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文档简介
【课时训练】第63节离散型随机变量的均值与方差、正态分布一、选择题1(2018浙江嘉兴一中质检)随机变量X的分布列如下表,且E(X)2,则D(2X3)()X02aPpA2B3C4D5【答案】C【解析】p1,E(X)02a2a3,所以D(X)(02)2(22)2(32)21,所以D(2X3)22D(X)4,故选C.2(2018广东广雅中学期中)口袋中有5个形状和大小完全相同的小球,编号分别为0,1,2,3,4,从中任取3个球,以X表示取出球的最小号码,则E(X)()A0.45B0.54 C.0.55 D0.6【答案】B【解析】易知随机变量X的取值为0,1,2,由古典概型的概率计算公式得P(X0)0.6,P(X1)0.3,P(X2)0.1.所以E(X)00.610.320.10.5,故选B.3(2018浙江东阳模拟)若随机事件A在1次试验中发生的概率为p(0p1),用随机变量表示A在1次试验中发生的次数,则的最大值为()A22B2C2D22【答案】D【解析】随机变量的所有可能取值为0,1,且P(1)p,P(0)1p,即B(1,p),则E()p,D()p(1p),2.而2p22,当且仅当2p,即p时取等号因此当p时,取得最大值22.4(2018南阳模拟)设随机变量XB(2,p),随机变量YB(3,p),若P(X1),则D(3Y1)()A2B3C6D7【答案】C【解析】由题意得P(X1)P(X1)P(X2)Cp(1p)Cp2,所以p,则YB,故D(Y)3,所以D(3Y1)9D(Y)96.5(2018江西宜春质检)已知随机变量的所有可能取值分别为1,2,3,4,5.若数学期望E()4.2,则取值为5的概率至少为()A0.1B0.15C0.2D0.25【答案】C【解析】设的取值为1,2,3,4,5的概率分别为p1,p2,p3,p4,p5,pi0,1,i1,2,3,4,5,则p1p2p3p4p51,则p12p23p34(1p1p2p3p5)5p54.2,p50.23p12p2p30.2,当p1p2p30时等号成立6(2018吉林长春质检)据统计,某城市的火车站春运期间日接送旅客人数X(单位:万)服从正态分布XN(6,0.82),则日接送人数在6万到6.8万之间的概率为(P(|X|)0.682 6,P(|X|2)0.954 4,P(|X|3)0.997 4)()A0.682 6B0.954 4C0.997 4D0.341 3【答案】D【解析】因为6,0.8,所以P(6X6.8)0.341 3.故选D.7(2018广东惠州二调)设随机变量服从正态分布N(4,3),若P(a1),则实数a等于()A7B6C5D4【答案】B【解析】由随机变量服从正态分布N(4,3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x4,又P(a1),xa5与xa1关于直线x4对称,(a5)(a1)8,即a6.故选B.8(2018河北石家庄一模)设XN(1,2),其正态分布密度曲线如图所示,且P(X3)0.022 8,那么向正方形OABC中随机投掷20 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值为()附:(随机变量服从正态分布N(1,2),则P()0.682 6,P(22)0.954 4)A12 076B13 174C14 056 D7 539【答案】B【解析】由题意,得P(X1)P(X3)0.022 8,P(1x3)10.022 820.954 4,P(22)0.954 4,121,故1,P(0X1)P(0X1 200)a,P(8001 200)a,P(8001 000)b得a0.5b,所以ab,则2(ab)2232,所以的最小值为32.三、解答题13(2018淄博模拟)某4S店在一次促销活动中,让每位参与者从盒子中任取一个由09中任意三个数字组成的“三位递减数”(即个位数字小于十位数字,十位数字小于百位数字)若“三位递减数”中的三个数字之和既能被2整除又能被5整除,则可以享受5万元的优惠;若“三位递减数”中的三个数字之和仅能被2整除,则可以享受3万元的优惠;其他结果享受1万元的优惠(1)试写出所有个位数字为4的“三位递减数”;(2)若小明参加了这次汽车促销活动,求他得到的优惠金额X的分布列及数学期望E(X)【解】(1)个位数字为4的“三位递减数”有:984,974,964,954,874,864,854,764,754,654,共10个(2)由题意知,不同的“三位递减数”共有C120(个)小明得到的优惠金额X的取值可能为5,3,1.当X5时,三个数字之和可能为20或10,当三个数字之和为20时,有983,974,965,875,共4个“三位递减数”;当三个数字之和为10时,有910,820,730,721,640,631,541,532,共8个“三位递减数”所以P(X5).当X3时,三个数字之和只能被2整除,即
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