人教B版高中数学选择性必修第二册课时分层作业17离散型随机变量的均值含答案

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课时分层作业(十七)　离散型随机变量的均值一、选择题1．设随机变量X～B(40，p)，且E(X)＝16，则p等于(　　)A．0.1　　　 B．0.2　　　 C．0.3　　　 D．0.4D　[∵E(X)＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4．故选D．]2．随机抛掷一枚骰子，则所得骰子点数ξ的期望为(　　)A．0.6　　　 B．1 C．3.5　　　 D．2C　[抛掷骰子所得点数ξ的分布列为所以E(ξ)＝1×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,6)＋3×eq \f(1,6)＋4×eq \f(1,6)＋5×eq \f(1,6)＋6×eq \f(1,6)＝3.5．]3．已知随机变量X的分布列是且E(X)＝7.5，则a等于(　　)A．5 B．6 C．7 D．8C　[由分布列的性质可得0.3＋0.1＋b＋0.2＝1，所以b＝0.4．由E(X)＝7.5，得4×0.3＋0.1a＋9×0.4＋10×0.2＝7.5，解得a＝7．]4．某船队若出海后天气好，可获得5 000元；若出海后天气坏，将损失2 000元．根据预测知天气好的概率为0.6，则出海效益的数学期望是(　　)A．2 000元　 B．2 200元 C．2 400元　 D．2 600元B　[出海效益的数学期望E(X)＝5 000×0.6＋(1－0.6)×(－2 000)＝3 000－800＝2 200(元)．]5．某种种子每粒发芽的概率为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每坑需再补种2粒，每个坑至多补种一次，补种的种子数记为X，则X的数学期望为(　　)A．100　　　 B．200 C．300　　　 D．400B　[由题意可知，补种的种子数记为X，X服从二项分布，即X～B(1 000，0.1)，所以不发芽种子数的数学期望为1 000×0.1＝100．所以补种的种子数的数学期望为2×100＝200．故选B．]二、填空题6．某10人组成兴趣小组，其中有5名团员，从这10人中任选4人参加某种活动，用X表示4人中的团员人数，则期望E(X)＝________．2　[由题意可知X～H(10，4，5)，∴E(X)＝eq \f(4×5,10)＝eq \f(20,10)＝2．]7．已知某离散型随机变量X服从的分布列如下表，则随机变量X的数学期望E(X)＝________．eq \f(2,3)　[由题意可知m＋2m＝1，所以m＝eq \f(1,3)，所以E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)．]8．今有两台独立工作的雷达，两台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，设发现目标的雷达的台数为X，则E(X)＝________．1.75　[X可能的取值为0，1，2，P(X＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015，P(X＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.85×(1－0.9)＝0.22，P(X＝2)＝0.9×0.85＝0.765，所以E(X)＝1×0.22＋2×0.765＝1.75．]三、解答题9．A，B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是A1，A2，A3，B队队员是B1，B2，B3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下．按表中的对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分．设三场后A队、B队最后所得总分分别为随机变量X，Y．(1)求X，Y的分布列；(2)求E(X)和E(Y)．[解]　(1)由题意知X，Y的可能取值均为3，2，1，0．P(X＝3)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(8,75)，P(X＝2)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,3)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(28,75)，P(X＝1)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(30,75)＝eq \f(2,5)，P(X＝0)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,25)．∴X的分布列为根据题意得X＋Y＝3，∴P(Y＝0)＝P(X＝3)＝eq \f(8,75)，P(Y＝1)＝P(X＝2)＝eq \f(28,75)，P(Y＝2)＝P(X＝1)＝eq \f(2,5)，P(Y＝3)＝P(X＝0)＝eq \f(3,25)，∴Y的分布列为(2)由(1)可得E(X)＝3×eq \f(8,75)＋2×eq \f(28,75)＋1×eq \f(2,5)＋0×eq \f(3,25)＝eq \f(22,15)．∵X＋Y＝3，∴Y＝3－X，∴E(Y)＝3－E(X)＝eq \f(23,15)．10．端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．[解]　(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝eq \f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3)C\o\al(1,5),C\o\al(3,10))＝eq \f(1,4)．