2020-2021学年第六章 概率3 离散型随机变量的均值与方差3.1 离散型随机变量的均值课后测评

这是一份2020-2021学年第六章 概率3 离散型随机变量的均值与方差3.1 离散型随机变量的均值课后测评，共17页。试卷主要包含了1　离散型随机变量的均值，3　　　　C，随机变量X的分布列如表所示等内容，欢迎下载使用。

基础过关练
题组一 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EX=( )
A.118 B.19 C.920 D.209
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EX=( )
B.0.3 C.0.5 D.0.7
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.
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( )
A.75 B.4835 C.4735 D.3728
4.(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.
若数学期望EX=13,则c= .
5.某毕业生参加人才招聘会,分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历,假定该毕业生得到甲公司面试机会的概率为23,得到乙、丙两公司面试机会的概率均为p,且三个公司是否让其面试是相互独立的.记X为该毕业生得到面试机会的公司个数.若P(X=0)=112,则随机变量X的数学期望EX= .
6.(2021新高考八省(市)1月联考)一台设备由三个部件构成,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.
题组二 离散型随机变量的均值的性质
7.(2020广东东莞高二下期末)随机变量X的分布列如下表,则E(5X+4)=( )
A.16 B.11 C.2.2 D.2.3
8.某射手射击所得环数ξ的分布列如下:
已知ξ的均值Eξ=8.9,则y的值为 .
9.设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,P(X=k)=ak+b(k=1,2,3),X的均值EX=3,则a+b= .
10.已知随机变量X的分布列为
且Y=aX+3,若EY=-2,求a的值.
11.已知随机变量X的分布列如下:
(1)求m的值;
(2)求EX;
(3)若Y=2X-3,求EY.
题组三 离散型随机变量的均值的实际应用
12.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:
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
13.(2020北京首都师范大学附属中学高二下期中)现有甲、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:
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13,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:
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X>Y的概率;
(2)某商人打算对甲或乙项目投资十万元,判断哪个项目更具有投资价值,并说明理由.
能力提升练
题组一 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(074,则p的取值范围是( )
A.25,12 B.15,12
C.0,12 D.12,1
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EX等于( )

D.1
3.(多选题)()已知随机变量X的分布列如下表:
记“函数f(x)=3sinx+X2π(x∈R)是偶函数”为事件A,则 ( )
A.P(A)=23 B.EX=23
C.EX=23-2a D.E(X2)=23
4.(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EX1+EX2的值为 .
5.()如图所示,有三个边沿高,盘面平整的游戏盘,圆形游戏盘的两个同心圆的半径之比是1∶2,在三个游戏盘中各有一个玻璃球,依次摇动三个游戏盘后将它们水平放置至小球停止移动,就完成了一局游戏.
(1)一局游戏后,这三个游戏盘中的小球都停在阴影部分的概率是多少?
(2)一局游戏后,用X表示小球停在阴影部分的游戏盘的个数与小球没有停在阴影部分的游戏盘的个数之差的绝对值,求X的分布列及数学期望.
题组二 离散型随机变量的均值的实际应用
6.(2020广东番禺高三模拟,)某种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7000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2000元;方案二:交纳延保金10000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1000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,为此收集并整理了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:
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
基础过关练
1.D EX=0×19+1×16+2×718+3×19+4×16+5×118=209.
2.D 易知0.3+p=1,所以p=0.7,所以EX=0×0.3+1×0.7=0.7.
3.C 由题表得,2019年的脱贫率为0.4×0.95+0.4×0.95+0.1×0.9+0.1×0.9=0.94,
所以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故选C.
4.答案 512
解析 由已知得a+c=23,-2a+2c=13,
解得a=14,c=512.
5.答案 53
信息提取 (1)毕业生得到甲公司面试机会的概率为23,得到乙、丙两公司面试机会的概率均为p,且三个公司是否让其面试是相互独立的;(2)X为该毕业生得到面试机会的公司个数,P(X=0)=112.
