第22讲 随机变量及其分布
（时间：60分钟，满分：90分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1.（2025·浙江温州二模）已知随机变量ξ～N（3，4），则“a＝3”是“P（ξ＜a）＝”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2.在一个袋中装有除颜色外完全相同的4个黑球，3个白球，现从中任取3个小球，设取的3个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是（ ）
A.P（X＝1）＝
B.随机变量X服从二项分布
C.随机变量X服从超几何分布
D.E（X）＝
3.已知下表为离散型随机变量X的分布列，其中ab≠0，则下列说法正确的是（ ）
X 0 1 2
P a
A.a＋b＝2 B.E（X）＝2b
C.D（X）有最大值 D.D（X）有最小值
4.已知随机变量X～N（1，σ2）.若P（1≤X≤3）＝0.3，设事件A＝“X＜1”，事件B＝“｜X｜＞1”，则P（A｜B）＝（ ）
A. B. C. D.
5.（2025·山师附中一模）甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克牌，点数分别为1～6，两人各随机出牌1张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2次或平局4次时停止，记游戏停止时甲、乙各出牌X次，则P（X＝4）＝（ ）
A. B. C. D.
6.在某次考试中，多项选择题的给分标准如下：在每题给出的四个选项中，正确选项为其中的两项或三项，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.甲、乙、丙三人在完全不会做某个多项选择题的情况下，分别选了A，AB，ABC，则甲、乙、丙三人该题得分的数学期望分别为（ ）
A.1，， B.，，
C.1，， D.，，
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7.（2025·安徽六校教育研究会入学测试）若随机变量X～N（5，σ2）且P（X＜m）＝P（X＞n），则下列选项正确的是（ ）
A.E（2X＋1）＝7 B.m2＋n2的最小值为50
C.P（X≥3＋σ）＞P（X≤3－σ） D.若P（X＞4）＝0.68，则P（5≤X＜6）＝0.32
8.（2025·山东聊城一模）将四个不同的小球，放入四个编号为1，2，3，4的盒子中，每个小球放入各个盒子的可能性都相等，设ξ表示空盒的个数，η表示1号盒子中小球的个数，则（ ）
A.每个盒子中恰有1球的概率为
B.事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立
C.随机变量η的方差为
D.随机变量ξ的均值为
三、填空题（每小题5分，共10分）
9.（2025·辽宁辽阳模拟）辽宁的盘锦大米以粒粒饱满、口感香糯而著称.已知某超市销售的盘锦袋装大米的质量M（单位：kg）服从正态分布N（25，σ2），且P（24.9＜M＜25.1）＝0.8，若从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在25 kg～25.1 kg的盘锦大米的袋数的方差为 .
10.（2025·天津高考13题）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为0.6.若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，跑6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X，则期望E（X）＝ .
四、解答题（共28分）
11.（13分）（2025·山东济宁一模）为了解高三（1）班和（2）班的数学建模水平，现从两个班级中各随机抽取10名学生参加数学建模能力比赛（满分：100分），成绩如下：
数据Ⅰ（高三（1）班）：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92；
数据Ⅱ（高三（2）班）：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95.
（1）求数据Ⅰ（高三（1）班）的第80百分位数；
（2）从上述成绩在60分以下的学生中随机抽取3人作下一步调研，设被抽到的3人中来自高三（2）班的学生人数为X，求X的分布列和数学期望.
12.（15分）（2025·辽宁锦州模拟）甲、乙两人对比进行射击训练，共进行100个回合.每个回合甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少都击中8环，统计资料显示甲击中8环，9环，10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环，9环，10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立.记第i个回合甲、乙击中的环数分别为xi，yi，i＝1，2，…，100.
（1）在某一个回合训练中，已知乙击中的环数少于甲击中的环数，求甲击中10环的概率；
（2）中心极限定理是概率论中的一个重要结论：若随机变量ξ～B（n，p），则当np＞5且n（1－p）＞5时，ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代，且ξ的期望与方差分别与η的均值与方差近似相等.根据该定理，设满足yi＜xi（i＝1，2，…，100）的i值有k个，利用正态分布估计k≤24的概率.（结果保留小数点后两位）
附：若η～N（μ，σ2），则P（μ－σ＜η＜μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ＜η＜μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ＜η＜μ＋3σ）≈0.997 3.
☆高考新风向（每小题5分，共10分）
13.（2025·全国Ⅰ卷14题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E（X）＝ .
14.〔创新定义〕在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名，由马尔可夫不等式知，若ξ是只取非负值的随机变量，则对 a＞0，都有P（ξ≥a）≤.某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率为P（A），则P（A）的最大值为 .
第22讲 随机变量及其分布
1.C 由ξ～N（3，4）知μ＝3，σ＝2，可知P（ξ＜3）＝，故a＝3，故P（ξ＜a）＝成立；反之，若P（ξ＜a）＝，则a＝3，故为充要条件.故选C.
2.C 由题意知，随机变量X服从N＝7，M＝3，n＝3的超几何分布，故B错误，C正确；P（X＝1）＝＝，故A错误；E（X）＝n·＝3×＝，故D错误.
3.C 由题意可知a＋＋＝1，即a＋b＝1，所以A不正确；因为E（X）＝0×a＋1×＋2×＝，所以B不正确；因为D（X）＝a（0－）2＋（1－）2＋（2－）2＝－b2＋b＝－（b－）2＋，b∈（0，1），所以D（X）是开口向下的二次函数.所以D（X）在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，所以D（X）有最大值，无最小值，所以C正确，D不正确.
4.D 因为随机变量X～N（1，σ2），且P（1≤X≤3）＝0.3，所以P（X＞3）＝0.5－0.3＝0.2，所以P（X＜－1）＝P（X＞3）＝0.2，而｜X｜＞1，即X＞1或X＜－1，所以P（｜X｜＞1）＝P（X＞1）＋P（X＜－1）＝0.5＋0.2＝0.7，所以P（A｜B）＝＝＝＝.
5.D 甲、乙每次各出牌1张，若两人出牌的点数都是偶数或都是奇数，则平局，所以平局的概率为p1＝＝，若甲胜，则结果有（2，1），（3，2），（4，1），（4，3），（5，2），（5，4），（6，1），（6，3），（6，5），共9种，所以甲胜的概率为p2＝＝，同理乙胜的概率也为，各出牌4次后停止游戏，若4次全平局，概率为（）4＝；若平局2次，则最后1次不能是平局，另外2次甲全胜或乙全胜，概率为（）2×××2＝，若平局0次，则一方3胜1负，且负的1次只能在前2次中，概率为××（）3×2＝，所以P（X＝4）＝＋＋＝.故选D.
