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选修2-3 2.3.1 离散型随机变量的均值 一、选择题 1．若X是一个随机变量，则E(X－E(X))的值为() A．无法求 B．0 C．E(X) D．2E(X) [答案]B [解析]只要认识到E(X)是一个常数，则可直接运用均值的性质求解． ∵E(aX＋b)＝aE(X)＋b，而E(X)为常数， E(X－E(X))＝E(X)－E(X)＝0. 2．设E()＝10，E()＝3，则E(3＋5)＝() A．45 B．40 C．30 D．15 [答案]A 3．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，则E(X)＝() A．0.765 B．1.75 C．1.765 D．0.22 [答案]B [解析]设A、B分别为每台雷达发现飞行目标的事件，X的可能取值为0、1、2， P(X＝0)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝(1－0.9)(1－0.85)＝0.015. P(X＝1)＝P(AB＋AB)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.90.15＋0.10.85＝0.22. P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.90.85 ＝0.765. E(X)＝00.015＋10.22＋20.765＝1.75. 4．设随机变量X的分布列如下表所示且E(X)＝1.6，则a－b＝() X 0 1 2 3 P 0.1 a b 0.1 A.0.2 B．0.1 C．－0.2 D．－0.4 [答案]C [解析]由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8，① 又由E(X)＝00.1＋1a＋2b＋30.1＝1.6， 得a＋2b＝1.3，② 由①②解得a＝0.3，b＝0.5，a－b＝－0.2，故应选C. 5．已知随机变量，其中＝10＋2，且E()＝20，若的分布列如下表，则m的值为() 1 2 3 4 P 14 m n 112 A.2023 B.2023 C.2023 D.18 [答案]A [解析]＝10＋2E()＝10E()＋220＝10)＋2)＝2023＝114＋2m＋3n＋2023，又14＋m＋n＋112＝1，联立求解可得m＝2023，故选A. 6．(2023浙江)有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于() A.35 B.815 C.2023 D．1 [答案]A [解析]X＝1时，P＝C17C13C210；X＝2时，P＝C23C210. E(X)＝1C17C13C210＋2C23C210＝73＋23C210＝35， 故选A. 7．(2023福建福州)已知某一随机变量X的概率分布列如下表，E(X)＝6.3，则a值为() X 4 a 9 P 0.5 0.1 b A.5 B．6 C．7 D．8 [答案]C [解析]由分布列性质知：0.5＋0.1＋b＝1，b＝0.4，E(X)＝40.5＋a0.1＋90.4＝6.3，a＝7，故选C. 8．(2023新课标全国理，6)某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的均值为() A．100 B．200 C．300 D．400 [答案]B [解析]本题以实际问题为背景，考查的事件的均值问题． 记“不发芽的种子数为”，则～B(1 000,0.1)，所以E()＝1 2023.1＝100，而X＝2，故EX＝E(2)＝2E()＝200，故选B. 二、填空题 9．(2023上海理，6)随机变量的概率分布列由下图给出： x 7 8 9 10 P(＝x) 0.3 0.35 0.2 0.15 则随机变量的均值是________． [答案]8.2 [解析]本小题考查随机变量的均值公式． E()＝70.3＋80.35＋90.2＋100.15＝8.2. 10．已知某离散型随机变量X的数学期望E(X)＝76，X的分布列如下： X 0 1 2 3 P a 13 16 b 则a＝________. [答案]13 [解析]E(X)＝76＝0a＋113＋216＋3bb＝16，又P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1a＋13＋16＋16＝1a＝13. 11．从1、2、3、4、5这5个数字中任取不同的两个，则这两个数之积的数学期望是________． [答案]8.5 [解析]从1、2、3、4、5中任取不同的两个数，其乘积X的值为2、3、4、5、6、8、10、12、15、20，取每个值的概率都是110，E(X)＝110(2＋3＋4＋5＋6＋8＋10＋12＋15＋20)＝8.5. 12．设p为非负实数，随机变量X的概率分布为： X 0 1 2 P 12－p p 12 则E(X)的最大值为________． [答案]32 [解析]由表可得012－p1，01，从而得P[0，12]，期望值E(X)＝0(12－p)＋1p＋212＝p＋1，当且仅当p＝12时，E(X)最大值＝32. 三、解答题 13．