高考数学真题分类汇编 124 离散型随机变量及其分布列均值与方差 理 1.docx

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高考数学真题分类汇编124离散型随机变量及其分布列均值与方差理1

§12.4离散型随机变量及其分布列、均值与方差

考点一　离散型随机变量及其分布列

1.（2014北京,16,13分）李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下（假设各场比赛相互独立）:

场次

投篮次数

命中次数

场次

投篮次数

命中次数

主场1

22

12

客场1

18

8

主场2

15

12

客场2

13

12

主场3

12

8

客场3

21

7

主场4

23

8

客场4

18

15

主场5

24

20

客场5

25

12

（1）从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率;

（2）从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率;

（3）记为表中10个命中次数的平均数.从上述比赛中随机选择一场,记X为李明在这场比赛中的命中次数.比较EX与的大小.（只需写出结论）

解析　

（1）根据投篮统计数据,在10场比赛中,李明投篮命中率超过0.6的场次有5场,分别是主场2,主场3,主场5,客场2,客场4.

所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.

（2）设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6”.

则C=A∪B,A,B独立.

根据投篮统计数据,P（A）=,P（B）=.

P（C）=P（A）+P（B）

=×+×

=.

所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率为.

（3）EX=.

2.（2014天津,16,13分）某大学志愿者协会有6名男同学,4名女同学.在这10名同学中,3名同学来自数学学院,其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这10名同学中随机选取3名同学,到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）.

（1）求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率;

（2）设X为选出的3名同学中女同学的人数,求随机变量X的分布列和数学期望.

解析　

（1）设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A,则

P（A）==.

所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为.

（2）随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.

P（X=k）=（k=0,1,2,3）.

所以随机变量X的分布列是

X

0

1

2

3

P

随机变量X的数学期望E（X）=0×+1×+2×+3×=.

3.（2014四川,17,12分）一款击鼓小游戏的规则如下:

每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音乐获得20分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分（即获得-200分）.设每次击鼓出现音乐的概率为,且各次击鼓出现音乐相互独立.

（1）设每盘游戏获得的分数为X,求X的分布列;

（2）玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?

（3）玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.

解析　

（1）X可能的取值为10,20,100,-200.

根据题意,有P（X=10）=××=,

P（X=20）=××=,

P（X=100）=××=,

P（X=-200）=××=.

所以X的分布列为

X

10

20

100

-200

P

（2）设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai（i=1,2,3）,

则P（A1）=P（A2）=P（A3）=P（X=-200）=.

所以,“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为

1-P（A1A2A3）=1-=1-=.

因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.

（3）X的数学期望为EX=10×+20×+100×-200×=-.

这表明,获得分数X的均值为负.

因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大.

4.（2014山东,18,12分）乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分,如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D,某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:

回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求:

（1）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;

（2）两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.

解析　

（1）记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”（i=0,1,3）,

则P（A3）=,P（A1）=,P（A0）=1--=;

记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”（i=0,1,3）,

则P（B3）=,P（B1）=,P（B0）=1--=.

记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”.

由题意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,

由事件的独立性和互斥性,

P（D）=P（A3B0+A1B0+A0B1+A0B3）

=P（A3B0）+P（A1B0）+P（A0B1）+P（A0B3）

=P（A3）P（B0）+P（A1）P（B0）+P（A0）P（B1）+P（A0）P（B3）

=×+×+×+×=,

所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.

（2）由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6,

由事件的独立性和互斥性,得

P（ξ=0）=P（A0B0）=×=,

P（ξ=1）=P（A1B0+A0B1）=P（A1B0）+P（A0B1）=×+×=,

P（ξ=2）=P（A1B1）=×=,

P（ξ=3）=P（A3B0+A0B3）=P（A3B0）+P（A0B3）=×+×=,

P（ξ=4）=P（A3B1+A1B3）=P（A3B1）+P（A1B3）=×+×=,

P（ξ=6）=P（A3B3）=×=.

可得随机变量ξ的分布列为:

ξ

0

1

2

3

4

6

P

所以数学期望Eξ=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.

5.（2014重庆,18,13分）一盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片.

（1）求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;

（2）X表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X的分布列与数学期望.

（注:

若三个数a,b,c满足a≤b≤c,则称b为这三个数的中位数）

解析　

（1）由古典概型中的概率计算公式知所求概率为

P==.

（2）X的所有可能值为1,2,3,且

P（X=1）==,P（X=2）==,

P（X=3）==,

故X的分布列为

X

1

2

3

P

从而E（X）=1×+2×+3×=.

6.（2014江西,21,14分）随机将1,2,…,2n（n∈N*,n≥2）这2n个连续正整数分成A,B两组,每组n个数.A组最小数为a1,最大数为a2;B组最小数为b1,最大数为b2.记ξ=a2-a1,η=b2-b1.

（1）当n=3时,求ξ的分布列和数学期望;

（2）令C表示事件“ξ与η的取值恰好相等”,求事件C发生的概率P（C）;

（3）对

（2）中的事件C,表示C的对立事件,判断P（C）和P（）的大小关系,并说明理由.

