新高考數(shù)學一輪復習專題九計數(shù)原理、概率與統(tǒng)計9-3離散型隨機變量及其分布列、均值與方差練習含答案

9.3離散型隨機變量及其分布列、均值與方差五年高考高考新風向(2024新課標Ⅱ,18,17分,難)某投籃比賽分為兩個階段,每個參賽隊由兩名隊員組成.比賽具體規(guī)則如下:第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次,若3次都未投中,則該隊被淘汰,比賽成績?yōu)?分;若至少投中1次,則該隊進入第二階段.第二階段由該隊的另一名隊員投籃3次,每次投籃投中得5分,未投中得0分,該隊的比賽成績?yōu)榈诙A段的得分總和.某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成,設甲每次投中的概率為p,乙每次投中的概率為q,各次投中與否相互獨立.(1)若p=0.4,q=0.5,甲參加第一階段比賽,求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率.(2)假設0<p<q.(i)為使得甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率最大,應該由誰參加第一階段比賽?(ii)為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數(shù)學期望最大,應該由誰參加第一階段比賽?解析(1)由題意知甲參加第一階段比賽與乙參加第二階段比賽是相互獨立事件.因此甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率為[1-(1-p)3][1-(1-q)3]=[1-(1-0.4)3][1-(1-0.5)3]=0.686.(2)(i)設由甲參加第一階段比賽,該隊比賽成績?yōu)?5分的概率為P1,乙參加第一階段比賽,該隊比賽成績?yōu)?5分的概率為P2,則P1=[1-(1-p)3]q3,P2=[1-(1-q)3]p3.則P1-P2=[1-(1-p)3]q3-[1-(1-q)3]p3=3pq(q-p)(q+p-pq),又0<p<q<1,所以q-p>0,p+q-pq=p(1-q)+q>0,所以P1>P2,則應由甲參加第一階段,這樣才能使得甲、乙所在隊的比賽成績?yōu)?5分的概率最大.(ii)設甲參加第一階段比賽,該隊比賽成績?yōu)閄,則X的可能取值為0,5,10,15.則P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3,P(X=5)=[1-(1-p)3]·C31q(1-q)P(X=10)=[1-(1-p)3]·C32q2(1-P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,所以由甲參加第一階段比賽,該隊比賽成績的數(shù)學期望為E(X)=0+5[1-(1-p)3]·C31q(1-q)2+10[1-(1-p)3]·C32q2(1-q)+15[1-(1-p)3]·q3=15q(3p-3p2+設乙參加第一階段比賽,該隊比賽成績?yōu)閅,同理可得乙參加第一階段比賽,該隊比賽成績的數(shù)學期望E(Y)=15p(3q-3q2+q3).E(X)-E(Y)=15q(3p-3p2+p3)-15p(3q-3q2+q3)=15pq(q-p)(3-p-q),因為0<p<q<1,所以q-p>0,3-p-q>0,所以E(X)>E(Y).則由甲參加第一階段比賽時,該隊比賽成績的數(shù)學期望最大.考點離散型隨機變量及其分布列、均值與方差1.(2020課標Ⅲ理,3,5分,易)在一組樣本數(shù)據(jù)中,1,2,3,4出現(xiàn)的頻率分別為p1,p2,p3,p4,且i=14pi=1,則下面四種情形中,對應樣本的標準差最大的一組是(BA.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.22.(多選)(2020新高考Ⅰ,12,5分,難)信息熵是信息論中的一個重要概念.設隨機變量X所有可能的取值為1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n),i=1npi=1,定義X的信息熵H(X)=-i=1npilog2pi.(A.若n=1,則H(X)=0B.若n=2,則H(X)隨著p1的增大而增大C.若pi=1n(i=1,2,…,n),則H(X)隨著nD.若n=2m,隨機變量Y所有可能的取值為1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),則H(X)≤H(Y)3.(2020浙江,16,6分,中)盒中有4個球,其中1個紅球,1個綠球,2個黃球.從盒中隨機取球,每次取1個,不放回,直到取出紅球為止.設此過程中取到黃球的個數(shù)為ξ,則P(ξ=0)=

13,E(ξ)=14.(2022北京,18,13分,中)在校運動會上,只有甲、乙、丙三名同學參加鉛球比賽,比賽成績達到9.50m以上(含9.50m)的同學將獲得優(yōu)秀獎.為預測獲得優(yōu)秀獎的人數(shù)及冠軍得主,收集了甲、乙、丙以往的比賽成績,并整理得到如下數(shù)據(jù)(單位:m):甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25;乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;丙:9.85,9.65,9.20,9.16.假設用頻率估計概率,且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立.