2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題五　第2講　隨機變量及其分布62

第2講隨機變量及其分布[考情分析]離散型隨機變量的分布列、均值、方差和概率的計算問題常常結(jié)合在一起進行考查，重點考查超幾何分布、二項分布及正態(tài)分布，以解答題為主，中等難度．考點一分布列的性質(zhì)及應(yīng)用核心提煉離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn則(1)pi≥0，i＝1,2，…，n.(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn.(4)D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn.(5)若Y＝aX＋b，則E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X)．例1(1)(多選)(2023·臺州模擬)已知下表為離散型隨機變量X的分布列，其中ab≠0，則下列說法正確的是()X012Paeq\f(b,2)eq\f(b,2)A.a＋b＝1 B．E(X)＝2bC．D(X)有最大值 D．D(X)有最小值答案AC解析由題意可知a＋eq\f(b,2)＋eq\f(b,2)＝1，即a＋b＝1，所以A正確；因為E(X)＝0×a＋1×eq\f(b,2)＋2×eq\f(b,2)＝eq\f(3b,2)，所以B不正確；因為D(X)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))2＋eq\f(b,2)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(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)，b∈(0,1)，所以D(X)是開口向下的二次函數(shù)．所以D(X)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,9)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)，1))上單調(diào)遞減，所以D(X)有最大值，無最小值．所以C正確，D不正確．(2)已知隨機變量ξ的分布列如表所示，當(dāng)E(ξ)＝eq\f(3,4)時，D(2ξ＋1)＝________.ξ012Peq\f(1,2)ab答案eq\f(11,4)解析依題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,2)＝1，,0×\f(1,2)＋1×a＋2×b＝\f(3,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,b＝\f(1,4)，))∴ξ的分布列為ξ012Peq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,4)∴D(ξ)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,4)))2＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))2＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,4)))2＝eq\f(11,16)，D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝eq\f(11,4).規(guī)律方法分布列性質(zhì)的兩個作用(1)利用分布列中各事件概率之和為1的性質(zhì)可求參數(shù)的值及檢查分布列的正確性．(2)隨機變量X所取的值分別對應(yīng)的事件是兩兩互斥的，利用這一點可以求隨機變量在某個范圍內(nèi)的概率．跟蹤演練1(1)(多選)已知某項試驗成功率是失敗率的2倍，若用隨機變量X描述一次試驗的成功次數(shù)，E(X)，D(X)分別為隨機變量的均值和方差，則()A．P(X＝0)＝eq\f(1,3) B．E(2X)＝eq\f(4,3)C．D(X)＝eq\f(2,9) D．D(3X＋1)＝3答案ABC解析設(shè)試驗成功的概率為p，則p＋eq\f(p,2)＝1，解得p＝eq\f(2,3).設(shè)0代表試驗失敗，1代表試驗成功，則X的所有可能取值為0,1，P(X＝0)＝eq\f(1,3)，P(X＝1)＝eq\f(2,3)，選項A正確；則X的分布列如表所示，X01Peq\f(1,3)eq\f(2,3)則隨機變量X的均值E(X)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)，E(2X)＝2E(X)＝eq\f(4,3)，選項B正確；D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，選項C正確；D(3X＋1)＝9D(X)＝9×eq\f(2,9)＝2，選項D錯誤．