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第60讲　离散型随机变量的分布列和数字特征 (时间:45分钟)
1.[2026·江苏南京期中] 已知随机变量X的分布列如下表:　　　　　　 　　　　　　　　　　
X 2 3 5
P a b 2b-a
若E(X)=3,则a= (　 )
A. B. C. D.
2.随机变量X服从两点分布,若P(X=0)=,则下列结论正确的是 (　 )
A.P(X=1)= B.D(X)=
C.E(2X+1)= D.D(2X+1)=
3.已知随机变量X的分布列为P(X=i)=(i=1,2,3,4),则E(aX+4)= (　 )
A.104 B.100 C.34 D.7
4.小明射击三次,每次射中的概率均为,且每次射击互不影响,射中一次得5分,没射中得0分,若射击三次后总得分为X,则D(X)= (　 )
A. B.12 C.15 D.18
5.离散型随机变量X的分布列为
X -1 0 1 2
P m 0.3 n 0.3
则P(|X|=1)与E(2|X|+1)的值分别是 (　 )
A.0.4,3　B.0.4,2　C.0.4,1　D.0.2,5
6.随机变量X服从两点分布,且P(X=1)=p,则当概率p在区间(0,1)内增大时,方差D(X)的变化是 (　 )
A.增大 B.先增大后减小
C.减小 D.先减小后增大
7.已知随机变量X有三个不同的取值,分别是0,1,x,其中x∈(0,1),又P(X=0)=,P(X=1)=,则随机变量X的方差的最小值为 (　 )
A. B. C. D.
8.已知随机变量X满足P(X=i)=(i=1,2,3),则E(X)=　　　　,D(X)=　　　　.
9.有5个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取球,每次取1个球,如果取到标有数字5的球就停止取球,至多取3次.记X为这几次取出的球中数字的最大值,则X的数学期望E(X)=　　　　.
10.已知某公司生产某产品采用两种不同的方案,每种方案均有两道加工工序,每道工序的加工结果相互独立,且只有每道加工工序都合格,该产品才为合格品,若某道加工工序不合格,则该产品为不合格品,即刻停止加工.已知方案一每道加工工序合格的概率均为,方案二第一、二道加工工序合格的概率分别为,.该产品只有合格品才能出厂销售.已知每件产品未加工之前的成本为10元.
(1)若分别用方案一与方案二各自生产一件该产品,求生产的两件产品中只有一件产品为合格品的概率.
(2)已知方案一每件产品每道工序的加工成本为20元,售价为120元;方案二每件产品的第一、二道工序的加工成本分别为10元,30元,售价为120元.若以每件产品获利的数学期望为决策依据,请判断该公司应采用哪种方案进行加工生产.
11.(多选题)[2026·广东梅州模拟] 在一个不透明的盒子中装有材质、大小完全相同的n个小球,将它们分别编号为1,2,3,…,n.每次从盒子中随机抽取一个小球,记录编号后放回,直至取遍所有小球后停止摸球,记总的摸球次数为Xn,则下列结论正确的是 (　 )
提示:若0A.P(X2=3)=
B.P(X2=2)C.P(X3=k)>P(X3=k+1),其中k>3
D.E(X2)=3
12.[2026·安徽皖西南示范中学期中] 将分别标有号码1~6的6个小球平均分为两组,记这两组小球中最小的号码分别为m,n,X=|m-n|,则数学期望E(X)=　　　　.
13.有5个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取3次,每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数,则X的数学期望E(X)= 　　　　.
14.某校举办中国传统文化比赛,甲、乙两人进入决赛,决赛采用“五局三胜制”,已知在每局比赛中,甲获胜的概率均为p(0(1)当p=时,设比赛结束时甲、乙比赛的局数为X,求X的分布列和期望;
(2)甲以3∶2获胜的概率为f(p),求f(p)的最大值.第60讲　离散型随机变量的分布列和数字特征
1.A　[解析] 由离散型随机变量分布列的性质及期望公式可知
解得故选A.
2.C　[解析] 因为随机变量X服从两点分布,P(X=0)=,所以P(X=1)=1-P(X=0)=,所以A错误;由题意得E(X)=0×+1×=,所以D(X)=×+×=,所以B错误;E(2X+1)=2E(X)+1=2×+1=,所以C正确;D(2X+1)=22·D(X)=4×=,所以D错误.故选C.
3.C　[解析] 由题意知E(X)=1×+2×+3×+4×=,所以E(aX+4)=aE(X)+4=34.故选C.
4.D　[解析] 设小明射中的次数为Y,因为每次射击互不影响,且每次射中的概率均为,所以随机变量Y~B,则E(Y)=3×=,D(Y)=3××=.又因为射中一次得5分,没射中得0分,射击三次后总得分为X,所以X=5Y,则D(X)=52×D(Y)=18.故选D.
