2024人教版高中数学选择性必修第三册同步练习题（含解析）--7.3.1　离散型随机变量的均值

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2024人教版高中数学选择性必修第三册同步
第七章　随机变量及其分布
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.若随机变量X的分布列如下(k为常数),则E(X)=(　　)
X 0 1 2
P k 6k 0.3
A.0.6　　B.0.9　　C.1　　D.1.2
2.(2023安徽宿州泗县第二中学月考)已知随机变量X服从两点分布,且E(X)=0.7,则其成功的概率为(　　)
A.0　　B.1　　C.0.3　　D.0.7
3.(2022江苏常州溧阳期中)掷一枚质地均匀的正四面体骰子(四面点数分别为1,2,3,4),则底面掷出点数的数学期望为(　　)
A.2　　B.2.5　　C.3　　D.3.5
4.(2022浙江新高考名校交流模拟)甲、乙、丙三人各打靶一次,若甲打中的概率为,乙、丙打中的概率均为(0A.　　B.　　C.1　　D.
5.(2023天津期末)一个口袋中装有形状、大小相同的2个白球和4个红球,从中摸出两个球,用ξ表示摸出的白球的个数,则E(ξ)=　　　　.
6.(2022武汉华中师大一附中期中)对某种型号的仪器进行质量检测,每台仪器最多可检测3次,一旦发现问题,则停止检测,否则一直检测到3次为止.若该仪器一次检测中出现问题的概率为0.2,设检测次数为X,则X的数学期望为　　　　.
7.(2023山东师大附中期中)为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生,教育部开展了招生改革工作——强基计划.强基计划的校考由试点高校自主命题.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目,且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学,每门科目通过的概率分别为,,,报考乙大学,每门科目通过的概率均为.
(1)设A为事件“该考生报考乙大学在笔试环节至少通过两门科目”,求事件A发生的概率;
(2)设X为该考生通过甲大学的笔试环节的科目数,求随机变量X的分布列和数学期望.
题组二　离散型随机变量的均值的性质
8.已知X的分布列如下表所示,
X -1 0 1
P a
则E(2X+1)的值是(　　)
A.-　　B.　　C.　　D.-
9.(多选题)已知随机变量X的分布列如下,且E(X)=6.3,则下列结论正确的是(　　)
X 4 a 9
P 0.5 0.1 b
A.a=7 　　　　B.b=0.4
C.E(aX)=44.1 　　　　D.E(bX+a)=2.62
题组三　均值的实际应用
10.甲、乙两名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.甲生产的产品质量比乙生产的产品质量好一些
B.乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些
C.两人生产的产品质量一样好
D.无法判断谁生产的产品质量好一些
11.(2023湖南岳阳第一中学入学考试)甲、乙两人进行乒乓球比赛,每人各局取胜的概率均为,现采用五局三胜制,胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜,此时因某种原因比赛中止,为使奖金分配合理,则乙应得的奖金为(　　)
A.700元　　B.600元　　C.200元　　D.100元
12.(2022湖北恩施州高中教育联盟期中联考)某学校组织“数学文化”知识竞赛,竞赛中有A,B两类问题,每位参赛同学需在这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.已知A类问题中的每个问题回答正确得10分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分.小明能正确回答A类问题的概率为0.6,能正确回答B类问题的概率为0.4,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,求小明的累计得分X(单位:分)的分布列;
(2)为使累计得分的期望较大,小明应选择先回答哪类问题 请说明理由.
能力提升练
题组一　离散型随机变量的均值
1.(2023河北邯郸永年第二中学期中)甲、乙两人进行羽毛球比赛,现采用三局两胜的比赛制度,规定每局比赛都没有平局(必须分出胜负),且每一局甲赢的概率都是p,随机变量X表示最终的比赛局数,若0A.　　　　B.　　