6.D 若正确选项为2项，则有＝6种可能情况，若正确选项为3项，则有＝4种可能情况，故正确选项的可能情况共有10种.甲选A，则甲可能得分的情况即正确答案中含有A，有＋＝6种，故甲得2分的概率为P1＝＝，记甲可能的得分为X1分，则X1的可能取值为0，2，故甲得分的数学期望E（X1）＝0×（1－）＋2×＝.乙选AB，记乙可能的得分为X2分，则X2的可能取值为0，2，5，若正确答案为AB，则P（X2＝5）＝，若正确答案为ABC或ABD，则乙得2分的情况有2种，此时P（X2＝2）＝＝，所以P（X2＝0）＝，故E（X2）＝0×＋2×＋5×＝.丙选ABC，记丙可能的得分为X3分，则X3的可能取值为0，5，若正确答案为ABC，则P（X3＝5）＝，所以P（X3＝0）＝，故E（X3）＝0×＋5×＝.所以甲、乙、丙三人该题得分的数学期望分别为，，，故选D.
7.BC 随机变量X～N（5，σ2），E（X）＝5，E（2X＋1）＝2E（X）＋1＝11，A错误；因为P（X＜m）＝P（X＞n），所以＝5，所以m2＋n2≥（m＋n）2＝50，当且仅当m＝n时等号成立，B正确；P（X≥3＋σ）＞P（X≥5＋σ），P（X≤3－σ）＜P（X≤5－σ）＝P（X≥5＋σ），故P（X≥3＋σ）＞P（X≤3－σ），C正确；因为随机变量X～N（5，σ2），所以正态曲线的对称轴为直线x＝5，因此P（4≤X＜5）＝0.68－0.5＝0.18，所以P（5≤X＜6）＝0.18，D错误.故选B、C.
8.BCD 对于A选项，每个盒子中恰有1球的概率为＝，A错误；对于B选项，记事件E＝“1号是空盒”，事件F＝“2号是空盒”，则P（E）＝P（F）＝，P（EF）＝＝，所以P（EF）≠P（E）·P（F），故事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立，B正确；对于C选项，由题意可知η～B（4，），故D（η）＝4××＝，C正确；对于D选项，由题意可知，随机变量ξ的可能取值有0，1，2，3，则P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝3）＝＝，因此E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＝，D正确.故选B、C、D.
9.14.4 解析：由题意知P（25＜M＜25.1）＝×0.8＝0.4，即从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在25 kg～25.1 kg的盘锦大米的袋数X～B（60，0.4），故D（X）＝60×0.4×（1－0.4）＝14.4.
10.0.6 3.2 解析：小桐一周跑11圈的概率P＝0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6.小桐一周运动量达标的概率p＝1－0.5×0.4＝0.8，显然X服从二项分布B（4，0.8），故E（X）＝4×0.8＝3.2.
11.解：（1）将数据Ⅰ从小到大排列为：54，58，65，68，70，75，80，88，90，92，
因为10×80％＝8，所以数据Ⅰ的第80百分位数为＝89.
（2）数据Ⅰ中60分以下的有54分，58分；数据Ⅱ中60分以下的有52分，55分，56分，59分，
即符合题意共6人，其中高三（1）班有2人，高三（2）班有4人.
可知X的所有可能取值为1，2，3，
则P（X＝1）＝＝＝，P（X＝2）＝＝＝，P（X＝3）＝＝＝，
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以数学期望E（X）＝1×＋2×＋3×＝2.
12.解：（1）设在一个回合训练中，乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，甲击中10环为事件B，
则P（A）＝0.2×0.6＋0.1×0.6＋0.1×0.2＝0.2，P（AB）＝（0.6＋0.2）×0.1＝0.08，
则所求概率为P（B｜A）＝＝＝0.4.
（2）由题意100个回合中，满足xi＞yi的i值有k个，由（1）知k～B（100，0.2），
所以E（k）＝np＝100×0.2＝20＞5，n（1－p）＝100×0.8＝80＞5，
又D（k）＝100×0.2×0.8＝16，所以μ＝20，σ＝＝4，
故η～N（20，42），μ＋σ＝20＋4＝24，
由正态分布的对称性估计k≤24的概率为P（k≤24）＝P（η≤μ＋σ）≈1－≈0.84.
13. 解析：X的所有取值为1，2，3，X＝1表示3次取同一个数字的球，则P（X＝1）＝（）3＝；X＝3表示3次取不同数字的球并排序，则P（X＝3）＝（）3＝；X＝2表示3次取2个不同数字的球，其中一个球取了两次并排序，P（X＝2）＝×2×3×（）3＝.（优解）P（X＝2）＝1－P（X＝1）－P（X＝3）＝.所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E（X）＝1×＋2×＋3×＝.
14. 解析：记该市去年1名市民的收入为X万元，则E（X）＝10，从该市任意选取3名市民，年收入超过100万元的人数为Y.设从该市任选1名市民，年收入超过100万元的概率为p，则根据马尔可夫不等式可得p＝P（X≥100）≤＝＝，所以0≤p≤，因为Y～B（3，p），所以P（A）＝P（Y＝1）＝p（1－p）2＝3p（1－p）2＝3p3－6p2＋3p，令f（p）＝3p3－6p2＋3p，则f'（p）＝9p2－12p＋3＝3（3p－1）（p－1），因为0≤p≤，所以3p－1＜0，p－1＜0，即f'（p）＞0，所以f（p）在［0，］上单调递增.所以f（p）max＝f（）＝3××（1－）2＝，即P（A）max＝.
1 / 2第22讲 随机变量及其分布
【备考指南】 离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，选择题、填空题、解答题都有出现，难度中等.
1.期望与方差的性质：E（aX＋b）＝aE（X）＋b，D（aX＋b）＝a2D（X）（a，b为常数）.
2.二项分布：
1.〔多选〕已知随机变量X，Y，其中Y＝3X＋1，随机变量X的分布列如表
X 1 2 3 4 5
P m n
若E（X）＝3，则（ ）
A.m＝ B.n＝
C.E（Y）＝10 D.D（Y）＝21
2.从装有大小、质地完全相同的m个白球，n个红球和3个黑球共6个球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为X，若E（X）＝1，则n＝ ，P（X≤1）＝ .
