7.3.1　离散型随机变量的均值.docx

1、7.3离散型随机变量的数字特征离散型随机变量的数字特征 7.3.17.3.1离散型随机变量的均值离散型随机变量的均值 基础过关练基础过关练 题组一题组一离散型随机变量的均值离散型随机变量的均值 1.若离散型随机变量 X 的分布列如下表,则 E(X)=() X012345 P 1 9 1 6 7 18 1 9 1 6 1 18 A. 1 18 B.1 9 C. 9 20 D.20 9 2.(2020 山东临沂高二下期末)在掷一枚图钉的随机试验中,令 X= 1,针尖向上, 0,针尖向下,若 随机变量 X 的分布列如下表,则 E(X)=() X01 P0.3p A.0.21B.0.3C.0.5D.0

2、.7 3.(2020 安徽六校教育研究会高三第二次素质测试)为实现国民经济新“三步走” 的发展战略目标,国家加大了扶贫攻坚的力度.某地区在 2015 年以前的年均脱贫 率(脱离贫困的户数占当年贫困户总数的比)为 70%.2015 年开始,全面实施“精准 扶贫”政策后,扶贫效果明显提高,其中 2019 年度实施的扶贫项目,各项目参加户 数占比(参加各项目的户数占 2019 年贫困户总数的比)及各项目的脱贫率见下表. 实施项目种植业养殖业工厂就业服务业 参加户数占比40%40%10%10% 脱贫率95%95%90%90% 那么 2019 年的脱贫率与全面实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的比值为

3、() A.7 5 B.48 35 C.47 35 D.37 28 4.射手用手枪进行射击,击中目标就停止,否则继续射击,他射中目标的概率是 0.8, 若枪内只有 3 颗子弹,则他射击次数的数学期望是() A.0.8B.0.992C.1D.1.24 5.(2020 天津六校高二下期中联考)某班举行了一次“心有灵犀”的活动,教师把 一张写有成语的纸条出示给 A 组的某个同学,这个同学再用身体语言把成语的意 思传递给本组其他同学.若小组内同学甲猜对成语的概率是 0.4,同学乙猜对成语 的概率是 0.5,且规定猜对得 1 分,猜错得 0 分,则这两个同学各猜 1 次,得分之和 X 的数学期望为() A

4、.0.9B.0.8C.1.2D.1.1 6.(2020 重庆九校联盟高二上联考)随机变量 X 的分布列如表所示. X-202 Pa 1 3 c 若数学期望 E(X)=1 3,则 c= . 7.(2020 黑龙江哈尔滨三中高三综合测试)小建大学毕业后分别向三家不同的公司 提交了应聘简历,若被 A,B,C 公司录用的概率分别为1 2, 2 3, 3 4,且被各公司录用与否相 互独立. (1)求小建至少被一家公司录用的概率; (2)设小建应聘成功的公司的个数为 X,试求 X 的分布列和期望. 题组二题组二离散型随机变量的均值的性质离散型随机变量的均值的性质 8.(2020 广东东莞高二下期末)随机变

5、量 X 的分布列如下表,则 E(5X+4)= () X024 P0.30.20.5 A.16 B.11 C.2.2D.2.3 9.(2020 浙江绍兴上虞高三上期末)已知随机变量 X 的分布列如下表,Y=2X+1,则 E(Y)=() X10-1 P 1 2 1 3 a A.1 3 B.5 3 C.7 3 D.2 10.(2020 湖南常德高二下月考)若 P(X=0)=1-p,P(X=1)=p,则 E(2X- 3)=. 题组三题组三均值的实际应用均值的实际应用 11.甲、乙两工人在同样的条件下生产某产品,两人的日产量相等,每天出废品的 情况如表所示: 工人甲乙 废品数01230123 概率0.4

6、0.30.20.1 0.3 0.50.20 则下列结论正确的是() A.甲的产品质量比乙的产品质量好一些 B.乙的产品质量比甲的产品质量好一些 C.两人的产品质量一样好 D.无法判断谁的产品质量好一些 12.(2020 北京第四中学高三下阶段测试)某工厂的机器上有一种易损元件 A,这种 元件在使用过程中发生损坏时需要送维修处维修.工厂规定当日损坏的元件 A 在 次日早上 8:30 之前送到维修处,并要求维修人员当日必须完成所有损坏元件 A 的维修工作.每个工人独立维修元件 A 所需时间相同.维修处记录了某月从 1 日到 20 日每天维修元件 A 的个数,具体数据如下表: 日期1 日 2 日 3

