考点10-3 随机变量及其分布列（理）-2023年高考数学一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版）

考点10-3随机变量及其分布列1．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123,,ppp，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为12，则此时连胜两盘的概率为p甲则21321331231211(1)(1)(1)(1)22ppppppppppppp甲123123()2pppppp；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙，则123123213123(1)(1)()2ppppppppppppp乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则132132312123(1)(1)()2ppppppppppppp丙则123123213123123()2()20ppppppppppppppppp甲乙213123312123231()2()20ppppppppppppppppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D2．已知随机变量1,2ii的分布列如下表所示：012P13ip23ip若1212023pp，则（）A．1()E2()E，1()D2()DB．1()E2()E，1()D2()DC．1()E2()E，1()D2()DD．1()E2()E，1()D2()D【答案】A【分析】通过计算期望和方差来求得正确答案.【详解】1111124()012333Eppp，2222124()012333Eppp，由于12pp，所以12()()EE.22211111141442()01233333Dppppp222111114112233333ppppp21118=39pp，同理可得222218()=39Dpp.22122121212111()()033DDpppppppp，所以12()()DD.故选：A3．“保护环境，绿色出行”是现代社会提倡的一种环保理念，李明早上上学的时候，可以乘坐公共汽车，也可以骑单车，已知李明骑单车的概率为0.7，乘坐公共汽车的概率为0.3，而且骑单车与乘坐公共汽车时，李明准时到校的概率分别为0.9与0.8，则李明准时到校的概率是（）A．0.9B．0.87C．0.83D．0.8【答案】B【分析】分别求出乘坐公共汽车和骑单车准时到校的概率，然后求和即为准时到校的概率.【详解】李明上学骑单车准时到校的概率为0.70.9=0.63，乘坐公共汽车准时到校的概率为0.30.8=0.24，因此李明准时到校的概率为：0.630.24=0.87，故选：B4.已知随机变量X服从正态分布22,N，且(22.5)0.36PX，则(2.5)PX____________．【答案】0.14##750．【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为22,XN，所以220.5PXPX，因此2.5222.50.50.360.14PXPXPX．故答案为：0.14．5.已知随机变量服从正态分布24,N，且652PP，则26P___________.【答案】23【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案【详解】因为随机变量服从正态分布24,N，其对称轴方程为4x设(2)Px，所以(2)(6)PPx又652PP(26)4Px根据题意41xxx，16x2(26)43Px故答案为：236.．现有3道四选一的单选题，学生李明对其中的2道题有思路，1道题完全没有思路，有思路的题答对的概率为0.8，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，若每题答对得5分，不答或答错得0分，则李明这3道题得分的期望为（）A．9310B．374C．394D．21120【答案】B【分析】记李明这3道题得分为随机变量X，则X的取值为0，5，10，15，然后根据题意求出相应的概率，从而可求出李明这3道题得分的期望.【详解】记李明这3道题得分为随机变量X，则X的取值为0，5，10，15，2133(0)54100PX，212413111(5)C554544PX，2124114314(10)C5545425PX，2414(15)5425PX，所以3114437()051015100425254EX．故选：B7．若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积.则如图所示的涂色部分的面积表示（）A．事件A发生的概率B．事件B发生的概率C．事件B不发生条件下事件A发生的概率D．事件A、B同时发生的概率【答案】A【分析】根据图示，表示出涂色部分的面积，利用条件概率的概率公式整理化简，即可求得答案.