(浙江专用)2021高考数学二轮复习精准提分第一篇小考点抢先练,基础题不失分第7练概率试题

第7练 概 率
[明晰考情] 1.命题角度：概率是高考的必考知识点，古典概型和离散型随机变量的期望、方差是选择题、填空题考察的热点.2.题目难度：中低档难度．
考点一 随机事件的概率
要点重组 (1)对立事件是互斥事件的特殊情况，互斥事件不一定是对立事件． (2)假设事件A ，B 互斥，那么P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )； 假设事件A ，B 对立，那么P (A )＝1－P (B )．
1．从10个事件中任取一个事件，假设这个事件是必然事件的概率为0.2，是不可能事件的概率为0.3，那么这10个事件中随机事件的个数是( ) A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C
解析 这10个事件中，必然事件的个数为10×0.2＝2，不可能事件的个数为10×0.3＝3. 而必然事件、不可能事件、随机事件是彼此互斥的事件，且它们的个数和为10. 故随机事件的个数为10－2－3＝5.应选C.
2．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶〞的互斥事件是( ) A ．至多有一次中靶 B ．两次都中靶 C ．只有一次中靶 D ．两次都不中靶
答案 D
解析 射击两次有四种可能，就是(中，不中)、(不中，中)、(中，中)、(不中，不中)，其中“至少有一次中靶〞含有前三种情况，选项A 、B 、C 中都有与其重叠的局部，只有选项D 为其互斥事件，也是对立事件．
3．抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字1,2,3,4,5,6)，事件A 表示“朝上一面的数是奇数〞，事件B 表示“朝上一面的数不超过3〞，那么P (A ∪B )＝________. 答案 23
解析 事件A ∪B 可以分成事件C ：“朝上一面的数为1,2,3〞与事件D ：“朝上一面的数为5〞这两件事，那么事件C 和事件D 互斥，故P (A ∪B )＝P (C ∪D )＝P (C )＋P (D )＝36＋16＝46＝2
3.
4.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39,32,33个成员，
一些成员参加了不止一个小组，具体情况如下图．现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________．
答案 35 1315
解析 “至少2个小组〞包含“2个小组〞和“3个小组〞两种情况，故他属于至少2个小组的概率为
P ＝
11＋10＋7＋86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝3
5
.
“不超过2个小组〞包含“1个小组〞和“2个小组〞，其对立事件是“3个小组〞． 故他属于不超过2个小组的概率是
P ＝1－
86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝13
15
.
考点二 古典概型
方法技巧 求解古典概型的概率的两种常用方法
(1)直接法：将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率． (2)间接法：假设将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件，需要分类太多，而其对立面的分类较少时，可考虑利用对立事件的概率公式进展求解，即“正难那么反〞．它常用来求“至少〞或“至多〞型事件的概率．
5．(2021·全国Ⅱ)从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区效劳，那么选中的2人都是女同学的概率为( ) 答案 D
解析 设2名男同学为a ，b ，3名女同学为A ，B ，C ，从中选出两人的情形有(a ，b )，(a ，
A )，(a ，
B )，(a ，
C )，(b ，A )，(b ，B )，(b ，C )，(A ，B )，(A ，C )，(B ，C )，共10种，而
都是女同学的情形有(A ，B )，(A ，C )，(B ，C )，共3种，故所求概率为3
10
＝0.3.
6．有5支彩笔(除颜色外无差异)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，那么取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( ) A.45B.35C.25D.15 答案 C
解析 从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P ＝410＝25.
应选C.
7．有两张卡片，一张的正反面分别画着老鼠和小鸡，另一张的正反面分别画着老鹰和蛇．现在有个小孩随机地将两张卡片排在一起放在桌面上，不考虑顺序，那么向上的图案是老鹰和小鸡的概率是( ) A.12B.13C.14D.15 答案 C
解析 向上的图案为鼠鹰、鼠蛇、鸡鹰、鸡蛇四种情况，其中向上的图案是鸡鹰的概率为1
4.
应选C.
