课时作业-第6节-离散型随机变量的数字特征

第6节离散型随机变量的数字特征

炙若小唬方致提髭

课时作业

选题明细表

综合运应用创

知识点、方法基础巩固综

用练新练

离散型随机变量的分布列1,8

离散型随机变量的期望与方差2,3,4,5,6,710,1114

离散型随机变量的分布列、期望

912,13

与方差的创新应用

A级基础巩固练

1.已知离散型随机变量X的分布列为

X012

1

P0.5l-2q3q

则P(。仁Z)=(A)

A.0.9B.0.8C.0.7D.0.6

解析：由分布列的性质得。.5+l-2q+*l,解得q=0.3,所以P(V^£Z)二

P(X=0)+P(X=l)=0.5+1-2X0.3=0.9.故选A.

2.已知离散型随机变量X的分布列为

X0123

841

pm

27927

则X的数学期望E(X)=(B)

23

A.-B.1C.-D.2

2

mm=

解析：由另乙/+g++7乙7/=T71，得o>

所以E(X)=0X总+1X驾2X。3X2二1.故选B.

279927

3.随机变量X的分布列如表，且E(X)=2,则D(2X-3)=(C)

X02a

11

PP

63

A.2B.3C.4D.5

解析：因为P二lJW

b3Z

所以E(X)=0义工+2X-+aXi=2,解得a=3,

623

所以D(X)=(0-2)2Xi+(2-2)2X二+(3-2)2X上1,

623

所以D(2X-3)=22D(X)=4.故选C.

4.甲、乙两人独立地从六门选修课程中任选三门进行学习，记两人所

选课程相同的门数为X,则£柒)为(B)

A.1B.1.5C.2D.2.5

解析:X的可能取值为0,1,2,3,P(X=0)

C|xC|20'

9C|xQxCj套P(X=3)二战制;，故E(X)=

P(X=1)X,P(X=2)=

2C6x媒NU人16cu

°喝+，n+2乂媪3吗二1.5.故选区

5.(多选题)设0<a<l,则随机变量X的分布列是

X0a1

111

P

333

则当a在(0,1)内增大时，(AD)

A.E(X)增大

B.D(X)减小

CD(X)先增大后减小

D.D(X)先减小后增大

解析：由分布列得E(X)=0xi+ax|+lX所以当a在(0,1)内增

OJJJJ

大时,E(X)增大，故选项A止确；

D(X)=［。飞a+弁X刿a-©a+罚之X刿1飞a+才X号(—+

D-［(a-！)2+；］-

当时,D(X)减小；当"a〈l时,D(X)增大，

所以D(X)先减小后增大,故选项D正确.故选AD.

6.某日A,B两个沿海城市受台风袭击(相互独立)的概率相同，已知A

市或B市至少有一个城市受台风袭击的概率为0.36,若用X表示这一

天受台风袭击的城市个数,则E(X)=.

解析:设A,B两市受台风袭击的概率均为p,则A市和B市均不受台风

袭击的概率为(l-p)2=i-0.36,解得p=0.2或箕1.8(舍去)，则P(X=0)=

1-0.36=0.64,P(X=l)=2X0.8X0.2=0.32,P(X=2)=0.2X0.2=0.04,所

以E(X)=0X0.64+1X0.32+2X0.04=0.4.

答案：0.4

7.(2021•浙江高三模拟)已知箱子中装有10个除颜色不同其他都相

同的小球,其中2个红球,3个黑球和5个白球.现从该箱中有放叵地

依次取出3个小球，若变量己为取出3个球中红球的个数,则1的方差

D(g)=.

解析：由题意得，&的所有可能取值为0,1,2,3,

83_512

P(&=0)=

1031OOO

、的

P(g)=2X82384

1031000

22X8XC|_96

P(&=2)=

1031000

23_8

P(C=3)=

1031000’

所以E（&）二0义1^+1X^+2X急+3X高［

所以D(U=(0-f)2X^-+(l-f)2X^-+(2-f)2X-^-+(3-f)2X

5100051000510005

812

100025,

答案：J|

8.为检测某产品的质量,现抽取5件产品，测量产品中微量元素x,y的

含量（单位:mg）,测量数据如表,

编号12345

X169178166175180

y7580777081

如果产品中的微量元素x,y满足x2175,且y275时，该产品为优

等品.

现从上述5件产品中随机抽取2件,则抽取的2件产品中优等品数X

的分布列为.

解析：5件抽测品中的2件为优等品，

则X的可能取值为0,1,2.

P(X=o)管3

1

-266

P(X=1)二笔-9

C5

P(X=2)皆

所以优等品数X的分布列为

X012

p0.30.60.1

答案：

X012

p0.30.60.1

9.一台设备由三个部件组成,假设在一天的运转中，部件1,2,3需要

调整的概率分别为0.1,0.2,0.3,各部件的状态相互独立.

(1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的概率；

(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X,求X的分布列及

数学期望.

解：(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A,B,C,由题P(A)=0.1,

P(B)=0.2,P(C)=0.3,各部件的状态相互独立,所以部件1,2都不需要

调整的概率P(而)=P(Z)P(万)=0.9X0.8=0.72,故部件1,2中至少有

1个需要调整的概率为

1-P(AB)=l-0.72=0.28.

(2)X的可能取值为0,1,2,3,

P(X=O)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.9X0.8X0.7=0,504,

P(X=1)=P(ABC)+P(4BC)+P(4BC)=0.1X0.8X0.7+0.9X0.2X

0.7+0.9X0.8X0.3=0.398,

P(X=3)=P(ABC)=0.1X0.2X0.3=0.006,

P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=l)-P(X=3)=1-0.504-0.398-0.006=0.092,

所以X的分布列为

X0123

P0.5040.3980.0920.006

E(X)=0X0.504+1X0.398+2X0.092+3X0.006=0.6.

