专题 21 随机变量及其分布列
一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．2019 年末，武汉出现新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情，并快速席卷我国其他地区，传播速度很快.
因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，所以目前没有特异治疗方法，防控难度很大，武
汉市出现疫情最早，感染人员最多，防控压力最大，武汉市从 2 月 7 日起举全市之力入户上门排查确诊的
新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四
类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.在排查期间，一户 6 口之家被确认为“与确诊患者的密切
接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感
染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为 (0 1)p p 且相互独立，该家庭至少检测了 5 个人才
能确定为“感染高危户”的概率为 ( )f p ，当 0p p 时， ( )f p 最大，则 0p （）
A． 61 3
B． 6
3
C． 3
3
D． 31 3
【解析】设事件 A：检测 5 个人确定为“感染高危户”，
事件 B：检测 6 个人确定为“感染高危户”.∴ 4( ) (1 )P A p p ， 5( ) (1 )P B p p .
即 4 5 4( ) (1 ) (1 ) (2 )(1 )f p p p p p p p p .设 1 0x p ，则
4 2 4( ) (1 ) (1 )(1 ) 1g x f p x x x x x ，
∴ 2 4 2 2 21( ) 1 2 22g x x x x x x
32 2 22 21 4
2 3 27
x x x
，
当且仅当 2 22 2x x 即 6
3x 时取等号，即 0
61 3p p .故选：A.
2．已知集合 1,2,3,4A ， 1,2,3,4,5B ，从集合 A 中任取 3 个不同的元素，其中最小的元素用 a 表
示，从集合 B 中任取 3 个不同的元素，其中最大的元素用 b 表示，记 X b a ，则随机变量 X 的期望为
（ ）
A．13
4 B．15
4 C．3 D．4
【解析】根据题意，从集合 A 中任取 3 个不同的元素，则有 1,2,3 , 1,2,4 , 1,3,4 , 2,3,4 ，其中最小
的元素 a 取值分别为1,2 ，
从集合 B 中任取 3 个不同的元素，其中最大的元素b 的取值分别为3,4,5，
因为 X b a ，可得随机变量 X 的取值为1,2,3,4 ，
则 1 1 1 1
4 10 4 10
1 1 1 3 1 1 3 3( 1) , ( 2)40 20P X P XC C C C
，
1 1 1 1
4 10 4 10
3 3 1 3 3 3 6 9( 3) , ( 4)8 20P X P XC C C C
，
所以随机变量 X 的期望为： 1 3 3 9 131 2 3 440 20 8 20 4E X .故选：A.
3．（1）将 k 个小球随机地投入编号为 1，2…， 1k 的 1k 个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），
记 1 号盒子中小球的个数为 1 ；（2）将 1k 个小球随机地投入编号为 1，2…， 2k 的 2k 个盒子中（每
个盒子容纳的小球个数没有限制），记 2k 号盒子中小球的个数为 2 ，则（ ）
A． 1 2 1 2E E D D B． 1 2 1 2E E D D
C． 1 2 1 2E E D D D． 1 2 1 2E E D D
【解析】问题转化为将一个小球投入到 1k 个盒子中，投 k 次，
投入 1 号盒子中小球的次数为 1 ，故 1
1, 1B k k
，
2
1 1 2
1 1 1, (1 )1 1 1 1 1
k kE k D kk k k k k
，
同理可得： 2
11, 2B k k
，
2
1 1 2
11 1 1 11 , 1 12 2 2 2 2
kkE k D kk k k k k
，
2 21 10 ,1 2 1 2
k k k k
k k k k
，
即 1 2 1 2,E E D D ，故选：A
4．我们知道，在 n 次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件 A 发生的概率为 p ，则事件 A 发
生的次数 X 服从二项分布 ,B n p ，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广
泛，即事件 A 首次发生时试验进行的次数Y ，显然 11 , 1,2,3,kP Y k p p k ，我们称Y 服从“几
何分布”，经计算得 1( )E Y p
．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件 A 和 A 都发生后停止，
此时所进行的试验次数记为 Z ，则 1 11 1 , 2,3,k kP Z k p p p p k ，那么 E Z （ ）
