课时作业评价(八十)　离散型随机变量及其分布列、期望与方差

课时作业评价(八十)离散型随机变量及其分布列、期望与方差一、单选题1.一次考试选择题每题5分,设某学生答对的选择题数为随机变量X,选择题得分为随机变量Y,已知P(Y≥30)=0.6,则P(X<6)的值为()A.0.6 B.0.5 C.0.3 D.0.42.(2026·牡丹江模拟)已知随机变量X满足E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,则下列选项正确的是()A.E(X)=72,D(X)=132 B.E(X)=2,D(XC.E(X)=2,D(X)=8 D.E(X)=72,D(X)3.(2026·广州模拟)已知随机变量X的分布列如下表所示:X-101P1mn若P(X≤0)=12,且2X+Y=1,则D(Y)=()A.2918 B.47C.299 D.4.甲、乙两人进行乒乓球比赛,每人各局取胜的概率均为12,现采用五局三胜制,胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜,此时因为某种原因比赛中止,为使奖金分配合理,则乙应得奖金()A.700元 B.600元 C.200元 D.100元二、多选题5.已知随机变量X的分布列为X-101Pp1p2p2下列结论正确的是()A.若p1=2p2,则p1=14 B.若p1=p2,则P(|X|=1)=C.若E(X)=13,则p2=49 D.p12-p2(p1p2≠06.有两盒乒乓球,每盒3个球分别标记为2,3,4,其中一盒均未使用过,另一盒3个球都已使用过.现从两个盒子各任取1个球,设球的号码分别为a,b,若事件“点P(a,b)恰好落在直线x+y=n上”对应的随机变量为X,P(X=n)=Pn,X的数学期望和方差分别为E(X),D(X),则下列结论正确的是()A.P6=3P4 B.P(5≤X≤7)=79C.E(X)=5 D.D(X)=4三、填空题7.现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=,E(ξ)=.

8.游乐场某游戏设备是一个圆盘,圆盘被分成红色和绿色两个区域,圆盘上有一个可以绕中心旋转的指针,且指针受电子程序控制,前后两次停在相同区域的概率为14,停在不同区域的概率为.,某游客连续转动指针三次,记指针停在绿色区域的次数为X,若开始时指针停在红色区域,则E(X)=.

四、解答题9.(15分)(2026·天津期末)本着健康低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费,超过两小时的部分,每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为,;两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为,;两人租车时间都不会超过四小时.(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率;(4分)(2)求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率;(4分)(3)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量X,求X的分布列、均值E(X)、方差D(X).(7分)

10.(15分)甲、乙两名围棋手对弈,比赛实行五局三胜制,第一局通过猜子确定甲执黑先行,其后每局交换先行者,直至比赛结束,已知甲先行时他赢下该局的概率为0.6,乙先行时他赢下该局的概率为0.5.(1)求比赛只进行了三局就结束的概率;(5分)(2)已知甲胜了第一局,求比赛进行局数的期望.(10分)11.(15分)某商场在双十一期间举办优惠促销活动,顾客消费满500元(含500元)可抽奖一次,抽奖方案有两种(顾客只能选择其中的一种).方案1:从装有3个红球,2个黑球(形状、大小完全相同)的抽奖盒中,有放回地依次摸出3个球.每摸出1次红球,立减100元,若3次都摸到红球,则额外再减100元(即总共减400元);方案2:从装有3个红球,2个黑球(形状、大小完全相同)的抽奖盒中,不放回地依次摸出3个球.中奖规则为若摸出3个红球,享受免单优惠;若摸出2个红球,则打5折;其余情况无优惠.(1)顾客小明选择抽奖方案2,已知他第一次摸出红球,求他能够享受优惠的概率;(7分)(2)顾客小红恰好消费了500元,试从实付金额的期望值角度,分析她选择何种抽奖方案更合理.(8分)|能力进阶|备选题|12.设随机变量X的分布列如表所示,则下列说法错误的是()X123456Pp1p2p3p4p5p6A.P(X≥4)=1-P(X≤3)B.随机变量X的数学期望E(X)可以等于3.5C.当pn=(n=1,2,3,4,5)时,p6=D.数列{pn}的通项公式可以为pn=(n=1,2,3,4,5,6)13.(2025·全国Ⅰ卷)有5个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取3次,每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数,则X的数学期望E(X)=.

