第10章 课时冲关64 离散型随机变量的分布列及均值与方差(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

课时冲关64　离散型随机变量的分布列及均值与方差 [基础训练组] 1．(2025·石家庄期末)设离散型随机变量X的分布列如表所示，则q＝(　　) X 1 2 P 1－2q q2＋ A.　　　　　　　 　B．1－ C．1＋ D．1± 解析：B　[由分布列的性质可得1－2q＋q2＋＝1，即2q2－4q＋1＝0， 解得q＝＝1±. 又解得0≤q≤，所以q＝1－.故选B.] 2．已知随机变量X满足E(2X＋3)＝7，D(2X＋3)＝16，则下列选项正确的是(　　) A．E(X)＝，D(X)＝ B．E(X)＝2，D(X)＝4 C．E(X)＝2，D(X)＝8 D．E(X)＝，D(X)＝8 解析：B　[因为E(2X＋3)＝7，D(2X＋3)＝16， 所以2E(X)＋3＝7，22D(X)＝16， 解得E(X)＝2，D(X)＝4.故选B.] 3．(2025·辽宁东北育才学校模拟)某实验测试的规则如下：每位学生最多可做3次实验，一旦实验成功，则停止实验，否则做完3次为止．设某学生每次实验成功的概率为p(0＜p＜1)，实验次数为随机变量X，若X的数学期望EX＞1.39，则p的取值范围是(　　) A．(0，0.6) B．(0，0.7) C．(0.6，1) D．(0.7，1) 解析：B　[由题意得，X的所有可能取值为1，2，3， P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝1－p－(1－p)p＝(1－p)2， 所以EX＝1×p＋2×(1－p)p＋3×(1－p)2＝p2－3p＋3， 令EX＝p2－3p＋3＞1.39. 解得p＜0.7或p＞2.3，又因为0＜p＜1，所以0＜p＜0.7，即p的取值范围是(0，0.7).] 4．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝(k＝1，2，5)，a∈R，Eξ， Dξ，分别为随机变量ξ的数学期望与方差，则下列结论正确的是(　　) A．P(0＜ξ＜3.5)＝ B．E(3ξ＋2)＝7 C．Dξ＝2 D．D(3ξ＋1)＝6 解析：C　[因为随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝(k＝1，2，5)，由分布列的性质可知，P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝5)＝＋＋＝1，解得a＝1， 对于A，P(0＜ξ＜3.5)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝＋＝，故A不正确；对于B，Eξ＝1×＋2×＋5×＝2， ∴E(3ξ＋2)＝3Eξ＋2＝3×2＋2＝8，故B不正确；对于C，Dξ＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(5－2)2＝2，故C正确；对于D，∵Dξ＝2，∴D(3ξ＋1)＝9×Dξ＝18，故D不正确．] 5．(2025·陕西西北农林科技大学附中模拟)某次国际象棋比赛规定，胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分，某参赛队员比赛一局胜的概率为a，平局的概率为b，负的概率为c(a，b，c∈[0，1))，已知他比赛一局得分的数学期望为1，则ab的最大值为(　　) A． B． C． D． 解析：B　[由题意，比赛一局得分的数学期望为3×a＋1×b＋0×c＝1，故3a＋b＝1， 又a，b，c∈[0，1)，故3a＋b≥2，解得ab≤，当且仅当2a＝b，即a＝，b＝时等号成立．] 6．(多选)(2025·全国模拟)设离散型随机变量X的概率分布列为 X －1 0 1 2 3 P 则下列各式正确的是(　　) A．P(X＝1.5)＝0 B．P(X＞－1)＝1 C．P(2＜X＜4)＝ D．P(X＜0)＝ 解析：AC　[由概率分布列可得P(X＝1.5)＝0，故A正确；P(X＞－1)＝1－＝，故B错误；P(2＜X＜4)＝P(X＝3)＝，故C正确；P(X＜0)＝P(X－1)＝，故D错误．] 7．(多选)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，游览B，C和D的概率都是，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，下列正确的(　　) A．