B级综合运用练

10.甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，

比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止,设甲在每局中获

胜的概率为・乙在每局中获胜的概率为且各局胜负相互独立,则比

赛停止时已打局数M的期望£（自）为（B）

266

A241Dr274n670

A.----D.----C.----D.----

818181243

解析：由已知，&的可能取值是2,4,6.设每两局比赛为一轮,则该轮比

赛停止的概率为（|）2+©2[.

若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时，

该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响.

所以P（&二2）[,P（1二4）寺转1『6）二©4,所以E（&）=2X

99981981

三+4X型+6X上迎.故选B.

9818181

11.（多选题）某学校共有6个学生餐厅，甲、乙、丙、丁四位同学每人

随机地选择一家餐厅就餐（选择每个餐厅的概率相同），则下列结论正

确的是（ACD）

A.四人去了四个不同餐厅就餐的概率为。

18

B.四人去了同一餐厅就餐的概率为焉

C.四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为二

D.四人中去第一餐厅就餐的人数的期望为|

解析：四人去餐厅就餐的情况共有.64种,其中四人去了四个不同餐厅

就餐的情况有A2种，则四人去了四个不同餐厅就餐的概率为等白故

6Io

A正确；同理，四人去了同一餐厅就餐的概率为捺二上,故B错误；四人

6216

中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为等二亮，故C正确；设四人中

6*216

去第一餐厅就餐的人数为8,则g=0,1,2,3,4.则P(1=0)磊,P(C=

1)二等,P(g=2)=等,P(1=3)=若,P(g=4)系，贝晒人中去第一

餐厅就餐的人数的分布列为

g01234

54心x53Cix52Cix51

P

646464歹

则四人中去第一餐厅就餐的人数的期望E(g)=OX^+IX等+2X

丝孚+3义晔+4X^=,故D正确.故选ACD.

6，6.6*3

12.(2021•湖南师大附中模拟)在某校的校园歌手大赛决赛中，有

6名参赛选手(1号至6号)登台演此由现场的100名同学投票选出最

受欢迎的歌手,每名同学需彼此独立地在投票器上选出3名候选人，

其中甲同学是1号选手的同班同学，必选1号，另在2号至6号选手中

随机选2名；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号,在其他5名选手中

随机选出3名；丙同学对6名选手的演唱没有偏爱，因此在1号至6号

选手中随机选出3名.

⑴求甲同学选中3号且乙同学未选中3号选手的概率；

⑵设3号选手得到甲、乙、丙三名同学的票数之和为X,求X的分布

列和数学期望.

解:设A表示事件“甲同学选中3号选手”，B表示事件“乙同学选中

3号选手”，C表示事件“丙同学选中3号选手”.

⑴P(A)*|,P(B)_鬣_3

C55C15'

所以甲同学选中3号且乙同学未选中3号选手的概率为

P(AB)=P(A)P(B)=|x(1-|)二卷.

(2)P(C)二导"X可能的取值为0,1,2,3,

L62

P(X=O)=P(7BC)=(I-|)X(1-|)X(i-i)=|x|x|=^,

P(X=1)=P(A万C)+PUBC)+P(7BC)=|x|x|+|x|x|+|x|x|=^

P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+PUBC)=-X-xi+-X-xi+-X-Xi=—,

55255255250

P(X=3)=P(ABC)^X-xi=-.

55225

所以X的分布列为

X0123

319193

P

25505025

故x的数学期望E（X）=0X—+1X—+2X—+3X—

255050252

13.（2021•江苏南通高三模拟）有750粒试验种子需要播种，现有两

种方案:方案一，将750粒种子分种在250个坑内，每坑3粒;方案二，

将750粒种子分种在375个坑内，每坑2粒.已知每粒种子发芽的概率

均为:,并且,若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种；

若一个坑内的种子都没发芽,则这个坑需要补种（每个坑至多补种一

次,且补种的种子粒数同第一次),假定每个坑第一次播种需要2元，

补种(按相应方案补种相应粒数)1个坑需1元,每个成活的坑可收获

125粒试验种子,每粒试验种子收益1元.

(1)用X元表示播种费用，分别求出两种方案的数学期望；

⑵如果在某块试验田对该种子进行试验,你认为应该选择哪种方案？

解：(1)方案一:一个坑内三粒种子都不发芽的概率为P尸(1-|尸噎，

所以一个坑内至少有一粒种子发芽的概率S=l-Pk子，

用Xi元表示一个坑的播种费用，则Xi的可能取值是2,3,

所以P(Xi=2)=p2,P(Xi=3)=pi,

所以先的分布列为

X,23

1178

P

125125

所以E(X)=2X—+3X—,

125125125

所以E(X)=250E(Xi)=250X^5=516.

125

方案二:一个坑内两粒种子都不发芽的概率为P3=(l-1)之二/所以一个

坑内至少有一粒种子发芽的概率P1=l-P3=|i,

用X2元表示一个坑的播种费用，则X2的可能取值为2,3,

所以P(X2=2)=P4,P(X2=3)=P3,

所以X2的分布列为

3

X22

P44

2525

所以E(X2)=2Xa+3义卷卷，

252525

所以E(X)=375E(X.)=375X—=810.

25

⑵设收益为Y元，

方案一:用Yi元表示一个坑的收益,则Yi的可能取值为0,125,

Yi的分布列为

Yi0125

P针1-(丁

所以E(Y)=0X(f)^125X[1-(|力二震1,

OOJL4D

所以E(Y)=250E(Y)=250X竺卫二31122.