1、1 4.2.4随机变量的数字特征随机变量的数字特征 第一课时离散型随机变量的均值 课后篇巩固提升 基础达标练 1.已知离散型随机变量 X 的分布列为 X12 3 P3 5 3 10 1 10 则 X 的数学期望 E(X)等于() A.3 2 B.2 C.5 2 D.3 解析 E(X)=13 5+2 3 10+3 1 10 ? 15 10 ? 3 2. 答案 A 2.有 10 件产品,其中 3 件是次品,从中任取 2 件,用 X 表示取到次品的个数,则 E(X)等于() A.3 5 B. 8 15 C.14 15 D.1 解析 X 的可能取值为 0,1,2, 2 P(X=0)= C7 2 C10
2、 2 ? 7 15, P(X=1)= C7 1C 3 1 C10 2 ? 7 15, P(X=2)= C3 2 C10 2 ? 1 15, 所以 E(X)=1 7 15+2 1 15 ? 3 5. 答案 A 3.已知随机变量 X 的分布列是 X4a910 P0.30.1b0.2 若 E(X)=7.5,则 a 等于() A.5B.6 C.7D.8 解析因为 E(X)=40.3+0.1a+9b+2=7.5, 又 0.3+0.1+b+0.2=1, 所以 a=7,b=0.4. 答案 C 4.若随机变量 X 的分布列如下表,则 E(X)等于() X0 1 2 3 4 5 P2x3x7x2x3xx A.
3、1 18 B.1 9 C.20 9 D. 9 20 3 解析由题意,得 2x+3x+7x+2x+3x+x=1, 解得 x= 1 18, 所以,E(X)=02x+13x+27x+32x+43x+5x=40 x=40 1 18 ? 20 9 . 答案 C 5.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割成 125个同样大小的小正方体.经过搅拌后,从中随机取 出一个小正方体,记它的涂油漆面数为 X,则 X 的数学期望 E(X)等于() A.126 125 B.6 5 C.168 125 D.7 5 解析根据题意可知 X 的可能取值为 0,1,2,3, 且 P(X=0)= 27 125,P(X=1)= 5
4、4 125, P(X=2)= 36 125,P(X=3)= 8 125, 所以 E(X)=0 27 125+1 54 125+2 36 125+3 8 125 ? 6 5. 答案 B 6.若从 1,2,3,4,5 这 5 个数字中任取不同的两个数,则这两个数的乘积的数学期望是. 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 1 10,所以 E(X)= 1 10(2+3+4+5+6+8+10+12+15+20)=8.5. 答案 8.5 7.已知随机变量 X 等可能地取 1,2,3,n,若 P(X4)=0.3
5、,则 E(X)等于. 4 解析根据题意,X 取 1,2,3,n 的概率都是1 ?, 则 P(X4)=3 ?=0.3,解得 n=10, 则 E(X)=1 1 10+2 1 10+10 1 10=5.5. 答案 5.5 8.设离散型随机变量 X 可能取的值为 1,2,3,4.P(X=k)=ak+b(k=1,2,3,4).若 X 的数学期望 E(X)=3,则 a+b=. 解析由题意可得随机变量 X 的分布列为 X1234 Pa+b2a+b3a+b4a+b 由分布列的性质得(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即 10a+4b=1. 又 E(X)=3,所以 1(a+b)+2(2a+
6、b)+3(3a+b)+4(4a+b)=3,即 30a+10b=3. 联立以上两式解得 a= 1 10,b=0. 所以 a+b= 1 10. 答案 1 10 9. 某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动.活动规则如下:消费额每满 100 元可转动如图所示的转盘 一次,并获得相应金额的返券,假定指针等可能地停在任一位置.若指针停在 A 区域返券 60 元;停在 B 5 区域返券 30 元;停在 C 区域不返券.例如:消费 218 元,可转动转盘 2 次,所获得的返券金额是两次金额 之和. (1)若某位顾客消费 128 元,求返券金额不低于 30 元的概率; (2)若某位顾客恰好消费 280 元,并按
7、规则参与了活动,他获得返券的金额记为 X 元.求随机变量 X 的 分布列和数学期望. 解设指针落在 A,B,C 区域分别记为事件 A,B,C, 则 P(A)=1 6,P(B)= 1 3,P(C)= 1 2. (1)若返券金额不低于 30 元,则指针落在 A 或 B 区域.所以所求概率为 P(A)+P(B)=1 6 ? 1 3 ? 1 2,即消 费 128 元的顾客,返券金额不低于 30 元的概率是1 2. (2)由题意得该顾客可转动转盘 2 次.随机变量 X 的可能值为 0,30,60,90,120. P(X=0)=1 2 ? 1 2 ? 1 4, P(X=30)=1 2 ? 1 32= 1
