【最新版】高中数学高三培优小题练第90练　离散型随机变量的均值与方差

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第90练　离散型随机变量的均值与方差，共7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的分布列为，随机变量ξ满足分布列如下等内容，欢迎下载使用。
考点一 离散型随机变量的均值与方差
1．已知离散型随机变量X的分布列为
则其均值E(X)、方差D(X)等于( )
A．2.4,1 B．1,2.44
C．2.4,2.44 D．2.4,2.4
答案 C
解析 由0.5＋m＋0.2＝1，得m＝0.3，
∴E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，
∴D(X)＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.
2．随机变量X的概率分布为P(X＝0)＝a，P(X＝1)＝b.若E(X)＝eq \f(1,3)，则D(X)等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,9) D.eq \f(2,9)
答案 D
解析 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝1，,0×a＋1×b＝\f(1,3)，))
∴a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,3).
由题意知随机变量X服从两点分布，
故D(X)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(2,9).
3．小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分．现3人共进行了
4次游戏，记小明4次游戏得分之和为X，则X的均值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 进行“手心手背”游戏，3人出现的所有可能情况有(心，心，心)，(心，心，背)，(心，背，心)，(背，心，心)，(心，背，背)，(背，心，背)，(背，背，心)，(背，背，背)，
∴小明得1分的概率为eq \f(3,4)，得0分的概率为eq \f(1,4).
进行4次游戏，小明得分之和共有5种情况，即0分，1分，2分，3分，4分．
由独立重复试验的概率计算公式可得，
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))4＝eq \f(1,256)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3＝eq \f(12,256)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝eq \f(54,256)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))1＝eq \f(108,256)，
P(X＝4)＝Ceq \\al(4,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＝eq \f(81,256)，
则X的分布列为
∴E(X)＝0×eq \f(1,256)＋1×eq \f(12,256)＋2×eq \f(54,256)＋3×eq \f(108,256)＋4×eq \f(81,256)＝3.
4．一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率都为0.6，现有4颗子弹，则射击停止后剩余子弹的数目X的均值为( )
A．2.44 B．3.376
C．2.376 D．2.4
答案 C
解析 X的所有可能取值为3,2,1,0，其分布列为
∴E(X)＝3×0.6＋2×0.24＋1×0.096＋0×0.064＝2.376.
5．某学生在参加政治、历史、地理三门课程的学业水平考试中，取得A等级的概率分别为eq \f(4,5)，eq \f(3,5)，eq \f(2,5)，且三门课程的成绩是否取得A等级相互独立．记ξ为该学生取得A等级的课程数，则ξ的均值E(ξ)的值为________．
答案 eq \f(9,5)
解析 ξ的可能取值为0,1,2,3.
因为P(ξ＝0)＝eq \f(1,5)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(6,125)，
P(ξ＝1)＝eq \f(4,5)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)×eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(37,125)，
P(ξ＝2)＝eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)×eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(1,5)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(58,125)，
P(ξ＝3)＝eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(24,125)，
所以E(ξ)＝0×eq \f(6,125)＋1×eq \f(37,125)＋2×eq \f(58,125)＋3×eq \f(24,125)＝eq \f(9,5).
考点二 均值与方差的性质
6．已知随机变量X的分布列为
设Y＝2X＋1，则Y的均值E(Y)的值是( )
A．－eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D．－eq \f(2,3)
答案 C
解析 根据分布列的性质，得eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)＋a＝1，解得a＝eq \f(1,3)，所以随机变量X的均值为E(X)＝－1×eq \f(1,2)＋0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,3)＝－eq \f(1,6).又Y＝2X＋1，所以随机变量Y的均值E(Y)＝2E(X)＋1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)))＋1＝eq \f(2,3).
7．若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，E(X)，D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是( )
A．P(X＝1)＝E(X) B．E(3X＋2)＝2
C．D(3X＋2)＝4 D．D(X)＝eq \f(4,9)
答案 A
解析 随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,3)，
∴P(X＝1)＝eq \f(2,3)，
E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，
D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，
在A中，P(X＝1)＝E(X)，故A正确；
在B中，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(2,3)＋2＝4，故B错误；
在C中，D(3X＋2)＝9D(X)＝9×eq \f(2,9)＝2，故C错误；
在D中，D(X)＝eq \f(2,9)，故D错误．
8．随机变量ξ满足分布列如下：
则随着b的增大( )
A．E(ξ)增大，D(ξ)增大
B．E(ξ)增大，D(ξ)先增大后减小
C．E(ξ)减小，D(ξ)先减小后增大
D．E(ξ)增大，D(ξ)先减小后增大
答案 B
解析 因为2a－b＋a＋a＋b＝1，
所以a＝eq \f(1,4)，
又因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0