7.3.1　离散型随机变量的均值 同步练习（含答案）2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修3

7．3.1　离散型随机变量的均值
一、 单项选择题
1 (2024广东大湾区期末)已知随机变量ξ的分布列如下，
ξ 1 2 3
P a b a
则E(ξ)的值为(　　)
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2 设离散型随机变量X的分布列为P(X＝0)＝0.2，P(X＝1)＝0.6，P(X＝2)＝0.2，则E(2X－3)的值为(　　)
A. 2 B. 1 C. －1 D. －2
3 已知实数a，b，c成等差数列，随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P a b c
当a增大时，则下列说法中正确的是(　　)
A. E(X)增大 B. E(X)减小
C. E(X)先增大后减小 D. E(X)先减小后增大
4 已知随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝(n＝1，2，3)，其中a是常数，则E(aX)的值为(　　)
A. B. C. D.
5 (2024皖中名校联盟期末)从一批含有8件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则E(5ξ＋1)的值为(　　)
A. 2 B. 1 C. 3 D. 4
6 将3个球(形状相同，编号不同)随机地投入编号为1，2，3，4的4个盒子，以ξ表示其中至少有一个球的盒子的最小号码(ξ＝3表示第1号，第2号盒子是空的，第3个盒子至少1个球)，则E(ξ)，E(2ξ＋1)分别等于(　　)
A. ， B. ， C. ，3 D. ，4
二、 多项选择题
7 (2023江浙两省县域高中发展共同体联考)袋中有3个大小、形状完全相同的小球，其中1个黑球2个白球．从袋中不放回地取球2次，每次取1个球，记取得黑球的次数为X；从袋中有放回地取球2次，每次取1个球，记取得黑球的次数为Y，则下列说法中正确的有(　　)
A. 随机变量X的可能取值为0或1
B. 随机变量Y的可能取值为0或1
C. 随机事件{X＝1}的概率与随机事件{Y＝1}的概率相等
D. 随机变量X的数学期望与随机变量Y的数学期望相等
8 2023年10月26日，神舟十七号载人飞船成功发射，我国在航天事业中取得举世瞩目的成就．为了普及航天知识，某校举行了航天知识竞赛，竞赛中设置了多选题目(每题4个选项中有2个或3个正确选项)，每题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．已知某一道多选题甲完全不会，他随机选择2个或3个选项，该题有2个正确选项的概率为.记X表示甲的得分，则(　　)
A. 甲得2分的概率为
B. 若甲选择2个选项，则E(X)>1
C. 若甲选择3个选项，则E(X)>
D. 甲得5分的概率为
三、 填空题
9 (2024盐城中学月考)已知A，B两个袋子中有除了颜色外完全相同的黑球，白球若干．其中A袋子有2只黑球，1只白球，B袋子中有2只黑球，2只白球．现从A，B两袋中随机选一只球交换，则交换后A袋中黑球个数的数学期望为________．
10 设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X 1 2 3
P 1－q q－q2
则X的数学期望为________．
11 “双十一”是指每年的11月11日，以一些电子商务为代表，在全国范围内兴起的大型购物促销狂欢日．某商家在去年的“双十一”中开展促销活动：凡购物满5 888元的顾客会随机获得A，B，C三种赠品中的一件，现恰有3名顾客的购物金额满5 888元．设随机变量X表示获得赠品完全相同的顾客人数，则P(X＝0)＝________，E(X)＝________．
四、 解答题
12 为了促进电影市场快速回暖，各地纷纷出台各种优惠措施．某影院为回馈顾客，拟通过抽球兑奖的方式对观影卡充值满200元的顾客进行减免，规定每人在装有6个白球、2个红球的抽奖箱中有放回地抽球，每次抽取一个，最多抽取3次．已知抽出1个白球减10元，抽出1个红球减30元，如果前两次减免之和超过30元即停止抽奖，否则抽取第三次．求：
(1) 某顾客所获得的减免金额为40元的概率；
(2) 某顾客所获得的减免金额X的分布列及数学期望．
13 (2024徐州期中)某品牌汽车4S店对最近100位采用分期付款的购车者进行统计，统计结果如下表所示．已知分9期付款的频率为0.2.该4S店经销一辆该品牌的汽车，顾客分3期付款，其利润为1万元；分6期或9期付款，其利润为1.5万元；分12期或15期付款，其利润为2万元．用X表示经销一辆汽车的利润．
付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期 分15期
频数 30 20 a 10 b
(1) 求上表中a，b的值；
(2) 若以频率作为概率，求事件A“购买该品牌汽车的3位顾客中，至多有1位采用分9期付款”的概率P(A)；
(3) 求X的分布列及均值E(X).
