第十二单元 概率与统计（二）（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第十二单元　概率与统计（二）
满分150分,限时120分钟
考点3 离散型随机变量的分布列及其数字特征　　考点4 二项分布、超几何分布与正态分布
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025浙江Z20名校联盟联考)已知随机变量X的分布列如下表所示,则E(2X+1)=(　　)
X 1 2 3
P a
A.　　B.　　C.　　D.
2.(2024江西新余第四中学模拟)小豪同学玩纸牌游戏,现标号为1,2,3,4,5的纸牌分别有5,4,3,2,1张(抽牌阶段抽到每张牌的概率均等),他从这些纸牌中随机抽取一张,标号记为X,则D(X)=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2024江苏苏锡常镇四市调研)青少年的身高一直是家长和社会关注的重点,它不仅关乎个体成长,也是社会健康素养发展水平的体现.某市教育部门为了解本市高三学生的身高状况,从本市全体高三学生中随机抽查了1 200人,经统计后发现他们的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(172,σ2),且身高在168 cm和176 cm之间的人数占样本量的75%,则样本中身高不低于176 cm的约有　(　　)
A.150人　　B.300人　　C.600人　　D.900人
4.(2025广东六校联考)已知随机变量X服从正态分布N(1,σ2),若P(X<0)+P(X<3)=,则P(2A.0.1　　B.0.2　　C.0.3　　D.0.4
5.(模块融合)(2025江苏南京航空航天大学苏州附属中学期初)在备战某运动会期间,教练组举办羽毛球训练比赛,派出甲、乙两名单打主力,为了提高两名主力的能力,教练安排了为期一周的对抗训练,比赛规则如下:甲、乙两人每轮分别与陪练打2局,当两人获胜局数不少于3时,认为这轮训练过关;否则不过关.已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为P1,P2,且P1+P2=,每局之间相互独立.记甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X,若E(X)=16,则从期望的角度来看,甲、乙两人训练的轮数至少为(　　)
A.32　　B.31　　C.28　　D.27
6.(2025湖北新高考联考协作体开学考试)小明有一枚质地不均匀的骰子,每次掷出后出现1点的概率为p(0A.E(X)>6　　B.E(X)<6　　C.E(X)=6　　D.E(X)与6的大小无法确定
7.(2024广东梅州梅雁中学月考)甲、乙两人进行乒乓球比赛,每人各局取胜的概率均为,现采用五局三胜制,胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜,此时因某种原因比赛中止,为使奖金分配合理,则乙应得的奖金为(　　)
A.700元　　B.600元　　C.200元　　D.100元
8.(新考法)(2025福建部分学校质量检测)某城市采用摇号买车的方式,有20万人摇号,每个月摇上的人退出摇号,没有摇上的人继续进入下个月摇号,每个月都有人补充进摇号队伍,每个季度第一个月摇上的概率为,第二个月摇上的概率为,第三个月摇上的概率为,则平均每个人摇上需要的时间为(　　)
A.7个月　　B.8个月　　C.9个月　　D.10个月
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2025浙江杭州联考)为了解鸭梨种植园的亩收入(单位:万元)情况,从“高标准梨园”种植区抽取样本,得到的亩收入Y的样本均值=0.86,样本方差s2=0.000 9,假设Y服从正态分布N(,s2);从“标准化梨园”种植区抽取样本,亩收入X服从正态分布N(0.72,0.042),则(若Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 4)(　　)
A.P(X>0.8)>0.2　　B.P(X>0.8)<0.5　　C.P(Y>0.8)>0.5　　D.P(Y>0.8)<0.8
10.(2024江苏镇江中学检测)一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球,其中有6个黑球,4个白球,现从中任取4个球,记随机变量X为取出白球的个数,随机变量Y为取出黑球的个数,若取出一个白球得2分,取出一个黑球得1分,随机变量Z为取出4个球的总得分,则下列结论正确的是(　　)
A.X服从超几何分布　　B.P(X=0)=　　C.E(X)>E(Y)　　D.P(Z=5)=
11.(新定义)(2024黑龙江哈尔滨工业大学附属中学校期末)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n),pi=1,定义X的信息熵H(X)=-pilog2pi,则下列结论正确的是(　　)
A.若n=1,则H(X)=0
B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大
C.若pi=(i=1,2,…,n),则H(X)随着n的增大而增大
D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y)
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2025江西九江稳派联考)已知某地区共有8 000名考生参与高考二检数学,且二检的数学成绩X近似服从正态分布N(95,σ2),若成绩在80分以下的有1 500人,则估计P(95≤X≤110)=　　　　.