数学建模 以毕业生参加人才招聘会为背景,构建相互独立事件的概率模型,结合独立事件概率模型的分布列,求出对应的随机变量的数学期望.
解析 由题意知P(X=0)=13(1-p)2=112,∴p=12.
则P(X=1)=23×1-122+13×12×1-12×2=13,
P(X=2)=23×12×1-12×2+13×12×12=512,
P(X=3)=23×12×12=16.
随机变量X的分布列为
故EX=0×112+1×13+2×512+3×16=53.
6.解析 (1)P(部件1,2中至少有一个需要调整)=1-P(部件1,2不需要调整)=1-(1-0.1)×(1-0.2)=0.28.
(2)由题意知X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=0.9×0.8×0.7=0.504.
P(X=1)=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3=0.398.
P(X=2)=0.1×0.2×0.7+0.1×0.8×0.3+0.9×0.2×0.3=0.092.
P(X=3)=0.1×0.2×0.3=0.006.
∴分布列为
EX=∑i=03i·P(X=i)=0.6.
7.A 由题意得EX=0×0.3+2×0.2+4×0.5=2.4,
故E(5X+4)=5EX+4=5×2.4+4=16.
故选A.
8.答案 0.4
解析 依题意得x+0.1+0.3+y=1,7x+0.8+2.7+10y=8.9,
即x+y=0.6,7x+10y=5.4,解得x=0.2,y=0.4.
9.答案 -16
解析 ∵P(X=1)=a+b,
P(X=2)=2a+b,
P(X=3)=3a+b,
∴EX=1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)=14a+6b=3.①
又∵(a+b)+(2a+b)+(3a+b)=1,
∴6a+3b=1.②
∴由①②可知a=12,b=-23,∴a+b=-16.
10.解析 由题意得EX=1×12+2×13+3×16=53,
∴EY=E(aX+3)=aEX+3=53a+3=-2,
∴a=-3.
11.解析 (1)由随机变量分布列的性质,得14+13+15+m+120=1,解得m=16.
(2)EX=(-2)×14+(-1)×13+0×15+1×16+2×120=-1730.
(3)解法一:由题意,得EY=E(2X-3)=2EX-3=2×-1730-3=-6215.
解法二:由于Y=2X-3,所以Y的分布列如下:
所以EY=(-7)×14+(-5)×13+(-3)×15+(-1)×16+1×120=-6215.
12.B 由题知,甲生产废品的期望是0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,
乙生产废品的期望是0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=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.
13.解析 (1)X>Y的所有情况有:
P(X=1.2,Y=1.1)=16×2×13×23=227,
P(Y=0.6)=232=49,
所以P(X>Y)=227+49=1427.
(2)随机变量X的分布列为
所以EX=1.
P(Y=1.3)=13×13=19,
P(Y=1.1)=13×23+23×13=49,
P(Y=0.6)=23×23=49,
所以随机变量Y的分布列为
所以EY=0.9.
因为EX>EY,且X>Y的概率比X所以甲项目更具有投资价值.
能力提升练
1.C 依题意X的可能取值为1,2,3,
P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p)2,
∴EX=p+2(1-p)p+3(1-p)2=p2-3p+3>74,解得p<12或p>52,又02.A X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)=0.4×0.5×0.6+0.6×0.5×0.4=0.24,P(X=1)=1-0.24=0.76,
所以X的分布列为
所以EX=1×0.76+3×0.24=1.48.故选A.
3.ACD 因为函数f(x)=3sinx+X2π(x∈R)是偶函数,所以X2π=π2+kπ,k∈Z,
于是X=2k+1,k∈Z,又因为X=-1,0,1,
所以事件A表示X=±1,
所以P(A)=a+b=1-13=23,
EX=(-1)×a+0×13+1×b=b-a=23-2a,
随机变量X2的可能取值为0,1,
P(X2=0)=13,P(X2=1)=23,
所以E(X2)=0×13+1×23=23.
故选ACD.
4.答案 237
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)=C41C71=47,P(X1=2)=C31C71=37.
