資源簡介

06 離散型隨機變量及其分布列、數字特征
知識點1 隨機變量
(1)定義：一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點ω，都有唯一的實數X(ω)與之對應，我們稱X為隨機變量．隨機變量的取值X(ω)隨著隨機試驗結果ω的變化而變化．
(2)離散型隨機變量：可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量稱之為離散型隨機變量．
(2)表示：隨機變量通常用大寫英文字母表示，例如X，Y，Z；隨機變量的取值用小寫英文字母表示，例如x，y，z．
知識點2 離散型隨機變量的分布列的定義
(1)定義：一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xi，…，xn，我們稱X取每一個值xi的概率P＝pi，i＝1，2，…，n
為X的概率分布列，簡稱分布列．
(2)表示方法：①表格；②概率分布圖．
知識點3 離散型隨機變量的分布列的性質
(1)pi≥0，i＝1，2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pn＝1．
知識點4 離散型隨機變量的均值與方差
一般地，若離散型隨機變量X的分布列如下表所示，
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值：稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝為隨機變量X的均值或數學期望，數學期望簡稱期望．
(2)方差：稱D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝pi為隨機變量X的方差，有時也記為Var(X)，并稱為隨機變量X的標準差，記為σ(X)．
(3)均值的意義：均值是隨機變量可能取值關于取值概率的加權平均數，它綜合了隨機變量的取值和取值的概率，反映了隨機變量取值的平均水平．
(4)方差和標準差的意義：隨機變量的方差和標準差都可以度量隨機變量取值與其均值E(X)的偏離程度，反映了隨機變量取值的離散程度．方差或標準差越小，隨機變量的取值越集中；方差或標準差越大，隨機變量的取值越分散．
知識點5 均值與方差的性質
若Y＝aX＋b，其中X是隨機變量，a，b是常數，隨機變量X的均值是E(X)，方差是D(X)．
則E(Y)＝E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(Y)＝D＝a2D(X)．(a，b為常數)．
知識點6 分布列性質的兩個作用
(1)利用分布列中各事件概率之和為1可求參數的值．
(2)隨機變量ξ所取的值分別對應的事件是兩兩互斥的，利用這一點可以求相關事件的概率．
知識點7 均值與方差的四個常用性質
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k為常數．
(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．
(3)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(4)若X1，X2相互獨立，則E(X1X2)＝E(X1)·E(X2)．
考點1 離散型隨機變量分布列的性質
【例1】設隨機變量X的分布列為P＝ak(k＝1，2，3，4，5)．
(1)求a的值；
(2)求P；
(3)求P．
【答案】(1)由分布列的性質，得
P＋P＋P＋P＋P(X＝1)＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，所以a＝．
(2)P＝P＋P＋P(X＝1)＝3×＋4×＋5×＝．
(3)P＝P＋P＋P＝＋＋＝．
【總結】離散型隨機變量分布列性質的應用
(1)利用“總概率之和為1”可以求相關參數的取值范圍或值；
(2)利用“離散型隨機變量在一范圍內的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和”求某些特定事件的概率；
(3)可以根據性質判斷所得分布列結果是否正確．
【變式1-1】設隨機變量X的分布列為P＝，k＝1，2，3，C為常數，則P＝__________．
【答案】
【解析】隨機變量X的分布列為P＝，k＝1，2，3，
∴＋＋＝1，即＝1，解得C＝，
∴P＝P＋P＝＝．
【變式1-2】設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P 0．2 0．1 0．1 0．3 m
(1)求隨機變量Y＝2X＋1的分布列；
(2)求隨機變量η＝|X－1|的分布列；
(3)求隨機變量ξ＝X2的分布列．
【解析】(1)由分布列的性質知，0．2＋0．1＋0．1＋0．3＋m＝1，得m＝0．3．
首先列表為：
X 0 1 2 3 4
2X＋1 1 3 5 7 9
從而Y＝2X＋1的分布列為：
Y 1 3 5 7 9
P 0．2 0．1 0．1 0．3 0．3
(2)列表為：
X 0 1 2 3 4
|X－1| 1 0 1 2 3
∴P(η＝0)＝P(X＝1)＝0．1，
P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0．2＋0．1＝0．3，
P(η＝2)＝P(X＝3)＝0．3，P(η＝3)＝P(X＝4)＝0．3．
故η＝|X－1|的分布列為：
η 0 1 2 3
P 0．1 0．3 0．3 0．3
(3)首先列表為：
X 0 1 2 3 4
X2 0 1 4 9 16
從而ξ＝X2的分布列為：
ξ 0 1 4 9 16
P 0．2 0．1 0．1 0．3 0．3
【變式1-3】設隨機變量X的分布列如下：
X 1 2 3 4 5
P p
則p為(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由分布列的性質知，＋＋＋＋p＝1，∴p＝1－＝.
【變式1-4】設X是一個離散型隨機變量，其分布列為
X －1 0 1
P 1－q q－q2
則q等于(　　)
A．1 B.或－
C．1＋ D.
【答案】D
【解析】由離散型隨機變量分布列的性質得解得q＝.
【變式1-5】(多選)設隨機變量ξ的分布列為P＝ak(k＝1,2,3,4,5)，則(　　)
A．a＝ B．P＝
C．P＝ D．P(ξ＝1)＝
【答案】AB
【解析】對于選項A，∵隨機變量ξ的分布列為P＝ak(k＝1,2,3,4,5)，
∴P＋P＋P＋P＋P(ξ＝1)＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝15a＝1，解得a＝，故A正確；
對于B，易知P＝P＝3×＝，故B正確；
對于C，易知P＝P＋P＝＋2×＝，故C錯誤；
對于D，易知P(ξ＝1)＝5×＝，故D錯誤．
【變式1-6】設X是一個離散型隨機變量，其分布列為
X 0 1
P 9a2－a 3－8a
則常數a的值為(　　)
A. B.
C.或 D．－或－
【答案】A
【解析】由分布列的性質可知解得a＝.
【變式1-7】離散型隨機變量X的概率分布列為P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常數，則P的值為(　　)
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因為P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，所以＋＋＋＝1，所以a＝，
所以P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
【變式1-8】若隨機變量X的分布列如下表，則mn的最大值是(　　)
X 0 2 4
P m 0.5 n
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由分布列的性質，得m＋n＝，m≥0，n≥0，所以mn≤2＝，當且僅當m＝n＝時，等號成立．
【變式1-9】隨機變量X的分布列如下：
X －1 0 1
P a b c
其中a，b，c成等差數列，則P(|X|＝1)＝______，公差d的取值范圍是______．
【答案】　
【解析】因為a，b，c成等差數列，所以2b＝a＋c.
又a＋b＋c＝1，所以b＝，所以P(|X|＝1)＝a＋c＝.
又a＝－d，c＝＋d，根據分布列的性質，得0≤－d≤，0≤＋d≤，所以－≤d≤.