游客至多游览一个景点的概率 B．P(X＝2)＝ C．P(X＝4)＝ D．EX＝ 解析：ABD　[记该游客游览i个景点为事件Ai，i＝0，1， 则P(A0)＝ ＝， P(A1)＝＋C··＝， 所以游客至多游览一个景点的概率为P(A0)＋P(A1)＝＋＝，故A正确； 随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4； P(X＝0)＝P(A0)＝， P(X＝1)＝P(A1)＝， P(X＝2)＝×C××＋×C××＝，故B正确； P(X＝3)＝×C×× ＋×C×＝， P(X＝4)＝×＝，故C错误； 数学期望为EX＝0×＋1×＋2×＋＋4×＝，故D正确．] 8．随机变量ξ的分布列如下表，则D(5X＋EX)＝________． X 0 1 2 P 0.4 0.2 a 解析：由0.4＋0.2＋a＝1，得a＝0.4，所以EX＝1×0.2＋2×0.4＝1，E(X2)＝1×0.2＋4×0.4＝1.8, DX＝E(X2)－(EX)2＝0.8，D(5X＋1)＝25DX＝25×0.8＝20. 答案：20 9．(2025·全国模拟)离散型随机变量X的分布为： X 0 1 2 4 5 P q 0.3 0.2 0.2 0.1 若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的为________． ①EX＝2；②EY＝4；③DX＝2.8；④DY＝14. 解析：由离散型随机变量X的分布列的性质，可得q＝1－0.3－0.2－0.2－0.1＝0.2， 则EX＝0×0.2＋1×0.3＋2×0.2＋4×0.2＋5×0.1＝2， DX＝(0－2)2×0.2＋(1－2)2×0.3＋(2－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＋(5－2)2×0.1＝2.8， 所以①③正确； 又由离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，所以EY＝2EX＋1＝4＋1＝5， DY＝22DX＝4×2.8＝11.2，所以②④错误． 答案：①③ 10．(2024·北京卷)某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率． (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差． (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E； (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中E估计值的大小．(结论不要求证明) 解：(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得 P＝＝. (2)(ⅰ)设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3， 由题设中的统计数据可得P＝＝，P＝＝，P(ξ＝1.6)＝＝，P(ξ＝2.4)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， 所以E＝0×＋0.8×＋1.6×＋2.4×＋3×＝0.278. 故E＝0.4－0.278＝0.122(万元). (ⅱ)由题设保费的变化为0.4××96%＋0.4××1.2＝0.4032， 故E(Y)＝0.122＋0.4032－0.4＝0.1252(万元)， 从而E<E. [能力提升组] 11．已知随机变量ξ的分布列是： ξ －2 0 2 P 随机变量η的分布列是： η 3 5 7 P 下列选项中正确的是(　　) A．E(ξ)＝E(η) B．D(ξ)>D(η) C．当p增大时，E(ξ)递增 D．当p增大时，D(η)递减 解析：C　[对于A，由题意知：E(ξ)＝(－2)×＋0×＋2×＝－1， E＝3×＋5×＋7×＝＋4，所以A错误； 对于B，因为D＝×2＋×2＋×2＝－p2＋2p＋1， D＝×2＋×2＋×2＝－p2＋2p＋1， 即D＝D，故B错误； 对于C，E＝－1，所以当p增大时，E也增大，故C正确； 对于D，由D＝－p2＋2p＋1 ＝－(p－4)2＋5， 因为0≤p≤1，所以当p增大时，D增大，可知D错误．故选C.] 12．(多选)(2025·全国模拟)为了弘扬奥林匹克精神，某市多所中小学开展了冬奥会项目科普活动．为了调查学生对冰壶这个项目的了解情况，在该市中小学中随机抽取了10所学校，10所学校中了解这个项目的人数如图所示： 若从这10所学校中随机选取2所学校进行这个项目的科普活动，记X为被选中的学校中了解冰壶的人数在30以上的学校所数，则(　　) A．