08 第64讲　离散型随机变量的分布列、数字特征 【答案】作业 高考数学二轮复习练习

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2.B [解析] 由已知得m+2n=53,m+n=1,解得m=13,故选B.
3.D [解析] 因为随机变量X服从两点分布,且P(X=1)=0.2,所以P(X=0)=1-P(X=1)=1-0.2=0.8,因为Y=3X-2,所以P(Y=-2)=P(X=0)=0.8,故选D.
4.A [解析] 由题意知,X的所有可能取值为2,3,则P(X=2)=1C32=13,P(X=3)=2C32=23,所以E(X)=2×13+3×23=83,则D(X)=22×13+32×23-832=29,故选A.
5.B [解析] 4人排成一排共有A44=24(种)不同的排法,X的所有可能取值为0,1,2,所以P(X=0)=2A22A2224=13,P(X=1)=C21A22A2224=13,P(X=2)=A22A22A2224=13,所以P(X=0)=P(X=1)=P(X=2).故选B.
6.p 14 [解析] 由题意知X的可能取值为0,1,则易知X的分布列为
所以E(X)=0×(1-p)+1×p=p,D(X)=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2×p=p(1-p),由于p(1-p)≤p+1-p22=14,当且仅当p=12时等号成立,故D(X)的最大值为14.
7.B [解析] 将字母a,a,b,b,c,c放入3×2的表格中的不同结果有C62C42C22=90(种),随机变量X的可能取值为0,1,3,P(X=1)=C31C31C21A2290=25,P(X=3)=A3390=115,P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=3)=1-25-115=815,所以E(X)=0×815+1×25+3×115=35.故选B.
8.B [解析] 依题意可得X的所有可能取值为200,180,160,P(X=200)=0.4,P(X=180)=0.3,P(X=160)=0.3,则E(X)=200×0.4+(180+160)×0.3=182.故选B.
9.D [解析] 由题可知2a+2b=1,即a+b=12,所以E(X)=a+4b+3a=4(a+b)=2,D(X)=(1-2)2a+(3-2)2a=2a,则D(bX)=b2D(X)=2ab2=-2b3+b2.令f(b)=-2b3+b2010.ABC [解析] 由题意可知x+y3+2y3=1,即x+y=1,故A正确.E(X)=0×x+1×y3+2×2y3=5y3,故B正确.D(X)=x0-5y32+y31-5y32+2y32-5y32=(1-y)0-5y32+y31-5y32+2y32-5y32=-259y2+3y.因为xy≠0,x+y=1,所以011.2-22 [解析] ∵X服从两点分布,∴不妨设P(X=1)=p(012.(1)47 (2)107 [解析] (1)所求概率P=C43·C21C21C21C83=47.
(2)X的所有可能取值为1,2,3,P(X=1)=C21C62+C22C61C83=914,P(X=2)=C21C42+C22C41C83=27,P(X=3)=C21C22+C22C21C83=114.∴X的分布列如下:
E(X)=1×914+2×27+3×114=107.
13.(1)10191000 (2)89×34n-109×35n [解析] (1)由题可知,X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=35×35×35=27125,P(X=1)=25×342+35×25×34+35×35×25=5491000,P(X=2)=35×25×14+25×34×14+25×14×1=47200,则X的分布列为
故E(X)=0×27125+1×5491000+2×47200=10191000.
(2)n次后,所有红球刚好全部取出表示最后一次取出的是红球,则前n-1次中有一次取得红球,所以所求概率为25×34n-2+35×25×34n-3+352×25×34n-4+…+35n-2×25×14=110×34n-2×1-45n-11-45=89×34n-109×35n(n≥2).
14.解:(1)前4个回合甲发球两次的情况分以下三种:第一种情况,甲第1,2回合发球,乙第3,4回合发球,其概率为23×13×23=427.第二种情况,甲第1,3回合发球,乙第2,4回合发球,其概率为13×13×13=127.第三种情况,甲第1,4回合发球,乙第2,3回合发球,其概率为13×23×13=227.故前4个回合甲发球两次的概率为427+127+227=727.
(2)易知第2回合甲发球的概率为23,乙发球的概率为13;
第3回合甲发球的概率为23×23+13×13=59,乙发球的概率为23×13+13×23=49;
第4回合甲发球的概率为59×23+49×13=1427.
(3)由题意知,X的所有可能取值为1,2,3,4,
P(X=1)=13×23×23=427,P(X=4)=233=827,由(1)得,P(X=2)=727,则P(X=3)=1-P(X=1)-P(X=2)-P(X=4)=827.
所以X的分布列为
故E(X)=1×427+2×727+3×827+4×827=7427.
15.解:(1)设第1次取出的是一次性筷子为事件A,第2次取出的是非一次性筷子为事件B,
则P(B)=35×12+25×25=2350,P(AB)=35×12=310,
所在第2次取出的是非一次性筷子的前提下,第1次取出的是一次性筷子的概率为P(A|B)=P(AB)P(B)=1523.
(2)记取出的一次性筷子的双数为X,则X的所有可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=253=0.064,P(X=1)=35×122+25×35×12+252×35=0.366,P(X=3)=35×24×13=0.1,则P(X=2)=1-0.064-0.366-0.1=0.47,X
0
1
P
1-p
p
X
1
2
3
P
914
27
114
X
0
1
2
P
27125
5491000
47200
X
1
2
3
4
P
427
727
827
827
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(进群送往届全部资料)则X的分布列为
则E(X)=0.366+2×0.47+3×0.1=1.606.
16.解:(1)设顾客获得购物券的金额为X,则X的所有可能取值为200,80,10,P(X=200)=C22C102=145,P(X=80)=C21C81C102=1645,P(X=10)=C82C102=2845.所以X的分布列为
(2)方案甲,设顾客获得购物券的金额为Y,则Y的所有可能取值为200,80,10,P(Y=200)=C32C122=122,P(Y=80)=C31C91C122=922,P(Y=10)=C92C122=611,则E(Y)=200×122+80×922+10×611=52011.
方案乙,设顾客获得购物券的金额为Z,则E(Z)=210×145+90×1645+20×2845=4429.因为E(Z)>E(Y),所以顾客希望采用方案乙.
17.解:(1)无关,理由如下:由于任务不能被完成的概率为(1-p1)(1-p2)(1-p3)为定值,故任务能被完成的概率为1-(1-p1)(1-p2)(1-p3)也为定值.
所以任务能被完成的概率与三个人被派出的顺序无关.
(2)①由题意知X的所有可能取值为1,2,3,P(X=1)=q1,P(X=2)=(1-q1)q2,P(X=3)=(1-q1)(1-q2),则X的分布列为
故E(X)=q1+2(1-q1)q2+3(1-q1)(1-q2)=3-2q1-q2+q1q2.
②由①知E(X)=3-(q1+q2)+q1q2-q1.若交换前两个人的派出顺序,则E(X)变为3-(q1+q2)+q1q2-q2,由此可见,当q1>q2时,交换前两个人的派出顺序可增大均值.若保持第一人派出的人选不变,交换后两个人的派出顺序,则交换前E(X)可写为3-2q1-(1-q1)q2,交换后E(X)变为3-2q1-(1-q1)q3,当q2>q3时,交换后两个人的派出顺序可增大均值.故完成任务概率大的人先派出,即依次派出小胡、小邱、小邓,可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小.X
0
1
2
3
P
0.064
0.366
0.47
0.1
X
200
80
10
P
145
1645
2845
X
1
2
3
P
q1
(1-q1)q2
(1-q1)(1-q2)