2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)練習(xí)課時(shí)規(guī)范練56離散型隨機(jī)變量的數(shù)字特征-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1.設(shè)隨機(jī)變量X的分布列如下:
則方差D(X)=( )

A.0B.1
C.2D.3
2.口袋中有編號(hào)分別為1,2,3的三個(gè)大小和形狀完全相同的小球,從中任取2個(gè),則取出的球的最大編號(hào)X的期望為( )
A.B.
C.2D.
3.設(shè)隨機(jī)變量X~B(2,p),隨機(jī)變量Y~B(3,p),若P(X≥1)=,則D(3Y+1)=( )
A.2B.3
C.6D.7
4.隨機(jī)變量ξ的分布列如下表,則p在(0,0.5)上增大時(shí),D(ξ)的變化情況是( )
A.一直增大
B.一直減小
C.先增大后減小
D.先減小后增大
5.(多選)袋內(nèi)有形狀、大小完全相同的2個(gè)黑球和3個(gè)白球,從中不放回地每次任取1個(gè)小球,直至取到白球后停止取球,則下列說法正確的是( )
A.抽取2次后停止取球的概率為
B.停止取球時(shí),取出的白球個(gè)數(shù)不少于黑球的概率為
C.取球次數(shù)ξ的期望為2
D.取球次數(shù)ξ的方差為
6.某籃球隊(duì)對(duì)隊(duì)員進(jìn)行考核,規(guī)則是:①每人進(jìn)行3個(gè)輪次的投籃;②每個(gè)輪次每人投籃2次,若至少投中1次,則本輪通過,否則不通過.已知隊(duì)員甲投籃1次投中的概率為,如果甲各次投籃投中與否互不影響,那么甲3個(gè)輪次通過的次數(shù)X的期望是( )
A.3B.
C.2D.
7.已知5臺(tái)機(jī)器中有2臺(tái)存在故障,現(xiàn)需要通過逐臺(tái)檢測(cè)直至區(qū)分出2臺(tái)故障機(jī)器為止.若檢測(cè)一臺(tái)機(jī)器的費(fèi)用為1 000元,則所需檢測(cè)費(fèi)的均值為( )
A.3 200B.3 400
C.3 500D.3 600
8.隨機(jī)變量X的取值為0,1,2,P(X=0)=0.2,D(X)=0.4,則E(X)= .
9.已知隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布B(n,p),若E(X)=3,D(X)=2,則p= ,P(X=1)= .
綜合提升組
10.(多選)某計(jì)算機(jī)程序每運(yùn)行一次都隨機(jī)出現(xiàn)一個(gè)五位二進(jìn)制數(shù)A=a1a2a3a4a5(例如10100),其中A的各位數(shù)中ak(k=2,3,4,5)出現(xiàn)0的概率為,出現(xiàn)1的概率為,記X=a2+a3+a4+a5,則下列說法正確的是( )
A.X服從二項(xiàng)分布
B.P(X=1)=
C.X的期望E(X)=
D.X的方差D(X)=
11.一個(gè)袋中放有大小、形狀均相同的小球,其中紅球1個(gè)、黑球2個(gè),現(xiàn)隨機(jī)等可能取出小球,當(dāng)有放回依次取出兩個(gè)小球時(shí),記取出的紅球數(shù)為ξ1;當(dāng)無(wú)放回依次取出兩個(gè)小球時(shí),記取出的紅球數(shù)為ξ2,則下列式子正確的是( )
A.E(ξ1)D(ξ2)
12.(多選)已知隨機(jī)變量ξ的分布列是
隨機(jī)變量η的分布列是
則當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí),下列選項(xiàng)中正確的是( )
A.E(ξ)=E(η)
B.D(ξ)=D(η)
C.E(ξ)增大
D.D(η)先增大后減小
13.如表是隨機(jī)變量ξ的分布列,E(ξ)= ,D(ξ2)的取值范圍是 .
創(chuàng)新應(yīng)用組
14.已知隨機(jī)變量X,Y的分布列如下表所示,其中a,b∈(0,1).
若D(XY)=1,則( )
A.E(X)·E(Y)>0B.E(X)·E(Y)1D.D(X)+D(Y)D(ξ2).故選B.
12.BC 對(duì)于A,∵η=ξ+2,∴E(η)=E(ξ)+2,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,∵η=ξ+2,
∴D(ξ)=D(η),故B正確;對(duì)于C,
∵E(ξ)=-p,∴當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí),E(ξ)增大,故C正確;對(duì)于D,∵E(η)=+2+3,∴D(η)=-2+2+2=-(p-2)2+,∴當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí),D(η)單調(diào)遞增,故D錯(cuò)誤.
13.1 (0,4) 由題意得,E(ξ)=0·a+1-2a+2a=1;
E(ξ4)=04·a+14·(1-2a)+24·a=1+14a,
E(ξ2)=02·a+12·(1-2a)+22·a=1+2a,
則D(ξ2)=E(ξ4)-[E(ξ2)]2=1+14a-(1+2a)2=-4a2+10a,a,
令f(a)=-4a2+10a,a,則f(a)在a遞增,得f(a)∈(0,4),故D(ξ2)∈(0,4).
14.C 由分布列知,E(X)=-1×a+1×(1-a)=1-2a,E(Y)=-1×b+1×(1-b)=1-2b,
D(X)=E(X2)-[E(X)]2=a+(1-a)-(1-2a)2=4a(1-a),
D(Y)=E(Y2)-[E(Y)]2=b+(1-b)-(1-2b)2=4b(1-b),
∵D(X)=∑[Xi-E(X)]2Pi=E[X-E(X)]2=E{X2-2XE(X)+[E(X)]2}
=E(X2)-2[E(X)]2+[E(X)]2=E(X2)-[E(X)]2,
∴D(XY)=E[XY-E(XY)]2=E[X2Y2-2XYE(XY)+E2(XY)]
=E(X)2E(Y)2-2E2(X)E2(Y)+E2(X)E2(Y)=E(X2)E(Y2)-E2(X)E2(Y),
∴D(XY)=E(X2)E(Y2)-[E(X)]2[E(Y)]2=1-(1-2a)·(1-2b)=1,
即-(1-2a)(1-2b)=0,∴1-2a=1-2b=0,即a=b=,所以E(X)=E(Y)=0,D(X)=D(Y)=1,
E(X)E(Y)=0,D(X)+D(Y)=2.
15.解 (1)記抽取的3天送餐單數(shù)都不小于40為事件M,則P(M)=
(2)①設(shè)乙公司送餐員的送餐單數(shù)為a,當(dāng)a=38時(shí),X=38×6=228,當(dāng)a=39時(shí),X=39×6=234,當(dāng)a=40時(shí),X=40×6=240,當(dāng)a=41時(shí),X=40×6+1×7=247,當(dāng)a=42時(shí),X=40×6+2×7=254.所以X的所有可能取值為228,234,240,247,254.故X的分布列為:
所以E(X)=228+234+240+247+254=241.8.
②依題意,甲公司送餐員的日平均送餐單數(shù)為38×0.2+39×0.3+40×0.2+41×0.2+42×0.1=39.7,所以甲公司送餐員的日平均工資為80+4×39.7=238.8元.由①得乙公司送餐員的日平均工資為241.8元.因?yàn)?38.8

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