2022年高考三轮复习之回归基础练第24练　随机变量及其分布

这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第24练　随机变量及其分布，共11页。


考点一 离散型随机变量的分布列
要点重组
若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则称表
为离散型随机变量X的概率分布列，简称X的分布列，它具有以下性质：
(1)pi≥0，i＝1,2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1.
离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．
1．设随机变量ξ的概率分布列为P(ξ＝k)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))k，其中k＝0,1,2，那么a的值为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(27,13) C.eq \f(9,19) D.eq \f(9,13)
答案 D
解析 ∵随机变量ξ的概率分布列为
P(ξ＝k)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))k，其中k＝0,1,2，
∴P(ξ＝0)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0＝a，P(ξ＝1)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1＝eq \f(a,3)，
P(ξ＝2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(a,9)，∴a＋eq \f(a,3)＋eq \f(a,9)＝1，
解得a＝eq \f(9,13).故选D.
2．(多选)(2020·广州调研)若随机变量X的分布列为
则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值可能是( )
A．1 B．1.5 C．2 D．2.01
答案 BC
解析 由随机变量X的分布列知：P(X<－1)＝0.1，P(X<0)＝0.3，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，则当P(X3．(2020·保定模拟)若离散型随机变量X的分布列如表，则常数c的值为( )
A.eq \f(2,3)或eq \f(1,3) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(1,3) D．1
答案 C
解析 由随机变量的分布列的性质知，0≤9c2－c≤1,0≤3－8c≤1,9c2－c＋3－8c＝1，
解得c＝eq \f(1,3)，故选C.
4．随机变量X的分布列如下：
其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________，公差d的取值范围是________．
答案 eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3)))
解析 因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c.
又a＋b＋c＝1，
所以b＝eq \f(1,3)，
所以P(|X|＝1)＝a＋c＝eq \f(2,3).
又a＝eq \f(1,3)－d，c＝eq \f(1,3)＋d，
根据分布列的性质，得0≤eq \f(1,3)－d≤eq \f(2,3)，0≤eq \f(1,3)＋d≤eq \f(2,3)，
所以－eq \f(1,3)≤d≤eq \f(1,3).
考点二 离散型随机变量的均值与方差
要点重组
1．均值公式：E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.
均值性质：E(aX＋b)＝aE(X)＋b，
若X～B(n，p)，则E(X)＝np.
2．方差公式：D(X)＝[x1－E(X)]2·p1＋[x2－E(X)]2·p2＋…＋[xn－E(X)]2·pn.
方差性质：D(aX＋b)＝a2D(X)；
若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．
5．(多选)(2020·肥城模拟)已知离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的是( )
A．q＝0.1
B．E(X)＝2，D(X)＝1.4
C．E(X)＝2，D(X)＝1.8
D．E(Y)＝5，D(Y)＝7.2
答案 ACD
解析 由离散型随机变量X的分布列的性质得，q＝1－0.4－0.1－0.2－0.2＝0.1.E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2.D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8.∵离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，∴E(Y)＝2E(X)＋1＝5，D(Y)＝4D(X)＝7.2，故选ACD.
6．(2020·全国Ⅲ)在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且eq \i\su(i＝1,4,p)i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( )
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3
D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2
答案 B
解析 X的可能取值为1,2,3,4，四种情形的均值E(X)＝1×p1＋2×p2＋3×p3＋4×p4都为2.5，方差D(X)＝[1－E(X)]2×p1＋[2－E(X)]2×p2＋[3－E(X)]2×p3＋[4－E(X)]2×p4，标准差为eq \r(DX).
A选项的方差D(X)＝0.65；
B选项的方差D(X)＝1.85；
C选项的方差D(X)＝1.05；
D选项的方差D(X)＝1.45.
所以选项B的情形对应样本的标准差最大．
7．(2018·全国Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3
答案 B
解析 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4)所以Ceq \\al(4,10)p4(1－p)60.5，
所以p＝0.6.
8．已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有3个红球和4个蓝球．现从乙盒中随机抽取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ξi(i＝1,2)，则E(ξ1)＋E(ξ2)的值为________．
答案 eq \f(23,7)
解析 甲盒中含有红球的个数ξ1的取值为1,2，
则P(ξ1＝1)＝eq \f(C\\al(1,4),C\\al(1,7))＝eq \f(4,7)，P(ξ1＝2)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,7))＝eq \f(3,7)，
则E(ξ1)＝1×eq \f(4,7)＋2×eq \f(3,7)＝eq \f(10,7)；
甲盒中含有红球的个数ξ2的值为1,2,3，
则P(ξ2＝1)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,7))＝eq \f(2,7)，P(ξ2＝2)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,4),C\\al(2,7))＝eq \f(4,7)，
P(ξ2＝3)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,7))＝eq \f(1,7).