13.(2025广东八校联合检测)盒中有3个红球,m个黄球,n个绿球,所有球除颜色外完全相同.从盒中任取两个球,取到的两球均为红球的概率为.从盒中任取3个球,记其中红球的个数为X,则E(X)=　　　　.
14.(2025江苏扬州仙城中学期初测试)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8,两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用),则四轮比赛后,甲得3分的概率为　　　　;甲的总得分不小于2分的概率为　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025湖北重点高中智学联盟联考)某品牌专卖店统计历史消费数据发现:进店消费的顾客的消费额X(单位:元)服从正态分布N(330,252).为回馈广大顾客,专卖店对消费达一定金额的顾客开展了品牌知识有奖答题活动,顾客需要依次回答两类试题,若顾客答对第一类题,则继续回答第二类题,若顾客没有答对第一类题,则不再答第二类题,直接结束有奖答题活动.对于每一类题,答错得0分,答对得10分,两类题总分20分,答题结束后可减免与得分相同数额的现金(单位:元).每类试题均有两次答题机会,在任意一类试题中,若第一次回答正确,则认为答对该类试题,就不再进行第二次答题.若第一次回答错误,则进行第二次答题,若第二次答题正确,则也认为答对该类试题;若第二次回答错误,则认为答错该类试题.
(1)若某天有200位进店消费的顾客,估计该天消费额X在(305,+∞)内的人数(结果保留整数);
(2)某顾客参与答题活动,在第一类题的两次答题中答对的概率都是,在第二类题的两次答题中答对的概率都是,且每次答题相互独立.若答题结束后可减免的现金数额为X,求X的分布列和数学期望.
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ16.(15分)(2024广东深圳高级中学适应性考试)公平正义是社会主义和谐社会的重要特征,是社会主义法治理念的价值追求.考试作为一种公平公正选拔人才的有效途径,正被广泛采用.一般地,对于一次成功的考试来说,所有考生的考试成绩应服从正态分布.某单位准备通过考试(按照高分优先录取的原则)录用300人,其中275个高薪职位和25个普薪职位.已知此次招聘中,实际报名人数为2 000,考试满分为400分.记考生的成绩为X,且X~N(μ,σ2),已知所有考生考试的平均成绩μ=180,且成绩为360分及以上的考生有30名.
(1)求σ的值;(结果保留整数)
(2)该单位的最低录用分数约是多少 (结果保留整数)
(3)已知考生甲的成绩为286分,判断甲能否被录用,若甲被录用,能否获得高薪职位 若不能被录用,请说明理由.
附:①当X~N(μ,σ2)时,令Y=,则Y~N(0,1).
②当Y~N(0,1)时,P(Y<2.17)≈0.985,P(Y<1.28)≈0.900,P(Y<1.09)≈0.863,P(Y<1.04)≈0.85.
17.(15分)(2025北京第三十五中学月考)某校举办知识竞赛,已知学生甲是否做对每道题目相互独立,做对A,B,C三道题目的概率以及做对时获得的相应奖金如表所示.
题目 A B C
做对的概率
获得的奖金/元 20 40 80
设甲最终获得的奖金为X.规则如下:按照A,B,C的顺序做题,只有做对当前题目才有资格做下一题.
注:甲最终获得的奖金为答对的题目相对应的奖金总和.