考點2 求離散型隨機變量的分布列
【例2】雙敗淘汰制是一種競賽形式，與普通的單敗淘汰制輸掉一場即被淘汰不同，參賽者只有在輸掉兩場比賽后才喪失爭奪冠軍的可能．在雙敗淘汰制的比賽中，參賽者的數量一般是2的次方數，以保證每一輪都有偶數名參賽者．第一輪通過抽簽，兩人一組進行對陣，勝者進入勝者組，敗者進入負者組．之后的每一輪直到最后一輪之前，勝者組的選手兩人一組相互對陣，勝者進入下一輪，敗者則降到負者組參加本輪負者組的第二階段對陣；負者組的第一階段，由之前負者組的選手(不包括本輪勝者組落敗的選手)兩人一組相互對陣，敗者被淘汰(已經敗兩場)，勝者進入第二階段，分別對陣在本輪由勝者組中降組下來的選手，勝者進入下一輪，敗者被淘汰．最后一輪，由勝者組最終獲勝的選手(此前從未敗過，記為A)對陣負者組最終獲勝的選手(敗過一場，記為B)，若A勝則A獲得冠軍，若B勝則雙方再次對陣，勝者獲得冠軍．某圍棋賽事采用雙敗淘汰制，共有甲、乙、丙等8名選手參賽．第一輪對陣雙方由隨機抽簽產生，之后每一場對陣根據賽事規程自動產生對陣雙方，每場對陣沒有平局．
(1)設“在第一輪對陣中，甲、乙、丙都不互為對手”為事件M，求M的概率；
(2)已知甲對陣其余7名選手獲勝的概率均為，解決以下問題：
①求甲恰在對陣三場后被淘汰的概率；
②若甲在第一輪獲勝，設甲在該項賽事的總對陣場次為隨機變量ξ，求ξ的分布列．
【分析】(1)先求出8人平均分成四組的方法數，再求出甲，乙，丙都不分在同一組的方法數，從而可求得答案；
(2)①甲恰在對陣三場后淘汰，有兩種情況：“勝，敗，敗”和“敗，勝，敗”，然后利用互斥事件的概率公式求解即可；
②由題意可得ξ∈，然后求出各自對應的概率，從而可得ξ的分布列．
【解析】(1)8人平均分成四組，共有種方法，
其中甲，乙，丙都不分在同一組的方法數為A，所以P＝＝．
(2)①甲恰在對陣三場后淘汰，這三場的結果依次是“勝，敗，敗”或“敗，勝，敗”，
故所求的概率為××＋××＝．
②若甲在第一輪獲勝，ξ∈．
當ξ＝3時，表示甲在接下來的兩場對陣都敗，即P＝×＝．
當ξ＝4時，有兩種情況：
(ⅰ)甲在接下來的3場比賽都勝，其概率為××＝；
(ⅱ)甲4場對陣后被淘汰，表示甲在接下來的3場對陣1勝1敗，且第4場敗，
概率為C12·××＝，所以P＝＋＝．
當ξ＝5時，有兩種情況：
(ⅰ)甲在接下來的2場對陣都勝，第4場敗，概率為××＝；
(ⅱ)甲在接下來的2場對陣1勝1敗，第4場勝，第5場敗，
概率為C12·×××＝；所以P＝＋＝．
當ξ＝6時，有兩種情況：
(ⅰ)甲第2場勝，在接下來的3場對陣為“敗，勝，勝”，其概率為××＝；
(ⅱ)甲第2場敗，在接下來的4場對陣為“勝，勝，勝，敗”，
其概率為××＝；所以P＝＋＝．
當ξ＝7時，甲在接下來的5場對陣為“敗，勝，勝，勝，勝”，即P＝×＝．
所以ξ的分布列為：
ξ 3 4 5 6 7
P
【總結】離散型隨機變量分布列的求解步驟
【變式2-1】為創建國家級文明城市，某城市號召出租車司機在高考期間至少進行一次“愛心送考”，該城市某出租車公司共200名司機，他們進行“愛心送考”的次數統計如圖所示．
(1)求該出租車公司的司機進行“愛心送考”的人均次數；
(2)從這200名司機中任選兩人，設這兩人進行送考次數之差的絕對值為隨機變量X，求X的分布列．
【解析】(1)由統計圖得200名司機中送考1次的有20人，送考2次的有100人，送考3次的有80人，
∴該出租車公司的司機進行“愛心送考”的人均次數為＝2．3．
(2)從該公司任選兩名司機，
記“這兩人中一人送考1次，另一人送考2次”為事件A，
“這兩人中一人送考2次，另一人送考3次”為事件B，
“這兩人中一人送考1次，另一人送考3次”為事件C，
“這兩人送考次數相同”為事件D．
由題意知X的所有可能取值為0，1，2，則
P(X＝0)＝P(D)＝＝，
P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＝＋＝．
P(X＝2)＝P(C)＝＝．
∴X的分布列為：
X 0 1 2
P
【變式2-2】(多選)設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若離散型隨機變量Y滿足Y＝2X＋1，則下列結果正確的有(　　)
A．q＝0.1
B．E(X)＝2，D(X)＝1.4
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8
D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
【答案】ACD
【解析】因為q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正確；
由已知可得E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，
D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故C正確；
因為Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故D正確．
考點3 求離散型隨機變量的均值與方差
【例3】為迎接2022年北京冬奧會，推廣滑雪運動，某滑雪場開展滑雪促銷活動．該滑雪場的收費標準是：滑雪時間不超過1小時免費，超過1小時的部分每小時收費標準為40元(不足1小時的部分按1小時計算)．有甲、乙兩人相互獨立地來該滑雪場運動，設甲、乙不超過1小時離開的概率分別為，；1小時以上且不超過2小時離開的概率分別為，；兩人滑雪時間都不會超過3小時．
(1)求甲、乙兩人所付滑雪費用相同的概率；
(2)設甲、乙兩人所付的滑雪費用之和為隨機變量ξ(單位：元)，求ξ的分布列與數學期望E(ξ)，方差D(ξ)．
【解析】(1)兩人所付費用相同，相同的費用可能為0，40，80元，
兩人都付0元的概率為P1＝×＝，
兩人都付40元的概率為P2＝×＝，
兩人都付80元的概率為
P3＝×＝．
則兩人所付費用相同的概率為P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝．
(2)ξ可能取值為0，40，80，120，160，
則P(ξ＝0)＝×＝，
P(ξ＝40)＝×＋×＝，
P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝120)＝×＋×＝，
P(ξ＝160)＝×＝．
所以，隨機變量ξ的分布列為
ξ 0 40 80 120 160
P
∴E(ξ)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80，
D(ξ)＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝．
【總結】
求離散型隨機變量ξ的均值與方差的步驟
(1)理解ξ的意義，寫出ξ全部的可能取值；
(2)求ξ取每個值的概率；
(3)寫出ξ的分布列；
(4)由均值的定義求E(ξ)，由方差的定義求D(ξ)．
【變式3-1】據有關權威發布某種傳染病的傳播途徑是通過呼吸傳播，若病人(患了某種傳染病的人)和正常人(沒患某種傳染病的人)都不戴口罩而且交流時距離小于一米90%的機率被傳染，若病人不戴口罩正常人戴口罩且交流時距離小于一米時60%的機率被傳染，若病人戴口罩而正常人不戴口罩且交流距離小于一米時30%的機率被傳染上，若病人和正常人都帶口罩且交流距離大于一米時不會被傳染．為此對某地經常出入某場所的人員通過抽樣調查的方式對戴口罩情況做了記錄如下表：
男士 女士
戴口罩 不戴口罩 戴口罩 不戴口罩
甲地 40 20 30 10
乙地 10 30 45 15
假設某人是否戴口罩互相獨立
(1)求去甲地的男士帶口罩的概率，用上表估計所有去甲地的人戴口罩的概率．
(2)若從所有男士中選1人，從所有女士中選2人，用上表的頻率估計概率，求戴口罩人數X的分布列和期望．
(3)上表中男士不戴口罩記為“ξ＝0”，戴口罩記為“ξ＝1”，確定男士戴口罩的方差為Dξ，和女士不戴口罩記為“η＝0”，戴口罩記為“η＝1”確定女士戴口罩的方差為Dη．比較Dξ和Dη的大小，并說明理由．
【解析】(1)設“去甲地的男士帶口罩”為事件M，則P(M)＝＝，
設“去甲地的人戴口罩”為事件N，則P(N)＝＝，
(2)設“男士帶口罩”為事件A，則P(A)＝＝，
設“女士帶口罩”為事件B，則P(B)＝＝，
所有男士中選1人，從所有女士中選2人，戴口罩人數X＝0，1，2，3，
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝××＝
分布列為：
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2
(3)E(ξ)＝0×＋1×＝，D(ξ)＝(0－)2×＋(1－)2×＝，
E(η)＝0×＋1×＝，D(η)＝(0－)2×＋(1－)2×＝．
100名男士中有50人戴口罩，50人不戴口罩，
100名女士中有75人戴口罩，25人不戴口罩，
從數據分布可看出來女士戴口罩的集中程度要好于男士，所以其方差偏小．
【變式3-2】已知X的分布列為
X －1 0 1
P
設Y＝2X＋3，則E(Y)的值為(　　 )
A． B．4
C．－1 D．1
【答案】A
【解析】∵E(X)＝－＋＝－，∴E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝．
【變式3-3】已知離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2
P 0．5 1－2q q2
則常數q＝________．
【答案】1－
【解析】由分布列的性質得0．5＋1－2q＋q2＝1，解得q＝1－或q＝1＋(舍去)．
【變式3-4】設隨機變量X的分布列為P＝a×，k＝1，2，3，則a的值為__________．
【答案】
【解析】因為隨機變量X的分布列為P＝a·，k＝1，2，3，
所以根據分布列的性質有a·＋a·＋a·＝1，
所以a·＝a×＝1，所以a＝．
【變式3-5】已知隨機變量X的分布列如下：
X －1 0 1
P
若Y＝2X＋3，則E(Y)的值為________．
【答案】
【解析】E(X)＝－＋＝－，則E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.