盒中装有5节同牌号的五号电池，其中混有两节废电池，现在无放回地每次取一节电池检验，试回答下列问题： (1)若直到取到好电池为止，求抽取次数的分布列及均值； (2)若将题设中的无放回改为有放回，求检验5次取到好电池个数X的数学期望． [解析](1)可取的值为1、2、3， 则P(＝1)＝35，P(＝2)＝2023＝310， P(＝3)＝20231＝110， 抽取次数的分布列为： 1 2 3 P 35 310 110 E()＝135＋2023＋2023＝1.5. (2)每次检验取到好电池的概率均为35， 故X～B(n，p)，即X～B(5，35)， 则E(X)＝535＝3. 14．(2023江西理，18)某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门．首次到达此门，系统会随机(即等可能)为你打开一个通道．若是1号通道，则需要1小时走出迷宫；若是2号、3号通道，则分别需要2小时、3小时返回智能门．再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走出迷宫为止．令表示走出迷宫所需的时间． (1)求的分布列；(2)求的数学期望(均值)． [解析]本题考查学生的全面分析能力，考查学生对事件概率的求解能力以及对文字描述的理解能力．解本题的两个关键点是：一是的所有取值，二是概率． 解：(1)的所有可能取值为：1,3,4,6 P(＝1)＝13，P(＝3)＝16，P(＝4)＝16，P(＝6)＝13，所以的分布列为： 1 3 4 6 P 13 16 16 13 (2)E()＝113＋316＋416＋613＝72(小时) 15．购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保费a元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10 000元的赔偿金．假定在一年度内有10 000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立．已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金10 000元的概率为1－0.202304. (1)求一投保人在一年度内出险的概率p； (2)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50 000 元，为保证盈利的期望不小于0，求每位投保人应交纳的最低保费(单位：元)． [解析]解答第(1)题运用对立事件的概率公式，建立方程求解． 解答第(2)题运用二项分布的期望公式，建立不等式求解． 各投保人是否出险相互独立，且出险的概率都是p，记投保的10 000人中出险的人数为，则～B(104，p)． (1)记A表示事件：保险公司为该险种至少支付10 000元赔偿金，则A发生当且仅当＝0，P(A)＝1－P(A)＝1－P(＝0)＝1－(1－p)104， 又P(A)＝1－0.202304， 故p＝0.001. (2)该险种总收入为10 000a元，支出是赔偿金总额与成本的和． 支出：10 000＋50 000， 盈利：＝10 000a－(10 000＋50 000)， 盈利的期望为： E()＝10 000a－10 000E()－50 000， 由～B(104,10－3)知，E()＝10 20230－3， E()＝104a－104E()－2023 ＝104a－20232023－3－2023. E(2023a－20230－2023a－10－5a15(元)． 故每位投保人应交纳的最低保费为15元． 16．(2023全国Ⅰ理19)甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局． (1)求甲获得这次比赛胜利的概率； (2)设X表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求X的分布列及均值． [解析]设Ai表示事件：第i局甲获胜，i＝3,4,5， Bj表示事件：第j局乙获胜，j＝3,4. (1)记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利 因前两局中，甲、乙各胜一局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而B＝A3A4＋B3A4A5＋A3B4A5. 由于各局比赛结果相互独立，故 P(B)＝P(A3A4)＋P(B3A4A5)＋P(A3B4A5) ＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(A4)P(A5)＋P(A3)P(B4)P(A5)＝0.60.6＋0.40.60.6＋0.60.40.6＝0.648. (2)X的可能取值为2,3. 由于各局比赛结果相互独立，所以 P(X＝2)＝P(A3A4＋B3B4)＝P(A3A4)＋P(B3B4)＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4)＝0.60.6＋0.40.4＝0.52， P(X＝3)＝1－P(X＝2)＝1－0.52＝0.48. 故X的分布列为 X 2 3 P 0.52 0.48 E(X)＝2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝20.52＋30.48＝2.48. | 