(1)估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率;(2)設X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的總人數(shù),估計X的數(shù)學期望EX;(3)在校運動會鉛球比賽中,甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大?(結論不要求證明)解析(1)甲以往參加的10次比賽中,有4次比賽成績達到獲得優(yōu)秀獎的標準,則甲得優(yōu)秀獎的概率P=410=2(2)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3,設甲、乙、丙獲得優(yōu)秀獎分別為事件A,B,C,則A,B,C,A,B,C相互獨立,且P(A)=25,P(B)=P(C)=12,P(A)=1-P(A)=1-25=35,P(B)=P(C則P(X=0)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=35×12×12P(X=1)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)·P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=25×12×12+35×12×12+35×1P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)·P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=25×12×12+25×12×12+35P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=25×12×12故X的數(shù)學期望E(X)=0×320+1×25+2×720+3×1(3)丙.詳解:乙奪冠的概率為P(乙)=16×910×34+16×45×12+16×35×12+16×310丙奪冠的概率為P(丙)=14+14×45×5甲奪冠的概率為P(甲)=1-512-1348=P(丙)最大,所以丙奪冠的概率最大.5.(2021新高考Ⅰ,18,12分,中)某學校組織“一帶一路”知識競賽,有A,B兩類問題.每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答,若回答錯誤則該同學比賽結束;若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答,無論回答正確與否,該同學比賽結束.A類問題中的每個問題回答正確得20分,否則得0分;B類問題中的每個問題回答正確得80分,否則得0分.已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8,能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6,且能正確回答問題的概率與回答次序無關.(1)若小明先回答A類問題,記X為小明的累計得分,求X的分布列;(2)為使累計得分的期望最大,小明應選擇先回答哪類問題?并說明理由.解析(1)由題易知X的所有可能取值為0,20,100,P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,P(X=100)=0.8×0.6=0.48,所以X的分布列為X020100P0.20.320.48(2)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.假設小明先回答B(yǎng)類問題,其累計得分為Y,則Y的所有可能取值為0,80,100,P(Y=0)=1-0.6=0.4,P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,P(Y=100)=0.6×0.8=0.48,所以Y的分布列為Y080100P0.40.120.48所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,所以E(Y)>E(X),所以小明應選擇先回答B(yǎng)類問題.6.(2023新課標Ⅰ,21,12分,難)甲、乙兩人投籃,每次由其中一人投籃,規(guī)則如下:若命中則此人繼續(xù)投籃,若未命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何,甲每次投籃的命中率均為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選,第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.(1)求第2次投籃的人是乙的概率;(2)求第i次投籃的人是甲的概率;(3)已知:若隨機變量Xi服從兩點分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,則Ei=1nXi=i=1nqi.記前n次(即從第1次到第n次投籃)解析記Ai=“第i次投籃的人是甲”,Bi=“第i次投籃的人是乙”.(1)因為P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6,所以第2次投籃的人是乙的概率為0.6.(2)設P(Ai)=pi,則P(Bi)=1-pi,所以P(Ai+1)=P(AiAi+1)+P(BiAi+1)=P(Ai)P(Ai+1|Ai)+P(Bi)P(Ai+1|Bi),即pi+1=0.6pi+(1-0.8)×(1-pi)=0.4pi+0.2.設pi+1+λ=25(pi+λ),解得λ=-13,則pi+1-13因為p1=12,p1-13=16,所以pi?13是首項為16,公比為25的等比數(shù)列,所以pi-13=16×2所以第i次投籃的人是甲的概率為16×25i(3)因為pi=16×25i?1+13,i=1,2所以當n∈N*時,E(Y)=p1+p2+…+pn=16×1?25n1?25故E(Y)=5181?27.