强化课　离散型随机变量的均值与方差 课后达标检测（教师版）

INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "课后达标检测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、选择题
1．已知随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝，则D(X)＝(　　)
X －2 0 1
P a b
　　　　　　　　　　　　　　　
A． B．
C． D．
解析：选B．因为E(X)＝，且各概率之和为1，
所以解得
所以D(X)＝×(－2－)2＋×(0－)2＋×(1－)2＝.故选B．
2．已知离散型随机变量X的分布列如下表所示．
X a a＋1 a＋2
P 0.4 0.2 0.4
则D(X)＝(　　)
A．0.4＋a B．0.8＋a
C．0.4 D．0.8
解析：选D．由题中分布列可得
E(X)＝0.4a＋0.2(a＋1)＋0.4(a＋2)＝a＋1，
D(X)＝0.4(a－a－1)2＋0.2(a＋1－a－1)2＋0.4(a＋2－a－1)2＝0.8.故选D．
3．已知随机变量ξ的分布列如下：
ξ m n
P a
若E(ξ)＝2，则D(ξ)的最小值为(　　)
A．0 B．2
C．1 D．
解析：选A.由题意得a＝1－＝，
所以E(ξ)＝m＋n＝2，即m＋2n＝6.
又D(ξ)＝(m－2)2＋(n－2)2
＝(6－2n－2)2＋(n－2)2
＝2(n－2)2，
所以当n＝2时，D(ξ)取最小值为0.故选A.
4．已知随机变量X的分布列如表．当a在(－1，1)内增大时，方差D(X)的变化为(　　)
X －1 a 1
P
A.增大 B．减小
C．先增大再减小 D．先减小再增大
解析：选D．由题中分布列可得E(X)＝－1×＋a×＋1×＝(a＋1)，所以D(X)＝[－1－(a＋1)]2×＋[a－(a＋1)]2×＋[1－(a＋1)]2×＝(2a2－2a＋5)＝(a－)2＋，
易得当a∈(－1，)时，D(X)单调递减；当a∈(，1)时，D(X)单调递增，故D(X)的变化为先减小再增大．故选D．
5．在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量X，Y，定义协方差为Cov(X，Y)＝E(XY)－E(X)E(Y)，已知X，Y的分布列如下表所示，其中0X 1 2
P p 1－p
Y 1 2
P 1－p p
A.0 B．1
C．2 D．4
解析：选A. XY的分布列为
XY 1 2 4
P p(1－p) p2＋(1－p)2 p(1－p)
E(XY)＝1×p(1－p)＋2×[p2＋(1－p)2]＋4×p(1－p)＝－p2＋p＋2，
E(X)＝2－p，E(Y)＝p＋1，
Cov(X，Y)＝－p2＋p＋2－(2－p)(1＋p)＝0.故选A.
6．设θ∈[，]，随机变量ξ的分布列如表所示，则E(ξ)(　　)
ξ 1 2 3
P sin2θ
A.有最大值，最小值
B．有最大值，最小值
C．有最大值，无最小值
D．无最大值，有最小值
解析：选B．因为P(ξ＝3)＝1－－sin2θ＝cos 2θ，
所以E(ξ)＝sin 2θ＋2×＋cos 2θ＝＋cos 2θ，
因为θ∈[，]，所以≤cos θ≤，从而cos 2θ∈[，].
所以E(ξ)＝＋cos 2θ∈[，]，
则E(ξ)有最大值，最小值.故选B．
7．一个不透明的袋子有10个除颜色不同外，大小、质地完全相同的球，其中有6个黑球，4个白球．现进行如下两个试验，试验一：逐个不放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为X1，均值和方差分别为E(X1)，D(X1)；试验二：逐个有放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为X2，均值和方差分别为E(X2)，D(X2).则下列判断正确的是(　　)
A．E(X1)E(X2)
C．D(X1)>D(X2) D．D(X1)解析：选D．①从中不放回地随机摸出3个球，取到白球的个数为X1，所以X1的可能取值是0，1，2，3，则P(X1＝0)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(X1＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(X1＝2)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(X1＝3)＝ eq \f(CC,C) ＝，
故随机变量X1的分布列为
X1 0 1 2 3
P
则均值为E(X1)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
方差为D(X1)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＋(3－)2×＝.
