全國統(tǒng)考2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練63離散型隨機(jī)變量的均值與方差理含解析北師大版

課時(shí)規(guī)范練63離散型隨機(jī)變量的均值與方差基礎(chǔ)鞏固組1.(2024安徽師大附中高三月考)已知隨機(jī)變量ξ聽從正態(tài)分布N(1,2),則D(2ξ+3)=()A.4 B.6 C.8 D.112.設(shè)隨機(jī)變量X的分布列如下:X0123P0.1α0.30.4則方差DX=()A.0 B.1 C.2 D.33.已知隨機(jī)變量X滿意E(1-X)=5,D(1-X)=5,則下列說法正確的是()A.EX=-5,DX=5B.EX=-4,DX=-4C.EX=-5,DX=-5D.EX=-4,DX=54.某地區(qū)一?？荚嚁?shù)學(xué)成果X聽從正態(tài)分布N(90,σ2),且P(X<70)=0.2.從該地區(qū)參與一?？荚嚨膶W(xué)生中隨機(jī)抽取10名學(xué)生的數(shù)學(xué)成果,數(shù)學(xué)成果在[70,110]的人數(shù)記作隨機(jī)變量ξ.則ξ的方差為()A.2 B.2.1 C.2.4 D.35.若某科技小制作課的模型制作規(guī)則是:每位學(xué)生最多制作3次,一旦制作勝利,則停止制作,否則可制作3次.設(shè)某學(xué)生一次制作勝利的概率為p(p≠0),制作次數(shù)為X,若X的數(shù)學(xué)期望EX>74,則p的取值范圍是(A.0,712 B.6.已知5臺(tái)機(jī)器中有2臺(tái)存在故障,現(xiàn)須要通過逐臺(tái)檢測直至區(qū)分出2臺(tái)故障機(jī)器為止.若檢測一臺(tái)機(jī)器的費(fèi)用為1000元,則所需檢測費(fèi)的均值為()A.3200 B.3400 C.3500 D.36007.(2024山東德州高三期末)隨機(jī)變量X的取值為0,1,2,P(X=0)=0.2,DX=0.4,則EX=.

8.已知隨機(jī)變量X的分布列為X012Pa2ab(a>0,b>0),當(dāng)DX最大時(shí),EX=.

9.(2024浙江學(xué)軍中學(xué)高三月考)已知隨機(jī)變量X聽從二項(xiàng)分布B(n,p),若EX=3,DX=2,則p=,P(X=1)=.

10.某投資公司在2024年年初打算將1000萬元投資到“低碳”項(xiàng)目上,現(xiàn)有兩個(gè)項(xiàng)目供選擇:項(xiàng)目一:新能源汽車.據(jù)市場調(diào)研,投資到該項(xiàng)目上,到年底可能獲利30%,也可能虧損15%,且這兩種狀況發(fā)生的概率分別為79項(xiàng)目二:通信設(shè)備.據(jù)市場調(diào)研,投資到該項(xiàng)目上,到年底可能獲利50%,可能損失30%,也可能不賠不賺,且這三種狀況發(fā)生的概率分別為3針對(duì)以上兩個(gè)投資項(xiàng)目,請(qǐng)你為投資公司選擇一個(gè)合理的項(xiàng)目,并說明理由.綜合提升組11.如圖,將一個(gè)各面都涂了油漆的正方體,切割為64個(gè)同樣大小的小正方體,經(jīng)過攪拌后,從中隨機(jī)取出一個(gè)小正方體,記它的油漆面數(shù)為X,則X的均值EX=()A.4532C.32 D12.(2024江蘇徐州高三調(diào)研)某計(jì)算機(jī)程序每運(yùn)行一次都隨機(jī)出現(xiàn)一個(gè)五位二進(jìn)制數(shù)A=a1a2a3a4a5(例如10100),其中A的各位數(shù)中ak(k=2,3,4,5)出現(xiàn)0的概率為13,出現(xiàn)1的概率為23,記X=a2+a3+a4+a5,則下列說法錯(cuò)誤的是(A.X聽從二項(xiàng)分布 B.P(X=1)=8C.X的期望EX=83 D.X的方差DX=13.一個(gè)不透亮袋中放有大小、形態(tài)均相同的小球,其中紅球3個(gè)、黑球2個(gè),現(xiàn)隨機(jī)等可能取出小球.當(dāng)有放回依次取出兩個(gè)小球時(shí),記取出的紅球數(shù)為ξ1,則Eξ1=;若第一次取出一個(gè)小球后,放入一個(gè)紅球和一個(gè)黑球,再其次次隨機(jī)取出一個(gè)小球.記取出的紅球總數(shù)為ξ2,則Eξ2=.

