专题4 第3讲 随机变量的均值与方差 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学（教用word）

专题强化训练 [A　基本技能] 1．已知随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P 且Y＝aX＋3，若E(Y)＝－2，则a＝(　　) A．－3 B．－2 C． D．3 解析：选A．E(X)＝1×＋2×＋3×＝.因为Y＝aX＋3，所以E(Y)＝aE(X)＋3＝a＋3＝－2，解得a＝－3. 2．已知口袋中装有编号分别为1，2，3的三个大小和形状完全相同的小球，从中一次性任取2个球，记取出的球的最大编号为X，则D(X)＝(　　) A． B． C． D． 解析：选A．由题意得，X的所有可能取值为2，3，则P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，所以E(X)＝2×＋3×＝，则D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝22×＋32×－()2＝. 3．小林从A地出发去往B地，1小时内到达的概率为0.4，1小时10分到达的概率为0.3，1小时20分到达的概率为0.3.现规定1小时内到达的奖励为200元，若超过1小时到达，则每超过1分钟奖励少2元．设小林最后获得的奖励为X元，则E(X)＝(　　) A．176 B．182 C．184 D．186 解析：选B．依题意可得X的所有可能取值为200，180，160.P(X＝200)＝0.4，P(X＝180)＝0.3，P(X＝160)＝0.3，X的分布列如下， X 200 180 160 P 0.4 0.3 0.3 则E(X)＝200×0.4＋(180＋160)×0.3＝182. 4．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元的价格进行处理．根据前四年的销售情况预测，节日期间这种鲜花的需求量ξ(单位：束)的分布列如表所示，若进这种鲜花500束，则利润的均值是(　　) ξ 200 300 400 500 P 0.20 0.35 0.30 0.15 A．706元 B．690元 C．754元 D．720元 解析：选A．节日期间这种鲜花需求量的均值为E(ξ)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340(束).设利润为Y，则Y＝5ξ＋1.6×(500－ξ)－500×2.5＝3.4ξ－450，所以E(Y)＝3.4E(ξ)－450＝3.4×340－450＝706(元). 5．设a＞0，若随机变量ξ的分布列如表所示， ξ －1 0 2 P a 2a 3a 则下列方差值中最大的是(　　) A．D(ξ) B．D(|ξ|) C．D(2ξ－1) D．D(2|ξ|＋1) 解析：选C．由题意知a＋2a＋3a＝1，则a＝，E(ξ)＝－1×＋0×＋2×＝，E(|ξ|)＝1×＋0×＋2×＝，D(ξ)＝×(－1－)2＋×(0－)2＋×(2－)2＝，D(|ξ|)＝×(1－)2＋×(0－)2＋×(2－)2＝.D(2ξ－1)＝4×＝，D(2|ξ|＋1)＝4×＝，所以D(2ξ－1)最大． 6．(2025·济南模拟)设x1＜x2＜x3＜x4＜x5，随机变量ξ1取值x1，x2，x3，x4，x5的概率均为0.2，随机变量ξ2取值，，，，的概率也均为0.2，则(　　) A．E(ξ1)＞E(ξ2) B．E(ξ1)＜E(ξ2) C．D(ξ1)＞D(ξ2) D．D(ξ1)＜D(ξ2) 解析：选C．E(ξ1)＝0.2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)，E(ξ2)＝0.2××[(x1＋2x2)＋(x2＋2x3)＋(x3＋2x4)＋(x4＋2x5)＋(x5＋2x1)]＝0.2(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)＝E(ξ1)，故A，B错误； D(ξ1)＝0.2[(x＋x＋x＋x＋x)－5(E(ξ1))2]，D(ξ2)＝0.2[()2＋()2＋()2＋()2＋()2－5(E(ξ2))2]，因为E(ξ1)＝E(ξ2)，所以D(ξ1)－D(ξ2)＝0.2××[4(x＋x＋x＋x＋x)－4(x1x2＋x2x3＋x3x4＋x4x5＋x5x1)]. 因为2(x＋x＋x＋x＋x)＞2(x1x2＋x2x3＋x3x4＋x4x5＋x5x1)，所以D(ξ1)－D(ξ2)＞0，即D(ξ1)＞D(ξ2)，C正确，D错误． 7．(多选)已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下： X 1 2 3 4 5 P m n 若E(Y)＝10，则(　　) A．m＝ B．n＝ C．E(X)＝3 D．D(Y)＝ 解析：选AC．