高考数学一轮复习课时作业：70 离散型随机变量的均值与方差 Word版含解析

课时作业70　离散型随机变量的均值与方差

第一次作业　基础巩固练

一、选择题

1．(2019·江西六校联考)若随机变量ξ的分布列如表所示，E(ξ)＝1.6，则a－b＝(　B　)

A.0.2  B．－0.2

C．0.8  D．－0.8

解析：易知a，b∈[0,1]，由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8，又由E(ξ)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0.3，b＝0.5，则a－b＝－0.2.

2．(2019·合肥一模)已知袋中有3个白球，2个红球，现从中随机取出3个球，其中每个白球计1分，每个红球计2分，记X为取出3个球的总分值，则E(X)＝(　B　)

A.   B.

C．4   D.

解析：由题意知，X的所有可能取值为3,4,5，且P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，所以E(X)＝3×＋4×＋5×＝.

3.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体．经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值E(X)等于(　B　)

A.   B.

C.   D.

解析：由题意X可取0,1,2,3，

且P(X＝0)＝＝，

P(X＝1)＝＝，

P(X＝2)＝＝，

P(X＝3)＝.

故E(X)＝＋2×＋3×＝.

4．随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则D(2X－3)＝(　C　)

A.2  B．3

C．4  D．5

解析：p＝1－－＝，E(X)＝0×＋2×＋a×＝2，得a＝3，∴D(X)＝(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝1，∴D(2X－3)＝4.

5．设袋中有两个红球一个黑球，除颜色不同，其他均相同，每次抽取一个球，记下颜色后放回袋中，连续抽三次，X表示三次中红球被抽中的次数，每个小球被抽中的概率相同，每次抽取相对独立，则方差D(X)＝(　C　)

A．2  B．1

C.   D.

解析：每次取球时，取到红球的概率为，取到黑球的概率为，所以取出红球的次数X服从二项分布，即X～B，所以D(X)＝3××＝，故选C.

6．已知0<a<，随机变量ξ的分布列如下：

当a增大时，(　B　)

A．E(ξ)增大，D(ξ)增大  B．E(ξ)减小，D(ξ)增大

C．E(ξ)增大，D(ξ)减小  D．E(ξ)减小，D(ξ)减小

解析：由题意得，E(ξ)＝－a＋，

D(ξ)＝2×a＋2×－a＋2×＝－a2＋2a＋，

∵0<a<，

∴当a增大时，E(ξ)减小，D(ξ)增大，故选B.

二、填空题

7．一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝1.96.

解析：依题意，X～B(100,0.02)，所以D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.

8．一个人将编号为1,2,3,4的四个小球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了．设放对的个数为ξ，则ξ的期望值为1.

解析：将四个小球放入四个盒子，每个盒子放一个小球，共有A种不同放法，放对的个数ξ可取的值有0,1,2,4.其中，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，

所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝1.

9．(2019·广东珠海六校联考)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数A＝，其中A的各位数字中，a1＝1，ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为.若启动一次出现的数字为A＝10101，则称这次试验成功，若成功一次得2分，失败一次得－1分，则100次重复试验的总得分X的方差为.

解析：启动一次出现数字为A＝10101的概率P＝2×2＝，由题意知变量服从二项分布，根据成功概率和实验的次数的值，有η～B，∴η的数学方差为D(η)＝100××＝.设得分为X＝2η－1×(100－η)＝3η－100，所以D(X)＝D(3η－100)＝9D(η)＝.

10．某种游戏每局的规则是：参与者现在从标有5,6,7,8,9的相同小球中随机摸取一个，将小球上的数字作为其本金(单位：元)，随后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的2倍作为其奖金(单位：元)．若随机变量ξ和η分别表示参与者在每一局游戏中的本金与奖金，则E(ξ)－E(η)＝3.

解析：本金的分布列为

E(ξ)＝×(5＋6＋7＋8＋9)＝7.

奖金的情况是：两小球上数字之差的绝对值为1，共有4种，奖金为2元；两小球上数字之差的绝对值为2，共有3种，奖金为4元；两小球上数字之差的绝对值为3，共有2种，奖金为6元；两小球上数字之差的绝对值为4，共有1种，奖金为8元．则P(η＝2)＝＝，P(η＝4)＝＝，P(η＝6)＝＝，P(η＝8)＝＝.