C.　　　　D.
2.(2022湖南三湘名校教育联盟期中联考)某皮划艇训练小组有7人,其中4人会划左浆,5人会划右浆,现选4人参加比赛,2人划左浆,2人划右浆,设选中的人中既会划左浆又会划右浆的人数为X,则E(X)=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2022广东深圳福田外国语学校调研)为弘扬我国优秀传统文化,某校计划开展“四书”经典诵读比赛活动.某班有4位同学参赛,每人从《大学》《中庸》《论语》《孟子》这4本书中任意选取1本进行准备,且各自选取的书均不相同.比赛时,若这4位同学从这4本书中随机抽取1本选择其中的内容诵读,则抽到自己准备的书的学生人数的均值为(　　)
A.　　B.1　　C.　　D.2
4.(2023河南创新发展联盟开学考试)某车间打算购买2台设备,该设备有一个易损零件,在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件,价格为120元/个.在设备使用期间,零件损坏,备件不足再临时购买该零件,价格为280元/个.在使用期间,每台设备需要更换的零件个数X的分布列如下:
X 6 7 8
P 0.4 0.5 0.1
若购买2台设备的同时购买易损零件13个,则在使用期间,这2台设备另需购买易损零件所需费用的期望为(　　)
A.1 716.8元　　　　B.206.5元　　
C.168.6元　　　　D.156.8元
5.(2023辽南协作校期末)游乐场某游戏设备是一个圆盘,圆盘被分成红色和绿色两个区域,圆盘上有一个可以绕中心旋转的指针,且指针受电子程序控制,前后两次停在相同区域的概率为,停在不同区域的概率为,某游客连续转动指针三次,记指针停在绿色区域的次数为X,若开始时指针停在红色区域,则E(X)=　　　　.
6.(2022江苏镇江中学期中)“学习强国”学习平台软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习模块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题模块,还有“四人赛”“双人对战”两个比赛模块.“四人赛”积分规则为首局第一名积3分,第二、三名积2分,第四名积1分;第二局第一名积2分,其余名次积1分;每日仅前两局得分.“双人对战”积分规则为第一局获胜积2分,失败积1分,每日仅第一局得分.某人在一天的学习过程中,完成“四人赛”和“双人对战”.已知该人参与“四人赛”获得各名次的概率均为,参与“双人对战”获胜的概率为,且每次答题相互独立.
(1)求该人在一天的“四人赛”中积4分的概率;
(2)设该人在一天的“四人赛”和“双人对战”中累计积分为ξ分,求ξ的分布列和E(ξ).
题组二　均值的实际应用
7.(2022河南郑州期中)某糕点房推出一类新品蛋糕,该蛋糕每个的成本价为4元,售价为8元.受保质期的影响,当天没有销售完的部分只能销毁.经过长期的调研,糕点房统计了一下该新品的日需求量.现将近一个月(30天)的日需求量展示如下:
日需求量x/个 20 30 40 50
天数 5 10 10 5
(1)从这30天中任取2天,求这两天的日需求量均为40个的概率;
(2)以表中对应的频率作为概率,根据分布列求出该糕点房一天制作35个该类蛋糕时,对应的利润的期望为元.现有员工建议扩大生产至一天45个,记生产45个时对应的利润为Y元,试求Y的分布列及数学期望E(Y),并以此判断此建议该不该被采纳.
8.(2023山东师大附中期中)某环保机器制造商为响应“碳达峰、碳中和”的号召,对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案:
方案一:交纳延保金5 000元,在延保的5年内可免费维修2次,超过2次每次收取维修费1 000元.
方案二:交纳延保金6 230元,在延保的5年内可免费维修4次,超过4次每次收取维修费t元.
制造商为制订收费标准,搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数,统计得到下表.
维修次数 0 1 2 3
机器台数 20 40 80 60
以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率,用X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数.
(1)求X的分布列;
(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据,为使选择方案二对客户更合算,应把t定在什么范围内
答案与分层梯度式解析
第七章　随机变量及其分布
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 2.D 3.B 4.D 8.C 9.ABC 10.B 11.D
1.D　由分布列的性质得,k+6k+0.3=1,解得k=0.1,
∴E(X)=0×0.1+1×0.6+2×0.3=1.2.故选D.