由m＋＋＋n＋＝1可得m＋n＝，① 由E(Y)＝E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝10，得E(X)＝3，故C正确； E(X)＝m＋2×＋3×＋4n＋5×＝3， 则m＋4n＝，② 由①②可得n＝，m＝，故A正确，B错误； D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＋(5－3)2×＝， 则D(Y)＝D(3X＋1)＝9D(X)＝9×＝，故D错误． 8．(多选)(2025·聊城一模)将四个不同的小球，放入四个编号为1，2，3，4的盒子中，每个小球放入各个盒子的可能性都相等，设ξ表示空盒的个数，η表示1号盒子中小球的个数，则(　　) A．每个盒子中恰有1个小球的概率为 B．事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立 C．随机变量η的方差为 D．随机变量ξ的均值为 解析：选BCD．对于A，每个盒子中恰有1个小球的概率为＝，A错误； 对于B，记事件E：1号是空盒，事件F：2号是空盒， 则P(E)＝P(F)＝，P(EF)＝＝， 所以P(EF)≠P(E)P(F)，故事件“1号是空盒”与事件“2号是空盒”不独立，B正确； 对于C，由题意可知η～B(4，)，故D(η)＝4××＝，C正确； 对于D，由题意可知，随机变量ξ的可能取值有0，1，2，3， 则P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， 因此，E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，D正确． 9．在某次篮球比赛中，运动员甲有两次定点投篮的机会，每次定点投篮投中得2分，投不中得0分．已知甲在第一次定点投篮中投中的概率为0.8，受心理素质的影响，若甲第一次投中，则第二次投中的概率将增加0.1；若甲第一次未投中，则第二次投中的概率将减少0.2.记这两次定点投篮中，甲的总得分为ξ，则P(ξ＝2)＝________，E(ξ)＝________． 解析：由题意可知，ξ的所有可能取值为0，2，4，其中P(ξ＝0)＝(1－0.8)×(1－0.6)＝0.08，P(ξ＝2)＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.6＝0.2，P(ξ＝4)＝0.8×0.9＝0.72，故E(ξ)＝0×0.08＋2×0.2＋4×0.72＝3.28. 答案：0.2　3.28 10．已知袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中一次性任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，则E(ξ)＝________． 解析：依题意m，n为非负整数，P(ξ＝2)＝＝，即＝，解得m＋n＝5或m＋n＝－12(舍去)， 又因为ξ的可能取值为0，1，2， 则P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝， 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. 答案： 11．(2025·金华十校二模)有A，B两道谜语，张某猜对A谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元；猜对B谜语的概率为0.5，猜对得奖金x元． (1)猜A，B两道谜语，求张某仅猜对其中一道的概率； (2)若规定只有在猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道，求x的值，使得张某先猜谜语A和先猜谜语B所获得的奖金期望相同． 解：(1)设张某仅猜对其中一道谜语为事件M，猜对A谜语为事件C，猜对B谜语为事件D，则P(M)＝P(C＋D)＝P(C)＋P(D)＝0.8×0.5＋0.2×0.5＝0.5. (2)设张某先猜A谜语获得的奖金为ξ1元，先猜B谜语获得的奖金为ξ2元， 则ξ1的可能取值为0，10，10＋x，ξ2的可能取值为0，x，10＋x， P(ξ1＝0)＝0.2，P(ξ1＝10)＝0.8×0.5＝0.4， P(ξ1＝10＋x)＝0.8×0.5＝0.4， 所以E(ξ1)＝0×0.2＋10×0.4＋(10＋x)×0.4＝0.4x＋8； P(ξ2＝0)＝0.5，P(ξ2＝x)＝0.5×0.2＝0.1， P(ξ2＝10＋x)＝0.5×0.8＝0.4， 所以E(ξ2)＝0×0.5＋0.1x＋(10＋x)×0.4＝0.5x＋4. 由E(ξ1)＝E(ξ2)得0.4x＋8＝0.5x＋4，解得x＝40. 12．(2025·烟台一模)为加强中小学科学教育，某市科协、市教育局于2025年4月联合举办第四届全市中小学机器人挑战赛．