(2)法一：X的所有可能取值为0，1，2，且P(X＝0)＝eq \f(C\o\al(3,8),C\o\al(3,10))＝eq \f(7,15)，P(X＝1)＝eq \f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,8),C\o\al(3,10))＝eq \f(7,15)，P(X＝2)＝eq \f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,8),C\o\al(3,10))＝eq \f(1,15)．综上知，X的分布列为故E(X)＝0×eq \f(7,15)＋1×eq \f(7,15)＋2×eq \f(1,15)＝eq \f(3,5)(个)．法二：由题意可知：X～H(10，3，2)，∴P(X＝k)＝eq \f(C\o\al(k,2)C\o\al(3－k,8),C\o\al(3,10))，k＝0，1，2．∴X的分布列为∴E(X)＝eq \f(2×3,10)＝eq \f(3,5)(个)．1．(多选题)离散型随机变量X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝k)＝ak＋b(k＝1，2，3，4)，E(X)＝3，则(　　)A．a＝10 B．a＝eq \f(1,10) C．b＝0 D．b＝1BC　[易知E(X)＝1×(a＋b)＋2×(2a＋b)＋3×(3a＋b)＋4×(4a＋b)＝3，即30a＋10b＝3．①又(a＋b)＋(2a＋b)＋(3a＋b)＋(4a＋b)＝1，即10a＋4b＝1，②由①②，得a＝eq \f(1,10)，b＝0．]2．甲、乙两台自动车床生产同种标准件，X表示甲车床生产1 000件产品中的次品数，Y表示乙车床生产1 000件产品中的次品数，经一段时间考察，X，Y的分布列分别是据此判定(　　)A．甲比乙质量好 B．乙比甲质量好C．甲与乙质量相同 D．无法判定A　[E(X)＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，E(Y)＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＋3×0＝0.7．由于E(Y)>E(X)，故甲比乙质量好．]3．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)>1.75，则p的取值范围是________．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))　[由已知条件可得P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>1.75，解得p>eq \f(5,2)或p<eq \f(1,2)，又由p∈(0，1)，可得p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．]4．某日A，B两个沿海城市受台风袭击(相互独立)的概率相同，已知A市或B市受台风袭击的概率为0.36，若用X表示这一天受台风袭击的城市个数，则E(X)＝________．0.4　[设A，B两市受台风袭击的概率均为p，则A市和B市均不受台风袭击的概率为(1－p)2＝1－0.36，解得p＝0.2或p＝1.8(舍去)，则P(X＝0)＝1－0.36＝0.64，P(X＝1)＝2×0.8×0.2＝0.32，P(X＝2)＝0.2×0.2＝0.04，所以E(X)＝0×0.64＋1×0.32＋2×0.04＝0.4．]某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为eq \f(2,3)，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为eq \f(2,5)，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，则他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？[解]　(1)由已知得小明中奖的概率为eq \f(2,3)，小红中奖的概率为eq \f(2,5)，两人中奖与否互不影响，记“这两人的累计得分X≤3”为事件A，则事件A的对立事件为“X＝5”，因为P(X＝5)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝eq \f(11,15)．所以这两人的累计得分X≤3的概率为eq \f(11,15)．(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．由已知得X1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,3)))，X2～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,5)))，所以E(X1)＝2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,3)，E(X2)＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5)．所以E(2X1)＝2E(X1)＝eq \f(8,3)，E(3X2)＝3E(X2)＝eq \f(12,5)．因为E(2X1)>E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．ξ123456Peq \f(1,6)eq \f(1,6)eq \f(1,6)eq \f(1,6)eq \f(1,6)eq \f(1,6)X4a910P0.30.1b0.2X01Pm2m对阵队员A队队员胜的概率A队队员负的概率A1对B1eq \f(2,3)eq \f(1,3)A2对B2eq \f(2,5)eq \f(3,5)A3对B3eq \f(2,5)eq \f(3,5)X0123Peq \f(3,25)eq \f(2,5)eq \f(28,75)eq \f(8,75)Y0123Peq \f(8,75)eq \f(28,75)eq \f(2,5)eq \f(3,25)X012Peq \f(7,15)eq \f(7,15)eq \f(1,15)X012Peq \f(7,15)eq \f(7,15)eq \f(1,15)X0123Y0123P0.70.10.10.1P0.50.30.20