高考数学一轮复习课时质量评价61离散型随机变量的分布列及数字特征含答案

这是一份高考数学一轮复习课时质量评价61离散型随机变量的分布列及数字特征含答案，共11页。试卷主要包含了袋中装有10个红球、5个黑球，已知随机变量X，Y满足等内容，欢迎下载使用。

1．袋中装有10个红球、5个黑球．每次随机抽取1个球后，若取得黑球则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止．若抽取的次数为ξ，则表示“放回5个红球”事件的是( )
A．ξ＝4 B．ξ＝5
C．ξ＝6 D．ξ≤5
C 解析：“放回5个红球”表示前五次摸到黑球，第六次摸到红球，故ξ＝6．
2．(2021·西城区校级期中)若随机变量X的分布列如表，则P(X≥3)＝( )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(3,4) D．eq \f(1,12)
A 解：由随机变量X的分布列性质知：3x＋6x＋2x＋x＝12x＝1，解得x＝eq \f(1,12)，
则P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝2x＋x＝3x＝3×eq \f(1,12)＝eq \f(1,4)．
3．(2022·东阳模拟)已知随机变量X，Y满足：X～B(2，p)，Y＝2X＋1，且P(X≥1)＝eq \f(5,9)，则D(Y)＝( )
A．eq \f(4,9) B．eq \f(7,3)
C．eq \f(16,9) D．eq \f(17,9)
C 解析：随机变量X满足：X～B(2，p)，且P(X≥1)＝eq \f(5,9)，
所以P(X＝0)＝1－P(X≥1)＝Ceq \\al(0,2)(1－p)2＝eq \f(4,9)，
解得p＝eq \f(1,3)，所以X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,3)))，
所以D(X)＝2×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(4,9)．
因为Y＝2X＋1，
D(Y)＝22D(X)＝eq \f(16,9)．故选C．
4．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球个数为X．已知E(X)＝3，则D(X)＝( )
A．eq \f(8,5) B．eq \f(6,5)
C．eq \f(4,5) D．eq \f(2,5)
B 解析：由题意可得，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(3,m＋3)))．
又E(X)＝eq \f(5×3,m＋3)＝3，所以m＝2，
则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(3,5)))，故D(X)＝5×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(6,5)．
5．已知0若E(X)＝D(X)，则实数a的值为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(\r(2),2)
D 解析：方法一：由随机变量X的分布列及数学期望和方差的计算公式可知，E(X)＝－(1－a)2＋a2＝2a－1，D(X)＝(－1－2a＋1)2(1－a)2＋(－2a＋1)2×2a(1－a)＋(1－2a＋1)2a2＝2a(1－a)．因为E(X)＝D(X)，所以2a－1＝2a(1－a)，得a＝eq \f(\r(2),2)．故选D．
方法二：令Y＝X＋1，则X＝Y－1，随机变量Y的分布列为
由二项分布的有关知识可知，Y～B(2，a)，
所以E(Y)＝2a，D(Y)＝2a(1－a)，
所以E(X)＝E(Y－1)＝E(Y)－1＝2a－1，
D(X)＝D(Y－1)＝D(Y)＝2a(1－a)．
又E(X)＝D(X)，所以2a－1＝2a(1－a)，得a＝eq \f(\r(2),2)．故选D．
6．签盒中有编号为1,2,3,4,5,6的六支签，从中任意取3支．设X为这3支签的号码之中最大的一个，则X的数学期望为( )
A．5 B．5.25
C．5.8 D．4.6
B 解析：由题意可知，X可以为3,4,5,6，P(X＝3)＝eq \f(1,C\\al(3,6))＝eq \f(1,20)，P(X＝4)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(3,6))＝eq \f(3,20)，P(X＝5)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(3,6))＝eq \f(3,10)，P(X＝6)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(3,6))＝eq \f(1,2)．由数学期望的定义可求得E(X)＝3×eq \f(1,20)＋4×eq \f(3,20)＋5×eq \f(3,10)＋6×eq \f(1,2)＝5.25．
7．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)＜P(X＝6)，则p＝________．
0.6 解析：由题意，使用移动支付的人数X服从二项分布，则D(X)＝10p(1－p)＝2.4，解得p＝0.4或p＝0.6，又P(X＝4)＜P(X＝6)，即Ceq \\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq \\al(6,10)p6(1－p)4，
化简得(1－p)2＜p2，解得p＞eq \f(1,2)，所以p＝0.6．