解析　

（1）当n=3时,ξ的所有可能取值为2,3,4,5.

将6个正整数平均分成A,B两组,不同的分组方法共有=20种,所以ξ的分布列为

ξ

2

3

4

5

P

Eξ=2×+3×+4×+5×=.

（2）ξ和η恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,…,2n-2.

又ξ和η恰好相等且等于n-1时,不同的分组方法有2种;

ξ和η恰好相等且等于n时,不同的分组方法有2种;

ξ和η恰好相等且等于n+k（k=1,2,…,n-2）（n≥3）时,不同的分组方法有2种,

所以当n=2时,P（C）==,

（3）由

（2）知当n=2时,P（）=,因此P（C）>P（）,

而当n≥3时,P（C）

①

用数学归纳法来证明:

1°当n=3时,①式左边=4×（2+）=4×（2+2）=16,①式右边==20,所以①式成立.

那么,当n=m+1时,

即当n=m+1时①式也成立.

综合1°,2°得,对于n≥3的所有正整数,都有P（C）

7.（2014湖北,20,12分）计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示,水库年入流量X（年入流量:

一年内上游来水与库区降水之和,单位:

亿立方米）都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立.

（1）求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率;

（2）水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制,并有如下关系:

年入流量X

40

80≤X≤120

X>120

发电机最多可运行台数

1

2

3

若某台发电机运行,则该台年利润为5000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?

解析　

（1）依题意,p1=P（40120）==0.1.

由二项分布,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=（1-p3）4+（1-p3）3p3=+4××=0.9477.

（2）记水电站年总利润为Y（单位:

万元）.

（i）安装1台发电机的情形.

由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利润Y=5000,E（Y）=5000×1=5000.

（ii）安装2台发电机的情形.

依题意,当40

Y

4200

10000

P

0.2

0.8

所以,E（Y）=4200×0.2+10000×0.8=8840.

（iii）安装3台发电机的情形.

依题意,当40120时,三台发电机运行,此时Y=5000×3=15000,因此P（Y=15000）=P（X>120）=p3=0.1,由此得Y的分布列如下:

Y

3400

9200

15000

P

0.2

0.7

0.1

所以,E（Y）=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620.

综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.

考点二　均值与方差

8.（2014浙江,9,5分）已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3,n≥3）,从乙盒中随机抽取i（i=1,2）个球放入甲盒中.

（a）放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1,2）;

（b）放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1,2）.

则（　　）

A.p1>p2,E（ξ1）E（ξ2）

C.p1>p2,E（ξ1）>E（ξ2）D.p1

答案　A

9.（2014浙江,12,4分）随机变量ξ的取值为0,1,2.若P（ξ=0）=,E（ξ）=1,则D（ξ）=　　　　. 

答案　

10.（2014大纲全国,20,12分）设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4,各人是否需使用设备相互独立.

（1）求同一工作日至少3人需使用设备的概率;

（2）X表示同一工作日需使用设备的人数,求X的数学期望.

解析　记Ai表示事件:

同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备,i=0,1,2,

B表示事件:

甲需使用设备,

C表示事件:

丁需使用设备,

D表示事件:

同一工作日至少3人需使用设备.

（1）D=A1·B·C+A2·B+A2··C,

P（B）=0.6,P（C）=0.4,P（Ai）=×0.52,i=0,1,2,（3分）

所以P（D）=P（A1·B·C+A2·B+A2··C）

=P（A1·B·C）+P（A2·B）+P（A2··C）

=P（A1）P（B）P（C）+P（A2）P（B）+P（A2）P（）P（C）

=0.31.（6分）

（2）X的可能取值为0,1,2,3,4,则

P（X=0）=P（·A0·）

=P（）P（A0）P（）

=（1-0.6）×0.52×（1-0.4）

=0.06,

P（X=1）=P（B·A0·+·A0·C+·A1·）

=P（B）P（A0）P（）+P（）P（A0）P（C）+P（）P（A1）P（）

=0.6×0.52×（1-0.4）+（1-0.6）×0.52×0.4+（1-0.6）×2×0.52×（1-0.4）=0.25,

P（X=4）=P（A2·B·C）=P（A2）P（B）P（C）=0.52×0.6×0.4=0.06,

P（X=3）=P（D）-P（X=4）=0.25,

P（X=2）=1-P（X=0）-P（X=1）-P（X=3）-P（X=4）

=1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,（10分）

数学期望EX=0×P（X=0）+1×P（X=1）+2×P（X=2）+3×P（X=3）+4×P（X=4）=0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06=2.（12分）

11.（2014湖南,17,12分）某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为和.现安排甲组研发新产品A,乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.

（1）求至少有一种新产品研发成功的概率;

（2）若新产品A研发成功,预计企业可获利润120万元;若新产品B研发成功,预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望.

解析　记E={甲组研发新产品成功},F={乙组研发新产品成功},由题设知P（E）=,P（）=,P（F）=,P（）=,

且事件E与F,E与,与F,与都相互独立.

（1）记H={至少有一种新产品研发成功},则=,

于是P（）=P（）P（）=×=,

故所求的概率为P（H）=1-P（）=1-=.

