隨機(jī)變量及其分布列（練習(xí)）（含解析）2023年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)

考點(diǎn)10-3隨機(jī)變量及其分布列

卜維練基礎(chǔ)J//

1.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(dú)立.已知該棋手與甲、

乙、丙比賽獲勝的概率分別為P∣,P2,P3,且。3>。2>網(wǎng)>0.記該棋手連勝兩盤的概率為。，

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

【分析】該棋手?連勝兩盤，則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩

盤的概率??；該棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率P乙；該棋手在第二盤與丙比賽且

連勝兩盤的概率年.并對(duì)三者進(jìn)行比較即可解決

【詳解】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，

記該棋手在第：盤與甲比賽，比賽順序?yàn)橐壹妆氨滓业母怕示鶠?/p>

則此時(shí)連勝兩盤的概率為P>v

則Z?=g[(1-P2)PiP3+P2Pl(1-P3)]+g[(1-P3)PlP2+PaPl(1-P2)]

=Pl(p2+P3)-2RP2P3;

記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為P乙，

2

則Pzl=(I-pl)P2P3+PiP2O-P3)=P2(P1+P3)-PlPzP3

記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為%,

2

則P丙=G-P,)P3P2+PiAO-P2)=P3(P1+P2)-PlP2P3

則向一P乙=Pl(P2+必)-2p∣P2P3一[外(目+外)-2p∣0P3]=(Pi一0)<0

。乙一P丙=(R+。3)-2PiP2P3-[P3(R+0)-2Pl2J=(P2—。3)口<0

B∣JPv<PL，P乙<P丙，

則該棋手在第二盤與丙比賽，。最大.選項(xiàng)D判斷正確；選項(xiàng)BC判斷錯(cuò)誤；

〃與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān).選項(xiàng)A判斷錯(cuò)誤.

故選：D

2.己知隨機(jī)變量。(i=l,2)的分布列如下表所示:

012

?2

PP

3i

若0<Pl<g<P2<∣,則(

)A.E(?,)>E(?),D(?I)>D(?2)B.S(?I)<E(?2),

D(?I)>D(?2)

E(ξ)<E(ξ),D(ξ)<D(ξ)

c.E(?)>E(?2),D(?,)<D(?)D.l2l2

【答案】A

【分析】通過計(jì)算期望和方差來求得正確答案.

[詳解]E?)=0x；+lxP|+2x1|_pJ=g_p「

E(?)=0×→l×p÷2×f∣2-p4

222=72

3

由于P∣<P2,所以E?)>E($).

O(A)=(O-g+pjxg+(l^^g+pjxpi+(2_g+p]x(^∣-pj

心高手卜T)XR+(2)+?

1Q

同理可得。?)=-。；-]。2+§.

2

D(?)-D(?2)=p^-pl+l(p2-pl)=(p2-pl)^p2+p,+^>0,

所以。?)>。&).

故選：A

3?“保護(hù)環(huán)境，綠色出行”是現(xiàn)代社會(huì)提倡的一種環(huán)保理念，李明早上上學(xué)的時(shí)候，可以乘

坐公共汽車，也可以騎單車，已知李明騎單車的概率為0.7,乘坐公共汽車的概率為0.3,而

且騎單車與乘坐公共汽車時(shí)，李明準(zhǔn)時(shí)到校的概率分別為0.9與0.8,則李明準(zhǔn)時(shí)到校的概

率是()

A.0.9B.0.87C.0.83D.0.8

【答案】B

【分析】分別求出乘坐公共汽車和騎單車準(zhǔn)時(shí)到校的概率，然后求和即為準(zhǔn)時(shí)到校的概率.

【詳解】李明上學(xué)騎單車準(zhǔn)時(shí)到校的概率為0.7x0.9=0.63,乘坐公共汽車準(zhǔn)時(shí)到校的概率為

0.3x0.8=0.24,因此李明準(zhǔn)時(shí)到校的概率為：0.63+0.24=0.87,

故選：B

4.已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(2,σ?2),且P(2<X≤2?5)=0.36,則P(X>2.5)=

7

【答案】。14##會(huì).

【分析】根據(jù)正態(tài)分布曲線的性質(zhì)即可解出.

【詳解】因?yàn)閄N(2,b)所以P(X<2)=P(X>2)=0?5,因此

P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36≈0.14.

故答案為：0.14.

