第十章　10.6　离散型随机变量的分布列及其数字特征（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

10．6　离散型随机变量的分布列及其数字特征
1．了解离散型随机变量及其分布列的概念．
2．理解并会求离散型随机变量的数字特征．
1．离散型随机变量
一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有唯一的实数X(ω)与之对应，我们称X为随机变量．可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的分布列
一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n为X的概率分布列，简称分布列．
3．离散型随机变量的分布列的性质
(1)pi≥0(i＝1，2，…，n).
(2)p1＋p2＋…＋pn＝1．
4．离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值
称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝ipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．它反映了随机变量取值的平均水平．
(2)方差
称D(X)＝(x1－E（X)）2p1＋(x2－E（X)）2p2
＋…＋(xn－E（X)）2pn＝(xi－E（X)）2pi为随机变量X的方差，并称为随机变量X的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度．
5．均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b．
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．（a，b为常数）
教材拓展
均值与方差的四个常用性质
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．
(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).
(3)D(X)＝E(X2)－(E（X)）2.
(4)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2).
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.(　×　)
(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．(　√　)
(3)随机试验的结果与随机变量有对应关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应．(　√　)
(4)方差或标准差越小，则随机变量的偏离程度越小．(　√　)
2．（人教A版选择性必修第三册P66T1改编）已知离散型随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
则E(X)＝(　A　)
A．　　 B．2　　
C．　　 D．
解析：由题意可得E(X)＝1×＋2×＋3×＝.故选A.
3．（人教A版选择性必修第三册P70T1改编）随机变量X与Y满足Y＝2X＋1，若D(X)＝2，则D(Y)＝(　A　)
A．8 B．5
C．4 D．2
解析：D(Y)＝D(2X＋1)＝22D(X)＝4×2＝8.故选A.
4．（人教A版选择性必修第三册P67T3改编）有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数据，计算出样本均值E（X甲）＝E（X乙），方差分别为D（X甲）＝11，D（X乙）＝3.4.由此可以估计(　B　)
A．甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐
B．乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐
C．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同
D．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较
解析：已知样本方差D（X乙）＝3.4，D（X甲）＝11，由此估计，乙种水稻的方差约为3.4，甲种水稻的方差约为11.因为3.4<11，所以乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐．故选B.
考点1 离散型随机变量的分布列的性质
【例1】　（多选）已知离散型随机变量X的分布列为
X 1 2 4 6
P 0.2 m n 0.1
则下列选项正确的是(　ABD　)
A．m＋n＝0.7
B．若m＝0.3，则P(X>3)＝0.5
C．若m＝0.9，则n＝－0.2
D．P(X＝1)＝2P(X＝6)
【解析】　由分布列的性质，可得0.2＋m＋n＋0.1＝1，解得m＋n＝0.7，所以A正确；若m＝0.3，可得n＝0.4，则P(X>3)＝P(X＝4)＋P(X＝6)＝0.5，所以B正确；由概率的定义知m≥0，n≥0，所以C不正确；由P(X＝1)＝0.2，P(X＝6)＝0.1，得P(X＝1)＝2P(X＝6)，所以D正确．故选ABD.
离散型随机变量分布列的性质的应用
(1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值．
(2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率．
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
【对点训练1】　（多选）若随机变量X的分布列如下，则(　AD　)
X 1 2 3 4
P
A.t＝10 B．P(X>1)＝0.8
C．t＝11 D．P(X≥3)＝0.6
解析：因为(1＋2＋3＋4)＝1，解得t＝10，故A正确，C错误；由分布列可知P(X>1)＝1－P(X＝1)＝1－0.1＝0.9，故B错误；P(X≥3)＝0.4＋0.2＝0.6，故D正确．故选AD.
考点2 离散型随机变量的分布列及数字特征
命题角度1　离散型随机变量的分布列及数字特征
【例2】　已知某险种的保费为0.4万元，前3次出险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6万元．
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数 800 100 60 30 10
在总体中抽样100单，以频率估计概率．
(1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率．
(2)(ⅰ)毛利润是保费与赔偿金额之差，设毛利润为X，估计X的数学期望；
(ⅱ)若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%，已赔偿过的增加20%，估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
【解】　(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得
P(A)＝＝.
