人教B版 (2019)选择性必修 第二册4.2.2 离散型随机变量的分布列随堂练习题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第二册4.2.2 离散型随机变量的分布列随堂练习题，共11页。试卷主要包含了已知随机变量X的分布列为等内容，欢迎下载使用。
(15分钟 30分)
1．设随机变量X的分布列如表所示，已知E(X)＝1.6，则a－b＝( )
A．0.2 B．0.1 C．－0.2 D．－0.4
【解析】选C.由分布列性质，得0.1＋a＋b＋0.1＝1.①
由期望公式可得0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，
即a＋2b＝1.3.②
由①②可得a＝0.3，b＝0.5，
所以a－b＝0.3－0.5＝－0.2.
【补偿训练】
已知p＞0，q＞0，随机变量ξ的分布列如表：
若E(ξ)＝ eq \f(4,9) ，则p2＋q2＝( )
A． eq \f(4,9) B． eq \f(1,2) C． eq \f(5,9) D．1
【解析】选C.因为p＞0，q＞0，E(ξ)＝ eq \f(4,9) ，所以由随机变量ξ的分布列的性质得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＋p＝1,pq＋qp＝\f(4,9))) ，
所以p2＋q2＝(q＋p)2－2pq＝1－ eq \f(4,9) ＝ eq \f(5,9) .
2．设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则某人三次上班途中遇红灯的次数X的期望为( )
A．0.4 B．1.2 C．0.43 D．0.6
【解析】选B.因为途中遇红灯的次数X服从二项分布，即X～B(3，0.4)，所以E(X)＝3×0.4＝1.2.
3．设口袋中有黑球、白球共7个，从中任取2个球，已知取到白球个数的数学期望值为 eq \f(6,7) ，则口袋中白球的个数为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】选B.设袋中有M个白球，从中任取2个球，取出白球的个数为X，则X～H(7，2，M)，
所以E(X)＝ eq \f(2M,7) ＝ eq \f(6,7) ，所以M＝3.
4．已知随机变量X的分布列为
且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，则 E(X)＝________，
a＝________．
【解析】E(X)＝1× eq \f(1,2) ＋2× eq \f(1,3) ＋3× eq \f(1,6) ＝ eq \f(5,3) .
因为Y＝aX＋3，所以E(Y)＝aE(X)＋3＝ eq \f(5,3) a＋3＝－2.
解得a＝－3.
答案： eq \f(5,3) －3
5．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为 eq \f(1,10) 和p.
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为 eq \f(49,50) ，求p的值；
(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量X，求X的概率分布列及数学期望E(X).
【解析】(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，
那么P(C)＝1－P()＝1－ eq \f(1,10) ·p＝ eq \f(49,50) .解得p＝ eq \f(1,5) .
(2)由题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，3.
故P(X＝0)＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(3)) ＝ eq \f(1,1 000) ，P(X＝1)＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10))) ＝ eq \f(27,1 000) ，P(X＝2)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10))) ×＝ eq \f(243,1 000) ，P(X＝3)＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝ eq \f(729,1 000) .
所以随机变量X的分布列为
故随机变量X的数学期望
E(X)＝0× eq \f(1,1 000) ＋1× eq \f(27,1 000) ＋2× eq \f(243,1 000) ＋3× eq \f(729,1 000) ＝ eq \f(27,10) .
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分，共20分)
1．某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验3次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率为 eq \f(2,3) ，则此人试验次数X的均值是( )
A． eq \f(4,3) B． eq \f(13,9) C． eq \f(5,3) D． eq \f(13,7)
【解析】选B.试验次数X的可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝ eq \f(2,3) ，P(X＝2)＝ eq \f(1,3) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(2,9) ，P(X＝3)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)＋\f(1,3))) ＝ eq \f(1,9) .
所以X的分布列为
所以E(X)＝1× eq \f(2,3) ＋2× eq \f(2,9) ＋3× eq \f(1,9) ＝ eq \f(13,9) .