②从中有放回地随机摸出3个球，取到白球个数为X2，
则X2可能取值为0，1，2，3，
P(X2＝0)＝＝，
P(X2＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X2＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X2＝3)＝＝，
故随机变量X2的分布列为
X2 0 1 2 3
P
则均值E(X2)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
方差为D(X2)＝×＋×＋×＋×＝，
故E(X1)＝E(X2)，D(X1)8．(多选)设离散型随机变量X的分布列如下表：
X 1 2 3 4 5
P m 0.1 0.2 n 0.3
若离散型随机变量Y＝－3X＋1，且E(X)＝3，则(　　)
A．m＝0.2 B．n＝0.1
C．E(Y)＝－8 D．D(Y)＝11.2
解析：选BC.对于A，B选项，由题意得E(X)＝m＋2×0.1＋3×0.2＋4n＋5×0.3＝3，且m＋0.1＋0.2＋n＋0.3＝1，
解得m＝0.3，n＝0.1，A错误，B正确；
对于C选项，因为Y＝－3X＋1，所以E(Y)＝－3E(X)＋1＝－9＋1＝－8，C正确；
对于D选项，D(X)＝(1－3)2×0.3＋(2－3)2×0.1＋(3－3)2×0.2＋(4－3)2×0.1＋(5－3)2×0.3＝2.6，
因为Y＝－3X＋1，所以D(Y)＝(－3)2D(X)＝9×2.6＝23.4，D错误．
故选BC.
9．(多选)设0ξ 0 1 2
P 2p－p2 p2 1－2p
A.P(ξ＝2)的值最大
B．P(ξ＝0)>P(ξ＝1)
C．E(ξ)随着p的增大而减小
D．当p＝时，D(ξ)＝
解析：选BCD．当p＝时，P(ξ＝2)＝0，P(ξ＝1)＝，P(ξ＝1)>P(ξ＝2)，故A错误；因为00，所以P(ξ＝0)>P(ξ＝1)，故B正确；E(ξ)＝p2＋2－4p＝(p－2)2－2，因为函数f(p)＝(p－2)2－2的对称轴是直线p＝2，又0易得E(ξ) 随着 p 的增大而减小， 故C正确；当p＝ 时，
ξ 0 1 2
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝，
D(ξ)＝×＋×＋×＝，故D正确．故选BCD．
10．(多选)编号为1，2，3的三位学生随意入座编号为1，2，3的三个座位，每位学生坐一个座位，设入座与座位编号相同的学生的人数是ξ，则(　　)
A．ξ的所有取值是1，2，3 B．P(ξ＝1)＝
C．E(ξ)＝1 D．D(ξ)＝1
解析：选BCD．ξ的所有可能取值为0，1，3，故A错误；
ξ＝0表示三位学生全坐错了，有2种情况，即编号为1，2，3的座位上分别坐了编号为2，3，1或3，1，2的学生，则P(ξ＝0)＝ eq \f(2,A) ＝，
ξ＝1表示三位学生只有1位学生坐对了，则P(ξ＝1)＝ eq \f(C,A) ＝，故B正确；
ξ＝3表示三位学生全坐对了，即对号入座，则P(ξ＝3)＝ eq \f(1,A) ＝，
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 3
P
故E(ξ)＝0×＋1×＋3×＝1，故C正确；
D(ξ)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(3－1)2＝1，故D正确．故选BCD．
二、填空题
11．袋中有除颜色外，大小、质地均相同的3个红球，m个黄球，n个绿球，现从中任取2个球，设取出的红球个数为ξ，若取出的2个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m－n＝________，E(ξ)＝________．
解析：取出的2个球都是红球的概率P1＝ eq \f(C,C) ＝＝，
取出的2个球是一红一黄的概率P2＝ eq \f(CC,C) ＝＝，
由＝＝，解得m＝2，则P1＝＝，解得n＝1(负值已舍去)，故m－n＝1.
由题意，随机变量ξ的所有可能取值为0，1，2，
P(ξ＝0)＝ eq \f(C,C) ＝，P(ξ＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(ξ＝2)＝ eq \f(C,C) ＝，则E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
答案：1　1
12．已知x，y，z∈N*，且x＋y＋z＝6，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则D(X)＝________．
解析：x，y，z∈N*，且x＋y＋z＝6，相当于6个1之间的5个空中插入2个挡板，故共有C＝10种情况，X的可能取值为1，2，其中X＝2时，只有三个数为2，2，2，故P(X＝2)＝，则P(X＝1)＝，所以E(X)＝1×＋2×＝，D(X)＝(1－)2×＋(2－)2×＝.
答案：
13．甲、乙两人玩游戏，规则如下：第奇数局，甲赢的概率为；第偶数局，乙赢的概率为.每一局没有平局．规定：当其中一人赢的局数比另一人赢的局数多两局时游戏结束．则游戏结束时，甲、乙两人玩的局数的均值为________．
解析：设甲、乙两人玩的局数为ξ，均值为E(ξ)，由题设，游戏至少进行两局，若ξ＝2，则比分为2∶0，则P(ξ＝2)＝××2＝，否则前两局的比分为1∶1，从此刻开始直到游戏结束，进行的局数的均值跟比分为0∶0时相同，总局数的均值为E(ξ)＋2，故E(ξ)＝×2＋[E(ξ)＋2]，故E(ξ)＝.
