课时规范练53 离散型随机变量的分布列、均值与方差基础巩固组1.一串钥匙有5把,只有一把能打开锁,依次试验,打不开的扔掉,直到找到能开锁的钥匙为止,则试验次数ξ的最大值为( )A.5B.2C.3D.42.设随机变量X的分布列如下,则P(|X-2|=1)=( )X1234PmA.B.C.D.3.设随机变量X的分布列如下:X0123P0.1a0.30.4则方差D(X)=( )A.0B.1C.2D.34.(2021福建莆田模拟)设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b,又X的数学期望为E(X)=3,则a+b=( )A.B.0C.-D.5.已知随机变量的分布列如表:X012P0.2ab\n若E(X)=1,则D(X)=( )A.0.1B.0.2C.0.4D.0.66.(多选)(2021广东深圳实验学校月考)设随机变量ξ的分布列为P=ak(k=1,2,3,4,5),则( )A.15a=1B.P(0.5<ξ<0.8)=0.2C.P(0.1<ξ<0.5)=0.2D.P(ξ=1)=0.37.已知随机变量ξ的分布列如表,则x= . ξ012Px2x8.已知X的分布列如表,设Y=2X+1,则Y的数学期望E(Y)的值是 . X-101Pa综合提升组9.已知排球发球考试规则:每位考生最多可发球三次,若发球成功,则停止发球,否则一直发到3次结束为止.某考生一次发球成功的概率为p(0<p<1),发球次数为X,若X的数学期望E(X)>1.75,则p的取值范围为( )A.B.C.D.10.(多选)袋内有形状、大小完全相同的2个黑球和3个白球,从中不放回地每次任取1个小球,直至取到白球后停止取球,则下列说法正确的是( )A.抽取2次后停止取球的概率为\nB.停止取球时,取出的白球个数不少于黑球的概率为C.取球次数ξ的期望为2D.取球次数ξ的方差为11.(多选)已知随机变量ξ的分布列是ξ-101P随机变量η的分布列是η123P则当p在(0,1)内增大时,下列选项中正确的是( )A.E(ξ)=E(η)B.D(ξ)=D(η)C.E(ξ)增大D.D(η)先增大后减小12.已知随机变量X的分布列为X012Pa2ab已知a>0,b>0,当D(X)最大时,E(X)= . 13.(2021天津南开一模)对某种型号的仪器进行质量检测,每台仪器最多可检测3次,一旦发现问题,则停止检测,否则一直检测到3次为止,设该仪器一次检测出现问题的概率为0.2,则检测2次停止的概率为 ;设检测次数为X,则X的数学期望为 . 14.已知某盒子中共有6个小球,编号为1号至6号,其中有3个红球、2个黄球和1个绿球,这些球除颜色和编号外完全相同.(1)若从盒中一次随机取出3个球,求取出的3个球中恰有2个颜色相同的概率;(2)若从盒中逐一取球,每次取后立即放回,共取4次,求恰有3次取到黄球的概率;(3)若从盒中逐一取球,每次取后不放回,记取完黄球所需次数为X,求随机变量X的分布列及数学期望E(X).\n创新应用组15.甲、乙两家外卖公司,其送餐员的日工资方案如下:甲公司,底薪80元,每单送餐员抽成4元;乙公司,无底薪,40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元,超出40单的部分送餐员每单抽成7元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同,现从这两家公司各随机选取一名送餐员,并分别记录其50天的送餐单数,得到如下频数表:甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数101510105乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数51010205(1)现从记录甲公司送餐员的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数,求这3天送餐单数都不小于40的概率.(2)若将频率视为概率,回答下列两个问题:①记乙公司送餐员日工资为X(单位:元),求X的分布列和数学期望E(X);②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员,如果仅从日平均工资的角度考虑,请利用所学的统计学知识为小王作出选择,并说明理由.\n课时规范练53 离散型随机变量的分布列、均值与方差1.D 解析由于不能打开的钥匙会扔掉,故扔掉4把打不开的钥匙后,第5把钥匙就是能开锁的钥匙,ξ的最大值为4,故选D.2.C 解析由+m+=1,得m=,所以P(|X-2|=1)=P(X=1)+P(X=3)=.3.B 解析由题得,a=1-0.1-0.3-0.4=0.2,则E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.4=2,E(X2)=1×0.2+4×0.3+9×0.4=5,D(X)=E(X2)-[E(X)]2=5-4=1,故选B.4.A 解析依题意可得X的分布列为X1234Pa+b2a+b3a+b4a+b依题意得解得a=,b=0,故a+b=.