(2)(多選)(2023·溫州模擬)隨機變量X的分布列如表所示，則D(bX)的最大值為()X123Pa2baA.eq\f(2,9)B.eq\f(1,9)C.eq\f(2,27)D.eq\f(1,27)答案D解析由題可知2a＋2b＝1,0≤a≤1,0≤2b≤1，所以a＋b＝eq\f(1,2)，0≤b≤eq\f(1,2)，E(X)＝a＋4b＋3a＝4(a＋b)＝2，D(X)＝(1－2)2a＋(3－2)2a＝2a，則D(bX)＝b2D(X)＝2ab2＝－2b3＋b2，令f(b)＝－2b3＋b2，則f′(b)＝－6b2＋2b＝－2b(3b－1)，則f(b)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，所以f(b)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(1,27)，所以D(bX)的最大值為eq\f(1,27).考點二隨機變量的分布列核心提煉1．二項分布一般地，在n重伯努利試驗中，設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p(0<p<1)，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X的分布列為P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．2．超幾何分布一般地，假設(shè)一批產(chǎn)品共有N件，其中有M件次品，從N件產(chǎn)品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產(chǎn)品中的次品數(shù)，則X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．E(X)＝n·eq\f(M,N).考向1相互獨立事件例2(2023·濟南模擬)某校舉行“學(xué)習(xí)二十大，奮進新征程”知識競賽，知識競賽包含預(yù)賽和決賽．(1)下表為某10位同學(xué)預(yù)賽成績：得分939495969798人數(shù)223111求該10位同學(xué)預(yù)賽成績的第75百分位數(shù)和平均數(shù)；(2)決賽共有編號為A，B，C，D，E的5道題，學(xué)生甲按照A，B，C，D，E的順序依次作答，答對的概率依次為eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，各題作答互不影響，若累計答錯兩道題或五道題全部答完則比賽結(jié)束，記X為比賽結(jié)束時學(xué)生甲已作答的題數(shù)，求X的分布列和均值．解(1)因為10×0.75＝7.5，所以第75百分位數(shù)為第8個成績，為96；平均數(shù)為eq\f(93×2＋94×2＋95×3＋96＋97＋98,10)＝95.(2)由題意可知X的所有可能取值為2,3,4,5，所以P(X＝2)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(X＝4)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,18)，P(X＝5)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(11,36)，所以X的分布列為X2345Peq\f(1,6)eq\f(1,4)eq\f(5,18)eq\f(11,36)E(X)＝2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,4)＋4×eq\f(5,18)＋5×eq\f(11,36)＝eq\f(67,18).考向2超幾何分布例3(2023·安陽模擬)不負青山，力換“金山”，民宿旅游逐漸成為一種熱潮，山野鄉(xiāng)村的民宿深受廣大旅游愛好者的喜愛．某地區(qū)結(jié)合當(dāng)?shù)刭Y源，按照“山上生態(tài)做減法、山下產(chǎn)業(yè)做加法”的思路，科學(xué)有序發(fā)展環(huán)山文旅康養(yǎng)產(chǎn)業(yè)，溫泉度假小鎮(zhèn)、環(huán)山綠道、農(nóng)家樂提檔升級、特色民宿群等一批生態(tài)產(chǎn)業(yè)項目加快實施．為了在節(jié)假日接待好游客，該地旅游局對本地區(qū)各鄉(xiāng)村的普通型民宿和品質(zhì)型民宿進行了調(diào)研，隨機抽取了10家鄉(xiāng)村民宿，統(tǒng)計得到各家的房間數(shù)如下表：民宿甲乙丙丁戊己庚辛壬癸普通型民宿19541713189201015品質(zhì)型民宿61210111091285(1)若旅游局隨機從乙、丙2家各選2間民宿進行調(diào)研，求選出的4間均為普通型民宿的概率；(2)從這10家中隨機抽取4家民宿，記其中普通型民宿的房間不低于17間的有X家，求X的分布列和均值．解(1)設(shè)“從乙家選2間民宿，選到的2間民宿為普通型”為事件A；“從丙家選2間民宿，選到的2間民宿為普通型”為事件B；所以選出的4間均為普通型民宿的概率為P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,6))×eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,6))＝eq\f(4,15).