课时作业(八十)离散型随机变量及其分布列、期望与方差1.选D根据题意知Y=5X,所以X<6⇔5X<30⇔Y<30.因为P(Y≥30)=0.6,所以P(Y<30)=0.4,所以P(X<6)=0.4.故选D.2.选B因为E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,所以2E(X)+3=7,22D(X)=16,解得E(X)=2,D(X)=4.故选B.3.选C由P(X≤0)=12,得m=12-13=16,n=1-P(X≤0)=12,则E(X)=-1×13+0×16+1×12=16,D(X)=E(X2)-(E(X))2=1×56+0×16-162=2936,由2X+Y=1,得Y=1-2X,所以D4.选D设甲应得奖金为X,X的可能取值为800,0,甲赢得比赛有3种情况:①胜第3局,甲赢的概率为12,②输第3局,胜第4局,甲赢的概率为12×12=14,③输第3,4局,胜第5局,甲赢的概率为12×12×12=18,∴甲赢的概率为12+14+18=78,∴E(X)5.选BC由题意得p1+2p2=1,若p1=2p2,则p1=12,A错误若p1=p2,则p1=p2=13,P(|X|=1)=P(X=1)+P(X=-1)=13+13=23若E(X)=13,则-p1+p2=13,又p1+2p2=1,所以p2=49,由p1+2p2=1,得0<p2<12,p12-p2=(1-2p2)2-p2=4p22-5p2因为0<p2<12,p2-58≠0,D错误.故选6.选ABD因为a的所有可能取值为2,3,4,b的所有可能取值为2,3,4.点P(a,b)恰好落在直线x+y=n上,所以X的所有可能取值为4,5,6,7,8.从两个盒子中分别任取1个球,共有9种情况,P(X=4)=19,P(X=5)=2P(X=6)=39=13,P(X=7)=29,P(X=8)=19.对于A,P6=3P4,对于B,P(5≤X≤7)=29+13+29=79,对于C,E(X)=4×19+5×29+6×13+7×29+8×19=19×(4+10+18+14+8)对于D,D(X)=(4-6)2×19+(5-6)2×29+(6-6)2×13+(7-6)2×29+(8-6)2×19=43,故7.解析:由题意知P(ξ=2)=C21C42+C22C41C73=1635.ξ的可能取值为1,2,3,4.P(ξ=1)=C62C73=1535=所以ξ的分布列为ξ1234P31631E(ξ)=1×37+2×1635+3×335+4×1答案:16358.解析:该游客转动指针三次的结果的树状图如下:则X的分布列为X0123P121393故E(X)=0×164+1×2164+2×3964+3×3答案:279.解:(1)由题意可知,甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为12,1设甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A,则P(A)=14×12+14×14+12×14(2)若甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元,则分为甲两小时以上且不超过三小时还车,且乙不超过两小时还车,或甲三小时以上且不超过四小时还车,且乙两小时以上且不超过三小时还车两种情况,所以甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多2元的概率为14×12+12×1(3)X的可能取值为0,2,4,6,8,P(X=0)=18,P(X=2)=14×14+12×14=316,P(X=4)=14×14+14×14+12×12=38,P(X=6)=14×14+12×X的分布列为X02468P13331E(X)=0×18+2×316+4×38+6×316+8×18=4,D(X)=(0-4)2×18+(2-4)2×316+(4-4)2×38+(6-4)2×316+10.解:(1)比赛只进行三局,则都是甲赢或都是乙赢,所以概率为0.6×0.5×0.6+0.4×0.5×0.4=0.18+0.08=0.26.(2)设比赛进行的局数为X,则X所有可能的取值为3,4,5.当X=3时,则前三局都是甲赢,P(X=3)=0.5×0.6=0.3,当X=4时,则可能的情况是甲乙甲乙乙胜甲乙乙乙甲胜甲甲乙甲甲胜甲乙甲甲P(X=4)=0.5×0.4×0.5+0.5×0.4×0.5+0.5×0.6×0.5=0.35,P(X=5)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-0.3-0.35=0.35,故E(X)=3×0.3+4×0.35+5×0.35=4.05.11.解:(1)设他第一次摸出红球为事件A,则P(A)=C31A42A53=35.设他能够享受优惠为事件B,剩余球为2红2黑,则他第一次摸出红球,剩下两球均为红色的情况有C31A22=6种,他第一次摸出红球,剩下两球为1红1黑的情况有C31C21C21A22=24种,则(2)若选方案1,设实付金额数为X1,则X1的可能值为100,300,400,500.注意到有放回地摸到一次红球的概率为35,摸到一次黑球的概率为25,则P(X1=500)=253=8125,P(X1=400)=C31252×35=36125,P(X1=300)=C3235则E(X1)=500×8125+400×36125+300×54125+100×27125=298.4;若选方案2,设实付金额数为X2,则X2的可能值为0,250,500.由(1)可得无放回摸出三球的情况有A53=60种,则P(X2=500)=C31C22A3360=310,P(X2=250)=C32C21A3360=35,P(X2=0)=C33A3360=12.选D对于A,由已知p1+p2+p3+p4+p5+p6=1,则P(X≥4)=p4+p5+p6=1-(p1+p2+p3)=1-P(X≤3),A正确;对于B,当p1=p2=p3=p4=p5=p6=16时,期望为E(X)=1×16+2×16+3×16+4×16+5×16+6×16=3.5,B正确;对于C,由pn=12n(n=1,2,3,4,5),则p6=1-(p1+p2+…+p5)=1-12+122+…+125=1-12[1-125]1-12=125,C正确;对于D,由pn=1n(n+1)=1n-1n+1(n=1,2,313.法一因为是有放回地取球,所以每次每个球被取到的概率均为15.X的所有可能取值为1,2,3则P(X=1)=C51（15）3=5125P(X=2)=C52（15）3×6=60125P(X=3)=C53×（15）3×A33=所以X的分布列为X123P11212所以E(X)=1×125+2×1225+3×1225法二依题意,X的可能取值为1,2,3,总的选取可能数为53=125.其中X=1,3次抽取同一球,选择球的编号有5种方式,则P(X=1)=5125=125.X=2,恰好2个球被取出(即一球出现2次,另一球出现1次),选取出现2次的球有5种方式,选取出现1次的球有4种方式,其中选取出现1次球的位置有3种可能,故事件X=2的可能情况有5×4×3=60(种),故P(X=2)=60125=1225.X=3,3个球被取出,每个球各出现一次,由排列数可知事件X=3的可能情况有5×4×3=60(种),故P(X=3)=60125=1225.所以E(X)=1×125法三依题意,设随机变量Xi,其中i=1,2,3,4,5,Xi=1,则X=Xi,由对称性,知所有E(Xi)相等,则由期望的性质,得E(X)=E（Xi）=E(Xi)=5E(Xi),由题意可知,球i在单次抽取中未被取出的概率为45,由于抽取独立,该球三