第九章--第九节-离散型随机变量均值和方差、正态分布.doc

课时作业 A组——基础对点练 1．(2015·高考湖北卷)设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是(　　) A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1) B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1) C．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t) D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t) 解析：由正态分布密度曲线的性质可知，X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)的密度曲线分别关于直线x＝μ1，x＝μ2对称，因此结合题中所给图象可得，μ1＜μ2，所以P(Y≥μ2)＜P(Y≥μ1)，故A错误．又X～N(μ1，σ)的密度曲线较Y～N(μ2，σ)的密度曲线“瘦高”，所以σ1＜σ2，所以P(X≤σ2)＞P(X≤σ1)，B错误．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，P(X≥t)≤P(Y≥t)，C正确，D错误． 答案：C 2．(2018·长沙模拟)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数 (例如：若a1＝a3＝a5＝1，a2＝a4＝0，则A＝10101)，其中二进制数A的各位数中，已知a1＝1，ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记X＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5，现在仪器启动一次，则E(X)＝(　　) A.　　　　　　　　　　B. C. D. 解析：法一：X的所有可能取值为1,2,3,4,5，P(X＝1)＝C40＝，P(X＝2)＝C31＝，P(X＝3)＝C22＝，P(X＝4)＝C13＝，P(X＝5)＝C04＝，所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝. 法二：由题意，X的所有可能取值为1,2,3,4,5，设Y＝X－1，则Y的所有可能取值为0,1,2,3,4，因此Y～B(4，)，所以E(Y)＝4×＝，从而E(X)＝E(Y＋1)＝E(Y)＋1＝＋1＝. 答案：B 3．已知袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球，X表示所取球的标号．若η＝aX＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，则a＋b的值是(　　) A．1或2 B．0或2 C．2或3 D．0或3 解析：由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,3,4，E(X)＝×0＋×1＋×2＋×3＋×4＝， D(X)＝×2＋×2＋×(2－)2＋×2＋×2＝. 由D(η)＝a2D(X)，得a2×＝11，即a＝±2. 又E(η)＝aE(X)＋b，所以当a＝2时，由1＝2×＋b， 得b＝－2，此时a＋b＝0. 当a＝－2时，由1＝－2×＋b，得b＝4，此时a＋b＝2.故选B. 答案：B 4．若随机事件A在1次试验中发生的概率为p(0＜p＜1)，用随机变量ξ表示A在1次试验中发生的次数，则的最大值为(　　) A．2＋2 B．2 C．2－ D．2－2 解析：随机变量ξ的所有可能取值为0,1，且P(ξ＝1)＝p，P(ξ＝0)＝1－p，即ξ～B(1，p)，根据公式得E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)，则＝2－.而2p＋≥2＝2，当且仅当2p＝，即p＝时取等号．因此当p＝时，取得最大值2－2. 答案：D 5．若某科技小制作课的模型制作规则是：每位学生最多制作3次，一旦制作成功，则停止制作，否则可制作3次．设某学生一次制作成功的概率为p(p≠0)，制作次数为X，若X的数学期望E(X)＞，则p的取值范围是(　　) A. B. C. D. 解析：由已知条件可得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＝p2－3p＋3＞，解得p＞或p＜，又p(0,1]，可得p，故选C. 答案：C 6．(2015·高考广东卷)已知随机变量X服从二项分布B(n，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝________. 解析：由得p＝. 答案： 7．已知X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝，P(X＝x2)＝，且x1＜x2.若E(X)＝，D(X)＝，则x1＋x2的值为________． 解析：由题意得X的所有可能取值为x1，x2，所以E(X)＝x1＋x2＝，D(X)＝2＋2＝，整理得， 解得或(舍去)，故x1＋x2＝3. 答案：3 8．(2018·淄博模拟)某4S店在一次促销活动中，让每位参与者从盒子中任取一个由0～9中任意三个数字组成的“三位递减数”(即个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字)．若“三位递减数”中的三个数字之和既能被2整除又能被5整除，则可以享受5万元的优惠；若“三位递减数”中的三个数字之和仅能被2整除，则可以享受3万元的优惠；其他结果享受1万元的优惠． (1)试写出所有个位数字为4的“三位递减数”； (2)若小明参