8、3, P(X=60)=1 2 ? 1 62+ 1 3 ? 1 3 ? 5 18, P(X=90)=1 3 ? 1 62= 1 9, P(X=120)=1 6 ? 1 6 ? 1 36. 所以,随机变量 X 的分布列为 X03060 90120 P1 4 1 3 5 18 1 9 1 36 6 其数学期望 E(X)=01 4+30 1 3+60 5 18+90 1 9+120 1 36=40. 10.为创建国家级文明城市,某城市号召出租车司机在高考期间至少参加一次“爱心送考”.该城市某出 租车公司共 200 名司机,他们参加“爱心送考”的次数统计如图所示. (1)求该出租车公司的司机参加“爱心送
9、考”的人均次数; (2)从这 200名司机中任选两人,设这两人参加送考次数之差的绝对值为随机变量 X,求 X 的分布列及 数学期望. 解由题图可知,参加送考次数为 1 次、2 次、3 次的司机人数分别为 20,100,80. (1)该出租车公司司机参加送考的人均次数为1?20?2?100?3?80 200 =2.3. (2)从该公司任选两名司机,记“这两人中一人参加 1 次,另一人参加 2 次送考”为事件 A,“这两人 中一人参加 2 次,另一人参加 3 次送考”为事件 B,“这两人中一人参加 1 次,另一人参加 3 次送考”为事 件 C,“这两人参加次数相同”为事件 D. 则 P(X=1)=
10、P(A)+P(B)= C20 1 C100 1 C200 2 ? C100 1 C80 1 C200 2 ? 100 199,P(X=2)=P(C)= C20 1 C80 1 C200 2 ? 16 199,P(X=0)=P(D)= C20 2 ?C100 2 ?C80 2 C200 2 ? 83 199. 所以随机变量 X的分布列为 X012 P 83 199 100 199 16 199 7 其数学期望 E(X)=0 83 199+1 100 199+2 16 199 ? 132 199. 能力提升练 1.(2020 黑龙江鹤岗一中高二期末)已知离散型随机变量的概率分布如表所示,则其数学期
11、望 E()等 于() 13 5 P0.5m0.2 A.1B.0.6 C.2+3mD.2.4 解析分布列中出现的所有的概率之和等于 1, 0.5+m+0.2=1,m=0.3,随机变量的数学期望 E()=10.5+30.3+50.2=2.4.故选 D. 答案 D 2.(2020 浙江高三期末)已知 0a2 3,随机变量的分布列如图,则当 a 增大时,的期望 E()变化情况是 () -101 P 1 3 ab A.E()增大B.E()减小 C.E()先增后减D.E()先减后增 解析由题意可知 ?(?) ? - 1 3 ? ?, 1 3 ? ? ? ? ? 1, 8 即 E()=-1 3 ? 2 3-
12、a= 1 3-a,所以当 a 增大时,的期望 E()减小,故选 B. 答案 B 3.(2019 天津模拟)某班 50 名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示,其中成绩分组区间 是40,50),50,60),60,70),70,80),80,90),90,100.从样本成绩不低于 80 分的学生中随机选取 2 人,记 这 2 人成绩在 90 分以上(含 90 分)的人数为,则的数学期望为() A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 解析由频率分布直方图知,30.00610+0.0110+0.05410+10 x=1,解得 x=0.018,所以成绩不低于 80 分的学生有(0.01
13、8+0.006)1050=12 人,成绩在 90 分以上(含 90 分)的学生有 0.0061050=3 人.的 可能取值为 0,1,2,P(=0)= C9 2 C12 2 ? 6 11,P(=1)= C3 1C 9 1 C12 2 ? 9 22,P(=2)= C3 2 C12 2 ? 1 22, 所以的分布列为 0 1 2 P 6 11 9 22 1 22 所以 E()=0 6 11+1 9 22+2 1 22 ? 1 2.故选 B. 答案 B 4.(多选)(2019山东高三月考)某市有 A,B,C,D四个景点,一位游客来该市游览,已知该游客游览 A 的概 率为2 3,游览 B,C 和 D
14、的概率都是 1 2,且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量 X 表示该游客 游览的景点的个数,则下列选项正确的是() 9 A.游客至多游览一个景点的概率为1 4 B.P(X=2)=3 8 C.P(X=4)= 1 24 D.E(X)=13 6 解析记该游客游览 i 个景点为事件 Ai,i=0,1, 则 P(A0)= 1-2 3 1-1 2 1-1 2 1-1 2 = 1 24,P(A1)= 2 3 1- 1 2 3+ 1-2 3 C3 1 ? 1 2 1- 1 2 2=5 24, 所以游客至多游览一个景点的概率为 P(A0)+P(A1)= 1 24 ? 5 24 ? 1 4,故 A 正确