(2)(ⅰ)设一单的赔偿金额为ξ万元，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，
由题设中的统计数据可得P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝0.8)＝＝，P(ξ＝1.6)＝＝，P(ξ＝2.4)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
故E(ξ)＝0×＋0.8×＋1.6×＋2.4×＋3×＝0.278（万元），故E(X)＝0.4－0.278＝0.122（万元）.
(ⅱ)由题设保费的变化为0.4××96%＋0.4××1.2＝0.403 2（万元），
设保单下一保险期毛利润为Y万元，故E(Y)＝0.122＋0.403 2－0.4＝0.125 2（万元）.
命题角度2　均值（数学期望）与方差的性质应用
【例3】　（多选）设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若随机变量Y满足Y＝2X＋1，则(　AB　)
A．q＝0.1 B．D(X)＝1.8
C．E(Y)＝2 D．D(Y)＝3.6
【解析】　因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，解得q＝0.1，故A正确；E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D(X)＝0.1×(0－2)2＋0.4×(1－2)2＋0.1×(2－2)2＋0.2×(3－2)2＋0.2×(4－2)2＝1.8，故B正确；因为Y＝2X＋1，所以E(Y)＝2E(X)＋1＝2×2＋1＝5，故C错误；D(Y)＝4D(X)＝4×1.8＝7.2，故D错误．故选AB.
求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值．
(2)求ξ取每个值的概率．
(3)写出ξ的分布列．
(4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ).
【对点训练2】　(1)（多选）已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下：
X 1 2 3 4 5
P m n
若E(Y)＝10，则(　AC　)
A．m＝ B．n＝
C．E(X)＝3 D．D(Y)＝
解析：E(Y)＝E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝10，解得E(X)＝3，故C正确；由m＋＋＋n＋＝1，可得m＋n＝①，又因为E(X)＝m＋2×＋3×＋4n＋5×＝3，则m＋4n＝②，所以由①②可得n＝，m＝，故A正确，B错误；D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＋(5－3)2×＝4×＋1×＋1×＋4×＝，D(Y)＝D(3X＋1)＝9D(X)＝9×＝，故D错误．故选AC.
(2)“学习强国”新开通一项“争上游答题”栏目，其规则是比赛两局，首局胜利积3分，第二局胜利积2分，失败均积1分，某人每局比赛胜利的概率为，设他参加一次答题活动得分为ξ，则D(ξ)＝．
解析：由题意知，ξ的所有可能取值为5，4，3，2，P(ξ＝5)＝×＝，
P(ξ＝4)＝×＝，
P(ξ＝3)＝×＝，
P(ξ＝2)＝×＝，
则E(ξ)＝5×＋4×＋3×＋2×＝，D(ξ)＝×＋×＋×＋×＝.
考点3 均值与方差中的决策问题
【例4】　（2024·新课标Ⅱ卷）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设0(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【解】　(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686.
(2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3，
∵00，
∴P甲>P乙，∴应该由甲参加第一阶段比赛．
(ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，
P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]Cq·(1－q)2，P(X＝10)＝[1－(1－p)3]·Cq2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3，
∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q.
若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，
同理E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)·p，
∴E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]＝15pq(p－q)(p＋q－3)，
∵00，
∴E(X)>E(Y)，∴应该由甲参加第一阶段比赛．
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.