7、 日 4 日5 日6 日7 日8 日9 日10 日 维修元 件 A 的 个数 91512181218992412 日期 11 日 12 日 13 日 14 日 15 日16 日17 日18 日19 日20 日 维修元 件 A 的 个数 12241515151215151524 从这 20 天中随机选取一天,随机变量 X 表示维修处维修元件 A 的个数. (1)求 X 的分布列与数学期望; (2)目前维修处有两名工人从事维修工作,为使每个维修工人每天维修元件 A 的个 数的数学期望不超过 4,至少需要增加几名维修工人?(只需写出结论) 13.(2020 北京首都师范大学附属中学高二下期中)现有甲

8、、乙两个投资项目,对甲 项目投资十万元,根据对市场 120 份样本数据的统计,甲项目年利润分布如下表: 年利润1.2 万元1.0 万元0.9 万元 频数206040 对乙项目投资十万元,年利润与产品质量抽查的合格次数有关,在每次抽查中,产 品合格的概率均为1 3,在一年之内要进行 2 次独立的抽查,在这 2 次抽查中产品合格 的次数与对应的利润如下表: 合格次数210 年利润1.3 万元1.1 万元0.6 万元 记随机变量 X,Y 分别表示对甲、乙两个项目各投资十万元的年利润.将甲项目年 利润的频率作为对应事件的概率. (1)求 XY 的概率; (2)某商人打算对甲或乙项目投资十万元,判断哪个

9、项目更具有投资价值,并说明 理由. 能力提升练能力提升练 题组一题组一离散型随机变量的均值离散型随机变量的均值 1.(2020 百校联盟高二下期中,)在一次射击训练中,每位士兵最多可射击 3 次, 一旦命中目标,则停止射击,否则一直射击到 3 次为止.设士兵甲一次射击命中目 标的概率为 p(0p7 4,则 p 的取值范围是 () A. 2 5 , 1 2 B. 1 5 , 1 2 C. 0, 1 2 D. 1 2 ,1 2.(2020 山东莱州第一中学高二下阶段检测,)某城市有甲、乙、丙 3 个旅游景 点,一位客人游览这三个景点的概率分别是 0.4,0.5,0.6,且此人是否游览哪个景 点互不

10、影响,设 X 表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差 的绝对值,则 E(X)等于() A.1.48B.0.76 C.0.24D.1 3.(2020 河北保定三中高二下月考,)一个口袋中有 5 个大小相同的球,编号为 1,2,3,4,5,从中任取 2 个球,用 X 表示取出球的较大号码,则 E(X)等于() A.4B.5 C.3D.4.5 4.()已知 a,b,c 为实数,随机变量 X,Y 的分布列如下: X-101 P 1 3 1 2 1 6 Y-101 Pabc 若 E(Y)=P(Y=-1),随机变量 Z 满足 Z=XY,其中随机变量 X,Y 相互独立,则 E(Z)的取 值范

11、围是() A. - 3 4 ,1B. - 1 18 ,0 C. 1 18 ,1D. 3 4 ,1 5.(多选)()已知随机变量 X 的分布列如下表: X-101 Pa 1 3 b 记“函数 f(x)=3sin?+? 2 (xR)是偶函数”为事件 A,则() A.P(A)=2 3 B.E(X)=2 3 C.E(X)=2 3-2a D.E(X 2)=2 3 6.(2020 天津和平第一中学高三上月考,)已知甲盒中仅有一个球且为红球,乙盒 中有 3 个红球和 4 个蓝球,从乙盒中随机抽取 i(i=1,2)个球放在甲盒中,放入 i 个 球后,甲盒中含有红球的个数为 Xi(i=1,2),则 E(X1)+

