第55講離散型隨機變量及其概率分布、期望與方差鏈教材夯基固本激活思維1.(人A選必三P70練習(xí)T2)若隨機變量X滿足P(X＝c)＝1，其中c為常數(shù)，則D(X)＝_0_．【解析】因為隨機變量X滿足P(X＝c)＝1，其中c為常數(shù)，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0.2.(人A選必三P66練習(xí)T1)已知隨機變量X的分布列為X12345P0.10.30.40.10.1則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.(人A選必三P70練習(xí)T1)已知隨機變量X的分布列為X1234P0.20.30.40.1則D(X)＝_0.84_，σ(2X＋7)＝_eq\f(2\r(21),5)_．【解析】由題意知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.(人A選必三P71練習(xí)T3)已知隨機變量X的分布列為P(X＝0)＝0.2，P(X＝1)＝a，P(X＝2)＝b，若E(X)＝1，則a＝_0.6_，b＝_0.2_．【解析】由題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.2＋a＋b＝1，,E(X)＝0×0.2＋1×a＋2×b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0.6，,b＝0.2.))5.(人A選必三P71練習(xí)T2)現(xiàn)要發(fā)行10000張彩票，其中中獎金額為2元的彩票1000張，10元的彩票300張，50元的彩票100張，100元的彩票50張，1000元的彩票5張.1張彩票可能中獎金額的均值是_2元_．【解析】由題意，設(shè)X表示1張彩票中獎的金額，則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的分布列為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張彩票可能中獎金額的均值是2元．聚焦知識1.離散型隨機變量的分布列的性質(zhì)(1)pi_≥_0(i＝1，2，…，n)；(2)p1＋p2＋…＋pn＝_1_．2.離散型隨機變量的均值與方差一般地，若離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xnPp1p2…pn(1)均值：E(X)＝_x1p1＋x2p2＋…＋xnpn_＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xipi為隨機變量X的均值或數(shù)學(xué)期望，數(shù)學(xué)期望簡稱期望．它反映了離散型隨機變量取值的平均水平_．(2)方差：D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn＝_eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))[xi－E(X)]2pi_為隨機變量X的方差，并稱eq\r(D(X))為隨機變量X的_標準差_，記為σ(X)，它們都可以度量隨機變量取值與其均值的_偏離程度_．3.均值與方差的性質(zhì)(1)E(X1＋X2)＝_E(X1)＋E(X2)_；(2)若X1，X2相互獨立，則E(X1X2)＝_E(X1)·E(X2)_；(3)E(aX＋b)＝_aE(X)＋b_(a，b為常數(shù))；(4)D(aX＋b)＝_a2D(X)_(a，b為常數(shù))；(5)D(X)＝E(X2)－[E(X)]2.研題型素養(yǎng)養(yǎng)成舉題說法離散型隨機變量的分布列的性質(zhì)例1(1)設(shè)X是一個離散型隨機變量，其分布列為X01P9a2－a3－8a則常數(shù)a的值為(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】由分布列的性質(zhì)可知eq\b\lc\{\rc\(\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)設(shè)離散型隨機變量ξ的分布列如下表所示：ξ－10123Peq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(2,5)則下列各式正確的是(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錯誤；P(ξ＞1)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)，故B錯誤；P(2＜ξ＜4)＝P(ξ＝3)＝eq\f(2,5)，故C正確；P(ξ＜0.5)＝eq\f(1,10)＋eq\f(1,5)＝eq\f(3,10)，故D錯誤．離散型隨機變量分布列的性質(zhì)的應(yīng)用(1)利用“概率之和為1”求相關(guān)參數(shù)．(2)利用“在某個范圍內(nèi)的概率等于它取這個范圍內(nèi)各個值的概率之和”求某些特定事件的概率．(3)可根據(jù)性質(zhì)判斷所得分布列結(jié)果是否正確．