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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习北师大版离散型随机变量的均值()课时作业

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知识点一 离散型随机变量均值的定义 ‎1.已知离散型随机变量X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 则X的数学期望E(X)=(  )‎ A. B.2 C. D.3‎ 答案 A 解析 由已知条件可得E(X)=1×+2×+3×=.故选A.‎ ‎2.某一离散型随机变量的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0.1‎ a b ‎0.1‎ 且E(ξ)=1.5,则a-b的值为(  )‎ A.-0.1 B.0 C.0.1 D.0.2‎ 答案 B 解析 由E(ξ)=0×0.1+1×a+2×b+3×0.1=1.5,‎ 得a+2b=1.2且0.1+a+b+0.1=1,‎ 解得a=0.4,b=0.4.故a-b=0.‎ 知识点二 离散型随机变量的均值的性质 ‎3.若随机变量ξ的分布列如下表所示,则E(ξ)的值为(  )‎ ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎2x ‎3x ‎7x ‎2x ‎3x x A. B. C. D. 答案 C 解析 由2x+3x+7x+2x+3x+x=1,得x=,E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=.‎ ‎4.设ξ的分布列为 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P 又设η=2ξ+5,则E(η)等于(  )‎ A. B. C. D. 答案 D 解析 E(ξ)=1×+2×+3×+4×=,‎ E(η)=E(2ξ+5)=2E(ξ)+5=2×+5=.‎ 知识点三 离散型随机变量的均值的求法 ‎5.今有两台独立工作在两地的雷达,每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85,设发现目标的雷达台数为X,则E(X)等于(  )‎ A.0.765 B.1.75 C.1.765 D.0.22‎ 答案 B 解析 P(X=0)=(1-0.9)×(1-0.85)=0.1×0.15=0.015;‎ P(X=1)=0.9×(1-0.85)+(1-0.9)×0.85=0.22;‎ P(X=2)=0.9×0.85=0.765.‎ ‎∴E(X)=0×0.015+1×0.22+2×0.765=1.75.‎ ‎6.盒中装有5节同牌号的五号电池,其中混有两节废电池.现有无放回地每次取一节电池检验,直到取到好电池为止,求抽取次数X的分布列及均值.‎ 解 X可取的值为1,2,3,‎ 则P(X=1)=,P(X=2)=×=,‎ P(X=3)=××1=.‎ 抽取次数X的分布列为 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P E(X)=1×+2×+3×=1.5.‎ 一、选择题 ‎1.随机抛掷一枚质地均匀的骰子,则所得点数ξ的数学期望为(  )‎ A.0.6 B.1 C.3.5 D.2‎ 答案 C 解析 抛掷骰子所得点数ξ的分布列为 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ P 所以,E(ξ)=1×+2×+3×+4×+5×+6×=(1+2+3+4+5+6)×=3.5.‎ ‎2.某人进行一项试验,若试验成功,则停止试验,若试验失败,再重新试验一次,若试验3次均失败,则放弃试验.若此人每次试验成功的概率为,则此人试验次数ξ的均值是(  )‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 试验次数ξ的可能取值为1,2,3,则 P(ξ=1)=,‎ P(ξ=2)=×=,‎ P(ξ=3)=××=.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎∴E(ξ)=1×+2×+3×=.‎ ‎3.已知随机变量X和Y,其中Y=12X+7,且E(Y)=34,若X的分布列如表,则m的值为(  )‎ X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P m n A. B. C. D. 答案 A 解析 由Y=12X+7得E(Y)=12E(X)+7=34,从而E(X)=,‎ 所以1×+2m+3n+4×=,‎ 又因为+m+n+=1,联立上面两式,解得m=.‎ ‎4.有10张卡片,其中8张标有数字2,2张标有数字5,从中任意抽出3张卡片,设3张卡片上的数字之和为X,则X的数学期望是(  )‎ A.7.8 B.8 C.16 D.15.6‎ 答案 A 解析 X的取值为6,9,12,P(X=6)==,P(X=9)==,P(X=12)==.‎ E(X)=6×+9×+12×=7.8.‎ ‎5.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为125个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取一个小正方体,记它的油漆面数为X,则X的均值E(X)等于(  )‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 125个小正方体中8个三面涂漆,36个两面涂漆,54个一面涂漆,27个没有涂漆,∴从中随机取一个正方体,涂漆面数X的均值E(X)=×0+×1+×2+×3==.