A． 1 1(1 )p p
B． 2
1
p
C． 1 1(1 )p p
D． 2
1
(1 )p
【解析】因为 11 , 1,2,3,kP Y k p p k ， 1( )E Y p
．
∴若 11 , 2,3,kP Y k p p k ，则 1( )E Y pp
．
那么 2 22 1 2 1 3 1 3 1E Z p p p p p p p p 1 11 1k kkp p k p p
2 11 2 1 3 1 1 kp p p p p k p pp
．
设 2 12 3 k
kA p p kp ．
2 3 12 3 1 k k
kpA p p k p kp ．
∴ 1
2 3 1 1
1 2 1
k
k k k
k
p p
p A p p p p kp p kpp
．
∴ k 时， 1 1k
pp A p p
．
∴ 1 1( ) 11 (1 )
pE Z p pp p p p
．故选：A．
5．若随机变量 2~ 3,2019N ，且 ( 1) ( )P P a .已知 F 为抛物线 2 4y x 的焦点， O 为原点，
点 P 是抛物线准线上一动点，若点 A 在抛物线上，且| |AF a ，则| | | |PA PO 的最小值为（ ）
A． 5 B． 13 C． 2 5 D． 2 13
【解析】随机变量 2~ 3,2019N ，且 ( 1) ( )P P a ，
1 和 a 关于 3x 对称， 5a 即| | 5AF ，
设 A 为第一象限中的点， ,A x y ，抛物线方程为： 2 4y x ， 1,0F ，
1 5AF x 解得 4x 即 4,4A ， 4,4A 关于准线 1x 的对称点为 6,4A ，
根据对称性可得： PA PA
2 2| | | | | | 6 4 52 2 13PA PO PA PO A O
当且仅当 , ,A P O 三点共线时等号成立.如图
故选：D
6．已知随机变量 X 的分布服从 ,X B n p ，记 , 1f n p P x n P x n ，记 ,f n p 在
0,1p 上的最大值为 F n ，若正整数 a ，b 满足 2019a b ，则 F a 和 F b 的大小关系是（ ）
A． F a F b B． F a F b
C． F a F b D．无法确定
【解析】 1 n kk k
nP x k ppC ，
, 1f n p P x n P x n 01 11 1n n n n
n nC p p C p p 11 n nn p np ，
设 11 n nn p pg p n ， 0,1p ， 2' 1 1ng p n n p p ，
当 1n 时， 1g p ，故 1 1F ，
当 2n 时， 1 0n n ， 2 0np ， 1 1p ，故 ' 0g p ，
所以 g p 在 0,1 上递增，所以 1 1 1F n g n n .
故 1F n ，所以 1F a F b ，故选：B.
7．下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量 X 服从二项分布 16, 2B
，则 53 16P X
②已知随机变量 X 服从正态分布 22,N 且 4 0.9P X ，则 0 2 0.4P X
③小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A “4 个人去的景点互不相同”，
事件 B “小赵独自去一个景点”，则 2
9P A B ；
④ 2 3 2 3E X E X ； 2 3 2 3D X D X .
A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①③
【解析】命题①：设随机变量 X 服从二项分布 16, 2B
，
则
3 3
3
6
1 1 53 12 2 16P X C
，正确；
命题②：∵ 服从正态分布 22,N ，∴正态曲线的对称轴是 2x ，
4 0.9 4 0 0.1P X P X P X ，
0 2 2 4 0.4P X P X ，正确；
命题③：设事件 A “4 个人去的景点不相同”，事件 B “小赵独自去一个景点”，
则
3
4 4
4 3! 4 3,4 4P AB P B ，所以
2
9
P ABP A B P B
，正确；
命题④： 2 3 2 3E X E X 正确， 2 3 2D X D X 错误，应该为 2 3 4D X D X ，故
不正确.故选：A
8．某批零件的尺寸 X 服从正态分布 210,N ，且满足 19 8P x ，零件的尺寸与 10 的误差不超过 1
即合格，从这批产品中抽取 n 件，若要保证抽取的合格零件不少于 2 件的概率不低于 0.9，则 n 的最小值为
（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【解析】因为 210,X N : ，且 19 8P X ，所以 39 11 4P X ，
即每个零件合格的概率为 3
4 .
合格零件不少于 2 件的对立事件是合格零件个数为零个或一个.
合格零件个数为零个或一个的概率为
1
0 11 3 1C C4 4 4
n n
n n
，
由
1
0 11 3 1C C 0.14 4 4
n n
n n
，得 13 1 0.14
n
n
①，
令 13 1 4
n
f n n n N .因为
1 3 4 112 4
f n n
f n n
，
所以 f n 单调递减，又因为 4 0.1f ， 3 0.1f ，
所以不等式①的解集为 4n .