(1)求甲没有获得奖金的概率;
(2)求甲最终获得的奖金X的分布列及期望;
(3)如果改变做题的顺序,最终获得的奖金期望是否与按照A,B,C的顺序做题获得的奖金期望相同 如果不同,你认为哪个顺序最终获得的奖金期望最大
18.(17分)某学校组织A,B,C,D,E五位同学参加某大学的测试活动,现有甲、乙两种不同的测试方案,每位同学随机选择其中一种进行测试,选择甲方案测试合格的概率为,选择乙方案测试合格的概率为,且每位同学测试的结果互不影响.
(1)若5位同学均选择甲方案测试,将测试合格的同学的人数记为X,求X的分布列及其方差;
(2)若测试合格的人数的期望不小于3,求选择甲方案进行测试的同学的可能人数.
19.(17分)(2025重庆朝阳中学质量检测)一袋中装有8个球,其中3个白球,5个黑球,这些球除颜色外完全相同.从该袋中任取一个球,若取出的是白球,则把它放回袋中;若取出的是黑球,则不放回,并且另补一个白球放到袋中.在重复n次这样的操作后,口袋里白球的个数记为Xn.
(1)求随机变量X1的方差D(X1);
(2)求随机变量X2的分布列及数学期望E(X2);
(3)设P(Xn=3+k)=Pk,求P(Xn+1=3+k)(k=0,1,2,3,4,5),并用E(Xn)表示E(Xn+1).
答案全解全析
强基精测卷2
1.C　由离散型随机变量分布列的性质,得a=,所以E(X)=1×+2×+3×=,所以E(2X+1)=2E(X)+1=.
解题技法
　均值与方差的性质
(1)均值的性质:E(aX+b)=aE(X)+b,其中a,b为常数.
(2)方差的性质:D(aX+b)=a2D(X),其中a,b是常数.
2.C　由题意知,共15张纸牌,所以X的分布列为
X 1 2 3 4 5
P
所以E(X)=++++=.
解法一　D(X)=×+×+×+×+×=.
解法二　X2的分布列为
X2 1 4 9 16 25
P
所以E(X2)=1×+4×+9×+16×+25×=7,
所以
3.A　由已知得X~N(172,σ2),且P(168则P(1724.A　易得称(点拨),所以P(X<0)=P(X>2).
解法一　因为P(X<0)+P(X<3)=P(X>2)+1-P(X≥3)=1+P(2解法二　因为P(X<0)+P(X<3)=,所以P(X>2)+P(X≤2)+P(2又P(X>2)+P(X≤2)=1,所以P(25.D　易得每一轮过关的概率P=2P2(1-P2)+2P1(1-P1)+=-3(P1P2)2+P1P2=+.
因为P1+P2=,所以P1P2≤=,当且仅当P1=P2=时,等号成立,所以P≤.
因为X~B(n,P),所以E(X)=nP=16,所以n=≥16×=27,故甲、乙两人训练的轮数至少为27.
解题技法
若X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p).
6.B　易得X服从二项分布B(N,p),则P(X=6)=p6(1-p)N-6.
要使P(X=6)最大,则解得-1≤N≤,
又N∈N*,
所以当为整数时,N=-1,此时E(X)=p<6;
当不为整数时,N<,此时E(X)=Np<6.
综上,E(X)<6.
7.D　设甲应得的奖金为X元,则X的可能取值为800,0.
甲赢得比赛有3种情况:①第3局胜,甲赢的概率为;②第3局输,第4局胜,甲赢的概率为×=;③第3,4局输,第5局胜,甲赢的概率为×=,∴甲赢的概率为++=,∴E(X)=800×+0×=700,∴乙应得的奖金为800-700=100(元).
