7.3.1　离散型随机变量的均值（Word含解析）

7.3　离散型随机变量的数字特征
7.3.1　离散型随机变量的均值
基础过关练
题组一　离散型随机变量的均值
1.若离散型随机变量X的分布列如下表,则E(X)=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
X 0 1 2 3 4 5
P
A. B. C. D.
2.(2020山东临沂高二下期末)在掷一枚图钉的随机试验中,令X=若随机变量X的分布列如下表,则E(X)=(　　)
X 0 1
P 0.3 p
A.0.21 B.0.3 C.0.5 D.0.7
3.(2020安徽六校教育研究会高三第二次素质测试)为实现国民经济新“三步走”的发展战略目标,国家加大了扶贫攻坚的力度.某地区在2015 年以前的年均脱贫率(脱离贫困的户数占当年贫困户总数的比)为70%.2015年开始,全面实施“精准扶贫”政策后,扶贫效果明显提高,其中2019年度实施的扶贫项目,各项目参加户数占比(参加各项目的户数占 2019 年贫困户总数的比)及各项目的脱贫率见下表.
实施项目 种植业 养殖业 工厂就业 服务业
参加户数占比 40% 40% 10% 10%
脱贫率 95% 95% 90% 90%
那么2019年的脱贫率与全面实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的比值为(　　)
A. B. C. D.
4.射手用手枪进行射击,击中目标就停止,否则继续射击,他射中目标的概率是0.8,若枪内只有3颗子弹,则他射击次数的数学期望是(　　)
A.0.8 B.0.992 C.1 D.1.24
5.(2020天津六校高二下期中联考)某班举行了一次“心有灵犀”的活动,教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学,这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学.若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4,同学乙猜对成语的概率是0.5,且规定猜对得1分,猜错得0分,则这两个同学各猜1次,得分之和X的数学期望为(　　)
A.0.9 B.0.8 C.1.2 D.1.1
6.(2020重庆九校联盟高二上联考)随机变量X的分布列如表所示.
X -2 0 2
P a c
若数学期望E(X)=,则c=　　　　.
7.(2020黑龙江哈尔滨三中高三综合测试)小建大学毕业后分别向三家不同的公司提交了应聘简历,若被A,B,C公司录用的概率分别为,,,且被各公司录用与否相互独立.
(1)求小建至少被一家公司录用的概率;
(2)设小建应聘成功的公司的个数为X,试求X的分布列和期望.
题组二　离散型随机变量的均值的性质
8.(2020广东东莞高二下期末)随机变量X的分布列如下表,则E(5X+4)= (　　)
X 0 2 4
P 0.3 0.2 0.5
A.16 B.11 C.2.2 D.2.3
9.(2020浙江绍兴上虞高三上期末)已知随机变量X的分布列如下表,Y=2X+1,则E(Y)=(　　)
X 1 0 -1
P a
A. B. C. D.2
10.(2020湖南常德高二下月考)若P(X=0)=1-p,P(X=1)=p,则E(2X-3)=　　　　.
题组三　均值的实际应用
11.甲、乙两工人在同样的条件下生产某产品,两人的日产量相等,每天出废品的情况如表所示:
工人 甲 乙
废品数 0 1 2 3 0 1 2 3
概率 0.4 0.3 0.2 0.1 0.3 0.5 0.2 0
则下列结论正确的是(　　)
A.甲的产品质量比乙的产品质量好一些
B.乙的产品质量比甲的产品质量好一些
C.两人的产品质量一样好
D.无法判断谁的产品质量好一些
12.(2020北京第四中学高三下阶段测试)某工厂的机器上有一种易损元件A,这种元件在使用过程中发生损坏时需要送维修处维修.工厂规定当日损坏的元件A在次日早上 8:30 之前送到维修处,并要求维修人员当日必须完成所有损坏元件A的维修工作.每个工人独立维修元件A所需时间相同.维修处记录了某月从1日到20日每天维修元件A的个数,具体数据如下表:
日期 1日 2日 3日 4日 5日 6日 7日 8日 9日 10日
维修元 件A的 个数　 9 15 12 18 12 18 9 9 24 12
日期 11日 12日 13日 14日 15日 16日 17日 18日 19日 20日
维修元 件A的 个数　 12 24 15 15 15 12 15 15 15 24
从这20天中随机选取一天,随机变量X表示维修处维修元件A的个数.
