2 B．P(X≥2)＝0.7C．E(X)＝1.4 D．D(X)＝6.3【解析】因为0.2＋0.3＋0.4＋a＝1，所以a＝0.1，故A错误；由分布列知P(X≥2)＝0.4＋0.1＝0.5，故B错误；E(X)＝0×0.2＋1×0.3＋2×0.4＋3×0.1＝1.4，故C正确；D(X)＝(0－1.4)2×0.2＋(1－1.4)2×0.3＋(2－1.4)2×0.4＋(3－1.4)2×0.1＝0.84，故D错误．3．近年来中国人工智能产业爆发式的增长，推动了AI电商行业的快速发展，已知2022～2025年中国AI解决方案提供商企业数量分别为1617,2106,2329,2896，从这4个数字中任取2个数字，当所取两个数字差的绝对值小于500时，随机变量X＝eq\f(1,2)；当所取两个数字差的绝对值不小于500时，随机变量X＝1，则E(X)＝(B)A．eq\f(11,12) B．eq\f(5,6)C．eq\f(3,4) D．eq\f(1,2)【解析】从这4个数字中任取2个数字，结果有6种：|1617－2106|＝489，|1617－2329|＝712，|1617－2896|＝1279，|2106－2329|＝223，|2106－2896|＝790，|2329－2896|＝567，所取两个数字差的绝对值小于500的结果有2种，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝\f(1,2)))＝eq\f(1,3)，不小于500的结果有4种，故P(X＝1)＝eq\f(2,3)，所以E(X)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2,3)＝eq\f(5,6)．4．若p为非负实数，随机变量X的分布列如下表，则D(X)的最大值是__1__．X012Peq\f(1,2)－ppeq\f(1,2)【解析】因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤\f(1,2)－p≤1，,0≤p≤1，))所以p∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以E(X)＝p＋1≤eq\f(3,2)，E(X2)＝p＋2，所以D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝－p2－p＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)，所以当p＝0时，D(X)max＝1．配套精练一、单项选择题1．若随机变量X的分布列如下表，则P(|X－2|＝1)的值为(A)X1234Peq\f(1,4)eq\f(1,4)aeq\f(1,3)A．eq\f(5,12) B．eq\f(1,2)C．eq\f(7,12) D．eq\f(2,3)【解析】根据题意可得a＝1－eq\f(1,4)－eq\f(1,4)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，所以P(|X－2|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12)．2．已知随机变量X的分布列如下表，若E(X)＝eq\f(5,3)，则m＝(B)X12PmnA．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(5,6)【解析】由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋2n＝\f(5,3)，,m＋n＝1，))解得m＝eq\f(1,3)．3．已知随机变量X的分布列如下表，若E(X)＝eq\f(1,3)，则D(X)＝(B)X－201Paeq\f(1,3)bA．eq\f(49,81) B．eq\f(8,9)C．eq\f(23,27) D．eq\f(23,81)【解析】因为E(X)＝eq\f(1,3)，且各概率之和为1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a＋0×\f(1,3)＋b＝\f(1,3)，,a＋\f(1,3)＋b＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,9)，,b＝\f(5,9)，))所以D(X)＝eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2－\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,3)))2＋eq\f(5,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))2＝eq\f(8,9)．4．设0＜a＜1，随机变量X的分布列是X0a1Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)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】由题意可得E(X)＝eq\f(1,3)(a＋1)，所以D(X)＝eq\f(a＋12,27)＋eq\f(1－2a2,27)＋eq\f(a－22,27)＝eq\f(6a2－6a＋6,27)＝eq\f(2,9)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，所以当a在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大．二、多项选择题5．若随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝eq\f(1,4)，则(AC)A．E(X)＝eq\f(3,4) B．E(2X＋3)＝3C．D(X)＝eq\f(3,16) D．D(3X＋2)＝eq\f(41,16)【解析】因为随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝eq\f(1,4)，所以P(X＝1)＝eq\f(3,4)，所以E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(3,4)＝eq\f(3,4)，D(X)＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,4)))2＋eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))2＝eq\f(3,16)，故A，C正确；E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝2×eq\f(3,4)＋3＝eq\f(9,2)，D(3X＋2)＝9D(X)＝9×eq\f(3,16)＝eq\f(27,16)，故B，D错误．