人教B版 (2019)选择性必修 第二册4.2.4 随机变量的数字特征第一课时课堂检测

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第二册4.2.4 随机变量的数字特征第一课时课堂检测，共15页。试卷主要包含了已知离散型随机变量X的分布列为，已知随机变量X的分布列是，5,则a等于，3+0等内容，欢迎下载使用。

4.2.4　随机变量的数字特征
第一课时　离散型随机变量的均值
课后篇巩固提升
基础达标练
1.已知离散型随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
35
310
110

则X的数学期望E(X)等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.32 B.2
C.52 D.3
解析E(X)=1×35+2×310+3×110=1510=32.
答案A
2.有10件产品,其中3件是次品,从中任取2件,用X表示取到次品的个数,则E(X)等于(　　)
A.35 B.815
C.1415 D.1
解析X的可能取值为0,1,2,
P(X=0)=C72C102=715,
P(X=1)=C71C31C102=715,
P(X=2)=C32C102=115,
所以E(X)=1×715+2×115=35.
答案A
3.已知随机变量X的分布列是
X
4
a
9
10
P
0.3
0.1
b
0.2

若E(X)=7.5,则a等于(　　)
A.5 B.6
C.7 D.8
解析因为E(X)=4×0.3+0.1a+9b+2=7.5,
又0.3+0.1+b+0.2=1,
所以a=7,b=0.4.
答案C
4.若随机变量X的分布列如下表,则E(X)等于(　　)
X
0
1
2
3
4
5
P
2x
3x
7x
2x
3x
x

A.118 B.19 C.209 D.920
解析由题意,得2x+3x+7x+2x+3x+x=1,
解得x=118,
所以,E(X)=0×2x+1×3x+2×7x+3×2x+4×3x+5×x=40x=40×118=209.
答案C
5.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割成125个同样大小的小正方体.经过搅拌后,从中随机取出一个小正方体,记它的涂油漆面数为X,则X的数学期望E(X)等于(　　)

A.126125 B.65 C.168125 D.75
解析根据题意可知X的可能取值为0,1,2,3,
且P(X=0)=27125,P(X=1)=54125,
P(X=2)=36125,P(X=3)=8125,
所以E(X)=0×27125+1×54125+2×36125+3×8125=65.
答案B
6.若从1,2,3,4,5这5个数字中任取不同的两个数,则这两个数的乘积的数学期望是　　　　　. 
解析从1,2,3,4,5中任取不同的两个数,其乘积X的值为2,3,4,5,6,8,10,12,15,20,取每个值的概率都是110,所以E(X)=110×(2+3+4+5+6+8+10+12+15+20)=8.5.
答案8.5
7.已知随机变量X等可能地取1,2,3,…,n,若P(X<4)=0.3,则E(X)等于　　　　　. 
解析根据题意,X取1,2,3,…,n的概率都是1n,
则P(X<4)=3n=0.3,解得n=10,
则E(X)=1×110+2×110+…+10×110=5.5.
答案5.5
8.设离散型随机变量X可能取的值为1,2,3,4.P(X=k)=ak+b(k=1,2,3,4).若X的数学期望E(X)=3,则a+b=.
解析由题意可得随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
a+b
2a+b
3a+b
4a+b

由分布列的性质得(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即10a+4b=1.
又E(X)=3,所以1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)+4×(4a+b)=3,即30a+10b=3.
联立以上两式解得a=110,b=0.
所以a+b=110.
答案110
9.

某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动.活动规则如下:消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次,并获得相应金额的返券,假定指针等可能地停在任一位置.若指针停在A区域返券60元;停在B区域返券30元;停在C区域不返券.例如:消费218元,可转动转盘2次,所获得的返券金额是两次金额之和.
(1)若某位顾客消费128元,求返券金额不低于30元的概率;
(2)若某位顾客恰好消费280元,并按规则参与了活动,他获得返券的金额记为X元.求随机变量X的分布列和数学期望.
解设指针落在A,B,C区域分别记为事件A,B,C,
则P(A)=16,P(B)=13,P(C)=12.
(1)若返券金额不低于30元,则指针落在A或B区域.所以所求概率为P(A)+P(B)=16+13=12,即消费128元的顾客,返券金额不低于30元的概率是12.
(2)由题意得该顾客可转动转盘2次.随机变量X的可能值为0,30,60,90,120.
P(X=0)=12×12=14,
P(X=30)=12×13×2=13,
P(X=60)=12×16×2+13×13=518,
P(X=90)=13×16×2=19,
P(X=120)=16×16=136.
所以,随机变量X的分布列为
X
0
30
60
90
120
P
14
13
518
19
136

其数学期望E(X)=0×14+30×13+60×518+90×19+120×136=40.
10.为创建国家级文明城市,某城市号召出租车司机在高考期间至少参加一次“爱心送考”.该城市某出租车公司共200名司机,他们参加“爱心送考”的次数统计如图所示.