(1)求X的分布列与数学期望;
(2)目前维修处有两名工人从事维修工作,为使每个维修工人每天维修元件A的个数的数学期望不超过4,至少需要增加几名维修工人 (只需写出结论)
13.(2020北京首都师范大学附属中学高二下期中)现有甲、乙两个投资项目,对甲项目投资十万元,根据对市场120份样本数据的统计,甲项目年利润分布如下表:
年利润 1.2万元 1.0万元 0.9万元
频数 20 60 40
对乙项目投资十万元,年利润与产品质量抽查的合格次数有关,在每次抽查中,产品合格的概率均为,在一年之内要进行2次独立的抽查,在这2次抽查中产品合格的次数与对应的利润如下表:
合格次数 2 1 0
年利润 1.3万元 1.1万元 0.6万元
记随机变量X,Y分别表示对甲、乙两个项目各投资十万元的年利润.将甲项目年利润的频率作为对应事件的概率.
(1)求X>Y的概率;
(2)某商人打算对甲或乙项目投资十万元,判断哪个项目更具有投资价值,并说明理由.
能力提升练
题组一　离散型随机变量的均值
1.(2020百校联盟高二下期中,)在一次射击训练中,每位士兵最多可射击3次,一旦命中目标,则停止射击,否则一直射击到3次为止.设士兵甲一次射击命中目标的概率为p(0,则p的取值范围是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
2.(2020山东莱州第一中学高二下阶段检测,)某城市有甲、乙、丙3个旅游景点,一位客人游览这三个景点的概率分别是0.4,0.5,0.6,且此人是否游览哪个景点互不影响,设X表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值,则E(X)等于(　　)
A.1.48 B.0.76
C.0.24 D.1
3.(2020河北保定三中高二下月考,)一个口袋中有5个大小相同的球,编号为1,2,3,4,5,从中任取2个球,用X表示取出球的较大号码,则E(X)等于(　　)
A.4 B.5
C.3 D.4.5
4.()已知a,b,c为实数,随机变量X,Y的分布列如下:
X -1 0 1
P
　
Y -1 0 1
P a b c
若E(Y)=P(Y=-1),随机变量Z满足Z=XY,其中随机变量X,Y相互独立,则E(Z)的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
5.(多选)()已知随机变量X的分布列如下表:
X -1 0 1
P a b
记“函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数”为事件A,则　　(　　)
A.P(A)= B.E(X)=
C.E(X)=-2a D.E(X2)=
6.(2020天津和平第一中学高三上月考,)已知甲盒中仅有一个球且为红球,乙盒中有3个红球和4个蓝球,从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放在甲盒中,放入i个球后,甲盒中含有红球的个数为Xi(i=1,2),则E(X1)+E(X2)的值为　　　　.
7.(2020河北张家口第一中学高二月考,)张强同学进行三次定点投篮测试,已知第一次投篮命中的概率为,第二次投篮命中的概率为,前两次投篮是否命中相互之间没有影响,第三次投篮受到前两次结果的影响,如果前两次投篮至少命中一次,则第三次投篮命中的概率为,否则为.
(1)求张强同学三次投篮至少命中一次的概率;
(2)记张强同学三次投篮命中的次数为随机变量X,求X的分布列及数学期望.
题组二　均值的实际应用
8.(2020北京师范大学附属中学高三期中,)某公司打算引进一台设备使用一年,现有甲、乙两种设备可供选择.甲设备每台10 000元,乙设备每台9 000元.此外设备使用期间还需维修,对于每台设备,一年间三次及三次以内免费维修,三次以外的维修费用均为每次1 000元.该公司统计了曾使用过的甲、乙各50台设备在一年间的维修次数,得到下面的频数分布表,以频率代替概率.
维修次数 2 3 4 5 6
甲设备 5 10 30 5 0
乙设备 0 5 15 15 15
(1)设购买一台甲、乙两种设备和一年间维修的花费总额分别为X、Y,求X、Y的分布列;
(2)若以数学期望为决策依据,希望购买设备和一年间维修的花费总额尽量低,且维修次数尽量少,则需要购买哪种设备 请说明理由.