(2)這10家民宿，其中普通型民宿的房間不低于17間的有4家，隨機變量X的可能取值有0,1,2,3,4，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(4,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(15,210)＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(3,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(80,210)＝eq\f(8,21)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(90,210)＝eq\f(3,7)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)C\o\al(1,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(24,210)＝eq\f(4,35)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,210)，X的分布列為X01234Peq\f(1,14)eq\f(8,21)eq\f(3,7)eq\f(4,35)eq\f(1,210)所以E(X)＝0×eq\f(15,210)＋1×eq\f(80,210)＋2×eq\f(90,210)＋3×eq\f(24,210)＋4×eq\f(1,210)＝eq\f(8,5).考向3二項分布例4(2023·焦作模擬)全國家庭教育宣傳周期間，為進一步促進家校共育，某校舉行“家教伴成長，協(xié)同育新人”主題活動，最終評出了8位“最美家長”，其中有6位媽媽，2位爸爸，學(xué)校準(zhǔn)備從這8位“最美家長”中每次隨機選出一人做家庭教育經(jīng)驗分享．(1)若每位“最美家長”最多做一次家庭教育經(jīng)驗分享，記第一次抽到媽媽為事件A，第二次抽到爸爸為事件B，求P(A)和P(B)；(2)現(xiàn)需要每天從這8位“最美家長”中隨機選1人，連續(xù)4天分別為低年級、中年級、高年級和全體教師各做1場經(jīng)驗分享，1天只做1場，且人選可以重復(fù)，記這4天中爸爸做經(jīng)驗分享的天數(shù)為X，求X的分布列和均值．解(1)根據(jù)題意可知，P(A)＝eq\f(6,8)＝eq\f(3,4)，P(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(6,8)×eq\f(2,7)＋eq\f(2,8)×eq\f(1,7)＝eq\f(1,4).(2)爸爸做經(jīng)驗分享的天數(shù)X的所有可能取值為0,1,2,3,4，且X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，故P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))0＝eq\f(81,256)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))1＝eq\f(27,64)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(27,128)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＝eq\f(3,64)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＝eq\f(1,256)，故X的分布列為X01234Peq\f(81,256)eq\f(27,64)eq\f(27,128)eq\f(3,64)eq\f(1,256)根據(jù)二項分布的均值可知，E(X)＝4×eq\f(1,4)＝1.規(guī)律方法求隨機變量X的均值與方差的方法及步驟(1)理解隨機變量X的意義，寫出X可能的全部取值；(2)求X取每個值時對應(yīng)的概率，寫出隨機變量X的分布列；(3)由均值和方差的計算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；(4)若隨機變量X的分布列為特殊分布列(如：兩點分布、二項分布、超幾何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解．跟蹤演練2(1)(多選)(2023·泉州模擬)下列說法正確的有()A．某學(xué)校有2023名學(xué)生，其中男生1012人，女生1011人，現(xiàn)選派10名學(xué)生參加學(xué)校組織的活動，記男生的人數(shù)為X，則X服從超幾何分布B．若隨機變量X的均值E(X)＝2023，則E(X－1)＝2023C．若隨機變量X的方差D(X)＝2，則D(2X＋2023)＝8D．