12、E(X2)的值为. 7.(2020 河北张家口第一中学高二月考,)张强同学进行三次定点投篮测试,已知 第一次投篮命中的概率为1 3,第二次投篮命中的概率为 1 2,前两次投篮是否命中相互 之间没有影响,第三次投篮受到前两次结果的影响,如果前两次投篮至少命中一次, 则第三次投篮命中的概率为2 3,否则为 1 5. (1)求张强同学三次投篮至少命中一次的概率; (2)记张强同学三次投篮命中的次数为随机变量 X,求 X 的分布列及数学期望. 题组二题组二均值的实际应用均值的实际应用 8.(2020 北京师范大学附属中学高三期中,)某公司打算引进一台设备使用一年, 现有甲、乙两种设备可供选择.甲设备每

13、台 10 000 元,乙设备每台 9 000 元.此外 设备使用期间还需维修,对于每台设备,一年间三次及三次以内免费维修,三次以 外的维修费用均为每次 1 000 元.该公司统计了曾使用过的甲、乙各 50 台设备在 一年间的维修次数,得到下面的频数分布表,以频率代替概率. 维修次数23456 甲设备5103050 乙设备05151515 (1)设购买一台甲、乙两种设备和一年间维修的花费总额分别为 X、Y,求 X、Y 的 分布列; (2)若以数学期望为决策依据,希望购买设备和一年间维修的花费总额尽量低,且 维修次数尽量少,则需要购买哪种设备?请说明理由. 9.(2020 广东番禺高三模拟,)某种

14、大型医疗检查机器生产商对一次性购买 2 台 机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案.方案一:交纳延保 金 7 000 元,在延保的两年内可免费维修 2 次,超过 2 次后每次收取维修费 2 000 元;方案二:交纳延保金 10 000 元,在延保的两年内可免费维修 4 次,超过 4 次后 每次收取维修费 1 000 元.某医院准备一次性购买 2 台这种机器,现需决策在购买 机器时应购买哪种延保方案,为此搜集并整理了 50 台这种机器超过质保期后延保 两年内维修的次数,得到下表: 维修次数0123 台数5102015 以这 50 台机器维修次数的频率作为 1 台机器维修次数发生的

15、概率,记 X 表示这 2 台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数. (1)求 X 的分布列; (2)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据,医院选择哪种延保方案更合算? 答案全解全析答案全解全析 7.3离散型随机变量的 数字特征 7.3.1离散型随机变量的均值 基础过关练 1.DE(X)=01 9+1 1 6+2 7 18+3 1 9+4 1 6+5 1 18= 20 9 . 2.D易知 0.3+p=1, 所以 p=0.7, 所以 E(X)=00.3+10.7=0.7. 3.C由题表得,2019 年的脱贫率为 0.40.95+0.40.95+0.10.9+0.10.9=0.94. 所以

16、 2019 年的脱贫率与全面实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的比值为 0.94 0.7 =47 35. 故选 C. 4.D记射击次数为随机变量 X,则 X 的可能取值为 1,2,3, P(X=1)=0.8 , P(X=2)=0.20.8=0.16, P(X=3)=0.20.20.8+0.20.20.2=0.04, E(X)=10.8+20.16+30.04=1.24. 故选 D. 5.A依题意得,X 的可能取值为 0,1,2, P(X=0)=(1-0.4)(1-0.5)=0.3, P(X=1)=0.4(1-0.5)+(1-0.4)0.5=0.5, P(X=2)=0.40.5=0.2. 可得

17、X 的分布列如表所示. X012 P0.30.50.2 E(X)=00.3+10.5+20.2=0.9. 6.答案 5 12 解析由已知得 ? + ? = 2 3 , -2? + 2? = 1 3 , 解得 ? = 1 4 , ? = 5 12 . 7.解析(1)A,B,C 公司都不录用小建的概率为 1- 1 2 1- 2 3 1- 3 4 = 1 24, 则小建至少被一家公司录用的概率为 1- 1 24= 23 24. (2)X 的可能取值为 0,1,2,3, P(X=0)= 1 24, P(X=1)=1 2 1 3 1 4+ 1 2 2 3 1 4+ 1 2 1 3 3 4= 1 4, P