14.甲將要參與某決賽,賽前A,B,C,D四位同學(xué)對(duì)冠軍得主進(jìn)行競猜,每人選擇一名選手,已知A,B選擇甲的概率均為m,C,D選擇甲的概率均為n(m<n),且四人同時(shí)選擇甲的概率為481,四人均未選擇甲的概率為(1)求m,n的值;(2)設(shè)四位同學(xué)中選擇甲的人數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.15.(2024山東萊州一中高三月考)某種水果依據(jù)果徑大小可分為四類:標(biāo)準(zhǔn)果、優(yōu)質(zhì)果、精品果、禮品果.某選購 商從選購 的一批水果中隨機(jī)抽取100個(gè),依據(jù)水果的等級(jí)分類標(biāo)準(zhǔn)得到的數(shù)據(jù)如下:等級(jí)標(biāo)準(zhǔn)果優(yōu)質(zhì)果精品果禮品果個(gè)數(shù)10304020(1)若將頻率視為概率,從這100個(gè)水果中有放回地隨機(jī)抽取4個(gè),求恰好有2個(gè)水果是禮品果的概率.(結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示)(2)用樣本估計(jì)總體,果園老板提出兩種購銷方案給選購 商參考.方案1:不分類賣出,單價(jià)為20元/kg.方案2:分類賣出,分類后的水果售價(jià)如下:等級(jí)標(biāo)準(zhǔn)果優(yōu)質(zhì)果精品果禮品果售價(jià)(元/kg)16182224從選購 商的角度考慮,應(yīng)當(dāng)采納哪種方案?(3)用分層抽樣的方法從這100個(gè)水果中抽取10個(gè),再從抽取的10個(gè)水果中隨機(jī)抽取3個(gè),X表示抽取的是精品果的數(shù)量,求X的分布列及數(shù)學(xué)期望EX.創(chuàng)新應(yīng)用組16.(2024海南三亞高三檢測)一個(gè)袋中放有大小、形態(tài)均相同的小球,其中紅球1個(gè)、黑球2個(gè),現(xiàn)隨機(jī)等可能取出小球,當(dāng)有放回依次取出兩個(gè)小球時(shí),記取出的紅球數(shù)為ξ1;當(dāng)無放回依次取出兩個(gè)小球時(shí),記取出的紅球數(shù)為ξ2,則下列式子正確的是()A.Eξ1<Eξ2,Dξ1<Dξ2 B.Eξ1=Eξ2,Dξ1>Dξ2C.Eξ1=Eξ2,Dξ1<Dξ2 D.Eξ1>Eξ2,Dξ1>Dξ217.甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球賽,采納三局兩勝的競賽規(guī)則,規(guī)定每局競賽都沒有平局(必需分出輸贏),且每一局甲贏的概率都是p,隨機(jī)變量X表示最終的競賽局?jǐn)?shù),若0<p<13,則下列式子正確的是(A.EX=52 B.EX>C.DX>14 D.DX<18.某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝,每箱200件,每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對(duì)產(chǎn)品作檢驗(yàn),如檢驗(yàn)出不合格品,則更換為合格品.檢驗(yàn)時(shí),先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗(yàn),再依據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果確定是否對(duì)余下的全部產(chǎn)品作檢驗(yàn).設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p(0<p<1),且各件產(chǎn)品是否為不合格品相互獨(dú)立.(1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p),求f(p)的最大值點(diǎn)p0.(2)現(xiàn)對(duì)一箱產(chǎn)品檢驗(yàn)了20件,結(jié)果恰有2件不合格品,以(1)中確定的p0作為p的值.已知每件產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用為2元,若有不合格品進(jìn)入用戶手中,則工廠要對(duì)每件不合格品支付25元的賠償費(fèi)用.①若不對(duì)該箱余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn),這一箱產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用的和記為X,求EX;②以檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù),是否該對(duì)這箱余下的全部產(chǎn)品作檢驗(yàn)?19.