隨機變量X～B(2023,0.5)，則P(X≤1010)＝P(X≥1011)答案AC解析A選項，根據(jù)超幾何分布的定義，可知A正確；B選項，E(X－1)＝E(X)－1＝2022，故B錯誤；C選項，D(2X＋2023)＝22D(X)＝8，故C正確；D選項，因為X～B(2023,0.5)，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,2023)·0.5k·(1－0.5)2023－k＝Ceq\o\al(k,2023)0.52023，根據(jù)組合數(shù)的對稱性可知，P(X≤1010)＝P(X≥1013)，故D錯誤．(2)某地為了深入了解學(xué)生在“自由式滑雪”和“單板滑雪”兩項活動的參與情況，在該地隨機選取了10所學(xué)校進行研究，得到如下數(shù)據(jù)：①在這10所學(xué)校中隨機選取3所來調(diào)查研究，求這3所學(xué)校參與“自由式滑雪”都超過40人的概率；②“單板滑雪”參與人數(shù)超過45的學(xué)?？梢宰鳛椤盎貙W(xué)?！?，現(xiàn)在從這10所學(xué)校中隨機選出3所，記X為選出可作“基地學(xué)?！钡膶W(xué)校個數(shù)，求X的分布列和均值；③現(xiàn)在有一個“單板滑雪”集訓(xùn)營，對“滑行、轉(zhuǎn)彎、停止”這3個動作技巧進行集訓(xùn)，且在集訓(xùn)中進行了多輪測試．規(guī)定：在一輪測試中，這3個動作中至少有2個動作達到“優(yōu)秀”，則該輪測試記為“優(yōu)秀”．在集訓(xùn)測試中，小明同學(xué)每個動作達到“優(yōu)秀”的概率均為eq\f(1,3)，每個動作互不影響且每輪測試互不影響．如果小明同學(xué)在集訓(xùn)測試中要想獲得“優(yōu)秀”的次數(shù)的均值達到不少于5次，那么理論上至少要進行多少輪測試？解①記“從10所學(xué)校中隨機選取3所學(xué)校參與‘自由式滑雪’都超過40人”為事件A，參與“自由式滑雪”的人數(shù)超過40的學(xué)校共4所，隨機選擇3所學(xué)校共Ceq\o\al(3,4)＝4(種)，所以P(A)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30).②X的所有可能取值為0,1,2,3，參與“單板滑雪”人數(shù)在45以上的學(xué)校共4所，所以P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,4)·C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)·C\o\al(2,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)·C\o\al(1,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)·C\o\al(0,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，所以X的分布列如下表：X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)所以E(X)＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).③記“小明同學(xué)在一輪測試中要想獲得優(yōu)秀”為事件B，則P(B)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(7,27)，由題意，小明同學(xué)在集訓(xùn)測試中獲得“優(yōu)秀”的次數(shù)服從二項分布Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(7,27)))，由題意得eq\f(7,27)n≥5，得n≥eq\f(135,7)，因為n∈N*，所以n的最小值為20，故至少要進行20輪測試．考點三正態(tài)分布核心提煉解決正態(tài)分布問題的三個關(guān)鍵點(1)對稱軸x＝μ.(2)樣本標(biāo)準(zhǔn)差σ.(3)分布區(qū)間：利用3σ原則求概率時，要注意利用μ，σ分布區(qū)間的特征把所求的范圍轉(zhuǎn)化為3σ的特殊區(qū)間．例5(1)(多選)(2023·運城模擬)已知某校高二男生的身高X(單位：cm)服從正態(tài)分布N(175,16)，且P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，則()A．該校高二男生的平均身高是175cmB．該校高二男生身高的方差為4C．該校高二男生中身高超過183cm的人數(shù)超過總數(shù)的3%D．從該校高二男生中任選一人，身高超過180cm的概率與身高不超過170cm的概率相等答案AD解析對選項A，在N(μ，σ2)中，μ為平均數(shù)，正確；對選項B，方差為σ2＝16，錯誤；對選項C,183＝μ＋2σ，則身高超過183cm的概率P≈eq\f(1－0.9545,2)<0.03，錯誤；對選項D，正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝175對稱，所以身高超過180cm的概率與身高不超過170cm的概率相等，正確．