第7章 单元整合练 离散型随机变量的综合应用（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）

单元整合练　离散型随机变量的综合应用 时间:45分钟 1.(2025山东济钢高级中学期中)已知离散型随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,且P(X≥1)=,若X的数学期望E(X)=,则D(4X-3)=(　　) A.19　　　　B.16　　　　C. 2.(2025河北邢台期中联考)已知甲盒中有2个球且都为红球,乙盒中有3个红球和4个蓝球,从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中: (1)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi; (2)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为Pi,则(　　) A.E(ξ1)<E(ξ2),P1>P2　　　　 B.E(ξ1)>E(ξ2),P1<P2 C.E(ξ1)>E(ξ2),P1>P2　　　　 D.E(ξ1)<E(ξ2),P1<P2 3.(2025福建部分优质高中期末)已知随机变量ξ的所有可能的取值为x,y,且P(ξ=x)=y,P(ξ=y)=x,则下列说法正确的是(　　) A.存在x,y∈(0,1),E(ξ)> B.对任意x,y∈(0,1),E(ξ)≤ C.存在x,y∈(0,1),D(ξ)>E(ξ) D.对任意x,y∈(0,1),D(ξ)≤ 4.(2025浙江温州适应性考试)飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏,玩家根据骰子(骰子为均匀的正六面体)正面朝上的点数确定飞机往前走的步数,刚好走到终点处算“到达”,如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数,则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中,飞机距终点只剩3步(如图所示),设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X,则E(X)=(　　) A.5　　　　B.6　　　　C.7　　　　D.8 5.(2024江西师大附中期末)某市卫生防疫部门为了控制某种病毒的传染,提供了批号分别为1,2,3,4,5的五批疫苗,供全市所辖的A,B,C三个区市民接种,每个区均能从中任选一个批号的疫苗接种,记A,B,C三个区选择的疫苗批号的中位数为X,则X的期望是　　　　.  6.(2025浙江杭州第四中学月考)已知x,y,z∈N*,且x+y+z=8,记随机变量X为x,y,z中的最小值,则D(X)=　　　　.  7.(2025湖北武汉部分重点中学期末)从1,2,3,…,n这n个数中随机抽取一个数记为X,再从1,2,…,X中随机抽取一个数记为Y,则E(Y)=　　　　.  8.(创新题·新考法)(2025福建部分优质高中质量检测)在三维空间中,单位立方体的顶点坐标可用三维坐标(a1,a2,a3)表示,其中ai∈{0,1}(1≤i≤3,i∈N).在n(n≥3,n∈N)维空间中,单位立方体的顶点坐标可表示为n维坐标(a1,a2,a3,…,an),其中ai∈{0,1}(1≤i≤n,i∈N).现有如下定义:在n维空间中,P(a1,a2,a3,…,an),Q(b1,b2,b3,…,bn)两点间的曼哈顿距离为|a1-b1|+|a2-b2|+|a3-b3|+…+|an-bn|. (1)在三维单位立方体中任取两个不同的顶点,求所取两点间的曼哈顿距离为1的概率; (2)在n(n≥3,n∈N)维单位立方体中任取两个不同的顶点,记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离. (i)求X的分布列与数学期望; (ii)证明:随机变量X的方差小于. 9.(2024山东潍坊期末)某人从A地到B地有路程接近的2条路线可以选择,其中第一条路线上有n个路口,第二条路线上有m个路口. (1)若n=2,m=2,第一条路线的每个路口遇到红灯的概率均为;第二条路线的第一个路口遇到红灯的概率为,第二个路口遇到红灯的概率为,从“遇到红灯次数的期望”考虑,哪条路线更好?请说明理由; (2)已知随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=pi,则EXi=pi,且EXi2=pipj(i,j=1,2,…,n).若第一条路线的第i个路口遇到红灯的概率为,则当选择第一条路线时,求遇到红灯次数的方差. 答案与分层梯度式解析 单元整合练　离散型随机变量的综合应用 1.A 2.A 3.D 4.B 1.A　设P(X=1)=a,由P(X≥1)=,可得P(X=0)=-a, 所以E(X)=0×,解得a=, 则D(X)=,因此D(4X-3)=16D(X)=19. 