8.2.2 第1课时 离散型随机变量的均值 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（苏教版）

8.2.2 第1课时 离散型随机变量的均值 [课时跟踪检测] 1.若随机变量X的概率分布如下(k为常数),则E(X)= (　　) X 0 1 2 P k 6k 0.3 A.0.6 B.0.9 C.1 D.1.2 解析:选D　由概率分布的性质,得k+6k+0.3=1,解得k=0.1,∴E(X)=0×0.1+1×0.6+2×0.3=1.2.故选D. 2.掷一枚质地均匀的正四面体骰子(四面点数分别为1,2,3,4),则底面掷出点数的数学期望为 (　　) A.2 B.2.5 C.3 D.3.5 解析:选B　设底面掷出的点数为X,则X的可能取值为1,2,3,4,且底面掷出每种点数的概率均为,则E(X)=(1+2+3+4)×=2.5,故选B. 3.甲、乙、丙三人各打靶一次,若甲打中的概率为,乙、丙打中的概率均为(0<t<4),且甲、乙、丙都打中的概率是,用ξ表示甲、乙两人中中靶的人数,则ξ的数学期望是 (　　) A. B. C.1 D. 解析:选D　依题意,甲、乙、丙都打中的概率P=××=,解得t=3(负值舍去),所以乙打中的概率为.由题意可得,ξ的可能取值为0,1,2,且P(ξ=0)=×=,P(ξ=1)=×+×=,P(ξ=2)=×=,所以E(ξ)=0×+1×+2×=.故选D. 4.甲、乙两名工人在同样的条件下生产某产品,两人的日产量相等,每天出废品的情况如表所示: 工人 甲 乙 废品数 0 1 2 3 0 1 2 3 概率 0.4 0.3 0.2 0.1 0.3 0.5 0.2 0 则下列结论正确的是 (　　) A.甲生产的产品质量比乙生产的产品质量好一些 B.乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些 C.两人生产的产品质量一样好 D.无法判断谁生产的产品质量好一些 解析:选B　由题知,甲生产的废品数的期望是0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,乙生产的废品数的期望是0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9,因为甲生产的废品数的期望大于乙生产的废品数的期望,所以乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些.故选B. 5.[多选]随机变量X和Y,其中Y=12X+7,且E(Y)=34,若X的概率分布如表: X 1 2 3 4 P m n 则下列正确的是 (　　) A.E(X)=12 B.E(X)= C.m= D.n= 解析:选BCD　根据概率分布列可知m+n=1--=①,因为Y=12X+7,所以E(Y)=12E(X)+7=34,解得E(X)=,又由概率分布可得1×+2×m+3×n+4×=,整理得2m+3n=②,①②联立解得m=,n=. 6.[多选]已知随机变量ξ的概率分布如表: ξ -1 0 1 P a b 记“函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数”为事件A,则下列结论正确的有 (　　) A.E(ξ)=-2a B.E(ξ2)= C.P(A)= D.P(A)= 解析:选ABD　由随机变量ξ的概率分布知,E(ξ)=-a+b,E(ξ2)=a+b=1-=,所以E(ξ)=-2a,因为“函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数”为事件A,ξ的所有取值为-1,0,1,满足事件A的ξ的可能取值为-1,1,所以P(A)=.故选ABD. 7.[多选]设0<p<1,随机变量ξ的概率分布如下,则下列结论正确的有 (　　) ξ 0 1 2 P p-p2 p2 1-p A.E(ξ)随着p的增大而增大 B.E(ξ)随着p的增大而减小 C.P(ξ=0)<P(ξ=2) D.P(ξ=2)的值最大 解析:选BC　因为E(ξ)=p2+2-2p,0<p<1,所以E(ξ)随着p的增大而减小,故A错误,B正确;因为0<p<1,所以P(ξ=0)-P(ξ=2)=p-p2-1+p=-p2+2p-1<0,所以P(ξ=0)<P(ξ=2),故C正确;因为0<p<1,所以当<p<1时,P(ξ=1)-P(ξ=2)=p2+p-1>0,故当<p<1时,P(ξ=1)>P(ξ=2),故D错误.故选BC. 8.(5分)已知随机变量X服从两点分布,且P(X=1)=0.4,设ξ=2X-3,那么E(ξ)=　　　　.  解析:E(X)=1×0.4+0×(1-0.4)=0.4,E(ξ)=2E(X)-3=-2.2. 答案:-2.2 9.(5分)随机变量X的取值为0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,则P(X=1)=　　　　.  解析:设P(X=1)=p,因为P(X=0)=,E(X)=1,故0×+1×p+2×=1,所以p+-2p=1,解得p=. 答案: 10.(5分)(2025·全国Ⅰ卷)一个箱子里有5个球,分别以1~5标号,若有放回取三次,记至少取出一次的球的个数为X,则E(X)=　　　　.  