五年高考真题(数学理) 10.6 离散型随机变量的分布列、均值与方差

第1页（共24页）第六节离散型随机变量的分布列、均值与方差考点一离散型随机变量的分布列1．(2013·广东，4)已知离散型随机变量X的分布列为X123P35310110则X的数学期望E(X)＝()A.32B．2C.52D．3解析由已知条件可知E(X)＝1×35＋2×310＋3×110＝32，故选A.答案A2．(2015·安徽，17)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．解(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A.P(A)＝A12A13A25＝310.(2)X的可能取值为200，300，400.P(X＝200)＝A22A25＝110，P(X＝300)＝A33＋C12C13A22A35＝310，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－110－310＝610.故X的分布列为X200300400第2页（共24页）P110310610E(X)＝200×110＋300×310＋400×610＝350.3．(2015·福建，16)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．解(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P(A)＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.又P(X＝1)＝16，P(X＝2)＝56×15＝16，P(X＝3)＝56×45×1＝23.所以X的分布列为X123P161623所以E(X)＝1×16＋2×16＋3×23＝52.4．(2015·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．解(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝C12C13C15C310＝14.第3页（共24页）(2)X的所有可能值为0，1，2，且P(X＝0)＝C38C310＝715，P(X＝1)＝C12C28C310＝715，P(X＝2)＝C22C18C310＝115.综上知，X的分布列为X012P715715115故E(X)＝0×715＋1×715＋2×115＝35(个)．5．(2014·天津，16)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(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)＝C13·C27＋C03·C37C310＝4960.所以，选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960.(2)随机变量X的所有可能值为0，1，2，3.P(X＝k)＝Ck4·C3－k6C310(k＝0，1，2，3)．所以，随机变量X的分布列是X0123P1612310130随机变量X的数学期望E(X)＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.6．(2014·四川，17)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，出现一次音第4页（共24页）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12，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(1)X可能的取值为：10，20，100，－200.根据题意，有P(X＝10)＝C13×121×1－122＝38，P(X＝20)＝C23×122×1－121＝38，P(X＝100)＝C33×123×1－120＝18，P(X＝－200)＝C03×120×1－123＝18.所以X的分布列为X1020100－200P38381818(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)＝18.所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1－P(A1A2A3)＝1－183＝1－1512＝511512.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512.(3)X的数学期望为E(X)＝10×38＋20×38＋100×18－200×18＝－54.这表明，获得分数X的均值为负，第5页（共24页）因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．7．(2014·山东，18)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12，在D上的概率为13；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为15，在D上的概率为35.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(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)＝12，P(A1)＝13，P(A0)＝1－12－13＝16；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)＝15，P(B1)＝35，P(B0)＝1－15－35＝15.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”．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)＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310，所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为310.(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6，第6页（共24页）由事件的独立性和互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝16×15＝130，P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝13×15＋16×35＝16，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝13×35＝15，P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝12×15＋16×15＝215，P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝12×35＋13×15＝1130，P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝12×15＝110.可得随机变量ξ的分布列为：ξ012346P13016152151130110所以数学期望E(ξ)＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.8．(2014·重庆，18)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(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为p＝C34＋C33C39＝584.(2)X的所有可能值为1，2，3，且P(X＝1)＝C24C15＋C34C39＝1742，P(X＝2)＝C13C14C12＋C23C16＋C33C39＝4384，P(X＝3)＝C22C17C39＝112，第7页（共24页）故X的分布列为X123P17424384112从而E(X)＝1×1742＋2×4384＋3×112＝4728.9．(2014·江西，21)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，C表示C的对立事件，判断P(C)和P(C)的大小关系，并说明理由．解(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C36＝20种，所以ξ的分布列为ξ2345P1531031015E(ξ)＝2×15＋3×310＋4×310＋5×15＝72.(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2Ck2k种；所以当n＝2时，P(C)＝46＝23，当n≥3时，P(C)＝22122(2C)Cnkkknn.第8页（共24页）(3)由(2)知当n＝2时，P(C)＝13，因此P(C)P(C)．而当n≥3时，P(C)P(C)，理由如下：P(C)P(C)等价于2214(2Cnnnk.①1°当n=3时，①式左边=4（2+12C）=4（2+2）=16，①右边=C36C=20，所以①式成立.2°假设n=m(m≥3)时①式成立，22214(2C)CmKmKmk即成立那么，当n=m+1时，左边=12214(2Cmkkk21122(1)22(1)14(2C)4CC+4Cmkmmmkmmmk＝（2m）！m！m！＋4·（2m－2）！（m－1）！（m－1）！＝（m＋1）2（2m）（2m－2）！（4m－1）（m＋1）！（m＋1）！（m＋1）2（2m）（2m－2）！（4m）（m＋1）！（m＋1）！＝Cm＋12（m＋1）·2（m＋1）m（2m＋1）（2m－1）Cm＋12（m＋1）＝右边．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)P(C)成立．10．(2013·天津，16)一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．第9页（共24页）(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．解(1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A，则P(A)＝C12C35＋