2019-2020学年高中数学课时作业21离散型随机变量的均值二北师大版选修2-3 11页

课时作业(二十一)‎ ‎1．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D．1‎ 答案　A 解析　离散型随机变量X服从N＝10，M＝3，n＝2的超几何分布，∴E(X)＝＝＝.‎ ‎2．某人从家乘车到单位，途中有3个交通岗亭．假设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则此人上班途中遇红灯的次数的期望为(　　)‎ A．0.4 B．1.2‎ C．0.43 D．0.6‎ 答案　B 解析　∵途中遇红灯的次数X服从二项分布，即 X～B(3，0.4)，∴E(X)＝3×0.4＝1.2.‎ ‎3．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ξ，则ξ的期望是(　　)‎ A．7.8 B．8‎ C．16 D．15.6‎ 答案　A 解析　按含有数字5分类，抽出卡片上的数字有三种情况：不含5，(2，2，2)；含1张5，(5，2，2)；含2张5，(5，5，2)，因此ξ＝6，9，12，然后计算出分布列，进而利用均值公式求解．‎ ‎4．(2015·江门高二期末)已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，则E(X)＝(　　)‎ X ‎－2‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎0.15‎ ‎0.50‎ a A.0.9‎‎ ‎B．1.0‎ C．1.1 D．1.2‎ 答案　A 解析　由分布列的性质，得0.15＋0.50＋a＝1，则a＝0.35.根据离散型随机变量的均值公式，得随机变量X的数学期望为E(X)＝－2×0.15＋1×0.50＋2×0.35＝0.9.‎ ‎5．(2015·北京西城区高二期末)10件产品中有3件是次品，任取2件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于(　　)‎ 11‎ A. B. C. D．1‎ 答案　A 解析　X的可能取值是0，1，2.‎ P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝.‎ 故X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.‎ ‎6．把24粒种子分别种在8个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种1次，每补种一个坑需10元，用X表示补种费用，则X的数学期望为(　　)‎ A．10元 B．20元 C．40元 D．80元 答案　A 解析　坑里的3粒种子发芽情况可以看作是3次独立重复试验，可知一个坑里的3粒种子都不发芽的概率是，8个坑的补种情况可以看作是8次独立重复试验，设Y代表补种次数，则Y～B(8，)，∴E(Y)＝np＝8×＝1.由X＝10Y，得E(X)＝E(10Y)＝10，即X的数学期望为10元．‎ ‎7．有5支竹签，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3支，以X表示取出竹签的最大号码，则E(X)的值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　X的可能取值为3，4，5.则P(X＝3)＝＝，‎ P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，‎ 11‎ X的分布列为 X ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P E(X)＝3×＋4×＋5×＝.‎ ‎8．甲、乙两人进行围棋比赛，规定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或下满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．设X表示比赛停止时已比赛的局数，则随机变量X的数学期望E(X)等于(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　X的可能取值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为()2＋()2＝，若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，从而有P(X＝2)＝，P(X＝4)＝(1－)×＝，P(X＝6)＝(1－)×(1－)×1＝，‎ 则随机变量X的分布列为 X ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ P 故E(X)＝2×＋4×＋6×＝.‎ ‎9．一个人有n把钥匙，其中只有一把能打开他的房门，他随意地进行试开，并将试开不对的钥匙除去，则打开房门所试开次数ξ的数学期望是________．‎ 答案　 解析　由于每次打开他的房门的概率都是，故E(ξ)＝1×＋2×＋…＋n×＝.‎ ‎10．某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获利12%；一旦失败，一年后将丧失全部资金的50%.下表是过去200例类似项目开发的实施结果：‎ 投资成功 投资失败 11‎ ‎192次 ‎8次 则该公司一年后估计可获收益的期望是________元．‎ 答案　4 760‎ 解析　依题意X的取值为50 000×12%＝6 000和50 000×(－50%)＝－25 000，‎ 则P(X＝6 000)＝＝，P(X＝－25 000)＝＝，‎ 故E(X)＝6 000×＋(－25 000)×＝4 760.‎ ‎11．一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2，将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是________．‎ 答案　 解析　设所得两数之积为ξ，则ξ的可能值为0，1，2，4，‎ P(ξ＝0)＝2××＋2××＋×＝，‎ P(ξ＝1)＝×＝，P(ξ＝2)＝2××＝，‎ P(ξ＝4)＝×＝.‎ 所以 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝.‎ ‎12．正四面体的4个面上分别写有数字1，2，3，4，将3个这样的大小相同、质地均匀的正四面体同时投掷于桌面上．记X为与桌面接触的3个面上的3个数字中最大值与最小值之差的绝对值，则随机变量X的期望E(X)等于________．‎ 答案　 解析　X的可能取值是0，1，2，3.‎ P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，‎ P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，‎ 故X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 11‎ P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎13．