2025高考数学一轮复习-对点练76 离散型随机变量及其分布列、数字特征【含答案】

对点练76离散型随机变量及其分布列、数字特征【A级基础巩固】1.已知下列随机变量：①10件产品中有2件次品，从中任选3件，取到次品的件数X；②一位射击选手对目标进行射击，击中目标得1分，未击中目标得0分，该射击选手在一次射击中的得分X；③一天内的温度X；④在体育彩票的抽奖中，一次摇号产生的号码数X.其中X是离散型随机变量的是()A.①②③ B.①②④C.②③④ D.③④2.(2024·陕西部分名校模拟)已知随机变量X的分布列为X023Peq\f(1,2)m2m则E(X)＝()A.2 B.eq\f(5,3)C.eq\f(4,3) D.13.已知随机变量X的分布列为X123Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，则a等于()A.－3 B.－2C.eq\f(5,3) D.34.随机变量X的取值范围为{0，1，2}，若P(X＝0)＝eq\f(1,4)，E(X)＝1，则D(X)等于()A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,4)5.(2024·绵阳诊断)若离散型随机变量X的分布列如下，E(X)＝0，D(X)＝1，则P(X<1)＝()X－1012Pabceq\f(1,12)A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(2,3)6.(多选)(2024·哈尔滨质检)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)＝4C.D(3X＋2)＝4 D.D(X)＝eq\f(4,9)7.(多选)(2024·潍坊段考)一盒中有7个乒乓球，其中5个未使用过，2个已使用过，现从盒子中任取3个球来用，用完后再装回盒中.记盒中已使用过的球的个数为X，则()A.X的所有可能取值是3，4，5 B.X最有可能的取值是5C.X等于3的概率为eq\f(1,7) D.X的数学期望是eq\f(6,7)8.已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球.设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P(ξ＝2)＝________.9.(2024·湘潭质检)随机变量X的分布列如下：X－101Pabc其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________，公差d的取值范围是________.10.某老师从课本上抄录的一个随机变量X的分布列如下表：X123P？！？尽管“！”与“？”处无法完全看清，但能肯定两个“？”处的数值相同，据此，E(X)＝________.11.设箱子里装有同样大小的3个红球及白球、黑球、黄球、绿球各1个.(1)若甲从中一次性摸出2个球，求两个球颜色不相同的概率；(2)若乙从中一次性取出3个球，设3个球中的红球个数为X，求随机变量X的概率分布列及数学期望值.12.某游乐场设置了迷宫游戏，有三个造型相同的门可供选择，参与者进入三个门的结果分别是3分钟走出去，6分钟走出去，3分钟返回出发点.游戏规定：不重复进同一个门，若返回出发点立即重新选择，直到走出迷宫游戏结束.(1)求一名游戏参与者走出迷宫所用时间的均值；(2)甲、乙2人相约玩这个游戏.2人商量了两种方案.方案一：2人共同行动；方案二：2人分头行动.分别计算两种方案2人都走出迷宫所用时间和的均值.【B级能力提升】13.(多选)(2024·金华质检)已知随机变量ξ的分布列如下：ξ012Pb－aba则当a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内增大时()A.E(ξ)增大 B.E(ξ)减小C.D(ξ)先增大后减小 D.D(ξ)先减小后增大14.(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分.已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.对点练76离散型随机变量及其分布列、数字特征答案1．B[①中，X的可能取值为0，1，2，符合要求；②中，X的可能取值为0，1，符合要求；③中，一天的温度变化是连续的，所以X不是离散型随机变量；④中，在体育彩票的抽奖中，一次摇号产生的号码数是离散且随机的，符合要求．]2．C[由eq\f(1,2)＋3m＝1，解得m＝eq\f(1,6)，则E(X)＝0×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3).]3．A[E(X)＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(5,3).∵Y＝aX＋3，∴E(Y)＝aE(X)＋3＝eq\f(5,3)a＋3＝－2，解得a＝－3.]4．C[设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，由题意得E(X)＝0×eq\f(1,4)＋p＋2q＝1，且eq\f(1,4)＋p＋q＝1，解得p＝eq\f(1,2)，q＝eq\f(1,4)，所以D(X)＝eq\f(1,4)×(0－1)2＋eq\f(1,2)×(1－1)2＋eq\f(1,4)×(2－1)2＝eq\f(1,2).]5．D[由题意知，a＋b＋c＋eq\f(1,12)＝1.①由E(X)＝0，即E(X)＝－1×a＋0×b＋1×c＋2×eq\f(1,12)＝0，得－a＋c＋eq\f(1,6)＝0.②由D(X)＝1，即D(X)＝(－1－0)2×a＋(0－0)2×b＋(1－0)2×c＋(2－0)2×eq\f(1,12)＝1，得a＋c＋eq\f(1,3)＝1.③联立①②③解得a＝eq\f(5,12)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,4)，又因为P(X<1)＝P(X＝－1)＋P(X＝0)，所以P(X<1)＝a＋b＝eq\f(2,3).]6．