【變式3-6】若隨機變量X滿足P(X＝c)＝1，其中c為常數，則D(X)的值為________．
【答案】0
【解析】因為P(X＝c)＝1，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0.
【變式3-7】(2022·昆明模擬)從1,2,3,4,5這組數據中，隨機取出三個不同的數，用X表示取出的數字的最小數，則隨機變量X的均值E(X)等于(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由題意知，X的可能取值為1,2,3，而隨機取3個數的取法有C種，
當X＝1時，取法有C種，即P(X＝1)＝＝；
當X＝2時，取法有C種，即P(X＝2)＝＝；
當X＝3時，取法有C種，即P(X＝3)＝＝；∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
【變式3-8】已知隨機變量X，Y滿足Y＝2X＋1，且隨機變量X的分布列如下：
X 0 1 2
P a
則隨機變量Y的方差D(Y)等于(　　)
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由分布列的性質，得a＝1－－＝，所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝，
所以D(X)＝2×＋2×＋2×＝，又Y＝2X＋1，所以D(Y)＝4D(X)＝.
【變式3-9】已知m，n為正常數，離散型隨機變量X的分布列如表：
X －1 0 1
P m n
若隨機變量X的均值E(X)＝，則mn＝________，P(X≤0)＝________.
【答案】　
【解析】由題意知解得所以mn＝，P(X≤0)＝m＋＝.
【變式3-10】(2022·邯鄲模擬)小張經常在某網上購物平臺消費，該平臺實行會員積分制度，每個月根據會員當月購買實物商品和虛擬商品(充話費等)的金額分別進行積分，詳細積分規則以及小張每個月在該平臺消費不同金額的概率如下面的表1和表2所示，并假設購買實物商品和購買虛擬商品相互獨立．
表1
購買實物商品(元) (0,100) [100,500) [500,1 000)
積分 2 4 6
概率
表2
購買虛擬商品(元) (0,20) [20,50) [50,100) [100,200)
積分 1 2 3 4
概率
(1)求小張一個月購買實物商品和虛擬商品均不低于100元的概率；
(2)求小張一個月積分不低于8分的概率；
(3)若某個月小張購買了實物商品和虛擬商品，消費均低于100元，求他這個月的積分X的分布列與均值．
【解析】(1)小張一個月購買實物商品不低于100元的概率為＋＝，
購買虛擬商品不低于100元的概率為，因此所求概率為×＝.
(2)根據條件，積分不低于8分有兩種情況：
①購買實物商品積分為6分，購買虛擬商品的積分為2,3,4分；
②購買實物商品積分為4分，購買虛擬商品的積分為4分，
故小張一個月積分不低于8分的概率為×＋×＝.
(3)由條件可知X的可能取值為3,4,5.P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝P(X＝5)＝＝，
即X的分布列如下：
X 3 4 5
P
E(X)＝3×＋4×＋5×＝.
考點4 均值與方差在決策中的作用
【例4】2021年3月5日李克強總理在政府作報告中特別指出：扎實做好碳達峰，碳中和各項工作，制定2030年前碳排放達峰行動方案，優化產業結構和能源結構．某環保機器制造商為響應號召，對一次購買2臺機器的客戶推出了兩種超過機器保修期后5年內的延保維修方案：
方案一：交納延保金5 000元，在延保的5年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費1 000元；
方案二：交納延保金6 230元，在延保的5年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費t元；
制造商為制定收取標準，為此搜集并整理了200臺這種機器超過保修期后5年內維修的次數，統計得到下表：
維修次數 0 1 2 3
機器臺數 20 40 80 60
以這200臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發生的概率，記X表示2臺機器超過保修期后5年內共需維修的次數．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金與維修費用之和的均值為決策依據，為使選擇方案二對客戶更合算，應把t定在什么范圍？
【分析】(1)由題設描述確定2臺機器超過保修期后5年內共需維修的次數的可能值，并確定對應的基本事件，進而求各可能值的概率，寫出分布列．
(2)根據(1)所得分布列，由各方案的費用與維修次數的關系寫出費用的分布列，并求期望，通過期望值的大小關系求參數的范圍．
【解析】(1)由題意得，X＝0，1，2，3，4，5，6，
P＝×＝，
P＝××2＝，
P＝××2＋×＝，
P＝××2＋××2＝，
P＝××2＋×＝，
P＝××2＝，
P＝×＝，
∴X的分布列為
X 0 1 2 3 4 5 6
P
(2)選擇方案一：所需費用為Y1元，則X≤2時，Y1＝5 000，X＝3時，Y1＝6 000；X＝4時，Y1＝7 000；X＝5時，Y5＝8 000，X＝6時，Y1＝9 000，
∴Y1的分布列為
Y1 5 000 6 000 7 000 8 000 9 000
P
E＝5 000×＋6 000×＋7 000×＋8 000×＋9 000×＝6 860，
選擇方案二：所需費用為Y2元，則X≤4時，Y2＝6 230；X＝5時，Y2＝6 230＋t；X＝6時，Y2＝6 230＋2t，則Y2的分布列為
Y2 6 230 6 230＋t 6 230＋2t
P
E＝6 230×＋×＋×＝6 230＋，
要使選擇方案二對客戶更合算，則E∴6 230＋<6 860，解得t<1 500，即t的取值范圍為．
【總結】利用均值、方差進行決策的2個方略
(1)當均值不同時，兩個隨機變量取值的水平可見分歧，可對問題作出判斷．
(2)若兩隨機變量均值相同或相差不大，則可通過分析兩變量的方差來研究隨機變量的離散程度或者穩定程度，進而進行決策．
【變式4-1】直播帶貨是扶貧助農的一種新模式，這種模式是利用主流媒體的公信力，聚合銷售主播的力量助力打通農產品產銷鏈條，切實助力貧困地區農民脫貧增收．某貧困地區有統計數據顯示，2020年該地利用網絡直播形式銷售農產品的銷售主播年齡等級分布如圖1所示，一周內使用直播銷售的頻率分布扇形圖如圖2所示．若將銷售主播按照年齡分為“年輕人”(20歲～39歲)和“非年輕人”(19歲及以下或者40歲及以上)兩類，將一周內使用的次數為6次或6次以上的稱為“經常使用直播銷售用戶”，使用次數為5次或不足5次的稱為“不常使用直播銷售用戶”，則“經常使用直播銷售用戶”中有是“年輕人”．
(1)現對該地相關居民進行“經常使用網絡直播銷售與年齡關系”的調查，采用隨機抽樣的方法，抽取一個容量為200的樣本，請你根據圖表中的數據，完成2×2列聯表，并根據列聯表判斷是否有85%的把握認為經常使用網絡直播銷售與年齡有關？
使用直播銷售情況與年齡列聯表
年輕人 非年輕人 合計
經常使用直 播銷售用戶
不常使用直 播銷售用戶
合計
(2)某投資公司在2021年年初準備將1 000萬元投資到“銷售該地區農產品”的項目上，現有兩種銷售方案供選擇：
方案一：線下銷售．根據市場調研，利用傳統的線下銷售，到年底可能獲利30%，可能虧損15%，也可能不賠不賺，且這三種情況發生的概率分別為，，；
方案二：線上直播銷售．根據市場調研，利用線上直播銷售，到年底可能獲利50%，可能虧損30%，也可能不賠不賺，且這三種情況發生的概率分別為，，．
針對以上兩種銷售方案，請你從期望和方差的角度為投資公司選擇一個合理的方案，并說明理由．
參考數據：獨立性檢驗臨界值表
α 0．15 0．10 0．050 0．025 0．010
xα 2．072 2．706 3．841 5．024 6．635
其中，χ2＝，n＝a＋b＋c＋d．
【解析】(1)由圖1知，“年輕人”占比為45．5%＋34．5%＝80%，即有200×80%＝160(人)，
“非年輕人”有200－160＝40(人)，
由圖2知，“經常使用直播銷售用戶”占比為30．1%＋19．2%＋10．7%＝60%，
即有200×60%＝120(人)，“不常使用直播銷售用戶” 有200－120＝80(人)．
“經常使用直播銷售用戶的年輕人”有120×＝100(人)，“經常使用直播銷售用戶的非年輕人”有120－100＝20(人)．
∴補全的列聯表如下：
年輕人 非年輕人 合計
經常使用直 播銷售用戶 100 20 120
不常使用直 播銷售用戶 60 20 80
合計 160 40 200
于是a＝100，b＝20，c＝60，d＝20．
∴χ2＝＝≈2．083>2．072，
即有85%的把握認為經常使用網絡直播銷售與年齡有關．
(2)若按方案一，設獲利X1萬元，則X1可取的值為300，－150，0，X1的分布列為：
X1 300 －150 0
p
E＝300×＋(－150)×＋0×＝180(萬元)，
D＝(300－180)2×＋(－150－180)2×＋(0－180)2×＝1202×＋3302×＋1802×＝35 100
若按方案二，設獲利X2萬元，則X2可取的值為500，－300，0，X2的分布列為：
X2 500 －300 0
p
E＝500×＋(－300)×＋0×＝210(萬元)，