9．如果 na 不是等差数列，但若 k N ，使得 2 12k k ka a a ，那么称 na 为“局部等差”数列.已知数
列 nx 的项数为 4，记事件 A ：集合 1 2 3 4, , , 1,2,3,4,5x x x x ，事件 B ： nx 为“局部等差”数列，则
条件概率 |P B A （ ）
A． 4
15 B． 7
30 C． 1
5 D． 1
6
【解析】由题意知，事件 A 共有 4 4
5 4C A =120 个基本事件，事件 B：“局部等差”数列共有以下 24 个基本事件，
（1）其中含 1，2，3 的局部等差的分别为 1，2，3，5 和 5，1，2，3 和 4，1，2，3 共 3 个， 含 3，2，1
的局部等差数列的同理也有 3 个，共 6 个.
含 3，4，5 的和含 5，4，3 的与上述（1）相同，也有 6 个.
含 2，3，4 的有 5，2，3，4 和 2，3，4，1 共 2 个，
含 4，3，2 的同理也有 2 个.
含 1，3，5 的有 1，3，5，2 和 2，1，3，5 和 4，1，3，5 和 1，3，5，4 共 4 个，
含 5，3，1 的也有上述 4 个，共 24 个，
24| 120P B A = 1
5 .故选 C.
10．将三颗骰子各掷一次，记事件 A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个６点”，则条件概率 (A | B)P ，
( | )P B A 分别是（ ）
A． 60
91
， 1
2 B． 1
2
， 60
91 C． 5
18
， 60
91 D． 91
216
， 1
2
【解析】根据条件概率的含义， (A | B)P 其含义为在 B 发生的情况下， A 发生的概率，即在“至少出现一个
6 点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，
“至少出现一个 6 点”的情况数目为 6 6 6 5 5 5 91 ，“三个点数都不相同”则只有一个 6 点，共
1
3 5 4 60C 种， 60( | ) 91P A B ；
( | )P B A 其含义为在 A 发生的情况下，B 发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个
6 点”的概率， 1( | ) 2P B A ．故选： A ．
11．甲盒子装有 3 个红球，1 个黄球，乙盒中装有 1 个红球，3 个黄球，同时从甲乙两盒中取出 ( 1,2,3)i i
个球交换，分别记甲乙两个盒子中红球个数的数学期望为 1 2( ), ( )E i E i ，则以下结论错误的是（ ）
A． 1 2(1) (1)E E B． 1 2(2) (2)E E C． 1 2(1) (1) 4E E D． 1 2(3) (1)E E
【解析】用 X 表示交换后甲盒子中的红球数，Y 表示交换后乙盒子中的红球数，
当 1i 时，则
1 1 1 1
3 3 1 1
1 1 1 1
4 4 4 4
9 12 2 4 0 16 16
C C C CP X P Y P X P YC C C C
（ ） （ ） ，（ ） （ ） ，
1 1
3 1
1 1
4 4
33 1 2 8
C CP X P Y C C
（ ） （ ） ，
1 2
9 3 1 5 9 1 3 31 2 3 4 1 2 0 116 8 16 2 16 16 8 2E E（） ， （） ．故 A 正确，C 正确，
当 2i 时，
2 2 1 1 2
3 3 3 1 3
2 2 2 2
4 4 4 4
1 11 3 2 2 2 4 2
C C C C CP X P Y P X P YC C C C
（ ） （ ） ，（ ） （ ） ，
1 1 1 1
3 1 3 1
2 2
4 4
13 1 4
C C C CP X P Y C C
（ ） （ ） ．
1 2
1 1 1 1 1 12 1 2 3 2 2 3 2 1 24 2 4 4 2 4E E （ ） ， （ ） ．故 B 正确．
当 3i 时，
3 3 3 2 1
3 3 3 3 1
3 3 3 3
4 4 4 4
1 30 4 1 3 2 16 8
C C C C CP X P Y P X P YC C C C
（ ） （ ） ，（ ） （ ） ，
92 2 16P X P Y（ ） （ ） ， 1
1 3 9 33 0 1 216 8 16 2E （ ） ．
故 D 错误．故选 D．
12．广雅高一年级和高二年级进行篮球比赛，赛制为 3 局 2 胜制，若比赛没有平局，且高二队每局获胜的
概率都是 10 2p p
，记比赛的最终局数为随机变量 X ，则（）
