【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第三册7.3《离散型随机变量的数字特征》同步精练（解析版）.doc，共(15)页，702.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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7.3离散型随机变量的数字特征（精练）【题组一分布列均值与方差】1．（2020·吉林长春市实验中学）若随机变量ξ的分布列：ξ124P0.40.30.3那么E(5ξ+4)等于（）A．15B．11C．2.2D．2.3【答案】A【解析】由已知，得：Eξ=1

×0.4+2×0.3+4×0.3=2.2，∴E(5ξ+4)=5E(ξ)+4=5×2.2+4=15.故选：A.2．（2020·全国高二单元测试）设ξ的分布列为ξ1234P16161313又设η＝2ξ＋5，则E(η)等于（）A．76B．176C．173D．323【答案】D【解析】E

(ξ)＝1×16＋2×16＋3×13＋4×13＝176，所以E(η)＝E(2ξ＋5)＝2E(ξ)＋5＝2×176＋5＝323.故选：D.3．（2020·全国高二课时练习）设01a，则随机变量X的分布列是：X0a1p131313则当a在0,1内增大时（）A．D

X增大B．DX减小C．DX先增大后减小D．DX先减小后增大【答案】D【解析】由分布列得1()3aEX，则2222111111211()01333333926aaaDXaa

，则当a在(0,1)内增大时，()DX先减小后增大.故选：D.4．（2020·江苏省前黄高级中学高二期中）甲、乙两个运动员射击命中环数ξ、η的分布列如下表．表中射击比较稳定的运动员是()环数k

8910P(ξ＝k)0.30.20.5P(η＝k)0.20.40.4A．甲B．乙C．一样D．无法比较【答案】B【解析】E(ξ)＝9.2，E(η)＝9.2，所以E(η)＝E(ξ)，D(ξ)＝0.76，D(η)＝0.56<D(ξ)，所以乙稳定．5．（多选）（2020·全国

高二单元测试）已知X的分布列为X－101P12a16则下列说法正确的有（）A．P(X＝0)＝13B．E(X)＝－13C．D(X)＝2327D．P(X＞－1)＝12【答案】ABD【解析】由分布列的性质可知1

126a＝1，即a＝13.∴P(X＝0)＝13，故A正确；E(X)＝1111(1)012363，故B正确；D(X)＝22211111151013233369，故C错误；P(X＞－1)＝P(X＝0)

＋P(X＝1)＝12，故D正确．故选：ABD.6．（多选）（2020·全国高二单元测试）已知0＜a＜14，随机变量ξ的分布列如下．ξ－101P3414－aa当a增大时，（）A．E(ξ)增大B．E(ξ)减小C．D(ξ)减小D．D(ξ)增大【答案】AD【解析】0

＜a＜14，由随机变量ξ的分布列，得：E(ξ)＝a－34，∴当a增大时，E(ξ)增大；D(ξ)＝23(1)4a×34＋23(0)4a×1()4a＋23(1)4a×a＝－a2＋52a＋316＝－25()4a＋74，∵0<a<14，

∴当a增大时，D(ξ)增大．故选：AD.7．（多选）（2020·山东济宁市·高二期末）已知随机变量X的分布列如下，且2EX，则下列说法正确的是（）X123Pmn13A．12m，16nB．13m，13nC．23DXD．1

2DX【答案】BC【解析】依题意11232123EXmnmn，所以21mn，结合113mn，解得13mn，所以B选项正确.22211121222323333DX，所

以C选项正确.故选：BC8．（2020·全国高二课时练习）已知随机变量X的分布列如下表；且()2EX，则p________，(23)DX_____________.X02aP16p13【答案】1

24【解析】因为11163p，所以12p.因为()2EX，所以111()022623EXa，3a.222111()(02)(22)(32)1623DX.故2(23)2()4DXDX.故答案为：12，49．（2021·北京房山区·高

二期末）设随机变量的分布列为：012p1213m则m____；随机变量的数学期望E____.【答案】1623【解析】因为概率之和等于1即11123m，解得：16m，所以11120122363E，故答

案为：16；23.10．（2020·甘肃白银市）设随机变量X的分布列为1,2,3,44kPXakk，a为常数，则4EX________．【答案】3【解析】因为12341a，所以110a，所以1122334434104104104104E

X，故443EXEX．故答案为：311．（2020·四川乐山市）已知随机变量的分布列如下表所示，且23，则()E________.101P141214【答案】3【解析】111()10

10424E因为23，所以()2()33EE故答案为：312．（2020·安徽省六安中学高二期末（理））已知X的分布列X101P121316且3YaX，

53EY，则a______.【答案】4【解析】1111()(1)012363EXQ,且3YaX，5()()33EYaEX，即15333a，解得4a，故答案为：413．（2021·湖南衡阳市八中高二期末）已知随机变量X的分布列如下：

X013P1312a若随机变量Y满足31YX，则Y的方差DY___________.【答案】9【解析】由分布列的性质可知，11132a，所以16a，所以数学期望111()0131326EX，方差222111