9.(2020广东番禺高三模拟,)某种大型医疗检查机器生产商对一次性购买2台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案.方案一:交纳延保金7 000元,在延保的两年内可免费维修2次,超过2次后每次收取维修费2 000元;方案二:交纳延保金10 000元,在延保的两年内可免费维修4次,超过4次后每次收取维修费1 000元.某医院准备一次性购买2台这种机器,现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案,为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数,得到下表:
维修次数 0 1 2 3
台数 5 10 20 15
以这50台机器维修次数的频率作为1台机器维修次数发生的概率,记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数.
(1)求X的分布列;
(2)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据,医院选择哪种延保方案更合算
答案全解全析
7.3　离散型随机变量的
数字特征
7.3.1　离散型随机变量的均值
基础过关练
1.D　E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=.
2.D　易知0.3+p=1,
所以p=0.7,
所以E(X)=0×0.3+1×0.7=0.7.
3.C　由题表得,2019年的脱贫率为0.4×0.95+0.4×0.95+0.1×0.9+0.1×0.9=0.94.
所以2019年的脱贫率与全面实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的比值为=.
故选C.
4.D　记射击次数为随机变量X,则X的可能取值为1,2,3,
P(X=1)=0.8 ,
P(X=2)=0.2×0.8=0.16,
P(X=3)=0.2×0.2×0.8+0.2×0.2×0.2=0.04,
∴E(X)=1×0.8+2×0.16+3×0.04=1.24.
故选D.
5.A　依题意得,X的可能取值为0,1,2,
P(X=0)=(1-0.4)×(1-0.5)=0.3,
P(X=1)=0.4×(1-0.5)+(1-0.4)×0.5=0.5,
P(X=2)=0.4×0.5=0.2.
可得X的分布列如表所示.
X 0 1 2
P 0.3 0.5 0.2
∴E(X)=0×0.3+1×0.5+2×0.2=0.9.
6.答案　
解析　由已知得
解得
7.解析　(1)A,B,C公司都不录用小建的概率为××=,
则小建至少被一家公司录用的概率为1-=.
(2)X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=,
P(X=1)=××+××+××=,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××=.
可得X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)=0×+1×+2×+3×=.
8.A　由题意得E(X)=0×0.3+2×0.2+4×0.5=2.4,
故E(5X+4)=5E(X)+4=5×2.4+4=16,
故选A.
9.B　由题可知++a=1,所以a=,
所以E(X)=1×+0×+(-1)×=,
因此E(Y)=E(2X+1)=2E(X)+1=,
故选B.
10.答案　2p-3
解析　由题意得E(X)=p,∴E(2X-3)=2E(X)-3=2p-3.
11.B　由题知,甲生产废品的期望是0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,
乙生产废品的期望是0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9,
所以甲生产废品的期望大于乙生产废品的期望,故乙的产品质量比甲的产品质量好一些.
故选B.
12.解析　(1)X的可能取值为9,12,15,18,24,
P(X=9)=,P(X=12)==,
P(X=15)=,P(X=18)==,
P(X=24)=.
可得X的分布列为
X 9 12 15 18 24
P
故数学期望E(X)=9×+12×+15×+18×+24×=15.
(2)由(1)可知X的数学期望为15,为使每个维修工人每天维修元件A的个数的数学期望不超过4,至少需要增加2名维修工人.
13.解析　(1)X>Y的所有情况有:
P(X=1.2,Y=1.1)=×2××=,
P(Y=0.6)==,
所以P(X>Y)=+=.
(2)随机变量X的分布列为
X 1.2 1.0 0.9
P
所以E(X)=1.
P(Y=1.3)=×=,
P(Y=1.1)=×+×=,
P(Y=0.6)=×=,
所以随机变量Y的分布列为
Y 1.3 1.1 0.6
P
所以E(Y)=0.9.
因为E(X)>E(Y),且X>Y的概率比X所以从长期投资来看,甲项目更具有投资价值.
能力提升练
1.C　依题意X的可能取值为1,2,3,
P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p)2,
∴E(X)=p+2(1-p)p+3(1-p)2=p2-3p+3>,且02.A　X的可能取值为1,3,X=3表示这三个景点都游览了或都没有游览,
所以P(X=3)=0.4×0.5×0.6+0.6×0.5×0.4=0.24,P(X=1)=1-0.24=0.76,
所以X的分布列为
X 1 3
P 0.76 0.24
所以E(X)=1×0.76+3×0.24=1.48.故选A.