(2)已知隨機變量ξ服從正態(tài)分布，有下列四個命題：甲：P(ξ＞a＋1)＞P(ξ＞a＋2)；乙：P(ξ≤a)＝0.5；丙：P(ξ＞a＋1)＝P(ξ＜a－1)；丁：P(a－1＜ξ＜3＋a)＜P(a＜ξ＜4＋a)．若這四個命題中有且只有一個是假命題，則該假命題為()A．甲B．乙C．丙D．丁答案D解析對于甲，a取任何值，都有P(ξ>a＋1)>P(ξ>a＋2)，所以甲為真命題；對于乙，若P(ξ≤a)＝0.5，則該正態(tài)分布的均值μ＝a；對于丙，若P(ξ＞a＋1)＝P(ξ＜a－1)，則該正態(tài)分布的均值μ＝eq\f(a＋1＋a－1,2)＝a，乙和丙至少有一個真命題，又因為乙和丙等價，所以乙和丙都是真命題；對于丁，P(a<ξ<4＋a)＝P(a<ξ<3＋a)＋P(3＋a<ξ<4＋a)＝P(a<ξ<3＋a)＋P(a－4<ξ<a－3)<P(a<ξ<3＋a)＋P(a－1<ξ<a)＝P(a－1<ξ<3＋a)，丁為假命題．規(guī)律方法利用正態(tài)曲線的對稱性研究相關(guān)概率問題，涉及的知識主要是正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對稱，及曲線與x軸之間的面積為1，注意下面三個結(jié)論的靈活運用：(1)對任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)．(2)P(X<x0)＝1－P(X≥x0)．(3)P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a)．跟蹤演練3(1)教育部教育考試院給使用新高考卷的吉林、黑龍江、安徽、云南命制了一套四省聯(lián)考題，測試的目的是教考銜接，平穩(wěn)過渡．假如某市有40000名考生參加了這次考試，其數(shù)學(xué)成績X服從正態(tài)分布，總體密度函數(shù)為f(x)＝，且P(70≤X≤120)＝0.9，則該市這次考試數(shù)學(xué)成績超過120分的考生人數(shù)約為()A．4000B．3000C．2000D．1000答案C解析由總體密度函數(shù)解析式可知μ＝95，由對稱性可知，P(X>120)＝0.5－eq\f(1,2)P(70≤X≤120)＝0.05，則該市這次考試數(shù)學(xué)成績超過120分的考生人數(shù)約為0.05×40000＝2000(人)．(2)(2023·哈爾濱模擬)現(xiàn)實世界中的很多隨機變量遵循正態(tài)分布．例如反復(fù)測量某一個物理量，其測量誤差X通常被認(rèn)為服從正態(tài)分布．若某物理量做n次測量，最后結(jié)果的誤差Xn～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,n)))，要控制|Xn|≥eq\f(1,4)的概率不大于0.0027，至少要測量的次數(shù)為(參考數(shù)據(jù)：P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973)()A．141B．128C．288D．512答案C解析根據(jù)題意得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|Xn|≥\f(1,4)))≤0.0027，即1－Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|Xn|<\f(1,4)))≤0.0027，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|Xn|<\f(1,4)))≥0.9973，因為μ＝0，所以P(－3σ≤Xn≤3σ)≈0.9973，所以3σ≤eq\f(1,4)，所以eq\r(\f(2,n))≤eq\f(1,12)，解得n≥288，所以至少要測量的次數(shù)為288次．專題強化練一、單項選擇題1．(2023·渭南模擬)已知隨機變量η的分布列為P(η＝i)＝eq\f(ai,4)(i＝1,2,3,4)，則P(η＝3)等于()A.eq\f(3,4)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,10)D.eq\f(1,3)答案C解析因為隨機變量η的分布列為P(η＝i)＝eq\f(ai,4)(i＝1,2,3,4)，所以eq\f(a,4)(1＋2＋3＋4)＝1，解得a＝eq\f(2,5)，所以P(η＝i)＝eq\f(i,10)(i＝1,2,3,4)，故P(η＝3)＝eq\f(3,10).2．在一個袋中裝有除顏色外完全相同的4個黑球，3個白球，現(xiàn)從中任取3個小球，設(shè)取的3個小球中白球的個數(shù)為X，則下列結(jié)論正確的是()A．P(X＝1)＝eq\f(3,7)B．隨機變量X服從二項分布C．隨機變量X服從超幾何分布D．E(X)＝eq\f(3,8)答案C解析由題意知，隨機變量X服從N＝7，M＝3，n＝3的超幾何分布，故B錯誤，C正確；P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(2,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(18,35)，故A錯誤；E(X)＝n·eq\f(M,N)＝3×eq\f(3,7)＝eq\f(9,7)，故D錯誤．