8．(2021·浙江模拟)某同学在上学路上要经过两个红绿灯十字路口，已知他在第一个十字路口遇到红灯的概率为eq \f(1,2)．若他在第一个十字路口遇到红灯，则在第二个十字路口遇到红灯的概率为eq \f(1,3)；若他在第一个十字路口遇到绿灯，则在第二个十字路口遇到红灯的概率为eq \f(2,3)．记他在上学路上遇到红灯的次数为ξ，则P(ξ＝0)＝________，ξ的数学期望为________．
eq \f(1,6) 1 解析：由题意可知，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(2,3)))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)．
ξ的可能取值为0,1,2，
所以P(ξ＝0)＝eq \f(1,6)，P(ξ＝1)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，P(ξ＝2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，
所以ξ的数学期望为E(ξ)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(2,3)＋2×eq \f(1,6)＝1．
9．某中学有4位学生申请A，B，C三所大学的自主招生．若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的．
(1)求恰有2人申请A大学的概率；
(2)求被申请大学的个数X的概率分布列与数学期望E(X)．
解：(1)所有可能的方式有34种，恰有2人申请A大学的情况有Ceq \\al(2,4)×22种，
从而恰有2人申请A大学的概率为eq \f(C\\al(2,4)×22,34)＝eq \f(8,27)．
(2)由题意可知，随机变量的可能取值为1,2,3，
则P(X＝1)＝eq \f(3,34)＝eq \f(1,27)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(3,4)·A\\al(2,3)＋\f(C\\al(2,4)A\\al(2,3),2),34)＝eq \f(14,27)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(2,4)A\\al(3,3),34)＝eq \f(4,9)．
所以随机变量X的分布列为
E(X)＝1×eq \f(1,27)＋2×eq \f(14,27)＋3×eq \f(4,9)＝eq \f(65,27)．
10．从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)．
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．
解：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝1)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24)，
P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝3)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,24)．
所以随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望E(X)＝0×eq \f(1,4)＋1×eq \f(11,24)＋2×eq \f(1,4)＋3×eq \f(1,24)＝eq \f(13,12)．
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝eq \f(1,4)×eq \f(11,24)＋eq \f(11,24)×eq \f(1,4)＝eq \f(11,48)．
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为eq \f(11,48)．
B组 新高考培优练
11．(2022·重庆模拟)某企业计划加大技改力度，需更换一台设备，现有两种品牌的设备可供选择，A品牌设备需投入60万元，B品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查：
更换设备技改后，每年估计可增加效益100万元，从年均收益的角度分析( )
A．不更换设备
B．更换为A设备
C．更换为B设备
D．更换为A或B设备均可
C 解析：设更换为A品牌设备使用年限为X，则E(X)＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3年，更换为A品牌设备年均收益为3×100－60＝240万元；
设更换为B品牌设备使用年限为Y，则E(Y)＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7年，
更换为B品牌设备年均收益为3.7×100－90＝280万元．
所以更换为B品牌设备．
12．一盒中有10个羽毛球，其中8个新的，2个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球的个数X是一个随机变量，其分布列为P(X)，则P(X＝4)的值为( )
A．eq \f(7,15) B．eq \f(8,15)
C．eq \f(7,30) D．eq \f(8,30)
A 解析：因为从盒子中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X＝4，
即旧球的个数增加了2个，所以取出的3个球中必有2个新球，
