《新編高考數學浙江理科一輪【第十一章】統(tǒng)計與概率 第7講離散型隨機變量的均值與方差》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數學浙江理科一輪【第十一章】統(tǒng)計與概率 第7講離散型隨機變量的均值與方差（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、新編高考數學復習資料 第7講 離散型隨機變量的均值與方差 一、選擇題 1．某班有的學生數學成績優(yōu)秀，如果從班中隨機地找出5名同學，那么其中數學成績優(yōu)秀的學生數X～B，則E(2X＋1)等于(　　) A. B. C．3 D. 解析 因為X～B，所以E(X)＝，所以E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝2×＋1 ＝. 答案 D 2．某種種子每粒發(fā)芽的概率都為0.9，現播種了1 000粒，對于沒有發(fā)芽的種子，每粒需要再補種2粒，補種的種子

2、數記為X，則X的數學期望為(　　)． A．100 B．200 C．300 D．400 解析　種子發(fā)芽率為0.9，不發(fā)芽率為0.1，每粒種子發(fā)芽與否相互獨立，故設沒有發(fā)芽的種子數為ξ，則ξ～B(1 000,0.1)，∴E(ξ)＝1 000×0.1＝100，故需補種的期望為E(X)＝2·E(ξ)＝200. 答案　B 3．若p為非負實數，隨機變量ξ的分布列為 ξ 0 1 2 P －p p 則E(ξ)的最大值為 (　　)． A．1 B. C. D．2 解析　由p≥

3、0，－p≥0，則0≤p≤，E(ξ)＝p＋1≤. 答案　B 4．已知隨機變量X＋η＝8，若X～B(10，0.6)，則E(η)，D(η)分別是 (　　)． A．6和2.4 B．2和2.4 C．2和5.6 D．6和5.6 解析　由已知隨機變量X＋η＝8，所以有η＝8－X.因此，求得E(η)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，D(η)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4. 答案　B 5．一個籃球運動員投籃一次得3分的概率為a，得2分的概率為b，不得分的概率為c(a、b、c∈(0,1))，已知他投籃一次得分的均值為2，則＋的最小值為

4、 (　　)． A. B. C. D. 解析　由已知得，3a＋2b＋0×c＝2， 即3a＋2b＝2，其中0D(ξ2) B．D(ξ1)＝D(ξ2)

5、 C．D(ξ1)

6、＋2－5 2. ∵2<，…，2<， ∴2＋2＋…＋2D(ξ2)． 答案　A 二、填空題 7．某射手射擊所得環(huán)數ξ的分布列如下： ξ 7 8 9 10 P x 0.1 0.3 y 已知ξ的期望E(ξ)＝8.9，則y的值為________． 解析　x＋0.1＋0.3＋y＝1，即x＋y＝0.6. ① 又7x＋0.8＋2.7＋10y＝8.9，化簡得7x＋10y＝5.4. ② 由①②聯立解得x＝0.2，y＝0.4. 答案　0.4 8．馬老師從課本上抄錄一個隨機變量ξ的概率分布列如下表： ξ 1

7、2 3 P ？ ！ ？ 請小牛同學計算ξ的數學期望．盡管“！”處完全無法看清，且兩個“？”處字跡模糊，但能斷定這兩個“？”處的數值相同．據此，小牛給出了正確答案E(ξ)＝________. 解析　令“？”為a，“！”為b，則2a＋b＝1.又E(ξ)＝a＋2b＋3a＝2(2a＋b)＝2. 答案　2 9．袋中有大小、形狀相同的紅、黑球各一個，每次摸取一個球記下顏色后放回，現連續(xù)取球8次，記取出紅球的次數為X，則X的方差D(X)＝________. 解析 每次取球時，紅球被取出的概率為，8次取球看做8次獨立重復試驗，紅球出現的次數X～B，故D(X)＝8××＝2. 答案 2

8、10．罐中有6個紅球，4個白球，從中任取1球，記住顏色后再放回，連續(xù)摸取4次，設ξ為取得紅球的次數，則ξ的期望E(ξ)＝________. 解析　因為是有放回地摸球，所以每次摸球(試驗)摸得紅球(成功)的概率均為，連續(xù)摸4次(做4次試驗)，ξ為取得紅球(成功)的次數，則ξ～B， 從而有E(ξ)＝np＝4×＝. 答案　 三、解答題 11．袋中有20個大小相同的球，其中記上0號的有10個，記上n號的有n個(n＝1,2,3,4)．現從袋中任取一球，X表示所取球的標號． (1)求X的分布列、期望和方差； (2)若η＝aX＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，試求a，b的值． 解　(1)X

