分级练(70)　离散型随机变量的分布列、均值与方差（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

分级练(70)　离散型随机变量的分布列、均值与方差 分级一　提能强化 1．袋中有3个白球和5个黑球，从中任取两个，可以作为随机变量的是(　　) A．至少取到1个白球 B．至多取到1个白球 C．取到白球的个数 D．取到的球的个数 C　解析：对于A，B，表述的都是随机事件；对于D，取到的球的个数是确定的值2，并不随机；对于C，取到白球的个数是随机变量，可能取值为0，1，2. 2．若离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 P 则X的均值E(X)＝(　　) A．2 B．2或 C． D．1 C　解析：由题意知，＋＝1，a>0，所以a＝1，所以E(X)＝0×＋1×＝. 3．若随机变量X的分布列为 X －2 －1 0 1 2 3 P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1 则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，2] B．[1，2] C．(1，2] D．(1，2) C　解析：由随机变量X的分布列知，P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(1，2]. 4．(多选)随机变量ξ的分布列为 ξ 1 2 3 P a b 若E(ξ)＝，随机变量ξ的方差为D(ξ)，则下列结论正确的有(　　) A．a＝，b＝ B．a＝，b＝ C．D(ξ)＝ D．D(ξ)＝ AC　解析：由题意得 ∴D(ξ)＝(1－)2·＋(2－)2·＋(3－)2·＝，故A，C正确． 5．已知随机变量ξ1和ξ2的分布列分别为 ξ1 0 5 10 P 0.33 0.34 0.33 ξ2 1 4 7 P 0.01 0.98 0.01 则有(　　) A．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) B．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2) C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2) D．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) A　解析：根据分布列可得E(ξ1)＝0×0.33＋5×0.34＋10×0.33＝5，E(ξ2)＝1×0.01＋4×0.98＋7×0.01＝4， D(ξ1)＝(0－5)2×0.33＋(5－5)2×0.34＋(10－5)2×0.33＝16.5，D(ξ2)＝(1－4)2×0.01＋(4－4)2×0.98＋(7－4)2×0.01＝0.18， ∴E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2). 6．(多选)已知投资A，B两种项目获得的收益分别为X，Y，分布列如下两表，则(　　) X/百万 －1 0 2 P 0.2 m 0.6 Y/百万 0 1 2 P 0.3 0.4 n A.m＋n＝0.5 B．E(2X＋1)＝4 C．投资两种项目的期望收益一样多 D．投资A项目的风险比B项目高 ACD　解析：由0.2＋m＋0.6＝1，得m＝0.2；由0.3＋0.4＋n＝1，得n＝0.3.所以m＋n＝0.5，故A正确．所以E(X)＝－1×0.2＋0×0.2＋2×0.6＝1，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝3，故B错误．E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，所以E(X)＝E(Y)，故C正确．因为D(X)＝(－1－1)2×0.2＋(0－1)2×0.2＋(2－1)2×0.6＝1.6，D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，即D(X)>D(Y)，所以投资A项目的风险比B项目高，故D正确． 7．某射击选手射击环数的分布列为 X 7 8 9 10 P 0.3 0.3 a b 若射击环数不小于9环为优秀，则该选手射击一次的优秀率为________． 答案：40%　解析：由分布列的性质得a＋b＝1－0.3－0.3＝0.4，故射击一次的优秀率为40%. 8．某产品有5件正品和3件次品混在了一起(产品外观上看不出有任何区别)，现从这8件产品中随机抽取3件，则取出的3件产品中恰有1件是次品的概率为________． 答案：　解析：设取出的3件产品中次品的件数为X，则3件产品中恰好有一件次品的概率为P(X＝1)＝＝. 9．据统计，一年中一个家庭万元以上的财产被窃的概率为0.005，保险公司开办一年期万元以上家庭财产保险，交保险费100元，若一年内万元以上财产被窃，保险公司赔偿a元(a>1 000)，为确保保险公司有可能获益，则a的取值范围是________． 