2022年新教材高考数学一轮复习 考点规范练57 离散型随机变量的数字特征（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练57离散型随机变量的数字特征一、基础巩固1.若离散型随机变量X的分布列为X01Pa2a22则E(X)等于()A.2B.2或12C.12D.1答案:C解析:由题意知a2+a22=1,a0,解得a=1.所以E(X)=012+112=12.故选C.2.现有一个项目,对该项目投资10万元,一年后的利润是1.2万元、1.18万元、1.17万元的概率分别为16,12,13.设对该项目投资10万元,一年后的利润为X(单位:万元),则X的均值为()A.1.18B.3.55C.1.23D.2.38答案:A解析:由题意可知E(X)=1.216+1.1812+1.1713=1.18.3.(多选)袋内有除颜

2、色外其他完全相同的2个黑球和3个白球,从中不放回地每次任取1个球,直到取出白球后停止,则()A.取2次后停止的概率为35B.停止取球时,取出的白球个数不少于黑球个数的概率为910C.取球次数X的均值为2D.取球次数X的方差为920答案:BD解析:依题意,取球次数X的可能取值为1,2,3,P(X=1)=35,P(X=2)=2534=310,P(X=3)=25141=110.故E(X)=135+2310+3110=32,D(X)=1-32235+2-322310+3-322110=920.设事件A=“取2次后停止”,B=“停止取球时,取出的白球个数不少于黑球个数”,则P(A)=P(X=2)=310

3、,P(B)=P(X=1)+P(X=2)=910.故选BD.4.(多选)若随机变量X服从两点分布,且P(X=0)=13,则下列结论正确的是()A.E(X)=23B.E(3X+2)=4C.D(3X+2)=4D.D(X)=49答案:AB解析:因为随机变量X服从两点分布,且P(X=0)=13,所以P(X=1)=23,所以E(X)=013+123=23,D(X)=0-23213+1-23223=29.所以E(3X+2)=3E(X)+2=4,D(3X+2)=9D(X)=2.故选AB.5.某公司有5万元资金用于投资某开发项目,若成功,则一年后可获利12%;若失败,则一年后将损失全部资金的50%.统计过去20

4、0例类似投资项目的结果如表所示.投资成功投资失败192例8例则估计该公司投资该项目一年后可获收益的均值为元.答案:4 760解析:依题意,用频率估计概率,可知一年后获利6000元的概率为0.96,获利-25000元的概率为0.04,故估计一年后可获收益的均值为60000.96+(-25000)0.04=4760(元).6.已知离散型随机变量X满足P(X=x1)=23,P(X=x2)=13,x1x2,E(X)=49,D(X)=2,则x1+x2=.答案:179解析:由题意可知E(X)=23x1+13x2=49,D(X)=x1-49223+x2-49213=2,因为x1x2,所以x1=-59,x2=

5、229.所以x1+x2=179.7.某袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共5个.从袋中随机取出3个球,全为黑球的概率为110,则黑球的个数为;若记取出的3个球中黑球的个数为X,则D(X)=.答案:3925解析:设黑球的个数为n,由题意可知Cn3C53=110,解得n=3.X的可能取值为1,2,3,P(X=1)=C22C31C53=310,P(X=2)=C21C32C53=35,P(X=3)=C33C53=110.故X的分布列为X123P31035110E(X)=1310+235+3110=95,D(X)=1-952310+2-95235+3-952110=925.8.近年来,空气质量成为人们

6、越来越关注的话题,空气质量指数(Air Quality Index,简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数.环保部门记录了某地区7天的空气质量指数,其中,有4天空气质量为优,有2天空气质量为良,有1天空气质量为轻度污染.现工作人员从这7天中随机抽取3天进行某项研究,则抽取的3天中至少有1天空气质量为良的概率为;记X表示抽取的3天中空气质量为优的天数,则随机变量X的均值为.答案:57127解析:依题意,从7天中随机抽取3天,有C73=35(种)取法,其中至少有1天空气质量为良的取法有C21C52+C22C51=25(种),故抽取的3天中至少有1天空气质量为良的概率为2535=57.由已知得X的