奖金的分布列为

∴E(η)＝2×＋4×＋6×＋8×＝4，

∴E(ξ)－E(η)＝7－4＝3.

三、解答题

11．(2019·江西上饶一模)2013年秋天中国国家主席习近平提出“一带一路”战略构想的重大倡议，时隔四年，2017年秋天中国共产党第十九次全国代表大会通过了《中国共产党章程(修正案)》的决议，将推进“一带一路”建设写入党章，这充分体现了在中国共产党领导下，中国高度重视“一带一路”建设、坚定推进“一带一路”国际合作的决心和信心．某市为了了解人们对这一复兴中国梦的伟大战略举措的认识程度，对不同年龄的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分，现将所有参赛者按分数分成5组(第一组：[75,80)，第二组[80,85)，第三组：[85,90)，第四组：[90,95)，第五组[95,100])，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求实数m的值，并求所有参赛者分数的中位数；

(2)若从分数在[90,95)，[95,100]的参赛者中按分层抽样选取6人．

①求选取的6人中，分数分别在[90,95)，[95,100]上的人数；

②再从选取的6人中随机挑选2人到省里培训，记选中的2人中得分在[95,100]的人数为X，求随机变量X的分布列及数学期望．

解：(1)由直方图知m＝0.05，设中位数为x，则(0.02＋0.07)×5＋(x－85)×0.05＝0.5，故x＝86.

(2)①根据频率分布直方图和统计数据可知道按分层抽样选取6人，

[90,95)的人数为4，[95,100]的人数为2，

②X的所有可能取值为0,1,2，

P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝；P(X＝2)＝＝.

∴X的分布列为

E(X)＝0×＋1×＋2×＝.

12．(2019·陕西质量检测)为了解共享单车在A市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中随机抽取了200人进行分析，得到如下列联表(单位：人).

(1)根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为A市使用共享单车的情况与年龄有关？

(2)①现从所选取的30岁以上的网友中，采用分层抽样的方法选取10人，再从这10人中随机选出3人赠送优惠券，将频率视为概率，求选出的3人中至少有2人经常使用共享单车的概率；

②将频率视为概率，从A市所有参与调查的网友中随机选取10人赠送礼品，记其中经常使用共享单车的人数为X，求X的数学期望和方差．

参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.

参考数据：

解：(1)由列联表可知，

K2＝≈2.198.

∵2.198>2.072，

∴能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为A市使用共享单车的情况与年龄有关．

(2)①依题意，可知所选取的10名30岁以上的网友中，经常使用共享单车的有10×＝6人，偶尔使用或不使用共享单车的有10×＝4人．

则选出的3人中至少有2人经常使用共享单车的概率P＝＋＝.

②由列联表可知选到经常使用共享单车的网友的频率为＝，

将频率视为概率，即从A市所有参与调查的网友中任意选取1人，恰好选到经常使用共享单车的网友的概率为.

由题意得X～B(10，)，

∴E(X)＝10×＝，D(X)＝10××＝.

第二次作业　高考·模拟解答题体验

1．(2019·湖北恩施州模拟)某班为了活跃元旦气氛，主持人请12位同学做一个游戏，第一轮游戏中，主持人将标有数字1到12的十二张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字7到12的卡片的同学留下，其余的淘汰；第二轮将标有数字1到6的六张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字4到6的卡片的同学留下，其余的淘汰；第三轮将标有数字1,2,3的三张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字2,3的卡片的同学留下，其余的淘汰；第四轮用同样的办法淘汰一位同学，最后留下的这位同学获得一个奖品．已知同学甲参加了该游戏．

(1)求甲获得奖品的概率；

(2)设X为甲参加游戏的轮数，求X的分布列和数学期望．

解：(1)设甲获得奖品为事件A，在每轮游戏中，甲留下的概率与他摸卡片的顺序无关，则P(A)＝×××＝.

(2)随机变量X的取值可以为1,2,3,4.

P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝××＝，P(X＝4)＝××＝.

X的分布列为

所以数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.