【对点训练3】　投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列如表所示．
甲种股票：
收益X/元 －1 0 2
概率 0.1 0.3 0.6
乙种股票：
收益Y/元 0 1 2
概率 0.3 0.3 0.4
(1)如果有人向你咨询想投资其中一种股票，你会给出怎样的建议呢？
(2)在实际中，可以选择适当的比例投资两种股票，假设两种股票的买入价都是每股1元，某人有10 000元用于投资，请你给出一个投资方案，并说明理由．
解：(1)由题知E(X)＝－1×0.1＋2×0.6＝1.1，E(Y)＝1×0.3＋2×0.4＝1.1，
D(X)＝E(X2)－(E（X)）2＝(－1)2×0.1＋22×0.6－1.12＝1.29，D(Y)＝E(Y2)－(E（Y)）2＝12×0.3＋22×0.4－1.12＝0.69，
由题可知，两种股票的期望相同，但乙种股票的方差较小，
所以投资乙种股票相对于甲种股票更稳妥．
(2)投资甲种股票3 485元，乙种股票6 515元．理由如下：设投资甲种股票a元，则投资乙种股票(10 000－a)元，
所以E(aX)＋E(（10 000－a)Y）＝aE(X)＋(10 000－a)E(Y)＝11 000，
D(aX)＋D(（10 000－a)Y）＝a2D(X)＋(10 000－a)2D(Y)＝a2×1.29＋(10 000－a)2×0.69＝1.98a2－13 800a＋0.69×108，
所以当a＝－≈3 485时，D(aX)＋D(（10 000－a)Y）取得最小值，所以应当投资甲种股票3 485元，乙种股票6 515元．
【例】　（2024·安徽蚌埠教学质量检测）在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最小的一组是(　C　)
A．p1＝0.1，p2＝0.2，p3＝0.3，p4＝0.4
B．p1＝0.4，p2＝0.3，p3＝0.2，p4＝0.1
C．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
D．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
【解析】　方法一（定量计算得结论）　对于A，E(X)＝1×0.1＋2×0.2＋3×0.3＋4×0.4＝3，D(X)＝(1－3)2×0.1＋(2－3)2×0.2＋(3－3)2×0.3＋(4－3)2×0.4＝1，所以σ(X)＝＝1；对于B，E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋3×0.2＋4×0.1＝2，D(X)＝(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.1＝1，所以σ(X)＝＝1；对于C，E(X)＝1×0.1＋2×0.4＋3×0.4＋4×0.1＝2.5，D(X)＝(1－2.5)2×0.1＋(2－2.5)2×0.4＋(3－2.5)2×0.4＋(4－2.5)2×0.1＝0.65，所以σ(X)＝＝；对于D，E(X)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.1＋4×0.4＝2.5，D(X)＝(1－2.5)2×0.4＋(2－2.5)2×0.1＋(3－2.5)2×0.1＋(4－2.5)2×0.4＝1.85，所以σ(X)＝＝.故选C.
方法二（定性分析得结论）　方差和标准差都反映的是数据的波动情况，数据的波动越大，方差和标准差越大，反之亦然．A，B选项的数据波动情况对称相同， 故它们的标准差是一样的，C选项中间2，3出现的频率相同且较高，两边1，4出现的频率相同且较低，所以数据集中程度高，故标准差应该最小，D选项的标准差应该是最大的．故选C.
本题看似是标准差的计算问题，实际上考查学生对标准差概念本质的理解，并在理解的基础上加以应用，如果盲目计算，即使最后能得到正确结果，也会浪费大量时间，得不偿失，体现新高考多想少算的变化趋势．
概率统计的新定义问题
解概率与统计下的新定义题，就是要细读定义关键词，理解本质特征，适时转化为“熟悉”的问题．总之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不断地实践和反思，不然就谈不上“自然”、完整地解题．
【典例】　条件概率与条件期望是现代概率体系中的重要概念．近年来，随着人们对随机现象的不断观察和研究，条件概率和条件期望已经被广泛地利用到日常生产生活中．定义：设X，Y是离散型随机变量，则X在给定事件Y＝y条件下的期望为E(X|Y＝y)＝i·P(X＝xi|Y＝y)＝i·，其中{x1，x2，…，xn}为X的所有可能取值集合，P(X＝x，Y＝y)表示事件“X＝x”与事件“Y＝y”都发生的概率．某射击手进行射击训练，每次射击击中目标的概率均为p(0(1)求P(ξ＝2，η＝5)，P(η＝5)；
(2)求E(ξ|η＝5)，E(ξ|η＝n)(n≥2).