8.如图，在平行四边形ABCD 中，O 是AC 与BD 的交点，P ，Q ，M ，N 分别是线段OA ，OB ，OC ，
OD 的中点，在A ，P ，M ，C 中任取一点记为E ，在B ，Q ，N ，D 中任取一点记为F ，设G 为满
足OG →＝OE →＋OF →
的点，那么在上述的点G 组成的集合中的点，落在平行四边形ABCD 外(不含边界)的概率为________．
答案 34
解析 根本领件的总数是4×4＝16，
在OG →＝OE →＋OF →中，当OG →＝OP →＋OQ →，OG →＝OP →＋ON →，OG →＝ON →＋OM →，OG →＝OM →＋OQ →
时，
点G 分别为该平行四边形的各边的中点，此时点G 在平行四边形的边界上，而其余情况的点
G 都在平行四边形外，故所求的概率是1－4
16＝34
.
考点三 离散型随机变量的期望和方差 要点重组
(1)相互独立事件同时发生的概率
P (AB )＝P (A )P (B )．
(2)独立重复试验、二项分布
如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率为
P n (k )＝C k n p k (1－p )
n －k
，k ＝0,1,2，…，n . 一般地，在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率为p ，那么P (X ＝k )＝C k n p k q
n －k
，其中0<p <1，p ＋q ＝1，k ＝0,1,2，…，n ，称X 服从参
数为n ，p 的二项分布，记作X ～B (n ，p )，且E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )． 方法技巧 离散型随机变量期望与方差的解题思路
(1)理解随机变量X 的意义，写出X 的所有可能取值，确定分布列的类型． (2)求X 取每个值的概率． (3)写出X 的分布列． (4)求出E (X )，D (X )．
9．(2021·浙江)随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1,2.假设0＜p 1＜p 2＜1
2
，那么( )
A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)
B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)
C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，
D (ξ1)＜D (ξ2) D ．
E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2) 答案 A
解析 由题意可知ξi (i ＝1,2)服从两点分布， ∴E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2，
D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)，
又∵0＜p 1＜p 2＜1
2，∴E (ξ1)＜E (ξ2)，
把方差看作函数y ＝x (1－x )，
根据0＜p 1＜p 2＜1
2知，D (ξ1)＜D (ξ2)．应选A.
10．(2021·浙江)设0＜p ＜1，随机变量ξ的分布列是
ξ 0 1 2
P
1－p
2
12
p
2
那么当p 在(0,1)内增大时，( ) A ．D (ξ)减小 B ．D (ξ)增大 C ．D (ξ)先减小后增大 D ．D (ξ)先增大后减小
答案 D
解析 由题意知E (ξ)＝0×
1－p 2＋1×12＋2×p 2＝p ＋1
2
， D (ξ)＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
0－⎝
⎛⎭⎪⎫p ＋12
2×
1－p 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋122×12＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋122×p
2
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋122×1－p 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫p －122×12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫32－p 2×p 2
＝12⎝
⎛⎭⎪⎫p ＋122＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫p －122－p 2⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋122＋p 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－p 2
＝12⎝
⎛⎭⎪⎫2p 2＋12－p 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤
⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋122－⎝ ⎛⎭⎪⎫p －322
＝p 2＋14－p (2p －1)＝－p 2
＋p ＋14＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫p －122＋12
，
∴D (ξ)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1上单调递减，即当p 在(0,1)内增大时，D (ξ)先增
大后减小． 应选D.
11．(2021·全国Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D (X )＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，那么p 等于( ) 答案 B
解析 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X 服从二项分布，即X ～B (10，p )，所以D (X )＝10p (1－p )＝2.4，所以p ＝0.4或0.6. 又因为P (X ＝4)＜P (X ＝6)，
所以C 4
10p 4
(1－p )6
＜C 6
10p 6
(1－p )4
，所以p ＞0.5， 所以p ＝0.6.
12．甲、乙两人被随机分配到A ，B ，C 三个不同的岗位(一个人只能去一个工作岗位)．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，那么随机变量X 的期望E (X )＝________，方差D (X )＝________. 答案 23 4
9
解析 由题意可知X 的可能取值有0,1,2，
P (X ＝0)＝
2×23×3＝4
9
， P (X ＝1)＝C 1
2×23×3＝4
9
，
P (X ＝2)＝
13×3＝19
， 那么期望E (X )＝0×49＋1×49＋2×19＝2
3
，
方差D (X )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－232×49＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×49＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－232×19＝4
9
.