18、(X=2)=1 2 2 3 1 4+ 1 2 1 3 3 4+ 1 2 2 3 3 4= 11 24, P(X=3)=1 2 2 3 3 4= 1 4. 可得 X 的分布列为 X0123 P 1 24 1 4 11 24 1 4 所以 E(X)=0 1 24+1 1 4+2 11 24+3 1 4= 23 12. 8.A由题意得 E(X)=00.3+20.2+40.5=2.4, 故 E(5X+4)=5E(X)+4=52.4+4=16, 故选 A. 9.B由题可知1 2+ 1 3+a=1,所以 a= 1 6, 所以 E(X)=11 2+0 1 3+(-1) 1 6= 1 3, 因此 E(Y)=E

19、(2X+1)=2E(X)+1=5 3, 故选 B. 10.答案2p-3 解析由题意得 E(X)=p,E(2X-3)=2E(X)-3=2p-3. 11.B由题知,甲生产废品的期望是 00.4+10.3+20.2+30.1=1, 乙生产废品的期望是 00.3+10.5+20.2+30=0.9, 所以甲生产废品的期望大于乙生产废品的期望,故乙的产品质量比甲的产品质量 好一些. 故选 B. 12.解析(1)X 的可能取值为 9,12,15,18,24, P(X=9)= 3 20,P(X=12)= 5 20= 1 4, P(X=15)= 7 20,P(X=18)= 2 20= 1 10, P(X=24)

20、= 3 20. 可得 X 的分布列为 X912 15 1824 P 3 20 1 4 7 20 1 10 3 20 故数学期望 E(X)=9 3 20+12 1 4+15 7 20+18 1 10+24 3 20=15. (2)由(1)可知 X 的数学期望为 15,为使每个维修工人每天维修元件 A 的个数的数 学期望不超过 4,至少需要增加 2 名维修工人. 13.解析(1)XY 的所有情况有: P(X=1.2,Y=1.1)=1 62 1 3 2 3= 2 27, P(Y=0.6)= 2 3 2=4 9, 所以 P(XY)= 2 27+ 4 9= 14 27. (2)随机变量 X 的分布列为

21、X1.21.00.9 P 1 6 1 2 1 3 所以 E(X)=1. P(Y=1.3)=1 3 1 3= 1 9, P(Y=1.1)=1 3 2 3+ 2 3 1 3= 4 9, P(Y=0.6)=2 3 2 3= 4 9, 所以随机变量 Y 的分布列为 Y1.31.10.6 P 1 9 4 9 4 9 所以 E(Y)=0.9. 因为 E(X)E(Y),且 XY 的概率比 X7 4,且 0p1,解得 0p 1 2.故选 C. 2.AX 的可能取值为 1,3,X=3 表示这三个景点都游览了或都没有游览, 所以 P(X=3)=0.40.50.6+0.60.50.4=0.24,P(X=1)=1-0

22、.24=0.76, 所以 X 的分布列为 X13 P0.760.24 所以 E(X)=10.76+30.24=1.48.故选 A. 3.A由题意知 X 的可能取值为 2,3,4,5, P(X=2)= 1 C5 2= 1 10, P(X=3)= C2 1 C5 2= 2 10= 1 5, P(X=4)= C3 1 C5 2= 3 10, P(X=5)= C4 1 C5 2= 4 10= 2 5, 故 E(X)=2 1 10+3 1 5+4 3 10+5 2 5=4. 故选 A. 4.B由已知得,E(Y)=c-a,P(Y=-1)=a, 所以 c-a=a,即 c=2a, 又 a+b+c=1,故 b=

23、1-a-c=1-3a0,1, 所以 a 0, 1 3 , 随机变量 Z 的可能取值为-1,0,1, P(Z=-1)=1 3c+ 1 6a= 5 6a, P(Z=0)=1 3b+ 1 2b+ 1 6b+ 1 2(a+c)=1- 3 2a, P(Z=1)=1 3a+ 1 6c= 2 3a, 可得随机变量 Z 的分布列为 Z-101 P 5 6a 1-3 2a 2 3a 所以 E(Z)=-5 6a+ 2 3a=- 1 6a - 1 18 ,0 . 故选 B. 5.ACD因为函数 f(x)=3sin?+? 2 (xR)是偶函数, 所以? 2= 2+k,kZ, 于是 X=2k+1,kZ,又因为 X=-1

