2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练56离散型随机变量的数字特征

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练56离散型随机变量的数字特征，共7页。试卷主要包含了设随机变量X的分布列如下，某篮球队对队员进行考核,规则是等内容，欢迎下载使用。

1.设随机变量X的分布列如下:
则方差D(X)=( )

A.0B.1
C.2D.3
2.口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状完全相同的小球,从中任取2个,则取出的球的最大编号X的期望为( )
A.B.
C.2D.
3.设随机变量X~B(2,p),随机变量Y~B(3,p),若P(X≥1)=,则D(3Y+1)=( )
A.2B.3
C.6D.7
4.随机变量ξ的分布列如下表,则p在(0,0.5)上增大时,D(ξ)的变化情况是( )
A.一直增大
B.一直减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
5.(多选)袋内有形状、大小完全相同的2个黑球和3个白球,从中不放回地每次任取1个小球,直至取到白球后停止取球,则下列说法正确的是( )
A.抽取2次后停止取球的概率为
B.停止取球时,取出的白球个数不少于黑球的概率为
C.取球次数ξ的期望为2
D.取球次数ξ的方差为
6.某篮球队对队员进行考核,规则是:①每人进行3个轮次的投篮;②每个轮次每人投篮2次,若至少投中1次,则本轮通过,否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为,如果甲各次投篮投中与否互不影响,那么甲3个轮次通过的次数X的期望是( )
A.3B.
C.2D.
7.已知5台机器中有2台存在故障,现需要通过逐台检测直至区分出2台故障机器为止.若检测一台机器的费用为1 000元,则所需检测费的均值为( )
A.3 200B.3 400
C.3 500D.3 600
8.随机变量X的取值为0,1,2,P(X=0)=0.2,D(X)=0.4,则E(X)= .
9.已知随机变量X服从二项分布B(n,p),若E(X)=3,D(X)=2,则p= ,P(X=1)= .
综合提升组
10.(多选)某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A=a1a2a3a4a5(例如10100),其中A的各位数中ak(k=2,3,4,5)出现0的概率为,出现1的概率为,记X=a2+a3+a4+a5,则下列说法正确的是( )
A.X服从二项分布
B.P(X=1)=
C.X的期望E(X)=
D.X的方差D(X)=
11.一个袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球1个、黑球2个,现随机等可能取出小球,当有放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ1;当无放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ2,则下列式子正确的是( )
A.E(ξ1)B.E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)
C.E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)
12.(多选)已知随机变量ξ的分布列是
随机变量η的分布列是
则当p在(0,1)内增大时,下列选项中正确的是( )
A.E(ξ)=E(η)
B.D(ξ)=D(η)
C.E(ξ)增大
D.D(η)先增大后减小
13.如表是随机变量ξ的分布列,E(ξ)= ,D(ξ2)的取值范围是 .
创新应用组
14.已知随机变量X,Y的分布列如下表所示,其中a,b∈(0,1).
若D(XY)=1,则( )
A.E(X)·E(Y)>0B.E(X)·E(Y)<0
C.D(X)+D(Y)>1D.D(X)+D(Y)<1
15.甲、乙两家外卖公司,其送餐员的日工资方案如下:甲公司,底薪80元,每单送餐员抽成4元;乙公司,无底薪,40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元,超出40单的部分送餐员每单抽成7元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同,现从这两家公司各随机选取一名送餐员,并分别记录其50天的送餐单数,得到如下频数表:
甲公司送餐员送餐单数频数表
乙公司送餐员送餐单数频数表
(1)现从记录甲公司送餐员的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数,求这3天送餐单数都不小于40的概率.
(2)若将频率视为概率,回答下列两个问题:
①记乙公司送餐员日工资为X(单位:元),求X的分布列和数学期望E(X);
②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员,如果仅从日平均工资的角度考虑,请利用所学的统计学知识为小王作出选择,并说明理由.
参考答案
课时规范练56 离散型随机变量
的数字特征
1.B a=1-0.1-0.3-0.4=0.2,E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.4=2,E(X2)=1×0.2+4×0.3+9×0.4=5,D(X)=E(X2)-[E(X)]2=5-4=1,故选B.
2.D 因为口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状完全相同的小球,从中任取2个,所以取出的球的最大编号X的可能取值为2,3,所以P(X=2)=,P(X=3)=,所以E(X)=2+3
3.C ∵随机变量X~B(2,p),∴P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)2=,解得p=,p=舍去,∴D(Y)=3,∴D(3Y+1)=9D(Y)=9=6.
4.A 由题意可得E(ξ)=1×p+2×(0.5-p)+3×(0.5-p)+4×p=2.5,
