7.3.1 离散型随机变量的均值（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教A版）

7.3　离散型随机变量的数字特征 7.3.1　离散型随机变量的均值 基础过关练 题组一　离散型随机变量的均值 1.(教材习题改编)若X服从0—1分布,且P(X=0)=3P(X=1),则E(X)=(　　) A.0.75　　　　B.1.25　　　　C.0.25　　　　D.0.5 2.(2025安徽临泉田家炳实验中学月考)设随机变量X的分布列为P(X=i)=,i=1,2,3,则X的数学期望E(X)=(　　) A. 3.(2025江西南昌第二中学期末)若某科技小制作课的模型制作规则是:每位学生最多制作3次,一旦制作成功,则停止制作,否则可制作3次.设某学生一次制作成功的概率为p(p≠0),制作次数为X,若X的数学期望E(X)>,则p的取值范围是(　　) A. 4.(多选题)(2024福建南平高级中学月考)已知<p<1,随机变量X的分布列如下表,则下列结论正确的有(　　) X 0 1 2 P p-p2 1-p p2 A.P(X=2)的值最大 B.P(X=0)<P(X=1) C.E(X)随着p的增大而减小 D.E(X)随着p的增大而增大 5.(2025河北沧衡八校联考)将字母a,a,b,b,c,c放入3×2(3行2列)的表格中,每个格子放一个字母,若共有k行字母相同,则得k分,则所得分数ξ的均值为　　　　.  6.(2025山东青岛第五十八中学质量检测)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球,现从中任取两个球,记取出的红球个数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n=　　　　,E(ξ)=　　　　.  7.(2025安徽六安毛坦厂中学检测)为了解某地小学生对中国四大名著内容的熟悉情况,从各名著中分别选取了“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”“大闹天宫”4个经典故事,进行寻找经典故事出处的答题游戏(不同的经典故事不能搭配同一本名著).规定:每答对1个经典故事的出处,可获得10分. (1)小王同学的答题情况如图所示: ①求小王同学的得分; ②老师指出了小王同学答错的试题,并要求他重新作答错误试题,求小王同学避开此次错误答案后随机作答并全部答对的概率; (2)小李同学将这4个经典故事与四大名著随机地搭配进行答题,记他的得分为X,求X的分布列与期望. 题组二　离散型随机变量的均值的性质 8.(2025福建厦门双十中学期中)已知随机变量X的分布列如表所示,则E(5X+4)=(　　) X 1 2 4 P 0.4 a 0.3 A.1　　　　B.2.2　　　　C.11　　　　D.15 9.(多选题)(2025广东汕头期中)设离散型随机变量X的分布列如表所示,若离散型随机变量Y=-2X+3,且E(X)=3.2,则下列结论正确的是　(　　) X 1 2 3 4 5 P m 0.1 0.3 n 0.3 A.m=0.3　　　　B.n=0.1 C.E(Y)=-3.4　　　　D.P(X≤3)>P(X>3) 题组三　均值的实际应用 10.(多选题)(2024黑龙江哈尔滨第二十四中学期末)已知8只小白鼠中有1只患有某种疾病,需要通过血液化验来确定患这种病的小白鼠,血液化验结果呈阳性的为患病小白鼠.下面是两种化验方案:方案甲,将8只小白鼠的血液逐个化验,直到查出患病小白鼠为止;方案乙,先取4只小白鼠,将它们的血液混在一起化验,若呈阳性,则对这4只小白鼠的血液再逐个化验,直到查出患病小白鼠,若不呈阳性,则对剩下的4只小白鼠的血液再逐个化验,直到查出患病小白鼠.则下列结论正确的是(　　) A.若用方案甲,则化验次数为2的概率为 B.若用方案乙,则化验次数为3的概率为 C.若用方案甲,则平均化验次数为4 D.若平均化验次数少的方案更好,则方案乙比方案甲好 11.(2025福建漳州第二中学阶段检测)某保险公司新开设了一项保险业务,若在一年内事件E发生,该公司要赔偿a元.设在一年内E发生的概率为p,为使公司收益的期望值等于a的百分之十,公司应要求顾客交　　　　元保险金.  12.