全国统考2024高考数学一轮复习课时规范练63离散型随机变量的均值与方差理含解析北师大版

课时规范练63离散型随机变量的均值与方差基础巩固组1.(2024安徽师大附中高三月考)已知随机变量ξ听从正态分布N(1,2),则D(2ξ+3)=()A.4 B.6 C.8 D.112.设随机变量X的分布列如下:X0123P0.1α0.30.4则方差DX=()A.0 B.1 C.2 D.33.已知随机变量X满意E(1-X)=5,D(1-X)=5,则下列说法正确的是()A.EX=-5,DX=5B.EX=-4,DX=-4C.EX=-5,DX=-5D.EX=-4,DX=54.某地区一模考试数学成果X听从正态分布N(90,σ2),且P(X<70)=0.2.从该地区参与一模考试的学生中随机抽取10名学生的数学成果,数学成果在[70,110]的人数记作随机变量ξ.则ξ的方差为()A.2 B.2.1 C.2.4 D.35.若某科技小制作课的模型制作规则是:每位学生最多制作3次,一旦制作胜利,则停止制作,否则可制作3次.设某学生一次制作胜利的概率为p(p≠0),制作次数为X,若X的数学期望EX>74,则p的取值范围是(A.0,712 B.6.已知5台机器中有2台存在故障,现须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1000元,则所需检测费的均值为()A.3200 B.3400 C.3500 D.36007.(2024山东德州高三期末)随机变量X的取值为0,1,2,P(X=0)=0.2,DX=0.4,则EX=.

8.已知随机变量X的分布列为X012Pa2ab(a>0,b>0),当DX最大时,EX=.

9.(2024浙江学军中学高三月考)已知随机变量X听从二项分布B(n,p),若EX=3,DX=2,则p=,P(X=1)=.

10.某投资公司在2024年年初打算将1000万元投资到“低碳”项目上,现有两个项目供选择:项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种状况发生的概率分别为79项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利50%,可能损失30%,也可能不赔不赚,且这三种状况发生的概率分别为3针对以上两个投资项目,请你为投资公司选择一个合理的项目,并说明理由.综合提升组11.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为64个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取出一个小正方体,记它的油漆面数为X,则X的均值EX=()A.4532C.32 D12.(2024江苏徐州高三调研)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13,出现1的概率为23,记X=a2+a3+a4+a5,则下列说法错误的是(A.X听从二项分布 B.P(X=1)=8C.X的期望EX=83 D.X的方差DX=13.一个不透亮袋中放有大小、形态均相同的小球,其中红球3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,则Eξ1=;若第一次取出一个小球后,放入一个红球和一个黑球,再其次次随机取出一个小球.记取出的红球总数为ξ2,则Eξ2=.