8.C　用X表示摇上需要的时间,则X的可能取值为1,2,3,…,n,…,
P(X=1)=,
P(X=2)=×=,
P(X=3)=××=,
P(X=4)=×××=,
P(X=5)=××××=,
……
P(X=3k+1)=P(X=3k+2)=P(X=3k+3)=×,k∈N,
……
故E(X)=×(1+2+3)+××(4+5+6)+××(7+8+9)+…+××(3k+1+3k+2+3k+3)+…
=6×+15××+24××+…+(9k+6)××+…,
所以E(X)=6××+15××+24××+…+(9k+6)××+…,
两式相减得,E(X)=+9××+9××+…+9××+…=++…
=+-×+…
=-×+…,
所以E(X)=×-×+…=9-7×+…,
当k→+∞时,E(X)→9,所以平均每个人摇上需要的时间为9个月.
9.BC　由题可知X服从正态分布N(0.72,0.042),Y服从正态分布N(0.86,0.032).
P(X>0.8)=P(X>0.72+2×0.04)0.72+0.04)≈1-0.841 4=0.158 6<0.2,故A错误,B正确.
P(Y>0.8)=P(Y>0.86-2×0.03)=P(Y<0.86+2×0.03)>P(Y<0.86+0.03)≈0.841 4>0.8>0.5,故C正确,D错误.
10.ABD　显然A正确.
X的可能取值为0,1,2,3,4,
P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,P(X=4)==,
所以
Y的可能取值为0,1,2,3,4,
由题意得X+Y=4,所以Y=4-X,
所以P(Y=0)=P(X=4)=,
P(Y=1)=P(X=3)=,
P(Y=2)=P(X=2)=,
P(Y=3)=P(X=1)=,
P(Y=4)=P(X=0)=,
所以.
所以E(X)知识拓展
若随机变量X服从超几何分布H(N,n,M),则E(X)=,D(X)=.
11.AC　对于A,若n=1,则p1=1,∴H(X)=-1×log21=0,A正确.
对于B,若n=2,则p1+p2=1,
H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2),
∵p1+p2=1,∴p2=1-p1,p1∈(0,1),
∴H(X)=-[p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1)],
令f(p1)=-[p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1)],
则f'(p1)=-p1·+log2p1+(1-p1)·-log2(1-p1)=-[log2p1-log2(1-p1)]=log2,
令f'(p1)>0,得0∴y=f(p1)在上单调递增,在上单调递减,
∴H(X)随着p1的增大先增大后减小,B不正确.
对于C,由pi=(i=1,2,…,n)可知,H(X)=-pilog2pi==log2n,∴H(X)随着n的增大而增大,C正确.
对于D,解法一　(特例法)不妨设m=1,n=2,则H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2),∵p1+p2=1,∴不妨设p1=p2=,则H(X)=-=故H(X)>H(Y),D不正确.
解法二　由P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),得P(Y=1)=p1+p2m,P(Y=2)=p2+p2m-1,……,P(Y=m)=pm+pm+1,
∴H(Y)=-[(p1+p2m)log2(p1+p2m)+(p2+p2m-1)log2(p2+p2m-1)+…+(pm+pm+1)log2(pm+pm+1)],
由n=2m,得H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2+…+p2mlog2p2m).
不妨设0∴p1log2p1+p2mlog2p2m<(p1+p2m)log2(p1+p2m),
p2log2p2+p2m-1log2p2m-1<(p2+p2m-1)log2(p2+p2m-1),
……
pmlog2pm+pm+1log2pm+1<(pm+pm+1)log2(pm+pm+1),
∴pilog2pi<(pj+p2m+1-j)log2(pj+p2m+1-j),
∴H(X)>H(Y),D不正确.
12.
解法一　由题意得P(X<80)==,
所以P(95≤X≤110)=P(80≤X≤95)=P(X≤95)-P(X<80)=-=.
解法二　由题意得,数学成绩在80分至95分范围内(包括两端)的有×8 000-1 500=2 500(人),
根据正态曲线的对称性,数学成绩在95分至110分范围内(包括两端)的也有2 500(人),
所以P(95≤X≤110)==.
13.