即取出的3个球必为1个旧球2个新球，所以P(X＝4)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,8),C\\al(3,10))＝eq \f(7,15)．
13．(2022·宁波二模)设0＜a＜1，随机变量X的分布列是：
则当b在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内增大时，( )
A．D(X)增大
B．D(X)减小
C．D(X)先减小再增大
D．D(X)先增大再减小
D 解：0＜a＜1，由随机变量X的分布列，知：eq \f(1,4)＋b＋c＋eq \f(1,4)＝1，
所以b＋c＝eq \f(1,2)，
E(X)＝0×eq \f(1,4)＋(1－a)·b＋(1＋a)·c＋2×eq \f(1,4)＝b－ab＋(1＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－b))＋eq \f(1,2)＝1－2ab＋eq \f(a,2)，
E(X2)＝0×eq \f(1,4)＋(1－a)2·b＋(1＋a)2·c＋4×eq \f(1,4)＝(1－a)2·b＋(1＋a)2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－b))＋1＝1＋eq \f(1,2)(1＋a)2－4ab，
所以D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝－4a2b2＋2a2b＋eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,2)＝－a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2b－\f(1,2)))eq \s\UP12(2)＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,2)，
所以当b在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内增大时，D(X)先增大再减小．
14．某商场举行抽奖活动，只要顾客一次性购物满180元就有一次抽奖机会．抽奖方法如下：一个抽奖箱中装有6个形状、大小完全相同的小球(4个红球和2个黄球)．顾客从中随机抽取2个，若2个都是黄球则奖励10元；若只有1个黄球则奖励3元，其余情况都无奖励．则每次抽奖所得奖励的数学期望是________元．
eq \f(34,15) 解析：设一次抽奖所得奖励是X元，随机变量X的可能取值为0,3,10，
则P(X＝0)＝eq \f(1,C\\al(2,6))＝eq \f(1,15)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(1,2),C\\al(2,6))＝eq \f(8,15)，
P(X＝10)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,6))＝eq \f(6,15)，
所以E(X)＝0×eq \f(1,15)＋3×eq \f(8,15)＋10×eq \f(6,15)＝eq \f(84,15)．
15．在1,2,3，…，9这9个自然数中，任取3个数，其中恰有1个偶数的概率是________(用数字作答)，记ξ为这3个数中两数相邻的组数(例如：若取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2和2,3，此时ξ的值是2)，则E(2ξ＋1)＝ ．
eq \f(10,21) eq \f(7,3) 解析：(1)记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，则P(A)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,5),C\\al(3,9))＝eq \f(10,21)．
(2)随机变量ξ的取值为0,1,2，
ξ＝2的情况：123、234、345、456、567、678、789，共7种可能，
ξ＝1的情况：12(4～9)，89(1～6)，有6×2＝12种；
23(5～9)，34(1,6～9)，…，78(1～5)，有5×6＝30种；
总共42种，
ξ＝0的情况：Ceq \\al(3,9)－7－42＝35种，
故P(ξ＝0)＝eq \f(35,C\\al(3,9))＝eq \f(5,12)，P(ξ＝1)＝eq \f(42,C\\al(3,9))＝eq \f(1,2)，P(ξ＝2)＝eq \f(7,C\\al(3,9))＝eq \f(1,12)，
所以ξ的分布列为
所以ξ的数学期望为E(ξ)＝0×eq \f(5,12)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,12)＝eq \f(2,3)．
所以E(2ξ＋1)＝2×eq \f(2,3)＋1＝eq \f(7,3)．
16．甲、乙两个袋子中，各放有大小和形状相同的小球若干．每个袋子中标号为0的小球为1个，标号为1的2个，标号为2的n个．从一个袋子中任取两个球，取到的标号都是2的概率是eq \f(1,10)．
(1)求n的值；
(2)从甲袋中任取两个球，已知其中一个的标号是1，求另一个标号也是1的概率；
(3)从两个袋子中各取一个小球，用ξ表示这两个小球的标号之和，求ξ的分布列和E(ξ)．
解：(1)eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,n＋3))＝eq \f(n(n－1),(n＋3)(n＋2))＝eq \f(1,10)，解得n＝2或n＝－eq \f(1,3)(舍去)．