3.A　由题意知X的可能取值为2,3,4,5,
P(X=2)==,
P(X=3)===,
P(X=4)==,
P(X=5)===,
故E(X)=2×+3×+4×+5×=4.
故选A.
4.B　由已知得,E(Y)=c-a,P(Y=-1)=a,
所以c-a=a,即c=2a,
又a+b+c=1,故b=1-a-c=1-3a∈[0,1],
所以a∈,
随机变量Z的可能取值为-1,0,1,
P(Z=-1)=c+a=a,
P(Z=0)=b+b+b+(a+c)=1-a,
P(Z=1)=a+c=a,
可得随机变量Z的分布列为
Z -1 0 1
P a 1-a a
所以E(Z)=-a+a=-a∈. 故选B.
5.ACD　因为函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数,
所以π=+kπ,k∈Z,
于是X=2k+1,k∈Z,又因为X=-1,0,1,
所以事件A表示X=±1,
所以P(A)=a+b=1-=,
E(X)=(-1)×a+0×+1×b=b-a=-2a,
随机变量X2的可能取值为0,1,
P(X2=0)=,P(X2=1)=,
所以E(X2)=0×+1×=.
故选ACD.
6.答案　
解析　当甲盒中含有红球的个数为X1时,X1的可能取值为1,2,
P(X1=1)==,P(X1=2)==.
所以E(X1)=1×+2×=.
当甲盒中含有红球的个数为X2时,X2的可能取值为1,2,3,
P(X2=1)==,
P(X2=2)==,
P(X2=3)==.
所以E(X2)=1×+2×+3×=.
所以E(X1)+E(X2)=+=.
7.解析　(1)张强同学三次投篮都没有命中的概率
P1=××=,
所以张强同学三次投篮至少命中一次的概率P2=1-=.
(2)由题意知随机变量X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=,
P(X=1)=××+××+××=,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××=.
故随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
8.解析　(1)由题中频数分布表可知,X的可能取值为10 000,11 000,12 000,
P(X=10 000)==,
P(X=11 000)==,
P(X=12 000)==.
因此X的分布列为
X 10 000 11 000 12 000
P
Y的可能取值为9 000,10 000,11 000,12 000,
P(Y=9 000)==,
P(Y=10 000)==,
P(Y=11 000)==,
P(Y=12 000)==.
因此Y的分布列为
Y 9 000 10 000 11 000 12 000
P
(2)由(1)可得,E(X)=10 000×+11 000×+12 000×=10 800,
E(Y)=9 000×+10 000×+11 000×+12 000×=10 800.
设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为X1、Y1,
X1的可能取值为2,3,4,5,
P(X1=2)==,P(X1=3)==,
P(X1=4)==,P(X1=5)==.
则X1的分布列为
X1 2 3 4 5
P
则E(X1)=2×+3×+4×+5×=3.7.
Y1的可能取值为3,4,5,6,
P(Y1=3)==,P(Y1=4)==,
P(Y1=5)==,P(Y1=6)==.
则Y1的分布列为
Y1 3 4 5 6
P
则E(Y1)=3×+4×+5×+6×=4.8.
由于E(X)=E(Y),E(X1)9.解析　(1)由题意得X的可能取值为0,1,2,3,4,5,6,
P(X=0)=×=,
P(X=1)=××2=,
P(X=2)=×+××2=,
P(X=3)=××2+××2=,
P(X=4)=×+××2=,
P(X=5)=××2=,
P(X=6)=×=.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
(2)设方案一所需延保金及维修费用为Y1,则由题意可得Y1的可能取值为7 000,9 000,11 000,13 000,15 000,由(1)可得,
P(Y1=7 000)=++=,
P(Y1=9 000)=,
P(Y1=11 000)=,
P(Y1=13 000)=,
P(Y1=15 000)=.
所以Y1的分布列为
Y1 7 000 9 000 11 000 13 000 15 000
P
则E(Y1)=7 000×+9 000×+11 000×+13 000×+15 000×=10 720.
设方案二所需延保金及维修费用为Y2,则由题意可得Y2的可能取值为10 000,11 000,12 000,由(1)可得,
P(Y2=10 000)=++++=,
P(Y2=11 000)=,
P(Y2=12 000)=.
所以Y2的分布列为
Y2 10 000 11 000 12 000
P
则E(Y2)=10 000×+11 000×+12 000×=10 420.
因为E(Y1)>E(Y2),
所以该医院选择延保方案二更合算.