3．(2023·寧德質(zhì)檢)某地生產(chǎn)紅茶已有多年，選用本地兩個不同品種的茶青生產(chǎn)紅茶．根據(jù)其種植經(jīng)驗，在正常環(huán)境下，甲、乙兩個品種的茶青每500克的紅茶產(chǎn)量(單位：克)分別為X，Y，且X～N(μ1，σeq\o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq\o\al(2,2))，其密度曲線如圖所示，則以下結(jié)論錯誤的是()A．Y的數(shù)據(jù)較X更集中B．P(X≤c)<P(Y≤c)C．甲種茶青每500克的紅茶產(chǎn)量超過μ2的概率大于eq\f(1,2)D．P(X>c)＋P(Y≤c)＝1答案D解析對于A，Y的密度曲線更尖銳，即數(shù)據(jù)更集中，正確；對于B，∵c，μ2與Y的密度曲線圍成的面積S1大于c，μ1與X的密度曲線圍成的面積S2，P(Y≤c)＝eq\f(1,2)＋S1，P(X≤c)＝eq\f(1,2)＋S2，∴P(X≤c)＜P(Y≤c)，正確；對于C，∵μ2＜μ1，∴甲種茶青每500克的紅茶產(chǎn)量超過μ2的概率P＝P(X＞μ2)＞eq\f(1,2)，正確；對于D，由B知，P(X＞c)＝eq\f(1,2)－S2，P(Y≤c)＝eq\f(1,2)＋S1，∴P(X＞c)＋P(Y≤c)＝1＋S1－S2>1，錯誤．4．小華與另外4名同學(xué)進行“手心手背”游戲，規(guī)則是：5人同時隨機選擇手心或手背其中一種手勢，規(guī)定相同手勢人數(shù)更多者每人得1分，其余每人得0分．現(xiàn)5人共進行了3次游戲，記小華3次游戲得分之和為X，則E(X)為()A.eq\f(15,16)B.eq\f(33,16)C.eq\f(15,8)D.eq\f(3,2)答案B解析設(shè)0表示手背，1表示手心，用5位的二進制數(shù)表示所有可能的結(jié)果，其中第一位表示小華所出的手勢，后四位表示其余四人的手勢，如表所示，0000000001000100001100100001010011000111010000100101010010110110001101011100111110000100011001010011101001010110110101111100011001110101101111100111011111011111由古典概型計算公式可知，每次比賽小華得分的概率P＝eq\f(22,32)＝eq\f(11,16)，X可能的取值為0,1,2,3，且X服從二項分布，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))0，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))1，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))2，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))3，則均值E(X)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))1＋2×Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))2＋3×Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,16)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,16)))3＝eq\f(33,16).5．(2022·全國乙卷)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則()A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)B．該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C．該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D．該棋手在第二盤與丙比賽，p最大答案D解析設(shè)該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率為P乙，在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為P丙，方法一由題意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，所以P丙最大，故選D.方法二(特殊值法)不妨設(shè)p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，則該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.所以P丙最大，故選D.6．