(2025湖北九师联盟模拟)某校组织“一带一路”答题抽奖活动,凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱,每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为,乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为,中奖与否互不影响. (1)已知一位同学答对了三道题目,有两种抽奖方案供选择: 方案一,从甲、乙、丙中各抽取一次,中奖三次获得价值50元的学习用品,中奖两次获得价值30元的学习用品,其他情况没有奖励; 方案二,从甲中抽取三次,中奖三次获得价值70元的学习用品,中奖两次获得价值40元的学习用品,其他情况没有奖励. 通过计算获得学习用品价值的期望,判断该同学选择哪个方案比较合适; (2)若一位同学答对了一道题目,他等可能地选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学中奖,求该同学选择乙抽奖箱的概率. 能力提升练 题组一　离散型随机变量的均值 1.(2025浙江金丽衢十二校联考)抛掷一枚质地均匀的硬币,一直到出现正面向上或抛满100次时结束,设抛掷的次数为X,则随机变量X的数学期望E(X)(　　) A.大于2　　　　B.小于2 C.等于2　　　　D.与2的大小关系无法确定 2.(2024广东清远期中)某皮划艇训练小组有7人,其中4人会划左桨,5人会划右桨,现选4人参加比赛,2人划左桨,2人划右桨,设选中的人中既会划左桨又会划右桨的人数为X,则E(X)=(　　) A. 3.(多选题)(2025百师联盟开学联考)从{1,2,3}中随机取一个数记为a,从{4,5,6}中随机取一个数记为b,则下列说法正确的是(　　) A.事件“a+b为奇数”的概率为 B.事件“ab为奇数”的概率为 C.设X=a+b,则X的数学期望E(X)=6 D.设Y=ab,则在Y的所有可能取值中最有可能取到的值是12 4.(2025安徽阜阳部分学校联考)将3种不同的蔬菜随机地种植到4块不同的试验田中,每种蔬菜都要种植且只能种植到一块试验田中,每块试验田可以种植多种蔬菜.设每块试验田中种植的蔬菜种数的最大值为X,则E(X)=　　　　.  5.(2025湖北鄂州一模)一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动,每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度,蚂蚱所在的点会留下颜色,则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点的个数X的期望E(X)=　　　　.  6.(2024湖南郴州期中)“学习强国”学习平台软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习模块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题模块,还有“四人赛”“双人对战”两个比赛模块.“四人赛”积分规则为首局第一名积3分,第二、三名积2分,第四名积1分;第二局第一名积2分,其余名次积1分;每日仅前两局得分.“双人对战”积分规则为第一局获胜积2分,失败积1分,每日仅第一局得分.某人在一天的学习过程中,完成“四人赛”和“双人对战”.已知这个人参与“四人赛”获得各名次的概率均为,参与“双人对战”获胜的概率为,且每次答题相互独立. (1)求这个人在一天的“四人赛”中积4分的概率; (2)设这个人在一天的“四人赛”和“双人对战”中累计积分为ξ分,求ξ的分布列和E(ξ). 题组二　均值的实际应用 7.(2025重庆育才中学月考)某学校为普及法治理论知识,举办了一次法治理论知识闯关比赛.比赛规定:三人组队参赛,按顺序依次闯关,无论成败,每位队员只闯关一次.如果某位队员闯关失败,则由该队下一队员继续闯关,如果该队员闯关成功,则视作该队获胜,余下的队员无须继续闯关;若三位队员闯关均不成功,则视为该队比赛失败.比赛结束后,根据积分获取排名,每支获胜的队伍积分Y与派出的闯关人数X的关系如下:Y=40-10X(X=1,2,3),比赛失败的队伍则积分为0.