3.超几何分布：P（X＝k）＝.
4.若随机变量X服从正态分布，记为X～N（μ，σ2），其中E（X）＝μ，D（X）＝σ2，x＝μ两侧对称区间的概率相等.
5.若X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3.
3.（2025·河北石家庄质检）一箱苹果中有12个苹果，其中有n（2＜n＜7）个是烂果，从这箱苹果中随机抽取3个.若恰有2个烂果的概率为，则n＝ .
4.已知随机变量X～N（4，42），若P（X＜3）＝0.3，则P（3＜X＜5）＝ ，若Y＝2X＋1，则Y的方差为 .
5.某学校高二年级数学学业质量检测考试成绩X～N（80，25），如果规定成绩大于85分为A等，那么在参加考试的学生中随机选择一名，他的成绩为A等的概率是 .
考点一 离散型随机变量的期望与方差
【通性通法】 求随机变量X的均值与方差的方法及步骤
（1）理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；
（2）求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列；
（3）由均值和方差的计算公式，求得均值E（X），方差D（X）.
【例1】 （2025·北京高考18题）有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率.
（1）从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率；
（2）从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数学期望；
（3）若甲校同学掌握这个知识点则有100％的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点则有85％的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的概率为p1，乙校学生掌握该知识点的概率为p2，试比较p1与p2的大小（结论不要求证明）.
【训练1】 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，一局游戏中有A，B，C三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，且可自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如表：
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.5 0.5
获得的奖励基金金额/元 1 000 2 000 3 000
（1）求甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；
（2）甲决定按“A，B，C”或者“C，B，A”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期望；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由.
考点二 二项分布与超几何分布
【通性通法】 （1）二项分布问题的解题关键
①定型：a.在每一次试验中，事件发生的概率相同；b.各次试验中的事件是相互独立的；c.在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生.
②定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率.
（2）超几何分布的含义
①超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是：a.考察对象分两类；b.已知各类对象的个数；c.从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列.
②超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其本质是古典概型.
【例2】 某地为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率；
（2）“单板滑雪”参与人数超过45的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和均值；
（3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.在集训测试中，小明同学每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的均值达到不少于5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【训练2】 （2025·山东齐鲁名校大联考一模）已知A，B两个不透明的袋子中均装有若干个大小、质地完全相同的红球和白球，从A袋中摸出一个红球的概率是，从B袋中摸出一个红球的概率是p.在每轮摸球中，甲同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放回，则该轮摸球结束.已知在每轮摸球中甲选A，B两个袋子的概率均为.如果甲选A袋，则乙选B袋的概率为；如果甲选B袋，则乙选B的概率为.
（1）若p＝，求在一轮摸球中乙从B袋中摸出红球的概率；
（2）求在一轮摸球中乙摸出红球的概率；
（3）若甲、乙两位同学进行了3轮摸球.乙同学认为，p越大，3轮摸球后他摸出2个红球的概率越大，你同意他的观点吗？请说明理由.
考点三 正态分布
【通性通法】 解决正态分布问题的三个关键点
（1）对称轴x＝μ；
（2）样本标准差σ；
（3）分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间.
【例3】 （1）（2025·浙江台州二模）若随机变量X～N（1，σ2），且P（X＜0.9）＝0.3，则P（｜X－1｜＜0.1）＝（ ）
A.0.3 B.0.4 C.0.5 D.0.6
（2）〔多选〕某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X（单位：g），若X～N（600，σ2），其中σ＞0，则（ ）
A.P（X＜600）＝
B.P（592＜X＜598）＜P（602＜X＜606）
C.P（X＜595）＝P（X＞605）
D.σ越小，P（X＜598）越大
【训练3】 （1）（2025·广东湛江二模）某林业科学院培育新品种草莓，新培育的草莓单果质量ξ（单位：g）近似服从正态分布N（50，4），现有该新品种草莓10 000个，估计其中单果质量超过52 g的草莓有（ ）
A.228个 B.456个 C.1 587个 D.3 174个
（2）〔多选〕已知某校高二男生的身高X（单位：cm）服从正态分布N（175，16），且P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，则（ ）
A.该校高二男生的平均身高是175 cm
B.该校高二男生身高的方差为4
C.该校高二男生中身高超过183 cm的人数超过总数的3％
D.从该校高二男生中任选一人，身高超过180 cm的概率与身高不超过170 cm的概率相等
第22讲 随机变量及其分布
【基础·回扣】
1.AC 2.1 3.4 4.0.4 64
5.0.158 65
【典例·讲解】
【例1】 解：（1）用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对该题目的概率为＝.
（2）设事件A为“从甲校抽取1人做对”，则P（A）＝0.8，P（）＝0.2，
设事件B为“从乙校抽取1人做对”，则P（B）＝0.75，P（）＝0.25，
设事件C为“恰有1人做对”，故P（C）＝P（A）＋P（B）＝P（A）P（）＋P（）P（B）＝0.35.
而X的可能取值为0，1，2，
P（X＝0）＝P（）＝0.05，P（X＝1）＝0.35，P（X＝2）＝0.6，
故X的分布列为
X 0 1 2
P 0.05 0.35 0.6
故E（X）＝1×0.35＋2×0.6＝1.55.
（3）设事件D为“甲校掌握该知识的学生”，
因为甲校同学掌握这个知识点则有100％的概率做对该题目，
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，
故P（D）＋[1－P（D）]＝0.8，即p1＋×（1－p1）＝0.8，故p1＝，
同理有0.85p2＋×（1－p2）＝0.75，故p2＝，故p1＜p2.
【训练1】 解：（1）由题意可知甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名分两种情况：猜对A，B；猜对A，B，C，这两种情况不会同时发生.
设“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件E，
由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得
P（E）＝P（AB＋ABC）＝0.8×0.5×（1－0.5）＋0.8×0.5×0.5＝0.4.