15、; 随机变量 X的可能取值为 0,1,2,3,4, P(X=0)=P(A0)= 1 24, P(X=1)=P(A1)= 5 24, P(X=2)=2 3 ? C3 1 ? 1 2 1- 1 2 2+ 1-2 3 C3 2 1 2 2 1-1 2 =3 8,故 B 正确; P(X=3)=2 3 ? C3 2 1 2 2 1-1 2 + 1-2 3 C3 3 1 2 3=7 24, P(X=4)=2 3 1 2 3=1 12,故 C 错误; 数学期望为 E(X)=0 1 24+1 5 24+2 9 24+3 7 24+4 2 24 ? 13 6 ,故 D 正确. 故选 ABD. 答案 ABD 10
16、 5.(2019 山东淄川中学高二期中)随机变量 XB 10,1 2 ,变量 Y=20+4X,则 E(Y)=. 解析因为 XB 10,1 2 ,所以 E(X)=101 2=5, 因为 Y=20+4X,所以 E(Y)=20+4E(X)=20+20=40. 答案 40 6.(2020 浙江高三专题练习)一个不透明袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球 3 个、黑球 2 个, 现随机等可能取出小球.当有放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为1,则 E(1)=;若第 一次取出一个小球后,放入一个红球和一个黑球,再第二次随机取出一个小球.记取出的红球总数为2, 则 E(2)=. 解析1可取值为 0,
17、1,2, P(1=0)= C2 1C 2 1 C5 1C 5 1? 4 25, P(1=1)= C3 1C 2 1?C 2 1C 3 1 C5 1C 5 1 ? 12 25, P(1=2)= C3 1C 3 1 C5 1C 5 1? 9 25, 所以 E(1)=112 25+2 9 25 ? 6 5. 2可取值为 0,1,2, P(2=0)= C2 1C 2 1 C5 1C 6 1? 4 30, P(2=1)= C3 1C 3 1?C 2 1C 4 1 C5 1C 6 1 ? 17 30, P(2=2)= C3 1C 3 1 C5 1C 6 1? 9 30, 所以 E(2)=117 30+2
18、9 30 ? 7 6. 11 答案6 5 7 6 7.(2019 山东淄川中学高三开学考试)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为 24,16,16.现 采用分层抽样的方法从中抽取 7 人,进行睡眠时间的调查. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人? (2)若抽出的 7 人中有 4 人睡眠不足,3 人睡眠充足,现从这 7 人中随机抽取 3 人做进一步的身体检查. 用 X表示抽取的 3 人中睡眠不足的员工人数,求随机变量 X 的分布列与数学期望; 设 A为事件“抽取的 3 人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件 A 发生的概率. 解(1)由已知,甲、乙、丙三个
19、部门的员工人数之比为 322,由于采用分层抽样的方法从中抽取 7 人, 因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取 3 人,2 人,2 人. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 0,1,2,3. P(X=k)= C4 ?C 3 3-? C7 3 (k=0,1,2,3). 所以随机变量 X的分布列为 X0 1 2 3 P 1 35 12 35 18 35 4 35 随机变量 X的数学期望 E(X)=0 1 35+1 12 35+2 18 35+3 4 35 ? 12 7 . 设事件 B为“抽取的 3 人中,睡眠充足的员工有 1 人,睡眠不足的员工有 2 人”;事件 C 为“抽取 的 3 人中,
20、睡眠充足的员工有 2 人,睡眠不足的员工有 1 人”,则 A=BC,且 B 与 C 互斥. 由知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1), 故 P(A)=P(BC)=P(X=2)+P(X=1)=6 7. 12 所以事件 A发生的概率为6 7. 8.(2020 天津高三月考)某学校为了学生的健康,对课间操活动做了如下规定:课间操时间若有雾霾则 停止课间操,若无雾霾则组织课间操.预报得知,在未来一周从周一到周五的课间操时间出现雾霾的概 率是:前 3 天均为1 2,后 2 天均为 3 4,且每一天出现雾霾与否是相互独立的. (1)求未来 5 天至少一天停止课间操的概率; (2)求未来 5 天
21、组织课间操的天数 X 的分布列和数学期望. 解(1)由题意,可知未来 5 天每天都组织课间操的概率为 P1= 1 2 3 1 4 2= 1 128, 所以未来 5 天至少一天停止课间操的概率: P=1-P1=1- 1 128 ? 127 128. (2)未来 5 天组织课间操的天数 X 的可能取值为 0,1,2,3,4,5, P(X=0)= 1 2 3 3 4 2= 9 128, P(X=1)= 1 2 3C 2 1 3 4 1 4 +C3 1 1 2 1 2 2 3 4 2=33 128, P(X=2)=C3 2 1 2 2 1 2 3 4 2+C 3 1 1 2 1 2 2C 2 1 3