1．甲袋中装有3个白球和5个黑球，乙袋中装有4个白球和6个黑球，现从甲袋中随机取出一个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出一个球放回甲袋中，那么甲袋中白球没有减少的概率为( ) A.944 B.2544 C.3544 D.3744
答案 C
解析 白球没有减少的情况有： ①取出黑球，放入任意球，概率是5
8；
②取出白球，放入白球，概率是38×511＝15
88，
故所求事件的概率为58＋1588＝35
44
.
2．体育课的排球发球工程考试的规那么是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，那么停顿发球，否那么一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p (p ≠0)，发球次数为X ，假设X 的期望E (X )＞1.75，那么p 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，712 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1 C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12 D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1 答案 C
解析 发球次数X 的分布列如下表：
X 1 2 3 P
p
(1－p )p
(1－p )2
所以期望E (X )＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2
＞1.75， 解得p ＞52或p ＜12，又0<p ≤1，所以0＜p ＜1
2
.
解题秘籍 (1)解决一些复杂事件的概率问题，关键在于将事件拆分成假设干个互斥事件的和或者相互独立事件的积，再利用概率的加法公式或事件的相互独立性求概率．
(2)求离散型随机变量的分布列，首先要判断事件的类型和随机变量的分布，一定要保证随机变量各个取值对应的概率之和为1.
1．为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，那么红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( ) A.13B.12C.23D.5
6 答案 C
解析 方法一 将4种颜色的花任选2种种在花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，有C 2
4＝6(种)种法，其中红色和紫色的花不在同一花坛的种数为4，故概率为23
.
方法二 将4种颜色的花任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有((红黄)、(白紫))，((白紫)、(红黄))，((红白)、(黄紫))，((黄紫)、(红白))，((红紫)、(黄白))，((黄白)、(红紫))，共6种种法，其中红色和紫色不在一个花坛中的种法有((红黄)、(白紫))，((白紫)、(红黄))，((红白)、(黄紫))，((黄紫)，(红白))，共4种，故所求概率为P ＝46＝
23
. 2．每年3月为学雷锋活动月，某班有青年志愿者男生3人，女生2人，现需选出2名青年志愿者到社区做公益宣传活动，那么选出的2名志愿者性别一样的概率为( ) A.35B.25C.15D.310 答案 B
解析 方法一 从5名志愿者中选2名，有C 2
5＝10(种)不同选法，其中性别一样的选法有C 2
3＋C 2
2＝4(种)， 故所求概率P ＝410＝2
5
.
方法二 设男生为A ，B ，C ，女生为a ，b ，从5名中选出2名志愿者有(A ，B )，(A ，C )，(A ，
a )，(A ，
b )，(B ，C )，(B ，a )，(B ，b )，(C ，a )，(C ，b )，(a ，b )，共10种不同情况，其
中选出的2名志愿者性别一样的有(A ，B )，(A ，C )，(B ，C )，(a ，b )，共4种不同情况，那么选出的2名志愿者性别一样的概率为P ＝410＝2
5
，应选B.
3．一盒中有白、黑、红三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停顿取球，那么恰好取5次时停顿取球的概率为( ) A.1481 B.2081 C.2281 D.2581
答案 A
解析 当取球的个数是3,1,1时，P 1＝C 13C 34C 1
235＝8
81；
当取球的个数是2,2,1时，P 2＝C 13C 24C 2
235＝6
81，
故P ＝P 1＋P 2＝14
81
.