（2）甲决定按“A，B，C”的顺序猜歌名，获得的奖金数记为X，
则X的所有可能取值为0，1 000，3 000，6 000，
P（X＝0）＝1－0.8＝0.2，
P（X＝1 000）＝0.8×（1－0.5）＝0.4，
P（X＝3 000）＝0.8×0.5×（1－0.5）＝0.2，
P（X＝6 000）＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E（X）＝0×0.2＋1 000×0.4＋3 000×0.2＋6 000×0.2＝2 200；
甲决定按“C，B，A”的顺序猜歌名，获得的奖金数记为Y，
则Y的所有可能取值为0，3 000，5 000，6 000，
P（Y＝0）＝0.5，
P（Y＝3 000）＝0.5×（1－0.5）＝0.25，
P（Y＝5 000）＝0.5×0.5×（1－0.8）＝0.05，
P（Y＝6 000）＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E（Y）＝0×0.5＋3 000×0.25＋5 000×0.05＋6 000×0.2＝2 200.
参考答案一：由于D（X）＝（0－2 200）2×0.2＋（1 000－2 200）2×0.4＋（3 000－2 200）2×0.2＋（6 000－2 200）2×0.2＝4 560 000，
D（Y）＝（0－2 200）2×0.5＋（3 000－2 200）2×0.25＋（5 000－2 200）2×0.05＋（6 000－2 200）2×0.2＝5 860 000，
由于D（Y）＞D（X），所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.
参考答案二：甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.其他合理答案均可.
【例2】 解：（1）记“从10所学校中随机选取的3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
从中随机选择3所学校的选法共＝4（种），
所以P（A）＝＝＝，故所求概率为.
（2）参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝＝，
P（X＝3）＝＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝＋2×＋3×＝.
（3）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则P（B）＝（）2×＋（）3＝，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B（n，），
由题意得n≥5，得n≥，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，
故至少要进行20轮测试.
【训练2】 解：设D＝“甲从A袋中摸球”，E＝“乙从B袋中摸球”，C＝“乙摸出的是红球”.
（1）由全概率公式知，乙从B袋中摸球的概率为P（E）＝P（D）P（E｜D）＋P（）P（E｜）＝×＋×＝，
所以在一轮摸球中，乙从B袋中摸出红球的概率为P（EC）＝P（E）P（C｜E）＝×＝.
（2）在一轮摸球中，乙摸出红球的概率为P（C）＝P（E）P（C｜E）＋P（）·P（C｜）＝×p＋×＝（7p＋1）.
（3）由题意知3轮摸球后乙摸出红球的个数服从二项分布B（3，（7p＋1）），
则3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为P＝［（7p＋1）］2［1－（7p＋1）］＝（7p＋1）2（9－7p）（0＜p＜1），
设f（p）＝（7p＋1）2（9－7p）（0＜p＜1），则f'（p）＝7（7p＋1）（17－21p），
令f'（p）＝0，解得p＝，
则当0＜p＜时，f'（p）＞0，f（p）单调递增，当＜p＜1时，f'（p）＜0，f（p）单调递减，所以当p＝时，3轮摸球后乙摸出2个红球的概率最大，所以不同意乙的观点.
【例3】 （1）B 由｜X－1｜＜0.1可得－0.1＜X－1＜0.1，即0.9＜X＜1.1，因为随机变量X～N（1，σ2），且P（X＜0.9）＝0.3，故P（｜X－1｜＜0.1）＝P（0.9＜X＜1.1）＝1－2P（X＜0.9）＝1－2×0.3＝0.4.故选B.
（2）AC 如图1，作出正态曲线，由对称性可得，P（X＜600）＝，A正确；如图1，P（592＜X＜598）对应图1中区或A的面积，P（602＜X＜606）对应图1中区域B的面积， 则P（592＜X＜598）＞P（602＜X＜606），B错误；如图2，P（X＜595）对应图2中区域C的面积，P（X＞605）对应图2中区域D的面积，则P（X＜595）＝P（X＞605），C正确；当μ取定值600时，σ越小，峰值越高，正态曲线越“瘦高”，表示随机变量X的分布越集中于直线x＝600，故P（X＜598）越小，D错误.故选A、C.
【训练3】 （1）C 由N（50，4）可知μ＝50，σ＝2，则P（X＞52）＝[1－P（μ－σ＜X≤μ＋σ）]≈0.158 7，故其中单果质量超过52 g的草莓约有10 000×0.158 7＝1 587个.故选C.
（2）AD 对选项A，在N（μ，σ2）中，μ＝175为平均数，正确；对选项B，方差为σ2＝16，错误；对选项C，183＝μ＋2σ，则身高超过183 cm的概率为P≈＜0.03，错误；对选项D，正态曲线关于直线x＝175对称，所以身高超过180 cm的概率与身高不超过170 cm的概率相等，正确.
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第22讲 随机变量及其分布
备考指南
离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题
常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，选择题、填空题、解答题都有出现，难度中等.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 〔多选〕已知随机变量X，Y，其中Y＝3X＋1，随机变量X的分布列
如表
X 1 2 3 4 5
P m n
若E（X）＝3，则（ ）
A. m＝ B. n＝
C. E（Y）＝10 D. D（Y）＝21
√
√
期望与方差的性质：E（aX＋b）＝aE（X）＋b，D（aX＋b）＝a2D（X）（a，b为常数）.
解析： 由m＋ ＋ ＋n＋ ＝1可得m＋n＝ ①，又E（X）＝
m＋2× ＋3× ＋4n＋5× ＝3，则m＋4n＝ ②，由①②可得n＝
，m＝ ，故A正确，B错误；E（Y）＝E（3X＋1）＝3E（X）＋1
＝10，故C正确；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A、C.
二项分布：
2. 从装有大小、质地完全相同的m个白球，n个红球和3个黑球共6个球的
布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为X，若E
（X）＝1，则n＝ ，P（X≤1）＝ .
1
解析：由题可得X服从二项分布，即X～B（3， ），因为E（X）＝
3× ＝1，所以m＝2，n＝1，所以X～B（3， ），P（X≤1）＝P
（X＝0）＋P（X＝1）＝ ×（ ）0×（ ）3＋ ×（ ）1×（ ）2
＝ .
3. （2025·河北石家庄质检）一箱苹果中有12个苹果，其中有n（2＜n＜
7）个是烂果，从这箱苹果中随机抽取3个.若恰有2个烂果的概率为 ，则
n＝ .
4
超几何分布：P（X＝k）＝ .
解析：依题意可得 ＝ ，即 ＝ ，整理得n2－13n＋
36＝0，解得n＝4或9，因为2＜n＜7，所以n＝4.
4. 已知随机变量X～N（4，42），若P（X＜3）＝0.3，则P（3＜X＜
5）＝ ，若Y＝2X＋1，则Y的方差为 .
