全品高考备战2027年数学一轮备用题库08第66讲离散型随机变量的分布列、数字特征【答案】作业手册

第66讲离散型随机变量的分布列、数字特征1.D[解析]P(X≥9)=1-P(X=8)=1-0.36=0.64,故选D.2.B[解析]由已知得m+2n=53,m3.A[解析]E(X)=0×0.7+1×0.1+2×0.1+3×0.1=0.6,E(Y)=0×0.5+1×0.3+2×0.2=0.7.由于E(Y)>E(X),故甲比乙生产的标准件的质量好.4.A[解析]由题意知,X的所有可能取值为2,3,则P(X=2)=1C32=13,P(X=3)=2C32=23,所以E(X)=2×13+3×23=83,则D(X)=22×13+5.ABD[解析]因为随机变量X的分布列为P(X=k)=ak+1(k=1,2,5),所以由分布列的性质可知,P(X=1)+P(X=2)+P(X=5)=a2+a3+a6=1,解得a=1.P(0<X<3.5)=P(X=1)+P(X=2)=12+13=56,故A中结论错误;因为E(X)=1×12+2×13+5×16=2,所以E(3X+2)=3E(X)+2=3×2+2=8,故B中结论错误;D(X)=12×(1-2)2+13×(2-2)2+16×(5-2)2=2,故C中结论正确;因为D(X)=2,所以D(3X+1)=6.0.8[解析]因为随机变量X服从两点分布,且P(X=1)=0.2,所以P(X=0)=1-P(X=1)=1-0.2=0.8,因为Y=3X-2,所以P(Y=-2)=P(X=0)=0.8.7.316[解析]依题意,X2的所有可能取值为0,1,且P(X2=0)=14,P(X2=1)=34,则E(X2)=0×14+1×34=34,所以D(X2)=0-348.B[解析]依题意可得X的所有可能取值为200,180,160,P(X=200)=0.4,P(X=180)=0.3,P(X=160)=0.3,则E(X)=200×0.4+(180+160)×0.3=182.故选B.9.A[解析]由题意可知a+b=1,若E(X)=43,则a+2b=43,得a=23,b=13,D(X)=43-12×23+43-22×13=29,故充分性成立.若D(X)=29,则(a+2b-1)2a+(a+2b-2)2b=ab2+b(b-1)2=-b2+b=29,解得b=13或b=23,当b=13时,a=23,此时E(X)=1×23+2×13=43;当b=23时,a=13,此时E(X)=1×1310.ABD[解析]由离散型随机变量X的分布列性质可得m=1-0.1-0.2-0.2-0.1=0.4,故A正确;E(X)=0×0.1+1×0.2+2×0.4+3×0.2+4×0.1=2,D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.2+(2-2)2×0.4+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.1=1.2,故B正确;由于Y=2X+1,故E(Y)=2E(X)+1=5,D(Y)=4D(X)=4.8,故C错误,D正确.故选ABD.11.ABC[解析]对于A,当n=1时,i=1,p1=1,H(X)=-(1×log31)=0,A正确;对于B,当n=3且pi=13(i=1,2,3)时,H(X)=-313log313=1,B正确;对于C,pi=1n(i=1,2,…,n),H(X)=-n1nlog31n=log3n,则H(X)随着n的减小而减小,C正确;对于D,当n=2时,H(X)=-[p1log3p1+(1-p1)log3(1-p1)],当p1=14时,H(X)=-14log314+12.134[解析]由题意得a的所有可能取值为1,2,P(a=2)=C33C43=14,P(a=1)=C32C11C43=34,b的所有可能取值为3,4,5,P(b=3)=C33C53=110,P(b=4)=C32C11C53=310,P(b=5)=C13.65[解析]X的所有可能取值为0,1,2,3,大正方体8个顶点处的8个小正方体涂有3面油漆;每一条棱上除了两个顶点处的小正方体外剩余的都涂有2面油漆,所以涂有2面油漆的小正方体有3×12=36(个);每个表面去掉四条棱上的16个小正方体,还剩9个小正方体,这9个都涂有1面油漆,所以一共有9×6=54(个)小正方体涂有1面油漆;剩余的125-(8+36+54)=27(个)小正方体6个面都没有涂油漆.所以P(X=0)=27125,P(X=1)=54125,P(X=2)=36125,P(X=3)=8125,E(X)=0×27125+1×54125+2×36125+14.解:(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2,第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A1B1)∪(A2B2),且A1B1与A2B2互斥,所以P(A)=P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2)=416×116+116×1(2)X的所有可能取值为400,500,800,P(X=800)=14,P(X=500)=1P(X=400)=1-116-14=1116,X400500800P111115.解:(1)设顾客抽一次奖获得购物券的金额为X元,则X的所有可能取值为200,80,10,P(X=200)=C22C102=145,P(X=80)=C21C81C102=X2008010P11628(2)方案甲,设改进方案后顾客抽一次奖获得购物券的金额为Y元,则Y的所有可能取值为200,80,10,P(Y=200)=C32C122=122,P(Y=80)=C31C91C122=922,P(Y=10)=C92C122=611方案乙,设改进方案后顾客抽一次奖获得购物券的金额为Z元,则E(Z)=210×145+90×1645+20×2845=4429.因为E(Z)>E(16.解:(1)用事件A表示该小组初赛胜利,则P(A)=34+14×23+14×13所以该小组初赛胜利的概率为2324(2)若依次派出甲、乙、丙进行闯关,设初赛闯关的人员数目为X1,则X1的所有可能取值为1,2,3,则P(X1=1)=p1,P(X1=2)=(1-p1)p2,P(X1=3)=(1-p1)(1-p2),故E(X1)=p1+2(1-p1)p2+3(1-p1)(1-p2)=p1p2-2p1-p2+3.若依次派出丙、乙、甲进行闯关,设初赛闯关的人员数目为X2,则X2的所有可能取值为1,2,3,则P(X2=1)=p3,P(X2=2)=(1-p3)p2,P(X2=3)=(1-p3)(1-p2),故E(X2)=p3+2(1-p3)p2+3(1-p3)(1-p2)=p2p3-2p3-p2+3.则E(X1)-E(X2)=p1p2-2p1-p2+3-(p2p3-2p3-p2+3)=p1p2-2p1-p2p3+2p3=p2(p1-p3)-2(p1-p3)=(p1-p3)(p2-2),因为1>p1>p2>p3,所以p1-p3>0,p2-2<0,所以E(X1)<E(X2),所以要使初赛闯关人员数目的期望较小,应先派出甲闯关.(3)由题意可得18=a