2020届高考数学一轮复习课时训练：第12章 概率、随机变量及其分布 63(含解析)

【课时训练】第63节　离散型随机变量的均值与方差、正态分布

一、选择题

1.(2018浙江嘉兴一中质检)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

答案为：C

解析：p=1－－=，

E(X)=0×＋2×＋a×=2⇒a=3，

所以D(X)=(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×=1，所以D(2X－3)=22D(X)=4，故选C.

2.(2018广东广雅中学期中)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)=(　　)

A.0.45 B.0.54   C.0.55  D.0.6

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)==0.6，

P(X=1)==0.3，P(X=2)==0.1.所以E(X)=0×0.6＋1×0.3＋2×0.1=0.5，故选B.

3.(2018浙江东阳模拟)若随机事件A在1次试验中发生的概率为p(0＜p＜1)，用随机变量ξ表示A在1次试验中发生的次数，则的最大值为(　　)

A.2＋2　 B.2　

C.2－ D.2－2　

答案为：D

解析：随机变量ξ的所有可能取值为0,1，且P(ξ=1)=p，P(ξ=0)=1－p，即ξ～B(1，p)，则E(ξ)=p，D(ξ)=p(1－p)，=2－.而2p＋≥2=2　，当且仅当2p=，即p=时取等号.因此当p=时，取得最大值2－2.

4.(2018南阳模拟)设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(3，p)，若P(X≥1)=，则D(3Y＋1)=(　　)

A.2 B.3

C.6 D.7

答案为：C

解析：由题意得P(X≥1)=P(X=1)＋P(X=2)=Cp(1－p)＋Cp2=，所以p=，则Y～B，故D(Y)=3××=，所以D(3Y＋1)=9D(Y)=9×=6.

5.(2018江西宜春质检)已知随机变量ξ的所有可能取值分别为1,2,3,4,5.若数学期望E(ξ)=4.2，则ξ取值为5的概率至少为(　　)

A.0.1 B.0.15

C.0.2 D.0.25

答案为：C

解析：设ξ的取值为1,2,3,4,5的概率分别为p1，p2，p3，p4，p5，pi∈[0,1]，i=1,2,3,4,5，则p1＋p2＋p3＋p4＋p5=1，则p1＋2p2＋3p3＋4(1－p1－p2－p3－p5)＋5p5=4.2，p5=0.2＋3p1＋2p2＋p3≥0.2，当p1=p2=p3=0时等号成立.

6.(2018吉林长春质检)据统计，某城市的火车站春运期间日接送旅客人数X(单位：万)服从正态分布X～N(6,0.82)，则日接送人数在6万到6.8万之间的概率为(P(|X－μ|<σ)=0.682 6，P(|X－μ|<2σ)=0.954 4，P(|X－μ|<3σ)=0.997 4)(　　)

A.0.682 6 B.0.954 4

C.0.997 4 D.0.341 3

答案为：D

解析：因为μ=6，σ=0.8，所以P(6<X<6.8)===0.341 3.故选D.

7.(2018广东惠州二调)设随机变量ξ服从正态分布N(4,3)，若P(ξ<a－5)=P(ξ>a＋1)，则实数a等于(　　)

A.7 B.6

C.5 D.4

答案为：B

解析：由随机变量ξ服从正态分布N(4,3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x=4，又P(ξ<a－5)=P(ξ>a＋1)，∴x=a－5与x=a＋1关于直线x=4对称，∴(a－5)＋(a＋1)=8，即a=6.故选B.

8.(2018河北石家庄一模)设X～N(1，σ2)，其正态分布密度曲线如图所示，且P(X≥3)=0.022 8，那么向正方形OABC中随机投掷20 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为(　　)

附：(随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)=0.682 6，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)=0.954 4).

A.12 076 B.13 174

C.14 056　　　　  D.7 539

答案为：B

解析：由题意，得P(X≤－1)=P(X≥3)=0.022 8，

∴P(－1<x<3)=1－0.022 8×2=0.954 4，

∵P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)=0.954 4，

∴1－2σ=－1，故σ=1，∴P(0<X<1)=P(0<X<2)=0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为20 000×(1－0.341 3)=13 174，故选B.

二、填空题

9.(2018南高中期中)设随机变量X的概率分布列为

则P(|X－3|=1)=________.

答案为：

解析：由＋m＋＋=1，解得m=，

P(|X－3|=1)=P(X=2)＋P(X=4)=＋=.

10.(2018河南新乡三模)在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1，σ2)(σ＞0).若ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，则ξ在(0,2)内取值的概率为________.

答案为：0.8

解析：由正态分布N(1，σ2)(σ＞0)的图象关于直线x=1对称，且ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，知ξ在(1,2)内取值的概率也为0.4，故ξ在(0,2)内取值的概率为0.8.

11.(2018内蒙古包头调研)已知X是离散型随机变量，P(X=x1)=，P(X=x2)=，且x1＜x2.若E(X)=，D(X)=，则x1＋x2的值为________.

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)=x1＋x2=，D(X)=2＋2=，整理得解得或(舍去)，故x1＋x2=3.

12.(2018开中学一模)2012年国家开始实行法定节假日高速公路免费通行政策，某收费站在统计了2017年清明节前后车辆通行数量，发现该站近几天每天通行车辆的数量ξ服从正态分布ξ～N(1 000，σ2)，若P(ξ>1 200)=a，P(800<ξ<1 000)=b，则＋的最小值为________.

答案为：32

解析：由ξ～N(1 000，σ2)，P(ξ>1 200)=a，P(800<ξ<1 000)=b得a=0.5－b，所以a＋b=，则＋=2(a＋b)=2≥2=32，所以＋的最小值为32.

三、解答题

13.(2018淄博模拟)某4S店在一次促销活动中，让每位参与者从盒子中任取一个由0～9中任意三个数字组成的“三位递减数”(即个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字).若“三位递减数”中的三个数字之和既能被2整除又能被5整除，则可以享受5万元的优惠；若“三位递减数”中的三个数字之和仅能被2整除，则可以享受3万元的优惠；其他结果享受1万元的优惠.

(1)试写出所有个位数字为4的“三位递减数”；

(2)若小明参加了这次汽车促销活动，求他得到的优惠金额X的分布列及数学期望E(X).

【解】(1)个位数字为4的“三位递减数”有：984,974,964,954,874,864,854,764,754,654，共10个.

(2)由题意知，不同的“三位递减数”共有C=120(个).

小明得到的优惠金额X的取值可能为5,3,1.

当X=5时，三个数字之和可能为20或10，

当三个数字之和为20时，有983,974,965,875，共4个“三位递减数”；

当三个数字之和为10时，有910,820,730,721,640,631,541,532，共8个“三位递减数”.

所以P(X=5)==.

当X=3时，三个数字之和只能被2整除，即这三个数字只能是三个偶数或两个奇数一个偶数，但不包括能被10整除的“三位递减数”，

故P(X=3)===.

故P(X=1)=1－P(X=5)－P(X=3)=1－－=.

所以他得到的优惠金额X的分布列为

数学期望E(X)=5×＋3×＋1×=2.2(万元).