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数．‎ ‎(1)求ξ的分布列；‎ ‎(2)求ξ的数学期望；‎ ‎(3)求“所选3人中女生人数ξ≤‎1”‎的概率．‎ 思路　本题是超几何分布问题，可用超几何分布的概率公式求解．‎ 解析　(1)ξ可能取的值为0，1，2.‎ P(ξ＝k)＝，k＝0，1，2.‎ 所以，ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎(2)由(1)，ξ的数学期望为 E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.‎ ‎(3)由(1)，“所选3人中女生人数ξ≤‎1”‎的概率为 P(ξ≤1)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝.‎ ‎14．某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检)，若安检不合格，则必须整改，若整改后经复查仍不合格，则强制关闭．设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5，整改后安检合格的概率是0.8.计算(结果精确到0.01)：‎ ‎(1)恰好有两家煤矿必须整改的概率；‎ ‎(2)平均有多少家煤矿必须整改；‎ ‎(3)至少关闭一家煤矿的概率．‎ 解析　(1)每家煤矿必须整改的概率是1－0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的，所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是P1＝C52×(1－0.5)2×0.53＝≈0.31.‎ ‎(2)由题设，必须整改的煤矿数ξ服从二项分布B(5，0.5)，从而ξ的数学期望E(ξ)＝5×0.5＝2.50，即平均有2.50家煤矿必须整改．‎ ‎(3)某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，所以该煤矿被关闭的概率是P2＝(1－0.5)×(1－0.8)＝0.1，从而该煤矿不被关闭的概率是0.9.由题意可知，‎ 11‎ 每家煤矿是否被关闭是相互独立的，故至少关闭一家煤矿的概率是P3＝1－0.95≈0.41.‎ 课时作业(二十二)‎ ‎1．以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数．‎ 甲组　　　　乙组 ‎9‎ ‎9‎ ‎0‎ ‎9‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎0‎ 分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数Y的分布列和数学期望．‎ 解析　由茎叶图可知，甲组同学的植树棵数是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是9，8，9，10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4＝16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17，18，19，20，21.事件“Y＝17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”，所以该事件有2种可能的结果，因此P(Y＝17)＝＝，同理可得P(Y＝18)＝，P(Y＝19)＝，P(Y＝20)＝，P(Y＝21)＝.‎ 所以随机变量Y的分布列为：‎ Y ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ P E(Y)＝17×P(Y＝17)＋18×P(Y＝18)＋19×P(Y＝19)＋20×P(Y＝20)＋21×P(Y＝21)‎ ‎＝17×＋18×＋19×＋20×＋21×＝19.‎ ‎2．某渔船要对下月是否出海作出决策，如果出海后遇到好天气，可得收益6 000元，如果出海后天气变坏将损失8 000元．若不出海，无论天气如何都将承担1 000元损失费．据气象部门的预测，下月好天气的概率是0.6，天气变坏的概率为0.4，请你为该渔船作出决定，是出海还是不出海？依据是什么？‎ 解析　若选择出海，设X为渔船的收益，则由题知X的可能取值为6 000元，－8 000元，‎ P(X＝6 000)＝0.6，P(X＝－8 000)＝0.4.‎ ‎∴E(X)＝6 000×0.6＋(－8 000)×0.4＝400.‎ 若选择不出海，则损失1 000元．‎ ‎∵400>－1 000，∴应选择出海．‎ ‎3．在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1，2，…，6)，求：‎ ‎(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率；‎ 11‎ ‎(2)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列与期望．‎ 解析　(1)设A表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”，则表示“甲、乙的序号均为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式，得P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝.‎ ‎(2)ξ的所有可能值为0，1，2，3，4，且P(ξ＝0)＝＝，‎ P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，‎ P(ξ＝4)＝＝.‎ 从而知ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P 所以，E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.‎ ‎4．为了拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类．这三类工程所含项目的个数分别占总数的、、.现有3名工人独立地从中任选一个项目参与建设．‎ ‎(1)求他们选择的项目所属类别互不相同的概率；‎ ‎(2)记ξ为3人中选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程的人数，求ξ的分布列及数学期望．‎ 解析　记第i名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3，由题意知A1，A2，A3相互独立，B1，B2，B3相互独立，C1，C2，C3相互独立，Ai，Bj，Ck(i，j，k＝1，2，3，且i，j，k互不相同)相互独立，且P(Ai)＝，P(Bi)＝，P(Ci)＝.‎ ‎(1)他们选择的项目所属类别互不相同的概率 P＝3！P(A1B‎2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝6×××＝.