D＝(500－210)2×＋(－300－210)2×＋(0－210)2×＝2902×＋5102×＋2102×＝132 900
∵E由方案二的均值要比方案一的均值大，從獲利角度來看方案二更大，故選方案二．
由方案二的方差要比方案一的方差大得多，從穩定性方面看方案一線下銷售更穩妥，故選方案一．
【變式4-2】某班體育課組織籃球投籃考核，考核分為定點投籃與三步上籃兩個項目．每個學生在每個項目投籃5次，以規范動作投中3次為考核合格，定點投籃考核合格得4分，否則得0分；三步上籃考核合格得6分，否則得0分．現將該班學生分為兩組，一組先進行定點投籃考核，一組先進行三步上籃考核，若先考核的項目不合格，則無需進行下一個項目，直接判定為考核不合格；若先考核的項目合格，則進入下一個項目進行考核，無論第二個項目考核是否合格都結束考核．已知小明定點投籃考核合格的概率為0.8，三步上籃考核合格的概率為0.7，且每個項目考核合格的概率與考核次序無關．
(1)若小明先進行定點投籃考核，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
(2)為使累計得分的均值最大，小明應選擇先進行哪個項目的考核？并說明理由．
【解析】(1)由已知可得，X的所有可能取值為0,4,10，
則P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝4)＝0.8×(1－0.7)＝0.24，
P(X＝10)＝0.8×0.7＝0.56，
所以X的分布列為
X 0 4 10
P 0.2 0.24 0.56
(2)小明應選擇先進行定點投籃考核，理由如下：
由(1)可知小明先進行定點投籃考核，累計得分的均值為E(X)＝0×0.2＋4×0.24＋10×0.56＝6.56，
若小明先進行三步上籃考核，記Y為小明的累計得分，
則Y的所有可能取值為0,6,10，
P(Y＝0)＝1－0.7＝0.3，
P(Y＝6)＝0.7×(1－0.8)＝0.14，
P(Y＝10)＝0.7×0.8＝0.56，
則Y的均值為E(Y)＝0×0.3＋6×0.14＋10×0.56＝6.44，
因為E(X)>E(Y)，所以為使累計得分的均值最大，小明應選擇先進行定點投籃考核．
【變式4-3】為加快某種病毒的檢測效率，某檢測機構采取“k合1檢測法”，即將k個人的拭子樣本合并檢測，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽性，則還需要對本組的每個人再做檢測．現有100人，已知其中2人感染病毒．
(1)①若采用“10合1檢測法”，且兩名患者在同一組，求總檢測次數；
②已知10人分成一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為，定義隨機變量X為總檢測次數，求檢測次數X的分布列和均值E(X)；
(2)若采用“5合1檢測法”，檢測次數Y的均值為E(Y)，試比較E(X)和E(Y)的大小(直接寫出結果)．
【解析】(1)①對每組進行檢測，需要10次；再對結果為陽性的一組每個人進行檢測，需要10次，
所以總檢測次數為20.
②由題意，X可以取20,30，
P(X＝20)＝，P(X＝30)＝1－＝，
則X的分布列為
X 20 30
P
所以E(X)＝20×＋30×＝.
(2)由題意，Y可以取25,30，
兩名感染者在同一組的概率為P1＝＝，不在同一組的概率為P1＝，
則E(Y)＝25×＋30×＝>E(X)．
【變式4-4】(2022·莆田質檢)某工廠生產一種精密儀器，由第一、第二和第三工序加工而成，三道工序的加工結果相互獨立，每道工序的加工結果只有A，B兩個等級．三道工序的加工結果直接決定該儀器的產品等級：三道工序的加工結果均為A級時，產品為一等品；第三工序的加工結果為A級，且第一、第二工序至少有一道工序加工結果為B級時，產品為二等品；其余均為三等品．每一道工序加工結果為A級的概率如表一所示，一件產品的利潤(單位：萬元)如表二所示：
表一
工序 第一工序 第二工序 第三工序
概率 0.5 0.75 0.8
表二
等級 一等品 二等品 三等品
利潤 23 8 5
(1)用η表示一件產品的利潤，求η的分布列和均值；
(2)因第一工序加工結果為A級的概率較低，工廠計劃通過增加檢測成本對第一工序進行改良，假如改良過程中，每件產品檢測成本增加x(0≤x≤4)萬元(即每件產品利潤相應減少x萬元)時，第一工序加工結果為A級的概率增加x.問該改良方案對一件產品利潤的均值是否會產生影響？并說明理由．
【解析】(1)由題意可知，η的所有可能取值為23,8,5，
產品為一等品的概率為0.5×0.75×0.8＝0.3，
產品為二等品的概率為(1－0.5×0.75)×0.8＝0.5，
產品為三等品的概率為1－0.3－0.5＝0.2，
所以η的分布列為
η 23 8 5
P 0.3 0.5 0.2
E(η)＝23×0.3＋8×0.5＋5×0.2＝11.9.
(2)改良方案對一件產品的利潤的均值不會產生影響，理由如下：
在改良過程中，每件產品檢測成本增加x(0≤x≤4)萬元，第一工序加工結果為A級的概率增加x，
設改良后一件產品的利潤為ξ，則ξ的所有可能取值為23－x,8－x,5－x，
所以一等品的概率為×0.75×0.8＝0.3＋，
二等品的概率為×0.8＝0.5－，
三等品的概率為1－－＝0.2，
所以E(ξ)＝(23－x)＋(8－x)＋0.2×(5－x)
＝6.9－0.3x＋x－x2＋4－0.5x－x＋x2＋1－0.2x＝11.9，
因為E(ξ)＝E(η)，
所以改良方案對一件產品的利潤的均值不會產生影響．
1．(多選)設離散型隨機變量X的分布列如下表：
X 1 2 3 4 5
P m 0．1 0．2 n 0．3
若離散型隨機變量Y＝－3X＋1，且E＝3，則(　　 )
A．m＝0．1 B．n＝0．1
C．E＝－8 D．D＝－7．8
【答案】BC
【解析】由E＝1×m＋2×0．1＋3×0．2＋4×n＋5×0．3＝3得m＋4n＝0．7，又由m＋0．1＋0．2＋n＋0．3＝1得m＋n＝0．4，從而得m＝0．3，n＝0．1，故A選項錯誤，B選項正確；
E＝－3E＋1＝－8，故C選項正確；
因為D＝0．3×＋0．1×＋0．1×＋0．3×＝2．6，所以D＝D＝23．4，故D選項錯誤．
2．已知隨機變量ξ的分布列如下表，D表示ξ的方差，則D＝___________．
ξ 0 1 2
p a 1－2a
【答案】2
【解析】由題意可得：a＋1－2a＋＝1，解得a＝，
ξ 0 1 2
p
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1，D(ξ)＝(0－1)2＋×(1－1)2＋×(2－1)2＝，
D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝2．
3．京西某地到北京西站有阜石和蓮石兩條路，且到達西站所用時間互不影響．下表是該地區經這兩條路抵達西站所用時長的頻率分布表：
時間(分鐘) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
蓮石路 的頻率 0．1 0．2 0．3 0．2 0．2
阜石路 的頻率 0 0．1 0．4 0．4 0．1
若甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘的時間趕往西站(將頻率視為概率)
(1)甲、乙兩人應如何選擇各自的路徑？
(2)按照(1)的方案，用X表示甲、乙兩人按時抵達西站的人數，求X的分布列和數學期望．
【解析】(1)Ai表示事件“甲選擇路徑Li時，40分鐘內趕到火車站”，B1表示事件“乙選擇路徑Li時，50分鐘內趕到火車站”，i＝1，2，
用頻率估計相應的概率，則有
P＝0．1＋0．2＋0．3＝0．6，P＝0．1＋0．4＝0．5，
P>P，所以甲應選擇路徑L1；
P＝0．1＋0．2＋0．3＋0．2＝0．8，P＝0．1＋0．4＋0．4＝0．9，
P(2)用A，B分別表示針對(1)的選擇方案，甲，乙在各自的時間內到達火車站，
由(1)知P＝0．6，P＝0．9，且A，B相互獨立，X的取值是0，1，2，
P＝P＝0．1×0．4＝0．04，
P＝P＝0．4×0．9＋0．6×0．1＝0．42，
P＝P＝0．9×0．6＝0．54，
所以X的分布列為：
X 0 1 2
P 0．04 0．42 0．54
E(X)＝0×0．04＋1×0．42＋2×0．54＝1．5．
4．品酒師需定期接受酒味鑒別功能測試，通常采用的測試方法如下：拿出n(n∈N*且n≥4)瓶外觀相同但品質不同的酒讓品酒師品嘗，要求其按品質優劣為它們排序；經過一段時間，等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這n瓶酒，并重新按品質優劣為它們排序．這稱為一輪測試，根據一輪測試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評分．現分別以a1，a2，a3，…，an表示第一次排序時被排在1，2，3，…，n的n種酒在第二次排序時的序號，并令X＝＋＋＋．．．＋，則X是對兩次排序的偏離程度的一種描述．下面取n＝4研究，假設在品酒師僅憑隨機猜測來排序的條件下，a1，a2，a3，a4等可能地為1，2，3，4的各種排列，且各輪測試相互獨立．
(1)直接寫出X的可能取值，并求X的分布列和數學期望；
(2)若某品酒師在相繼進行的三輪測試中，都有X≤2，則認為該品酒師有較好的酒味鑒別功能．求出現這種現象的概率，并據此解釋該測試方法的合理性．