0.4
64
若随机变量X服从正态分布，记为X～N（μ，σ2），其中E（X）＝μ，D（X）＝σ2，x＝μ两侧对称区间的概率相等.
解析：由题意可知，μ＝4，σ＝4，即D（X）＝16，所以D（Y）＝4D
（X）＝64.因为3＋5＝2μ，且P（X＜3）＝0.3，所以P（3＜X＜5）＝
1－2P（X＜3）＝0.4.
5. 某学校高二年级数学学业质量检测考试成绩X～N（80，25），如果规
定成绩大于85分为A等，那么在参加考试的学生中随机选择一名，他的成
绩为A等的概率是 .
0.158 65
若X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3.
解析：P（X＞85）＝ [1－P（75≤X≤85）]＝ ＝0.158 65.
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 离散型随机变量的期望与方差
【例1】 （2025·北京高考18题）有一道选择题考查了一个知识点，甲、
乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估
计概率.
（1）从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率；
解：用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对该题目的概率为 ＝ .
【通性通法】 求随机变量X的均值与方差的方法及步骤
（1）理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；
（2）求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列；
（3）由均值和方差的计算公式，求得均值E（X），方差D（X）.
（2）从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的
概率以及X的数学期望；
解： 设事件A为“从甲校抽取1人做对”，则P（A）＝0.8，P
（ ）＝0.2，
设事件B为“从乙校抽取1人做对”，则P（B）＝0.75，P（ ）＝0.25，
设事件C为“恰有1人做对”，故P（C）＝P（A ）＋P（ B）＝P
（A）P（ ）＋P（ ）P（B）＝0.35.而X的可能取值为0，1，2，
P（X＝0）＝P（ ）＝0.05，P（X＝1）＝0.35，P（X＝2）＝0.6，
X 0 1 2
P 0.05 0.35 0.6
故E（X）＝1×0.35＋2×0.6＝1.55.
故X的分布列为
（3）若甲校同学掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，乙校同学
掌握这个知识点则有85%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是
从四个选项里面随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的概率为p1，乙
校学生掌握该知识点的概率为p2，试比较p1与p2的大小（结论不要求证明）.
解： 设事件D为“甲校掌握该知识的学生”，
因为甲校同学掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，
故P（D）＋ [1－P（D）]＝0.8，即p1＋ ×（1－p1）＝0.8，故p1
＝ ，
同理有0.85p2＋ ×（1－p2）＝0.75，故p2＝ ，故p1＜p2.
【训练1】 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，一局
游戏中有A，B，C三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，且可自主选择猜歌
顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应
的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲的概率
及猜对时获得相应的奖励基金如表：
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.5 0.5
获得的奖励基金金额/元 1 000 2 000 3 000
（1）求甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率；
解： 由题意可知甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌
名分两种情况：猜对A，B；猜对A，B，C，这两种情况不会同时发生.
设“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件E，
由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得
P（E）＝P（AB ＋ABC）＝0.8×0.5×（1－0.5）＋0.8×0.5×0.5＝
0.4.
（2）甲决定按“A，B，C”或者“C，B，A”两种顺序猜歌名，请你
计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期望；为了得到更多的奖励基
金，请你给出合理的选择建议，并说明理由.
解： 甲决定按“A，B，C”的顺序猜歌名，获得的奖金数记为X，
则X的所有可能取值为0，1 000，3 000，6 000，
P（X＝0）＝1－0.8＝0.2，
P（X＝1 000）＝0.8×（1－0.5）＝0.4，
P（X＝3 000）＝0.8×0.5×（1－0.5）＝0.2，
P（X＝6 000）＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E（X）＝0×0.2＋1 000×0.4＋3 000×0.2＋6 000×0.2＝2 200；
甲决定按“C，B，A”的顺序猜歌名，获得的奖金数记为Y，
则Y的所有可能取值为0，3 000，5 000，6 000，
P（Y＝0）＝0.5，
P（Y＝3 000）＝0.5×（1－0.5）＝0.25，
P（Y＝5 000）＝0.5×0.5×（1－0.8）＝0.05，
P（Y＝6 000）＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E（Y）＝0×0.5＋3 000×0.25＋5 000×0.05＋6 000×0.2＝2 200.
参考答案一：由于D（X）＝（0－2 200）2×0.2＋（1 000－2 200）
2×0.4＋（3 000－2 200）2×0.2＋（6 000－2 200）2×0.2＝4 560 000，
D（Y）＝（0－2 200）2×0.5＋（3 000－2 200）2×0.25＋（5 000－2
200）2×0.05＋（6 000－2 200）2×0.2＝5 860 000，
由于D（Y）＞D（X），所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.
参考答案二：甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为
0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应
该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.其他合理答案均可.
考点二 二项分布与超几何分布
【例2】 某地为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项
活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由
式滑雪”都超过40人的概率；
解： 记“从10所学校中随机选取的3所学校参与‘自由式滑雪’都超
过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
从中随机选择3所学校的选法共 ＝4（种），
所以P（A）＝ ＝ ＝ ，故所求概率为 .
（2）“单板滑雪”参与人数超过45的学校可以作为“基地学校”，现在
从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校个数，
求X的分布列和均值；
解： 参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）＝ ＝ ＝ ，P（X＝1）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ ＝ ＝ ，P（X＝3）＝ ＝ ＝ ，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝ ＋2× ＋3× ＝ .
（3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.在集训测试中，小明同学每个动作达到“优秀”的概率均为 ，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的均值达到不少于5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【通性通法】 （1）二项分布问题的解题关键
①定型：a.在每一次试验中，事件发生的概率相同；b.各次试验中的事件是相互独立的；
c.在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生.
②定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率.
（2）超几何分布的含义
①超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是：a.考察对象分两类；b.已知各类对象的个数；c.从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列.
②超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其本质是古典概型.
解： 记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则P（B）＝ （ ）2× ＋ （ ）3＝ ，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B
（n， ），
由题意得 n≥5，得n≥ ，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，故至少要进行20轮测试.
【训练2】 （2025·山东齐鲁名校大联考一模）已知A，B两个不透明的
袋子中均装有若干个大小、质地完全相同的红球和白球，从A袋中摸出一
个红球的概率是 ，从B袋中摸出一个红球的概率是p.在每轮摸球中，甲
同学先选择一个袋子摸一次球并放回，乙再选择一个袋子摸一次球并放
回，则该轮摸球结束.已知在每轮摸球中甲选A，B两个袋子的概率均为 .