2．(2019·云南玉溪模拟)某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．

(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；

(2)试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．

解：(1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为ξ，η，则ξ＝1,2,3，η＝0,1,2,3.

P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，

∴考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为

∴E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2.

∵η～B，

∴P(η＝k)＝Ck3－k(k＝0,1,2,3)，

∴考生乙正确完成实验操作的题数的概率分布列为

∴E(η)＝3×＝2.

(2)∵P(ξ≥2)＝＋＝，P(η≥2)＝＋＝，

∴P(ξ≥2)>P(η≥2)．

从做对题的数学期望上看，甲、乙两考生水平相当；从至少正确完成两题的概率上看，甲通过的可能性比较大，因此可以判断甲的实验操作能力较强．

3.为了减少雾霾，还城市一片蓝天，某市政府于12月4日到12月31日在主城区实行车辆限号出行政策，鼓励民众不开车低碳出行．市政府为了了解民众低碳出行的情况，统计了该市甲、乙两个单位各200名员工12月5日到12月14日共10天的低碳出行的人数，画出茎叶图如图所示：

(1)若甲单位数据的平均数是122，求x；

(2)现从图中的数据中任取4天的数据(甲、乙两个单位中各取2天)，记抽取的4天中甲、乙两个单位员工低碳出行的人数不低于130的天数分别为ξ1，ξ2，令η＝ξ1＋ξ2，求η的分布列和期望．

解：(1)由题意知

＋＝122，解得x＝8.

(2)由题得ξ1的所有可能取值为0,1,2，ξ2的所有可能取值为0,1,2，因为η＝ξ1＋ξ2，所以随机变量η的所有可能取值为0,1,2,3,4.

因为甲单位低碳出行的人数不低于130的天数为3，乙单位低碳出行的人数不低于130的天数为4，

所以p(η＝0)＝＝；

p(η＝1)＝＝；

p(η＝2)＝＝；

p(η＝3)＝＝；

p(η＝4)＝＝.

所以η的分布列为

E(η)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.

4．(2019·西安模拟)翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着，无法知道其内的好坏，须切割后方能知道翡翠的价值，参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石块并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规则，规则甲的赌中率为，赌中后可获得20万元；规则乙的赌中率为p0(0<p0<1)，赌中后可获得30万元；未赌中则没有收获．每人有且只有一次赌石机会，每次赌中与否互不影响，赌石结束后当场得到兑现金额．

(1)收藏者张先生选择规则甲赌石，收藏者李先生选择规则乙赌石，记他们累计获得的金额数为X(单位：万元)，若X≤30的概率为，求p0的大小．

(2)若收藏者张先生、李先生都选择赌石规则甲或选择赌石规则乙进行赌石，问：他们选择何种规则赌石，累计得到的金额的数学期望最大？

解：(1)由已知得收藏者张先生赌中的概率为，收藏者李先生赌中的概率为p0，且两人赌中与否互不影响．记“这两人累计获得的金额数X≤30”为事件A，则事件A的对立事件为“这两人累计获得的金额数X＝50”．

因为P(X＝50)＝p0，所以P(A)＝1－P(X＝50)＝1－p0＝，求得p0＝.

(2)设收藏者张先生、李先生都选择规则甲赌中的次数为X1，都选择规则乙赌中的次数为X2，则这两人选择规则甲累计获得的金额的数学期望为E(20X1)，选择规则乙累计获得的金额的数学期望为E(30X2)．

由已知可得：X1～B，X2～B(2，p0)，

所以E(X1)＝，E(X2)＝2p0，

从而E(20X1)＝20E(X1)＝20×＝，

E(30X2)＝30E(X2)＝60p0，

若E(20X1)>E(30X2)，则>60p0，解得0<p0<；

若E(20X1)<E(30X2)，则<60p0，解得<p0<1；

若E(20X1)＝E(30X2)，则＝60p0，解得p0＝.

综上所述，当0<p0<时，他们都选择规则甲进行赌石时，累计得到的金额的数学期望最大；

当<p0<1时，他们都选择规则乙进行赌石时，累计得到的金额的数学期望最大；

当p0＝时，他们都选择规则甲或规则乙进行赌石时，累计得到的金额的数学期望相等．