24、,0,1, 所以事件 A 表示 X=1, 所以 P(A)=a+b=1-1 3= 2 3, E(X)=(-1)a+01 3+1b=b-a= 2 3-2a, 随机变量 X 2 的可能取值为 0,1, P(X 2=0)=1 3,P(X 2=1)=2 3, 所以 E(X 2)=01 3+1 2 3= 2 3. 故选 ACD. 6.答案 23 7 解析当甲盒中含有红球的个数为 X1时,X1的可能取值为 1,2, P(X1=1)= C4 1 C7 1= 4 7,P(X1=2)= C3 1 C7 1= 3 7. 所以 E(X1)=14 7+2 3 7= 10 7 . 当甲盒中含有红球的个数为 X2时,X2的

25、可能取值为 1,2,3, P(X2=1)= C4 2 C7 2= 2 7, P(X2=2)= C3 1C 4 1 C7 2 =4 7, P(X2=3)= C3 2 C7 2= 1 7. 所以 E(X2)=12 7+2 4 7+3 1 7= 13 7 . 所以 E(X1)+E(X2)=10 7 +13 7 =23 7 . 7.解析(1)张强同学三次投篮都没有命中的概率 P1= 1- 1 3 1- 1 2 1- 1 5 = 4 15, 所以张强同学三次投篮至少命中一次的概率 P2=1- 4 15= 11 15. (2)由题意知随机变量 X 的可能取值为 0,1,2,3, P(X=0)= 4 15,

26、 P(X=1)=1 3 1- 1 2 1- 2 3 + 1- 1 3 1 2 1- 2 3 + 1- 1 3 1- 1 2 1 5= 7 30, P(X=2)=1 3 1 2 1- 2 3 +1 3 1- 1 2 2 3+ 1- 1 3 1 2 2 3= 7 18, P(X=3)=1 3 1 2 2 3= 1 9. 故随机变量 X 的分布列为 X0123 P 4 15 7 30 7 18 1 9 所以数学期望 E(X)=0 4 15+1 7 30+2 7 18+3 1 9= 121 90 . 8.解析(1)由题中频数分布表可知,X 的可能取值为 10 000,11 000,12 000, P(

27、X=10 000)=5+10 50 = 3 10, P(X=11 000)=30 50= 3 5, P(X=12 000)= 5 50= 1 10. 因此 X 的分布列为 X 10 000 11 000 12 000 P 3 10 3 5 1 10 Y 的可能取值为 9 000,10 000,11 000,12 000, P(Y=9 000)= 5 50= 1 10, P(Y=10 000)=15 50= 3 10, P(Y=11 000)=15 50= 3 10, P(Y=12 000)=15 50= 3 10. 因此 Y 的分布列为 Y9 00010 00011 00012 000 P 1

28、 10 3 10 3 10 3 10 (2)由(1)可得,E(X)=10 000 3 10+11 000 3 5+12 000 1 10=10 800, E(Y)=9 000 1 10+10 000 3 10+11 000 3 10+12 000 3 10=10 800. 设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为 X1、Y1, X1的可能取值为 2,3,4,5, P(X1=2)= 5 50= 1 10,P(X1=3)= 10 50= 1 5, P(X1=4)=30 50= 3 5,P(X1=5)= 5 50= 1 10. 则 X1的分布列为 X12345 P 1 10 1 5 3 5 1 10 则 E(X1)=2 1 10+3 1 5+4 3 5+5 1 10=3.7. Y1的可能取值为 3,4,5,6, P(Y1=3)= 5 50= 1 10,P(Y1=4)= 15 50= 3 10, P(Y1=5)=15 50= 3 10,P(Y1=6)= 15 50= 3 10. 则 Y1的分布列为 Y13456 P 1 10 3 10 3 10 3 10 则 E(Y1)=3 1 10+4 3 10+5 3 10+6 3 10=4.8. 由于 E(X)=E(Y),E(X1)E(Y2), 所以该医院选择延保方案二更合算.