A． 5( ) 2E X B． 21( ) 8E X C． 1( ) 4D X D． 1 1( ) ,4 2D X
【解析】 X 的可能取值为 2，3，
解法一： 2 2 2( 2) (1 ) 2 2 1P X p p p p ， 1 2
2( 3) (1 ) 2 2P X C p p p p ，
令 22 2t p p ，因为 10 2p ，所以 1 02 t ，
则 ( 2) 1P X t ； ( 3)P X t ，所以 2( 1) 3 ( ) 2EX t t t ，
2 2(2 ) ( 2) (3 ) ( 3)DX EX P X EX P X 2 2[2 ( 2)] ( 1) [3 ( 2)] ( )t t t t
2 2 2( 1) (1 ) ( )t t t t t t ，
因为 1 02 t ，所以 52 2, 2EX t
， 2 10, 4DX t t
法二： 2 2 2( 2) (1 ) 2 2 1P X p p p p ， 1 2
2( 3) (1 ) 2 2P X C p p p p ，
2 2 2( ) 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2E X p p p p p p ，
因为 ( )E X 以 1
2p 为对称轴，开口向下，所以 ( )E X 在 10, 2p
时， ( )E X 单调递增，
所以
21 1 5( ) 2 2 22 2 2E X
，排除 A，B．
法 1： 2 2( ) ( ( ) 2) ( 2) ( ( ) 3) ( 3)D X E X P X E X P X
2 22 2 2 22 2 2 2 1 2 2 1 2 2p p p p p p p p
2 2 2 22 2 2 2 1 2 2 1 2 2p p p p p p p p
2 22 2 2 2 1p p p p ，令 2 12 2 0, 2t p p
， 1( ) (1 ) 0, 4D X t t
法 2： 2 2 24 2 2 1 9 2 2E X p p p p 210 10 4p p
22 2 2 2( ) ( ) 10 10 4 2 2 2D X E X E X p p p p 4 3 24 8 6 2p p p p
3 2( ) 16 24 12 2D X p p p ， 2( ) 12(2 1) 0D X p
所以 ( )D X 在 (0,1)p 上单调递减，又 1 02D
，
所以当 10, 2p
时， ( ) 0D X ，所以 1(0, )2p 时 ( )D X 单调递增，
所以
4 3 21 1 1 1 1( ) 4 8 6 22 2 2 2 4D X
．故选：C
二．填空题
13．对一个物理量做 n 次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差
2~ 0,n N n
，为使误差 n 在 ( 0.5,0.5) 的概率不小于 0.9545，至少要测量_____次（若 2~ ,X N ，
则 (| | 2 ) 0.9545)P X ）．
【解析】根据正态曲线的对称性知：要使误差 n 在 ( 0.5,0.5) 的概率不小于 0.9545，
则 2 , 2 0.5,0.5 且 0 ， 2
n
，所以 20.5 2 32nn
.
14．2019 年暑假期间，河南有一新开发的景区在各大媒体循环播放广告，观众甲首次看到该景区的广告后，
不来此景区的概率为 11
14
，从第二次看到广告起，若前一次不来此景区，则这次来此景区的概率是 1
3
，若前
一次来此景区，则这次来此景区的概率是 2
5 .记观众甲第 n 次看到广告后不来此景区的概率为 nP ，若当 2n
时， nP M 恒成立，则 M 的最小值为__________.
【解析】根据题意， nP 为观众甲第 n 次看到广告后不来此景区的概率，
则 1 1 1
2 3 1 313 5 15 5n n n nP P P P ，所以 1
9 1 9
14 15 14n nP P
，
所以 9
14nP
是首项为 1
9
14P ，公比为 1
15
的等比数列，
所以
1 1
1
9 9 1 1 1
14 14 15 7 15
n n
nP P
， 即
19 1 1
14 7 15
n
nP
，
显然数列 nP 单调递减，所以当 2n 时， 2
9 1 1 137
14 7 15 210nP P ，
所以 137
210M ，所以 M 的最小值为 137
210 .
15．设 为随机变量，从边长为 1 的正方体 12 条棱中任取两条，当两条棱相交时， 0 ；当两条棱异面
时， 1 ；当两条棱平行时， 的值为两条棱之间的距离，则数学期望 E =________.