變式1(1)已知隨機變量X的概率分布為P(X＝n)＝eq\f(a,n(n＋1))(n＝1，2，3，…，10)，則實數(shù)a＝_eq\f(11,10)_．【解析】P(X＝n)＝eq\f(a,n(n＋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\do4(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)設(shè)隨機變量X的分布列為X1234Peq\f(1,3)meq\f(1,4)eq\f(1,6)則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)，則P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,12).離散型隨機變量的分布列及數(shù)字特征視角1期望與方差例2-1(2024·鄭州、周口二模)滎陽境內(nèi)廣武山上漢王城與霸王城之間的鴻溝，即為象棋棋盤上“楚河漢界”的歷史原型，滎陽因此被授予“中國象棋文化之鄉(xiāng)”．有甲、乙、丙三位同學(xué)進行象棋比賽，其中每局只有兩人比賽，每局比賽必分勝負，本局比賽結(jié)束后，負的一方下場．第1局由甲、乙比賽，接下來丙上場進行第2局比賽，來替換負的那個人，每次比賽負的人排到等待上場的人之后參加比賽．設(shè)各局中雙方獲勝的概率均為eq\f(1,2)，各局比賽的結(jié)果相互獨立．(1)求前3局比賽甲都取勝的概率；【解答】因各局比賽的結(jié)果相互獨立，則前3局甲都取勝的概率為P＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).(2)用X表示前3局比賽中乙獲勝的次數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望及方差．【解答】X的所有可能取值為0，1，2，3.其中，X＝0表示第1局乙輸，第3局是乙上場，且乙輸，則P(X＝0)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)；X＝1表示第1局乙輸，第3局是乙上場，且乙贏或第1局乙贏，且第2局乙輸，則P(X＝1)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)；X＝2表示第1局乙贏，且第2局乙贏，第3局乙輸，則P(X＝2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)；X＝3表示第1局乙贏，且第2局乙贏，第3局乙贏，則P(X＝3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).所以X的分布列為X0123Peq\f(1,4)eq\f(1,2)eq\f(1,8)eq\f(1,8)故X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,8)＋3×eq\f(1,8)＝eq\f(9,8).方差D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(9,8)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,8)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(9,8)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,8)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(9,8)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,8)＝eq\f(55,64).求離散型隨機變量ξ的均值與方差的步驟：(1)理解ξ的意義，寫出ξ的所有可能取值；(2)求ξ取每個值的概率；(3)寫出ξ的分布列；(4)由均值、方差的定義求E(ξ)，D(ξ).視角2期望與方差性質(zhì)的應(yīng)用例2-2(1)(多選)已知隨機變量ξ的分布列為ξ012Paeq\f(b,2)eq\f(b,2)其中ab≠0，則下列說法正確的是(ABD)A.a＋b＝1B.E(ξ)＝eq\f(3b,2)C.D(ξ)隨b的增大而減小D.D(ξ)有最大值【解析】根據(jù)分布列的性質(zhì)得a＋eq\f(b,2)＋eq\f(b,2)＝1，即a＋b＝1，故A正確；根據(jù)數(shù)學(xué)期望公式得E(ξ)＝0×a＋1×eq\f(b,2)＋2×eq\f(b,2)＝eq\f(3b,2)，故B正確；根據(jù)方差公式得D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2)))eq\s\up12(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)))eq\s\up12(2)＋eq\f(25,36)，因為0＜b＜1，所以當b＝eq\f(5,9)時，D(ξ)取得最大值eq\f(25,36)，故C不正確，D正確．