现有甲、乙、丙三人组队参赛,他们各自闯关成功的概率分别为p1,p2,p3,且每人能否闯关成功互不影响. (1)已知p1=. (i)若按甲、乙、丙的顺序依次参赛,求该队比赛结束后所获积分Y的期望; (ii)若第一次闯关从三人中随机抽取,求该队比赛结束后所获积分Y=30的概率; (2)若甲只能安排在第二位次参赛,且0<p1<p2<p3<1,要使该队比赛结束后所获积分Y的期望最大,试确定乙、丙的参赛顺序,并说明理由. 8.(2024山东滨州期末)某环保机器制造商为响应“碳达峰、碳中和”的号召,对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案: 方案一:交纳延保金5 000元,在延保的5年内可免费维修2次,超过2次每次收取维修费1 000元; 方案二:交纳延保金6 230元,在延保的5年内可免费维修4次,超过4次每次收取维修费t元. 制造商为制订收费标准,搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数,统计得到下表. 维修次数 0 1 2 3 机器台数 20 40 80 60 以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率,用X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数. (1)求X的分布列; (2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据,为使选择方案二对客户更合算,应把t定在什么范围内? 答案与分层梯度式解析 7.3　离散型随机变量的数字特征 7.3.1　离散型随机变量的均值 基础过关练 1.C 2.A 3.C 4.BD 8.D 9.BCD 10.AD 1.C　因为X服从0—1分布,所以P(X=0)+P(X=1)=4P(X=1)=1, 所以P(X=1)=0.25,P(X=0)=0.75, 故E(X)=1×0.25=0.25. 2.A　因为P(X=i)=,其中i=1,2,3, 所以E(X)=1×. 3.C　由题意得X的可能取值为1,2,3, P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p)2, 则E(X)=p+2(1-p)p+3(1-p)2=p2-3p+3>, 解得p>或p<, 又p∈(0,1](易错点),所以p∈. 4.BD　取p=,则P(X=2)=,A错误; 因为<p<1,所以p-p2=p(1-p)<1-p,即P(X=0)<P(X=1),B正确; E(X)=1×(1-p)+2p2=2<p<1, 结合二次函数的性质可知,E(X)随着p的增大而增大,C错误,D正确. 5.答案　 解析　字母a,a,b,b,c,c放入3×2(3行2列)的表格中的不同结果有 =90种, ξ的可能取值为 0,1,3, P(ξ=1)=, P(ξ=3)=, P(ξ=0)=1-P(ξ=1)-P(ξ=3)=, 所以E(ξ)=0×. 6.答案　1; 解析　由题意得P(ξ=2)=,则=36,所以m+n+4=9, 则P(一红一黄)=,所以m=3,所以n=2,则m-n=1. 因为P(ξ=2)=, 所以E(ξ)=2×. 7.解析　(1)①由题图可知,小王同学答对1道试题,故他的得分为10分. ②经过老师的指出可知,“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”对应的出处错误,针对错误试题进行分析后,给出的答案可能为{(草船借箭,《三国演义》),(黛玉葬花,《红楼梦》),(武松打虎,《水浒传》)},{(草船借箭,《水浒传》),(黛玉葬花,《三国演义》),(武松打虎,《红楼梦》)},共2种情况,其中错误试题全部答对的情况为{(草船借箭,《三国演义》),(黛玉葬花,《红楼梦》),(武松打虎,《水浒传》)},故所求的概率为. (2)由题可知,X的可能取值为0,10,20,40. P(X=0)=, P(X=20)=. 故X的分布列为 X 0 10 20 40 P 故E(X)=0×=10. 8.D　由分布列的性质可得0.4+a+0.3=1,所以a=0.3, 因此E(X)=1×0.4+2×0.3+4×0.3=2.2, 所以E(5X+4)=5E(X)+4=5×2.2+4=15. 