人教版高中数学选修2-3练习：第二章2.3-2.3.1离散型随机变量的均值Word版含解析.pdf

第二章随机变量及其分布 2.3 离散型随机变量的均值与方差 2.3.1 离散型随机变量的均值 A 级基础巩固 一、选择题 1口袋中有编号分别为1、2、3 的三个大小和形状相同的小球， 从中任取 2 个，则取出的球的最大编号X 的期望为 ( ) A.1 3 B.2 3 C2 D.8 3 解析：X2，3 所以 P(X2) 1 C2 3 1 3，P(X3) C1 2 C2 3 2 3. 所以 E(X)2×1 33× 2 3 8 3. 答案： D 2若随机变量 的分布列如下表所示，则E( )的值为 ( ) 012345 P 2x 3x 7x 2x 3x x A. 1 18 B.1 9 C. 20 9 D. 9 20 解析：根据概率和为 1，可得 x 1 18， 所以 E( )0×2x1×3x2×7x3×2x4×3x5×x40x 20 9 . 答案： C 3同时抛掷 5 枚质地均匀的硬币80 次，设 5 枚硬币正好出现2 枚正面向上， 3 枚反面向上的次数为X，则 X 的均值是 ( ) A20 B25 C30 D40 解析：抛掷一次正好出现3 枚反面向上，2 枚正面向上的概率为 C 2 5 2 5 5 16.所以 XB 80， 5 16 .故 E(X)80× 5 1625. 答案：B 4 已知 B n，1 2 ， B n，1 3 ， 且 E( )15， 则 E( )等于( ) A5 B10 C15 D20 解析：因为 B n， 1 2 ，所以 E( ) n 2.又 E( )15，则 n30.所 以 B 30， 1 3 .故 E( )30× 1 3 10. 答案：B 5某一供电网络，有 n 个用电单位，每个单位在一天中使用电的 机会是 p，供电网络中一天平均用电的单位个数是( ) Anp(1p) Bnp CnDp(1p) 解析：依题意知，用电单位XB(n，p)，所以 E(X)np. 答案：B 二、填空题 6已知 XB 100，1 2 ，则 E(2X3)_ 解析：E(X)100× 1 250，E(2X3)2E(X)3103. 答案：103 7某射手射击所得环数 的分布列如下： 78910 P x 0.10.3y 已知 的期望 E( )8.9，则 y 的值为 _ 解析： 答案：0.4 8对某个数学题，甲解出的概率为 2 3，乙解出的概率为 3 4，两人独 立解题记 X 为解出该题的人数，则E(X)_ 解析：P(X0)1 3× 1 4 1 12，P(X1) 2 3× 1 4 1 3× 3 4 5 12，P(X2) 2 3× 3 4 6 12，E(X) 1×52×6 12 17 12. 答案： 17 12 三、解答题 9某运动员投篮投中的概率为0.6.求： (1)一次投篮时投中次数X 的均值； (2)重复 5 次投篮时投中次数Y 的均值 解：(1)X 的分布列为 X 01 P 0.40.6 则 E(X)0×0.41×0.60.6， 即一次投篮时投中次数X 的均值为 0.6. (2)Y 服从二项分布，即YB(5，0.6) 故 E(Y)5×0.63， 即重复 5 次投篮时投中次数Y 的均值为 3. 10甲、乙两人进行围棋比赛，每局比赛甲胜的概率为 1 3，乙胜的 概率为 2 3，规定某人先胜三局则比赛结束，求比赛局数 X 的均值 解：由题意， X 的所有可能值是3，4，5. P(X3)C3 3× 1 3 3 C3 3× 2 3 3 1 3； P(X4)C 2 3× 1 3 2 × 2 3 × 1 3C 2 3× 2 3 2 ×1 3× 2 3 10 27； P(X5)C2 4× 1 3 2 × 2 3 2 ×1 3C 2 4× 2 3 2 × 1 3 2 ×2 3 8 27. 所以 X 的分布列为： X 345 P 1 3 10 27 8 27 所以 E(X)3×1 34× 10 27 5× 8 27 107 27 . B 级能力提升 1今有两台独立工作的雷达，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，则 E(X)( ) A0.765 B1.75 C1.765 D0.22 解析： 依题意 X 的可能取值为 0，1，2， P(X0)(10.9)×(10.85)0.1×0.150.015； P(X1)0.9×(10.85)0.85×(10.9)0.22； P(X2)0.9×0.850.765. 所以 E(X)0×0.0151×0.222×0.7651.75. 答案： B 2设离散型随机变量X 可能的取值为1，2，3，P(Xk)ak b(k1，2，3)又 X 的均值 E(X)3，则 ab_ 解析： 因为 P(X1)ab，P(X2)2ab， P(X3)3ab， 所以 E(X)1×(ab)2×(2ab)3×(3ab)3， 所以 14a6b3. 又因为(ab)(2ab)(3ab)1， 所以 6a3b1. 由可知 a1 2，b 2 3，所以 ab 1 6. 答案： 1 6 3由于电脑故障，使得随机变量X 的分布列中部分数据丢失(以 “？” 代替)，其表如下： X 123456 P 0.200.100.？50.100.1？0.20 (1)求 P(X3)及 P(X5)的值； (2)求 E(X)； (3)若 2XE(X)，求 E( ) 解：(1)由分布列的性质可知 0200.100.？50.100.1？ 0.201. 故 0.？50.1？0.40. 由于小数点后只有两位有效数字， 故 0.1？中“？”处应填 5，0.？5 中的“？”处数字为 2. 即 P(X3)0.25，P(X5)0. 15. (2)E(X)1×0.202×0.103×0.254×0.15×0.156×0.20 3.50. (3)法一由 E( )2E(X)E(X)E(X)得， E( )E(X)3.50. 法二由于 2XE(X)， 所以 的分布列如下： 1.50.52.54.56.58.5 P 0.200.100.250.100.150.20 所 以 E( ) 1.5×0.20 0.5×0.10 2.5×0.25 4.5×0.10 6.5×0.158.5×0.203.50.