(2023·泰州模擬)在概率論中，馬爾可夫不等式給出了隨機變量的函數(shù)不小于某正數(shù)的概率的上界，它以俄國數(shù)學(xué)家安德雷·馬爾可夫命名，由馬爾可夫不等式知，若ξ是只取非負值的隨機變量，則對?a>0，都有P(ξ≥a)≤eq\f(Eξ,a).某市去年的人均年收入為10萬元，記“從該市任意選取3名市民，則恰有1名市民去年的年收入超過100萬元”為事件A，其概率為P(A)．則P(A)的最大值為()A.eq\f(27,1000)B.eq\f(243,1000)C.eq\f(4,27)D.eq\f(4,9)答案B解析記該市去年1名市民的收入為X萬元，則E(X)＝10，從該市任意選取3名市民，年收入超過100萬元的人數(shù)為Y.設(shè)從該市任選1名市民，年收入超過100萬元的概率為p，則根據(jù)馬爾可夫不等式可得p＝P(X≥100)≤eq\f(EX,100)＝eq\f(10,100)＝eq\f(1,10)，所以0≤p≤eq\f(1,10)，因為Y～B(3，p)，所以P(A)＝P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)p(1－p)2＝3p(1－p)2＝3p3－6p2＋3p，令f(p)＝3p3－6p2＋3p，則f′(p)＝9p2－12p＋3＝3(3p－1)(p－1)，因為0≤p≤eq\f(1,10)，所以3p－1<0，p－1<0，即f′(p)>0，所以f(p)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))上單調(diào)遞增．所以f(p)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＝3×eq\f(1,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))2＝eq\f(243,1000)，即P(A)max＝eq\f(243,1000).二、多項選擇題7．(2023·沈陽模擬)為調(diào)查中學(xué)男生的肺功能情況，對兩學(xué)校各1000名男生的肺活量數(shù)據(jù)(單位：mL)進行分析，隨機變量X表示甲校男生的肺活量，且X～N(3000,2002)，隨機變量Y表示乙校男生的肺活量，且Y～N(3200,3002)，則下列說法中正確的有()A．甲校男生肺活量數(shù)據(jù)的均值低于乙校B．乙校男生肺活量數(shù)據(jù)的波動幅度大于甲校C．估計甲、乙兩校男生肺活量在3000mL～3200mL的人數(shù)占比相同D．估計甲校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)比乙校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)多答案ABD解析由題設(shè)，甲校男生肺活量均值為3000，標(biāo)準(zhǔn)差為200，乙校男生肺活量均值為3200，標(biāo)準(zhǔn)差為300，所以甲校男生肺活量數(shù)據(jù)的均值、波動幅度都低于乙校，A，B正確；甲校男生肺活量在3000mL～3200mL的概率為P(μ≤X≤μ＋σ)＝P(μ－σ≤X≤μ)，而乙校對應(yīng)概率小于P(μ－σ≤Y≤μ)，故男生肺活量在3000mL～3200mL的人數(shù)占比不同，C錯誤；甲校男生肺活量低于2800mL的概率為P(X<μ－σ)，而乙校對應(yīng)概率小于P(Y<μ－σ)，故估計甲校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)比乙校男生肺活量低于2800mL的人數(shù)多，D正確．8．隨機變量ξ的分布列如表所示，其中xy≠0，下列說法正確的是()ξ012Pxeq\f(y,3)eq\f(2y,3)A.x＋y＝1B．E(ξ)＝eq\f(5y,3)C．D(ξ)有最大值D．D(ξ)隨y的增大而減小答案ABC解析由題意可知x＋eq\f(y,3)＋eq\f(2y,3)＝1，即x＋y＝1，故A正確；E(ξ)＝0×x＋1×eq\f(y,3)＋2×eq\f(2y,3)＝eq\f(5y,3)，故B正確；D(ξ)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5y,3)))2＋eq\f(y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5y,3)))2＋eq\f(2y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5y,3)))2＝(1－y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5y,3)))2＋eq\f(y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5y,3)))2＋eq\f(2y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5y,3)))2＝－eq\f(25,9)y2＋3y，因為xy≠0，x＋y＝1，易得0<y<1，而f(y)＝－eq\f(25,9)y2＋3y的圖象開口向下，對稱軸為y＝eq\f(27,50)，所以f(y)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(27,50)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,50)，1))上單調(diào)遞減，故f(y)在y＝eq\f(27,50)處取得最大值，所以D(ξ)隨著y的增大先增大后減小，當(dāng)y＝eq\f(27,50)時取得最大值，故C正確，D錯誤．