(2021新高考Ⅱ,21,12分,難)一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來,設一個這種微生物為第0代,經(jīng)過一次繁殖后為第1代,再經(jīng)過一次繁殖后為第2代……該微生物每代繁殖的個數(shù)是相互獨立的且有相同的分布列,設X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù),P(X=i)=pi(i=0,1,2,3).(1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X);(2)設p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率,p是關于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正實根,求證:當E(X)≤1時,p=1,當E(X)>1時,p<1;(3)根據(jù)你的理解說明(2)問結論的實際含義.解析(1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.(2)證法一:由題意得p0+p1+p2+p3=1,E(X)=p1+2p2+3p3,因為p0+p1x+p2x2+p3x3=x,所以p0+p2x2+p3x3-(1-p1)x=0,即p0+p2x2+p3x3-(p0+p2+p3)x=0,即(x-1)[p3x2+(p2+p3)x-p0]=0,令f(x)=p3x2+(p2+p3)x-p0,則f(x)圖象的對稱軸為直線x=-p2+且f(0)=-p0<0,f(1)=2p3+p2-p0=p1+2p2+3p3-1=E(X)-1.當E(X)≤1時,f(1)≤0,f(x)的正實根x0≥1,則原方程的最小正實根p=1;當E(X)>1時,f(1)>0,f(x)的正實根x0<1,則原方程的最小正實根p=x0<1.證法二:設f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,由題易知p3+p2+p1+p0=1,故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0,f'(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3),E(X)=0·p0+1·p1+2·p2+3·p3=p1+2p2+3p3,若E(X)≤1,則p1+2p2+3p3≤1,故p2+2p3≤p0,因為f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0≤0,所以f'(x)有兩個不同零點x1,x2,且x1<0<1≤x2,當x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)時,f'(x)>0,當x∈(x1,x2)時,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上為增函數(shù),在(x1,x2)上為減函數(shù),若x2=1,因為f(x)在(x2,+∞)上為增函數(shù),在(x1,x2)上為減函數(shù),且f(1)=0,所以在(0,+∞)上,f(x)≥f(x2)=f(1)=0,故1為關于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正實根,即p=1,故當E(x)≤1時,p=1.若x2>1,因為f(1)=0且f(x)在(0,x2)上為減函數(shù),故1為關于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正實根.綜上,若E(X)≤1,則p=1.若E(X)>1,則p1+2p2+3p3>1,則p2+2p3>p0,此時f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0>0,故f'(x)有兩個不同零點x3,x4且x3<0<x4<1,故f(x)在(-∞,x3),(x4,+∞)上為增函數(shù),在(x3,x4)上為減函數(shù),而f(1)=0,故f(x4)<0,又f(0)=p0>0,所以f(x)在(0,x4)上存在一個零點x0,且x0<1,所以x0為關于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一個最小正根,即p<1,故當E(X)>1時,p<1.(3)意義:若一個該種微生物繁殖后代的平均數(shù)不超過1,則若干代后會臨近滅絕,若繁殖后代的平均數(shù)超過1,則若干代后還有繼續(xù)繁殖的可能.

三年模擬練速度1.(2024廣東百日沖刺聯(lián)合質(zhì)量監(jiān)測,3)已知隨機變量X的分布列如下:X12Pab則“E(X)=43”是“D(X)=29”的(AA.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2.(2024廣東廣州天河綜合測試(二),8)設10≤x1<x2<x3<x4<x5≤50,隨機變量ξ1取值x1,x2,x3,x4,x5的概率均為0.2,隨機變量ξ2取值x1+x22,x2+x32,x3+x42,x4+x52,x5+x12的概率也均為0.2,A.D(ξ1)<D(ξ2)B.D(ξ1)=D(ξ2)C.D(ξ1)>D(ξ2)D.D(ξ1)與D(ξ2)的大小關系與x1,x2,x3,x4,x5的取值有關3.(多選)(2024江西省八所重點中學4月聯(lián)考,9)已知隨機變量X、Y,且Y=3X+1,X的分布列如下:X12345Pm11n3若E(Y)=10,則(AC)A.m=310B.n=C.E(X)=3D.D(Y)=74.(2024湖南長沙長郡中學、浙江杭州二中、江蘇師大附中三校聯(lián)考,13)已知4件產(chǎn)品中有2件次品,逐個不放回檢測,直至能確定所有次品為止,記檢測次數(shù)為X.則E(X)=