14.甲将要参与某决赛,赛前A,B,C,D四位同学对冠军得主进行竞猜,每人选择一名选手,已知A,B选择甲的概率均为m,C,D选择甲的概率均为n(m<n),且四人同时选择甲的概率为481,四人均未选择甲的概率为(1)求m,n的值;(2)设四位同学中选择甲的人数为X,求X的分布列和数学期望.15.(2024山东莱州一中高三月考)某种水果依据果径大小可分为四类:标准果、优质果、精品果、礼品果.某选购 商从选购 的一批水果中随机抽取100个,依据水果的等级分类标准得到的数据如下:等级标准果优质果精品果礼品果个数10304020(1)若将频率视为概率,从这100个水果中有放回地随机抽取4个,求恰好有2个水果是礼品果的概率.(结果用分数表示)(2)用样本估计总体,果园老板提出两种购销方案给选购 商参考.方案1:不分类卖出,单价为20元/kg.方案2:分类卖出,分类后的水果售价如下:等级标准果优质果精品果礼品果售价(元/kg)16182224从选购 商的角度考虑,应当采纳哪种方案?(3)用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个,再从抽取的10个水果中随机抽取3个,X表示抽取的是精品果的数量,求X的分布列及数学期望EX.创新应用组16.(2024海南三亚高三检测)一个袋中放有大小、形态均相同的小球,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.Eξ1<Eξ2,Dξ1<Dξ2 B.Eξ1=Eξ2,Dξ1>Dξ2C.Eξ1=Eξ2,Dξ1<Dξ2 D.Eξ1>Eξ2,Dξ1>Dξ217.甲、乙两人进行乒乓球赛,采纳三局两胜的竞赛规则,规定每局竞赛都没有平局(必需分出输赢),且每一局甲赢的概率都是p,随机变量X表示最终的竞赛局数,若0<p<13,则下列式子正确的是(A.EX=52 B.EX>C.DX>14 D.DX<18.某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再依据检验结果确定是否对余下的全部产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0.(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX;②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的全部产品作检验?19.(2024河北保定高三检测)某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务(货物全部用统一规格的包装箱包装),现统计了最近100天内每天可配送的货物量,依据可配送货物量T(单位:箱)分成了以下几组:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],并绘制了如图所示的频率分布直方图(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表,将频率视为概率).(1)该物流公司负责人确定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析可配送货物量少的缘由,并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析,求这3天的数据中至少有2天的数据来自[50,60)这一组的概率.(2)由频率分布直方图可以认为,该物流公司每日的可配送货物量T(单位:箱)听从正态分布N(μ,14.42),其中μ近似为样本平均数.①试利用该正态分布,估计该物流公司2000天中日货物配送量在区间(54.1,97.3]内的天数.②该物流公司负责人依据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作嘉奖方案.方案一:干脆发放奖金,按每日的可配送货物量划分为以下三级:T<60时,嘉奖50元;60≤T<80,嘉奖80元;T≥80时,嘉奖120元.方案二:利用抽奖的方式获得奖金,其中每日的可配送货物量不低于μ时有两次抽奖机会,每日的可配送货物量低于μ时只有一次抽奖机会,每次抽奖的奖金及对应的概率分别为奖金50100概率41小张为该公司装卸货物的一名员工,试从数学期望的角度分析,小张选择哪种嘉奖方案对他更有利?附:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.683,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.954.参考答案课时规范练63离散型随机变量的均值与方差1.C由题意,随机变量ξ听从正态分布N(1,2),可得Dξ=2,所以D(2ξ+3)=22×Dξ=8.2.Ba=1-0.1-0.3-0.4=0.2,EX=1×0.2+2×0.3+3×0.4=2,EX2=1×0.2+4×0.3+9×0.4=5,DX=EX2-(EX)2=5-4=1,故选B.3.D因为随机变量X满意E(1-X)=5,D(1-X)=5,所以E(1-X)=1-EX=5,12×DX=5,解得EX=-4,DX=5,故选D.4.C由正态分布知,每个人数学成果在[70,110]的概率为2×(0.5-0.2)=0.6,所以10个学生数学成果在[70,110]的人数听从二项分布B(10,0.6),所以方差为10×0.6×(1-0.6)=2.4,故选C.5.C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EX=P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)=p+2(1-p)p+3(1-p)2=p2-3p+3>74,解得p>52或p<12.