5.A　[解析] 根据题中分布列可得P(|X|=1)=P(X=1)+P(X=-1)=1-0.3-0.3=0.4,E(|X|)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1,则E(2|X|+1)=2E(|X|)+1=2×1+1=3.故选A.
6.B　[解析] 由题可得E(X)=0·(1-p)+1·p=p,D(X)=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2p=p-p2(07.A　[解析] 由P(X=0)=,P(X=1)=,可得P(X=x)=,所以随机变量X的期望E(X)=0×+1×+x×=,则方差D(X)=×+×+×=,结合二次函数y=3x2-2x+3的性质及x∈(0,1)可得,当x=时,方差D(X)取得最小值,最小值为.故选A.
8.　 　[解析] 由P(X=i)=(i=1,2,3)可得,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,则E(X)=1×+2×+3×=,D(X)=12×+22×+32×-=.
9.　[解析] 由题意可知,X=1,2,3,4,5.对于X=5,当第一次取到5时,概率为,当第二次取到5时,概率为×=,当第三次取到5时,概率为×=,所以P(X=5)=++=.事件“X=k”(k=1,2,3,4)等价于“进行了3次抽样,结果均在{1,…,k}中且不全在{1,…,k-1}中”,又3次抽样包含的样本点总数为53=125,所以P(X=k)=,k=1,2,3,4.因此P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=.所以E(X)=1×+2×+3×+4×+5×=.
10.解:(1)采用方案一生产的产品为合格品的概率为=,
采用方案二生产的产品为合格品的概率为×=.
故生产的两件产品中只有一件产品为合格品的概率P=×+×=.
(2)设方案一每件产品的利润为X元,则X的所有可能取值为-30,-50,70,
P(X=-30)=1-=,P(X=-50)=×=,P(X=70)=×=,
所以X的分布列为
X -30 -50 70
P
则E(X)=(-30)×+(-50)×+70×=10.
设方案二每件产品的利润为Y元,则Y的所有可能取值为-20,-50,70,
P(Y=-20)=1-=,P(Y=-50)=×=,P(Y=70)=×=,
则Y的分布列为
Y -20 -50 70
P
则E(Y)=(-20)×+(-50)×+70×=.
因为E(X)11.ACD　[解析] 对于A,当n=2时,摸球3次,样本空间共有23=8(个)样本点,其中恰好在第3次取完所有小球的样本点有2×1×1=2(个),则P(X2=3)==,故A正确.对于B,P(X2=2)==,P(X3=3)==,则P(X2=2)>P(X3=3),故B错误.对于C,当k>3时,P(X3=k)==,P(X3=k+1)===·,所以P(X3=k)>P(X3=k+1),故C正确.对于D,P(X2=t)==,t=2,3,…,
所以X2的分布列为
X2 2 3 … t …
P … …
则E(X2)=2×+3×+…+t·+…,E(X2)=2×+3×+…+t·+…,两式相减可得E(X2)=2×+++…+++…=1+=,所以E(X2)=3,故D正确.故选ACD.
12.　[解析] 将6个小球平均分为两组,分组的方法有种,由题意可得X的可能取值为1,2,3,则P(X=3)==,P(X=1)==,故P(X=2)=1--=,所以E(X)=1×+2×+3×=.
13.　[解析] 记随机变量Xi=
i=1,2,3,4,5,则X=X1+X2+X3+X4+X5,由于每个小球都相同,则每个Xi的期望相同,又Xi服从两点分布,所以E(Xi)=P(Xi=1)=1-P(Xi=0),又P(Xi=0)=,所以E(Xi)=1-=1-=,则E(X)=E(X1)+E(X2)+E(X3)+E(X4)+E(X5)=5×=.
14.解:(1)由题意知,X的可能取值为3,4,5,且甲在每局比赛中获胜的概率均为,
当X=3时,甲连胜三局或乙连胜三局,则P(X=3)=+=+=.
当X=4时,前三局甲胜两局负一局,第四局甲胜,或前三局乙胜两局负一局,第四局乙胜,则
P(X=4)=×××=+=.
当X=5时,前四局甲胜两局负两局,第五局甲胜,或前四局乙胜两局负两局,第五局乙胜,则
P(X=5)=×+××=+=.
所以X的分布列为
X 3 4 5
P
则E(X)=3×+4×+5×=.
(2)甲以3∶2获胜,即前四局甲胜两局负两局,第五局甲胜,
所以f(p)=p2(1-p)2p=6p3·(1-p)2,0对f(p)求导得f'(p)=6p2(1-p)(3-5p),
令f'(p)=0,可得p=,
当00,f(p)单调递增,当因此当p=时,f(p)取得最大值,最大值为f=6××=.

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