()(01)(11)(31)1326DX，因为31YX，所以2()3()9DYDX，故答案为：9．【题组二实际应用中的分布列与均值】1．（2021·浙江金华市·高三期末）一个盒子里有2个黑球和3个白球，现从盒子里随机每次取出1个球，每个球被取出的可能性相等，取出后不放

回，直到某种颜色的球全部取出．设取出黑球的个数，则1P__________，E__________．【答案】31032【解析】0,1,2，0表示取球3次，3次取白球，则33356106010APA，1表示取球4次，3次取白球，

前3次中有1次取黑球，则33356106010APA，113323453623112010CCAPA，1332110105P，故32E.故答案为：310，32.2．

（2021·江苏南通市·高三期末）“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5888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5888元.设随机变量X表示获得赠品完全相同的顾客人数，则0PX_________________，EX____________.【答案】2953【解析】3362027279APX3132

79PX12221993PX22150239393EX故答案为：29；53.3．（2020·全国高二课时练习）一个袋子内装有若干个黑球、3个白球、2个红球（所有的球除颜色外其他均相同），从中一次性任取2个球，每取得一个黑球得0

分，每取得一个白球得1分，每取得一个红球得2分，用随机变量表示取2个球的总得分，已知得0分的概率为16．（1）求袋子内黑球的个数；（2）求的分布列与均值．【答案】（1）有4个黑球；（2）分布列见解析，14()9E.【解析】（1）设袋子内黑球的个数为n，由条件

知，当取得2个黑球时得0分，概率为2251(0)6nnCPC，化简得2340nn，解得4n或1n（舍去），即袋子内有4个黑球．（2）的所有可能取值为0,1,2,3,4，1(0)6P，1143291(1)3CCPC，2113

242911(2)36CCCPC，1123291(3)6CCPC，22291(4)36CPC，的分布列为01234P161311361613611111114()0123463366369E．

4．（2019·全国高二课时练习）甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立.（1）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（2）记X为比赛决出胜负时的总局数，

求X的分布列和均值（数学期望）.【答案】（1）5681；（2）22481.【解析】（1）用A表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”，kA表示“第k局甲获胜”，kB表示“第k局乙获胜”.则2()3kPA，1

(),1,2,3,4,53kPBk.121231234()()()()PAPAAPBAAPABAA121231234()()()()()()()()()PAPAPBPAPAPAPBPAPA2222122125633333381

.（2）X的可能取值为2,3,4,5.12121212(2)()()()()()()PXPAAPBBPAPAPBPB2211533339，123123123123(3)()()()()()()()()PXPBAAPABBPBPAPAPAP

BPB12221123333339，1234123412341234(4)()()()()()()()()()()PXPABAAPBABBPAPBPAPAPBPAPBPB212212111033333333818(5)

1(2)(3)(4)81PXPXPXPX.故X的分布列为X2345P59291081881所以.5．（2021·海林市）某产品有4件正品和2件次品混在了一起,现要把这2件次品找出来,为此每次随机抽取1件进行测试,测试后不放回,直至次品全部被找出

为止.(1)求“第1次和第2次都抽到次品”的概率;(2)设所要测试的次数为随机变量X,求X的分布列和数学期望.【答案】（1）115；（2）见解析【解析】(1)设“第1次和第2次都抽到次品”为事件A,则P(A)==.(2)X的所有可能取值为2,3,4,5.P(X=2)=,P(X=3)==,P

(X=4)=+=,P(X=5)=+=.X的分布列为X2345P因此,E(X)=2×+3×+4×+5×=.【题组三均值方差做决策】1．（2019·全国高二课时练习）设甲、乙两家灯泡厂生产的灯泡寿命表1X(单位：小时)和Y的分布列分别如表1和表2所示：X90010001100P0.

10.80.1Y95010001050P0.30.40.3试问哪家工厂生产的灯泡质量较好？【答案】乙厂生产的灯泡质量较好.【解析】由期望的定义，得E(X)＝900×0.1＋1000×0.8＋1100×0.1＝10

00，E(Y)＝950×0.3＋1000×0.4＋1050×0.3＝1000.两家灯泡厂生产的灯泡寿命的期望值相等，需进一步考查哪家工厂灯泡的质量比较稳定，即比较其方差．由方差的定义，得D(X)＝(900－1000)2×0.1＋(1000－1000)2×0.8＋(1100－10

00)2×0.1＝2000，D(Y)＝(950－1000)2×0.3＋(1000－1000)2×0.4＋(1050－1000)2×0.3＝1500.因为D(X)＞D(Y)，所以乙厂生产的灯泡质量比甲厂稳定，即乙厂生产的灯泡质量较好．2．（2020·全国高二

课时练习）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为3

00瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温[10，15)[15，20)[20，25)[25，30)[30，35)[35，

40)天数216362574以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．（1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的分布列；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量n（单位：瓶