‎ 二、填空题 ‎6.设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,P(X=k)=ak+b(k=1,2,3).又X的均值E(X)=3,则a+b=________.‎ 答案 - 解析 ∵P(X=1)=a+b,‎ P(X=2)=2a+b,‎ P(X=3)=3a+b,‎ ‎∴E(X)=1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)=3,‎ 即14a+6b=3,①‎ 又∵(a+b)+(2a+b)+(3a+b)=1,‎ ‎∴6a+3b=1,②‎ 由①②,可知a=,b=-,∴a+b=-.‎ ‎7.从1,2,3,4,5这5个数字中任取不同的两个,则这两个数乘积的数学期望是__________.‎ 答案 8.5‎ 解析 从1,2,3,4,5中任取不同的两个数,其乘积X的值为2,3,4,5,6,8,10,12,15,20,取每个值的概率都是,∴E(X)=×(2+3+4+5+6+8+10+12+15+20)=8.5.‎ ‎8.某毕业生参加人才招聘会,分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历,假定该毕业生得到甲公司面试的概率为,得到乙、丙两公司面试的概率均为p,且三个公司是否让其面试是相互独立的.记X为该毕业生得到面试的公司个数.若P(X=0)=,则随机变量X的数学期望E(X)=________.‎ 答案  解析 因为P(X=0)==(1-p)2×,所以p=.随机变量X的可能值为0,1,2,3,‎ 因此P(X=0)=,‎ P(X=1)=×2+×2×2=,‎ P(X=2)=×2×2+×2=,‎ P(X=3)=×2=,‎ 所以E(X)=0×+1×+2×+3×=.‎ 三、解答题 ‎9.交5元钱,可以参加一次摸奖.一袋中有同样大小的球10个,其中8个标有“1元钱”,2个标有“5元钱”,抽奖者只能从中任取2个球,他所得奖金是所抽2个球上标的钱数之和.求抽奖人获利的均值.‎ 解 设X为抽到的2个球上标的钱数之和,‎ 则X的可能取值如下:‎ X=2,抽到两个标有“1元钱”的球;‎ X=6,抽到一个标有“1元钱”的球,一个标有“5元钱”的球;‎ X=10,抽到两个标有“5元钱”的球.‎ 由题意可知 P(X=2)==,‎ P(X=6)==,‎ P(X=10)==.‎ 因此E(X)=2×+6×+10×==.‎ 若用Y表示抽奖人获利的可能值,则Y=X-5,故获利的均值E(Y)=E(X)-5=-5=-=-1.4.‎ ‎10.设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T,T只与道路畅通状况有关,对其容量为100的样本进行统计,结果如下:‎ T(分钟)‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ 频数(次)‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎10‎ ‎(1)求T的分布列与均值E(T);‎ ‎(2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区作一个50分钟的讲座,结束后立即返回老校区,求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率.‎ 解 (1)由统计结果可得T的频率分布为 T(分钟)‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ 频率 ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ 以频率估计概率得T的分布列为 T ‎25‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ P ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ 从而E(T)=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32.‎ ‎(2)设T1,T2分别表示往、返所需时间,T1,T2的取值相互独立,且与T的分布列相同.‎ 设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”,由于讲座时间为50分钟,所以事件 A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.‎ 解法一:P(A)=P(T1+T2≤70)=P(T1=25,T2≤45)+P(T1=30,T2≤40)+P(T1=35,T2≤35)+P(T1=40,T2≤30)=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91.‎ 解法二:P()=P(T1+T2>70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)=0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09.‎ 故P(A)=1-P()=0.91.‎