(2024河北保定高三檢測)某物流公司專營從甲地到乙地的貨運(yùn)業(yè)務(wù)(貨物全部用統(tǒng)一規(guī)格的包裝箱包裝),現(xiàn)統(tǒng)計(jì)了最近100天內(nèi)每天可配送的貨物量,依據(jù)可配送貨物量T(單位:箱)分成了以下幾組:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],并繪制了如圖所示的頻率分布直方圖(同一組數(shù)據(jù)用該組數(shù)據(jù)的區(qū)間中點(diǎn)值作代表,將頻率視為概率).(1)該物流公司負(fù)責(zé)人確定用分層抽樣的方法從前3組中隨機(jī)抽出11天的數(shù)據(jù)來分析可配送貨物量少的緣由,并從這11天的數(shù)據(jù)中再抽出3天的數(shù)據(jù)進(jìn)行財(cái)務(wù)分析,求這3天的數(shù)據(jù)中至少有2天的數(shù)據(jù)來自[50,60)這一組的概率.(2)由頻率分布直方圖可以認(rèn)為,該物流公司每日的可配送貨物量T(單位:箱)聽從正態(tài)分布N(μ,14.42),其中μ近似為樣本平均數(shù).①試?yán)迷撜龖B(tài)分布,估計(jì)該物流公司2000天中日貨物配送量在區(qū)間(54.1,97.3]內(nèi)的天數(shù).②該物流公司負(fù)責(zé)人依據(jù)每日的可配送貨物量為公司裝卸貨物的員工制定了兩種不同的工作嘉獎(jiǎng)方案.方案一:干脆發(fā)放獎(jiǎng)金,按每日的可配送貨物量劃分為以下三級(jí):T<60時(shí),嘉獎(jiǎng)50元;60≤T<80,嘉獎(jiǎng)80元;T≥80時(shí),嘉獎(jiǎng)120元.方案二:利用抽獎(jiǎng)的方式獲得獎(jiǎng)金,其中每日的可配送貨物量不低于μ時(shí)有兩次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì),每日的可配送貨物量低于μ時(shí)只有一次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì),每次抽獎(jiǎng)的獎(jiǎng)金及對(duì)應(yīng)的概率分別為獎(jiǎng)金50100概率41小張為該公司裝卸貨物的一名員工,試從數(shù)學(xué)期望的角度分析,小張選擇哪種嘉獎(jiǎng)方案對(duì)他更有利?附:若Z~N(μ,σ2),則P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.683,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.954.參考答案課時(shí)規(guī)范練63離散型隨機(jī)變量的均值與方差1.C由題意,隨機(jī)變量ξ聽從正態(tài)分布N(1,2),可得Dξ=2,所以D(2ξ+3)=22×Dξ=8.2.Ba=1-0.1-0.3-0.4=0.2,EX=1×0.2+2×0.3+3×0.4=2,EX2=1×0.2+4×0.3+9×0.4=5,DX=EX2-(EX)2=5-4=1,故選B.3.D因?yàn)殡S機(jī)變量X滿意E(1-X)=5,D(1-X)=5,所以E(1-X)=1-EX=5,12×DX=5,解得EX=-4,DX=5,故選D.4.C由正態(tài)分布知,每個(gè)人數(shù)學(xué)成果在[70,110]的概率為2×(0.5-0.2)=0.6,所以10個(gè)學(xué)生數(shù)學(xué)成果在[70,110]的人數(shù)聽從二項(xiàng)分布B(10,0.6),所以方差為10×0.6×(1-0.6)=2.4,故選C.5.C由已知條件可得P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p)2p+(1-p)3=(1-p)2,則EX=P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)=p+2(1-p)p+3(1-p)2=p2-3p+3>74,解得p>52或p<12.又p∈(0,1],所以p∈6.C設(shè)檢測的機(jī)器的臺(tái)數(shù)為x,則x的全部可能取值為2,3,4.P(x=2)=A22A52=110,P(x=3)=A21C31A22+A33A53=310,P(x=4)7.1設(shè)P(X=2)=x,其中0≤x≤0.8,可得出P(X=1)=0.8-x,所以EX=0×0.2+1×(0.8-x)+2x=x+0.8,D(X)=(x+0.8)2×0.2+(x-0.2)2×(0.8-x)+(x-1.2)2×x=0.4,解得x=0.2,x=1.2舍去.因此,E(X)=0.2+0.8=1.8.54由題知b=1-3a,且a>0,1-3a>0,即0∴EX=2a+2(1-3a)=2-4a,DX=(4a-2)2·a+(4a-1)2·2a+(4a)2·(1-3a)=-16a2+6a,故當(dāng)a=316時(shí),DX最大,此時(shí)EX=9.132562187因?yàn)殡S機(jī)變量X聽從二項(xiàng)分布B(n,p),則np=3,np(1-p)=2,解得pP(X=1)=C10.