5.已知隨機(jī)變量J服從正態(tài)分布N(4,4),且P(J<6)=5P(J<2),則P(2<J<6)=

【答案】§

【分析】根據(jù)正態(tài)分布的對(duì)稱性即可得到答案

【詳解】因?yàn)殡S機(jī)變量J服從正態(tài)分布N(4Q2),其對(duì)稱軸方程為X=〃=4

設(shè)PC<2)=x,所以P(J<2)=P(J>6)=x

又P(g<6)=5*<2)

/.P(2<ξ<6)=4x

根據(jù)題意x+4x+x=l,??x=7

6

/.P(2<?<6)=4x=∣

故答案為：?∣

練能力III

6..現(xiàn)有3道四選一的單選題，學(xué)生李明對(duì)其中的2道題有思路，1道題完全沒有思路，有

思路的題答對(duì)的概率為0.8,沒有思路的題只好任意猜一個(gè)答案，猜對(duì)答案的概率為0.25,

若每題答對(duì)得5分，不答或答錯(cuò)得0分，則李明這3道題得分的期望為()

【答案】B

【分析】記李明這3道題得分為隨機(jī)變量X,則X的取值為0,5,10,15,然后根據(jù)題意

求出相應(yīng)的概率，從而可求出李明這3道題得分的期望.

【詳解】記李明這3道題得分為隨機(jī)變量X,則X的取值為0,5,10,15,

P(X=O)=X—=

P(X=I5)=E14

X-=-----

425

3114437

所以E(X)=OX上-+5x上+10x-+15*-=J

IOO425254

故選：B

7.若將整個(gè)樣本空間想象成一個(gè)"I的正方形，任何事件都對(duì)應(yīng)樣本空間的一個(gè)子集，且

事件發(fā)生的概率對(duì)應(yīng)子集的面積.則如圖所示的涂色部分的面積表示()

P(Λ?B)

P(AIB)

P(B)

A.事件“發(fā)生的概率B.事件B發(fā)生的概率

C.事件8不發(fā)生條件下事件/發(fā)生的概率D.事件力、8同時(shí)發(fā)生的概率

【答案】A

【分析】根據(jù)圖示，表示出涂色部分的面積，利用條件概率的概率公式整理化簡，即可求得

答案.

【詳解】由題意可得，如圖所示的涂色部分的面積為P(AlB)P(B)+[1-P(B)]P(A∣豆)

=P(AB)+P(B)P(AIB)=P(AB)+P(AB)=P(A),

故選：A

8.設(shè)0<“Vl隨機(jī)變量X的?布列是

Xoal

則當(dāng)“在(0,1)內(nèi)增大時(shí),A.E(X)不變B.E(X)減小

C.V(X)先增大后減小D.V(X)先減小后增

大

【答案】D

【分析】根據(jù)分布列寫出E(X)和V(X)關(guān)于〃的函數(shù)式，由函數(shù)性質(zhì)可得結(jié)論.

O<α<l,□∕(X)先減小后增大.

故選：D.

9.某項(xiàng)比賽規(guī)則是3局2勝，甲乙兩人進(jìn)行比賽，假設(shè)甲每局獲勝的概率為g,則由此估計(jì)

甲獲勝的概率為.

【答案】白7

27

【分析】由題可知甲獲勝的有兩類，2:0和2:1,然后利用獨(dú)立事件概率公式計(jì)算即得.

【詳解】因?yàn)榧撰@勝的方式有2:0和2:1兩種，

所以甲獲勝的概率為P=t］+c?×-×-×-=-.

⑶233327

7

故答案為：—.

10.柯西分布(Cadis次加〃是一個(gè)數(shù)學(xué)期望不存在的連續(xù)型概率分布.記隨機(jī)變量X

服從柯西分布為x~c(∕,Λυ),其中當(dāng)y=1,%=。時(shí)的特例稱為標(biāo)準(zhǔn)柯西分布，其概率

密度函數(shù)為/。)=萬(］：》2).已知X~C(1,O),P(∣X∣≤√3)=∣,P(1≤X≤√3)=-1,則

P(X≤T=.

【答案】［##0.25

4

【分析】由概率密度函數(shù)得其關(guān)于X=O對(duì)稱，由對(duì)稱性求得概率.

【詳解】由已知，概率密度函數(shù)圖象關(guān)于x=0對(duì)稱，

P(∣X∣≤√3)=∣,.?.P(O≤X≤√3)=∣

又尸(ι≤x≤√η=W,

.?.P(0≤X41)=;,P(-1≤X≤O)=;,

.?.P(X≤-l)=^-P(-l≤X≤0)=∣-?=^?

故答案為：~.