【解析】(1)X的可能取值為0，2，4，6，8
P(X＝0)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
P(X＝6)＝＝，
P(X＝8)＝＝，所以X的分布列為
X 0 2 4 6 8
P
從而X的數學期望E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝5．
(2)記“在相繼進行的三輪測試中都有X≤2”為事件A，“在某輪測試中有X≤2”為事件B，則P(B)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝＋＝，
又各輪測試相互獨立，P(A)＝P(BBB)＝P(B)P(B)P(B)＝××＝，
因為P(A)表示僅憑隨機猜測得到較低偏離程度的結果的概率，而P(A)＝≈0．0046，
該可能性非常小，
所以我們可以認為該品酒師確實有較好的酒味鑒別能力，不是靠隨機猜測，故這種測試合理．
5．設0X 0 1－a 1＋a 2
P b c
則當b在內增大時，(　　 )
A．D(X)增大 B．D(X)減小
C．D(X)先減小再增大 D．D(X)先增大再減小
【答案】D
【解析】由分布列的性質可得＋b＋c＋＝1，∴c＝－b，
E(X)＝0×＋b＋＋2×＝1－2ab＋，
D(X)＝×＋×b＋×＋×
＝－4a2b2＋2a2b＋＋＝－4a2＋，
因為0當b∈時，D(X)隨著b的增大而減小．
6．某花店每天以每枝4元的價格從農場購進若干枝玫瑰花，然后以每枝8元的價格出售，如果當天賣不完，剩下的玫瑰花作垃圾處理．
(1)若花店一天購進15枝玫瑰花，求當天的利潤y(單位：元)關于當天需求量n(單位：枝，n∈N)的函數解析式；
(2)花店記錄了100天玫瑰花的日需求量(單位：枝)，整理得下表∶
日需求量n 13 14 15 16 17 18 19
頻數 10 30 20 14 12 8 6
以100天記錄的各需求量的頻率作為各需求量發生的概率．
(ⅰ)若花店一天購進15枝玫瑰花，X表示當天的利潤(單位：元)，求X的分布列，數學期望及方差；
(ⅱ)若花店計劃一天購進15枝或16枝玫瑰花，你認為應購進15枝還是16枝？請說明理由．
【解析】(1)當n≥15時，y＝15×(8－4)＝60，
當n≤14時，y＝(8－4)n－4(15－n)＝8n－60，得y＝n∈N．
(2)(ⅰ)X可取44，52，60，P(X＝44)＝0．1，P(X＝52)＝0．3，P(X＝60)＝0．6，
X的分布列為
X 44 52 60
P 0．1 0．3 0．6
E(X)＝44×0．1＋52×0．3＋60×0．6＝56，
D(X)＝(44－56)2×0．1＋(52－56)2×0．3＋(60－56)2×0．6＝28．8．
(ⅱ)花店一天購進16枝玫瑰花，Y表示當天的利潤(單位：元)，
那么Y的分布列為
Y 40 48 56 64
P 0．1 0．3 0．2 0．4
購進16枝時，當天的利潤的期望為E(Y)＝40×0．1＋48×0．3＋56×0．2＋64×0．4＝55．2，
因為56>55．2，所以應購進15枝．
7．茂名市是著名的水果之鄉，“三高農業”蓬勃發展，荔枝、三華李、香蕉、龍眼等“嶺南佳果”馳名中外，某商鋪推出一款以新鮮水果為原料的加工產品，成本為每份10元，然后以每份20元的價格出售．如果當天賣不完，剩下的作垃圾處理．
(1)若商鋪一天準備170份這種產品，求當天的利潤y(單位：元)關于當天需求量n份，的函數解析式．
(2)商鋪記錄了100天這種產品的日需求量(單位：份)，整理得下圖：
若商鋪計劃一天準備170份或180份這種產品，用X表示準備170份的利潤，Y表示準備180份的利潤，你認為應準備哪個數量更合理？請說明理由．(以100天記錄的各需求量的頻率作為各需求量發生的概率)
【解析】(1)當n≥170時，y＝170×(20－10)＝1 700，
當n<170時，y＝20n－1 700，
所以y＝(n∈N)．
(2)若準備170份，則X的可能取值為1 100，1 300，1 500，1 700，
則P(X＝1 100)＝0．1，P(X＝1 300)＝0．2，P(X＝1 500)＝0．2，P(X＝1 700)＝0．5，
故X的分布列如下：
X 1 100 1 300 1 500 1 700
P 0．1 0．2 0．2 0．5
則X的數學期望為E(X)＝1 100×0．1＋1 300×0．2＋1 500×0．2＋1 700×0．5＝1 520；
若準備180份，則Y的可能取值為1 000，1 200，1 400，1 600，1 800，
則P(Y＝1 000)＝0．1，P(Y＝1 200)＝0．2，P(Y＝1 400)＝0．2，P(Y＝1 600)＝0．14，P(Y＝1 800)＝0．36
故Y的分布列如下：
Y 1 000 1 200 1 400 1 600 1 800
P 0．1 0．2 0．2 0．14 0．36
則Y的數學期望為E(Y)＝1 000×0．1＋1 200×0．2＋1 400×0．2＋1 600×0．14＋1 800×0．36＝1 492．
因為E(X)>E(Y)，所以該商鋪應該準備170份．06 離散型隨機變量及其分布列、數字特征
知識點1 隨機變量
(1)定義：一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點ω，都有唯一的實數X(ω)與之對應，我們稱X為隨機變量．隨機變量的取值X(ω)隨著隨機試驗結果ω的變化而變化．
(2)離散型隨機變量：可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量稱之為離散型隨機變量．
(2)表示：隨機變量通常用大寫英文字母表示，例如X，Y，Z；隨機變量的取值用小寫英文字母表示，例如x，y，z．
知識點2 離散型隨機變量的分布列的定義
(1)定義：一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xi，…，xn，我們稱X取每一個值xi的概率P＝pi，i＝1，2，…，n
為X的概率分布列，簡稱分布列．
(2)表示方法：①表格；②概率分布圖．
知識點3 離散型隨機變量的分布列的性質
(1)pi≥0，i＝1，2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pn＝1．
知識點4 離散型隨機變量的均值與方差
一般地，若離散型隨機變量X的分布列如下表所示，
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值：稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝為隨機變量X的均值或數學期望，數學期望簡稱期望．
(2)方差：稱D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝pi為隨機變量X的方差，有時也記為Var(X)，并稱為隨機變量X的標準差，記為σ(X)．
(3)均值的意義：均值是隨機變量可能取值關于取值概率的加權平均數，它綜合了隨機變量的取值和取值的概率，反映了隨機變量取值的平均水平．
(4)方差和標準差的意義：隨機變量的方差和標準差都可以度量隨機變量取值與其均值E(X)的偏離程度，反映了隨機變量取值的離散程度．方差或標準差越小，隨機變量的取值越集中；方差或標準差越大，隨機變量的取值越分散．
知識點5 均值與方差的性質
若Y＝aX＋b，其中X是隨機變量，a，b是常數，隨機變量X的均值是E(X)，方差是D(X)．
則E(Y)＝E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(Y)＝D＝a2D(X)．(a，b為常數)．
知識點6 分布列性質的兩個作用
(1)利用分布列中各事件概率之和為1可求參數的值．
(2)隨機變量ξ所取的值分別對應的事件是兩兩互斥的，利用這一點可以求相關事件的概率．
知識點7 均值與方差的四個常用性質
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k為常數．
(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．
(3)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(4)若X1，X2相互獨立，則E(X1X2)＝E(X1)·E(X2)．
考點1 離散型隨機變量分布列的性質
【例1】設隨機變量X的分布列為P＝ak(k＝1，2，3，4，5)．
(1)求a的值；
(2)求P；
(3)求P．
【總結】離散型隨機變量分布列性質的應用
(1)利用“總概率之和為1”可以求相關參數的取值范圍或值；
(2)利用“離散型隨機變量在一范圍內的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和”求某些特定事件的概率；
(3)可以根據性質判斷所得分布列結果是否正確．
【變式1-1】設隨機變量X的分布列為P＝，k＝1，2，3，C為常數，則P＝__________．
【變式1-2】設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P 0．2 0．1 0．1 0．3 m
(1)求隨機變量Y＝2X＋1的分布列；
(2)求隨機變量η＝|X－1|的分布列；
(3)求隨機變量ξ＝X2的分布列．
【變式1-3】設隨機變量X的分布列如下：
X 1 2 3 4 5
P p
則p為(　　)
