《2025年小题狂做高中数学选择性必修第三册人教版》

1. [2024 河南郑州期末]已知随机变量 $X$ 满足 $D(2 - 2X) = 4$，则下列说法正确的是 (B)

A.$D(X) = -1$
B.$D(X) = 1$
C.$D(X) = 4$
D.$D(X) = 2$

答案： 1．B 因为$D(2 - 2X) = 4D(X) = 4$，所以$D(X) = 1$。

2. [2024 浙江嘉兴一中月考]把编号为 $1,2,3,4$ 的四个大小、形状相同的小球，随机放入编号为 $1,2,3,4$ 的四个盒子里.每个盒子里放入一个小球.设小球的编号与盒子编号相同的情况有 $X$ 种，则随机变量 $X$ 的期望为 (D)

A.$\frac{5}{4}$
B.$\frac{11}{8}$
C.$\frac{7}{8}$
D.$1$

答案： 2．D 随机变量$X$的所有可能取值为$0,1,2,4$，四个小球随机放入四个盒子里，放法共有$A_{4}^{4} = 24$（种），则$P(X = 0) =$
$\frac{C_{3}^{1}C_{3}^{3}}{24} = \frac{3}{8}$，$P(X = 1) = \frac{C_{4}^{1}C_{2}^{2}}{24} = \frac{1}{3}$，$P(X = 2) = \frac{C_{4}^{2}}{24} = \frac{1}{4}$，
$P(X = 4) = \frac{1}{24}$，所以随机变量$X$的分布列为
$X$ 0 1 2 4
$P$ $\frac{3}{8}$ $\frac{1}{3}$ $\frac{1}{4}$ $\frac{1}{24}$
期望为$E(X) = 0 × \frac{3}{8} + 1 × \frac{1}{3} + 2 × \frac{1}{4} + 4 × \frac{1}{24} = 1$。
方法总结 求古典概型的随机变量的分布列，要注意应用计数原理，排列组合知识求样本空间的样本点个数和事件$A$包含的
样本点个数，再用古典概型的概率公式求解.

3. [2025 山东济南期末]甲同学参加综合素质测试，该测试共有 6 个项目.已知甲同学每个项目合格的概率均为 $p(0 ＜ p ＜ 1)$，合格得 3 分，不合格扣 2 分，且各项目是否合格相互独立.设 6 个项目测试完后甲的总得分为 $Y$，期望为 $E(Y)$，方差为 $D(Y)$，当 $E(Y) + D(Y)$ 最大时，$p =$ (C)

A.$\frac{1}{5}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{2}{3}$

答案： 3．C 设甲同学项目合格的个数为$X$，则$X\sim B(6,p)$，则
$E(X) = 6p$，$D(X) = 6p(1 - p)$。由题设，可得甲的总得分
$Y = 3X - 2(6 - X) = 5X - 12$，因此$E(Y) = 5E(X) - 12 =$
$30p - 12$，$D(Y) = 25D(X) = 150p(1 - p)$，则$E(Y) +$
$D(Y) = - 150p^{2} + 180p - 12 = - 150(p - \frac{3}{5})^{2} + 42$，又$0 ＜$
$p ＜ 1$，所以当$p = \frac{3}{5}$时，$E(Y) + D(Y)$取得最大值$42$。

4. [多选题][2024 江苏淮安、连云港调研]已知正四面体骰子的四个面分别标有数字 $1,2,3,4$，正六面体骰子的六个面分别标有数字 $1,2,3,4,5,6$，抛掷一枚正四面体骰子，记向下的数字为 $X$，抛掷一枚正六面体骰子，记向上的数字为 $Y$，则 (BD)

A.$P(X = 2) = \frac{1}{2}$
B.$P(Y ＜ 3) = \frac{1}{3}$
C.$E(X) ＞ E(Y)$
D.$D(X) ＜ D(Y)$

答案： 4．BD 对于选项A，正四面体骰子，记向下的数字为$X$，当
$X = 2$时，对应的概率$P(X = 2) = \frac{1}{4}$，故A错误；对于选项
B，正六面体骰子，记向上的数字为$Y$，当$Y ＜ 3$时，即$Y = 1$，
$Y = 2$，则$P(Y ＜ 3) = P(Y = 1) + P(Y = 2) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$，故
B正确；对于选项C，D，$X$的分布列为
$X$ 1 2 3 4
$P$ $\frac{1}{4}$ $\frac{1}{4}$ $\frac{1}{4}$ $\frac{1}{4}$
则$E(X) = 1 × \frac{1}{4} + 2 × \frac{1}{4} + 3 × \frac{1}{4} + 4 × \frac{1}{4} = \frac{5}{2}$，且$D(X) =$
$E(X^{2}) - \lbrack E(X)\rbrack^{2} = 1^{2} × \frac{1}{4} + 2^{2} × \frac{1}{4} + 3^{2} × \frac{1}{4} + 4^{2} × \frac{1}{4} -$
$(\frac{5}{2})^{2} = \frac{5}{4}$，$Y$的分布列为
$Y$ 1 2 3 4 5 6
$P$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$ $\frac{1}{6}$
则$E(Y) = 1 × \frac{1}{6} + 2 × \frac{1}{6} + 3 × \frac{1}{6} + 4 × \frac{1}{6} + 5 × \frac{1}{6} + 6 ×$
$\frac{1}{6} = \frac{7}{2}$，且$D(Y) = E(Y^{2}) - \lbrack E(Y)\rbrack^{2} = 1^{2} × \frac{1}{6} + 2^{2} × \frac{1}{6} +$
$3^{2} × \frac{1}{6} + 4^{2} × \frac{1}{6} + 5^{2} × \frac{1}{6} + 6^{2} × \frac{1}{6} - (\frac{7}{2})^{2} = \frac{35}{12}$，所以
$E(X) ＜ E(Y)$，$D(X) ＜ D(Y)$，故C错误，D正确.