6．袋中有6个大小相同的球，其中4个黑球，2个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出3个球的总得分，则下列结论正确的是(ACD)A．E(Y)＝2E(X) B．P(|Z－5|≤1)＝eq\f(1,5)C．E(Z)＝4 D．D(Z)＝eq\f(2,5)【解析】由题意知X＋Y＝3，Z＝2X＋Y＝3＋X，设k是取出白球的个数，P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,2)·C\o\al(3－k,4),C\o\al(3,6))，k＝0,1,2．对于A，E(X)＝3×eq\f(2,6)＝1，E(Y)＝3－E(X)＝2＝2E(X)，故A正确；对于B，P(|Z－5|≤1)＝P(|X－2|≤1)＝1－P(X＝0)＝1－eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(4,5)，故B错误；对于C，E(Z)＝3＋E(X)＝3＋1＝4，故C正确；对于D，D(Z)＝D(3＋X)＝D(X)＝E(X)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,6)))×eq\f(6－3,5)＝eq\f(2,5)，故D正确．7．(2025·聊城一模)将四个不同的小球，放入四个编号为1,2,3,4的盒子中，每个小球放入各个盒子的可能性都相等，设ξ表示空盒的个数，η表示1号盒子中小球的个数，则(BCD)A．每个盒子中恰有1球的概率为eq\f(1,4)B．事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立C．随机变量η的方差为eq\f(3,4)D．随机变量ξ的均值为eq\f(81,64)【解析】对于A，每个盒子中恰有1球的概率为eq\f(A\o\al(4,4),44)＝eq\f(3,32)，故A错误；对于B，记事件E＝“1号是空盒”，事件F＝“2号是空盒”，则P(E)＝P(F)＝eq\f(34,44)，P(EF)＝eq\f(24,44)＝eq\f(1,16)，所以P(EF)≠P(E)P(F)，故事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立，故B正确；对于C，由题意可知η～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，故D(η)＝4×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,4)，故C正确；对于D，由题意可知，随机变量ξ的可能取值有0,1,2,3，则P(ξ＝0)＝eq\f(3,32)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(2,4)A\o\al(3,4),44)＝eq\f(9,16)，P(ξ＝2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))＋C\o\al(3,4)))A\o\al(2,4),44)＝eq\f(21,64)，P(ξ＝3)＝eq\f(4,44)＝eq\f(1,64)，因此，E(ξ)＝0×eq\f(3,32)＋1×eq\f(9,16)＋2×eq\f(21,64)＋3×eq\f(1,64)＝eq\f(81,64)，故D正确．三、填空题8．若随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则D(2X－3)＝__4__．X02aPeq\f(1,6)peq\f(1,3)【解析】由题意可得eq\f(1,6)＋p＋eq\f(1,3)＝1，解得p＝eq\f(1,2)．因为E(X)＝2，所以0×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＋a×eq\f(1,3)＝2，解得a＝3．D(X)＝(0－2)2×eq\f(1,6)＋(2－2)2×eq\f(1,2)＋(3－2)2×eq\f(1,3)＝1，D(2X－3)＝4D(X)＝4．9．已知随机变量X的分布列为X012Pp0.6若E(X)＝1.2，则p＝__0.1__；当p＝__0.2__时，D(X)最大．【解析】由E(X)＝1.2，得0×p＋1×0.6＋2×(0.4－p)＝1.2，解得p＝0.1．依题意E(X)＝1.4－2p，E(X2)＝02×p＋12×0.6＋22×(0.4－p)＝2.2－4p，所以D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝2.2－4p－(1.4－2p)2＝－4(p－0.2)2＋0.4，则当p＝0.2时，D(X)取得最大值．10．(2025·新高考Ⅰ卷)一个箱子里有5个相同的球，分别以1～5标号，若每次取一个，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数为X，则数学期望E(X)＝__eq\f(61,25)__．【解析】依题意，X的可能取值为1,2,3，总的选取情况为53＝125种．其中X＝1表示三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故P(X＝1)＝eq\f(5,125)＝eq\f(1,25)．X＝2表示恰好两种不同编号的球被取出(即一球出现两次，另一球出现一次)，选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件X＝2的可能情况有5×4×3＝60种，故P(X＝2)＝eq\f(60,125)＝eq\f(12,25)．X＝3表示三种不同编号的球被取出，由排列数可知事件X＝3的可能情况有5×4×3＝60种，故P(X＝3)＝eq\f(60,125)＝eq\f(12,25)，则E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×eq\f(1,25)＋2×eq\f(12,25)＋3×eq\f(12,25)＝eq\f(61,25)．四、解答题11．(2025·南昌期初)某校举行知识竞赛，每个班各派5名同学参赛，若某班5名同学失分(均为整数)都不超过5分，则该班级为“优秀班级”．(1)若A班5名同学失分分别为1,1,3,3,4，从这5个失分分数中随机抽两个分数，记这两个分数差的绝对值为随机变量X，求随机变量X的分布列和期望；【解答】X的可能取值为0,1,2,3，当选到两个分数为1,1或3,3时，X＝0，故P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(2,2)＋C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,5)；当选到两个分数为3,4时，X＝1，故P(X＝1)＝eq\f(C\o\al