(2)(多選)已知隨機變量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下：X12345Pmeq\f(1,10)eq\f(1,5)neq\f(3,10)若E(Y)＝10，則(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，又因為E(Y)＝E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝10，所以E(X)＝3，故C正確；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正確，B錯誤；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錯誤．期望與方差的決策應(yīng)用例3(2024·湖北宜荊荊隨恩5月聯(lián)考)數(shù)學(xué)多選題的得分規(guī)則是：每小題的四個選項中有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對按比例得分，有選錯得0分，小明根據(jù)大量的多選題統(tǒng)計得到：多選題正確的選項共有四個的概率為0，正確選項共有兩個的概率為p(0＜p＜1).(1)現(xiàn)有某個多選題，小明完全不會，他有兩種策略，策略一：在A、B、C、D四個選項中任選一個選項；策略二：在A、B、C、D四個選項中任選兩個選項，求分別采取這兩個策略時小明得分的期望；【解答】設(shè)小明采用策略一和策略二的得分分別為X1，X2，X1的所有取值為0，2，3，則P(X1＝0)＝p×eq\f(2,4)＋(1－p)×eq\f(1,4)＝eq\f(1＋p,4)；P(X1＝2)＝(1－p)×eq\f(3,4)＝eq\f(3－3p,4)；P(X1＝3)＝p×eq\f(2,4)＝eq\f(p,2)，所以E(X1)＝0×eq\f(1＋p,4)＋2×eq\f(3－3p,4)＋3×eq\f(p,2)＝eq\f(3,2).X2的所有取值為0，4，6，則P(X2＝0)＝p×eq\f(5,6)＋(1－p)×eq\f(3,6)＝eq\f(3＋2p,6)；P(X2＝4)＝(1－p)×eq\f(3,6)＝eq\f(1－p,2)；P(X2＝6)＝p×eq\f(1,6)＝eq\f(p,6)，所以E(X2)＝0×eq\f(3＋2p,6)＋4×eq\f(1－p,2)＋6×eq\f(p,6)＝2－p.所以小明采取策略一和策略二的得分的期望分別為eq\f(3,2)和2－p.(2)若有一個多選題，小明發(fā)現(xiàn)A正確，B、C、D選項他不會判斷，現(xiàn)在他有兩種策略，策略一：選A和B、C、D中的任一個，策略二：選A和B、C、D中的任意2個．在p＝eq\f(1,4)的條件下，判斷小明該選擇哪種策略．【解答】設(shè)小明選擇策略一和策略二的得分分別為Y1，Y2，則Y1的所有取值為0，4，6，P(Y1＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,12)；P(Y1＝4)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)；P(Y1＝6)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,12)，所以E(Y1)＝0×eq\f(5,12)＋4×eq\f(1,2)＋6×eq\f(1,12)＝eq\f(5,2).Y2的所有取值為0，6，P(Y2＝0)＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(3,4)；P(Y2＝6)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)，所以E(Y2)＝0×eq\f(3,4)＋6×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2).因為E(Y1)＞E(Y2)，所以小明應(yīng)選擇策略一．1.決策問題一般有三種途徑：(1)利用概率：若概率越大，則事件發(fā)生的可能性越大，而選擇概率大的好還是選擇概率小的好，要根據(jù)具體問題而定．(2)利用均值：隨機變量的均值反映了隨機變量的平均水平，究竟是均值大的好還是均值小的好，也要根據(jù)具體問題而定，如經(jīng)濟收入的均值是越大越好，生產(chǎn)中的次品數(shù)是均值越小越好．(3)利用方差：方差反映了隨機變量偏離平均值的程度，方差越大，隨機變量的取值越分散；方差越小，隨機變量的取值越集中于均值附近．2.在做決策時，一般能通過概率進行決策的優(yōu)先用概率，不能用概率決策的，再比較均值，當均值相等時，再比較方差(或標準差).隨堂內(nèi)化1.若隨機變量ξ的分布列如下表所示，且m＋2n＝1.2，則n＝(B)ξ0123P0.1mn0.1A.－0.2 B.0.4C.0.2 D.0【解析】依題意得m＋n＋0.1＋0.1＝1，又m＋2n＝1.2，解得n＝0.4，m＝0.4.2.已知隨機變量X的分布列如下表(其中a為常數(shù))：X0123P0.20.30.4a則下列計算結(jié)果正確的是(C)A.a＝0.2 B.P(X≥2)＝0.7C.E(X)＝1.4 D.D(X)＝6.3【解析】因為0.2＋0.3＋0.4＋a＝1，所以a＝0.1，故A錯誤；由分布列知P(X≥2)＝0.4＋0.1＝0.5，故B錯誤；E(X)＝0×0.2＋1×0.3＋2×0.4＋3×0.1＝1.4，故C正確；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錯誤．