解析:X可取1,2,3, P(X=1)==,P(X=2)==, P(X=3)==, X 1 2 3 P ∴E(X)=1×+2×+3×=. 答案: 11.(5分)甲、乙两人进行乒乓球比赛,每人各局取胜的概率均为,现采用五局三胜制,胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜,此时因某种原因比赛中止,为使奖金分配合理,则乙应得的奖金为　　　　元.  解析:设甲应得的奖金为X元,则X的可能取值为800,0. 甲赢得比赛有3种情况:①第3局胜,甲赢的概率为;②第3局输,第4局胜,甲赢的概率为×=;③第3,4局输,第5局胜,甲赢的概率为×=.∴甲赢的概率为++=,∴E(X)=800×+0×=700,∴乙应得的奖金为800-700=100(元). 答案:100 12.(10分)盒子中装有5节同品牌的五号电池,其中混有2节废电池,现在无放回地每次取一节电池检验,直到取到好电池为止.求: (1)抽取次数X的概率分布;(6分) (2)平均抽取多少次可取到好电池.(4分) 解:(1)由题意知,X的可能取值为1,2,3. P(X=1)=;P(X=2)=×=; P(X=3)=×=. 所以X的概率分布为 X 1 2 3 P (2)E(X)=1×+2×+3×=1.5, 即平均抽取1.5次可取到好电池. 13.(10分)将号码为1,2,3,4的4个小球等可能地放入号码为1,2,3,4的4个盒子中,每个盒子恰放1个小球. (1)求1号球不在1号盒中的概率;(3分) (2)记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X,不同的个数为Y,求证:E(X)E(Y)>E(XY).(7分) 解:(1)记事件“1号球不在1号盒中”为A,则P(A)===. (2)证明:X的可能取值为0,1,2,4,且X+Y=4, P(X=0)==,P(X=1)==, P(X=2)==,P(X=4)==, 所以E(X)=0×+1×+2×+4×=1,E(Y)=E(4-X)=4-E(X)=3, X=0时,Y=4,X=4时,Y=0,此时XY=0,则P(XY=0)=+=, X=1时,Y=3,此时XY=3,P(XY=3)=, X=2时,Y=2,此时XY=4,P(XY=4)=, E(XY)=0×+3×+4×=2, 因为E(X)E(Y)=1×3=3, 所以E(X)E(Y)>E(XY). 14.(15分)(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表: 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,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;(5分) (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. ①记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望E(X);(6分) ②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①中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)(4分) 解:(1)法一:正面计算　记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A, 由索赔次数不少于2,知索赔次数为2,3,4, 所以P(A)===. 法二:反面计算　记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A, 由索赔次数不少于2,知可利用间接法计算, 则P(A)=1-=. (2)①由题知X的所有可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2.0,-2.6, 则P(X=0.4)==0.8,P(X=-0.4)==0.1,P(X=-1.2)==0.06,P(X=-2.0)==0.03,P(X=-2.6)==0.01, 故E(X)=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03-2.6×0.01=0.122(万元). ②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%,这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比①中E(X)估计值大. 证明如下: 设调整保费后一份保单的毛利润(单位:万元)为Y,则 对于索赔次数为0的保单,Y=0.4×(1-4%)=0.384, 对于索赔次数为1的保单,Y=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32, 对于索赔次数为2的保单,Y=-0.32-0.8=-1.12, 对于索赔次数为3的保单,Y=-1.12-0.8=-1.92, 对于索赔次数为4的保单,Y=-1.92-0.6=-2.52, 故E(Y)=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2(万元). 所以E(X)<E(Y). 学科网（北京）股份有限公司 $