【解】　(1)由题设，P(ξ＝2，η＝5)＝(1－p)·p·(1－p)·(1－p)·p＝(1－p)3p2，P(η＝5)＝C(1－p)3p2＝4(1－p)3p2.
(2)由题设，E(ξ|η＝5)＝＝1×＋2×＋3×＋4×＝＋＋＋1＝.
同(1)，P(η＝n)＝C(1－p)n-2p2＝(n－1)(1－p)n-2p2，P(ξ＝i，η＝n)＝(1－p)n-2p2，i＝1，2，…，n－1，所以E(ξ|η＝n)＝＝＋＋…＋＋1＝＝.
课时作业73
1．（5分）已知随机变量Y的期望和方差分别为2，0.04，则E(5Y＋1)，D(5Y＋1)分别为(　B　)
A．3，1 B．11，1
C．3，0.2 D．11，0.2
解析：由已知得E(Y)＝2，D(Y)＝0.04，则E(5Y＋1)＝5×E(Y)＋1＝11，D(5Y＋1)＝25×D(Y)＝1.故选B.
2．（5分）（2024·河南新乡二模）已知随机变量X的分布列为
X 0 2 4
P m －2m
则E(X)＝(　D　)
A． B．1
C． D．
解析：由题可知，＋m＋－2m＝1，解得m＝，则E(X)＝0×＋2×＋4×＝.故选D.
3．（5分）已知离散型随机变量X的概率分布列如表，离散型随机变量Y满足Y＝2X－1，则P(Y≥3)＝(　A　)
X 0 1 2 3
P a 5a
A． B．
C． D．
解析：由题意可知a＋＋5a＋＝1，解得a＝，所以离散型随机变量Y的概率分布列为
Y －1 1 3 5
P
所以P(Y≥3)＝P(Y＝3)＋P(Y＝5)＝＋＝.故选A.
4．（5分）（2024·四川成都模拟）若随机变量X的可能取值为1，2，3，4，且P(X＝k)＝λk(k＝1，2，3，4)，则D(X)＝(　A　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由题意得λ＋2λ＋3λ＋4λ＝1，解得λ＝，故E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝3，D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＝1.故选A.
5．（5分）（2025·湖南长沙模拟）从两名同学中挑出一名代表班级参加射击比赛，根据以往的成绩记录，甲、乙两名同学击中目标靶的环数X和Y的分布列如下表一和表二所示：
表一
X 6 7 8 9 10
P 0.07 0.22 0.38 0.30 0.03
表二
Y 6 7 8 9 10
P 0.09 0.24 0.32 0.28 0.07
则以下对这两名同学的射击水平的评价，正确的是(　D　)
A．E(X)>E(Y) B．E(X)C．D(X)>D(Y) D．D(X)解析：由分布列可得E(X)＝6×0.07＋7×0.22＋8×0.38＋9×0.30＋10×0.03＝8，E(Y)＝6×0.09＋7×0.24＋8×0.32＋9×0.28＋10×0.07＝8，D(X)＝(6－8)2×0.07＋(7－8)2×0.22＋(8－8)2×0.38＋(9－8)2×0.30＋(10－8)2×0.03＝0.92，D(Y)＝(6－8)2×0.09＋(7－8)2×0.24＋(8－8)2×0.32＋(9－8)2×0.28＋(10－8)2×0.07＝1.16，所以E(X)＝E(Y)，D(X)6．（5分）设0X 0 1 2
P b
则当a在(0，1)内增大时(　A　)
A．D(X)增大
B．D(X)减小
C．D(X)先减小后增大
D．D(X)先增大后减小
解析：根据随机变量分布列的性质可知＋＋b＝1，所以b＝a，所以E(X)＝0×＋1×＋2b＝(1＋2a)，所以D(X)＝×＋1－(1＋2a)2×＋×＝－a2＋a＋＝－(a－1)2＋，因为07．（6分）（多选）已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，则下列说法正确的是(　ACD　)
