课时过关检测（六十二）离散型随机变量的均值与方差、正态分布

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A级——基础达标
1．(2019·福建省质量检查)经统计，某市高三学生期末数学成绩X～N(85，σ2)，且P(80A．0.35 B．0.65
C．0.7D．0.85
解析：选A ∵数学成绩X～N(85，σ2)，且P(802．随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则D(2X－3)＝( )
A．2B．3
C．4D．5
解析：选C 因为p＝1－eq \f(1,6)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,2)，
所以E(X)＝0×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＋a×eq \f(1,3)＝2，解得a＝3，
所以D(X)＝(0－2)2×eq \f(1,6)＋(2－2)2×eq \f(1,2)＋(3－2)2×eq \f(1,3)＝1，所以D(2X－3)＝22D(X)＝4，故选C．
3．口袋中有5个形状和大小完全相同的小球，编号分别为0,1,2,3,4，从中任取3个球，以X表示取出球的最小号码，则E(X)＝( )
A．0.45B．0.5
C．0.55D．0.6
解析：选B 易知随机变量X的取值为0,1,2，由古典概型的概率计算公式得P(X＝0)＝eq \f(C\\al(1,1)C\\al(2,4),C\\al(3,5))＝eq \f(6,C\\al(3,5))＝0.6，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,1)C\\al(2,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,C\\al(3,5))＝0.3，P(X＝2)＝eq \f(1,C\\al(3,5))＝0.1.所以E(X)＝0×0.6＋1×0.3＋2×0.1＝0.5，故选B.
4.(多选)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σeq \\al(2,1))，N(μ2，σeq \\al(2,2))，其正态分布密度曲线如图所示，则下列说法正确的是( )
A．甲类水果的平均质量为0.4 kg
B．甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．σ2＝1.99
解析：选ABC 由图象可知甲的正态曲线关于直线x＝0.4对称，乙的正态曲线关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，故A正确，C正确；由图可知甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右，故B正确；因为乙的正态曲线的峰值为1.99，即eq \f(1,\r(2π)σ2)＝1.99，所以σ2≠1.99，故D错误．故选A、B、C．
5．(多选)(2021·山东泰安高三质检)下列说法中正确的是( )
A．设随机变量X服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)＝eq \f(5,16)
B．已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)且P(X＜4)＝0.9，则P(0＜X＜2)＝0.4
C．E(2X＋3)＝2E(X)＋3；D(2X＋3)＝2D(X)＋3
D．已知随机变量ξ满足P(ξ＝0)＝x，P(ξ＝1)＝1－x，若0＜x＜eq \f(1,2)，则E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而增大
解析：选ABD 设随机变量X服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)＝Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＝eq \f(5,16)，A正确；
∵随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，∴正态曲线的对称轴是x＝2.∵P(X＜4)＝0.9，∴P(0＜X＜4)＝0.8，∴P(0＜X＜2)＝P(2＜X＜4)＝0.4，B正确；
E(2X＋3)＝2E(X)＋3，D(2X＋3)＝4D(X)，故C不正确；
由题意可知，E(ξ)＝1－x，D(ξ)＝x(1－x)＝－x2＋x，由一次函数和二次函数的性质知，当0＜x＜eq \f(1,2)时，E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而增大，故D正确．
6．已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝________.
解析：因为随机变量ξ服从标准正态分布N(0，σ2)，所以正态曲线关于直线x＝0对称．又P(ξ>2)＝0.023，所以P(ξ<－2)＝0.023.所以P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954.
答案：0.954
7．某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1次投中的概率为eq \f(2,3)，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X的期望是________．
解析：在一轮投篮中，甲通过的概率为P＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,9)，未通过的概率为eq \f(1,9).X服从二项分布X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(8,9)))，由二项分布的期望公式，得E(X)＝3×eq \f(8,9)＝eq \f(8,3).
答案：eq \f(8,3)
8．一个人将编号为1,2,3,4的四个小球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了．设放对的个数为ξ，则ξ的期望值为________．
解析：将四个小球放入四个盒子，每个盒子放一个小球，共有Aeq \\al(4,4)种不同放法，放对的个数ξ可取的值有0,1,2,4.其中，P(ξ＝0)＝eq \f(9,A\\al(4,4))＝eq \f(3,8)，P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(1,4)×2,A\\al(4,4))＝eq \f(1,3)，P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(2,4),A\\al(4,4))＝eq \f(1,4)，P(ξ＝4)＝eq \f(1,A\\al(4,4))＝eq \f(1,24)，
所以E(ξ)＝0×eq \f(3,8)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,4)＋4×eq \f(1,24)＝1.