三、填空題9．(2023·南通模擬)隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，則D(4X＋1)＝________.答案eq\f(64,9)解析因為隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，所以D(X)＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,9)，所以D(4X＋1)＝42D(X)＝16×eq\f(4,9)＝eq\f(64,9).10．(2023·青島模擬)某市高三年級男生的身高X(單位：cm)近似服從正態(tài)分布N(175，σ2)，已知P(175≤X<180)＝0.2，若P(X≤a)∈[0.3,0.5]．寫出一個符合條件的a的值為________．答案172([170,175]中的任意一個數(shù)均可)解析因為X～N(175，σ2)，且P(175≤X<180)＝0.2，則P(X≤170)＝P(X≥180)＝0.5－0.2＝0.3，且P(X≤175)＝0.5，故若P(X≤a)∈[0.3,0.5]，則a∈[170,175]．([170,175]中的任意一個數(shù)均可)．11．把半圓弧分成4等份，以這些分點(包括直徑的兩端點)為頂點，作出三角形，從中任取3個不同的三角形，則這3個不同的三角形中鈍角三角形的個數(shù)X不少于2的概率為________．答案eq\f(49,60)解析如圖所示，設(shè)AB為半圓弧的直徑，C，D，E為半圓弧另外的三個四等分點，從A，B，C，D，E這5個點中任取3個點構(gòu)成三角形，一共能組成三角形的個數(shù)為Ceq\o\al(3,5)＝10.其中直角三角形有△ABC，△ABD，△ABE，共3個，鈍角三角形的個數(shù)為10－3＝7，由題意可知X∈{0,1,2,3}，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,7)C\o\al(1,3),C\o\al(3,10))＝eq\f(63,120)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(35,120)，因此，所求概率P＝eq\f(63＋35,120)＝eq\f(49,60).12．(2023·汕頭模擬)某單位有10000名職工，想通過驗血的方法篩查乙肝病毒攜帶者，假設(shè)攜帶病毒的人占5%，如果對每個人的血樣逐一化驗，就需要化驗10000次．統(tǒng)計專家提出了一種化驗方法：隨機地按5人一組分組，然后將各組5個人的血樣混合再化驗，如果混合血樣呈陰性，說明這5個人全部陰性；如果混合血樣呈陽性，說明其中至少有一人的血樣呈陽性，就需要對每個人再分別化驗一次．按照這種化驗方法，平均每個人需要化驗________次．(結(jié)果保留四位有效數(shù)字)(0.955≈0.7738,0.956≈0.7351,0.957≈0.6983)．答案0.4262解析設(shè)每個人需要的化驗次數(shù)為X，X的取值為eq\f(1,5)，eq\f(6,5)，X的分布列為Xeq\f(1,5)eq\f(6,5)P0.9551－0.955E(X)＝eq\f(1,5)[0.955＋6×(1－0.955)]≈0.4262，說明每5個人一組，平均每個人需要化驗0.4262次．四、解答題13．(2023·衡陽名校協(xié)作體模擬)某區(qū)在高中階段舉行的物理實驗技能操作競賽分基本操作與得20分．以兩步總分和決定優(yōu)勝者．總分80分或90分為二等獎，100分為一等獎．某校選手李明A類7題中有5題會操作，B類5題中每題正確操作的概率均為eq\f(2,3)，且各題操作互不影響．(1)求李明被終止比賽的概率；(2)現(xiàn)已知李明A類題全部操作正確，求李明B類題操作完后得分的分布列及均值；(3)求李明獲二等獎的概率．解(1)設(shè)“李明被終止比賽”事件為M，eq\x\to(M)表示選的4題均會操作或3題會操作，故李明被終止比賽的概率P(M)＝1－P(eq\x\to(M))＝1－eq\f(C\o\al(3,5)·C\o\al(1,2)＋C\o\al(4,5),C\o\al(4,7))＝eq\f(2,7).(2)設(shè)李明在競賽中，A類題全部操作正確后得分為X，則X的所有可能取值為40,60,80,100，且B類題正確操作題數(shù)n～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，可得P(X＝40)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f