【解析】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为 1 或 2 ．
正方体共 12 条棱中任取两条，共有12 11 662
种取法，
其中相交的有 12 4 242
，平行且距离为 2 的有12 62
种，
其余的是异面或距离为 1 的平行线，共有 36 种，
∴ 24 4( 0) 66 11P ， 6 1( 2) 66 11P ， 36 6( 1) 66 11P ，
分布列为：
0 1 2
P 4
11
6
11
1
11
4 6 1 6 20 1 211 11 11 11E ．
16．赌博有陷阱，某种赌博游戏每局的规则是：参与者现在从标有 5,6,7,8,9 的相同小球中随机摸取一个，
将小球上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差
的绝对值的 2 倍作为其奖金（单位：元），若随机变量 和 分别表示参与者在每一局赌博游戏中的赌金与
奖金，则 E E __________（元）．
【解析】赌金的分布列为
5 6 7 8 9
P 1
5
1
5
1
5
1
5
1
5
1 5 6 7 8 9 75E ，奖金的情况是两卡片数字之差绝对值为1，共有 4 种，奖金为 2 元，两卡片
数字之差绝对值为 2 ，共有 3 种，奖金为 4 元，两卡片数字之差绝对值为 3 ，共有 2 种，奖金为6元，
两卡片数字之差绝对值为 4 ，共有1 种，奖金为8 元. 则 2 2
5 5
4 2 3 32 ; 45 10P y P yC C
，
2
5
2 1 16 ; 810 10P y P yC
，
奖金的分布列为
y 2 4 6 8
P 2
5
3
10
1
5
1
10
2 3 1 12 4 6 8 45 10 5 10Ey ， 7 4 3E Ey ，故答案为 3 .
三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．2020 年 1 月 15 日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（ 也称
“强基计划”），《意见》宣布：2020 年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划上要
选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.据悉强基计划的校考由试点
高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试
科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为 1
2
，该考生报考乙大学，
每门科目通过的概率依次为 1 2
6 3 m， , ，其中 0 1m .
（1）若 2
3m ，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决
策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求 m 的范围.
【解析】（1）设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件 A ，则
2
1
3
1 1 3( ) 2 2 8P A C
，
该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件 B ，则
21 1 5 2 1 21 7( ) 26 3 6 3 3 54 18P B
；
（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为 X ，根据题意可知， 1~ 3, 2X B
，则 1 3( ) 3 2 2E X ，
报将乙大学通过的科目数为Y ，随机变量Y 满足概率为：
5 1 5( 0) (1 ) (1 )6 3 18P Y m m ，
1 1 5 2 5 1 11 1( 1) (1 ) (1 )6 3 6 3 6 3 18 3P Y m m m m ，
1 2 1 1 5 2 1 1( 2) (1 )6 3 6 3 6 3 9 2P Y m m m m ，
1 2 1( 3) 6 3 9P Y m m ，
随机变量Y 的分布列：
Y 0 1 2 3
P 5 118 m 11 1
18 3m 1 1
9 2 m 1
9 m
11 1 2 1 5( ) 18 3 9 3 6E Y m m m m ，
因为该考生更希望通过乙大学的笔试， E Y E X ，则 5 3
6 2m ，
所以 m 的范围为： 2 13 m .
18．一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准
率为 0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为 0 0.4a a .每个勘探小组配备 1 名甲类人员与 2 名乙
类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探
小组能精准应用这种新型技术的人员数量为 .
（1）证明：在 各个取值对应的概率中，概率 1P 的值最大；
（2）在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完
成任务，则重新派另一组出发.现在有三个勘探小组 ( 1,2,3)iA i 可派出，若小组 iA 能完成特殊任务的概率
t； 1,2,3it P i i ，且各个小组能否完成任务相互独立.试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，
可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小.
【解析】（1）由已知， 的所有可能取值为 0，1，2，3，
2 2( 0) (1 0.6) (1 ) 0.4(1 )P a a ，
2 1
2( 1) 0.6(1 ) (1 0.6) (1 ) 0.2(1 )(3 )P a C a a a a ，
1 2
2( 2) 0.6 (1 ) (1 0.6) 0.4 (3 2 )P C a a a a a ，
2( 3) 0.6P a . ∵ 0 0.4a ，
∴ ( 1) ( 0) 0.2(1 )(1 3 ) 0P P a a ，
2( 1) ( 2) 0.2 3 8 3 0P P a a ，
2( 1) ( 3) 0.2 4 2 3 0P P a a ，∴概率 ( 1)P ）的值最大.