7、可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=C33C73=135,P(X=1)=C41C32C73=1235,P(X=2)=C42C31C73=1835,P(X=3)=C43C73=435.故E(X)=0135+11235+21835+3435=127.9.(2021广东珠海二模)现有甲、乙两个项目,对甲、乙两个项目分别投资20万元,甲项目一年后利润是1万元、2万元、4万元的概率分别是12,13,16;乙项目的利润随乙项目的价格变化而变化,乙项目在一年内,价格最多可进行两次调整,每次调整的概率为p(0pE(Y2)时,求p的取值范围.解:(1)依题意,Y1的分布列为Y1124P121316Y2的分布

8、列为Y2321P(1-p)22p(1-p)p2则E(Y1)=112+213+416=116,E(Y2)=3(1-p)2+22p(1-p)+1p2=3-2p.(2)由E(Y1)E(Y2),得3-2p712.又0p1,所以712p1,所以p的取值范围是712,1.10.某企业计划在某地建立饮品基地进行饮品A,B,C的研发.(1)在对三种饮品市场投放的前期调研中,对100名试饮人员进行抽样调查,得到对三种饮品选择情况的条形图.若饮品A每件的利润为4元,饮品B每件的利润为3元,饮品C每件的利润为7元,请估计三种饮品每件的平均利润.(2)为进一步提高企业利润,企业决定对饮品C进行加工工艺的改进和饮品D的

9、研发.已知工艺改进成功的概率为45,新饮品研发成功的概率为13,且工艺改进与饮品研发相互独立.求工艺改进和新饮品研发恰有一项成功的概率;若工艺改进成功,则企业可获利80万元,否则亏损30万元;若饮品研发成功,则企业可获利150万元,否则亏损70万元.求该企业获利X的均值.解:(1)根据题中条形图可得样本中选择饮品A的频率为0.35,选择饮品B的频率为0.45,选择饮品C的频率为0.2,则样本中三种饮品每件的平均利润为40.35+30.45+70.2=4.15(元).故估计三种饮品每件的平均利润为4.15元.(2)设事件A=“工艺改进成功”,B=“新饮品研发成功”,C=“工艺改进和新饮品研发恰有

10、一项成功”.由题意可知A,B相互独立,P(A)=45,P(B)=13,故P(C)=P(AB)+P(AB)=4523+1513=35.由已知得X的可能取值为-100,10,120,230,P(X=-100)=1523=215,P(X=10)=4523=815,P(X=120)=1513=115,P(X=230)=4513=415.故E(X)=-100215+10815+120115+230415=1843.二、综合应用11.某大学对该校参加了某博览会的志愿者实施“社会教育实践”学分考核,因该批志愿者表现良好,该大学决定考核只有合格和优秀两个等次,已知某志愿者考核为合格,授予0.5个学分;考核为优

11、秀,授予1个学分.假设该校志愿者甲、乙、丙考核为优秀的概率分别为45,23,23,他们考核所得的等次相互独立.(1)求在这次考核中,甲、乙、丙三名志愿者中至少有一名考核为优秀的概率;(2)记这次考核中甲、乙、丙三名志愿者所得学分之和为随机变量X,求随机变量X的分布列和均值E(X).解:(1)记“甲考核为优秀”为事件A,“乙考核为优秀”为事件B,“丙考核为优秀”为事件C,“甲、乙、丙三名志愿者中至少有一名考核为优秀”为事件E,则事件A,B,C相互独立,事件ABC与事件E是对立事件.故P(E)=1-P(ABC)=1-P(A)P(B)P(C)=1-151313=4445.(2)依题意,X的可能取值为

12、32,2,52,3,则PX=32=P(ABC)=145,P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=845,PX=52=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=49,P(X=3)=P(ABC)=1645.故X的分布列为X322523P145845491645E(X)=32145+2845+5249+31645=7730.12.(2021山东聊城三模)某环保机器制造商对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案.方案一:交纳延保金5 000元,在延保的5年内可免费维修2次,超过2次每次收取维修费1 000元;方案二:交纳延保金6 230元,在延保的5年内可

