备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（七十） 离散型随机变量的分布列及均值、方差

课时验收评价（七十） 离散型随机变量的分布列及均值、方差

一、点全面广强基训练

1．设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3)，则P(X＝2)＝(　 )

A.        B.          C.  D.

解析：选C　由分布列的性质，得＝1，解得a＝3，所以P(X＝2)＝＝.故选C.

2．若离散型随机变量X的分布列为

则X的均值E(X)＝(　 )

A．2         B．2或       C.  D．1

解析：选C　由题意知，＋＝1，a>0，所以a＝1，所以E(X)＝0×＋1×＝.故选C.

3．有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则P(X<2)＝(　 )

A.        B.        C.  D．1

解析：选C　由题意，知X的可能取值为0,1,2，X服从超几何分布，P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，于是P(X<2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝.故选C.

4．随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝，则D(3X－2)＝(　 )

A.        B.           C．5         D．7

解析：选C　由E(X)＝，及X的分布列，得解得∴D(X)＝－1－2×＋0－2×＋1－2×＝，∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×＝5.

5．一个人有n把钥匙，其中只有一把可以打开房门，他随意地进行试开，若试开过的钥匙放在一旁，试过的次数X为随机变量，则P(X＝k)＝(　 )

A.  B. 

C.  D.

解析：选B　∵{X＝k}表示“第k次恰好打开，前k－1次没有打开”，∴P(X＝k)＝××…××＝.

6．已知随机变量ξ的分布列为：

其中ab≠0，下列说法不正确的是(　 )

A．a＋b＝1　　　　　　　 B．E(ξ)＝

C．D(ξ)随b的增大而减小  D．D(ξ)有最大值

解析：选C　根据分布列的性质，得a＋＋＝1，即a＋b＝1，故A正确；根据期望公式，得E(ξ)＝0×a＋1×＋2×＝，故B正确；根据方差公式，得D(ξ)＝2×a＋

2×＋2×＝－b2＋b＝－2＋，因为0＜b＜1，所以当b＝时，D(ξ)取得最大值，故C不正确，D正确．

7．一个袋子里有2个白球、3个黑球、4个红球，从中任取3个球恰好有2个球同色的概率为________．

解析：记A＝{取出的3个球中恰好有2个白球}，B＝{取出的3个球中恰好有2个黑球}，C＝{取出的3个球中恰好有2个红球}，则P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝.A，B，C三个事件两两互斥，则P(取出的3个球中恰好有2个球同色)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝.

答案：

8．(2022·浙江高考)现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ＝2)＝________，E(ξ)＝________.

解析：由题意知P(ξ＝2)＝＝.

ξ的可能取值为1,2,3,4，P(ξ＝1)＝＝＝，P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，

所以ξ的分布列为

E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.

答案：　

9．小明将四件物品A1，A2，A3，A4摆放在一起，然后让小狗不放回地去依次取A1，A2，A3，A4这四件物品，若当次小狗取的物品和小明给的指令一致，则给小狗记1分，若不一致则记0分．如小狗取得物品的顺序为A3，A2，A1，A4，则小狗得2分．显然小狗最低得0分，最高得4分．假设小狗是随机地取物品，设它的得分为X.

(1)求随机变量X的分布列和数学期望；

(2)若小明对小狗进行了辨别物品的训练之后，再让小狗取物品，当小狗连续两次得分都大于2分时，小明认为自己的训练是卓有成效的．请从概率学的角度解释小明这么认为是否合理．

解：(1)X可能的取值为0,1,2,4(显然，若小狗取对了三件物品，则第四件物品也一定是取对的，故X不可能为3.)

P(X＝4)＝＝，P(X＝2)＝＝，

P(X＝1)＝＝，P(X＝0)＝1－－－＝.

故分布列为

E(X)＝0×＋1×＋2×＋4×＝1.

(2)小狗连续两次得分都大于2分，即小狗每一次都得四分．若小狗取物品都是随机的，那么连续两次得4分的概率仅为2＝≈0.001 7，这个概率非常小，所以小明认为小狗取物品应该不是随机的，是他对小狗的训练起了作用，这个认为是合理的．

10．某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用A，B两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市n(n∈N*)个人数超过1 000人的大集团和4个人数低于200人的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是小集团的概率为.