）为多少时，Y的数学期望达到最大值？【答案】（1）分布列见解析；（2）300．【解析】（1）由题意知，X所有的可能取值为200，300，500，由表格数据知2162000.290PX，363000.490PX，25745000.490

PX．因此X的分布列为X200300500P0.20.40.4（2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200500n当300500n时，若最高气温不低于25，则642Ynnn；若最高气温位于区间20,25，则6

3002300412002Ynnn；若最高气温低于20，则6200220048002Ynnn因此20.4120020.480020.26400.4EYnnnn当03

00n时，若最高气温不低于20，则642Ynnn，若最高气温低于20，则6200220048002Ynnn，因此20.40.480020.21601.2EYnnn所以300n时，Y的数

学期望达到最大值，最大值为520元．3．（2020·全国高二课时练习）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7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳

延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000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，得下表：维修次数0123台数5102015以这50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，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】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）选择延保方案二较合算【解析】（Ⅰ）X所有可能的取

值为0，1，2，3，4，5，6，11101010100PX，1111210525PX，11213225551025PX，13121132210105550PX

，22317425510525PX，2365251025PX，33961010100PX，∴X的分布列为X0123456P110012532511507256259100（Ⅱ）选择延保一，所需费用1Y元的分布列为：1Y70009000110

001300015000P17100115072562591001171176970009000110001300015000100502525100EY10720（元）.选择延保二，所需费用2Y元的分布列为：2Y100001100012

000P671006259100267691000011000120001042010025100EY（元）.∵12EYEY，∴该医院选择延保方案二较合算.4．（2019·全国高二课时练习）某高校设计了一个实验学科的实验考

查方案:考生从6道备选题中一次性随机抽取3题,按照题目要求独立完成全部实验操作.规定:至少正确完成其中2题的便可提交通过.已知6道备选题中考生甲有4题能正确完成,2题不能完成;考生乙每题正确完成的概率

都是23,且每题正确完成与否互不影响.(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列,并计算均值;(2)试从两位考生正确完成题数的均值及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力.【答案】（1）()2,()2EE；（2）可以判断甲的实验操作能

力较强..【解析】(1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为ξ,η,则ξ取值分别为1,2,3;η取值分别为0,1,2,3.P(ξ=1)=124236CC1C5,P(ξ=2)=214236CC3C5,P(ξ=3)=304236CC1C5,∴考生甲正确完成

题数的概率分布列为ξ123P153515Eξ=115+235+315=2.∵P(η=0)=30321C1-327,同理P(η=1)=29,P(η=2)=49,P(η=3)=827,∴考生乙正确完成题数的概率分布列为η0123P127

2949827Eη=0127+129+249+3827=2.(2)∵P(ξ≥2)=3155=0.8,P(η≥2)=489270.74,∴P(ξ≥2)>P(η≥2).从做对题数的均值考察,两人水平相当;从至少完成2题的概率考察,甲获得

通过的可能性大.因此可以判断甲的实验操作能力较强.5．（2020·辽宁本溪市·高二月考）为倡导绿色出行，某市推出“新能源分时租赁汽车”业务.其中一款新能源分时租赁汽车每次租车收费标准由两部分组成：①根据行驶里程数按1元/千米；②行驶时间不超过40分钟时，按0.12元/分计费；超过40

分钟时，超出部分按0.20元/分计费.已知王先生家离上班地点15千米，每天租用该款汽车上､下班各一次.由于堵车､红绿灯等因素，每次路上开车花费的时间是变量t(单位：分).现统计其50次路上开车花费时间，在各时间段内的频数分布情况如下表所示：时间t分

20,3030,4040,5050,60频数2182010将各时间段发生的频率视为概率，每次路上开车花费的时间视为用车时间，范围为20,60分.（1）写出王先生一次租车费用y(单位：元)与用车时间t(单位：分)的函数关系式；（2）若王先生的公司每月发放1000元的

车补，每月按22天计算，请估计：①王先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班的平均用车时间(同一时段，用该区间的中点值做代表).②王先生每月的车补能否足够上下班租用新能源分时租赁汽车，并说明理由.【答案】（1）0.1215,20400.211.8,4060ttytt

；（2）①42.6(分)；②王先生每月的车补足够上､下班租用新能源分时租赁汽车，理由见解析.【解析】（1）当2040t时，0.1215yt，当4060t时，0.12400.2040150.2011.8ytt，所以0.1215,20400.211.8,406

0ttytt；（2）①王先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班，平均用时21820102535455542.650505050t(分)，②法一：每次上下班的平均租车费用约为0.242.611.8

20.32元，则每月均用费为：20.32222894.08(元)1000(元)，由此估计王先生每月的车补足够上､下班租用新能源分时租赁汽车；法二：每次上下班的平均租车费用约为2182010250.1215350.1215450.2+11.8+550.

2+11.8=20.51250505050则每月均用费为：22220.512=902.528(元)1000元，由此估计王先生每月的车补足够上､下班租用新能源分时租赁汽车.