2.D　设成功的概率为p,则E(X)=0×(1-p)+1×p=p=0.7.故选D.
3.B　设底面掷出的点数为X,则X的可能取值为1,2,3,4,且底面掷出每种点数的概率均为,则E(X)=(1+2+3+4)×=2.5,故选B.
4.D　依题意,甲、乙、丙都打中的概率P=××=,解得t=3(负值舍去),所以乙打中的概率为.
由题意可得,ξ的可能取值为0,1,2,
且P(ξ=0)=×=,
P(ξ=1)=×+×=,
P(ξ=2)=×=,
所以E(ξ)=0×+1×+2×=.故选D.
5.答案　
解析　ξ的可能取值为0,1,2.
P(ξ=0)===,
P(ξ=1)==,
P(ξ=2)==,
所以E(ξ)=0×+1×+2×=.
6.答案　2.44
解析　由题意知,X的可能取值为1,2,3,
且P(X=1)=0.2,P(X=2)=0.8×0.2=0.16,P(X=3)=0.8×0.8=0.64,所以E(X)=1×0.2+2×0.16+3×0.64=2.44.
7.解析　(1)设“该考生报考乙大学在笔试环节通过第i门考试”为事件Ai(i=1,2,3),则P(Ai)=,所以P(A)=P(A1A2+A1A3+A2A3+A1A2A3)=3×××+=.
(2)X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=××=,
P(X=1)=××+××+××=,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××=,
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)=0×+1×+2×+3×=.
8.C　由分布列的性质得++a=1,解得a=,所以E(X)=-1×+0×+1×=-,所以E(2X+1)=2E(X)+1=.故选C.
9.ABC　由分布列的性质得0.5+0.1+b=1,解得b=0.4,又E(X)=4×0.5+0.1a+9×0.4=6.3,∴a=7,
∴E(aX)=aE(X)=7×6.3=44.1,E(bX+a)=bE(X)+a=0.4×6.3+7=9.52.故选ABC.
10.B　由题知,甲生产的废品数的期望是0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,乙生产的废品数的期望是0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9,
因为甲生产的废品数的期望大于乙生产的废品数的期望,所以乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些.故选B.
11.D　设甲应得的奖金为X元,则X的可能取值为800,0.
甲赢得比赛有3种情况:①第3局胜,甲赢的概率为;②第3局输,第4局胜,甲赢的概率为×=;③第3,4局输,第5局胜,甲赢的概率为×=.∴甲赢的概率为++=,
∴E(X)=800×+0×=700,∴乙应得的奖金为800-700=100(元).故选D.
12.解析　(1)X的可能取值为0,10,30.
P(X=0)=1-0.6=0.4,
P(X=10)=0.6×(1-0.4)=0.36,
P(X=30)=0.6×0.4=0.24,
所以X的分布列为
X 0 10 30
P 0.4 0.36 0.24
(2)由(1)得E(X)=0×0.4+10×0.36+30×0.24=10.8.
若小明先回答B类问题,记Y(单位:分)为小明的累计得分,则Y的可能取值为0,20,30.
P(Y=0)=1-0.4=0.6,
P(Y=20)=0.4×(1-0.6)=0.16,
P(Y=30)=0.4×0.6=0.24,
所以E(Y)=0×0.6+20×0.16+30×0.24=10.4.
因为E(Y)能力提升练
1.A 2.D 3.B 4.D
1.A　X的可能取值为2,3.
P(X=2)=p2+(1-p)2=2p2-2p+1,
P(X=3)=p(1-p)=2p-2p2,
所以E(X)=2×(2p2-2p+1)+3×(2p-2p2)=+.
