2022-2023学年人教A版选择性必修第三册 第七章 第4课时　离散型随机变量的均值 作业.docx

第4课时 离散型随机变量的均值1 .若X的分布列为X01P1 5a则 E(X) = (A)1414解析：由题意知彳+=1,所以4=不 则E(X)=0X7+4=.*-Z2 .已知X的分布列为X4a910P0.30.1b0.2且E(X) = 7.5,贝等于(C)A. 5 B. 6C. 7 D. 8解析：E(X)=4X0.3+X0.1+9/?+10X0.2 = 7.5,所以 O.U+9Z?=4.3.又0.3+0.l+/?+0.2=l,所以8=0.4,代入得a=7.3 .已知aX) = 2,则 E(2X+1)= 5 , £(3X2)= 4 .解析：E(2X+1) = 2E(X) +1=5,£(3X-2) = 3E(X)-2=4.4 .甲、乙两台自动车床生产同种标准的零件，X表示甲车床生产1000件产品中的次品 数，丫表示乙车床生产looo件产品中的次品数，经过一段时间的考察，x, y的分布列分别 如下表所示：据此判定(A)A.甲比乙质量好B.乙比甲质量好C.甲与乙质量一样D.无法判定解析：E(X)=0X0.7+1X0.1+2X0.1+ 3X0.1 =0.6,£(F) = 0X0.5+lX0.3 + 2X0.2+3X0=0.7.显然£(X)v£(y),由数学期望的意义知，甲的质量比乙的质量好.5 .今有两台独立工作在两地的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85, 设发现目标的雷达台数为X,求E(X).解析：P(X=O) = (1-0.9)X(1-0.85)=0.1X0.15=0.015,P(X= 1)=0.9 X (1 -0.85)+0.85 X(1 -0.9)=0.22,P(X= 2) = 0.9 X0.85 = 0.765,所以 E(X) = 0X0.015 +1 X0.22+2X0.765 =1.75.6 . 一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为，得2分的概率为从不得分的概率为c, 其中a, b, ce(0, 1),已知他投篮一次得分的数学期望为1(不计其他得分情况)，则的 最大值为(B )a-L B±a48 b,24C.± D.t12 oJ 2b解析： 由已知得 3q+2/?+0Xc=1,即 3+2Z?=l,所以)2=7ooZoX(%=,当且仅当%=2。=3，即时取“等号”，故选B. 44 IIJI-7.(多选)已知随机变量cf的分布列如右表，记“函数段) = 3sin广兀。0见是偶函数” 为事件A,则下列结论正确的有(AD)4101Pa13b22A.E(J=q2 B. E(=C. P(A)=1 D. P(A)=|解析：由随机变量的分布列知，2£*O= 0+，又 +/?=1,2所以石©=彳一2。.x C因为“函数/U) = 3sin一厂兀(x£R)是偶函数”为事件A, 4的所有取值为一1, 0, 1,满2足事件A的q的可能取值为一 1, 1,所以P(A)=子故选AD.8 .某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验；若试验失败，则再重新试验一次；2若试验3次均失败，则放弃试验.若此人每次试验成功的概率均为余则此人试验次数X的13 均值是y.2解析：试验次数X的可能取值为1, 2, 3,则尸(X=l)=? 一)1 2 2P(X=2)=Xy=§, P(X=6)=|x|x(|+|)=|, 所以X的分布列如下表所示.X123P232919221 13所以 £(X)=1 Xt+2X-+3X-=-. JzzV y9 .某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定.小 王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常 用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝 试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.5 4 3 1解析： 设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为4 则P(A)Wxx与 yj D乙(2)依题意得，X所有可能的取值是1, 2, 3,又 P(X= 1)=不 P(X=2)=jX5=w，5 42P(X=3)=tX-X1=- o j3所以X的分布列为X123P1 6623112 5所以 E(X)=lX+2X+3X-=-10.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过 搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X,则X的均值双等于(B )NA.畏B5解析：在125个小正方体中有8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆，所以从中随机取一个正方体，涂漆面数X的均值 戊乃=条义0+慈义1+黑X2 L乙JX乙JL乙D.8 yo=150 = 6125 J_125-5,