2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习53《离散型随机变量的分布列、均值与方差》(含详解)

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这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习53《离散型随机变量的分布列、均值与方差》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设0则当p在(0,1)内增大时，( )
A.D(ξ)减小 B.D(ξ)增大
C.D(ξ)先减小后增大 D.D(ξ)先增大后减小
随机变量X的分布列如下表，且E(X)=2，则D(2X－3)=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
设0＜p＜1，随机变量ξ的分布列是
则当p在(0,1)内增大时，( )
A.D(ξ)减小
B.D(ξ)增大
C.D(ξ)先减小后增大
D.D(ξ)先增大后减小
某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A.100 B.200 C.300 D.400
随机变量X的分布列如下表，且E(X)=2，则D(2X－3)=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
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)=( )
D.0.6
设10≤x1＜x2＜x3＜x4≤104，x5=105.随机变量ξ1取值x1，x2，x3，x4，x5的概率均为0.2，
随机变量ξ2取值eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(x2＋x3,2)，eq \f(x3＋x4,2)，eq \f(x4＋x5,2)，eq \f(x5＋x1,2)的概率也为0.2.若记D(ξ1)，D(ξ2)分别为ξ1，ξ2的方差，则( )
A.D(ξ1)＞D(ξ2)
B.D(ξ1)=D(ξ2)
C.D(ξ1)＜D(ξ2)
D.D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系与x1，x2，x3，x4的取值有关
某学校为了给运动会选拔志愿者，组委会举办了一个趣味答题活动.参选的志愿者回答三个问题，其中两个是判断题，另一个是有三个选项的单项选择题，设ξ为回答正确的题数，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)=( )
A.1 B.eq \f(4,3) C.eq \f(5,3) D.2
设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(3，p)，若P(X≥1)=eq \f(5,9)，则D(3Y＋1)=( )
A.2 B.3 C.6 D.7
随机变量X的分布列如下表，且E(X)=2，则D(2X－3)=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)>1.75，则p的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,12))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
春节放假，甲回老家过节的概率为eq \f(1,3)，乙、丙回老家过节的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,5).假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( B )
A.eq \f(59,60) B.eq \f(3,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,60)
二、填空题
已知X是离散型随机变量，P(X=x1)=eq \f(2,3)，P(X=x2)=eq \f(1,3)，且x1＜x2.若E(X)=eq \f(4,3)，D(X)=eq \f(2,9)，
则x1＋x2的值为________.
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 .
现有甲、乙、丙三人参加某电视台的应聘节目《非你莫属》，若甲应聘成功的概率为eq \f(1,2)，乙、丙应聘成功的概率均为eq \f(t,2)(0 一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)=
设随机变量X的概率分布列为
则P(|X－3|=1)=________.
某种游戏每局的规则是：参与者现在从标有5,6,7,8,9的相同小球中随机摸取一个，将小球上的数字作为其本金(单位：元)，随后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的2倍作为其奖金(单位：元).若随机变量ξ和η分别表示参与者在每一局游戏中的本金与奖金，则E(ξ)－E(η)= .
\s 0 答案解析
答案为：D；
解析：由题意得E(ξ)=0×eq \f(1－p,2)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(p,2)=eq \f(1,2)＋p，
D(ξ)=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋p))))2·eq \f(1－p,2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋p))))2·eq \f(1,2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋p))))2·eq \f(p,2)
=eq \f(1,8)[(1＋2p)2(1－p)＋(1－2p)2＋(3－2p)2·p]=－p2＋p＋eq \f(1,4)=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(1,2)))2＋eq \f(1,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0<\f(1－p,2)<1，,0<\f(p,2)<1，,\f(1－p,2)＋\f(1,2)＋\f(p,2)＝1，))得0∴D(ξ)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，故选D.
答案为：C；
解析：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.
答案为：D；
解析：由题意知E(ξ)=0×eq \f(1－p,2)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(p,2)=p＋eq \f(1,2)，
D(ξ)=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＋\f(1,2)))))2×eq \f(1－p,2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＋\f(1,2)))))2×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＋\f(1,2)))))2×eq \f(p,2)
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＋\f(1,2)))2×eq \f(1－p,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(1,2)))2×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－p))2×eq \f(p,2)=－p2＋p＋eq \f(1,4)=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(1,2)))2＋eq \f(1,2)，
∴D(ξ)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上递减，即当p在(0,1)内增大时，D(ξ)先增大后减小.
答案为：B；
解析：设没有发芽的种子有ξ粒，则ξ～B(1 000,0.1)，且X=2ξ，
∴E(X)=E(2ξ)=2E(ξ)=2×1 000×0.1=200.
答案为：C.
解析：p=1－eq \f(1,6)－eq \f(1,3)=eq \f(1,2)，E(X)=0×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＋a×eq \f(1,3)=2，得a=3，
∴D(X)=(0－2)2×eq \f(1,6)＋(2－2)2×eq \f(1,2)＋(3－2)2×eq \f(1,3)=1，∴D(2X－3)=4.
答案为：B
解析：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(6,C\\al(3,5))=0.6，
P(X=1)=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.
答案为：A；
解析：由题意可知E(ξ1)=eq \f(1,5)(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)，
E(ξ2)=eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＋\f(x2＋x3,2)＋\f(x3＋x4,2)＋\f(x4＋x5,2)＋\f(x5＋x1,2)))=eq \f(1,5)(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)，期望相等，
都设为m，∴D(ξ1)=eq \f(1,5)[(x1－m)2＋…＋(x5－m)2]，
D(ξ2)=eq \f(1,5)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)－m))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x5＋x1,2)－m))2))，
∵10≤x1＜x2＜x3＜x4≤104，x5=105，∴D(ξ1)＞D(ξ2).故选A.