答案：(1 000，20 000)　解析：假设客户交保险金100元，保险公司收益的随机变量ξ的分布列为 ξ 100 100－a P 0.995 0.005 则E(ξ)＝100×0.995＋(100－a)×0.005>0，解得a<20 000，故a的取值范围为(1 000，20 000). 分级二　知能探究 10．为加快某项病毒的检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可确定所有样本都是阴性的，若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染病毒． (1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数； ②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E(X)； (2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果). 解：(1)①共测两轮，第一轮100人分10组，故测了10次； 第二轮，对两名患者所在组每个人都进行一次检测，共10次． 故总检测次数为10＋10＝20. ②由①知，两名感染患者在同一组时，共需测20次； 若两名患者不在一组，需要测10＋10＋10＝30(次). 故X的可能取值为20，30， P(X＝20)＝，P(X＝30)＝1－＝， 故X的分布列为 X 20 30 P 所以E(X)＝20×＋30×＝＝. (2)E(X)＜E(Y). 11．在“低碳生活知识竞赛”第一环节测试中，依次回答A，B，C三道题，且A，B，C三道题的分值分别为30分、20分、20分．竞赛规定：选手累计得分不低于40分即通过测试，并立即停止答题．已知甲选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.1，0.5，0.5，乙选手回答A，B，C三道题正确的概率分别为0.2，0.4，0.4，且回答各题时相互之间没有影响． (1)求甲通过测试的概率； (2)设Y为本次测试中乙的得分，求Y的分布列以及期望； (3)请根据测试结果来分析，甲，乙两人谁通过测试的概率更大？ 解：(1)若甲通过测试，则甲的得分X为40或50， P(X＝40)＝0.9×0.5×0.5＝0.225，P(X＝50)＝0.1×0.5×0.5＋0.1×0.5＝0.025＋0.05＝0.075， 所以P＝P(X＝40)＋P(X＝50)＝0.225＋0.075＝0.3. (2)Y的可能取值为0，20，30，40，50. P(Y＝0)＝0.8×0.6×0.6＝0.288，P(Y＝20)＝0.8×0.4×0.6＋0.8×0.6×0.4＝0.384，P(Y＝30)＝0.2×0.6×0.6＝0.072，P(Y＝40)＝0.8×0.4×0.4＝0.128，P(Y＝50)＝0.2×0.6×0.4＋0.2×0.4＝0.128. Y的分布列为 Y 0 20 30 40 50 P 0.288 0.384 0.072 0.128 0.128 则E(Y)＝0×0.288＋20×0.384＋30×0.072＋40×0.128＋50×0.128＝21.36. (3)甲通过测试的概率更大．理由如下： 乙通过测试的概率P＝P(Y＝40)＋P(Y＝50)＝0.128＋0.128＝0.256， 甲通过测试的概率为0.3，大于乙通过测试的概率． 分级三　素能创新 12．(多选)甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球，交换并放回，重复n(n∈N*)次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn，则下列结论中正确的是(　　) A．p2＝，q2＝ B．数列{2pn＋qn－1}是等比数列 C．xn的数学期望E(xn)＝1＋()n(n∈N*) D．数列{pn}的通项公式为pn＝·(－)n－·()n＋(n∈N*) BC　解析：由题意知p1＝，q1＝，p2＝p1＋×q1＝，q2＝p1＋(×＋×)q1＝，故A错误． pn＋1＝pn＋×qn＝pn＋qn，① qn＋1＝pn＋(×＋×)qn＋(1－pn－qn)＝－qn＋，② 由2×①＋②得2pn＋1＋qn＋1＝pn＋qn＋，所以2pn＋1＋qn＋1－1＝pn＋qn－＝(2pn＋qn－1).又2p1＋q1－1＝，故{2pn＋qn－1}是以为首项，为公比的等比数列，故B正确．易知2pn＋qn－1＝()n，即2pn＋qn＝()n＋1，xn的分布列为 xn 0 1 2 P 1－pn－qn qn pn 所以E(xn)＝2pn＋qn＋0×(1－pn－qn)＝()n＋1，故C正确．由②知，qn＋1－＝－(qn－)，q1－＝，所以是以为首项，－为公比的等比数列，所以qn＝(－)n－1＋.又2pn＋qn－1＝()n，故pn＝[1＋()n－qn]＝·(－)n＋·()n＋(n∈N*)，所以D错误． 学科网（北京）股份有限公司 $$