4

F練素養(yǎng)JH

11.已知數(shù)列｛?！ǎ凉M足。/=0,且對(duì)任意〃N*,等概率地取或?！═,設(shè)在的值

為隨機(jī)變量ξ”,則()

A.P(ξ3=2)=TB.E(ξ3)=1

C.P(ξ5=0)<P(ξ5=2)D.P(ξ5=0)<P(ξ3=O)

【答案】D

【分析】由題意可知。2=1或。2=—1,且P(。2=1)=Pm2=—1)=：，進(jìn)而可求ξ3的期

望，可判斷AB;再結(jié)合條件求P(ξ5=0),可判斷CD.

【詳解】依題意。2=1或42=-1,且P(42=1)=尸(42=-1)=J,

ξ3=G的可能取值為2,0,-2

尸(&=2)≈?×?=p

P(ξ3=0)=2/XL=；,

222

P(ξj=-2)=LXI=1,

224

E(ξ3)=2×→0×y+(-2)×-=0,由此排除A和B；

ξ4=α,的可能取值為3,1,-1,-3,

P(ξ4=3)=^P(ξ3=2)=；,

PHI)=%j)+?=。)=]

28

z≈-_尸6=0)+尸&=-2)_3

Pp?-7)--------------2-------------^Γ

P(ξ4=-3)="(ξ3=-2)二,

乙O

ξ5="5的可能取值為4,2,0,-2,-4

P(ξs=O=%=2?,

28

…=2)=%=3)+%=D=L

24

所以尸(ξs=O)>P(ξ5=2),排除C.

QI

因?yàn)镻(ξ5=0)=?,P(ξ3=0)=5,所以P(ξ5=0)<P(ξ?3=0),故D正確.

故選：D.

12.已知x,y,z∈N*,且x+y+z=10,記隨機(jī)變量J為χ,y,z中的最大值,則E⑶=()

［答案］D

【騫析】先求出方程的全部正整數(shù)解，即基本事件總數(shù)，&為X,y,Z中的最大值，則J可

能的取值為4,5,6,7,8,然后分別求出對(duì)應(yīng)的概率即可.

【詳解】根據(jù)隔板法，將10看做10個(gè)完全相同的小球排成一排，中間形成的9個(gè)空，放入

兩塊隔板，可求得x+y+z=10正整數(shù)解有C；=36組，J可能的取值為4,5,6,7,8,不妨設(shè)

x=max{x,y,z},則J=x,下分類討論：

x=8,(x,y,z)=(8,l,l)；x=l,(x,y,z)=(7,l,2),(7,2,l)

x=6,(x,%z)=(6,1,3),(6,3,1),(6,2,2)；

x=5，(x,y,z)=(5,1,4),(5,4,1),(5,2,3),(5,3,2)；X=4,(x,y,z)=(4,3,3),(4,4,2)

但根據(jù)KXZ的對(duì)稱性，上述每一組解的結(jié)果數(shù)還要乘以3,于是則有:

P(ξ=8)=-=-fPc=7)=9=1,PC=6)=2=L,

3612366364

P(J=5)=U=J,P(J=4)=9=L

363366

于是￡團(tuán)」.8+1.7+1.6+、5+，.4=口

1264363

故選：D

13.隨機(jī)變量X的概率分布列如下：

X012k12

?12?「k?

P~∩2-C12

aaaaa

其中A=O,1,2,,12,則E(X)=()A.212B.26C.6

D.12

【答案】C

【彳析】由分布列的歸一性求出4=2∣2,從而

E(X)=5.(0.3+1.4+2G：+...+?q,+…+123)，由此利用倒序相加法能求出結(jié)果.

12

【詳解】由分布列的性質(zhì)可得：軸1+1+…+C+???+嚙O=得α=2%

aa

E(X)=A-.(0?Cj*+1?C1'2+2CI;+...+?+...+12Cl';),

k

E(X)=^τ[12?C^+ll?Cl^+10Cl7+...+(12-k)C'^+…+Og]

i

=^τ[12?Clζ+11?Cl'2+10C,;+...+(12-?)Cl2+...+OC1';],

17∣2

由+得2E(X)=W3+C+G:+…+3+…+3)=源?2"=12,

所以E(X)=6.

故選：C.

【點(diǎn)睛】本題綜合性較強(qiáng)，考查知識(shí)點(diǎn)較多，解答本題的關(guān)鍵是將所求數(shù)學(xué)期望變形，根據(jù)

倒序相加法，利用組合式的性質(zhì)計(jì)算求解.

14.已知隨機(jī)變量X~3(4,p),若P(X≥1)=?∣∣,則Z)X=______.

e1

Q

【答案】I

【分析】X~5(4,p),二項(xiàng)分布的性質(zhì)，算事P=；,在使用DX=叩(I-P)即可.

【詳解】因?yàn)閄~B(4,p),P(X≥1)=^,

所以P(X=O)=I44，