（2）由（1）可知，当 0 0.4a 时，有 1 ( 1)t P 的值最大，
且 2 3 ( 2) ( 3) 0.2 (6 7 ) 0t t P P a a ，∴ 1 2 3t t t .
∴应当以 1 2 3, ,A A A 的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先
派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值.
证明如下：
假定 1 2 3, ,p p p 为 1 2 3 1 2 3, ,t t t t t t 的任意一个排列，即若三个小组 ( 1,2,3)iA i 按照某顺序派出，该顺
序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为 1 2 3, ,p p p ，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为 ，则
1,2,3 ，且 的分布列为
1 2 3
P 1p 1 21 p p 1 21 1p p
∴数学期望 1 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 2 1 3 1 1 3 2E p p p p p p p p p .
下面证明 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 3 2 3 2E p p p p t t t t
成立，
∵ 1 2 1 2 1 2 1 23 2 3 2p p p p t t t t 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 t p t p p p p t p t t t
1 1 2 2 1 2 2 2 1 12 t p t p p p t t p t 2 1 1 1 2 22 1t t p p t p
1 1 1 1 2 21 1p t p p t p
1 1 2 1 21 0p t t p p
.
∴按照完成任务概率从大到小的 1 2 3, ,A A A 的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个
数的均值达到最小.
19．某电子公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统 G 有 2n﹣1 个电子元件组成，各个电子元件能
正常工作的概率均为 p，且每个电子元件能否正常工作相互独立．若系统中有超过一半的电子元件正常工作，
则系统 G 可以正常工作，否则就需维修．
（1）当 12, 2n p 时，若该电子产品由 3 个系统 G 组成，每个系统的维修所需费用为 500 元，设 为该
电子产品需要维修的系统所需的总费用，求 的分布列与数学期望；
（2）为提高系统 G 正常工作的概率，在系统内增加两个功能完全一样的电子元件，每个新元件正常工作的
概率均为 p，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则系统 C 可以正常工作，问 p 满足什么条件时，
可以提高整个系统 G 的正常工作概率？
【解析】（1）当 2n 时，一个系统有 3 个电子元件，则一个系统需要维修的概率为
3 3
2
3
1 1 1
2 2 2C
，
设 X 为该电子产品需要维修的系统个数，则 1~ 3, 2X B
， 500X ，
∴
3
3
1 1( 500 ) ( ) , 0,1,2,2 2
k k
kP k P X k C k
，
∴ 的分布列为：
0 500 1000 1500
P 1
8
3
8
3
8
1
8
∴ 1500 3 7502E ．
（2）记 2 1k 个元件组成的系统正常工作的概率为 kp ．
2 1k 个元件中有i 个正常工作的概率为 2 1
2 1 (1 )i i k i
kC p p
，
因此系统工常工作的概率
2 1
2 1
2 1 (1 )
k
i i k i
k k
i k
p C p p
．
在 2 1k 个元件组成的系统中增加两个元件得到 2 1k 个元件组成的系统，则新系统正常工作可分为下列情
形：
（a）原系统中至少 1k 个元件正常工作，概率为 1
2 1 (1 )k k k
k kp C p p
；
（b）原系统中恰有 k 个元件正常工作，且新增的两个元件至少有 1 个正常工作，
概率为 2 1
2 11 (1 ) (1 )k k k
kp C p p
；
（c）原系统中恰有 1k 个元件正常工作，且新增的两个元件均正常工作，
概率为 2 1 1
2 1 (1 )k k k
kp C p p
．
所以 2 1 12 1 1
1 2 1 2 1 2 11 1 1 1 1k k kk k k k k k
k k k k kp p C p p p C p p p C p p
,
因此， 2 1 12 1 1
1 2 1 2 1 2 11 1 1 1 1k k kk k k k k k
k k k k kp p p C p p p C p p C p p
1
2 11 2 1kk k
kp p C p
，
故当 11 2p 时， kp 单调增加，增加两个元件后，能提高系统的可靠性．
20．公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡(B.Pascal)提请了
一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)讨论了这个问题，后来惠更斯(C.Huygens)也加入了讨论，这三位当时全欧
洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答.该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢 1,k k k N 局，
谁便赢得全部赌注 a 元.每局甲赢的概率为 0 1p p ，乙赢的概率为1 p ，且每局赌博相互独立.在甲赢
了 m m k 局，乙赢了 n n k 局时，赌博意外终止.赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：
如果出现无人先赢 k 局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概
率之比 :P P甲 乙 分配赌注.