解析　设盒中共有k个球,则=,所以k=6.
解法一　易得3+m+n=6,即m+n=3.
X的所有可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==,
所以E(X)=0×+1×+2×+3×=.
解法二　易知随机变量X服从超几何分布H(6,3,3),所以E(X)=3×=.
14.;
解析　设甲在四轮比赛中的得分分别为X1,X2,X3,X4,四轮的总得分为X.
易知使得甲在一轮比赛中得分的出牌组合有6种,所以甲在该轮得分的概率P(Xk=1)==(k=1,2,3,4),
所以E(Xk)=(k=1,2,3,4).
所以E(X)=E(X1+X2+X3+X4)=E(Xk)=4×=.
X的所有可能取值是0,1,2,3,记pk=P(X=k)(k=0,1,2,3).
如果甲得0分,那么组合方式是唯一的,即甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以p0==;
如果甲得3分,那么组合方式也是唯一的,即甲出1,3,5,7分别对应乙出8,2,4,6,所以p3==.
因为p0+p1+p2+p3=1,p1+2p2+3p3=E(X)=,
所以p1+p2+=1,p1+2p2+=,两式相减,得p2+=,所以p2+p3=,即甲的总得分不小于2分的概率为.
15.解析　(1)由题意得P(X>305)=1-P(X≤305)=1-[1-P(305所以估计该天消费额X在(305,+∞)内的人数为0.841 35×200=168.27≈168.(4分)
(2)X的可能取值为0,10,20,(5分)
P(X=0)=×=,(7分)
P(X=10)=××+×××=,(9分)
P(X=20)=1-P(X=0)-P(X=10)=,(10分)
所以X的分布列为
X 0 10 20
P
(11分)
所以E(X)=0×+10×+20×=.(13分)
16.解析　(1)由题意得X~N(180,σ2),
令Y=,则Y~N(0,1).
易得P(X≥360)==,
所以P(X<360)=1-=0.985,即P=0.985,(3分)
又P(Y<2.17)≈0.985,所以≈2.17,解得σ≈83.(5分)
(2)由(1)得X~N(180,832).
设最低录用分数为x0,则P(X≥x0)=PY≥==,所以PY<=1-=0.85,(8分)
又P(Y<1.04)≈0.85,所以≈1.04,所以x0≈267,所以最低录用分数约为267.(10分)
(3)因为286分>267分,所以甲能被录用.
易得P(X<286)=P≈P(Y<1.28)≈0.900,(12分)
所以不低于考生甲的成绩的人数约为2 000×(1-0.9)=200,
所以考生甲大约排在第200名,在275名之前,所以甲能获得高薪职位.(15分)
17.解析　(1)若甲没有获得奖金,则题目A没有做对,此时概率为1-=.(2分)
(2)用A,B,C分别表示做对题目A,B,C,则A,B,C相互独立.
X的可能取值为0,20,60,140.
P(X=0)=P()=,(3分)
P(X=20)=P(A)=×=,(4分)
P(X=60)=P(AB)=××=,(5分)
P(X=140)=P(ABC)=××=,(6分)
所以X的分布列为
X 0 20 60 140
P
(7分)
所以E(X)=0×+20×+60×+140×=40.(8分)
(3)如果改变做题的顺序,最终获得的奖金期望与按照A,B,C的顺序做题获得的奖金期望不同,且按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大.(9分)
①由(2)知,按照A,B,C的顺序获得奖金的期望为40元.
②若按照A,C,B的顺序做题,则X的可能取值为0,20,100,140.
P(X=0)=1-=,P(X=20)=×=,
P(X=100)=××=,
P(X=140)=××=.
所以E(X)=0×+20×+100×+140×=36.(10分)
③若按照B,A,C的顺序做题,则X的可能取值为0,40,60,140.
P(X=0)=1-=,P(X=40)=×=,
P(X=60)=××=,
P(X=140)=××=.