则E(ξ2)＝1×eq \f(2,7)＋2×eq \f(4,7)＋3×eq \f(1,7)＝eq \f(13,7).
∴E(ξ1)＋E(ξ2)＝eq \f(10,7)＋eq \f(13,7)＝eq \f(23,7).
考点三 均值、方差与统计的综合问题
要点重组
均值、方差与统计的综合题一般是先给出样本数据或样本数据的分布等，在解题中首先要处理好数据，如数据的个数、数据的分布规律等，即把数据分析清楚，再根据题目要求进行相关计算．
9．(2020·北京平谷区模拟)某市旅游管理部门为提升该市26个旅游景点的服务质量，对该市26个旅游景点的交通、安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分．每项评分最低分0分，最高分100分．每个景点总分为这五项得分之和，根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、交通得分与景点总分散点图如图：
请根据图中所提供的信息，完成下列问题：
(1)若从交通得分排名前5名的景点中任取1个，求其安全得分大于90分的概率；
(2)若从景点总分排名前6名的景点中任取3个，记安全得分不大于90分的景点个数为ξ，求随机变量ξ的分布列和均值；
(3)记该市26个景点的交通平均得分为eq \x\t(x)1，安全平均得分为eq \x\t(x)2，写出eq \x\t(x)1和eq \x\t(x)2的大小关系？(只写出结果)
解 (1)由图象可知交通得分排名前5名的景点中，安全得分大于90分的景点有3个，
∴从交通得分排名前5名的景点中任取1个，其安全得分大于90分的概率为eq \f(3,5).
(2)结合两图象可知景点总分排名前6名的景点中，安全得分不大于90分的景点有2个，ξ的可能取值为0,1,2.
P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(2,4)·C\\al(1,2),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(1,4)·C\\al(2,2),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
∴ξ的分布列为
∴E(ξ)＝0×eq \f(1,5)＋1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(1,5)＝1.
(3)由图象可知26个景点的交通得分全部在80分以上，主要集中在85分附近，
安全得分主要集中在80分附近，且80分以下的景点接近一半，故而eq \x\t(x)1>eq \x\t(x)2.
10．(2018·全国Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的均值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
解 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Ceq \\al(2,20)p2·(1－p)18(0＜p＜1)．
因此f′(p)＝Ceq \\al(2,20)[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]
＝2Ceq \\al(2,20)p(1－p)17(1－10p)，0＜p＜1.
令f′(p)＝0，得p＝0.1.
当p∈(0,0.1)时，f′(p)＞0；
当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝40＋25×180×0.1＝490.
②若对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费用为400元．
由于E(X)＞400，故应该对余下的产品作检验．
1．(多选)已知甲、乙两台自动车床生产同种标准件，X表示甲车床生产1 000件产品中的次品数，Y表示乙车床生产1 000件产品中的次品数，经考察一段时间，X，Y的分布列分别是( )
据此判断
A．甲比乙生产的产品质量好
B．乙比甲生产的产品质量好
C．甲与乙生产的产品质量相同
D．甲比乙波动大，乙比甲稳定
答案 CD
解析 E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.0，
D(X)＝1×0.4＋0×0.3＋1×0.2＋4×0.1＝1.0，
E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1.0，
D(Y)＝1×0.3＋0×0.4＋1×0.3＝0.6，
∵E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)，
∴甲与乙生产的产品质量相同，但甲比乙波动大，乙比甲稳定，故选CD.
2．(多选)甲箱子里装有3个白球和2个红球，乙箱子里装有2个白球和2个红球，从这两个箱子中分别摸出一个球，设摸出的白球个数为X，摸出的红球个数为Y，则( )
A．P(X＝1)>eq \f(1,2)
B．P(X＝1)＝eq \f(1,2)
C．E(X)D．E(X)>E(Y)
答案 BD
解析 依题意X可取0,1,2，
P(X＝0)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)；
P(X＝1)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)；
P(X＝2)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,10)，
∴E(X)＝0×eq \f(1,5)＋eq \f(1,2)×1＋eq \f(3,10)×2＝eq \f(11,10).
依题意Y可取0,1,2，
P(Y＝0)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,10)；
P(Y＝1)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)；
P(Y＝2)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)，
∴E(Y)＝0×eq \f(3,10)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,5)＝eq \f(9,10).
∴P(X＝1)＝eq \f(1,2)，E(X)>E(Y)，故选BD.
3．一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)＝________.