5. [2025 重庆九龙坡调研]甲同学有 3 本故事书和 1 本科普书，乙同学有 1 本故事书和 3 本科普书，若甲、乙两位同学各取出 $i(i = 1,2,3)$ 本书进行交换，记交换后甲同学有故事书 $X$ 本，$X$ 的均值为 $E_i(X)$，则 $E_1(X) + E_3(X) =$4.

答案： 5．4 当$i = 1$时，$X$的可能取值为$2,3,4$，则$P(X = 2) =$
$\frac{C_{3}^{3}C_{3}^{3}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}} = \frac{9}{16}$，$P(X = 3) = \frac{2C_{3}^{2}C_{3}^{3}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}} = \frac{3}{8}$，$P(X = 4) = \frac{C_{3}^{3}C_{3}^{3}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}} = \frac{1}{16}$，
所以$E_{1}(X) = 2 × \frac{9}{16} + 3 × \frac{3}{8} + 4 × \frac{1}{16} = \frac{5}{2}$；当$i = 3$时，$X$的
可能取值为$0,1,2$，则$P(X = 0) = \frac{C_{3}^{3}C_{3}^{3}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}} = \frac{1}{16}$，$P(X = 1) =$
$\frac{2C_{3}^{2}C_{3}^{2}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}} = \frac{3}{8}$，$P(X = 2) = \frac{C_{3}^{3}C_{3}^{3}C_{3}^{3}}{C_{4}^{3}C_{4}^{3}} = \frac{9}{16}$，所以$E_{3}(X) = 0 ×$
$\frac{1}{16} + 1 × \frac{3}{8} + 2 × \frac{9}{16} = \frac{3}{2}$。故$E_{1}(X) + E_{3}(X) = \frac{5}{2} + \frac{3}{2} = 4$。

6. [2025 河南商丘质量检测]抓娃娃游戏一直以来吸引着小朋友和成年人，它不仅是一种娱乐活动，更是一场充满策略与技巧的挑战.已知某游戏厅有 A，B，C 三台抓娃娃机，A 娃娃机每次中奖的概率为 $\frac{1}{6}$，B 娃娃机每次中奖的概率为 $\frac{1}{4}$，C 娃娃机每次中奖的概率为 $\frac{1}{3}$，中奖与否互不影响.
(1) 若小张分别操作 A，B，C 抓娃娃机各一次，求小张中奖的概率；
(2) 已知小张准备抓娃娃三次，现有两种方案供选择.
方案一：操作 A，B，C 抓娃娃机各一次.
方案二：操作 B 抓娃娃机三次.
假设 A，B，C 三台抓娃娃机中奖一次获得的娃娃的价值均为 20 元，请根据获得娃娃价值的期望，分析小张选择哪种方案较合适.

答案： 6．解：
(1) 记小张分别操作A，B，C抓娃娃机中奖为事件A，
B，C，则$P(A) = \frac{1}{6}$，$P(B) = \frac{1}{4}$，$P(C) = \frac{1}{3}$，$P(\overline{A}) = \frac{5}{6}$，
$P(\overline{B}) = \frac{3}{4}$，$P(\overline{C}) = \frac{2}{3}$。因为每次的结果互不影响，所以小张
分别操作A，B，C抓娃娃机，中奖的概率为$1 - P(\overline{A}) ·$
$P(\overline{B})P(\overline{C}) = 1 - \frac{5}{6} × \frac{3}{4} × \frac{2}{3} = \frac{7}{12}$。
(2) 选择方案一：设小张抓娃娃三次，获得的娃娃总价值为
$X$，则$X$的可能取值为$0,20,40,60$，
$P(X = 0) = P(\overline{A})P(\overline{B})P(\overline{C}) = \frac{5}{12}$，$P(X = 20) = P(A)P(\overline{B}) ·$
$P(\overline{C}) + P(\overline{A})P(B)P(\overline{C}) + P(\overline{A})P(\overline{B})P(C) = \frac{1}{6} × \frac{3}{4} ×$
$\frac{2}{3} + \frac{5}{6} × \frac{1}{4} × \frac{2}{3} + \frac{5}{6} × \frac{3}{4} × \frac{1}{3} = \frac{31}{72}$，$P(X = 60) =$
$P(A)P(B)P(C) = \frac{1}{6} × \frac{1}{4} × \frac{1}{3} = \frac{1}{72}$，$P(X = 40) = 1 - \frac{5}{12}$
$- \frac{31}{72} - \frac{1}{72} = \frac{10}{72}$，
所以$E(X) = 0 × \frac{5}{12} + 20 × \frac{31}{72} + 40 × \frac{10}{72} + 60 × \frac{1}{72} = 15$。
选择方案二：设一共中奖$Z$次，获得的娃娃总价值为$Y$元，
则$Z\sim B(3,\frac{1}{4})$，$Y = 20Z$，
所以$E(Z) = 3 × \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$，$E(Y) = 20E(Z) = 15$。
因为$E(Y) = E(X)$，所以选择方案一和方案二都可以.