（1）规定如果出现无人先赢 k 局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部
赌注的概率之比 :P P甲 乙 分配赌注.若 243a ， 4k ， 2m ， 1n ， 2
3p ，则甲应分得多少赌注？
（2）记事件 A 为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当 4k ， 2m ， 1n 时赌博继续进行下去
甲赢得全部赌注的概率 f p ，并判断当 3
4p 时，事件 A 是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机
事件发生的概率小于 0.05，则称该随机事件为小概率事件.
【解析】（1）设赌博再继续进行 X 局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢.
由题意知，最多再进行 4 局，甲、乙必然有人赢得全部赌注.
当 2X 时，甲以 4:1赢，所以
22 42 3 9P X
；
当 3X 时，甲以 4: 2 赢，所以 1
2
2 2 2 83 13 3 3 27P X C
；
当 4X 时，甲以 4:3 赢，所以
2
1
3
2 2 2 44 13 3 3 27P X C
.
所以，甲赢的概率为 4 8 4 24 8
9 27 27 27 9
.
所以，甲应分得的赌注为 8243 2169
元；
（2）设赌博继续进行Y 局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢.
当 3Y 时，乙以 4: 2 赢， 33 1P Y p ；
当 4Y 时，乙以 4:3 赢， 3 31
34 1 3 1P Y C p p p p ；
所以，乙赢得全部赌注的概率为 3 3 31 3 1 1 3 1P A p p p p p .
于是甲赢得全部赌注的概率 31 1 3 1f p p p .
求导， 3 2 23 1 1 3 3 1 1 12 1f p p p p p p .
因为 3 14 p ，所以 0f p ，所以 f p 在 3 ,14
上单调递增，
于是 min
3 243
4 256f p f .
故乙赢的最大概率为 243 131 0.0508 0.05256 256
，故事件 A 不一定是小概率事件.
21．射击是使用某种特定型号的枪支对各种预先设置的目标进行射击，以命中精确度计算成绩的一项体育
运动.射击运动不仅能锻炼身体，而且可以培养细致、沉着、坚毅等优良品质，有益于身心健康.为了度过愉
快的假期，感受体育运动的美好，法外狂徒张三来到私人靶场体验射击运动.
（1）已知用于射击打靶的某型号步枪的弹夹中一共有 k k N 发子弹，假设张三每次打靶的命中率均为
0 1p p ，靶场主规定：一旦出现子弹脱靶或者子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击.记标靶上的子弹
数量为随机变量 X ，求 X 的分布列和数学期望.
（2）张三在休息之余用手机逛 B 站刷到了著名电视剧《津门飞鹰》中的经典桥段：中国队长燕双鹰和三合
会何五姑玩起了俄罗斯轮盘.这让张三不由得想起了半人半鬼，神枪第一的那句家喻户晓的神话“我赌你的枪
里没有子弹”.由此，在接下来的射击体验中，张三利用自己的人脉关系想办法找人更换了一把型号为 M1917，
弹容为 6 发的左轮手枪，弹巢中有 m 发实弹，其余均为空包弹.现规定：每次射击后，都需要在下一次射击
之前填充一发空包弹.假设每次射击相互独立且均随机.在进行 n n N 次射击后，记弹巢中空包弹的发数
nX .
（ⅰ）当 n N 时，探究数学期望 nE X 和 1nE X 之间的关系；
（ⅱ）若无论 m 取何值，当射击次数达到一定程度后都可近似认为枪中没有实弹（以弹巢中实弹的发数的
数学期望为决策依据，当弹巢中实弹的发数的数学期望 1 时可近似认为枪中没有实弹），求该种情况下最
小的射击次数 0n .（参考数据： lg2 0.301 、 lg3 0.477 ）
【解析】（1）由题意， X 的所有可能取值为： 0 ，1， 2 ，…， 1k ， k ，
因为张三每次打靶的命中率均为 0 1p p ，
则 1 0,1,2,..., 1mP X m p p m k ， kP X k p ，
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 ... 1k k
P 1 p (1 )p p 2 (1 )p p ...