4．某人射击一次击中的概率为3
5，经过3次射击，此人至少有2次击中目标的概率为( )
A.54125
B.27125
C.81125
D.108125
答案 C
解析 该人3次射击，恰有2次击中目标的概率是
P 1＝C 23·⎝ ⎛⎭
⎪⎫35
2
·25
，
3次全部击中目标的概率是P 2＝C 3
3·⎝ ⎛⎭
⎪⎫353，
所以此人至少有2次击中目标的概率是
P ＝P 1＋P 2＝C 23·⎝ ⎛⎭
⎪⎫352·25
＋C 33·⎝ ⎛⎭
⎪⎫35
3
＝
81125
. 5．袋子里有大小、形状一样的红球m 个，黑球n 个(m ＞n ＞2)．从中任取1个球是红球的概率记为p 1，假设将红球、黑球各增加1个，此时从中任取1个球是红球的概率记为p 2；假设将红球、黑球各减少1个，此时从中任取1个球是红球的概率记为p 3，那么( ) A ．p 1＞p 2＞p 3 B ．p 1＞p 3＞p 2 C ．p 3＞p 2＞p 1 D ．p 3＞p 1＞p 2
答案 D
解析 由题意得p 1＝
m
m ＋n
，p 2＝
m ＋1m ＋n ＋2，p 3＝m －1
m ＋n －2
，
那么1p 1＝m ＋n m ＝1＋n m ，1p 2＝m ＋n ＋2m ＋1＝1＋n ＋1
m ＋1，
1
p 3
＝
m ＋n －2m －1＝1＋n －1
m －1
， 那么1p 1－1p 2＝n m －n ＋1m ＋1＝n －m m (m ＋1)＜0，
1
p 1－1p 3＝n m －n －1m －1＝m －n m (m －1)＞0， 所以1p 2＞1p 1＞1p 3
，
所以p 3＞p 1＞p 2，应选D.
6.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X ，那么X 的期望E (X )等于( )
A.126125
B.65
C.168125
D.75
答案 B
解析 由题意可知，涂漆面数X 的可能取值为0,1,2,3.
由于P (X ＝0)＝27125，P (X ＝1)＝54125，P (X ＝2)＝36125，P (X ＝3)＝8
125，
故E (X )＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝150125＝6
5
.
7．在“石头、剪刀、布〞的游戏中，规定：“石头赢剪刀〞“剪刀赢布〞“布赢石头〞．现有甲、乙两人玩这个游戏，共玩3局，每一局中每人都等可能地独立选择一种手势．设甲赢乙的局数为ξ，那么随机变量ξ的期望是( ) A.1
3 B.49 C.23 D ．1 答案 D
解析 每一局中每人有3种选择，故共有9种情况，其中甲赢乙的有3种，故每一局中甲赢乙的概率为13，易知随机变量ξ服从二项分布，即ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，13，故E (ξ)＝3×13＝1. 8．甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球(m ≥3，n ≥3)，从乙盒中随机抽取i (i ＝1,2)个球放入甲盒中．
(a )放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi (i ＝1,2)；
(b )放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i (i ＝1,2)．那么( ) A ．p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2) B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2) C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2) D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2)
答案 A
解析 当i ＝1时，假设从乙盒中抽取的1个球为红球，记从甲盒中取1个球是红球的事件为A 1，那么P (A 1)＝
m
m ＋n
.假设从乙盒中抽取的1个球为蓝球，记从甲盒取1个球是红球的事
件为A 2，那么P (A 2)＝12×n m ＋n ＝n
2(m ＋n )，而A 1与A 2互斥，那么p 1＝P (A 1＋A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)
＝
n ＋2m 2(m ＋n )，此时，ξ1的取值为1或2，P (ξ1＝1)＝n m ＋n ，P (ξ1＝2)＝m
m ＋n
，那么E (ξ1)
＝1×
n m ＋n
＋2×
m
m ＋n ＝
n ＋2m
m ＋n
；当i ＝2时，假设从乙盒中抽取2个球都为红球，记从甲盒中
取1个球是红球的事件为B 1，那么P (B 1)＝C 2
m
C 2m ＋n .假设从乙盒中抽取的2个球为1个红球和1
个蓝球，记从甲盒中取1个球是红球的事件为B 2，那么P (B 2)＝23×C 1m C 1
n
C 2m ＋n .假设从乙盒中抽取
的2个球都是蓝球，记从甲盒中取1个球是红球的事件为B 3，那么P (B 3)＝13×C 2
n
C 2m ＋n .