X －2 1 3
P 2a 0.25 a
A.a＝0.25
B．E(X)＝1
C．D(X)＝4.5
D．P(0.5解析：由题意得2a＋0.25＋a＝1 a＝0.25，所以E(X)＝－2×0.5＋1×0.25＋3×0.25＝0，D(X)＝(－2－0)2×0.5＋(1－0)2×0.25＋(3－0)2×0.25＝4.5，P(0.58．（6分）（多选）已知8只小白鼠中有1只患有某种疾病，需要通过血液化验来确定患这种病的小白鼠，血液化验结果呈阳性的为患病小白鼠，下面是两种化验方案：方案甲，将8只小白鼠的血液逐个化验，直到查出患病小白鼠为止．方案乙，先取4只小白鼠的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这4只小白鼠的血液再逐个化验，直到查出患病小白鼠；若不呈阳性，则对剩下的4只小白鼠再逐个化验，直到查出患病小白鼠．则下列结论正确的是(　AD　)
A．若用方案甲，化验次数为2的概率为
B．若用方案乙，化验次数为3的概率为
C．若用方案甲，平均化验次数为4
D．若平均化验次数少的方案好，则方案乙比方案甲好
解析：若用方案甲，设化验次数为X，则X的可能取值为1，2，3，4，5，6，7，所以P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，A正确；若用方案乙，设化验次数为Y，若Y＝3，有两种情况：①头4只均为阴性，则P1＝××＝，②头4只有阳性，则P2＝××＝，所以化验次数为3的概率为P(Y＝3)＝＋＝，B错误；若用方案甲，则P(X＝3)＝P(X＝4)＝P(X＝5)＝P(X＝6)＝，P(X＝7)＝1－＝，所以E(X)＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＋7×＝，C错误；若用方案乙，Y可取2，3，4，P(Y＝2)＝×＋×＝，P(Y＝3)＝，P(Y＝4)＝1－×2＝，所以E(Y)＝2×＋3×＋4×＝，因为E(X)>E(Y)，所以方案乙比方案甲好，D正确．故选AD.
9．（6分）一个袋子中装有2个红球和3个白球，假设每个球被摸到的可能性是相等的．从袋子中摸出2个球，设拿出白球的个数为ξ，则P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝．
解析：依题意，ξ的可能取值为0，1，2，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
10．（5分）已知随机变量ξ满足P(ξ＝x)＝ax＋b(x＝－1，0，1)，其中a，b∈R.若E(ξ)＝，则D(ξ)＝．
解析：由P(ξ＝x)＝ax＋b(x＝－1，0，1)可得P(ξ＝－1)＝b－a，P(ξ＝0)＝b，P(ξ＝1)＝b＋a，所以b－a＋b＋a＋b＝3b＝1，则b＝，又E(ξ)＝－1×(b－a)＋0×b＋1×(a＋b)＝2a＝，则a＝，所以随机变量ξ的分布列为
ξ －1 0 1
P
所以D(ξ)＝×＋×0－2＋×＝.
11．（14分）（2024·四川攀枝花三模）为弘扬中华民族优秀传统文化，某校举行“阅读经典名著，传承优秀文化”闯关活动．参赛者需要回答三个问题，其中前2个问题回答正确各得5分，回答不正确得0分；第三个问题回答正确得10分，回答不正确得－5分，得分不少于15分即为过关．如果甲同学回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率为.
(1)求甲同学过关的概率；
(2)求甲同学回答这三个问题的总得分X的分布列及数学期望．
解：(1)甲同学过关有两种情况，分别为事件A：前两个问题一对一错，第三个问题答对，事件B：三个问题均答对，其概率分别为P(A)＝××＋××＝，P(B)＝××＝，所以甲同学过关的概率为P(A)＋P(B)＝＋＝.