解若按“項(xiàng)目一”投資,設(shè)獲利為X1萬元,則X1的分布列為X1300-150P72∴EX1=300×79+(-150)×29=200.若按“項(xiàng)目二”投資,設(shè)獲利為X2萬元,X2500-3000P311∴EX2=500×35+(-300)×13+0×115=200.DX1=(300-200)2×79+(-150-200)2×29=35000,DX2=(500-200)2×35+(-300-200)2×13+(0-200)2×115=140000.∴11.C由題意知X=0,1,2,3,P(X=0)=2×2×264P(X=1)=2×2×664P(X=2)=2×1264P(X=3)=864所以EX=0×18+1×38+2×3812.D由二進(jìn)制數(shù)A的特點(diǎn)知每一個(gè)數(shù)位上的數(shù)字只能填0或1,且每個(gè)數(shù)位上的數(shù)字在填時(shí)互不影響,故A中后4位的全部結(jié)果有4類:①后4個(gè)數(shù)位上都出現(xiàn)0,X=0,記其概率為P(X=0)=134=181;②后4個(gè)數(shù)位只出現(xiàn)1個(gè)1,X=1,記其概率為P(X=1)=C4123133=881;③后4位數(shù)位出現(xiàn)2個(gè)1,X=2,記其概率為P(X=2)=C42232132=2481;④后4個(gè)數(shù)位上出現(xiàn)3個(gè)1,記其概率為P(X=3)=C4323313=3281;⑤后4個(gè)數(shù)位都出現(xiàn)1,X=4,記其概率為P(X=4)=234=1681.故X~B∵X~B4,23,∴X的方差DX=4×23×13=13.6576P(ξ1=0)=C2P(ξ1=1)=C3P(ξ1=2)=C3所以Eξ1=1×1225+2ξ2可取值為0,1,2,P(ξ2=0)=C21C21C51C6P(ξ2=2)=C3所以Eξ2=1×1730+14.解(1)由已知可得m解得m(2)X可能的取值為0,1,2,3,4,P(X=0)=23P(X=1)=C2P(X=2)=C21×13×1-1P(X=3)=C2P(X=4)=1X的分布列如下表X01234P42011204EX=0×484+1×2081+2×1127+3×15.解(1)設(shè)從100個(gè)水果中隨機(jī)抽取一個(gè),抽到禮品果的事務(wù)為A,則P(A)=20100現(xiàn)有放回地隨機(jī)抽取4個(gè),設(shè)抽到禮品果的個(gè)數(shù)為X,則X~B4,15.∴恰好抽到2個(gè)禮品果的概率為:P(X=2)=C42152452(2)設(shè)方案2的單價(jià)為ξ,則單價(jià)的期望值為:Eξ=16×110+18×310+22×410+∵Eξ>20,∴從選購 商的角度考慮,應(yīng)當(dāng)采納第一種方案.(3)用分層抽樣的方法從100個(gè)水果中抽取10個(gè),則其中精品果4個(gè),非精品果6個(gè),現(xiàn)從中抽取3個(gè),則精品果的數(shù)量X聽從超幾何分布,全部可能的取值為0,1,2,3,則P(X=0)=C6P(X=1)=C6P(X=2)=C6P(X=3)=C∴X的分布列如下:X0123P1131∴EX=0×16+1×12+216.Bξ1可能的取值為0,1,2;ξ2可能的取值為0,1,P(ξ1=0)=49,P(ξ1=2)=19,P(ξ1=1)=1-49-19=49,故Eξ1=23,Dξ1=0-232×49+1-232×49+2-232×19=49.P(ξ2=0)=2×13×2=13,P(ξ2=1)=2×1×23×2=23,故Eξ2=23,Dξ2=0-232×1317.D隨機(jī)變量X可能的取值為2,3.P(X=2)=C22p2+C22(1-p)2=2p2P(X=3)=2p(1-p)p+2p(1-p)(1-p)=2p-2p2,故X的分布列為:X23P2p2-2p+12p-2p2故EX=2×(2p2-2p+1)+3×(2p-2p2)=-2p2+2p+2=-2p-122+52因?yàn)?<p<13,故2<EX<229,而229<52,而DX=(2p2-2p)2(2p2-2p+1)+(2p2-2p+1)2(2p-2p2),令t=2p-2p2=-2p-122+12,因?yàn)?<p<13<12,故此時(shí)DX=-t2+t∈0,2081,DX<14必成立,故C錯(cuò)誤,D正確18.解(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)=C202p2(1-p)因此f'(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C202p(1-p)17(1-令f'(p)=0,得p=0.1.當(dāng)p∈(0,0.1)時(shí),f'(p)>0;當(dāng)p∈(0.1,1)時(shí),f'(p)<0.所以f(p)的最大值點(diǎn)為p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1.①令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù),依題意知Y~B(