答案为：B；
解析：由已知得ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)=eq \f(1,6)，P(ξ=1)=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)=eq \f(5,12)，
P(ξ=2)=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)=eq \f(1,3)，P(ξ=3)=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)=eq \f(1,12).
∴E(ξ)=0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(5,12)＋2×eq \f(1,3)＋3×eq \f(1,12)=eq \f(4,3).
答案为：C
解析：由题意得P(X≥1)=P(X=1)＋P(X=2)=Ceq \\al(1,2)p(1－p)＋Ceq \\al(2,2)p2=eq \f(5,9)，所以p=eq \f(1,3)，
则Y～B(3,eq \f(1,3))，故D(Y)=3×eq \f(1,3)×(1-eq \f(1,3))=eq \f(2,3)，所以D(3Y＋1)=9D(Y)=9×eq \f(2,3)=6.
答案为：C
解析：p=1－eq \f(1,6)－eq \f(1,3)=eq \f(1,2)，E(X)=0×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＋a×eq \f(1,3)=2⇒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.
答案为：C；
解析：根据题意，学生发球次数为1即一次发球成功的概率为P(X=1)=p，发球次数为2即两次发球成功的概率为P(X=2)=p(1－p)，发球次数为3的概率为P(X=3)=(1－p)2，则期望E(X)=p＋2p(1－p)＋3(1－p)2=p2－3p＋3.依题意有E(X)>1.75，即p2－3p＋3>1.75，解得p>eq \f(5,2)或p 答案为：B；
解析：“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A，B，C，则P(A)=eq \f(1,3)，P(B)=eq \f(1,4)，P(C)=eq \f(1,5)，
所以P(eq \x\t(A))=eq \f(2,3)，P(eq \x\t(B))=eq \f(3,4)，P(eq \x\t(C))=eq \f(4,5).由题知A，B，C为相互独立事件，
所以三人都不回老家过节的概率P(eq \x\t(A) eq \x\t(B) eq \x\t(C))=P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))=eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(4,5)=eq \f(2,5)，
所以至少有一人回老家过节的概率P=1－eq \f(2,5)=eq \f(3,5).
答案为：3.
解析：由题意得X的所有可能取值为x1，x2，所以E(X)=eq \f(2,3)x1＋eq \f(1,3)x2=eq \f(4,3)，
D(X)=eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(4,3)))2＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(4,3)))2=eq \f(2,9)，整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＋x2＝4，,6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(4,3)))2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(4,3)))2＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝1，,x2＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(5,3)，,x2＝\f(2,3)，))(舍去)，故x1＋x2=3.
答案为：1.
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.
答案为：（1.5,2.5）；
解析：由题意知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P(ξ=0)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,2)))=eq \f(2－t2,8)；
P(ξ=1)=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,2)))＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(t,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,2)))=eq \f(4－t2,8)；
P(ξ=2)=2×eq \f(1,2)×eq \f(t,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(t,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(t,2)×eq \f(t,2)=eq \f(4t－t2,8)；P(ξ=3)=eq \f(1,2)×eq \f(t,2)×eq \f(t,2)=eq \f(t2,8).
故ξ的分布列为
∴E(ξ)=0×eq \f(2－t2,8)＋1×eq \f(4－t2,8)＋2×eq \f(4t－t2,8)＋3×eq \f(t2,8)=t＋eq \f(1,2)，
由题意知P(ξ=2)－P(ξ=1)=eq \f(t－1,2)>0，
P(ξ=2)－P(ξ=0)=eq \f(－t2＋4t－2,4)>0，P(ξ=2)－P(ξ=3)=eq \f(2t－t2,4)>0，
又0 答案为：1.96；
解析：本题主要考查二项分布.由题意可知X～B(100，0.02)，
由二项分布可得DX=100×0.02×(1－0.02)=1.96.
答案为：eq \f(5,12).
解析：由eq \f(1,3)＋m＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)=1，解得m=eq \f(1,4)，P(|X－3|=1)=P(X=2)＋P(X=4)=eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)=eq \f(5,12).
答案为：3.
解析：本金的分布列为
E(ξ)=eq \f(1,5)×(5＋6＋7＋8＋9)=7.
奖金的情况是：两小球上数字之差的绝对值为1，共有4种，奖金为2元；
两小球上数字之差的绝对值为2，共有3种，奖金为4元；
两小球上数字之差的绝对值为3，共有2种，奖金为6元；
两小球上数字之差的绝对值为4，共有1种，奖金为8元.
则P(η=2)=eq \f(4,C\\al(2,5))=eq \f(2,5)，P(η=4)=eq \f(3,C\\al(2,5))=eq \f(3,10)，P(η=6)=eq \f(2,C\\al(2,5))=eq \f(1,5)，P(η=8)=eq \f(1,C\\al(2,5))=eq \f(1,10).
奖金的分布列为
∴E(η)=2×eq \f(2,5)＋4×eq \f(3,10)＋6×eq \f(1,5)＋8×eq \f(1,10)=4，∴E(ξ)－E(η)=7－4=3.
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(2－t2,8)
eq \f(4－t2,8)
eq \f(4t－t2,8)
eq \f(t2,8)