【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 7页

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.‎