A. B. C. D.
【變式1-4】設X是一個離散型隨機變量，其分布列為
X －1 0 1
P 1－q q－q2
則q等于(　　)
A．1 B.或－
C．1＋ D.
【變式1-5】(多選)設隨機變量ξ的分布列為P＝ak(k＝1,2,3,4,5)，則(　　)
A．a＝ B．P＝
C．P＝ D．P(ξ＝1)＝
【變式1-6】設X是一個離散型隨機變量，其分布列為
X 0 1
P 9a2－a 3－8a
則常數a的值為(　　)
A. B.
C.或 D．－或－
【變式1-7】離散型隨機變量X的概率分布列為P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常數，則P的值為(　　)
A. B. C. D.
【變式1-8】若隨機變量X的分布列如下表，則mn的最大值是(　　)
X 0 2 4
P m 0.5 n
A. B.
C. D.
【變式1-9】隨機變量X的分布列如下：
X －1 0 1
P a b c
其中a，b，c成等差數列，則P(|X|＝1)＝______，公差d的取值范圍是______．
考點2 求離散型隨機變量的分布列
【例2】雙敗淘汰制是一種競賽形式，與普通的單敗淘汰制輸掉一場即被淘汰不同，參賽者只有在輸掉兩場比賽后才喪失爭奪冠軍的可能．在雙敗淘汰制的比賽中，參賽者的數量一般是2的次方數，以保證每一輪都有偶數名參賽者．第一輪通過抽簽，兩人一組進行對陣，勝者進入勝者組，敗者進入負者組．之后的每一輪直到最后一輪之前，勝者組的選手兩人一組相互對陣，勝者進入下一輪，敗者則降到負者組參加本輪負者組的第二階段對陣；負者組的第一階段，由之前負者組的選手(不包括本輪勝者組落敗的選手)兩人一組相互對陣，敗者被淘汰(已經敗兩場)，勝者進入第二階段，分別對陣在本輪由勝者組中降組下來的選手，勝者進入下一輪，敗者被淘汰．最后一輪，由勝者組最終獲勝的選手(此前從未敗過，記為A)對陣負者組最終獲勝的選手(敗過一場，記為B)，若A勝則A獲得冠軍，若B勝則雙方再次對陣，勝者獲得冠軍．某圍棋賽事采用雙敗淘汰制，共有甲、乙、丙等8名選手參賽．第一輪對陣雙方由隨機抽簽產生，之后每一場對陣根據賽事規程自動產生對陣雙方，每場對陣沒有平局．
(1)設“在第一輪對陣中，甲、乙、丙都不互為對手”為事件M，求M的概率；
(2)已知甲對陣其余7名選手獲勝的概率均為，解決以下問題：
①求甲恰在對陣三場后被淘汰的概率；
②若甲在第一輪獲勝，設甲在該項賽事的總對陣場次為隨機變量ξ，求ξ的分布列．
【總結】離散型隨機變量分布列的求解步驟
【變式2-1】為創建國家級文明城市，某城市號召出租車司機在高考期間至少進行一次“愛心送考”，該城市某出租車公司共200名司機，他們進行“愛心送考”的次數統計如圖所示．
(1)求該出租車公司的司機進行“愛心送考”的人均次數；
(2)從這200名司機中任選兩人，設這兩人進行送考次數之差的絕對值為隨機變量X，求X的分布列．
【變式2-2】(多選)設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若離散型隨機變量Y滿足Y＝2X＋1，則下列結果正確的有(　　)
A．q＝0.1
B．E(X)＝2，D(X)＝1.4
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8
D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
考點3 求離散型隨機變量的均值與方差
【例3】為迎接2022年北京冬奧會，推廣滑雪運動，某滑雪場開展滑雪促銷活動．該滑雪場的收費標準是：滑雪時間不超過1小時免費，超過1小時的部分每小時收費標準為40元(不足1小時的部分按1小時計算)．有甲、乙兩人相互獨立地來該滑雪場運動，設甲、乙不超過1小時離開的概率分別為，；1小時以上且不超過2小時離開的概率分別為，；兩人滑雪時間都不會超過3小時．
(1)求甲、乙兩人所付滑雪費用相同的概率；
(2)設甲、乙兩人所付的滑雪費用之和為隨機變量ξ(單位：元)，求ξ的分布列與數學期望E(ξ)，方差D(ξ)．
【總結】
求離散型隨機變量ξ的均值與方差的步驟
(1)理解ξ的意義，寫出ξ全部的可能取值；
(2)求ξ取每個值的概率；
(3)寫出ξ的分布列；
(4)由均值的定義求E(ξ)，由方差的定義求D(ξ)．
【變式3-1】據有關權威發布某種傳染病的傳播途徑是通過呼吸傳播，若病人(患了某種傳染病的人)和正常人(沒患某種傳染病的人)都不戴口罩而且交流時距離小于一米90%的機率被傳染，若病人不戴口罩正常人戴口罩且交流時距離小于一米時60%的機率被傳染，若病人戴口罩而正常人不戴口罩且交流距離小于一米時30%的機率被傳染上，若病人和正常人都帶口罩且交流距離大于一米時不會被傳染．為此對某地經常出入某場所的人員通過抽樣調查的方式對戴口罩情況做了記錄如下表：
男士 女士
戴口罩 不戴口罩 戴口罩 不戴口罩
甲地 40 20 30 10
乙地 10 30 45 15
假設某人是否戴口罩互相獨立
(1)求去甲地的男士帶口罩的概率，用上表估計所有去甲地的人戴口罩的概率．
(2)若從所有男士中選1人，從所有女士中選2人，用上表的頻率估計概率，求戴口罩人數X的分布列和期望．
(3)上表中男士不戴口罩記為“ξ＝0”，戴口罩記為“ξ＝1”，確定男士戴口罩的方差為Dξ，和女士不戴口罩記為“η＝0”，戴口罩記為“η＝1”確定女士戴口罩的方差為Dη．比較Dξ和Dη的大小，并說明理由．
【變式3-2】已知X的分布列為
X －1 0 1
P
設Y＝2X＋3，則E(Y)的值為(　　 )
A． B．4
C．－1 D．1
【變式3-3】已知離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2
P 0．5 1－2q q2
則常數q＝________．
【變式3-4】設隨機變量X的分布列為P＝a×，k＝1，2，3，則a的值為__________．
【變式3-5】已知隨機變量X的分布列如下：
X －1 0 1
P
若Y＝2X＋3，則E(Y)的值為________．
【變式3-6】若隨機變量X滿足P(X＝c)＝1，其中c為常數，則D(X)的值為________．
【變式3-7】(2022·昆明模擬)從1,2,3,4,5這組數據中，隨機取出三個不同的數，用X表示取出的數字的最小數，則隨機變量X的均值E(X)等于(　　)
A. B. C. D.
【變式3-8】已知隨機變量X，Y滿足Y＝2X＋1，且隨機變量X的分布列如下：
X 0 1 2
P a
則隨機變量Y的方差D(Y)等于(　　)
A. B.
C. D.
【變式3-9】已知m，n為正常數，離散型隨機變量X的分布列如表：
X －1 0 1
P m n
若隨機變量X的均值E(X)＝，則mn＝________，P(X≤0)＝________.