所以EX1=1×47+2×37=107.
当甲盒中含有红球的个数为X2时,X2的可能取值为1,2,3,
P(X2=1)=C42C72=27,
P(X2=2)=C31C41C72=47,
P(X2=3)=C32C72=17.
所以EX2=1×27+2×47+3×17=137.
所以EX1+EX2=107+137=237.
5.解析 (1)一局后,三个游戏盘中的小球停在阴影部分分别记为事件A1、A2、A3,
由题意知A1、A2、A3相互独立,且P(A1)=12,P(A2)=14,P(A3)=13.
A1∩A2∩A3表示三个游戏盘中的小球都停在阴影部分.
则P(A1∩A2∩A3)
=P(A1)·P(A2)·P(A3)
=12×14×13=124.
(2)一局后,小球停在阴影部分的游戏盘的个数的可能取值为0,1,2,3,相应的小球没有停在阴影部分的游戏盘的个数的可能取值为3,2,1,0,所以X的可能取值为1,3.
则P(X=3)=P(A1∩A2∩A3)+P(A1∩A2∩A3)
=P(A1)·P(A2)·P(A3)+P(A1)·P(A2)·P(A3)
=12×14×13+12×34×23=724.
P(X=1)=1-724=1724.
所以X的分布列为
所以EX=1×1724+3×724=1912.
6.解析 (1)由题意得X的可能取值为0,1,2,3,4,5,6,
P(X=0)=110×110=1100,
P(X=1)=110×15×2=125,
P(X=2)=15×15+25×110×2=325,
P(X=3)=110×310×2+15×25×2=1150,
P(X=4)=25×25+310×15×2=725,
P(X=5)=25×310×2=625,
P(X=6)=310×310=9100.
所以X的分布列为
(2)设方案一所需延保金及维修费用为Y1,则由题意可得Y1的可能取值为7000,9000,11000,13000,15000,由(1)可得,
P(Y1=7000)=1100+125+325=17100,
P(Y1=9000)=1150,
P(Y1=11000)=725,
P(Y1=13000)=625,
P(Y1=15000)=9100.
所以Y1的分布列为
则EY1=7000×17100+9000×1150+11000×725+13000×625+15000×9100=10720.
设方案二所需延保金及维修费用为Y2,则由题意可得Y2的可能取值为10000,11000,12000,由(1)可得,
P(Y2=10000)=1100+125+325+1150+725=67100,
P(Y2=11000)=625,
P(Y2=12000)=9100.
所以Y2的分布列为
则EY2=10000×67100+11000×625+12000×9100=10420.
因为EY1>EY2,
所以该医院选择延保方案二更合算.
X
0
1
2
3
4
5
P
19
16
718
19
16
118
X
0
1
P
0.3
p
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%
X
-2
0
2
P
a
13
c
X
0
2
4
P
0.3
0.2
0.5
ξ
7
8
9
10
P
x
0.1
0.3
y
X
1
2
3
P
12
13
16
X
-2
-1
0
1
2
P
14
13
15
m
120
工人
甲
乙
废品数
0
1
2
3
0
1
2
3
概率
0.4
0.3
0.2
0.1
0.3
0.5
0.2
0
年利润
1.2万元
1.0万元
0.9万元
频数
20
60
40
合格次数
2
1
0
年利润
1.3万元
1.1万元
0.6万元
X
-1
0
1
P
a
13
b
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
X
0
1
2
3
P
112
13
512
16
X
0
1
2
3
P
0.504
0.398
0.092
0.006
Y
-7
-5
-3
-1
1
P
14
13
15
16
120
X
1.2
1.0
0.9
P
16
12
13
Y
1.3
1.1
0.6
P
19
49
49
X
1
3
P
0.76
0.24
X
1
3
P
1724
724
X
0
1
2
3
4
5
6
P
1100
125
325
1150
725
625
9100
Y1
7000
9000
11000
13000
15000
P
17100
1150
725
625
9100
Y2
10000
11000
12000
P
67100
625
9100