如果甲选A袋，则乙选B袋的概率为 ；如果甲选B袋，则乙选B的概率
为 .
（1）若p＝ ，求在一轮摸球中乙从B袋中摸出红球的概率；
解：设D＝“甲从A袋中摸球”，E＝“乙从B袋中摸球”，C＝“乙摸
出的是红球”.
（1）由全概率公式知，乙从B袋中摸球的概率为P（E）＝P（D）P
（E｜D）＋P（ ）P（E｜ ）＝ × ＋ × ＝ ，
所以在一轮摸球中，乙从B袋中摸出红球的概率为P（EC）＝P（E）P
（C｜E）＝ × ＝ .
（2）求在一轮摸球中乙摸出红球的概率；
解： 在一轮摸球中，乙摸出红球的概率为P（C）＝P（E）P
（C｜E）＋P（ ）·P（C｜ ）＝ ×p＋ × ＝ （7p＋1）.
（3）若甲、乙两位同学进行了3轮摸球.乙同学认为，p越大，3轮摸球后
他摸出2个红球的概率越大，你同意他的观点吗？请说明理由.
解： 由题意知3轮摸球后乙摸出红球的个数服从二项分布B（3，
（7p＋1）），
则3轮摸球后乙摸出2个红球的概率为P＝ ［ （7p＋1）］2［1－
（7p＋1）］＝ （7p＋1）2（9－7p）（0＜p＜1），
设f（p）＝（7p＋1）2（9－7p）（0＜p＜1），则f'（p）＝7（7p＋
1）（17－21p），令f'（p）＝0，解得p＝ ，
则当0＜p＜ 时，f'（p）＞0，f（p）单调递增，当 ＜p＜1时，f'（p）
＜0，f（p）单调递减，所以当p＝ 时，3轮摸球后乙摸出2个红球的概
率最大，所以不同意乙的观点.
考点三 正态分布
【例3】 （1）（2025·浙江台州二模）若随机变量X～N（1，σ2），且P
（X＜0.9）＝0.3，则P（｜X－1｜＜0.1）＝（ ）
A. 0.3 B. 0.4 C. 0.5 D. 0.6
√
【通性通法】 解决正态分布问题的三个关键点
（1）对称轴x＝μ；
（2）样本标准差σ；
（3）分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间.
解析： 由｜X－1｜＜0.1可得－0.1＜X－1＜0.1，即0.9＜X＜1.1，
因为随机变量X～N（1，σ2），且P（X＜0.9）＝0.3，故P（｜X－1｜
＜0.1）＝P（0.9＜X＜1.1）＝1－2P（X＜0.9）＝1－2×0.3＝0.4.故
选B.
（2）〔多选〕某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X（单
位：g），若X～N（600，σ2），其中σ＞0，则（ ）
A. P（X＜600）＝
B. P（592＜X＜598）＜P（602＜X＜606）
C. P（X＜595）＝P（X＞605）
D. σ越小，P（X＜598）越大
√
√
解析： 如图1，作出正态
曲线，由对称性可得，P（X
＜600）＝ ，A正确；如图
1，P（592＜X＜598）对应图
1中区或A的面积，P（602＜X＜606）对应图1中区域B的面积， 则P（592＜X＜598）＞P（602＜X＜606），B错误；如图2，P（X＜595）对应图2中区域C的面积，P（X＞605）对应图2中区域D的面积，则P（X＜595）＝P（X＞605），C正确；当μ取定值600时，σ越小，峰值越高，正态曲线越“瘦高”，表示随机变量X的分布越集中于直线x＝600，故P（X＜598）越小，D错误.故选A、C.
【训练3】 （1）（2025·广东湛江二模）某林业科学院培育新品种草莓，
新培育的草莓单果质量ξ（单位：g）近似服从正态分布N（50，4），现有
该新品种草莓10 000个，估计其中单果质量超过52 g的草莓有（ ）
A. 228个 B. 456个
C. 1 587个 D. 3 174个
√
解析： 由N（50，4）可知μ＝50，σ＝2，则P（X＞52）＝ [1－P
（μ－σ＜X≤μ＋σ）]≈0.158 7，故其中单果质量超过52 g的草莓约有10
000×0.158 7＝1 587个.故选C.
（2）〔多选〕（2025·山西运城模拟）已知某校高二男生的身高X（单
位：cm）服从正态分布N（175，16），且P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）
≈0.954 5，则（ ）
A. 该校高二男生的平均身高是175 cm
B. 该校高二男生身高的方差为4
C. 该校高二男生中身高超过183 cm的人数超过总数的3%
D. 从该校高二男生中任选一人，身高超过180 cm的概率与身高不超过170
cm的概率相等
√
√
解析： 对选项A，在N（μ，σ2）中，μ＝175为平均数，正确；
对选项B，方差为σ2＝16，错误；对选项C，183＝μ＋2σ，则身高超
过183 cm的概率为P≈ ＜0.03，错误；对选项D，正态曲线关
于直线x＝175对称，所以身高超过180 cm的概率与身高不超过170 cm
的概率相等，正确.
课后·训练
（时间：60分钟，满分：90分）
巩固强化 综合测评
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1. （2025·浙江温州二模）已知随机变量ξ～N（3，4），则“a＝3”是
“P（ξ＜a）＝ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
√
解析： 由ξ～N（3，4）知μ＝3，σ＝2，可知P（ξ＜3）＝ ，故a＝
3，故P（ξ＜a）＝ 成立；反之，若P（ξ＜a）＝ ，则a＝3，故为充要
条件.故选C.
2. 在一个袋中装有除颜色外完全相同的4个黑球，3个白球，现从中任取3
个小球，设取的3个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是（ ）
A. P（X＝1）＝
B. 随机变量X服从二项分布
C. 随机变量X服从超几何分布
D. E（X）＝
√
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解析： 由题意知，随机变量X服从N＝7，M＝3，n＝3的超几何分
布，故B错误，C正确；P（X＝1）＝ ＝ ，故A错误；E（X）＝
n· ＝3× ＝ ，故D错误.