13、免费维修4次,超过4次每次收取维修费t(1 000t2 000)元.该制造商搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内的维修次数,统计得到下表.维修次数0123机器台数20408060以这200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2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数.(1)求X的分布列;(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据,为使选择方案二对客户更合算,应把t定在什么范围?解:(1)依题意,每台机器维修次数为0,1,2,3的概率分别为110,15,25,310,X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6,则P(X=0)=110110=1100,P(X

14、=1)=110152=125,P(X=2)=110252+1515=325,P(X=3)=1103102+15252=1150,P(X=4)=310152+2525=725,P(X=5)=310252=625,P(X=6)=310310=9100,故X的分布列为X0123456P110012532511507256259100(2)选择方案一,设所需费用为Y1元,则当X2时,Y1=5000,当X=3时,Y1=6000,当X=4时,Y1=7000,当X=5时,Y5=8000,当X=6时,Y1=9000,故Y1的分布列为Y150006000700080009000P1710011507256259

15、100E(Y1)=500017100+60001150+7000725+8000625+90009100=6860.选择方案二,设所需费用为Y2元,则当X4时,Y2=6230,当X=5时,Y2=6230+t,当X=6时,Y2=6230+2t,故Y2的分布列为Y262306230+t6230+2tP671006259100E(Y2)=623067100+(6230+t)625+(6230+2t)9100=6230+21t50.要使选择方案二对客户更合算,则E(Y2)E(Y1),即6230+21t506860,解得t1500.又1000t2000,所以1000t1500.故t的取值范围为1000,

16、1500).三、探究创新13.某学校为鼓励家校互动,与某手机通信商合作,为教师办理流量套餐.为了解该校教师手机流量使用情况,通过抽样,得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L(单位:M)的数据,其频率分布直方图如下:若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量,并将频率视为概率,回答以下问题.(1)从该校教师中随机抽取3人,求这3人中至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率;(2)现该通信商推出三款流量套餐,详情如下:套餐名称月套餐费/元月套餐流量/MA20300B30500C38700这三款套餐都有如下附加条款:套餐费月初一次性收取,手机使用流量一旦超出套餐流量,系统

17、就自动帮用户充值200 M流量,资费20元;如果又超出充值流量,那么系统就再次自动帮用户充值200 M流量,资费20元,以此类推.如果当月流量有剩余,那么系统将自动清零,无法转入次月使用.学校欲订购其中一款流量套餐,为教师支付月套餐费,并承担系统自动充值的流量资费的75%,其余部分由教师个人承担,则学校订购哪一款套餐最经济?说明理由.解:(1)记“从该校随机抽取1位教师,该教师手机月使用流量不超过300M”为事件D.依题意,P(D)=(0.0008+0.0022)100=0.3.从该校教师中随机抽取3人,设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为X,则XB(3,0.3),所以从该校教师中随

18、机抽取3人,至多有1人手机月使用流量不超过300M的概率为P(X=0)+P(X=1)=C300.30(1-0.3)3+C310.3(1-0.3)2=0.343+0.441=0.784.(2)依题意,从该校随机抽取1位教师,该教师手机月使用流量L(300,500的概率为(0.0025+0.0035)100=0.6,L(500,700的概率为(0.0008+0.0002)100=0.1.当学校订购A套餐时,设学校为1位教师承担的月费用为X1,则X1的所有可能取值为20,35,50,且P(X1=20)=0.3,P(X1=35)=0.6,P(X1=50)=0.1,所以X1的分布列为X1203550P0.30.60.1所以E(X1)=200.3+350.6+500.1=32.所以学校为1位教师承担的月费用的平均值为32元.当学校订购B套餐时,设学校为1位教师承担的月费用为X2,则X2的所有可能取值为30,45,且P(X2=30)=0.3+0.6=0.9,P(X2=45)=0.1,所以X2的分布列为X23045P0.90.1所以E(X2)=300.9+450.1=31.5.所以学校为1位教师承担的月费用的平均值为31.5元.当学校订购C套餐时,因为每位教师的手机月使用流量均不超过700M,所以学校为1位教师承担的月费用为38元.因为31.53238,所以学校订购B套餐最经济.9