【變式3-10】(2022·邯鄲模擬)小張經常在某網上購物平臺消費，該平臺實行會員積分制度，每個月根據會員當月購買實物商品和虛擬商品(充話費等)的金額分別進行積分，詳細積分規則以及小張每個月在該平臺消費不同金額的概率如下面的表1和表2所示，并假設購買實物商品和購買虛擬商品相互獨立．
表1
購買實物商品(元) (0,100) [100,500) [500,1 000)
積分 2 4 6
概率
表2
購買虛擬商品(元) (0,20) [20,50) [50,100) [100,200)
積分 1 2 3 4
概率
(1)求小張一個月購買實物商品和虛擬商品均不低于100元的概率；
(2)求小張一個月積分不低于8分的概率；
(3)若某個月小張購買了實物商品和虛擬商品，消費均低于100元，求他這個月的積分X的分布列與均值．
考點4 均值與方差在決策中的作用
【例4】2021年3月5日李克強總理在政府作報告中特別指出：扎實做好碳達峰，碳中和各項工作，制定2030年前碳排放達峰行動方案，優化產業結構和能源結構．某環保機器制造商為響應號召，對一次購買2臺機器的客戶推出了兩種超過機器保修期后5年內的延保維修方案：
方案一：交納延保金5 000元，在延保的5年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費1 000元；
方案二：交納延保金6 230元，在延保的5年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費t元；
制造商為制定收取標準，為此搜集并整理了200臺這種機器超過保修期后5年內維修的次數，統計得到下表：
維修次數 0 1 2 3
機器臺數 20 40 80 60
以這200臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發生的概率，記X表示2臺機器超過保修期后5年內共需維修的次數．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金與維修費用之和的均值為決策依據，為使選擇方案二對客戶更合算，應把t定在什么范圍？
【總結】利用均值、方差進行決策的2個方略
(1)當均值不同時，兩個隨機變量取值的水平可見分歧，可對問題作出判斷．
(2)若兩隨機變量均值相同或相差不大，則可通過分析兩變量的方差來研究隨機變量的離散程度或者穩定程度，進而進行決策．
【變式4-1】直播帶貨是扶貧助農的一種新模式，這種模式是利用主流媒體的公信力，聚合銷售主播的力量助力打通農產品產銷鏈條，切實助力貧困地區農民脫貧增收．某貧困地區有統計數據顯示，2020年該地利用網絡直播形式銷售農產品的銷售主播年齡等級分布如圖1所示，一周內使用直播銷售的頻率分布扇形圖如圖2所示．若將銷售主播按照年齡分為“年輕人”(20歲～39歲)和“非年輕人”(19歲及以下或者40歲及以上)兩類，將一周內使用的次數為6次或6次以上的稱為“經常使用直播銷售用戶”，使用次數為5次或不足5次的稱為“不常使用直播銷售用戶”，則“經常使用直播銷售用戶”中有是“年輕人”．
(1)現對該地相關居民進行“經常使用網絡直播銷售與年齡關系”的調查，采用隨機抽樣的方法，抽取一個容量為200的樣本，請你根據圖表中的數據，完成2×2列聯表，并根據列聯表判斷是否有85%的把握認為經常使用網絡直播銷售與年齡有關？
使用直播銷售情況與年齡列聯表
年輕人 非年輕人 合計
經常使用直 播銷售用戶
不常使用直 播銷售用戶
合計
(2)某投資公司在2021年年初準備將1 000萬元投資到“銷售該地區農產品”的項目上，現有兩種銷售方案供選擇：
方案一：線下銷售．根據市場調研，利用傳統的線下銷售，到年底可能獲利30%，可能虧損15%，也可能不賠不賺，且這三種情況發生的概率分別為，，；
方案二：線上直播銷售．根據市場調研，利用線上直播銷售，到年底可能獲利50%，可能虧損30%，也可能不賠不賺，且這三種情況發生的概率分別為，，．
針對以上兩種銷售方案，請你從期望和方差的角度為投資公司選擇一個合理的方案，并說明理由．
參考數據：獨立性檢驗臨界值表
α 0．15 0．10 0．050 0．025 0．010
xα 2．072 2．706 3．841 5．024 6．635
其中，χ2＝，n＝a＋b＋c＋d．
【變式4-2】某班體育課組織籃球投籃考核，考核分為定點投籃與三步上籃兩個項目．每個學生在每個項目投籃5次，以規范動作投中3次為考核合格，定點投籃考核合格得4分，否則得0分；三步上籃考核合格得6分，否則得0分．現將該班學生分為兩組，一組先進行定點投籃考核，一組先進行三步上籃考核，若先考核的項目不合格，則無需進行下一個項目，直接判定為考核不合格；若先考核的項目合格，則進入下一個項目進行考核，無論第二個項目考核是否合格都結束考核．已知小明定點投籃考核合格的概率為0.8，三步上籃考核合格的概率為0.7，且每個項目考核合格的概率與考核次序無關．
(1)若小明先進行定點投籃考核，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
(2)為使累計得分的均值最大，小明應選擇先進行哪個項目的考核？并說明理由．
【變式4-3】為加快某種病毒的檢測效率，某檢測機構采取“k合1檢測法”，即將k個人的拭子樣本合并檢測，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽性，則還需要對本組的每個人再做檢測．現有100人，已知其中2人感染病毒．
(1)①若采用“10合1檢測法”，且兩名患者在同一組，求總檢測次數；
②已知10人分成一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為，定義隨機變量X為總檢測次數，求檢測次數X的分布列和均值E(X)；
(2)若采用“5合1檢測法”，檢測次數Y的均值為E(Y)，試比較E(X)和E(Y)的大小(直接寫出結果)．
【變式4-4】(2022·莆田質檢)某工廠生產一種精密儀器，由第一、第二和第三工序加工而成，三道工序的加工結果相互獨立，每道工序的加工結果只有A，B兩個等級．三道工序的加工結果直接決定該儀器的產品等級：三道工序的加工結果均為A級時，產品為一等品；第三工序的加工結果為A級，且第一、第二工序至少有一道工序加工結果為B級時，產品為二等品；其余均為三等品．每一道工序加工結果為A級的概率如表一所示，一件產品的利潤(單位：萬元)如表二所示：
表一
工序 第一工序 第二工序 第三工序
概率 0.5 0.75 0.8
表二
等級 一等品 二等品 三等品
利潤 23 8 5
(1)用η表示一件產品的利潤，求η的分布列和均值；
(2)因第一工序加工結果為A級的概率較低，工廠計劃通過增加檢測成本對第一工序進行改良，假如改良過程中，每件產品檢測成本增加x(0≤x≤4)萬元(即每件產品利潤相應減少x萬元)時，第一工序加工結果為A級的概率增加x.問該改良方案對一件產品利潤的均值是否會產生影響？并說明理由．
1．(多選)設離散型隨機變量X的分布列如下表：
X 1 2 3 4 5
P m 0．1 0．2 n 0．3
若離散型隨機變量Y＝－3X＋1，且E＝3，則(　　 )
A．m＝0．1 B．n＝0．1
C．E＝－8 D．D＝－7．8
【答案】BC
【解析】由E＝1×m＋2×0．1＋3×0．2＋4×n＋5×0．3＝3得m＋4n＝0．7，又由m＋0．1＋0．2＋n＋0．3＝1得m＋n＝0．4，從而得m＝0．3，n＝0．1，故A選項錯誤，B選項正確；
E＝－3E＋1＝－8，故C選項正確；
因為D＝0．3×＋0．1×＋0．1×＋0．3×＝2．6，所以D＝D＝23．4，故D選項錯誤．
2．已知隨機變量ξ的分布列如下表，D表示ξ的方差，則D＝___________．
ξ 0 1 2
p a 1－2a
【答案】2
【解析】由題意可得：a＋1－2a＋＝1，解得a＝，
ξ 0 1 2
p
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1，D(ξ)＝(0－1)2＋×(1－1)2＋×(2－1)2＝，