答案：1
9．设b和c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量ξ表示方程x2＋bx＋c＝0实根的个数(重根按一个计)．
(1)求方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率；
(2)求ξ的分布列和数学期望．
解：(1)由题意，设基本事件空间为Ω，记“方程x2＋bx＋c＝0没有实根”为事件A，“方程x2＋bx＋c＝0有两个相等实根”为事件B，“方程x2＋bx＋c＝0有两个相异实根”为事件C，
则Ω＝{(b，c)|b，c＝1,2，…，6}，
A＝{(b，c)|b2－4c<0，b，c＝1,2，…，6}，
B＝{(b，c)|b2－4c＝0，b，c＝1,2，…，6}，
C＝{(b，c)|b2－4c>0，b，c＝1,2，…，6}，
所以Ω的基本事件总数为36，A的基本事件总数为17，B的基本事件总数为2，C的基本事件总数为17.
又因为B，C是互斥事件，故所求概率P＝P(B)＋P(C)＝eq \f(2,36)＋eq \f(17,36)＝eq \f(19,36).
(2)由题意知，ξ的可能取值为0,1,2，则
P(ξ＝0)＝eq \f(17,36)，P(ξ＝1)＝eq \f(1,18)，P(ξ＝2)＝eq \f(17,36)，
故ξ的分布列为
所以ξ的数学期望E(ξ)＝0×eq \f(17,36)＋1×eq \f(1,18)＋2×eq \f(17,36)＝1.
10．已知6只小白鼠中有1只感染了病毒，需要对6只小白鼠进行病毒DNA化验来确定哪一只受到了感染．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染病毒的小白鼠为止．方案乙：将6只小白鼠分为两组，每组三只，将其中一组的三只小白鼠的待化验物质混合在一起化验，若化验结果显示含有病毒DNA，则表明感染病毒的小白鼠在这三只当中，然后逐个化验，直到确定感染病毒的小白鼠为止；若化验结果显示不含病毒DNA，则在另外一组中逐个进行化验．
(1)求执行方案乙化验次数恰好为2次的概率；
(2)若首次化验的化验费为10元，第二次化验的化验费为8元，第三次及以后每次化验的化验费都是6元，求方案甲所需化验费的分布列和期望．
解：(1)执行方案乙化验次数恰好为2次的情况分两种：第一种，先化验一组，结果显示不含病毒DNA，再从另一组中任取一只进行化验，其恰含有病毒DNA，此种情况的概率为eq \f(C\\al(3,5),C\\al(3,6))×eq \f(1,C\\al(1,3))＝eq \f(1,6)；第二种，先化验一组，结果显示含病毒DNA，再从中逐个化验，恰好第一只含有病毒，此种情况的概率为eq \f(C\\al(2,5),C\\al(3,6))×eq \f(1,C\\al(1,3))＝eq \f(1,6).
所以执行方案乙化验次数恰好为2次的概率为eq \f(1,6)＋eq \f(1,6)＝eq \f(1,3).
(2)设用方案甲化验需要的化验费为η(单位：元)，则η的可能取值为10,18,24,30,36.
P(η＝10)＝eq \f(1,6)，
P(η＝18)＝eq \f(5,6)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,6)，
P(η＝24)＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,6)，
P(η＝30)＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，
P(η＝36)＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
则化验费η的分布列为
所以E(η)＝10×eq \f(1,6)＋18×eq \f(1,6)＋24×eq \f(1,6)＋30×eq \f(1,6)＋36×eq \f(1,3)＝eq \f(77,3)(元)．
B级——综合应用
11．(多选)已知随机变量X的取值为不大于n(n∈N*)的非负整数，它的概率分布列为
其中pi(i＝0,1,2,3，…，n)满足pi∈[0,1]，且p0＋p1＋p2＋…＋pn＝1.定义由X生成的函数f(x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＋…＋pixi＋…＋pnxn，g(x)为函数f(x)的导函数，E(X)为随机变量X的期望．现有一枚质地均匀的正四面体型骰子，四个面分别标有1,2,3,4个点数，这枚骰子连续抛掷两次，向下点数之和为X，此时由X生成的函数为f1(x)，则( )
A．E(X)＝g(2)B．f1(2)＝eq \f(15,2)
C．E(X)＝g(1)D．f1(2)＝eq \f(225,4)
解析：选CD 因为f(x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＋…＋pixi＋…＋pnxn，
则g(x)＝f′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2＋…＋ipixi－1＋…＋npnxn－1，
E(X)＝p1＋2p2＋3p3＋…＋ipi＋…＋npn，
令x＝1时，E(X)＝p1＋2p2＋3p3＋…＋ipi＋…＋npn＝g(1)，
故选项A错误，选项C正确；
连续抛掷两次骰子，向下点数之和为X，则X的分布列为
f1(x)＝eq \f(1,16)x2＋eq \f(2,16)x3＋eq \f(3,16)x4＋eq \f(4,16)x5＋eq \f(3,16)x6＋eq \f(2,16)x7＋eq \f(1,16)x8，
f1(2)＝eq \f(1,16)×22＋eq \f(2,16)×23＋eq \f(3,16)×24＋eq \f(4,16)×25＋eq \f(3,16)×26＋eq \f(2,16)×27＋eq \f(1,16)×28＝eq \f(225,4).故选项B错误，选项D正确．故选C、D.