7．3.1　离散型随机变量的均值
1. B　由分布列的性质，得a＋b＋a＝1，即2a＋b＝1，E(ξ)＝1×a＋2×b＋3×a＝4a＋2b＝2(2a＋b)＝2.
2. C　因为离散型随机变量X的分布列为P(X＝0)＝0.2，P(X＝1)＝0.6，P(X＝2)＝0.2，所以E(X)＝0×0.2＋1×0.6＋2×0.2＝1，所以E(2X－3)＝2E(X)－3＝2×1－3＝－1.
3. B　因为实数a，b，c成等差数列，所以a＋c＝2b.由分布列的性质，得a＋b＋c＝1，所以a＋c＝，b＝，所以0≤a≤，所以E(X)＝0·a＋1×＋2c＝＋2＝－2a＋，所以当a增大时，E(X)减小．
4. D　因为P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1，所以＋＋＝1，解得a＝，则P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝，所以E(aX)＝aE(X)＝×＝.
5. D　由题意，得随机变量ξ的可能取值为0，1，2，则P(ξ＝0)＝××＝，P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝，P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝，所以E(5ξ＋1)＝5E(ξ)＋1＝5×＋1＝4.
6. B　由题意，得随机变量ξ的可能取值有1，2，3，4，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝，所以E(2ξ＋1)＝2E(ξ)＋1＝2×＋1＝.
7. AD　对于A，从有1个黑球2个白球的袋中，不放回地取球2次，每次取1个球，记取得黑球的次数为X，随机变量X的可能取值为0或1，故A正确；对于B，从有1个黑球2个白球的袋中，有放回地取球2次，每次取1个球，记取得黑球次数为Y，随机变量Y的可能取值为0或1或2，故B错误；对于C，由题意，得P(X＝1)＝×＋×＝，P(Y＝1)＝×＋×＝，则P(X＝1)≠P(Y＝1)，故C错误；对于D，P(X＝0)＝×＝，P(Y＝0)＝×＝，P(Y＝2)＝×＝，故E(X)＝0×＋1×＝，E(Y)＝0×＋1×＋2×＝，所以E(X)＝E(Y)，故D正确．故选AD.
8. AC　由该题有2个正确选项的概率为，得该题有3个正确选项的概率为，对于A，若甲得2分，则该题有3个正确选项，甲选择了2个正确选项，概率为＝，所以甲得2分的概率p＝×＝，故A正确；对于B，若甲选择2个选项，则X的可能取值为0，2，5，则P(X＝0)＝×＋×＝，P(X＝2)＝，P(X＝5)＝×＝，则E(X)＝0×＋2×＋5×＝<1，故B错误；对于C，若甲选择3个选项，则X的可能取值为0，5，则P(X＝0)＝×＋＝，P(X＝5)＝×＝，所以E(X)＝0×＋5×＝>，故C正确；对于D，由B，C的分析知，甲得5分的概率为＋＝，故D错误．故选AC.
9. 　设交换后A袋中黑球个数为X，则X的可能取值为1，2，3，当X＝1时A袋的黑球与B袋的白球进行了交换；当X＝2时，A，B两袋中同色球进行了交换；当X＝3时，A袋的白球与B袋的黑球进行了交换，则P(X＝1)＝×＝，P(X＝2)＝×＋×＝，P(X＝3)＝×＝，所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
10. 1＋　由＋1－q＋q－q2＝1，得q＝，所以E(X)＝＋2－2q＋3q－3q2＝＋q－3q2＝＋－＝1＋.
11. 　　由题意，得P(X＝0)＝＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝2)＝1－－＝，所以E(X)＝0×＋2×＋3×＝.
12. (1) 若顾客所获得的减免金额为40元，
则第一次抽白球、第二次抽红球或第一次抽红球、第二次抽白球，
则顾客所获得的减免金额为40元的概率为P＝×＋×＝＝.
(2) 由题意，得某顾客所获得的减免金额X的可能取值为30，40，50，60.
P(X＝30)＝××＝，P(X＝40)＝×＋×＝＝，
P(X＝50)＝××＝，P(X＝60)＝×＝，
所以X的分布列为
X 30 40 50 60
P
所以E(X)＝30×＋40×＋50×＋60×＝(元).
故某顾客所获得的减免金额X的数学期望为 元．
13. (1) 由分9期付款的频率为0.2，得＝0.2，解得a＝20，
又30＋20＋a＋10＋b＝100，解得b＝20，
所以a＝20，b＝20.
(2) 以频率作为概率，“购买该品牌汽车的顾客中采用分9期付款”的概率为＝0.2，
所以“购买该品牌汽车的3位顾客中至多有1位采用分9期付款”的概率为P(A)＝(1－0.2)3＋C×0.2×(1－0.2)2＝0.896.
(3) 由题意，得X的可能取值为1，1.5，2，
则P(X＝1)＝＝0.3，P(X＝1.5)＝＝0.4，
P(X＝2)＝＝0.3，
所以X的分布列为
X 1 1.5 2
P 0.3 0.4 0.3
所以X的数学期望E(X)＝1×0.3＋1.5×0.4＋2×0.3＝1.5(万元).