(2)记“一个标号是1”为事件A，“另一个标号也是1”为事件B，
所以P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5)－C\\al(2,3))＝eq \f(1,7)．
(3)ξ＝0,1,2,3,4，
P(ξ＝0)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,25)，
P(ξ＝1)＝eq \f(1,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(4,25)，
P(ξ＝2)＝eq \f(1,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(8,25)，
P(ξ＝3)＝eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(8,25)，
P(ξ＝4)＝eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,25)，
所以随机变量ξ的分布列为
E(ξ)＝0×eq \f(1,25)＋1×eq \f(4,25)＋2×eq \f(8,25)＋3×eq \f(8,25)＋4×eq \f(4,25)＝2.4．
17．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7 000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费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，得下表：
以这50台机器维修次数的频率代替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？
解：(1)X所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6．
P(X＝0)＝eq \f(1,10)×eq \f(1,10)＝eq \f(1,100)，
P(X＝1)＝eq \f(1,10)×eq \f(1,5)×2＝eq \f(1,25)，
P(X＝2)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,10)×2＝eq \f(3,25)，
P(X＝3)＝eq \f(1,10)×eq \f(3,10)×2＋eq \f(1,5)×eq \f(2,5)×2＝eq \f(11,50)，
P(X＝4)＝eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(3,10)×eq \f(1,5)×2＝eq \f(7,25)，
P(X＝5)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,10)×2＝eq \f(6,25)，
P(X＝6)＝eq \f(3,10)×eq \f(3,10)＝eq \f(9,100)，
所以X的分布列为
(2)选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为
E(Y1)＝eq \f(17,100)×7 000＋eq \f(11,50)×9 000＋eq \f(7,25)×11 000＋eq \f(6,25)×13 000＋eq \f(9,100)×15 000＝10 720(元)．
选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为
E(Y2)＝eq \f(67,100)×10 000＋eq \f(6,25)×11 000＋eq \f(9,100)×12 000＝10 420(元)．
因为E(Y1)＞E(Y2)，所以该医院选择延保方案二较合算．X
1
2
3
4
P
3x
6x
2x
x
X
－1
0
1
P
(1－a)2
2a(1－a)
a2
Y
0
1
2
P
(1－a)2
2a(1－a)
a2
X
1
2
3
P
eq \f(1,27)
eq \f(14,27)
eq \f(4,9)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,4)
eq \f(11,24)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
A品牌的使用年限
2
3
4
5
概率
0.4
0.3
0.2
0.1
B品牌的使用年限
2
3
4
5
概率
0.1
0.3
0.4
0.2
X
0
1－a
1＋a
2
P
eq \f(1,4)
b
c
eq \f(1,4)
ξ
0
1
2
P
eq \f(5,12)
eq \f(1,2)
eq \f(1,12)
ξ
0
1
2
3
4
P
eq \f(1,25)
eq \f(4,25)
eq \f(8,25)
eq \f(8,25)
eq \f(4,25)
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
X
0
1
2
3
4
5
6
P
eq \f(1,100)
eq \f(1,25)
eq \f(3,25)
eq \f(11,50)
eq \f(7,25)
eq \f(6,25)
eq \f(9,100)
Y1
7 000
9 000
11 000
13 000
15 000
P
eq \f(17,100)
eq \f(11,50)
eq \f(7,25)
eq \f(6,25)
eq \f(9,100)
Y2
10 000
11 000
12 000
P
eq \f(67,100)
eq \f(6,25)
eq \f(9,100)