(1)求该出租车公司的司机参加“爱心送考”的人均次数;
(2)从这200名司机中任选两人,设这两人参加送考次数之差的绝对值为随机变量X,求X的分布列及数学期望.
解由题图可知,参加送考次数为1次、2次、3次的司机人数分别为20,100,80.
(1)该出租车公司司机参加送考的人均次数为1×20+2×100+3×80200=2.3.
(2)从该公司任选两名司机,记“这两人中一人参加1次,另一人参加2次送考”为事件A,“这两人中一人参加2次,另一人参加3次送考”为事件B,“这两人中一人参加1次,另一人参加3次送考”为事件C,“这两人参加次数相同”为事件D.
则P(X=1)=P(A)+P(B)=C201C1001C2002+C1001C801C2002=100199,P(X=2)=P(C)=C201C801C2002=16199,P(X=0)=P(D)=C202+C1002+C802C2002=83199.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
83199
100199
16199

其数学期望E(X)=0×83199+1×100199+2×16199=132199.
能力提升练
1.(2020黑龙江鹤岗一中高二期末)已知离散型随机变量ξ的概率分布如表所示,则其数学期望E(ξ)等于(　　)
ξ
1
3
5
P
0.5
m
0.2

　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.0.6
C.2+3m D.2.4
解析∵分布列中出现的所有的概率之和等于1,
∴0.5+m+0.2=1,∴m=0.3,∴随机变量的数学期望E(ξ)=1×0.5+3×0.3+5×0.2=2.4.故选D.
答案D
2.(2020浙江高三期末)已知0 ξ
-1
0
1
P
13
a
b

A.E(ξ)增大 B.E(ξ)减小
C.E(ξ)先增后减 D.E(ξ)先减后增
解析由题意可知E(ξ)=-13+b,13+a+b=1,
即E(ξ)=-13+23-a=13-a,所以当a增大时,ξ的期望E(ξ)减小,故选B.
答案B
3.(2019天津模拟)某班50名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示,其中成绩分组区间是[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100].从样本成绩不低于80分的学生中随机选取2人,记这2人成绩在90分以上(含90分)的人数为ξ,则ξ的数学期望为(　　)

A.13 B.12 C.23 D.34
解析由频率分布直方图知,3×0.006×10+0.01×10+0.054×10+10x=1,解得x=0.018,所以成绩不低于80分的学生有(0.018+0.006)×10×50=12人,成绩在90分以上(含90分)的学生有0.006×10×50=3人.ξ的可能取值为0,1,2,P(ξ=0)=C92C122=611,P(ξ=1)=C31·C91C122=922,P(ξ=2)=C32C122=122,
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
611
922
122

所以E(ξ)=0×611+1×922+2×122=12.故选B.
答案B
4.(多选)(2019山东高三月考)某市有A,B,C,D四个景点,一位游客来该市游览,已知该游客游览A的概率为23,游览B,C和D的概率都是12,且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X表示该游客游览的景点的个数,则下列选项正确的是(　　)
A.游客至多游览一个景点的概率为14
B.P(X=2)=38
C.P(X=4)=124
D.E(X)=136
解析记该游客游览i个景点为事件Ai,i=0,1,
则P(A0)=1-231-121-121-12=124,P(A1)=23×1-123+1-23C31×12×1-122=524,
所以游客至多游览一个景点的概率为P(A0)+P(A1)=124+524=14,故A正确;
随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4,
P(X=0)=P(A0)=124,
P(X=1)=P(A1)=524,
P(X=2)=23×C31×12×1-122+1-23×C32×122×1-12=38,故B正确;
P(X=3)=23×C32×122×1-12+1-23×C33×123=724,
P(X=4)=23×123=112,故C错误;
数学期望为E(X)=0×124+1×524+2×924+3×724+4×224=136,故D正确.
故选ABD.
答案ABD
5.(2019山东淄川中学高二期中)随机变量X~B10,12,变量Y=20+4X,则E(Y)=　　　　　　. 
解析因为X~B10,12,所以E(X)=10×12=5,
因为Y=20+4X,所以E(Y)=20+4E(X)=20+20=40.
答案40
6.(2020浙江高三专题练习)一个不透明袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球3个、黑球2个,现随机等可能取出小球.当有放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ1,则E(ξ1)=　　　　;若第一次取出一个小球后,放入一个红球和一个黑球,再第二次随机取出一个小球.记取出的红球总数为ξ2,则E(ξ2)=　　　　. 
解析ξ1可取值为0,1,2,
P(ξ1=0)=C21C21C51C51=425,
P(ξ1=1)=C31C21+C21C31C51C51=1225,
P(ξ1=2)=C31C31C51C51=925,
所以E(ξ1)=1×1225+2×925=65.
ξ2可取值为0,1,2,
P(ξ2=0)=C21C21C51C61=430,
P(ξ2=1)=C31C31+C21C41C51C61=1730,
P(ξ2=2)=C31C31C51C61=930,
所以E(ξ2)=1×1730+2×930=76.
答案65　76
7.(2019山东淄川中学高三开学考试)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人?
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
①用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
②设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
解(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,
因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)①随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=C4k·C33-kC73(k=0,1,2,3).
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
135
1235
1835
435