D(ξ)=(1-2.5)2×p+(2-2.5)2×(0.5-p)+(3-2.5)2×(0.5-p)+(4-2.5)2×p=4p+,则D(ξ)在(0,0.5)上单调递增,故p在(0,0.5)上增大时,D(ξ)的变化情况是一直增大.
故选A.
5.BD 设取球次数为ξ,可知随机变量ξ的可能取值有1,2,3,则P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=对于A选项,抽取2次后停止取球的概率为P(ξ=2)=,A选项错误;对于B选项,停止取球时,取出的白球个数不少于黑球的概率为P(ξ=1)+P(ξ=2)=,B选项正确;对于C选项,取球次数ξ的期望为E(ξ)=1+2+3,C选项错误;对于D选项,取球次数ξ的方差为D(ξ)=,D选项正确.
6.B 在一轮投篮中,甲通过的概率为P=2,未通过的概率为X服从二项分布X~B3,,由二项分布的期望公式,得E(X)=3
7.C 设检测的机器的台数为x,则x的所有可能取值为2,3,4.P(x=2)=,P(x=3)=,P(x=4)=,所以E(x)=2+3+4=3.5,所以所需的检测费用的均值为1000×3.5=3500.
8.1 设P(X=2)=x,其中0≤x≤0.8,可得出P(X=1)=0.8-x,所以E(X)=0×0.2+1×(0.8-x)+2x=x+0.8,D(X)=(x+0.8)2×0.2+(x-0.2)2×(0.8-x)+(x-1.2)2×x=0.4,解得x=0.2,x=1.2舍去.因此,E(X)=0.2+0.8=1.
9 因为随机变量X服从二项分布B(n,p),若E(X)=3,D(X)=2,
则解得即随机变量X服从二项分布B9,.
P(X=1)=
10.ABC 由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0或1,且每个数位上的数字在填时互不影响,故A中后4位的所有结果有4类:①后4个数位上都出现0,X=0,记其概率为P(X=0)=;②后4个数位只出现1个1,X=1,记其概率为P(X=1)=;③后4位数位出现2个1,X=2,记其概率为P(X=2)=;④后4个数位上出现3个1,记其概率为P(X=3)==;⑤后4个数位都出现1,X=4,记其概率为P(X=4)=故X~B4,,故A正确;又P(X=1)=,故B正确;∵X~B4,,∴E(X)=4,故C正确;
∵X~B4,,∴X的方差D(X)=4,故D错误.
11.B ξ1可能的取值为0,1,2;ξ2可能的取值为0,1,P(ξ1=0)=,P(ξ1=2)=,P(ξ1=1)=1-,故E(ξ1)=,D(ξ1)=0-2+1-2+2-2P(ξ2=0)=,P(ξ2=1)=,故E(ξ2)=,D(ξ2)=0-2+1-2,故E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2).故选B.
12.BC 对于A,∵η=ξ+2,∴E(η)=E(ξ)+2,故A错误;对于B,∵η=ξ+2,
∴D(ξ)=D(η),故B正确;对于C,
∵E(ξ)=-p,∴当p在(0,1)内增大时,E(ξ)增大,故C正确;对于D,∵E(η)=+2+3,∴D(η)=-2+2+2=-(p-2)2+,∴当p在(0,1)内增大时,D(η)单调递增,故D错误.
13.1 (0,4) 由题意得,E(ξ)=0·a+1-2a+2a=1;
E(ξ4)=04·a+14·(1-2a)+24·a=1+14a,
E(ξ2)=02·a+12·(1-2a)+22·a=1+2a,
则D(ξ2)=E(ξ4)-[E(ξ2)]2=1+14a-(1+2a)2=-4a2+10a,a,
令f(a)=-4a2+10a,a,则f(a)在a递增,得f(a)∈(0,4),故D(ξ2)∈(0,4).
14.C 由分布列知,E(X)=-1×a+1×(1-a)=1-2a,E(Y)=-1×b+1×(1-b)=1-2b,
D(X)=E(X2)-[E(X)]2=a+(1-a)-(1-2a)2=4a(1-a),
D(Y)=E(Y2)-[E(Y)]2=b+(1-b)-(1-2b)2=4b(1-b),
∵D(X)=∑[Xi-E(X)]2Pi=E[X-E(X)]2=E{X2-2XE(X)+[E(X)]2}
=E(X2)-2[E(X)]2+[E(X)]2=E(X2)-[E(X)]2,
∴D(XY)=E[XY-E(XY)]2=E[X2Y2-2XYE(XY)+E2(XY)]
=E(X)2E(Y)2-2E2(X)E2(Y)+E2(X)E2(Y)=E(X2)E(Y2)-E2(X)E2(Y),
∴D(XY)=E(X2)E(Y2)-[E(X)]2[E(Y)]2=1-(1-2a)·(1-2b)=1,
即-(1-2a)(1-2b)=0,∴1-2a=1-2b=0,即a=b=,所以E(X)=E(Y)=0,D(X)=D(Y)=1,
E(X)E(Y)=0,D(X)+D(Y)=2.
15.解 (1)记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件M,则P(M)=
(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a,当a=38时,X=38×6=228,当a=39时,X=39×6=234,当a=40时,X=40×6=240,当a=41时,X=40×6+1×7=247,当a=42时,X=40×6+2×7=254.所以X的所有可能取值为228,234,240,247,254.故X的分布列为:
所以E(X)=228+234+240+247+254=241.8.
②依题意,甲公司送餐员的日平均送餐单数为38×0.2+39×0.3+40×0.2+41×0.2+42×0.1=39.7,所以甲公司送餐员的日平均工资为80+4×39.7=238.8元.由①得乙公司送餐员的日平均工资为241.8元.因为238.8<241.8,所以推荐小王去乙公司应聘.
X
0
1
2
3
P
0.1
α
0.3
0.4
ξ
1
2
3
4
P
p
0.5-p
0.5-p
p
ξ
-1
0
1
P
η
1
2
3
P
ξ
0
1
2
P
a
1-2a
a
X
-1
1
P
a
1-a
Y
-1
1
P
b
1-b
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
10
15
10
10
5
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
5
10
10
20
5
X
228
234
240
247
254
P