9、的分布列為 X 0 1 2 3 4 P ∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5. D(X)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75. (2)由D(η)＝a2D(X)，得a2×2.75＝11，即a＝±2. 又E(η)＝aE(X)＋b， 所以當a＝2時，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2. 當a＝－2時，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4. ∴或即為所求． 12．甲、乙、丙三名射擊運動員射中目標的概率分別為，a，a(0

10、1)求ξ的分布列及數學期望； (2)在概率P(ξ＝i)(i＝0,1,2,3)中，若P(ξ＝1)的值最大，求實數a的取值范圍． 解　(1)P(ξ)是“ξ個人命中，3－ξ個人未命中”的概率．其中ξ的可能取值為0,1,2,3. P(ξ＝0)＝(1－a)2＝(1－a)2， P(ξ＝1)＝(1－a)2＋a(1－a)＋(1－a)a＝(1－a2)， P(ξ＝2)＝a2＋(1－a)a＋a(1－a)＝(2a－a2)， P(ξ＝3)＝. 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P (1－a)2 (1－a2) (2a－a2) ξ的數學期望為 E(ξ)＝0×(1－a)2＋1×(1

11、－a)2＋2×(2a－a2)＋3×＝. (2)P(ξ＝1)－P(ξ＝0)＝[(1－a2)－(1－a)2]＝a(1－a)， P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝[(1－a2)－(2a－a2)]＝， P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝[(1－a2)－a2]＝. 由及0

12、 0 0.1 0.4 0.4 0.1 現甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時間用于趕往火車站． (1)為了盡最大可能在各自允許的時間內趕到火車站，甲和乙應如何選擇各自的路徑？ (2)用X表示甲、乙兩人中在允許的時間內能趕到火車站的人數，針對(1)的選擇方案，求X的分布列和數學期望． 解　(1)Ai表示事件“甲選擇路徑Li時，40分鐘內趕到火車站”，Bi表示事件“乙選擇路徑Li時，50分鐘內趕到火車站”，i＝1,2. 用頻率估計相應的概率可得 P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5， ∵P(A1)＞P(A2)，∴甲應選擇L1； P(

13、B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9， ∵P(B2)＞P(B1)，∴乙應選擇L2. (2)A，B分別表示針對(1)的選擇方案，甲、乙在各自允許的時間內趕到火車站， 由(1)知P(A)＝0.6，P(B)＝0.9，又由題意知，A，B獨立， ∴P(X＝0)＝P()＝P()P()＝0.4×0.1＝0.04， P(X＝1)＝P(B＋A)＝P()P(B)＋P(A)P() ＝0.4×0.9＋0.6×0.1＝0.42， P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.9＝0.54. ∴X的分布列為 X 0 1 2 P 0

14、.04 0.42 0.54 ∴E(X)＝0×0.04＋1×0.42＋2×0.54＝1.5. 14．某城市有甲、乙、丙3個旅游景點，一位游客游覽這3個景點的概率分別是0.4、0.5、0.6，且游客是否游覽哪個景點互不影響，用X表示該游客離開該城市時游覽的景點數與沒有游覽的景點數之差的絕對值． (1)求X的分布列及期望； (2)記“f(x)＝2Xx＋4在[－3，－1]上存在x0，使f(x0)＝0”為事件A，求事件A的概率． 解　(1)設游客游覽甲、乙、丙景點分別記為事件A1、A2、A3，已知A1、A2、 A3相互獨立，且P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.6.游

15、客游覽的景點數可能 取值為0、1、2、3，相應的游客沒有游覽的景點數可能取值為3、2、1、0， 所以X的可能取值為1、3.則P(X＝3)＝P(A1A2A3)＋P(　　) ＝P(A1)·P(A2)·P(A3)＋P()·P()·P() ＝2×0.4×0.5×0.6＝0.24. P(X＝1)＝1－0.24＝0.76. 所以分布列為： X 1 3 P 0.76 0.24 ∴E(X)＝1×0.76＋3×0.24＝1.48. (2)∵f(x)＝2Xx＋4在[－3，－1]上存在x0，使得f(x0)＝0， ∴f(－3)·f(－1)≤0，即(－6X＋4)(－2X＋4)≤0， 解得：≤X≤2. ∴P(A)＝P＝P(X＝1)＝0.76.