2024_2025学年新教材高中数学课时练14离散型随机变量的均值含解析新人教B版选择性必修第二册.doc
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离散型随机变量的均值
(15分钟30分)
1．设随机变量X的分布列如表所示，已知E(X)＝1.6，则a－b＝()
X
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
A．0.2 B．0.1 C．－0.2 D．－0.4
【解析】选C.由分布列性质，得0.1＋a＋b＋0.1＝1.①
由期望公式可得0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，
即a＋2b＝1.3.②
由①②可得a＝0.3，b＝0.5，
所以a－b＝0.3－0.5＝－0.2.
【补偿训练】
已知p＞0，q＞0，随机变量ξ的分布列如表：
ξ
p
q
P
q
p
若E(ξ)＝eq\f(4,9)，则p2＋q2＝()
A．eq\f(4,9) B．eq\f(1,2) C．eq\f(5,9) D．1
【解析】选C.因为p＞0，q＞0，E(ξ)＝eq\f(4,9)，所以由随机变量ξ的分布列的性质得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＋p＝1,pq＋qp＝\f(4,9)))，
所以p2＋q2＝(q＋p)2－2pq＝1－eq\f(4,9)＝eq\f(5,9).
2．设在各交通岗遇到红灯的事务是相互独立的，且概率都是0.4，则某人三次上班途中遇红灯的次数X的期望为()
A．0.4 B．1.2 C．0.43 D．0.6
【解析】选B.因为途中遇红灯的次数X听从二项分布，即X～B(3，0.4)，所以E(X)＝3×0.4＝1.2.
3．设口袋中有黑球、白球共7个，从中任取2个球，已知取到白球个数的数学期望值为eq\f(6,7)，则口袋中白球的个数为()
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】选B.设袋中有M个白球，从中任取2个球，取出白球的个数为X，则X～H(7，2，M)，
所以E(X)＝eq\f(2M,7)＝eq\f(6,7)，所以M＝3.
4．已知随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
eq\f(1,2)
eq\f(1,3)
eq\f(1,6)
且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，则E(X)＝________，
a＝________．
【解析】E(X)＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(5,3).
因为Y＝aX＋3，所以E(Y)＝aE(X)＋3＝eq\f(5,3)a＋3＝－2.
解得a＝－3.
答案：eq\f(5,3)－3
5．某居民小区有两个相互独立的平安防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在随意时刻发生故障的概率分别为eq\f(1,10)和p.
(1)若在随意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为eq\f(49,50)，求p的值；
(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量X，求X的概率分布列及数学期望E(X).
【解析】(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事务C，
那么P(C)＝1－P()＝1－eq\f(1,10)·p＝eq\f(49,50).解得p＝eq\f(1,5).
(2)由题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，3.
故P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))＝eq\f(1,1000)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq\f(27,1000)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))×＝eq\f(243,1000)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝eq\f(729,1000).
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
eq\f(1,1000)
eq\f(27,1000)
eq\f(243,1000)
eq\f(729,1000)
故随机变量X的数学期望
E(X)＝0×eq\f(1,1000)＋1×eq\f(27,1000)＋2×eq\f(243,1000)＋3×eq\f(729,1000)＝eq\f(27,10).
(30分钟60分)
一、单选题(每小题5分，共20分)
1．某人进行一项试验，若试验胜利，则停止试验，若试验失败，