課時作業(六十)離散型隨機變量的均值與方差1．已知某射手射擊所得環數X的分布列如表所示．X45678910P此射手“射擊一次命中環數不大于8”的概率為()A． B．C． D．A[P(X≤8)＝1－P(X＝9)－P(X＝10)＝1－－＝.故選A．]2．已知隨機變量X的分布列如表所示，若E(X)＝2，則m－n＝()X024Peq\f(1,4)mnA．eq\f(1,8) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)B[由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＋\f(1,4)＝1，,E（X）＝2m＋4n＝2，))解得m＝eq\f(1,2)，n＝eq\f(1,4)，所以m－n＝eq\f(1,4).]3．(多選)(2023·山東聊城二模)隨機變量ξ的分布列為ξ012Paeq\f(b,2)eq\f(b,2)其中ab≠0，下列說法正確的是()A．a＋b＝1B．E(ξ)＝eq\f(3b,2)C．D(ξ)隨b的增大而減小D．D(ξ)有最大值ABD[根據分布列的性質得a＋eq\f(b,2)＋eq\f(b,2)＝1，即a＋b＝1，故A正確；根據數學期望公式得E(ξ)＝0×a＋1×eq\f(b,2)＋2×eq\f(b,2)＝eq\f(3b,2)，故B正確；根據方差公式得D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(b,2)＝－eq\f(9,4)b2＋eq\f(5,2)b＝－eq\f(9,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(5,9)))eq\s\up12(2)＋eq\f(25,36)，因為0＜b＜1，所以當b＝eq\f(5,9)時，D(ξ)取得最大值eq\f(25,36)，故C不正確，D正確．故選ABD.]4．(多選)(2023·煙臺期中)袋內有大小完全相同的2個黑球和3個白球，從中不放回地每次任取1個小球，直至取到白球后停止取球，則()A．抽取2次后停止取球的概率為eq\f(3,5)B．停止取球時，取出的白球個數不少于黑球的概率為eq\f(9,10)C．取球次數ξ的期望為2D．取球次數ξ的方差為eq\f(9,20)BD[袋內有大小完全相同的2個黑球和3個白球，從中不放回地每次任取1個小球，直至取到白球后停止取球，對于A，抽取2次后停止取球的概率為：eq\f(2,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,10)，故A錯誤；對于B，停止取球時，取出的白球個數不少黑球的概率為：eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,10)，故B正確；對于C，P(ξ＝1)＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,10)，P(ξ＝3)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)×eq\f(3,3)＝eq\f(1,10)，∴E(ξ)＝1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,10)＝eq\f(3,2)，故C錯誤；對于D，取球次數ξ的方差為：D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,10)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,10)＝eq\f(9,20)，故D正確．故選BD.]5．隨機變量ξ的分布列如下表：ξ0123Px則隨機變量ξ的均值E(ξ)＝________．解析：由x＋＋＋＝1得x＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.答案：26．(2023·北侖區校級期中)在1，2，3，4，5，6，7，8，9這9個自然數中，任取3個數，則這3個數恰有一個是偶數的概率________，記ξ為這3個數中兩個數相鄰的組數(例如：取出1，2，3則有兩組相鄰的數1，2和2，3，此時ξ是2)，則E(ξ)＝________．