答案：
14．已知随机变量X的分布列如下表，
X －1 0 1 2
P 2a a 2a b
则D(X)的最大值为________．
解析：由题意得，2a＋a＋2a＋b＝1，得a＝(1－b)，
E(X)＝－1×2a＋0＋1×2a＋2b＝2b，
X2 0 1 4
P a 4a b
所以E(X2)＝0×a＋1×4a＋4×b＝4a＋4b，
所以D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝4(a＋b－b2)，
因为a＝(1－b)，
所以D(X)＝4(a＋b－b2)＝－4(b2－b－)
＝－4(b－)2＋，
易得当b＝时，D(X)取得最大值.
答案：
三、解答题
15．不透明袋中装有质地、大小相同的4个红球，m个白球，若从中不放回地取出2个球，在第一个取出的球是红球的前提下，第二个取出的球是白球的概率为.
(1)求白球的个数m；
(2)若有放回地取出2个球，记取出的红球个数为X，求X的分布列、均值和方差．
解：(1)因为第一个取出的球是红球的前提下，袋中还有3个红球，m个白球，则第二个取出的球是白球的概率为＝，解得m＝5.
(2)由题意可知，袋中有4个红球，5个白球，则X的可能取值有0，1，2，
则P(X＝0)＝()2＝，
P(X＝1)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝()2＝，
所以，随机变量X的分布列如下表所示：
X 0 1 2
P
所以，E(X)＝0×＋1×＋2×＝，
D(X)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝.
16．某公司计划在2025年年初将100万元用于投资，现有两个项目供选择．
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和；
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，，.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
解：设投资项目一、二分别获利X，Y万元，则X的可能取值为30，－15，
且P(X＝30)＝，P(X＝－15)＝，
Y的可能取值为50，－30，0，
且P(Y＝50)＝，P(Y＝－30)＝，
P(Y＝0)＝，
所以，E(X)＝30×＋(－15)×＝20，E(Y)＝50×＋(－30)×＋0×＝20，
所以，E(X)＝E(Y)，
D(X)＝(30－20)2×＋(－15－20)2×＝350，
D(Y)＝(50－20)2×＋(－30－20)2×＋(0－20)2×＝1 400，
则D(X)17．中医是中华民族的瑰宝，是中国古代人民智慧的结晶，中医离不开中药，中药主要包括植物药、动物药、矿物药．某植物药材的存放年份X的取值为3，4，…，8，其中5≤X≤8 为一等品，3≤X<5为二等品．已知中药厂按照两种方式出售此植物药材，精品药材(只含一等品)的售价为10元/株；混装药材(含一等品与二等品)的售价为6元/株．某药店需要购买一批此植物药材．
(1)已知中药厂库存中精品药材的年份X的分布列如下表所示，且X的均值E(X)＝6.5，求X的方差D(X)；
X 5 6 7 8
P a 0.4 b 0.1
(2)为分析中药厂库存中混装药材的年份Y，从混装药材中随机抽取20株，相应的年份组成一个样本，数据如下：3，5，3，3，8，5，5，6，3，4，6，3，4，7，5，3，4，8，4，7.用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求混装药材的年份Y的均值；
(3)在(1)(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪种药材更具可购买性？并说明理由．
注：①药材的“性价比”＝；②“性价比”大的药材更具可购买性．
解：(1)由题中X的分布列，得a＋0.4＋b＋0.1＝1，即a＋b＝0.5.
因为E(X)＝6.5，所以5a＋6×0.4＋7b＋8×0.1＝6.5，即5a＋7b＝3.3.
由解得
所以D(X)＝(5－6.5)2×0.1＋(6－6.5)2×0.4＋(7－6.5)2×0.4＋(8－6.5)2×0.1＝0.65.
(2)由题意，可得年份Y的频数分布表为
Y 3 4 5 6 7 8
n 6 4 4 2 2 2
因此可得Y的分布列为
Y 3 4 5 6 7 8
P 0.3 0.2 0.2 0.1 0.1 0.1
所以E(Y)＝3×0.3＋4×0.2＋5×0.2＋6×0.1＋7×0.1＋8×0.1＝4.8，
即混装药材的年份Y的均值为4.8.
(3)混装药材更具可购买性．
理由如下：因为精品药材的年份X的均值为6.5，售价为10元/株，
所以其“性价比”为＝0.65.
混装药材的年份Y的均值为4.8，售价为6元/株，所以其“性价比”为＝0.8，
因为0.8>0.65，所以混装药材更具可购买性．