2.A　当i=1时,ξ1的可能取值为2,3, 则P(ξ1=2)=, ∴E(ξ1)=2×, P1=. 当i=2时,ξ2的可能取值为2,3,4, 则P(ξ2=2)=, ∴E(ξ2)=2×, P2=. 综上,E(ξ1)<E(ξ2),P1>P2. 3.D　由题意可得x+y=1,x,y∈(0,1),且x≠,y≠,则y=1-x, 所以E(ξ)=xy+yx=2xy=2x(1-x)=2x-2x2, 易知函数f(x)=2x-2x2的图象开口向下,对称轴为直线x=,又f(0)=f(1)=0,f,故0<E(ξ)<,所以不存在x,y∈(0,1),E(ξ)>,故A错误; 当x=时,E(ξ)=,即存在x,y∈(0,1),E(ξ)>,故B错误; D(ξ)=(x-E(ξ))2×y+(y-E(ξ))2×x=(x-2xy)2y+(y-2xy)2x=xy-4x2y2, 则D(ξ)-E(ξ)=xy-4x2y2-2xy=-4x2y2-xy<0,所以对任意x,y∈(0,1),D(ξ)<E(ξ),故C错误; 令t=xy=E(ξ),则t∈, 易知函数g(t)=t-4t2的图象开口向下,对称轴为直线t=,又g(0)=g, 故0<g(t)≤,即0<D(ξ)≤,故D正确. 4.B　X=1即投掷1次到达终点,故第一次投掷的点数为3,则P(X=1)=; X=2即投掷2次到达终点,故第一次投掷的点数不为3,第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定,两次投掷的点数有以下几种情况:(1,2),(2,1),(4,1),(5,2),(6,3),则P(X=2)=; X=3即投掷3次到达终点,前两次投掷均没有到达终点,则P(X=3)=; …… X=n即投掷n次到达终点,前(n-1)次投掷均没有到达终点,则P(X=n)=,(关键点) …… 故E(X)=1×+…+n·+…,① 则+…+n·+…,② ①-②得+…++… ==1, 故E(X)=6. 5.答案　3 解析　由已知得X的可能取值为1,2,3,4,5, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)=, P(X=4)=, P(X=5)=, 所以X的期望为E(X)=1×=3. 6.答案　 解析　易得随机变量X的可能取值为1,2. 用隔板法可求得事件总情况有种. 当X=1时, ①若三个数中只有一个1,则有种情况, ②若三个数中有两个1,则有种情况, 所以P(X=1)=; 当X=2时, ①若三个数中只有一个2,则有种情况, ②若三个数中有两个2,则有种情况, 所以P(X=2)=. 所以E(X)=1×, E(X2)=1×, 所以D(X)=E(X2)-(E(X))2=. 7.答案　 解析　依题意得P(X=k)=,k=1,2,3,…,n, 由全概率公式可知P(Y=1)=P(X=1)P(Y=1|X=1)+P(X=2)P(Y=1|X=2)+P(X=3)P(Y=1|X=3)+…+P(X=n)P(Y=1|X=n) =+…+×1++…+, P(Y=2)=P(X=2)P(Y=2|X=2)+P(X=3)P(Y=2|X=3)+P(X=4)P(Y=2|X=4)+…+P(X=n)P(Y=2|X=n) =+…+, …… P(Y=n-1)=P(X=n-1)P(Y=n-1|X=n-1)+P(X=n)P(Y=n-1|X=n)=, P(Y=n)=P(X=n)P(Y=n|X=n)=, 所以E(Y)=1×P(Y=1)+2×P(Y=2)+…+n×P(Y=n)=×1×+2×+…++…+n× =×1+++…+ = =. 8.解析　(1)记“所取两点间的曼哈顿距离为1”为事件A,则P(A)=. (2)(i)对于X=k,在坐标(a1,a2,a3,…,an)与(b1,b2,b3,…,bn)中有k个坐标值不同,即ai≠bi,剩下(n-k)个坐标值满足ai=bi,此时所对应的情况种数为·2n-1,所以P(X=k)=, 所以X的分布列为 X 1 2 … n P … 所以E(X)=+…+. 对于(1+x)n=+…+xn, 两边求导,得n(1+x)n-1=+…+nxn-1,① 对于①,令x=1,得n·2n-1=+…+n, 所以E(X)=. (ii)证明:D(X)=E(X2)-(E(X))2=-(E(X))2++…+n2×. 对于①,两边同乘x,得nx(1+x)n-1=x+…+nxn,两边求导,得n(1+x)n-2(1+nx)=+…+n2xn-1,② 对于②,令x=1,得+…+n2=n(n+1)·2n-2, 所以D(X)=-(E(X))2+· =· =·. 9.解析　(1)应选择第一条路线,理由如下: 设走第一、二条路线遇到的红灯次数分别为ξ1,ξ2,ξ1的可能取值为0,1,2. P(ξ1=0)=, 所以E(ξ1)=. ξ2的可能取值为0,1,2, P(ξ2=0)=, 所以E(ξ2)=. 由得,应选择第一条路线. (2)设选择第一条路线时遇到的红灯次数为X, 则E(X)=EXi=pi, E(X2)=EXi2=pipj, 所以D(X)=E(X2)-(E(X))2=pipj-pi2=pipj-pipj=, 又因为pi=,所以D(X)=. 12 学科网（北京）股份有限公司 $