故选A.5.C 解析由分布列的性质,可得0.2+a+b=1,解得a+b=0.8.①∵E(X)=1,∴0×0.2+1×a+2×b=1,即a+2b=1,②联立①②,解得a=0.6,b=0.2.D(X)=(0-1)2×0.2+(1-1)2×0.6+(2-1)2×0.2=0.4.故选C.6.ABC 解析∵随机变量ξ的分布列为P=ak(k=1,2,3,4,5),∴P+P+P+P+P(ξ=1)=a+2a+3a+4a+5a=15a=1,解得a=,故A正确;∴P(0.5<ξ<0.8)=P=3×=0.2,故B正确;\n∴P(0.1<ξ<0.5)=P+P+2×=0.2,故C正确;∴P(ξ=1)=5×≠0.3,故D错误.故选ABC.7. 解析由题得,x2+x+=1,化简得x+x-=0,解得x=或x=-,因为0≤x≤1,所以x=.8. 解析由题得+a=1,解得a=.∴E(X)=-=-.∵Y=2X+1,则E(Y)=2E(X)+1,∴E(Y)=.9.A 解析由题可知P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p)2p+(1-p)3=(1-p)2,则E(X)=P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)=p+2(1-p)p+3(1-p)2>1.75,解得p>或p<,由p∈(0,1),可得p∈.故选A.10.BD 解析设取球次数为ξ,可知随机变量ξ的可能取值有1,2,3,则P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=.对于A选项,抽取2次后停止取球的概率为P(ξ=2)=,A选项错误;对于B选项,停止取球时,取出的白球个数不少于黑球的概率为P(ξ=1)+P(ξ=2)=,B选项正确;对于C选项,取球次数ξ的期望为E(ξ)=1×+2×+3×,C选项错误;对于D选项,取球次数ξ的方差为D(ξ)=,D选项正确.故选BD.\n11.BC 解析对于A,∵η=ξ+2,∴E(η)=E(ξ)+2,故A错误;对于B,∵η=ξ+2,∴D(ξ)=D(η),故B正确;对于C,∵E(ξ)=-p,∴当p在(0,1)内增大时,E(ξ)增大,故C正确;对于D,∵E(η)=+2×+3×,∴D(η)=-2×+2×+2×=-(p-2)2+,∴当p在(0,1)内增大时,D(η)单调递增,故D错误.故选BC.12. 解析由题知b=1-3a,∴E(X)=2a+2(1-3a)=2-4a,则D(X)=(4a-2)2·a+(4a-1)2·2a+(4a)2·(1-3a)=-16a2+6a.故当a=时,D(X)最大,此时E(X)=.13.0.16 2.44 解析检测2次停止的概率为(1-0.2)×0.2=0.16.检测次数X可取1,2,3,P(X=1)=0.2,P(X=2)=0.8×0.2=0.16,P(X=3)=0.8×0.8×0.8+0.8×0.8×0.2=0.64,则E(X)=1×0.2+2×0.16+3×0.64=2.44.14.解(1)从盒中一次随机取出3个球,记取出的3个球中恰有2个颜色相同为事件A,则事件A包含事件“3个球中有2个红球”和事件“3个球中有2个黄球”,由古典概型的概率公式和互斥事件的概率加法公式得P(A)=.故取出的2个球颜色相同的概率为.(2)盒中逐一取球,取后立即放回,每次取到黄球的概率为,记“取4次恰有3次黄球”为事件B,则P(B)=.故取4次恰有3次黄球的概率为.\n(3)X的可能取值为2,3,4,5,6,则P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,P(X=5)=,P(X=6)=,所以随机变量X的分布列为X23456P所以随机变量X的数学期望为E(X)=2×+3×+4×+5×+6×.15.解(1)记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件M,则P(M)=.(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a,当a=38时,X=38×6=228,当a=39时,X=39×6=234,当a=40时,X=40×6=240,当a=41时,X=40×6+1×7=247,当a=42时,X=40×6+2×7=254.所以X的所有可能取值为228,234,240,247,254.故X的分布列为X228234240247254P所以E(X)=228×+234×+240×+247×+254×=241.8.②依题意,甲公司送餐员的日平均送餐单数为\n38×0.2+39×0.3+40×0.2+41×0.2+42×0.1=39.7,所以甲公司送餐员的日平均工资为80+4×39.7=238.8元.由①得乙公司送餐员的日平均工资为241.8元.因为238.8<241.8,所以推荐小王去乙公司应聘.