所以E(X)=0×+40×+60×+140×=36.(11分)
④若按照B,C,A的顺序做题,则X的可能取值为0,40,120,140.
P(X=0)=1-=,P(X=40)=×=,
P(X=120)=××=,
P(X=140)=××=.
所以E(X)=0×+40×+120×+140×=32.(12分)
⑤若按照C,A,B的顺序做题,则X的可能取值为0,80,100,140.
P(X=0)=1-=,P(X=80)=×=,
P(X=100)=××=,
P(X=140)=××=.
所以E(X)=0×+80×+100×+140×=28.(13分)
⑥若按照C,B,A的顺序做题,则X的可能取值为0,80,120,140.
P(X=0)=1-=,P(X=80)=×=,
P(X=120)=××=,
P(X=140)=××=.
所以E(X)=0×+80×+120×+140×=27.(14分)
经比较,按照A,B,C的顺序获得奖金的期望最大.(15分)
18.解析　(1)由题意得X~B,
P(X=0)=××=,(1分)
P(X=1)=××=,(2分)
P(X=2)=××=,(3分)
P(X=3)=××=,(4分)
P(X=4)=××=,(5分)
P(X=5)=××=.(6分)
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5
P
(7分)
方差D(X)=5××=.(8分)
(2)设选择甲方案测试的学生人数为n,则选择乙方案测试的学生人数为(5-n),设通过甲方案测试合格的学生人数为ξ,通过乙方案测试合格的学生人数为η.
当n=0时,所有学生均选择乙方案测试,则η~B,所以E(ξ+η)=E(η)=5×=<3,与题意不符;(10分)
当n=5时,所有学生均选择甲方案测试,则ξ~B,所以E(ξ+η)=E(ξ)=5×=>3,符合题意;(12分)
当n=1,2,3,4时,ξ~B,η~B,
所以E(ξ+η)=E(ξ)+E(η)=n+=,
令≥3,解得n≥3,所以n=3或n=4时,符合题意.(15分)
综上,当选择甲方案进行测试的同学的人数为3或4或5时,测试合格的人数的期望不小于3.(17分)
19.解析　(1)X1的可能取值为3,4.
P(X1=3)==,
P(X1=4)==,(2分)
所以E(X1)=3×+4×=,(3分)
所以D(X1)=×+×=.(4分)
(2)X2的可能取值为3,4,5.
,(5分)
(6分)
,(7分)
所以X2的分布列为
X2 3 4 5
P
(8分)
所以E(X2)=3×+4×+5×=.(9分)
(3)当k=0时,P(Xn+1=3)=P0.(10分)
当1≤k≤5时,第(n+1)次取球后袋中有(3+k)个白球的可能性有两种:
①第n次取球后袋中有(3+k)个白球,则第(n+1)次取出的是白球,由于每次取球后袋中球的总数不变,故此时袋中有(5-k)个黑球,则第(n+1)次取出白球的概率为Pk;
②第n次取球后袋中有(2+k)个白球,则第(n+1)次取出的是黑球,由于每次取球后袋中球的总数不变,故此时袋中有(6-k)个黑球,则第(n+1)次取出黑球的概率为Pk-1(1≤k≤5).
所以P(Xn+1=k+3)=(12分)
因为P(Xn=3+k)=Pk,k=0,1,2,3,4,5,
所以P0+P1+P2+P3+P4+P5=1,
所以E(Xn)=3P0+4P1+5P2+6P3+7P4+8P5.(14分)
因为P(Xn+1=3)=P0,P(Xn+1=4)=P0+P1,P(Xn+1=5)=P1+P2,P(Xn+1=6)=P2+P3,P(Xn+1=7)=P3+P4,P(Xn+1=8)=P4+P5,
所以E(Xn+1)=3×P0+4×+5×+6×+7×+8×=P0+P1+P2+P3+P4+8P5=(3P0+4P1+5P2+6P3+7P4+8P5)+(P0+P1+P2+P3+P4+P5)=E(Xn)+1.(17分)