3.若p為非負實數(shù)，隨機變量X的分布列如下表，則D(X)的最大值是_1_．X012Peq\f(1,2)－ppeq\f(1,2)【解析】因為eq\b\lc\{\rc\(\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)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)，所以當p＝0時，D(X)max＝1.4.將2名科學(xué)家和3名航天員從左到右排成一排合影留念，用ξ表示2名科學(xué)家之間的航天員人數(shù)，則E(ξ)＝_1_，D(ξ)＝_1_．【解析】ξ的所有可能取值為0，1，2，3，則P(ξ＝0)＝eq\f(Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(5,5))＝eq\f(2,5)；P(ξ＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(5,5))＝eq\f(3,10)；P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(5,5))＝eq\f(1,5)；P(ξ＝3)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(5,5))＝eq\f(1,10)，故E(ξ)＝0×eq\f(2,5)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(1,10)＝1，所以E(ξ2)＝0×eq\f(2,5)＋1×eq\f(3,10)＋4×eq\f(1,5)＋9×eq\f(1,10)＝2，所以D(ξ)＝E(ξ2)－E2(ξ)＝1.練案?趁熱打鐵，事半功倍．請老師布置同學(xué)們及時完成《配套精練》．練案?1.補不足、提能力，老師可增加訓(xùn)練《抓分題·高考夯基固本天天練》(提高版)對應(yīng)內(nèi)容，成書可向當?shù)匕l(fā)行咨詢購買．2.為提高高考答卷速度及綜合應(yīng)考能力，老師可適時安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天練》(提高版)，成書可向當?shù)匕l(fā)行咨詢購買．配套精練A組夯基精練一、單項選擇題1.若隨機變量X的分布列如下表，則P(|X－2|＝1)的值為(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】根據(jù)題意可得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.已知隨機變量X的分布列如下表．若E(X)＝eq\f(5,3)，則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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋2n＝\f(5,3)，,m＋n＝1，))解得m＝eq\f(1,3).3.(2024·鎮(zhèn)江期初)已知隨機變量X的分布列如下表，若E(X)＝eq\f(1,3)，則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】因為E(X)＝eq\f(1,3)，且各概率之和為1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋0×\f(1,3)＋b＝\f(1,3)，,a＋\f(1,3)＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\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)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,9).4.設(shè)0＜a＜1，隨機變量X的分布列是X0a1Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)則當a在(0，1)內(nèi)增大時(D)A.D(X)增大 B.D(X)減小C.D(X)先增大后減小 D.D(X)先減小后增大【解析】由題意可得E(X)＝eq\f(1,3)(a＋1)，所以D(X)＝eq\f((a＋1)2,27)＋eq\f((1－2a)2,27)＋eq\f((a－2)2,27)＝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)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，所以當a在(0，1)內(nèi)增大時，D(X)先減小后增大．二、多項選擇題5.