2．今有两台独立工作在两地的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，设发现目标的雷达台数为ξ，则E(ξ)＝( )
A．0.765 B．1.75 C．1.765 D．0.22
【解析】选B.设A，B分别为每台雷达发现飞行目标的事件，ξ的可能取值为0，1，2.
P(ξ＝0)＝P(·)＝P()·P()＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015.
P(ξ＝1)＝P(A·＋·B)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.9×0.15＋0.1×0.85＝0.22.
P(ξ＝2)＝P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.9×0.85＝0.765.
所以E(ξ)＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.
3．在一个口袋中装有黑、白两个球，从中随机取一球，记下它的颜色，然后放回，再取一球，又记下它的颜色，这两次取出白球数X的均值为( )
A．1 B． eq \f(1,2) C．2 D．3
【解析】选A.由题意可得，随机变量X的所有可能值为0，1，2.
P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ,C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(1,4) ，
P(X＝1)＝ eq \f(2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ,C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(1,2) ，P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ,C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(1,4) .
所以X的分布列为
E(X)＝0× eq \f(1,4) ＋1× eq \f(1,2) ＋2× eq \f(1,4) ＝1.
4．一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率为0.6，现有4发子弹，则命中后剩余子弹数目的均值为( )
A．2.44 B．3.376 C．2.376 D．2.4
【解析】选C.记命中后剩余子弹数为ξ，则ξ可能取值为0，1，2，3，则P(ξ＝0)＝0.44＋0.43×0.6＝0.064，P(ξ＝1)＝0.42×0.6＝0.096，P(ξ＝2)＝0.4×0.6＝0.24，
P(ξ＝3)＝0.6.所以E(ξ)＝0×0.064＋0.096×1＋0.24×2＋0.6×3＝2.376.
【补偿训练】
某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是0.4，0.5，0.6，且此人是否游览哪个景点互不影响，设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值．则E(ξ)等于( )
A．1.48 B．0.76 C．0.24 D．1
【解析】选A.随机变量ξ的取值有1，3两种情况，ξ＝3表示三个景点都游览了或都没有游览，所以P(ξ＝3)＝0.4×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.4＝0.24，P(ξ＝1)＝1－0.24＝0.76，所以随机变量ξ的分布列为
E(ξ)＝1×0.76＋3×0.24＝1.48.
二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
5．下列说法不正确的是( )
A．随机变量X的数学期望E(X)是个变量，其随X的变化而变化
B．随机变量的均值反映样本的平均水平
C．若随机变量X的数学期望E(X)＝2，则E(2X)＝4
D．随机变量X的均值E(X)＝ eq \f(x1＋x2＋…＋xn,n)
【解析】选ABD.A错误，随机变量的数学期望E(X)是个常量，是随机变量X本身固有的一个数字特征．B错误，随机变量的均值反映随机变量取值的平均水平．C正确，由均值的性质可知．D错误，因为E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.
6．受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如表：
将频率视为概率，则( )
A．从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，其首次出现故障发生在保修期内的概率为 eq \f(1,5)
B．若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，则E(X1)＝2.86(万元)
C．若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，则E(X2)＝2.99(万元)
D．该厂预计今后这两种品牌轿车的销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，应生产甲品牌的轿车
【解析】选BD.设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝ eq \f(2＋3,50) ＝ eq \f(1,10) .
依题意得，X1的分布列为
E(X1)＝1× eq \f(1,25) ＋2× eq \f(3,50) ＋3× eq \f(9,10) ＝ eq \f(143,50) ＝2.86(万元)，
X2的分布列为
E(X2)＝1.8× eq \f(1,10) ＋2.9× eq \f(9,10) ＝2.79(万元).
因为E(X1)＞E(X2)，所以应生产甲品牌轿车．
三、填空题(每小题5分，共10分)
7．马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布列如表：
请小牛同学计算ξ的数学期望 ，尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能肯定这两个“？”处的数值相同．据此，小牛给出了正确答案E(ξ)＝________．
【解析】设“？”处为x，“！”处为y，则由分布列的性质得2x＋y＝1，所以期望E(ξ)＝1×P(ξ＝1)＋2×P(ξ＝2)＋3×P(ξ＝3)＝4x＋2y＝2.