83練思維1.(2024山東濟南一模,17)拋擲甲、乙兩枚質(zhì)地均勻的骰子,所得的點數(shù)分別為a,b,記ba的取值為隨機變量X,其中ba表示不超過b(1)求在X>0的條件下,X=ba的概率(2)求X的分布列及其數(shù)學期望.解析(1)記拋擲骰子的樣本點為(a,b),則樣本空間為Ω={(a,b)|1≤a≤6,1≤b≤6,a∈Z,b∈Z},則n(Ω)=36,記事件“A=X>0”,記事件“B=X=ba=ba則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)},則n(AB)=14,所以P(B|A)=n(AB)n(即在X>0的條件下,X=ba的概率為2(2)X的所有可能取值為0,1,2,3,4,5,6.P(X=0)=36?2136=512,P(X=1)=1236=13,P(X=2)=P(X=3)=236=118,P(X=4)=136,P(X=5)=136,P(X=6所以X的分布列為X0123456P5111111所以E(X)=0×512+1×13+2×19+3×118+4×136+5×12.(2024福建三明質(zhì)量檢測,17)某校開設勞動教育課程,為了有效推動課程實施,學校開展勞動課程知識問答競賽,現(xiàn)有家政、園藝、民族工藝三類問題海量題庫,其中家政類占14,園藝類占14,民族工藝類占12.根據(jù)以往答題經(jīng)驗,選手甲答對家政類、園藝類、民族工藝類題目的概率分別為25,25,(1)求隨機選1題,甲答對的概率;(2)現(xiàn)進行甲、乙雙人對抗賽,規(guī)則如下:兩位選手進行三輪答題比賽,每輪只出1道題目,比賽時兩位選手同時回答這道題,若一人答對且另一人答錯,則答對者得1分,答錯者得-1分,若兩人都答對或都答錯,則兩人均得0分,累計得分為正者將獲得獎品,且兩位選手答對與否互不影響,每次答題的結果也互不影響,求甲獲得獎品的概率.解析記隨機選1題為家政、園藝、民族工藝試題分別為事件Ai(i=1,2,3).(1)記隨機選1題,甲答對為事件B,則P(B)=i=13P(Ai)P(B|Ai)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=14×25+14×25+所以隨機任選1題,甲答對的概率為35(2)乙答對記為事件C,則P(C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)+P(A3)P(C|A3)=14×12+14×12+12設每一輪比賽中甲得分為X,則P(X=1)=P(BC)=P(B)P(C)=35×1?12P(X=0)=P(BC∪BC)=P(BC)+P(BC)=35×12+1?3P(X=-1)=P(BC)=1?35×12三輪比賽后,設甲總得分為Y,則P(Y=3)=3103=P(Y=2)=C323102P(Y=1)=C31×310×122+C32所以甲最終獲得獎品的概率為P=P(Y=3)+P(Y=2)+P(Y=1)=271000+27200+27910003.(2024遼寧二模,17)民航招飛是指普通高校飛行技術專業(yè)(本科)通過高考招收飛行學生,報名的學生參加預選初檢、體檢鑒定、飛行職業(yè)心理學檢測、背景調(diào)查、高考選拔這5項流程,其中前4項流程選拔均通過,則被確認為有效招飛申請,然后參加高考,由招飛院校擇優(yōu)錄取.據(jù)統(tǒng)計,每位報名學生通過前4項流程的概率依次約為14,12,23,1.假設學生能否通過這5項流程相互獨立,現(xiàn)有某校高三學生A,B,(1)求A,B,C這三人中恰好有兩人被確認為有效招飛申請的概率;(2)根據(jù)A,B,C這三人的平時學習成績,預估高考成績能被招飛院校錄取的概率分別為34,45,45,設隨機變量X為A,B,C這三人中能被招飛院校錄取的人數(shù),求解析(1)因為每位報名學生通過前4項流程的概率依次約為14,12,23,1所以每位報名學生被確認為有效招飛申請的概率為P=14×12×23故A,B,C這三人中恰好有兩人被確認為有效招飛申請的概率P0=C321122(2)因為每位報名學生被確認為有效招飛申請的概率為P=112,且預估A,B,C能被招飛院校錄取的概率分別為34,45所以A能被招飛院校錄取的概率為P1=112×34=B能被招飛院校錄取的概率為P2=112×45=C能被招飛院校錄取的概率為P3=112×45=由題知,X的可能取值為0,1,2,3,所以P(X=0)=1?116×1?115×P(X=1)=116×1?115×1?115+1?116P(X=2)=116×115×1?115×2+1?116×P(X=3)=116×115×115所以X的分布列為X0123P4977431E(X)=0×4960+1×77450+2×433600+3×14.(2024遼寧沈陽教學質(zhì)量檢測(三),16)某類型的多項選擇題設置了4個選項,一道題中的正確答案或是其中2個選項或是其中3個選項.該類型題目評分標準如下:每題滿分6分,若未作答或選出錯誤選項,則該題得0分;若正確答案是2個選項,則每選對1個正確選項得3分;若正確答案是3個選項,則每選對1個正確選項得2分.甲、乙、丙三位同學各自作答一道此類題目,設該題正確答案是2個選項的概率為p.(1)已知甲同學隨機(等可能)選擇了2個選項作答,若p=12,求他既選出正確選項也選出了錯誤選項的概率(2)已知乙同學隨機(等可能)選出1個選項作答,丙同學隨機(等可能)選出2個選項作答,若p=13,試比較乙、丙兩同學得分的數(shù)學期望的大小解析設事件A為該題的正確答案是2個選項,則A為該題的正確答案是3個選項,即P(A)=p,P(A)=1-p.(1)由p=12得,P(A)=12,P(A)=設事件B為甲同學既選出正確選項也選出錯誤選項,則P(B|A)=C21C21C42=23,P(則P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|A)P(A)=23×12+12×1(2)由p=13得,P(A)=13,P(A)=設X表示乙同學答題得分,則X的可能取值為0,2,