9.BCD　由分布列的性质可得m+0.1+0.3+n+0.3=1,所以m+n=0.3①, 因为E(X)=3.2,所以1×m+2×0.1+3×0.3+4×n+5×0.3=3.2,即m+4n=0.6②, 由①②得m=0.2,n=0.1,故A不正确,B正确; 因为Y=-2X+3,所以E(Y)=-2E(X)+3=-2×3.2+3=-3.4,故C正确; P(X≤3)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=0.2+0.1+0.3=0.6,P(X>3)=P(X=4)+P(X=5)=0.1+0.3=0.4,所以P(X≤3)>P(X>3),故D正确. 10.AD　若用方案甲,设化验次数为X,则X的可能取值为1,2,3,4,5,6,7,P(X=2)=,A正确; 若用方案乙,设化验次数为Y, 当Y=3时,有两种情况: ①先取的4只均为阴性,其概率P1=, ②先取的4只中有阳性,其概率P2=, 所以P(Y=3)=,B错误; 若用方案甲,则P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=P(X=4)=P(X=5)=P(X=6)=, 所以E(X)=(1+2+3+4+5+6)×,C错误; 由B可知,P(Y=3)=,又Y的可能取值为2,3,4, 且P(Y=2)=, P(Y=4)=1-P(Y=2)-P(Y=3)=1-, 所以E(Y)=2×, 因为E(X)>E(Y),所以若平均化验次数少的方案更好,则方案乙比方案甲好,D正确. 11.答案　(p+0.1)a 解析　设保险公司要求顾客交x元保险金,若ξ表示公司的收益额,则ξ的可能取值为x,x-a, P(ξ=x-a)=p,P(ξ=x)=1-p, 所以E(ξ)=p(x-a)+x(1-p)=x-ap, 若公司收益的期望值等于a的百分之十,则x-ap=0.1a,解得x=ap+0.1a=(p+0.1)a. 12.解析　(1)若选择方案一,设该同学获得学习用品的价值为X元,则X的可能取值为50,30,0, 则P(X=50)=, 所以E(X)=50×. 若选择方案二,设该同学获得学习用品的价值为Y元,则Y的可能取值为70,40,0, 则P(Y=70)=, 所以E(Y)=70×. 因为E(X)>E(Y),所以选择方案一比较合适. (2)设“该同学中奖”为事件A,“选择甲、乙、丙抽奖箱”分别记为事件B1,B2,B3, 则P(B1)=P(B2)=P(B3)=, 所以P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=, 故P(B2|A)=,故所求概率为. 能力提升练 1.B 2.D 3.ABD 1.B　易知抛掷n(1≤n≤99,n∈N*)次后结束的概率为,抛掷100次后结束的概率为, X的可能取值为1,2,…,100, 则E(X)=1×+…+99×,① 所以+…+98×,② ①-②,得+…++…+, 所以E(X)=2-<2. 2.D　由题意得,既会划左桨又会划右桨的有2人,只会划左桨的有2人,只会划右桨的有3人, 所以从7人中选4人参加比赛共有=31种选法. 易知X的可能取值为0,1,2. 当X=0时,有=3种选法,所以P(X=0)=. 当X=1时,有=18种选法,所以P(X=1)=. 当X=2时,有=10种选法,所以P(X=2)=. 所以E(X)=0×. 3.ABD　从{1,2,3}中随机取一个数记为a,从{4,5,6}中随机取一个数记为b,共有3×3=9种可能. 对于A,当a=1,3,b=4,6时,a+b为奇数;当a=2,b=5时,a+b为奇数,故共有5种可能,则事件“a+b为奇数”的概率为,故A正确. 对于B,当a=1,3,b=5时,ab为奇数,故事件“ab为奇数”的概率为,故B正确. 对于C,X=a+b的可能取值为5,6,7,8,9, P(X=5)=, 故E(X)=5×=7,故C错误. 对于D,Y=ab的可能取值为4,5,6,8,10,12,15,18, P(Y=4)=, 故在Y的所有可能取值中最有可能取到的值是12,故D正确. 4.答案　 解析　由题意可知,3种不同的蔬菜种植到4块不同的试验田中有三种不同的情况: 情况一,1块种3种蔬菜,其余3块都种0种蔬菜; 情况二,1块种2种蔬菜,1块种1种蔬菜,其余2块都种0种蔬菜; 情况三,3块各种1种蔬菜,剩下1块种0种蔬菜. 