答案 1.96
解析 由题意得X～B(100,0.02)，
∴D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
4．不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球，现从中逐个不放回地摸出小球，直到取出所有红球为止，则摸取次数X的均值是________．
答案 eq \f(16,3)
解析 当X＝k时，第k次取出的必然是红球，而前k－1次中，有且只有1次取出的是红球，其余次数取出的皆为黑球，故P(X＝k)＝eq \f(C\\al(1,k－1),C\\al(2,7))＝eq \f(k－1,21)，于是得到X的分布列为
故E(X)＝2×eq \f(1,21)＋3×eq \f(2,21)＋4×eq \f(1,7)＋5×eq \f(4,21)＋6×eq \f(5,21)＋7×eq \f(2,7)＝eq \f(16,3).
5．近年来中国在科技方面进步显著，高铁、支付宝、共享单车和网购被网友们称为中国的新四大发明，而手机在生活中则成为不可或缺的工具．目前，5G手机在中国迅速推进，在2019年10月31日举办的2019年中国国际信息通信展览会上，工信部宣布：5G商用正式启动．为了解某高校毕业生对5G手机的关注度，随机从该校大四学生中抽取了100名学生作为样本进行调查，调查结果显示样本中有40名女生，下图是根据样本的调查结果绘制的等高条形图(阴影区域表示为感兴趣的部分)．
(1)根据已知条件与等高条形图完成下面的2×2列联表，并回答是否有95%的把握认为“对5G手机是否感兴趣与性别有关”？
(2)若将频率视为概率，现再从该校大四学生中，采用随机抽样的方法每次抽取1名学生，抽取5次，记被抽取的5名学生中对5G手机感兴趣的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列、均值与方差．
附：K2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)根据题意得到如下2×2列联表：
所以K2＝eq \f(100×30×30－30×102,40×60×60×40)＝eq \f(25,4)＝6.25>3.841，
所以有95%的把握认为“对5G手机是否感兴趣与性别有关”．
(2)由2×2列联表中数据可知，对5G手机感兴趣的学生的频率是eq \f(2,5)，将频率视为概率，则从该校大四学生中抽取1名学生，对5G手机感兴趣的概率是eq \f(2,5)，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(2,5)))，X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))5＝eq \f(243,3 125)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))4＝eq \f(162,625)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))3＝eq \f(216,625)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))2＝eq \f(144,625)，
P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))＝eq \f(48,625)，
P(X＝5)＝Ceq \\al(5,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))5＝eq \f(32,3 125)，
因此，X的分布列为
所以E(X)＝np＝5×eq \f(2,5)＝2，
D(X)＝np(1－p)＝5×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(6,5).
6．(2020·济南模拟)某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装．
其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立)，三级滤芯无需更换．若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，如图所示是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，如表所示是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表．
以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率．
(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率；
(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求X的分布列及均值；
(3)记m，n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数，若m＋n＝28，且n∈{5,6}, 以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的均值为决策依据，试确定m，n的值．
解 (1)由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需要更换12个滤芯，二级过滤器需要更换6个滤芯．
设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A，
因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4，二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4，
所以P(A)＝0.4×0.4×0.4＝0.064.
(2)由柱状图可知，
一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12，对应的概率分别为0.2,0.4,0.4，
由题意，X可能的取值为20,21,22,23,24，
并且P(X＝20)＝0.2×0.2＝0.04，
P(X＝21)＝0.2×0.4×2＝0.16，
P(X＝22)＝0.4×0.4＋0.2×0.4×2＝0.32，
P(X＝23)＝0.4×0.4×2＝0.32，
P(X＝24)＝0.4×0.4＝0.16.
所以X的分布列为
E(X)＝20×0.04＋21×0.16＋22×0.32＋23×0.32＋24×0.16＝22.4.
(3)因为m＋n＝28，n∈{5,6}，所以若m＝22，n＝6，
则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的均值为
22×80＋200×0.32＋400×0.16＋6×160＝2 848.
若m＝23，n＝5，
则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的均值为23×80＋200×0.16＋5×160＋400×0.4＝2 832.
故m，n的值分别为23,5.X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
X
－2
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1
X
0
1
P
9c2－c
3－8c
X
－1
0
1
P
a
b
c
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
ξ
0
1
2
P
eq \f(1,5)
eq \f(3,5)
eq \f(1,5)
X
0
1
2
3
P
0.4
0.3
0.2
0.1
Y
0
1
2
P
0.3
0.4
0.3
X
2
3
4
5
6
7
P
eq \f(1,21)
eq \f(2,21)
eq \f(1,7)
eq \f(4,21)
eq \f(5,21)
eq \f(2,7)
感兴趣
不感兴趣
总计
男
女
总计
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
感兴趣
不感兴趣
总计
男
30
30
60
女
10
30
40
总计
40
60
100
X
0
1
2
3
4
5
P
eq \f(243,3 125)
eq \f(162,625)
eq \f(216,625)
eq \f(144,625)
eq \f(48,625)
eq \f(32,3 125)
二级滤芯更换的个数
5
6
频数
60
40
X
20
21
22
23
24
P
0.04
0.16
0.32
0.32
0.16