全品高考备战2027年数学一轮学生用书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.B[解析]依题意可得a+a+0.4=1,解得a=0.3.故选B.2.A[解析]由表可得E(X)=-12+0+16=-13,由Y=aX+3,E(Y)=53,可得E(Y)=aE(X)+3,所以-13a+3=3.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.因为E(Y)>E(X),所以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)=22×5.B[解析]设“该矿石由探测器检验含有该元素”为事件A,“该矿石真的含有该元素”为事件B,则P(A)=0.1×0.9+0.9×0.1=0.18,P(B|A)=0.1×0.90.18=0.5,P(B|A)=0.6.AD[解析]对于A,由116+p1+14+p2+316=1,得p1+p2=12=2×14,则p1,14,p2成等差数列,A正确;对于B,由116,p1,14成等比数列,得p12=14×116,而p1≥0,所以p1=18,B错误;对于C,p2=38,则P(2<X<5)=P(X=3)+P(X=4)=14+38=58,C错误;对于D,E(7.34[解析]由题意可得X服从两点分布,P(X=1)=34,P(X=0)=14,则E(X)=34,D(X)=316,故D(2X+3)=4D8.0.941.7[解析]小王在一年内领到资格证书的概率为0.5+(1-0.5)×0.6+(1-0.5)×(1-0.6)×0.7=0.94.设小王在一年内参加的考试次数为X,则X的可能取值为1,2,3,P(X=1)=0.5,P(X=2)=(1-0.5)×0.6=0.3,P(X=3)=(1-0.5)×(1-0.6)=0.2,所以数学期望E(X)=1×0.5+2×0.3+3×0.2=1.7.9.解:(1)记事件A=“该贷款人首次贷款时为守信人”,事件B=“该贷款人首次贷款按时还款”,则P(A)=0.5,P(B|A)=0.9,P(B|A)=0.5.∵B=(BA)∪(BA),且事件BA与事件BA互斥,∴P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=0.5×0.9+0.5×0.5=0.7.(2)由(1)得,P(A|B)=P(A)P((3)X的可能取值为0,1,2.第一次按时还款的概率为0.7,第一次按时还款后,第二次按时还款的概率为0.6×0.9+0.4×0.5=0.74,第一次不按时还款后,第二次按时还款的概率为0.3×0.9+0.7×0.5=0.62,则P(X=2)=0.7×0.74=0.518,P(X=1)=(1-0.7)×0.62+0.7×(1-0.74)=0.368,P(X=0)=(1-0.7)×(1-0.62)=0.114,故X的分布列为X012P0.1140.3680.518数学期望E(X)=0×0.114+1×0.368+2×0.518=1.404.10.D[解析]方法一:因为E(X)=0×1-p2+1×12+2×p2=p+12,所以D(X)=1-p20-p-122+121-p-122方法二:设随机变量Y=X-1,则Y的分布列为Y-101P11p所以E(Y)=-1×1-p2+1×p2=p-12,所以D(X)=D(Y)=E(Y2)-[E(Y)]2=1-p2+p2-p-122=-p-111.B[解析]由题意,在第X(1≤X≤99)次后结束抛掷的概率为12n,抛满100次结束的概率为1299,所以E(X)=1×12+2×122+3×123+…+99×1299+100×1299,则12E(X)=1×122+2×123+3×124+…+98×1299+199×12100,两式相减得12E(X)=12+112.ABD[解析]已知6个脐橙,其中有3个不合格品,即合格品有3个,每次从中抽取1个且不放回,所以抽到第2个合格品时的抽取次数X的可能取值为2,3,4,5,故选项A正确.当X=4时,表示前3次抽取中有1个合格品和2个不合格品,第4次抽到的是合格品.从3个合格品中选1个,有C31种选法,从3个不合格品中选2个,有C32种选法,前3次抽取的顺序有A33种,第4次抽到的是合格品,有2种抽取顺序.根据分步乘法计数原理,抽取顺序共有C31C32A33×2=3×3×6×2=108(种),故选项B正确.P(X=2)=A32A62=3×26×5=15,P(X=3)=C31C31A22×2A63=3×3×2×26×5×4=310,P(X=4)=C31C32A33×2A64=3×3×6×26×5×4×3=310,P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=1-15-310-313.8932[解析]由题意得,至少有一人命中的概率P=1-1-121-131-23=89.由题意得X的可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=1-121-131-23=19,P(X=1)=121-131-23+131-121-23+231-14.134[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)=C415.解:(1)记小张分别操作甲、乙、丙抓娃娃机一次能中奖为事件A,B,C,则P(A)=16,P(B)=14,P(C)=13,P(A)=56,P(B)=34,P(C)=23.因为中奖结果互不影响,所以小张分别操作甲、乙、丙抓娃娃机一次能中奖的概率为1-P(A)P(B)P(C)=1-56(2)若选择方案一:设小张获得娃娃的价值为X元,则X的可能取值为0,20,40,60,P(X=0)=P(A)P(B)P(C)=512,P(X=20)=P(A)P(B)P(CP(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=16×34×23+56×14×23+56P(X=60)=P(A)P(B)P(C)=16×14×13=172,所以P(X=40)=1-512-3172-所以E(X)=0×512+20×3172+40×535+60×若选择方案二:设小张获得娃娃的件数为Z,获得娃娃的价值为Y元,则Z~B3,14,Y=20Z,故E(Z)=3×14=34,E(Y)=20因为E(Y)=E(X),所以选择方案一和方案二一样.16.解:(1)设事件A=“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)X的可能取值为1,2,3,则P(X=1)=p1,P(X=2)=(1-p1)p2,P(X=3)=(1-p1)(1-p2),故E(X)=p1+2(1-p1)p2+3(1-p1)(1-p2)=p1p2-2p1-p2+3.Y的可能取值为1,2,3,则P(Y=1)=p3,P(Y=2)=(1-p3)p2,P(Y=3)=(1-p3)(1-p2),故E(Y)=p3+2(1-p3)p2+3(1-p3)(1-p2)=p2p3-2p3-p2+3,所以E(X)-E(Y)=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(X)<E(Y).(3)由题意可得18=a2b,