故X的可能取值为1,2,3, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)=, 所以E(X)=1×. 5.答案　 解析　由题意得,X的可能取值为2,3,4,5.(易错点) X=2表示蚂蚱在0,1或者0,-1之间来回跳动,则P(X=2)=. X=3表示蚂蚱由0向右最远跳到2,可能为“右右左左”“右左右右”“右右左右”,共3种, 由对称性知由0向左最远跳到-2,也有3种, 由0向左最远跳到-1,向右最远跳到1,可能为“左右右左”“右左左右”,共2种, 故一共有8种,则P(X=3)=. X=4表示蚂蚱跳动为“右右右左”“左左左右”“左右右右”“右左左左”,共4种,则P(X=4)=. X=5表示蚂蚱跳动为“右右右右”“左左左左”,共2种,则P(X=5)=. 故E(X)=2×. 6.思路分析 (1) (2) 解析　(1)若这个人在一天的“四人赛”中积4分,则首局积3分,第二局积1分或首局积2分,第二局积2分,所以所求概率P=. (2)ξ的可能取值为3,4,5,6,7. P(ξ=3)=, P(ξ=4)=, P(ξ=5)=, P(ξ=6)=, P(ξ=7)=. 所以ξ的分布列为 ξ 3 4 5 6 7 P E(ξ)=3×. 7.解析　(1)(i)Y的可能取值为0,10,20,30, P(Y=0)=, P(Y=10)=, P(Y=20)=, 所以Y的分布列为 Y 0 10 20 30 P 所以E(Y)=0×. (ii)第一次闯关从三人中随机抽取,每个人被抽取到的概率都是,且必须闯关成功, 故所求概率为. (2)若顺序为“乙甲丙”,则积分Y1的可能取值为0,10,20,30, P(Y1=0)=(1-p2)(1-p1)(1-p3), P(Y1=10)=(1-p2)(1-p1)p3, P(Y1=20)=(1-p2)p1,P(Y1=30)=p2, 所以E(Y1)=10(1-p2)(1-p1)p3+20(1-p2)p1+30p2 =20p1+30p2+10p3-20p1p2-10p1p3-10p2p3+10p1p2p3. 若顺序为“丙甲乙”,则积分Y2的可能取值为0,10,20,30, P(Y2=0)=(1-p3)(1-p1)(1-p2), P(Y2=10)=(1-p3)(1-p1)p2, P(Y2=20)=(1-p3)p1,P(Y2=30)=p3, 所以E(Y2)=10(1-p3)(1-p1)p2+20(1-p3)p1+30p3 =20p1+10p2+30p3-10p1p2-20p1p3-10p2p3+10p1p2p3. 故E(Y1)-E(Y2)=20p2-20p3-10p1p2+10p1p3=(20-10p1)(p2-p3), 因为20-10p1>0,p2-p3<0,所以E(Y1)-E(Y2)<0,即E(Y1)<E(Y2),所以丙先参赛. 8.解析　(1)X的可能取值为0,1,2,3,4,5,6. P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)=, P(X=4)=, P(X=5)=, P(X=6)=, 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P (2)设方案一所需费用为Y1元,则X≤2时,Y1=5 000,X=3时,Y1=6 000,X=4时,Y1=7 000,X=5时,Y1=8 000,X=6时,Y1=9 000, 所以Y1的分布列为 Y1 5 000 6 000 7 000 8 000 9 000 P 所以E(Y1)=5 000×+6 000×+7 000×+8 000×+9 000×=6 860. 设方案二所需费用为Y2元,则X≤4时,Y2=6 230,X=5时,Y2=6 230+t,X=6时,Y2=6 230+2t, 所以Y2的分布列为 Y2 6 230 6 230+t 6 230+2t P 所以E(Y2)=6 230×+(6 230+t)×+(6 230+2t)×=6 230+. 为使选择方案二对客户更合算,则E(Y2)<E(Y1),即6 230+<6 860,解得t<1 500,所以t的取值范围为[0,1 500). 22 学科网（北京）股份有限公司 $