【详解】由题意可得，如图所示的涂色部分的面积为(|)()[1()](|)PABPBPBPAB()()(|)()()()PABPBPABPABPABPA,故选：A8．设0＜a＜1．随机变量X的分布列是X0a1P131313则当a在（0，1）内增大时，（）A．E（X）不变B．E（X）减小C．V（X）先增大后减小D．V（X）先减小后增大【答案】D【分析】根据分布列写出()EX和()VX关于a的函数式，由函数性质可得结论．【详解】1111()013333aEXa，∴E（X）增大；222111111()1333333aaaVXa2222212211(1)(21)(2)1279926aaaaaa，∵0＜a＜1，∴V（X）先减小后增大．故选：D．9.某项比赛规则是3局2胜，甲乙两人进行比赛，假设甲每局获胜的概率为13，则由此估计甲获胜的概率为______.【答案】727【分析】由题可知甲获胜的有两类，2:0和2:1，然后利用独立事件概率公式计算即得.【详解】因为甲获胜的方式有2:0和2:1两种，所以甲获胜的概率为21211217C333327P.故答案为：727.10．柯西分布(Cauchydistribution)是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量X服从柯西分布为0~,XCx，其中当1，00x时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为211fxx．已知~1,0XC，233PX，11312PX，则1PX________.【答案】14##0.25【分析】由概率密度函数得其关于0x对称，由对称性求得概率．【详解】由已知，概率密度函数图象关于0x对称，233PX，1033PX又11312PX，1014PX，1104PX，11111102244PXPX故答案为：14．11.已知数列{an}满足a1＝0，且对任意n∈N*，an+1等概率地取an+1或an﹣1，设an的值为随机变量ξn，则（）A．P（ξ3＝2）＝12B．E（ξ3）＝1C．P（ξ5＝0）＜P（ξ5＝2）D．P（ξ5＝0）＜P（ξ3＝0）【答案】D【分析】由题意可知a2＝1或a2＝－1，且P（a2＝1）＝P(a2＝－1)＝12，进而可求ξ3的期望，可判断AB；再结合条件求P（ξ5＝0），可判断CD.【详解】依题意a2＝1或a2＝－1，且P（a2＝1）＝P(a2＝－1)＝12，ξ3＝a3的可能取值为2，0，－2P（ξ3＝2）＝12×12＝14，P（ξ3＝0）＝2×1122＝12，P（ξ3＝－2）＝1122＝14，E（ξ3）＝2×14+0×12+(－2）×14＝0，由此排除A和B；ξ4＝a4的可能取值为3,1，－1，－3，P（ξ4＝3）＝12P（ξ3＝2）＝18，P（ξ4＝1）＝33(2)(0)2P＝38，P（ξ4＝－1）＝33(0)(2)2PP＝38，P（ξ4＝－3）＝12P（ξ3＝－2）＝18，ξ5＝a5的可能取值为4，2，0，－2，－4P（ξ5＝0）＝44(1)(1)2PP＝38，P（ξ5＝2）＝44(3)(1)2PP＝14，所以P（ξ5＝0）＞P（ξ5＝2），排除C．因为P（ξ5＝0）＝38，P（ξ3＝0）＝12，所以P（ξ5＝0）＜P（ξ3＝0），故D正确.故选：D．12．已知*,,xyzN，且10xyz，记随机变量为x，y，z中的最大值，则E（）A．103B．143C．5D．173【答案】D【分析】先求出方程的全部正整数解，即基本事件总数，为x，y，z中的最大值，则可能的取值为4,5,6,7,8，然后分别求出对应的概率即可.【详解】根据隔板法，将10看做10个完全相同的小球排成一排，中间形成的9个空，放入两块隔板，可求得10xyz正整数解有2936C组，可能的取值为4,5,6,7,8，不妨设max,,xxyz，则x，下分类讨论：8x，(,,)(8,1,1)xyz；7x，(,,)(7,1,2),(7,2,1)xyz6x，(,,)(6,1,3),(6,3,1),(6,2,2)xyz；5x，(,,)(5,1,4),(5,4,1),(5,2,3),(5,3,2)xyz；4x，(,,)(4,3,3),(4,4,2)xyz但根据,,xyz的对称性，上述每一组解的结果数还要乘以3，于是则有：31(8)3612P，61(7)366P，91(6)364P，121(5)363P，61(4)366P于是1111117876541264363E故选：D13．随机变量X的概率分布列如下：X012…k…12P1a12a2121Ca…121kCa…1a其中0,1,2,,12k，则()EX（）A．122B．62C．6D．12【答案】C【分析】由分布列的归一性求出122a，从而012121212121212121()(01212)2kEXCCCkCC，由此利用倒序相加法能求出结果．【详解】由分布列的性质可得：1201121212121212()1kCCCCaa，得122a，012121212121212121()(01212)2kEXCCCkCC①，1211101201212121212121()[121110(12)0]2kEXCCCkCC012121212121212121[121110(12)0]2kCCCkC