解析：3個數中恰中有一個偶數的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(10,21)，ξ＝2，則數組為：123，234，345，456，567，678，789，共7個，此時P(ξ＝2)＝eq\f(7,Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(1,12)；ξ＝1，則數組為：124，125，126，127，128，129，235，236，237，238，239，341，346，347，348，349，451，452，457，458，459，561，562，563，568，569，671，672，673，674，679，781，782，783，784，785，891，892，893，894，895，896，共42個，此時P(ξ＝1)＝eq\f(42,Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(1,2)；P(ξ＝0)＝eq\f(84－42－7,84)＝eq\f(5,21)；E(ξ)＝0×eq\f(5,21)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(10,21)＝eq\f(2,3)；故答案為：eq\f(10,21)；eq\f(2,3).答案：eq\f(10,21)；eq\f(2,3)7．袋中有20個大小相同的球，其中記上0號的有10個，記上n號的有n個(n＝1，2，3，4)，現從袋中任取一球，X表示所取球的標號．(1)求X的分布列、期望和方差；(2)若Y＝aX＋b，E(Y)＝1，D(Y)＝11，試求a，b的值．解析：(1)X的取值為0，1，2，3，4，其分布列為X01234Peq\f(1,2)eq\f(1,20)eq\f(1,10)eq\f(3,20)eq\f(1,5)∴E(X)＝0×eq\f(1,2)＋1×eq\f(1,20)＋2×eq\f(1,10)＋3×eq\f(3,20)＋4×eq\f(1,5)＝，D(X)＝(0－2×eq\f(1,2)＋(1－2×eq\f(1,20)＋(2－2×eq\f(1,10)＋(3－2×eq\f(3,20)＋(4－2×eq\f(1,5)＝.(2)由D(Y)＝a2D(X)得＝11，得a＝±2，又E(Y)＝aE(X)＋b，∴當a＝2時，由1＝2×＋b，得b＝－2；當a＝－2時，由1＝－2×＋b，得b＝4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝4.))8．某糕點房推出一類新品蛋糕，該蛋糕的成本價為4元，售價為8元．受保質期的影響，當天沒有銷售完的部分只能銷毀．經過長期的調研，統計了一下該新品的日需求量．現將近期一個月(30天)的需求量展示如下：日需求量x(個)20304050天數510105(1)從這30天中任取2天，求2天的日需求量均為40個的概率；(2)以表中的頻率作為概率，根據分布列求出該糕點房一天制作35個該類蛋糕時，對應的利潤的期望值E(X)＝eq\f(320,3).現有員工建議擴大生產，一天制作45個該類蛋糕，試列出生產45個時，利潤Y的分布列并求出期望E(Y)，并以此判斷此建議該不該被采納．解析：(1)從這30天中任取2天，基本事件總數n＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(30))，2天的日需求量均為40個包含的基本事件個數m＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))，∴2天的日需求量均為40個的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(30)))＝eq\f(3,29).(2)設該糕點房制作45個蛋糕對應的利潤為Y，P(Y＝－20)＝eq\f(1,6)，P(Y＝60)＝eq\f(1,3)，P(Y＝140)＝eq\f(1,3)，P(Y＝180)＝eq\f(1,6)，∴Y的分布列為Y－2060140180Peq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,6)E(Y)＝－20×eq\f(1,6)＋60×eq\f(1,3)＋140×eq\f(1,3)＋180×eq\f(1,6)＝eq\f(280,3).∵該糕點房一天制作35個該類蛋糕時，對應的利潤的期望值E(X)＝eq\f(320,3)，eq\f(280,3)<eq\f(320,3)，∴此建議不該被采納．9．(多選)(2023·揚州期末)已知隨機變量ξ的分布列是ξ－101peq\f(1,2)eq\f(1－p,2)eq\f(p,2)隨機變量η的分布列是η123peq\f(1,2)eq\f(1－p,2)eq\f(p,2)則當p在(0，1)內增大時，下列選項中正確的是()A．E(ξ)＝E(η) B．D(ξ)＝D(η)C．E(ξ)增大 D．