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3. 已知下表为离散型随机变量X的分布列，其中ab≠0，则下列说法正确
的是（ ）
X 0 1 2
P a
A. a＋b＝2 B. E（X）＝2b
C. D（X）有最大值 D. D（X）有最小值
√
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解析： 由题意可知a＋ ＋ ＝1，即a＋b＝1，所以A不正确；因为E
（X）＝0×a＋1× ＋2× ＝ ，所以B不正确；因为D（X）＝a（0
－ ）2＋ （1－ ）2＋ （2－ ）2＝－ b2＋ b＝－ （b－ ）2＋
，b∈（0，1），所以D（X）是开口向下的二次函数.所以D（X）在
（0， ）上单调递增，在（ ，1）上单调递减，所以D（X）有最大值，
无最小值，所以C正确，D不正确.
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4. 已知随机变量X～N（1，σ2）.若P（1≤X≤3）＝0.3，设事件A＝
“X＜1”，事件B＝“｜X｜＞1”，则P（A｜B）＝（ ）
A. B.
C. D.
√
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解析： 因为随机变量X～N（1，σ2），且P（1≤X≤3）＝0.3，所以
P（X＞3）＝0.5－0.3＝0.2，所以P（X＜－1）＝P（X＞3）＝0.2，
而｜X｜＞1，即X＞1或X＜－1，所以P（｜X｜＞1）＝P（X＞1）＋
P（X＜－1）＝0.5＋0.2＝0.7，所以P（A｜B）＝ ＝
＝ ＝ .
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5. （2025·山师附中一模）甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人
手中各有6张扑克牌，点数分别为1～6，两人各随机出牌1张，当两张牌的
点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点
数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2次或平局4次时
停止，记游戏停止时甲、乙各出牌X次，则P（X＝4）＝（ ）
A. B.
C. D.
√
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解析： 甲、乙每次各出牌1张，若两人出牌的点数都是偶数或都是奇
数，则平局，所以平局的概率为p1＝ ＝ ，若甲胜，则结果有（2，
1），（3，2），（4，1），（4，3），（5，2），（5，4），（6，
1），（6，3），（6，5），共9种，所以甲胜的概率为p2＝ ＝ ，同理
乙胜的概率也为 ，各出牌4次后停止游戏，若4次全平局，概率为（ ）4
＝ ；若平局2次，则最后1次不能是平局，另外2次甲全胜或乙全胜，概率为 （ ）2× × ×2＝ ，若平局0次，则一方3胜1负，且负的1次只能在前2次中，概率为 × ×（ ）3×2＝ ，所以P（X＝4）＝ ＋ ＋ ＝ .故选D.
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6. 在某次考试中，多项选择题的给分标准如下：在每题给出的四个选项
中，正确选项为其中的两项或三项，全部选对的得5分，部分选对的得2
分，有选错的得0分.甲、乙、丙三人在完全不会做某个多项选择题的情况
下，分别选了A，AB，ABC，则甲、乙、丙三人该题得分的数学期望分别
为（ ）
A. 1， ， B. ， ，
C. 1， ， D. ， ，
√
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解析： 若正确选项为2项，则有 ＝6种可能情况，若正确选项为3
项，则有 ＝4种可能情况，故正确选项的可能情况共有10种.甲选A，则
甲可能得分的情况即正确答案中含有A，有 ＋ ＝6种，故甲得2分的概
率为P1＝ ＝ ，记甲可能的得分为X1分，则X1的可能取值为0，2，故甲
得分的数学期望E（X1）＝0×（1－ ）＋2× ＝ .乙选AB，记乙可能的
得分为X2分，则X2的可能取值为0，2，5，若正确答案为AB，则P（X2＝
5）＝ ，若正确答案为ABC或ABD，则乙得2分的情况有2种，此时P
（X2＝2）＝ ＝ ，所以P（X2＝0）＝ ，
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故E（X2）＝0× ＋2× ＋5× ＝ .丙选ABC，记丙可能的得分为X3
分，则X3的可能取值为0，5，若正确答案为ABC，则P（X3＝5）＝ ，
所以P（X3＝0）＝ ，故E（X3）＝0× ＋5× ＝ .所以甲、乙、丙
三人该题得分的数学期望分别为 ， ， ，故选D.
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二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7. （2025·安徽六校教育研究会入学测试）若随机变量X～N（5，σ2）且
P（X＜m）＝P（X＞n），则下列选项正确的是（ ）
A. E（2X＋1）＝7
B. m2＋n2的最小值为50
C. P（X≥3＋σ）＞P（X≤3－σ）
D. 若P（X＞4）＝0.68，则P（5≤X＜6）＝0.32
√
√
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解析： 随机变量X～N（5，σ2），E（X）＝5，E（2X＋1）＝2E
（X）＋1＝11，A错误；因为P（X＜m）＝P（X＞n），所以 ＝
5，所以m2＋n2≥ （m＋n）2＝50，当且仅当m＝n时等号成立，B正
确；P（X≥3＋σ）＞P（X≥5＋σ），P（X≤3－σ）＜P（X≤5－σ）
＝P（X≥5＋σ），故P（X≥3＋σ）＞P（X≤3－σ），C正确；因为随
机变量X～N（5，σ2），所以正态曲线的对称轴为直线x＝5，因此P
（4≤X＜5）＝0.68－0.5＝0.18，所以P（5≤X＜6）＝0.18，D错误.故
选B、C.
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8. （2025·山东聊城一模）将四个不同的小球，放入四个编号为1，2，3，
4的盒子中，每个小球放入各个盒子的可能性都相等，设ξ表示空盒的个
数，η表示1号盒子中小球的个数，则（ ）
A. 每个盒子中恰有1球的概率为
B. 事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立
C. 随机变量η的方差为
D. 随机变量ξ的均值为
√
√
√
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解析： 对于A选项，每个盒子中恰有1球的概率为 ＝ ，A错误；
对于B选项，记事件E＝“1号是空盒”，事件F＝“2号是空盒”，则P
（E）＝P（F）＝ ，P（EF）＝ ＝ ，所以P（EF）≠P
（E）·P（F），故事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立，B
正确；对于C选项，由题意可知η～B（4， ），故D（η）＝4× × ＝
，C正确；对于D选项，由题意可知，随机变量ξ的可能取值有0，1，2，3，则P（ξ＝0）＝ ，P（ξ＝1）＝ ＝ ，P（ξ＝2）＝ ＝ ，P（ξ＝3）＝ ＝ ，因此E（ξ）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ ，D正确.故选B、C、D.