12．现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下表：
投资股市：
购买基金：
(1)当p＝eq \f(1,4)时，求q的值；
(2)已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于eq \f(4,5)，求p的取值范围；
(3)丙要将家中闲置的10万元钱进行投资，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种，已知p＝eq \f(1,2)，q＝eq \f(1,6)，那么丙选择哪种投资方案，才能使得一年后投资收益的数学期望较大？请说明理由．
解：(1)∵“购买基金”后，投资结果只有“获利”“不赔不赚”“亏损”三种，且三种投资结果相互独立，∴p＋eq \f(1,3)＋q＝1.又p＝eq \f(1,4)，∴q＝eq \f(5,12).
(2)记事件A为“甲投资股市且获利”，事件B为“乙购买基金且获利”，事件C为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”，则C＝Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B∪AB，且A，B独立．由题意可知，P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝p，
∴P(C)＝P(Aeq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A)B)＋P(AB)＝eq \f(1,2)(1－p)＋eq \f(1,2)p＋eq \f(1,2)p＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)p.
∵P(C)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)p＞eq \f(4,5)，
∴p＞eq \f(3,5).又p＋eq \f(1,3)＋q＝1，q≥0，
∴p≤eq \f(2,3).
∴p的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，\f(2,3))).
(3)假设丙选择“投资股市”的方案进行投资，记X为丙投资股市的获利金额(单位：万元)，∴随机变量X的分布列为
则E(X)＝4×eq \f(1,2)＋0×eq \f(1,8)＋(－2)×eq \f(3,8)＝eq \f(5,4).假设丙选择“购买基金”的方案进行投资，记Y为丙购买基金的获利金额(单位：万元)，
∴随机变量Y的分布列为
则E(Y)＝2×eq \f(1,2)＋0×eq \f(1,3)＋(－1)×eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).∵E(X)＞E(Y)，
∴丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资收益的数学期望较大．
C级——迁移创新
13．(2021·广东省七校联考)2019年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒浮躁之风”．教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．有且仅有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送另外2位同行专家(不同于前3位专家)进行复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0＜p＜1)，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立．
(1)若p＝eq \f(1,2)，求抽检一篇学位论文，被认定为“存在问题学位论文”的概率；
(2)现拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的总评审费用为1 500元，若某次评审抽检论文总数为3 000篇，求该次评审费用期望的最大值及对应p的值．
解：(1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Ceq \\al(2,3)p2(1－p)＋Ceq \\al(3,3)p3，
一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Ceq \\al(1,3)p(1－p)2[1－(1－p)2]．
所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)＝Ceq \\al(2,3)p2(1－p)＋Ceq \\al(3,3)p3＋Ceq \\al(1,3)p(1－p)2·[1－(1－p)2]＝3p2(1－p)＋p3＋3p(1－p)2·[1－(1－p)2]＝－3p5＋12p4－17p3＋9p2，当p＝eq \f(1,2)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(25,32).所以抽检一篇学位论文，被认定为“存在问题学位论文”的概率为eq \f(25,32).
(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900,1 500.
P(X＝1 500)＝Ceq \\al(1,3)p(1－p)2，
P(X＝900)＝1－Ceq \\al(1,3)p(1－p)2，
所以E(X)＝900×[1－Ceq \\al(1,3)p(1－p)2]＋1 500×Ceq \\al(1,3)p(1－p)2＝900＋1 800p(1－p)2.
令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0,1)，则g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)．
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))时，g′(p)＞0，g(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增；
当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))时，g′(p)＜0，g(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减．所以g(p)的最大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(4,27).
所以该次评审费用期望的最大值为3 000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(900＋1 800×\f(4,27)))＝3 500 000(元)，对应p＝eq \f(1,3).
X
0
2
a
P
eq \f(1,6)
p
eq \f(1,3)
ξ
0
1
2
P
eq \f(17,36)
eq \f(1,18)
eq \f(17,36)
η
10
18
24
30
36
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,6)
eq \f(1,6)
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
X
0
1
2
3
…
n
p
p0
p1
p2
p3
…
pn
X
2
3
4
5
6
7
8
p
eq \f(1,16)
eq \f(2,16)
eq \f(3,16)
eq \f(4,16)
eq \f(3,16)
eq \f(2,16)
eq \f(1,16)
投资结果
获利40%
不赔不赚
亏损20%
概率
eq \f(1,2)
eq \f(1,8)
eq \f(3,8)
投资结果
获利20%
不赔不赚
亏损10%
概率
p
eq \f(1,3)
q
X
4
0
－2
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,8)
eq \f(3,8)
Y
2
0
－1
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,3)
eq \f(1,6)