（2）设企业可获利润为X（万元）,则X的可能取值为0,100,120,220,因为P（X=0）=P（）=×=,P（X=100）=P（F）=×=,P（X=120）=P（E）=×=,

P（X=220）=P（EF）=×=.

故所求的分布列为

X

0

100

120

220

P

数学期望为

E（X）=0×+100×+120×+220×

===140.

12.（2014安徽,17,12分）甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局比赛结果相互独立.

（1）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率;

（2）记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列和均值（数学期望）.

解析　用A表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”,

则P（Ak）=,P（Bk）=,k=1,2,3,4,5.

（1）P（A）=P（A1A2）+P（B1A2A3）+P（A1B2A3A4）

=P（A1）P（A2）+P（B1）P（A2）P（A3）+P（A1）P（B2）P（A3）P（A4）

=+×+××=.

（2）X的可能取值为2,3,4,5.

P（X=2）=P（A1A2）+P（B1B2）

=P（A1）P（A2）+P（B1）P（B2）=,

P（X=3）=P（B1A2A3）+P（A1B2B3）

=P（B1）P（A2）P（A3）+P（A1）P（B2）P（B3）=,

P（X=4）=P（A1B2A3A4）+P（B1A2B3B4）

=P（A1）P（B2）P（A3）P（A4）+P（B1）P（A2）P（B3）P（B4）=,

P（X=5）=1-P（X=2）-P（X=3）-P（X=4）=.

故X的分布列为

X

2

3

4

5

P

EX=2×+3×+4×+5×=.

13.（2014福建,18,13分）为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励,规定:

每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.

（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元,其余3个均为10元,求:

（i）顾客所获的奖励额为60元的概率;

（ii）顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;

（2）商场对奖励总额的预算是60000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成,或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由.

解析　

（1）设顾客所获的奖励额为X.

（i）依题意,得P（X=60）==,

即顾客所获的奖励额为60元的概率为.

（ii）依题意,得X的所有可能取值为20,60.

P（X=60）=,P（X=20）==,

即X的分布列为

X

20

60

P

0.5

0.5

所以顾客所获的奖励额的期望为E（X）=20×0.5+60×0.5=40（元）.

（2）根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为60元.

所以,先寻找期望为60元的可能方案.

对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择（10,10,10,50）的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择（50,50,50,10）的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为60元,因此可能的方案是（10,10,50,50）,记为方案1.

对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除（20,20,20,40）和（40,40,40,20）的方案,所以可能的方案是（20,20,40,40）,记为方案2.

以下是对两个方案的分析:

对于方案1,即方案（10,10,50,50）,设顾客所获的奖励额为X1,则X1的分布列为

X1

20

60

100

P

X1的期望为E（X1）=20×+60×+100×=60,

X1的方差为D（X1）=（20-60）2×+（60-60）2×+（100-60）2×=.

对于方案2,即方案（20,20,40,40）,设顾客所获的奖励额为X2,则X2的分布列为

X2

40

60

80

P

X2的期望为E（X2）=40×+60×+80×=60,

X2的方差为D（X2）=（40-60）2×+（60-60）2×+（80-60）2×=.

由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案2奖励额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.

注:

第

（2）问,给出方案1或方案2的任一种方案,并利用期望说明所给方案满足要求,给3分;进一步比较方差,说明应选择方案2,再给2分.

14.（2014辽宁,18,12分）一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示.

将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.

（1）求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率;

（2）用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X的分布列,期望E（X）及方差D（X）.

解析　

（1）设A1表示事件“日销售量不低于100个”,

A2表示事件“日销售量低于50个”,

B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”.因此

P（A1）=（0.006+0.004+0.002）×50=0.6,

P（A2）=0.003×50=0.15,

P（B）=0.6×0.6×0.15×2=0.108.

（2）X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为

P（X=0）=·（1-0.6）3=0.064,

P（X=1）=·0.6（1-0.6）2=0.288,

P（X=2）=·0.62（1-0.6）=0.432,

P（X=3）=·0.63=0.216.

分布列为

X

0

1

2

3

P

0.064

0.288

0.432

0.216

因为X~B（3,0.6）,所以期望E（X）=3×0.6=1.8,方差D（X）=3×0.6×（1-0.6）=0.72.

15.（2014江苏,22,10分）盒中共有9个球,其中有4个红球、3个黄球和2个绿球,这些球除颜色外完全相同.

（1）从盒中一次随机取出2个球,求取出的2个球颜色相同的概率P;

（2）从盒中一次随机取出4个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1,x2,x3,随机变量X表示x1,x2,x3中的最大数.求X的概率分布和数学期望E（X）.

解析　

（1）取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球,

所以P===.

（2）随机变量X所有可能的取值为2,3,4.

{X=4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”,故P（X=4）==;

{X=3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球或3个黄球和1个其他颜色的球”,故P（X=3）===;

于是P（X=2）=1-P（X=3）-P（X=4）=1--=.

所以随机变量X的概率分布如下表:

X

2

3

4

P

因此随机变量X的数学期望

E（X）=2×+3×+4×=.