比赛共设置穿越障碍、搬运物品两个项目．每支参赛队先挑战穿越障碍项目，挑战成功后，方可挑战且必须挑战搬运物品项目．每支参赛队每个项目至多挑战两次，若第一次挑战成功，则获得奖金2 000元，该项目不再挑战：若第一次挑战失败，则必须第二次挑战该项目，若第二次挑战成功，则获得奖金1 000元，否则，不获得奖金．假设甲参赛队在每个项目中，第一次挑战成功的概率为，第一次挑战失败但第二次挑战该项目成功的概率为，两个项目是否挑战成功相互独立． (1)若事件A＝“甲参赛队两个项目均挑战成功”，求P(A)； (2)设比赛结束时，甲参赛队获得奖金数为随机变量X，求X的分布列； (3)假设本届比赛共有36支参赛队，且根据往届比赛成绩，甲参赛队获得奖金数近似为各参赛队获得奖金数的平均水平．某赞助商计划提供全部奖金，试估计其需提供的奖金总额． 解：(1)每个项目挑战成功的概率p＝＋×＝， 则P(A)＝()2＝. (2)X的所有可能取值为4 000，3 000，2 000，1 000，0. P(X＝4 000)＝×＝； P(X＝3 000)＝2××(×)＝； P(X＝2 000)＝(×)2＋×＝＋＝； P(X＝1 000)＝(×)×＝；P(X＝0)＝. 所以甲参赛队获得奖金数X的分布列如下． X 4 000 3 000 2 000 1 000 0 P (3)由(2)得甲参赛队获得奖金数的数学期望 E(X)＝4 000×＋3 000×＋2 000×＋1 000×＋0×＝(元)， 因为假设本届比赛共有36支参赛队，所以估计其需提供奖金总额为36×E(X)＝36×＝109 250(元). [B　综合运用] 13．依据某地A河流7月份水位观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图甲所示；依据当地的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图乙所示． (1)以频率作为概率，试估计A河流7月份水位的第50百分位数及7月份发生1级灾害的频率； (2)在7月份，A河流域的某企业若没受1，2级灾害影响，则利润为600万元；若受1级灾害影响，则亏损200万元；若受2级灾害影响，则亏损1 200万元．现此企业有如下三种应对方案： 方案 等级 费用(单位：万元) 方案一 无措施 0 方案二 防控1级灾害 50 方案三 防控2级灾害 200 试问，若仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案？请说明理由． 解：(1)在题图甲中，6个小矩形的面积分别为0.1，0.25，0.3，0.2，0.1，0.05，设7月份水位的第50百分位数为x，则35≤x＜40. 所以0.1＋0.25＋(x－35)×0.06＝0.5，解得x＝37.5，所以估计A河流7月份水位的第50百分位数为37.5. 设该河流在7月份水位低于40米为事件A1，水位在40～50米为事件A2，水位不低于50米为事件A3，则P(A1)＝0.1＋0.25＋0.3＝0.65，P(A2)＝0.2＋0.1＝0.3，P(A3)＝0.05. 设7月份发生1级灾害为事件B，由题图乙可知，P(B|A1)＝0.1，P(B|A2)＝0.2，P(B|A3)＝0.6，所以P(A1B)＝P(A1)·P(B|A1)＝0.065，P(A2B)＝P(A2)P(B|A2)＝0.06，P(A3B)＝P(A3)P(B|A3)＝0.03， 所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝0.155. (2)由(1)及题图乙可知7月份该河流不发生灾害的概率为0.65×(1－0.1)＋0.3×(1－0.2－0.05)＋0.05×(1－0.6－0.4)＝0.81， 由(1)知发生1级灾害的概率为0.155，则发生2级灾害的概率为1－0.81－0.155＝0.035. 设第i种方案的企业利润为Xi(i＝1，2，3). ①若选择方案一，则X1的取值可能为600，－200，－1 200， P(X1＝600)＝0.81，P(X1＝－200)＝0.155， P(X1＝－1 200)＝0.035， 所以X1的分布列为 X1 600 －200 －1 200 P 0.81 0.155 0.035 所以E(X1)＝600×0.81－200×0.155－1 200×0.035＝413(万元). ②若选择方案二，则X2的取值可能为550，－1 250，P(X2＝550)＝0.81＋0.155＝0.965，P(X2＝－1 250)＝0.035，X2的分布列为 X2 550 －1 250 P 0.965 0.035 所以E(X2)＝550×0.965－1 250×0.035＝487(万元). ③若选择方案三，无论是否有灾害该企业7月份的平均利润都为600－200＝400(万元). 因为E(X2)最大，所以仅从利润考虑，该企业应选择方案二． 学科网（北京）股份有限公司 $