1(1 )kp p
kp
所以 X 的数学期望为 2 3 11 2 1 3 1 ... 1 1k kE X p p p p p p k p p kp ，
令 2 3 12 3 ... 1 kM p p p k p ①，
则 2 3 42 3 ... 1 kpM p p p k p ②，
所以① ②可得，
1
2 3 1 1
1 ... 1 11
k
k k kp p
p M p p p p k p k pp
，
则
1
1 11 1
k k
k k kp p p pE X M p kp k p kpp p
；
（2）（ⅰ）第 n 次射击后，可能包含两种情况：第 n 次射出空包弹或第 n 次射出实弹；
因为第 n 次射击前，剩余空包弹的期望为 1nE X ，
若第 n 次射出空包弹，则此时对应的概率为 1
6
nE X ，因为射击后要填充一发空包弹，所以此时空包弹的
数量为 1 11 1n nE X E X ；
若第 n 次射出实弹，则此时对应的概率为 11 6
nE X ，所以此时空包弹的数量为 1 1nE X ；
综上， 1 1
1 1 1
51 1 16 6 6
n n
n n n n
E X E XE X E X E XE X
；
（ⅱ）因为当 0n 时，弹夹中有 6 m 发空包弹，则 0 6E X m ；
由（i）可知： 1
5 16 nn E XE X *n N ，则 1
56 66n nE X XE n N ，所以
6nE X n N 是首项为 m ，公比为 5
6
的等比数列，
则 5
66n
n
E X m
，即 5
66n
n
E mX
n N ，
因此弹巢中实弹的发数的期望为 5
66
n
nX mE
，
为使弹巢中实弹的发数的数学期望小于1，只需 5 16
n
m
，则 6
5
n
m
，所以 6
5
log m n ，
为使 6
5
log m n 恒成立，只需 6
5 max
log m n
，
而
6 6
5 5max
lg6 lg6 lg 2 lg3 lg 2 lg3log log 6 6 lg6 lg5 lg 2 lg3 l lg 2 2lg 2 lg3 llg 5
m
0.301 0.477 9.8480.602 0.477 1
，又 n N ，所以最小的射击次数 0 10n .
22．为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，某小区物业提供了 A，B 两种小区管
理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案，随机选取了 4 名物业人员进行投票，物业人员投
票的规则如下：①单独投给 A 方案，则 A 方案得 1 分，B 方案得-1 分；②单独投给 B 方案，则 B 方案得 1
分，A 方案得-1 分；③弃权或同时投票给 A，B 方案，则两种方案均得 0 分.当前一名物业人员的投票结束，
再安排下一名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方案多 4 分或 4 名物业人员均已投票时，就停止投
票，最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案.假设 A，B 两种方案获得每一名物业人员投票的概率分
别为 2
3
和 1
2 .
（1）在第一名物业人员投票结束后，A 方案的得分记为 ，求 的分布列；
（2）求最终选取 A 方案为小区管理方案的概率.
【解析】由题意知， 所有可能取值为 1 ，0，1，
2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 11 1 , 0 , 1 13 2 6 3 2 3 2 2 3 2 3P P P
的分布列为：
(2）记 1M 表示事件“前 2 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，由（1）知，
2
2
1
1 1[ 1 ] 3 9P M p
，
记 2M 表示事件“前 3 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，
2
1 2
2 2
1 1 1[ 1 ] 0 2 3 2 9P M C P P
，
记 3M 表示事件“共有 4 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，
①若 A 方案比 B 方案多 4 分，有两类:
第一类，A 方案前三次得了一次 1 分两次 0 分，最后一次得 1 分，其概率为
1 2 2
3
11 ] 0 ] 12C P P ，
第二类，A 方案前两次得了一次 1 分一次 1 分，后两次均得 1 分，其概率为
1 3
2
11 [ 1 ] 81C P P ，
②若 A 方案比 B 方案多 2 分，有三类:
第一类，A 方案四次中得了一次 1 分，其他三次全 0 分，其概率为
1 3
4
1[ 0 ] 1 6C P P ，
第二类，A 方案前三次得了一次Ⅰ分，一次 0 分，一次 1 分，最后一次得了 1 分，其概率为
3 2
3
1[ 1 ] 0 1 18A P P P ，
第三类，A 方案前两次得了一次 1 分一次 1 分，第三次得 1 分，第四次得 0 分，其概率为
1 2
2
1[ 1 ] 0 1 54C P P P ，
故 3
1 1 1 1 1 109 12 81 6 18 54 324P M ，
最终选取 A 方案为小区管理方案的概率为 1 2 3
1 1 109 181
9 9 324 324P P M P M P M
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