D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝2．
3．京西某地到北京西站有阜石和蓮石兩條路，且到達西站所用時間互不影響．下表是該地區經這兩條路抵達西站所用時長的頻率分布表：
時間(分鐘) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
蓮石路 的頻率 0．1 0．2 0．3 0．2 0．2
阜石路 的頻率 0 0．1 0．4 0．4 0．1
若甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘的時間趕往西站(將頻率視為概率)
(1)甲、乙兩人應如何選擇各自的路徑？
(2)按照(1)的方案，用X表示甲、乙兩人按時抵達西站的人數，求X的分布列和數學期望．
【解析】(1)Ai表示事件“甲選擇路徑Li時，40分鐘內趕到火車站”，B1表示事件“乙選擇路徑Li時，50分鐘內趕到火車站”，i＝1，2，
用頻率估計相應的概率，則有
P＝0．1＋0．2＋0．3＝0．6，P＝0．1＋0．4＝0．5，
P>P，所以甲應選擇路徑L1；
P＝0．1＋0．2＋0．3＋0．2＝0．8，P＝0．1＋0．4＋0．4＝0．9，
P(2)用A，B分別表示針對(1)的選擇方案，甲，乙在各自的時間內到達火車站，
由(1)知P＝0．6，P＝0．9，且A，B相互獨立，X的取值是0，1，2，
P＝P＝0．1×0．4＝0．04，
P＝P＝0．4×0．9＋0．6×0．1＝0．42，
P＝P＝0．9×0．6＝0．54，
所以X的分布列為：
X 0 1 2
P 0．04 0．42 0．54
E(X)＝0×0．04＋1×0．42＋2×0．54＝1．5．
4．品酒師需定期接受酒味鑒別功能測試，通常采用的測試方法如下：拿出n(n∈N*且n≥4)瓶外觀相同但品質不同的酒讓品酒師品嘗，要求其按品質優劣為它們排序；經過一段時間，等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這n瓶酒，并重新按品質優劣為它們排序．這稱為一輪測試，根據一輪測試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評分．現分別以a1，a2，a3，…，an表示第一次排序時被排在1，2，3，…，n的n種酒在第二次排序時的序號，并令X＝＋＋＋．．．＋，則X是對兩次排序的偏離程度的一種描述．下面取n＝4研究，假設在品酒師僅憑隨機猜測來排序的條件下，a1，a2，a3，a4等可能地為1，2，3，4的各種排列，且各輪測試相互獨立．
(1)直接寫出X的可能取值，并求X的分布列和數學期望；
(2)若某品酒師在相繼進行的三輪測試中，都有X≤2，則認為該品酒師有較好的酒味鑒別功能．求出現這種現象的概率，并據此解釋該測試方法的合理性．
【解析】(1)X的可能取值為0，2，4，6，8
P(X＝0)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
P(X＝6)＝＝，
P(X＝8)＝＝，所以X的分布列為
X 0 2 4 6 8
P
從而X的數學期望E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝5．
(2)記“在相繼進行的三輪測試中都有X≤2”為事件A，“在某輪測試中有X≤2”為事件B，則P(B)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝＋＝，
又各輪測試相互獨立，P(A)＝P(BBB)＝P(B)P(B)P(B)＝××＝，
因為P(A)表示僅憑隨機猜測得到較低偏離程度的結果的概率，而P(A)＝≈0．0046，
該可能性非常小，
所以我們可以認為該品酒師確實有較好的酒味鑒別能力，不是靠隨機猜測，故這種測試合理．
5．設0X 0 1－a 1＋a 2
P b c
則當b在內增大時，(　　 )
A．D(X)增大 B．D(X)減小
C．D(X)先減小再增大 D．D(X)先增大再減小
【答案】D
【解析】由分布列的性質可得＋b＋c＋＝1，∴c＝－b，
E(X)＝0×＋b＋＋2×＝1－2ab＋，
D(X)＝×＋×b＋×＋×
＝－4a2b2＋2a2b＋＋＝－4a2＋，
因為0當b∈時，D(X)隨著b的增大而減小．
6．某花店每天以每枝4元的價格從農場購進若干枝玫瑰花，然后以每枝8元的價格出售，如果當天賣不完，剩下的玫瑰花作垃圾處理．
(1)若花店一天購進15枝玫瑰花，求當天的利潤y(單位：元)關于當天需求量n(單位：枝，n∈N)的函數解析式；
(2)花店記錄了100天玫瑰花的日需求量(單位：枝)，整理得下表∶
日需求量n 13 14 15 16 17 18 19
頻數 10 30 20 14 12 8 6
以100天記錄的各需求量的頻率作為各需求量發生的概率．
(ⅰ)若花店一天購進15枝玫瑰花，X表示當天的利潤(單位：元)，求X的分布列，數學期望及方差；
(ⅱ)若花店計劃一天購進15枝或16枝玫瑰花，你認為應購進15枝還是16枝？請說明理由．
【解析】(1)當n≥15時，y＝15×(8－4)＝60，
當n≤14時，y＝(8－4)n－4(15－n)＝8n－60，得y＝n∈N．
(2)(ⅰ)X可取44，52，60，P(X＝44)＝0．1，P(X＝52)＝0．3，P(X＝60)＝0．6，
X的分布列為
X 44 52 60
P 0．1 0．3 0．6
E(X)＝44×0．1＋52×0．3＋60×0．6＝56，
D(X)＝(44－56)2×0．1＋(52－56)2×0．3＋(60－56)2×0．6＝28．8．
(ⅱ)花店一天購進16枝玫瑰花，Y表示當天的利潤(單位：元)，
那么Y的分布列為
Y 40 48 56 64
P 0．1 0．3 0．2 0．4
購進16枝時，當天的利潤的期望為E(Y)＝40×0．1＋48×0．3＋56×0．2＋64×0．4＝55．2，
因為56>55．2，所以應購進15枝．
7．茂名市是著名的水果之鄉，“三高農業”蓬勃發展，荔枝、三華李、香蕉、龍眼等“嶺南佳果”馳名中外，某商鋪推出一款以新鮮水果為原料的加工產品，成本為每份10元，然后以每份20元的價格出售．如果當天賣不完，剩下的作垃圾處理．
(1)若商鋪一天準備170份這種產品，求當天的利潤y(單位：元)關于當天需求量n份，的函數解析式．
(2)商鋪記錄了100天這種產品的日需求量(單位：份)，整理得下圖：
若商鋪計劃一天準備170份或180份這種產品，用X表示準備170份的利潤，Y表示準備180份的利潤，你認為應準備哪個數量更合理？請說明理由．(以100天記錄的各需求量的頻率作為各需求量發生的概率)
【解析】(1)當n≥170時，y＝170×(20－10)＝1 700，
當n<170時，y＝20n－1 700，
所以y＝(n∈N)．
(2)若準備170份，則X的可能取值為1 100，1 300，1 500，1 700，
則P(X＝1 100)＝0．1，P(X＝1 300)＝0．2，P(X＝1 500)＝0．2，P(X＝1 700)＝0．5，
故X的分布列如下：
X 1 100 1 300 1 500 1 700
P 0．1 0．2 0．2 0．5
則X的數學期望為E(X)＝1 100×0．1＋1 300×0．2＋1 500×0．2＋1 700×0．5＝1 520；
若準備180份，則Y的可能取值為1 000，1 200，1 400，1 600，1 800，
則P(Y＝1 000)＝0．1，P(Y＝1 200)＝0．2，P(Y＝1 400)＝0．2，P(Y＝1 600)＝0．14，P(Y＝1 800)＝0．36
故Y的分布列如下：
Y 1 000 1 200 1 400 1 600 1 800
P 0．1 0．2 0．2 0．14 0．36
則Y的數學期望為E(Y)＝1 000×0．1＋1 200×0．2＋1 400×0．2＋1 600×0．14＋1 800×0．36＝1 492．
因為E(X)>E(Y)，所以該商鋪應該準備170份．

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