‎ ‎(2)解法一　设3名工人中选择的项目属于民生工程的人数为η，‎ 由已知，η～B(3，)，且ξ＝3－η，‎ 所以P(ξ＝0)＝P(η＝3)＝C33()3＝，‎ P(ξ＝1)＝P(η＝2)＝C32()2()＝，‎ 11‎ P(ξ＝2)＝P(η＝1)＝C31()()2＝，‎ P(ξ＝3)＝P(η＝0)＝C30()3＝.‎ 故ξ的分布列是 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.‎ 解法二　记第i名工人选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程分别为事件Di，i＝1，2，3.‎ 由已知，D1，D2，D3相互独立，且 P(Di)＝P(Ai＋Ci)＝P(Ai)＋P(Ci)＝＋＝.‎ 所以ξ～B(3，)，即P(ξ＝k)＝C3k()k()3－k，k＝0，1，2，3.‎ 故ξ的分布列是 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ξ的数学期望E(ξ)＝3×＝2.‎ ‎5．某班将要举行篮球投篮比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次．在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，得分高的选手胜出．已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为或.‎ ‎(1)如果选手甲以在A、B区投篮得分的期望较高者为选择投篮区的标准，问选手甲应该选择在哪个区投篮？‎ ‎(2)求选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率．‎ 解析　(1)设选手甲在A区投两次篮的进球数为X，‎ 则X～B(2，)，故E(X)＝2×＝.‎ 则选手甲在A区投篮得分的期望为2×＝3.6.‎ 设选手甲在B区投三次篮的进球数为Y，则Y～B(3，)．‎ 故E(Y)＝3×＝1.‎ 11‎ 则该选手在B区投篮得分的期望为3×1＝3.‎ 所以选手甲应该选择在A区投篮．‎ ‎(2)设“该选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分”为事件C，“该选手在A区投篮得4分且在B区投篮得3分或0分”为事件D，“该选手在A区投篮得2分且在B区投篮得0分”为事件E，则事件C＝D∪E，且事件D与事件E互斥．‎ P(D)＝×(＋)＝，P(E)＝×＝，P(C)＝P(D∪E)＝＋＝，‎ 故该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为.‎ ‎►重点班选做题 ‎6．设l为平面上过点(0，1)的直线，l的斜率等可能地取－2， －，－，0，，，2，用ξ表示坐标原点到l的距离，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝________．‎ 答案　 解析　‎ k ‎－2 ‎－ ‎－ ‎0‎ ‎2 ξ ‎1‎ P ‎7.某企业2015年工作计划中，对每位员工完成工作任务的奖励情况作出如下规定：有一季度完成任务者得奖金300元；有两季度完成任务者得奖金750元；有三季度完成任务者得奖金1 260元；对四个季度均完成任务的员工，奖励1 800元；若四个季度均未完成任务则没有奖金．假若每位员工在每个季度里完成任务与否都是等可能的，求企业每位员工在2015年所得奖金的数学期望．‎ 解析　P(X＝0)＝C40()0()4＝；P(X＝300)＝C41()1()3＝；‎ P(X＝750)＝C42()2()2＝；P(X＝1 260)＝C43()3()1＝；‎ P(X＝1 800)＝C44()4()0＝.‎ 故X的分布列为 X ‎0‎ ‎300‎ ‎750‎ ‎1 260‎ ‎1 800‎ P 11‎ E(X)＝0×＋300×＋750×＋1 260×＋1 800×＝783.75(元)．‎ ‎1．A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是A1，A2，A3，B队队员是B1，B2，B3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：‎ 对阵队员 A队队员胜的概率 B队队员胜的概率 A1对B1‎ A2对B2‎ A3对B3‎ 现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设A队、B队最后所得总分分别为ξ、η.‎ ‎(1)求ξ、η的概率分布；‎ ‎(2)求E(ξ)，E(η)．‎ 解析　(1)ξ的可能值为3，2，1，0，则P(ξ＝3)＝××＝，‎ P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝，‎ P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝＝，P(ξ＝0)＝××＝＝.‎ 根据题意ξ＋η＝3，所以P(η＝0)＝P(ξ＝3)＝，P(η＝1)＝P(ξ＝2)＝，P(η＝2)＝P(ξ＝1)＝，P(η＝3)＝P(ξ＝0)＝.‎ ‎∴ξ，η的分布列为 ξ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ P η ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎(2)E(ξ)＝，E(η)＝.‎ ‎2．某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，‎ 11‎ 一位客人游览这3个景点的概率分别是0.4、0.5、0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响．设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值．‎ ‎(1)求ξ的分布列及数学期望；‎ ‎(2)记“函数f(x)＝x2－3ξx＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A，求事件A的概率．‎ 解析　(1)分别设“客人游览甲景点”、“客人游览乙景点”、“客人游览丙景点”为事件A1、A2、A3.由已知A1、A2、A3相互独立，P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.6.客人游览的景点数的可能取值为0、1、2、3.相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3、2、1、0，所以ξ的可能取值为1、3.‎ P(ξ＝1)＝1－0.24＝0.76，所以ξ的分布列为：‎ ξ ‎1‎ ‎3‎ P ‎0.76‎ ‎0.24‎ E(ξ)＝1×0.76＋3×0.24＝1.48.‎ ‎(2)因为f(x)＝(x－ξ)2＋1－ξ2，‎ 所以函数f(x)＝x2－3ξx＋1在区间[ξ，＋∞)上单调递增．‎ 要使f(x)在[2，＋∞)上单调递增，当且仅当ξ≤2，即ξ≤，从而P(A)＝P(ξ≤)＝P(ξ＝1)＝0.76.‎ 11‎