因为02.D　由题意得,既会划左浆又会划右浆的有2人,只会划左浆的有2人,只会划右浆的有3人,
所以从7人中选4人参加比赛共有+++=31种选法.
当X=0时,有=3种选法,所以P(X=0)=.
当X=1时,有+=18种选法,所以P(X=1)=.
当X=2时,有=10种选法,所以P(X=2)=.
所以E(X)=0×+1×+2×=.故选D.
3.B　记抽到自己准备的书的学生人数为X,则X的可能取值为0,1,2,4,
P(X=0)===,P(X=1)===,
P(X=2)===,P(X=4)==,
所以E(X)=0×+1×+2×+4×=1.故选B.
4.D　用Y表示2台设备在使用期间需要更换的零件个数,则Y的可能取值为12,13,14,15,16.
P(Y=12)=0.42=0.16,
P(Y=13)=2×0.4×0.5=0.4,
P(Y=14)=0.52+2×0.4×0.1=0.33,
P(Y=15)=2×0.5×0.1=0.1,
P(Y=16)=0.12=0.01.
用Z(单位:元)表示2台设备另需购买易损零件所需费用,则Z的可能取值为0,280,560,840.
P(Z=0)=P(Y≤13)=0.16+0.4=0.56,
P(Z=280)=P(Y=14)=0.33,
P(Z=560)=P(Y=15)=0.1,
P(Z=840)=P(Y=16)=0.01,
所以E(Z)=0×0.56+280×0.33+560×0.1+840×0.01=156.8.
故选D.
5.答案　
思路分析　开始时指针停在红色区域,连续转动指针三次,转动结果的树状图如下:
解析　X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=××=,
P(X=1)=××+××+××=,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××=,
所以E(X)=0×+1×+2×+3×=.
6.思路分析　
第2局得分 第1局得分
1概率为 2概率为 3概率为
1概率为 2 3 4
2概率为 3 4 5
“双人 对战” 得分 “四人赛”得分
2概率 为 3概率 为 4概率 为 5概率 为
1概率 为 3 4 5 6
2概率 为 4 5 6 7
解析　(1)若该人积4分,则在“四人赛”中首局积3分,第二局积1分或首局积2分,第二局积2分,所以所求概率P=×+×=.
(2)ξ的可能取值为3,4,5,6,7.
P(ξ=3)=××=,
P(ξ=4)=××+×=,
P(ξ=5)=×+×=,
P(ξ=6)=××+×=,
P(ξ=7)=××=.
所以ξ的分布列为
ξ 3 4 5 6 7
P
E(ξ)=3×+4×+5×+6×+7×=.
7.解析　(1)从这30天中任取2天,样本点总数n=,
这两天的日需求量均为40个包含的样本点个数m=,
∴这两天的日需求量均为40个的概率P==.
(2)由题意得Y的可能取值为-20,60,140,180,
P(Y=-20)=,P(Y=60)=,
P(Y=140)=,P(Y=180)=,
∴Y的分布列为
Y -20 60 140 180
P
E(Y)=-20×+60×+140×+180×=.
∵该糕点房一天制作35个该类蛋糕时,对应的利润的期望为元,且<,
∴此建议不该被采纳.
8.解析　(1)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)设方案一所需费用为Y1元,则X≤2时,Y1=5 000,X=3时,Y1=6 000,X=4时,Y1=7 000,X=5时,Y1=8 000,X=6时,Y1=9 000,
所以Y1的分布列为
Y1 5 000 6 000 7 000 8 000 9 000
P
所以E(Y1)=5 000×+6 000×+7 000×+8 000×+9 000×=6 860.
设方案二所需费用为Y2元,则X≤4时,Y2=6 230,X=5时,Y2=6 230+t,X=6时,Y2=6 230+2t,
所以Y2的分布列为
Y2 6 230 6 230+t 6 230+2t
P
所以E(Y2)=6 230×+(6 230+t)×+(6 230+2t)×=6 230+.
为使选择方案二对客户更合算,则E(Y2)21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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