X的可能取值为0，1，2，3 B．P(X＝0)＝ C．EX＝ D．DX＝ 解析：BD　[根据题意，X的可能取值为0，1，2，其中了解冰壶的人数在30以上的学校有4所，了解冰壶的人数在30以下的学校有6所， 所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝， 所以X的概率分布列为： X 0 1 2 P 所以EX＝＝＝，DX＝×＋×＋×＝， 所以，B、D选项正确，A、C选项错误．] 13．(2025·北京模拟)近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排．遥遥计划在A1，A2，A3，A4，A5，A6这6个国产新能源品牌或在B1，B2，B3，B4这4个国产燃油汽车品牌中选择购车．预计购买新能源汽车比燃油车多花费40000元．据测算，每行驶5公里，燃油汽车约花费3元，新能源汽车约消耗电1千瓦时．如果购买新能源汽车，遥遥使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准(精确到0.1元/千瓦时)如表： 充电时间段 充电价格(元/千瓦时) 充电服务费(元/千瓦时) 峰 时 10：00－15：00和18：00－21：00 1.0 平 时 7：00－10：00，15：00－18：00和21：00－23：00 0.7 谷 时 当日23：00－次日7：00 0.4 0.8 (1)若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌作比较，求品牌A1被选中的概率； (2)若遥遥选购新能源汽车，他在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电30千瓦时(用时不超过半小时).设X为遥遥每次充电的费用，求X的分布列和数学期望； (3)求新能源汽车在某个时间段充电1千瓦时的平均费用； (4)假设遥遥一年驾车约行驶30000公里，按新车使用8年计算，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少． 解：(1)记事件A：品牌A1被选中，则P(A)＝＝. (2)由题知，在18：00－21：00有6个时间点，充电价格为1.0元/千瓦时，每次充电30千瓦时需要花费(1＋0.8)×30＝54， 在21：00－23：00有4个时间点，充电价格为0.7元/千瓦时，每次充电30千瓦时需要花费(0.7＋0.8)×30＝45， 在23：00，23：30有2个时间点，充电价格为0.4元/千瓦时，每次充电30千瓦时需要花费(0.4＋0.8)×30＝36， 所以X可能的取值有54，45，36，且P(X＝54)＝，P(X＝45)＝，P(X＝36)＝， 分布列如下： X 54 45 36 P 所以E(X)＝54×＋45×＋36×＝48元． (3)充电1千瓦时的费用为1.8元的概率为＝， 充电1千瓦时的费用为1.5元的概率为＝， 充电1千瓦时的费用为1.2元的概率为＝， 所以充电1千瓦时的平均费用为1.8×＋1.5×＋1.2×＝1.5元． (4)若选择新能源汽车，则需要的能源消耗支出为×1.5＝72 000元， 若选择燃油汽车，则需要的能源消耗支出为×3＝144 000元， 结合购车成本有144 000>72 000＋40 000，所以新能源汽车花费更少． 14．(2025·浙江温州市第八高级中学模拟)某运动队拟派出甲、乙两人去参加自由式滑雪比赛．比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛，已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮获胜的概率分别是p和1－p，其中0＜p＜. (1)甲、乙两人中，谁进入决赛的可能性最大； (2)若甲、乙两人中恰有1人进入决赛的概率为，设进入决赛的人数为ξ，试比较ξ的方差与大小． 解：(1)记甲、乙两人进入决赛的概率分别为P1，P2， 则P1＝×＝，P2＝p(1－p)＜＝， 所以甲进决赛的可能性最大． (2)由题知，×(1－p(1－p))＋p(1－p)＝，解得p＝， 所以P2＝p(1－p)＝×＝， 所以P(ξ＝0)＝×＝， P(ξ＝1)＝×＋×＝，P(ξ＝2)＝×＝， 得分布列： ξ 0 1 2 P 所以Eξ＝＋＝，E(ξ)＝＋＝， Dξ＝E(ξ)－(Eξ)2＝－＝＜. 学科网（北京）股份有限公司 $$