因为B 1，B 2，B 3互斥，那么p 2＝P (B 1＋B 2＋B 3)＝P (B 1)＋P (B 2)＋P (B 3)＝3C 2
m ＋2C 1m C 1
n ＋C 2n
3C 2
m ＋n ＝3m 2
－3m ＋4mn ＋n 2
－n 3(m ＋n )(m ＋n －1)＝(n ＋3m )(m ＋n －1)3(m ＋n )(m ＋n －1)＝3m ＋n 3(m ＋n ).那么p 1－p 2＝n 6(m ＋n )>0，
即有p 1>p 2.此时，ξ2的取值为1,2,3，P (ξ2＝1)＝C 2
n
C 2m ＋n ，
P (ξ2＝2)＝C 1m C 1
n C 2m ＋n ，P (ξ2＝3)＝C 2
m
C 2m ＋n
，
那么E (ξ2)＝1×C 2
n C 2m ＋n ＋2×C 1m C 1
n C 2m ＋n ＋3×C 2
m C 2m ＋n ＝C 2
n ＋2C 1m C 1
n ＋3C 2
m C 2
m ＋n ＝3p 2＝n ＋3m
n ＋m ， 那么有E (ξ1)<E (ξ2)，综上，p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2)．应选A.
9．在等差数列{a n }中，a 4＝2，a 7＝－4，现从{a n }的前10项中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续抽取3次，假定每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为
两个正数和一个负数的概率为________． 答案
625
解析 由可求得通项公式为a n ＝10－2n (n ＝1,2,3，…)，其中a 1，a 2，a 3，a 4为正数，a 5＝0，
a 6，a 7，a 8，a 9，a 10为负数，∴从中取一个数为正数的概率为410＝25，为负数的概率为12
.∴取
出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为C 2
3×⎝ ⎛⎭⎪⎫252×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝625
.
10．(2021·浙江省余姚中学模拟)假设随机变量ξ的分布列如表所示，那么E (ξ)＝________，D (2ξ－1)＝________.
答案 －14 11
4
解析 由题意可知，a ＋14
＋a 2
＝1，
解得a ＝－32(舍去)或a ＝12，E (ξ)＝－1×12＋0×14＋1×14＝－1
4，
由方差的性质，得D (2ξ－1)＝4D (ξ)
＝4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝
⎛⎭⎪⎫－1＋142×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0＋142×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋142×14＝114. 11．某央企申请在雄安新区建立分公司．假设规定每家央企只能在雄县、容城、安新3个片区中的一个片区建立分公司，且申请在其中任一个片区建立是等可能的，每家央企选择哪个片区相互之间互不影响且必须在其中一个片区建立分公司，假设向雄安新区申请建立分公司的有4家央企，那么恰有2家央企申请在“雄县〞片区建立分公司的概率为________． 答案
827
解析 方法一 依题意，每家央企在“雄县〞片区建立分公司的概率为1
3，去另外两个片区
建立分公司的概率为2
3，这4家央企恰有2家央企在“雄县〞片区建立分公司的概率为P ＝
C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＝827
.
方法二 所有可能的申请方式有34
种，恰有2家央企申请在“雄县〞片区建立分公司的方式有C 2
4
·22
种，从而恰有2家央企在“雄县〞片区建立分公司的概率为P ＝C 2
4·22
34＝8
27
.
12．(2021·浙江省“七彩阳光〞联盟联考)某人喜欢玩有三个关卡的通关游戏，根据他的游戏经历，每次开启一个新的游戏，这三个关卡他能够通关的概率分别为12，13，1
4(这个游戏的
游戏规那么是：如果玩者没有通过上一个关卡，他照样可以玩下一个关卡，但玩该游戏的得分会有影响)，那么此人在开启一个这种新的游戏时，他能够通过两个关卡的概率为________，设X 表示他能够通过此游戏的关卡的个数，那么随机变量X 的期望为________． 答案 14 1312
解析 随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.
又P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×13×14＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＋12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝1
4
.
P (X ＝0)＝⎝
⎛⎭⎪⎫1－12×⎝
⎛
⎭⎪⎫
1－13×⎝
⎛⎭⎪⎫1－14
＝14，
P (X ＝1)＝12×⎝
⎛
⎭⎪⎫
1－13×⎝
⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1－12×13×⎝
⎛⎭⎪⎫
1－14＋⎝
⎛⎭⎪⎫1－12×⎝
⎛
⎭
⎪⎫
1－13
×14＝1124
，
P (X ＝3)＝12×13×14＝124
.
所以，随机变量X 的分布列为
随机变量X 的期望E (X )＝0×14＋1×1124＋2×14＋3×124＝13
12
.。