若隨機變量X服從兩點分布，且P(X＝0)＝eq\f(1,4)，則(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】因為隨機變量X服從兩點分布，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)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,16)，故A，C正確；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錯誤．6.已知離散型隨機變量X的分布列如下，則(BCD)X1234Pp23p21－2p＋p21－3p＋p2A.p＝eq\f(1,2) B.p＝eq\f(1,3)C.P(X＞2)＝eq\f(5,9) D.D(X)＝eq\f(56,81)【解析】由題意可知p2＋3p2＋(1－2p＋p2)＋(1－3p＋p2)＝1，即6p2－5p＋1＝(2p－1)(3p－1)＝0，解得p＝eq\f(1,2)或p＝eq\f(1,3).當p＝eq\f(1,2)時，P(X＝4)＝1－eq\f(3,2)＋eq\f(1,4)＝－eq\f(1,4)＜0，不符合題意，故p＝eq\f(1,3)，P(X＝1)＝eq\f(1,9)，P(X＝2)＝eq\f(1,3)，P(X＝3)＝eq\f(4,9)，P(X＝4)＝eq\f(1,9)，故A錯誤，B正確．P(X＞2)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq\f(4,9)＋eq\f(1,9)＝eq\f(5,9)，故C正確．E(X)＝1×eq\f(1,9)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(4,9)＋4×eq\f(1,9)＝eq\f(23,9)，則D(X)＝eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(23,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81)，故D正確．三、填空題7.已知隨機變量X的分布列如下：X012Pp0.6若E(X)＝1.2，則p＝_0.1_；當p＝_0.2_時，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.依題意，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，則當p＝0.2時，D(X)取得最大值．8．(2024·邯鄲三調(diào))從分別寫有數(shù)字1，2，3，5，9的5張卡片中任取2張，設(shè)這2張卡片上的數(shù)字之和為X，則E(X)＝_8_．【解析】從分別寫有數(shù)字1，2，3，5，9的5張卡片中任取2張卡片共有10種結(jié)果：(1，2)，(1，3)，(1，5)，(1，9)，(2，3)，(2，5)，(2，9)，(3，5)，(3，9)，(5，9).2張卡片上的數(shù)字之和X分別為3，4，6，10，5，7，11，8，12，14，則P(X＝3)＝P(X＝4)＝P(X＝5)＝P(X＝6)＝P(X＝7)＝P(X＝8)＝P(X＝10)＝P(X＝11)＝P(X＝12)＝P(X＝14)＝eq\f(1,10)，所以E(X)＝eq\f(1,10)×(3＋4＋5＋6＋7＋8＋10＋11＋12＋14)＝8.9.一位足球運動員在有人防守的情況下，射門命中的概率p＝0.3，用隨機變量X表示他一次射門的命中次數(shù)，則D(X)＝_0.21_．【解析】由題知，一次射門命中次數(shù)為0或1，P(X＝0)＝1－0.3＝0.7，P(X＝1)＝0.3，因此E(X)＝0×0.7＋1×0.3＝0.3，E(X2)＝0×0.7＋12×0.3＝0.3，D(X)＝E(X2)－E2(X)＝0.3－0.32＝0.21.四、解答題10.(2024·淮安、連云港期末)某數(shù)學(xué)興趣小組準備了若干個除顏色外都相同的紅球和白球，先在罐子中放入2個紅球和1個白球，活動參與者每次從罐子中隨機抽取1個球，觀察其顏色后放回罐中，并再取1個相同顏色的球放入罐中，如此反復(fù)操作．(1)求活動參與者第2次操作時取到白球的概率；【解答】記活動參與者“第1次操作時取到白球”為事件A，“第2次操作時取到白球”為事件B，則P(A)＝eq\f(1,3)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(2,3)，P(B|A)＝eq\f(1＋1,3＋1)＝eq\f(2,4)，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(1,3＋1)＝eq\f(1,4)，所以P(B)＝P(AB＋eq\x\to(A)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(1,3)×eq\f(2,4)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)，所以活動參與者第2次操作時取到白球的概率為eq\f(1,3).(2)記3次操作后罐子中紅球的個數(shù)為X，求隨機變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望．