(2)由题意可知，X的所有可能取值为－5，0，5，10，15，20，
则P(X＝－5)＝××＝，P(X＝0)＝×××2＝，P(X＝5)＝××＝，P(X＝10)＝××＝，P(X＝15)＝×××2＝，P(X＝20)＝××＝，
所以X的分布列为
X －5 0 5 10 15 20
P
所以E(X)＝－＋＋＋＋＝.
12．（14分）（2024·上海宝山区二模）在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投3次，每投进一次得2分，否则得0分．已知甲每次投进的概率为，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮投进的概率为，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为，若前一次没投进，则该次投进的概率为.
(1)求甲投篮3次得2分的概率；
(2)若乙投篮3次得分为X，求X的分布列和期望；
(3)比较甲、乙的比赛结果．
解：(1)甲投篮3次得2分，即只投中1次，概率为P＝C××＝.
(2)由题意知X的所有可能取值为0，2，4，6，
则P(X＝0)＝××＝，P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝4)＝××＋××＋××＝，P(X＝6)＝××＝，
随机变量X的分布列为
X 0 2 4 6
P
期望E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＝3.
(3)设甲三次投篮的得分为Y，则Y的可能取值为0，2，4，6，
可求得随机变量Y的分布列为
Y 0 2 4 6
P
所以E(Y)＝0×＋2×＋4×＋6×＝3，D(Y)＝02×＋22×＋42×＋62×－32＝3，由(2)得D(X)＝02×＋22×＋42×＋62×－32＝，
因为E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)，所以甲最终的得分均值等于乙最终的得分均值，但乙赢得的分值不如甲稳定．
13．（5分）随机变量ξ的分布列为
ξ 1 2 3
P
则当p在内增大时，有(　B　)
A．E(ξ)增大，D(ξ)增大
B．E(ξ)增大，D(ξ)先增大后减小
C．E(ξ)减小，D(ξ)先增大后减小
D．E(ξ)减小，D(ξ)减小
解析：因为E(ξ)＝＋1＋＝p＋，E(ξ2)＝＋2＋＝4p＋，所以D(ξ)＝E(ξ2)－(E（ξ)）2＝4p＋－＝－p2＋p＋，所以p在内增大时，E(ξ)增大，D(ξ)先增大后减小．故选B.
14．（14分）（2024·浙江五校联盟联考）记复数的一个构造：从数集{0，1，}中随机取出2个不同的数作为复数的实部和虚部．重复n次这样的构造，可得到n个复数，将它们的乘积记为zn.已知复数具有运算性质：|(a＋bi)·(c＋di)|＝|(a＋bi)|·|(c＋di)|，其中a，b，c，d∈R.
(1)当n＝2时，记|z2|的取值为X，求X的分布列；
(2)当n＝3时，求满足|z3|≤2的概率；
(3)求|zn|<5的概率．
解：(1)由题意可知，可构成的复数为1，i，，i，1＋i，＋i，共6个，模分别为|1|＝|i|＝1，||＝|i|＝，|1＋i|＝|＋i|＝2，
则X的可能取值为1，，2，3，2，4，
P(X＝1)＝＝，
P（X＝）＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P（X＝2）＝＝，
P(X＝4)＝＝，
所以X的分布列为
X 1 2 3 2 4
P
(2)z3可能的结果共有C·C·C＝216（种），
满足|z3|≤2的情况有：
①3个复数的模均为1，共有C·C·C＝8（种）；
②3个复数中，2个的模均为1，1个的模为或2，共有C·C·C·C＝48（种）.
所以P(|z3|≤2)＝＝.
(3)当n＝1或2时，显然都满足，此时Pn＝1.
当n≥3时，满足|zn|<5的情况有：
①n个复数的模均为1，则共有（C）n＝2n（种）；
②n－1个复数的模为1，剩余1个复数的模为或2，则共有C·（C）n-1·C＝n·2n+1（种）；
③n－2个复数的模为1，剩余2个复数的模为或2，则共有C·（C）n-2·C·C＝n(n－1)·2n+1（种）.
故P(|zn|<5)＝＝＝.
当n＝1，2时，上式均成立，
所以P(|zn|<5)＝.