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三、填空题（每小题5分，共10分）
9. （2025·辽宁辽阳模拟）辽宁的盘锦大米以粒粒饱满、口感香糯而著称.
已知某超市销售的盘锦袋装大米的质量M（单位：kg）服从正态分布N
（25，σ2），且P（24.9＜M＜25.1）＝0.8，若从该超市中随机选取60袋
盘锦大米，则质量在25 kg～25.1 kg的盘锦大米的袋数的方差
为 .
解析：由题意知P（25＜M＜25.1）＝ ×0.8＝0.4，即从该超市中随机
选取60袋盘锦大米，则质量在25 kg～25.1 kg的盘锦大米的袋数X～B
（60，0.4），故D（X）＝60×0.4×（1－0.4）＝14.4.
14.4
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10. （2025·天津高考13题）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一
次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为
0.4，跑6圈的概率为0.6.若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，
跑6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑
11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X，则期望E（X）
＝ .
解析：小桐一周跑11圈的概率P＝0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6.小桐一周运
动量达标的概率p＝1－0.5×0.4＝0.8，显然X服从二项分布B（4，
0.8），故E（X）＝4×0.8＝3.2.
0.6
3.2
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四、解答题（共28分）
11. （13分）（2025·山东济宁一模）为了解高三（1）班和（2）班的数学
建模水平，现从两个班级中各随机抽取10名学生参加数学建模能力比赛
（满分：100分），成绩如下：
数据Ⅰ（高三（1）班）：68，80，58，75，65，70，54，90，88，92；
数据Ⅱ（高三（2）班）：72，55，83，59，56，90，83，52，80，95.
（1）求数据Ⅰ（高三（1）班）的第80百分位数；
解： 将数据Ⅰ从小到大排列为：54，58，65，68，70，75，80，88，
90，92，
因为10×80%＝8，所以数据Ⅰ的第80百分位数为 ＝89.
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（2）从上述成绩在60分以下的学生中随机抽取3人作下一步调研，设被抽
到的3人中来自高三（2）班的学生人数为X，求X的分布列和数学期望.
解：数据Ⅰ中60分以下的有54分，58分；数据Ⅱ中60分以下的有52分，55
分，56分，59分，
即符合题意共6人，其中高三（1）班有2人，高三（2）班有4人.
可知X的所有可能取值为1，2，3，
则P（X＝1）＝ ＝ ＝ ，P（X＝2）＝ ＝ ＝ ，P（X＝3）
＝ ＝ ＝ ，
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X 1 2 3
P
所以数学期望E（X）＝1× ＋2× ＋3× ＝2.
所以X的分布列为
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12. （15分）（2025·辽宁锦州模拟）甲、乙两人对比进行射击训练，共进
行100个回合.每个回合甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少都击中8环，
统计资料显示甲击中8环，9环，10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击
中8环，9环，10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互
独立.记第i个回合甲、乙击中的环数分别为xi，yi，i＝1，2，…，100.
（1）在某一个回合训练中，已知乙击中的环数少于甲击中的环数，求甲
击中10环的概率；
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解： 设在一个回合训练中，乙击中的环数少于甲击中的环数为事件
A，甲击中10环为事件B，
则P（A）＝0.2×0.6＋0.1×0.6＋0.1×0.2＝0.2，P（AB）＝（0.6＋
0.2）×0.1＝0.08，
则所求概率为P（B｜A）＝ ＝ ＝0.4.
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（2）中心极限定理是概率论中的一个重要结论：若随机变量ξ～B（n，
p），则当np＞5且n（1－p）＞5时，ξ可以由服从正态分布的随机变量η
近似替代，且ξ的期望与方差分别与η的均值与方差近似相等.根据该定
理，设满足yi＜xi（i＝1，2，…，100）的i值有k个，利用正态分布估计
k≤24的概率.（结果保留小数点后两位）
附：若η～N（μ，σ2），则P（μ－σ＜η＜μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－
2σ＜η＜μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ＜η＜μ＋3σ）≈0.997 3.
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解： 由题意100个回合中，满足xi＞yi的i值有k个，由（1）知k～B
（100，0.2），
所以E（k）＝np＝100×0.2＝20＞5，n（1－p）＝100×0.8＝80＞5，
又D（k）＝100×0.2×0.8＝16，所以μ＝20，σ＝ ＝4，
故η～N（20，42），μ＋σ＝20＋4＝24，
由正态分布的对称性估计k≤24的概率为P（k≤24）＝P（η≤μ＋σ）≈1
－ ≈0.84.
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【高考新风向】（每小题5分，共10分）
13. （2025·全国Ⅰ卷14题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，
从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的
球的个数，则X的数学期望E（X）＝ .
解析：X的所有取值为1，2，3，X＝1表示3次取同一个数字的球，则P
（X＝1）＝ （ ）3＝ ；X＝3表示3次取不同数字的球并排序，则P
（X＝3）＝ （ ）3＝ ；X＝2表示3次取2个不同数字的球，其中一个
球取了两次并排序，P（X＝2）＝ ×2×3×（ ）3＝ .（优解）P
（X＝2）＝1－P（X＝1）－P（X＝3）＝ .所以X的分布列为
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X 1 2 3
P
所以E（X）＝1× ＋2× ＋3× ＝ .
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14. 〔创新定义〕在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不
小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名，由马尔
可夫不等式知，若ξ是只取非负值的随机变量，则对 a＞0，都有P
（ξ≥a）≤ .某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选
取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率
为P（A），则P（A）的最大值为 .
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解析：记该市去年1名市民的收入为X万元，则E（X）＝10，从该市任意
选取3名市民，年收入超过100万元的人数为Y. 设从该市任选1名市民，年
收入超过100万元的概率为p，则根据马尔可夫不等式可得p＝P
（X≥100）≤ ＝ ＝ ，所以0≤p≤ ，因为Y～B（3，
p），所以P（A）＝P（Y＝1）＝ p（1－p）2＝3p（1－p）2＝3p3
－6p2＋3p，令f（p）＝3p3－6p2＋3p，则f'（p）＝9p2－12p＋3＝3
（3p－1）（p－1），因为0≤p≤ ，所以3p－1＜0，p－1＜0，即f'
（p）＞0，所以f（p）在［0， ］上单调递增.所以f（p）max＝f
（ ）＝3× ×（1－ ）2＝ ，即P（A）max＝ .
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THANKS
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