又p∈(0,1],所以p∈6.C设检测的机器的台数为x,则x的全部可能取值为2,3,4.P(x=2)=A22A52=110,P(x=3)=A21C31A22+A33A53=310,P(x=4)7.1设P(X=2)=x,其中0≤x≤0.8,可得出P(X=1)=0.8-x,所以EX=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=1.8.54由题知b=1-3a,且a>0,1-3a>0,即0∴EX=2a+2(1-3a)=2-4a,DX=(4a-2)2·a+(4a-1)2·2a+(4a)2·(1-3a)=-16a2+6a,故当a=316时,DX最大,此时EX=9.132562187因为随机变量X听从二项分布B(n,p),则np=3,np(1-p)=2,解得pP(X=1)=C10.解若按“项目一”投资,设获利为X1万元,则X1的分布列为X1300-150P72∴EX1=300×79+(-150)×29=200.若按“项目二”投资,设获利为X2万元,X2500-3000P311∴EX2=500×35+(-300)×13+0×115=200.DX1=(300-200)2×79+(-150-200)2×29=35000,DX2=(500-200)2×35+(-300-200)2×13+(0-200)2×115=140000.∴11.C由题意知X=0,1,2,3,P(X=0)=2×2×264P(X=1)=2×2×664P(X=2)=2×1264P(X=3)=864所以EX=0×18+1×38+2×3812.D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位的全部结果有4类:①后4个数位上都出现0,X=0,记其概率为P(X=0)=134=181;②后4个数位只出现1个1,X=1,记其概率为P(X=1)=C4123133=881;③后4位数位出现2个1,X=2,记其概率为P(X=2)=C42232132=2481;④后4个数位上出现3个1,记其概率为P(X=3)=C4323313=3281;⑤后4个数位都出现1,X=4,记其概率为P(X=4)=234=1681.故X~B∵X~B4,23,∴X的方差DX=4×23×13=13.6576P(ξ1=0)=C2P(ξ1=1)=C3P(ξ1=2)=C3所以Eξ1=1×1225+2ξ2可取值为0,1,2,P(ξ2=0)=C21C21C51C6P(ξ2=2)=C3所以Eξ2=1×1730+14.解(1)由已知可得m解得m(2)X可能的取值为0,1,2,3,4,P(X=0)=23P(X=1)=C2P(X=2)=C21×13×1-1P(X=3)=C2P(X=4)=1X的分布列如下表X01234P42011204EX=0×484+1×2081+2×1127+3×15.解(1)设从100个水果中随机抽取一个,抽到礼品果的事务为A,则P(A)=20100现有放回地随机抽取4个,设抽到礼品果的个数为X,则X~B4,15.∴恰好抽到2个礼品果的概率为:P(X=2)=C42152452(2)设方案2的单价为ξ,则单价的期望值为:Eξ=16×110+18×310+22×410+∵Eξ>20,∴从选购 商的角度考虑,应当采纳第一种方案.(3)用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个,则其中精品果4个,非精品果6个,现从中抽取3个,则精品果的数量X听从超几何分布,全部可能的取值为0,1,2,3,则P(X=0)=C6P(X=1)=C6P(X=2)=C6P(X=3)=C∴X的分布列如下:X0123P1131∴EX=0×16+1×12+216.Bξ1可能的取值为0,1,2;ξ2可能的取值为0,1,P(ξ1=0)=49,P(ξ1=2)=19,P(ξ1=1)=1-49-19=49,故Eξ1=23,Dξ1=0-232×49+1-232×49+2-232×19=49.P(ξ2=0)=2×13×2=13,P(ξ2=1)=2×1×23×2=23,故Eξ2=23,Dξ2=0-232×1317.D随机变量X可能的取值为2,3.P(X=2)=C22p2+C22(1-p)2=2p2P(X=3)=2p(1-p)p+2p(1-p)(1-p)=2p-2p2,故X的分布列为:X23P2p2-2p+12p-2p2故EX=2×(2p2-2p+1)+3×(2p-2p2)=-2p2+2p+2=-2p-122+52因为0<p<13,故2<EX<229,而229<52,而DX=(2p2-2p)2(2p2-2p+1)+(2p2-2p+1)2(2p-2p2),令t=2p-2p2=-2p-122+12,因为0<p<13<12,故此时DX=-t2+t∈0,2081,DX<14必成立,故C错误,D正确18.解(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C202p2(1-p)因此f'(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C202p(1-p)17(1-令f'(p)=0,得p=0.1.当p∈(0,0.1)时,f'(p)>0;当p∈(0.1,1)时,f'(p)<0.所以f(p)的最大值点为p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(