【解答】由題知X的所有可能取值為2，3，4，5，P(X＝2)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,10)，P(X＝3)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×eq\f(2,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,5)，P(X＝4)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,5)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×eq\f(3,5)＝eq\f(3,10)，P(X＝5)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(2,5)，故隨機變量X的分布列為X2345Peq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(3,10)eq\f(2,5)所以隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝2×eq\f(1,10)＋3×eq\f(1,5)＋4×eq\f(3,10)＋5×eq\f(2,5)＝4.11.(2024·張家口一模)某商場舉辦摸球贏購物券活動．現(xiàn)有完全相同的甲、乙兩個小盒，每盒中有除顏色外形狀和大小完全相同的10個小球，其中甲盒中有8個黑球和2個白球，乙盒中有3個黑球和7個白球．參加活動者首次摸球，可從這兩個盒子中隨機選擇一個盒子，再從選中的盒子中隨機摸出一個球，若摸出黑球，則結(jié)束摸球，得300元購物券；若摸出的是白球，則將摸出的白球放回原來盒子中，再進行第二次摸球．第二次摸球有如下兩種方案：方案一，從原來盒子中隨機摸出一個球；方案二，從另外一個盒子中隨機摸出一個球．若第二次摸出黑球，則結(jié)束摸球，得200元購物券；若摸出的是白球，也結(jié)束摸球，得100元購物券．用X表示一位參加活動者所得購物券的金額．(1)在第一次摸出白球的條件下，求選中的盒子為甲盒的概率．【解答】設(shè)試驗一次，“取到甲盒”為事件A1，“取到乙盒”為事件A2，“第一次摸出黑球”為事件B1，“第一次摸出白球”為事件B2，則P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,10)＋eq\f(1,2)×eq\f(7,10)＝eq\f(9,20)，所以P(A1|B2)＝eq\f(P(A1B2),P(B2))＝eq\f(P(B2|A1)P(A1),P(B2))＝eq\f(\f(2,10)×\f(1,2),\f(9,20))＝eq\f(2,9)，所以所求概率為eq\f(2,9).(2)①在第一次摸出白球的條件下，通過計算，說明選擇哪個方案第二次摸到黑球的概率更大；②依據(jù)以上分析，求隨機變量X的數(shù)學(xué)期望的最大值．【解答】①P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－eq\f(2,9)＝eq\f(7,9)，所以方案一中取到黑球的概率為P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝eq\f(2,9)×eq\f(8,10)＋eq\f(7,9)×eq\f(3,10)＝eq\f(37,90)，方案二中取到黑球的概率為P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝eq\f(7,9)×eq\f(8,10)＋eq\f(2,9)×eq\f(3,10)＝eq\f(62,90)＝eq\f(31,45).因為eq\f(31,45)＞eq\f(37,90)，所以方案二中取到黑球的概率更大．②隨機變量X的可能取值為300，200，100，依據(jù)以上分析，若采用方案一：P(X＝300)＝P(B1)＝1－P(B2)＝eq\f(11,20)，P(X＝200)＝P(B2)P1＝eq\f(9,20)×eq\f(37,90)＝eq\f(37,200)，P(X＝100)＝1－eq\f(11,20)－eq\f(37,200)＝eq\f(53,200)，則E(X)＝300×eq\f(11,20)＋200×eq\f(37,200)＋100×eq\f(53,200)＝228.5.若采用方案二：P(X＝300)＝P(B1)＝1－P(B2)＝eq\f(11,20)，P(X＝200)＝P(B2)P2＝eq\f(9,20)×eq\f(31,45)＝eq\f(31,100)，P(X＝100)＝1－eq\f(11,20)－eq\f(31,100)＝eq\f(7,50)，則E(X)＝300×eq\f(11,20)＋200×eq\f(31,100)＋100×eq\f(7,50)＝241，所以隨機變量X的數(shù)學(xué)期望的最大值為241.B組能力提升練12.(2024·南通一調(diào))某商場在元旦期間舉行摸球中獎活動，規(guī)則如下：一個箱中有大小和質(zhì)地相同的3個紅球和5個白球，每位參與顧客從箱中隨機摸出3個球，若摸出的3個球中至少有2個紅球，則該顧客中獎．(1)若有三位顧客依次參加活動，求僅有最后一位顧客中獎的概率；【解答】每位顧客中獎的概