22、4 1 4 + 1 2 3 1 4 2=46 128, P(X=3)=C3 1 1 2 1 2 2 1 4 2+C 3 2 1 2 2 1 2 C2 1 1 4 3 4 + 1 2 3 3 4 2=30 128, P(X=4)=C3 2 1 2 2 1 2 1 4 2+ 1 2 3C 2 1 1 4 3 4 = 9 128, P(X=5)= 1 2 3 1 4 2= 1 128, 所以 X的分布列为 X012345 13 P 9 128 33 128 46 128 30 128 9 128 1 128 数学期望 E(X)=0 9 128+1 33 128+2 46 128+3 30 128+4
23、 9 128+5 1 128=2. 素养培优练 1.一个篮球运动员投篮一次得 3 分的概率为 a,得 2 分的概率为 b,不得分的概率为 c(a,b,c(0,1),已 知他投篮一次得分的数学期望是 2,则2 ? ? 1 3?的最小值为 () A.16 3 B.28 3 C.14 3 D.32 3 解析由题意得 3a+2b+0c =2,所以 3a+2b=2,2 ? ? 1 3?= 2 ? ? 1 3? 3?2? 2 ? 1 2 6+2 3 ? 4? ? ? ? ? 1 2 6+2 3+2 4? ? ? ? =16 3 ,当且仅当4? ? ? ? ?时取等 号,故选 A. 答案 A 2.(2020
24、 北京高三期末)2019 年 6 月,国内的 5G运营牌照开始发放.从 2G到 5G,我们国家的移动通信 业务用了不到 20 年的时间,完成了技术上的飞跃,跻身世界先进水平.为了解高校学生对 5G的消费意 愿,2019 年 8 月,从某地在校大学生中随机抽取了 1 000 人进行调查,样本中各类用户分布情况如下: 用户分类预计升级到 5G的时段人数 早期体验用 户 2019年 8 月至 2019年 12 月 270 人 中期跟随用 户 2020年 1 月至 2021年 12 月 530 人 后期用户2022年 1 月及以后 200 人 我们将大学生升级 5G时间的早晚与大学生愿意为 5G套餐支
25、付更多的费用作比较,可得出下图的关 系(例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用户的 40%). 14 (1)从该地高校大学生中随机抽取 1 人,估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率; (2)从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人,以 X 表示这 2 人中愿意为升级 5G 多 支付 10 元或 10 元以上的人数,求 X 的分布列和数学期望; (3)2019年底,从这 1 000人的样本中随机抽取 3 人,这三位学生都已签约 5G套餐,能否认为样本中早 期体验用户的人数有变化?说明理由. 解(1)由题意可知,从高
26、校大学生中随机抽取 1 人,该学生在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G的概率 估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率, 即270?530 1 000 =0.8. (2)由题意可知,X 的所有可能值为 0,1,2, 记事件 A 为“从早期体验用户中随机抽取 1 人,该学生愿意为升级 5G多支付 10 元或 10 元以上”, 事件 B为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人,该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”, 由题意可知,事件 A,B 相互独立,且 P(A)=1-40%=0.6,P(B)=1-45%=0.55, 所以 P(X=0)=P(?)=(1-0.6)(
27、1-0.55)=0.18, P(X=1)=P(A? ? ?B)=P(A?)+P(?B)=P(A)1-P(B)+1-P(A)P(B)=0.6(1-0.55)+(1- 0.6)0.55=0.49, P(X=2)=P(AB)=0.60.55=0.33, 所以 X的分布列为 X012 15 P0.180.490.33 故 X 的数学期望 E(X)=00.18+10.49+20.33=1.15. (3)设事件 D 为“从这 1 000 人的样本中随机抽取 3 人,这三位学生都已签约 5G套餐”,那么 P(D)= C270 3 C1 000 3 0.02. 回答一:事件 D 虽然发生概率小,但是发生可能性为 0.02,是有可能发生的,所以认为早期体验用 户没有发生变化. 回答二:事件 D 发生概率小,可以认为是小概率事件,所以可以认为早期体验用户人数增加.