答案：2
8．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为 eq \f(2,3) ，乙在每局中获胜的概率为 eq \f(1,3) ，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数ξ的期望E(ξ)为________．
【解析】依题意，知ξ的所有可能值为2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为＋＝ eq \f(5,9) .若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P(ξ＝2)＝ eq \f(5,9) ，P(ξ＝4)＝ eq \f(4,9) × eq \f(5,9) ＝ eq \f(20,81) ，P(ξ＝6)＝＝ eq \f(16,81) ，
故E(ξ)＝2× eq \f(5,9) ＋4× eq \f(20,81) ＋6× eq \f(16,81) ＝ eq \f(266,81) .
答案： eq \f(266,81)
四、解答题(每小题10分，共20分)
9．某研究机构准备举行一次数学新课程研讨会，共邀请50名一线教师参加，使用不同版本教材的教师人数如表所示：
(1)从这50名教师中随机选出2名，求2人所使用版本相同的概率；
(2)若随机选出2名使用人教版的教师发言，设使用人教A版的教师人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【解析】(1)从50名教师中随机选出2名的方法数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(50)) ＝1 225，选出2人使用版本相同的方法数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(20)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(15)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) ＝350，故2人使用版本相同的概率为P＝ eq \f(350,1 225) ＝ eq \f(2,7) .
(2)X的所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(15)) ,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(35)) ) ＝ eq \f(3,17) ，
P(X＝1)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(20)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(15)) ,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(35)) ) ＝ eq \f(60,119) ，P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(20)) ,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(35)) ) ＝ eq \f(38,119) .
所以X的分布列为
所以E(X)＝0× eq \f(3,17) ＋1× eq \f(60,119) ＋2× eq \f(38,119) ＝ eq \f(136,119) ＝ eq \f(8,7) .
10．(2021八省联考)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1，2，3需要调整的概率分别为0.1，0.2，0.3，各部件的状态相互独立．
(1)求设备在一天的运转中，部件1，2中至少有1个需要调整的概率；
(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．
【解析】(1)设事件A为“设备部件1，2中至少有1个需要调整的事件”，则
方法一：P(A)＝0.1×0.8＋0.9×0.2＋0.1×0.2＝0.28；
方法二：P(A)＝1－P()＝1－0.9×0.8＝0.28.
(2)X可能的取值为0，1，2，3.则
P(X＝0)＝0.9×0.8×0.7＝0.504；
P(X＝1)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398；
P(X＝2)＝0.1×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.3＝0.092；
P(X＝3)＝0.1×0.2×0.3＝0.006；
则X的分布列为
E(X)＝0×0.504＋1×0.398＋2×0.092＋3×0.006＝0.6.