AB[随机变量X服从两点分布，由P(X＝0)＝eq\f(1,3)，得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\co1(0－\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(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正确；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．]7．AC[记未使用过的乒乓球为A，已使用过的为B，任取3个球的所有可能是1A2B，2A1B，3A，A使用后成为B，故X的所有可能取值是3，4，5，故A正确；P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(1,7)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(4,7)，P(X＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(3,5),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(2,7)，所以X最有可能的取值是4，故B错误，C正确；E(X)＝3×eq\f(1,7)＋4×eq\f(4,7)＋5×eq\f(2,7)＝eq\f(29,7)，故D错误．]8.eq\f(3,10)[由题意可知P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(3,10).]9.eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))[∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，又a＋b＋c＝1，∴b＝eq\f(1,3)，∴P(|X|＝1)＝a＋c＝eq\f(2,3).又a＝eq\f(1,3)－d，c＝eq\f(1,3)＋d，根据分布列的性质，得0≤eq\f(1,3)－d≤eq\f(2,3)，0≤eq\f(1,3)＋d≤eq\f(2,3)，∴－eq\f(1,3)≤d≤eq\f(1,3).]10．2[设P(X＝1)＝P(X＝3)＝a，P(X＝2)＝b，则2a＋b＝1.于是E(X)＝a＋2b＋3a＝2(2a＋b)＝2.]11．解(1)记“甲从中一次性摸出2个球，两个球颜色不相同”为事件A，甲从中一次性摸出2个球共有Ceq\o\al(2,7)＝21种，两个球颜色不相同有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝12＋6＝18种，所以P(A)＝eq\f(18,21)＝eq\f(6,7).(2)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，且P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(4,35)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(18,35)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(12,35)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(1,35)，所以随机变量X的概率分布列为X0123Peq\f(4,35)eq\f(18,35)eq\f(12,35)eq\f(1,35)E(X)＝0×eq\f(4,35)＋1×eq\f(18,35)＋2×eq\f(12,35)＋3×eq\f(1,35)＝eq\f(45,35)＝eq\f(9,7).12．解(1)设一名游戏参与者走出迷宫所用时间为X(单位：分钟)，则X的所有可能取值为3，6，9，P(X＝3)＝eq\f(1,3)，P(X＝6)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，P(X＝9)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，所以E(X)＝3×eq\f(1,3)＋6×eq\f(1,2)＋9×eq\f(1,6)＝eq\f(11,2)(分钟)．即一名游戏参与者走出迷宫所用时间的均值为eq\f(11,2)分钟．(2)由(1)知，按照方案一：2人共同行动所用时间和的均值为eq\f(11,2)×2＝11(分钟)．按照方案二：设两人走出迷宫所用时间和为Y(单位：分钟)，则Y的所有可能取值为9，12，15，P(Y＝9)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,2)＋\f(1,3)×\f(1,2)×\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，P(Y＝12)＝2×(eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2))＝eq\f(1,3)，P(Y＝15)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,2)×\f(1,2)))＝eq\f(1,6)，所以E(Y)＝9×eq\f(1,2)＋12×eq\f(1,3)＋15×eq\f(1,6)＝11(分钟)，即按照方案二，两人所用时间和的均值为11分钟．13．AC[由随机变量ξ的分布列得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤b－a≤1，,0≤b≤1，,0≤a≤1，,b－a＋b＋a＝1，))解得b＝0.5，0≤a≤0.5，∴E(ξ)＝0.5＋2a，0≤a≤0.5.故a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内增大时，E(ξ)增大，A正确．D(ξ)＝(－2a－0.5)2(0.5－a)＋(0.5－2a)2×0.5＋(1.5－2a)2a＝－