D(η)先增大后減小BC[對于A，∵η＝ξ＋2，∴E(η)＝E(ξ)＋2，故A錯誤；對于B，∵η＝ξ＋2，∴D(ξ)＝D(η)，故B正確；對于C，∵E(ξ)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)p，∴當p在(0，1)內增大時，E(ξ)增大，故C正確；對于D，∵E(η)＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(1－p,2)＋3×eq\f(p,2)＝eq\f(3,2)＋eq\f(p,2)，∴D(η)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(p,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(p,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1－p,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(p,2)))×eq\f(p,2)＝－eq\f(1,4)(p－2)2＋eq\f(5,4)，∴當p在(0，1)內增大時，D(η)單調遞增，故D錯誤．故選BC.]10．(2023·太原模擬)已知排球發球考試規則：每位考生最多可發球三次，若發球成功，則停止發球，否則一直發到3次結束為止．某考生一次發球成功的概率為p(0<p<1)，發球次數為X，若X的數學期望E(X)>，則p的取值范圍為()A．(0，eq\f(1,2)) B．(0，eq\f(7,12))C．(eq\f(1,2)，1) D．(eq\f(7,12)，1)A[由題可知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，則E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2>，解得p>eq\f(5,2)或p<eq\f(1,2)，由p∈(0，1)可得p∈(0，eq\f(1,2)).]11．(2023·廣東四校聯考)某地有種特產水果很受當地老百姓歡迎，但該種特產水果只能在9月份銷售，且該種特產水果當天食用口感最好，隔天食用口感較差．某超市每年9月份都銷售該種特產水果，每天計劃進貨量相同，進貨成本每千克8元，銷售價每千克12元，當天未賣出的水果則轉賣給水果罐頭廠，但每千克只能賣到5元．根據往年銷售經驗，每天需求量與當地最高氣溫(單位：℃)有一定關系．若最高氣溫不低于30，則需求量為5000千克；若最高氣溫位于[25，30)，則需求量為3500千克；若最高氣溫低于25，則需求量為2000千克．為了制訂今年9月份訂購計劃，統計了前三年9月份的最高氣溫數據．得下面的頻數分布表：最高氣溫[15，20)[20，25)[25，30)[30，35)[35，40)天數414362115以最高氣溫位于各區間的頻率代替最高氣溫位于該區間的概率．(1)求今年9月份這種特產水果一天需求量X(單位：千克)的分布列和數學期望；(2)設9月份一天銷售這種特產水果的利潤為Y(單位：元)，當9月份這種特產水果一天的進貨量n(單位：千克)為多少時，Y的數學期望達到最大值，最大值為多少？解析：(1)今年9月份這種特產水果一天的需求量X的可能取值為2000，3500，5000.P(X＝2000)＝eq\f(4＋14,90)＝eq\f(1,5)，P(X＝3500)＝eq\f(36,90)＝eq\f(2,5)，P(X＝5000)＝eq\f(21＋15,90)＝eq\f(2,5).于是X的分布列為X200035005000Peq\f(1,5)eq\f(2,5)eq\f(2,5)X的數學期望EX＝2000×eq\f(1,5)＋3500×eq\f(2,5)＋5000×eq\f(2,5)＝3800.(2)由題意知，這種特產水果一天的需求量至多為5000千克，至少為2000千克，因此只需要考慮2000≤n≤5000.當3500≤n≤5000時，若最高氣溫不低于30，則Y＝4n；若最高氣溫位于[25，30)，則Y＝3500×4－(n－3500)×3＝24500－3n.若最高氣溫低于25，則Y＝2000×4－(n－2000)×3＝14000－3n.此時EY＝eq\f(2,5)×4n＋eq\f(2,5)(24500－3n)＋eq\f(1,5)(14000－3n)＝12600－eq\f(1,5)n≤11900.當2000≤n＜3500時，若最高氣溫不低于25，則Y＝4n；若最高氣溫低于25，則Y＝2000×4－(n－2000)×3＝14000－3n.此時EY＝eq\f(4,5)×4n＋eq\f(1,5)(14000－3n)＝2800＋eq\f(13,5)n<11900.所以n＝3500時，Y的數學期望達到最大值，最大值為11900.12．(2023·山東棗莊、滕州聯考)2023年11月河南省三門峽市成功入圍“十佳魅力中國城市”，吸引了大批投資商的目光．一些投資商積極準備投入到“魅力城市”的建設之中．某投資公