1．1654年，法国贵族德·梅雷骑士偶遇数学家布莱兹·帕斯卡，在闲聊时梅雷谈了最近遇到的一件事：某天在一酒吧中，肖恩和尤瑟纳尔两人进行角力比赛，约定胜者可以喝杯酒，当肖恩赢20局且尤瑟纳尔赢得40局时他们发现桌子上还剩最后一杯酒．此时酒吧老板和伙计提议两人中先胜四局的可以喝最后那杯酒，如果四局、五局、六局、七局后可以决出胜负那么分别由肖恩、尤瑟纳尔、酒吧伙计和酒吧老板付费，梅雷由于接到命令需要觐见国王，没有等到比赛结束就匆匆离开了酒馆．请利用数学知识做出合理假设，猜测最后付酒资的最有可能是( )
A．肖恩 B．尤瑟纳尔
C．酒吧伙计 D．酒吧老板
【解析】选B.由题意可得，肖恩每局获胜的概率为 eq \f(20,20＋40) ＝ eq \f(1,3) ，尤瑟纳尔每局获胜的概率为 eq \f(40,20＋40) ＝ eq \f(2,3) ，先胜四场比赛意味着比赛采用七局四胜制，设决出胜负的场数为X，
则P(X＝4)＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＝ eq \f(17,81) ，P(X＝5)＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) × eq \f(2,3) × eq \f(1,3) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) × eq \f(1,3) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(72,243) ，
P(X＝6)＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ×× eq \f(1,3) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ×× eq \f(2,3) ＝ eq \f(200,729) ，
P(X＝7)＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ×＝ eq \f(160,729) ，因为 eq \f(17,81) ＜ eq \f(160,729) ＜ eq \f(200,729) ＜ eq \f(72,243) ，
所以P(X＝4)＜P(X＝7)＜P(X＝6)＜P(X＝5)，即五局决出胜负的概率最大，
所以最后付酒资的最有可能是尤瑟纳尔．
2．小明家住C区，他的学校在D区，从家骑自行车到学校的路有L1，L2两条路线(如图)，L1路线上有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为 eq \f(2,3) ；L2路线上有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为 eq \f(3,4) ， eq \f(3,5) .
(1)若走L1路线，求至少遇到1次红灯的概率；
(2)若走L2路线，求遇到红灯次数X的数学期望；
(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助小明从上述两条路线中选择一条最好的上学路线，并说明理由．
【解析】(1)方法一：设“走L1路线至少遇到一次红灯”为事件A，则P(A)＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) × eq \f(2,3) ×＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ×× eq \f(1,3) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ××＝ eq \f(26,27) ，
所以走L1路线，至少遇到一次红灯的概率为 eq \f(26,27) .
方法二：设“走L1路线没有遇到红灯”为事件A，则“走L1路线至少遇到一次红灯”为事件，
故P(A)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3))) ＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,27) ，
所以P()＝1－P(A)＝1－ eq \f(1,27) ＝ eq \f(26,27) ，
所以走L1路线，至少遇到一次红灯的概率为 eq \f(26,27) .
(2)依题意，X的可能取值为0，1，2.
P(X＝0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4))) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) ＝ eq \f(1,10) ，
P(X＝1)＝ eq \f(3,4) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4))) × eq \f(3,5) ＝ eq \f(9,20) ，
P(X＝2)＝ eq \f(3,4) × eq \f(3,5) ＝ eq \f(9,20) .随机变量X的分布列为
所以E(X)＝ eq \f(1,10) ×0＋ eq \f(9,20) ×1＋ eq \f(9,20) ×2＝ eq \f(27,20) .
(3)设选择L1路线遇到红灯次数为Y，随机变量Y服从二项分布，Y～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3))) ，所以E(Y)＝3× eq \f(2,3) ＝2>E(X)，所以应选择L2路线．
【补偿训练】
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).
【解析】(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，不同的“三位递减数”共有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(10)) ＝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)＝ eq \f(4＋8,120) ＝ eq \f(1,10) .
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)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) －12,120) ＝ eq \f(48,120) ＝ eq \f(2,5) .
故P(X＝1)＝1－P(X＝5)－P(X＝3)＝1－ eq \f(1,10) － eq \f(2,5) ＝ eq \f(1,2) .
所以他得到的优惠金额X的分布列为
数学期望E(X)＝5× eq \f(1,10) ＋3× eq \f(2,5) ＋1× eq \f(1,2) ＝2.2(万元).
X
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
ξ
p
q
P
q
p
X
1
2
3
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,3)
eq \f(1,6)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,1 000)
eq \f(27,1 000)
eq \f(243,1 000)
eq \f(729,1 000)
X
1
2
3
P
eq \f(2,3)
eq \f(2,9)
eq \f(1,9)
X
0
1
2
P
eq \f(1,4)
eq \f(1,2)
eq \f(1,4)
ξ
1
3
P
0.76
0.24
品牌
甲
乙
首次出现故障的时
间x(年)
0