随机变量X的数学期望E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127.
②设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.
由①知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=67.
所以事件A发生的概率为67.
8.(2020天津高三月考)某学校为了学生的健康,对课间操活动做了如下规定:课间操时间若有雾霾则停止课间操,若无雾霾则组织课间操.预报得知,在未来一周从周一到周五的课间操时间出现雾霾的概率是:前3天均为12,后2天均为34,且每一天出现雾霾与否是相互独立的.
(1)求未来5天至少一天停止课间操的概率;
(2)求未来5天组织课间操的天数X的分布列和数学期望.
解(1)由题意,可知未来5天每天都组织课间操的概率为P1=123142=1128,
所以未来5天至少一天停止课间操的概率:
P=1-P1=1-1128=127128.
(2)未来5天组织课间操的天数X的可能取值为0,1,2,3,4,5,
P(X=0)=123342=9128,
P(X=1)=123C213414+C3112122×342=33128,
P(X=2)=C3212212342+C3112×122C213414+123142=46128,
P(X=3)=C3112122142+C3212212×C211434+123342=30128,
P(X=4)=C3212212142+123×C211434=9128,
P(X=5)=123142=1128,
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P
9128
33128
46128
30128
9128
1128

数学期望E(X)=0×9128+1×33128+2×46128+3×30128+4×9128+5×1128=2.
素养培优练
1.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a,得2分的概率为b,不得分的概率为c(a,b,c∈(0,1)),已知他投篮一次得分的数学期望是2,则2a+13b的最小值为(　　)
A.163 B.283 C.143 D.323
解析由题意得3a+2b+0×c=2,所以3a+2b=2,2a+13b=2a+13b3a+2b2=126+23+4ba+ab≥126+23+24ba·ab=163,当且仅当4ba=ab时取等号,故选A.
答案A
2.(2020北京高三期末)2019年6月,国内的5G运营牌照开始发放.从2G到5G,我们国家的移动通信业务用了不到20年的时间,完成了技术上的飞跃,跻身世界先进水平.为了解高校学生对5G的消费意愿,2019年8月,从某地在校大学生中随机抽取了1 000人进行调查,样本中各类用户分布情况如下:
用户分类
预计升级到5G的时段
人数
早期体验用户
2019年8月至2019年12月
270人
中期跟随用户
2020年1月至2021年12月
530人
后期用户
2022年1月及以后
200人

我们将大学生升级5G时间的早晚与大学生愿意为5G套餐支付更多的费用作比较,可得出下图的关系(例如早期体验用户中愿意为5G套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的40%).

(1)从该地高校大学生中随机抽取1人,估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G的概率;
(2)从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取1人,以X表示这2人中愿意为升级5G多支付10元或10元以上的人数,求X的分布列和数学期望;
(3)2019年底,从这1 000人的样本中随机抽取3人,这三位学生都已签约5G套餐,能否认为样本中早期体验用户的人数有变化?说明理由.
解(1)由题意可知,从高校大学生中随机抽取1人,该学生在2021年或2021年之前升级到5G的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率,
即270+5301 000=0.8.
(2)由题意可知,X的所有可能值为0,1,2,
记事件A为“从早期体验用户中随机抽取1人,该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以上”,
事件B为“从中期跟随用户中随机抽取1人,该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以上”,
由题意可知,事件A,B相互独立,且P(A)=1-40%=0.6,P(B)=1-45%=0.55,
所以P(X=0)=P(AB)=(1-0.6)(1-0.55)=0.18,
P(X=1)=P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)=P(A)[1-P(B)]+[1-P(A)]P(B)=0.6×(1-0.55)+(1-0.6)×0.55=0.49,
P(X=2)=P(AB)=0.6×0.55=0.33,
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.18
0.49
0.33

故X的数学期望E(X)=0×0.18+1×0.49+2×0.33=1.15.
(3)设事件D为“从这1 000人的样本中随机抽取3人,这三位学生都已签约5G套餐”,那么P(D)=C2703C1 0003≈0.02.
回答一:事件D虽然发生概率小,但是发生可能性为0.02,是有可能发生的,所以认为早期体验用户没有发生变化.
回答二:事件D发生概率小,可以认为是小概率事件,所以可以认为早期体验用户人数增加.