(1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为大集团的概率；

(2)若一次抽取3个集团，假设取出小集团的个数为X，求X的分布列和期望．

解：(1)由题意知共有n＋4个集团，取出2个集团的方法总数是C，其中全是小集团的情况有C，故全是小集团的概率是＝＝，整理得到(n＋3)(n＋4)＝72即n2＋7n－60＝0，解得n＝5.

若2个全是大集团，共有C＝10种情况；

若2个全是小集团，共有C＝6种情况；

故在取出的2个集团是同一类集团的情况下，全为大集团的概率为＝＝.

(2)由题意知，随机变量X的可能取值为0,1,2,3，计算P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，故X的分布列为

数学期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.

二、重点难点培优训练

1．一台机器设备由A和B两个要件组成，在设备运转过程中，A，B发生故障的概率分别记作P(A)，P(B)，假设A和B相互独立．设X表示一次运转过程中需要维修的要件的数目，若P(A)＝0.1，P(B)＝0.2.

(1)求出P(X＝0)，P(X＝1)，P(X＝2)；

(2)依据随机变量X的分布列，求E(X)和D(X)；

(3)若X1表示A需要维修的数目，X2表示B需要维修的数目，写出X，X1和X2的关系式，并依据期望的线性性质和方差的性质，求E(X)和D(X)．

解：(1)因为P(A)＝0.1，P(B)＝0.2，

所以P(X＝0)＝(1－0.1)×(1－0.2)＝0.72，

P(X＝1)＝(1－0.1)×0.2＋0.1×(1－0.2)＝0.26，

P(X＝2)＝0.1×0.2＝0.02.

(2)由(1)得X的分布列为

所以E(X)＝0×0.72＋1×0.26＋2×0.02＝0.3，

D(X)＝(0－0.3)2×0.72＋(1－0.3)2×0.26＋(2－0.3)2×0.02＝0.25.

(3)由题意可得X＝X1＋X2，且X1，X2均服从两点分布，

所以E(X1)＝0.1，E(X2)＝0.2，

D(X1)＝0.1×(1－0.1)＝0.09，D(X2)＝0.2×(1－0.2)＝0.16，

所以E(X)＝E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)＝0.3，

因为X1，X2相互独立，所以D(X)＝D(X1＋X2)＝D(X1)＋D(X2)＝0.25.

2．设n≥2，n∈N*，甲、乙、丙三个口袋中分别装有n－1，n，n＋1个小球，现从甲、乙、丙三个口袋中分别取球，一共取出n个球．记从甲口袋中取出的小球个数为X.

(1)当n＝5时，求X的分布列；

(2)证明：CC＋CC＋…＋CC＝C；

(3)根据第(2)问中的恒等式，证明：E(X)＝.

解：(1)当n＝5时，甲、乙、丙三个口袋中小球的个数分别为4,5,6，

随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4，

P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，

P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，

所以随机变量X的分布列为

(2)证明：设从乙口袋抽取的小球的个数为随机变量Y，由超几何分布可知，随机变量Y的分布列为P(Y＝k)＝(0≤k≤n，k∈N)，由组合数的性质可知，当0≤k≤n且k∈N时，C＝C，根据分布列的性质可知＝＝1，所以CC＋CC＋…＋CC＝C＝C.

(3)证明：由题意可知，随机变量X的可能取值为0,1,2，…，n－1，随机变量X的分布列为P(X＝k)＝(0≤k≤n－1，k∈N)，

当n≥2时，kC＝k·＝＝(n－1)C，

则E(X)＝·P(X＝k)＝＝＝，

设一批产品中有3n－1(n≥2，n∈N*)件产品，其中有n－2件次品，2n＋1件正品，从中抽取n－1件产品，其中次品的件数记为ξ，则ξ的可能取值有0,1,2，…，n－2，根据分布列的性质可得(ξ＝m)＝＝1，所以C＝C，因此，E(X)＝＝＝·＝.