人教版新课标A选修2-32.3离散型随机变量的均值与方差课时训练

这是一份人教版新课标A选修2-32.3离散型随机变量的均值与方差课时训练，共33页。试卷主要包含了已知X的分布列如下等内容，欢迎下载使用。

2.3.2　离散型随机变量的方差
基础过关练
题组一　离散型随机变量的方差与标准差
1.在之前的中国足球校园联赛荆州中学赛区中,荆州中学代表队每场比赛平均失球数是1.5,整个赛事每场比赛失球个数的标准差是1.1;大冶一中代表队每场比赛平均失球数是2.1,整个赛事每场比赛失球个数的标准差是0.4,你认为下列说法中正确的个数是(　　)
①平均来说荆州中学代表队比大冶一中代表队防守技术好;②大冶一中代表队比荆州中学代表队防守技术水平更稳定;③荆州中学代表队防守有时表现很差,有时表现又非常好;④大冶一中代表队很少不失球.
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2019河北卓越联盟高二上学期期中)已知随机变量X的分布列如下,则X的标准差为(　　)
X
1
3
5
P
0.4
0.1
m
A.0.95 B.3.2
C.0.7 D.3.56
3.甲、乙两人通过雅思考试的概率分别为0.5,0.8,两人考试时相互独立,记X表示两人中通过雅思考试的人数,则X的方差为(　　)
A.0.41 B.0.42
C.0.45 D.0.46
4.(2019江西抚州临川二中实验学校高二月考)若随机变量X的分布列如下表,且E(X)=6.3,则D(X)的值为　(　　)
X
4
a
9
P
0.5
0.1
b
A.2.37 B.7 C.5.61 D.6.61
题组二　方差的性质
5.已知随机变量ξ的分布列为P(ξ=k)=13,k=1,2,3,则D(3ξ+5)=(　　)
A.6　　 B.9　　
C.3　　 D.4
6.已知X的分布列如下:
X
-1
0
1
P
12
14
a
(1)求X2的分布列;
(2)计算X的方差;
(3)若Y=4X+3,求Y的均值和方差.







题组三　特殊分布的方差
7.(2019重庆一中高二期中)已知某射击运动员射击1次命中目标的概率为0.9,记他在10次独立射击中命中目标的次数为随机变量ξ,则D(ξ)=(　　)
A.0.09 B.9 C.1 D.0.9
8.(2019安徽宿州泗县第一中学高二月考)设ξ是随机变量,且D(5ξ)=20,则D(ξ)=(　　)
A.0.4 B.0.8 C.4 D.20
9.(2019江西南昌高二期末)设随机变量ξ~B(3,p),若P(ξ≥1)=1927,则D(ξ)=(　　)
A.13 B.23 C.1 D.2
10.为防止风沙危害,某地决定建设防护绿化带,种植杨树、沙柳等植物.某人一次种植了n株沙柳,各株沙柳的成活与否是相互独立的,且成活率为p,设ξ为成活沙柳的株数,若计算得E(ξ)为3,D(ξ)为62.
(1)求n和p的值,并写出ξ的分布列;
(2)若有3株或3株以上的沙柳未成活,则需要补种,求需要补种沙柳的概率.




11.篮球运动员比赛投篮,命中得1分,不中得0分,已知甲运动员投篮命中的概率为p,且各次投篮互不影响.
(1)若投篮1次的得分记为X,求方差D(X)的最大值;
(2)当(1)中D(X)取最大值时,求甲运动员投篮5次得4分的概率.






12.某公司计划在春节联欢会中设一项抽奖活动:在一个不透明的袋中装入外形一样且号码分别为1,2,3,…,10的十个小球.活动者一次从中摸出三个小球,三个小球的号码有且仅有两个连号的为三等奖,奖金30元;三个小球的号码都连号的为二等奖,奖金60元;三个小球的号码分别为1,5,10的是一等奖,奖金240元;其余情况无奖金.
(1)求员工甲抽奖一次所得奖金ξ的分布列与数学期望;
(2)员工乙幸运地先后获得四次抽奖机会,他中奖次数η的方差是多少?





题组四　数学期望与方差的简单运用
13.(2019北京大兴高二期末)已知随机变量X~B(n,p),且E(X)=12,D(X)=125,那么n与p的值分别为(　　)
A.16,45 B.20,25 C.15,45 D.12,35
14.为选拔奥运会射击选手,对甲、乙两名射手进行选拔测试.已知甲、乙两名射手在一次射击中的得分分别为两个相互独立的随机变量ξ,η,甲、乙两名射手在每次射击中击中的环数均大于6环,且甲射中10,9,8,7环的概率分别为0.5,3a,a,0.1,乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2.
(1)求ξ,η的分布列;
(2)求ξ,η的均值与方差,以此为标准比较甲、乙的射击技术并从中选拔一人.










15.(2019福建莆田一中高二期末)为调查某小区居民的幸福度,现从该小区所有居民中随机抽取16名,如图所示的茎叶图记录了他们的幸福度分数(以小数点前的一位数字为茎,小数点后的一位数字为叶),若幸福度分数不低于8.5,则称该人的幸福度为“幸福”.


7
3
0








8
4
4
6
6
7
7
8
8
9
9
9
7
6
5
5






(1)求从这16人中随机选取3人,至少有2人的幸福度为“幸福”的概率;
(2)用这16人的样本数据来估计整个小区的总体数据,若从该小区所有居民中(人数足够多)任选3人,记ξ表示选到幸福度为“幸福”的人数,求ξ的分布列及数学期望和方差.








能力提升练
一、选择题
1.(2019广东肇庆高二期末,★★☆)若随机变量X满足E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,则下列结论正确的是(　　)
A.E(X)=72,D(X)=132 B.E(X)=2,D(X)=4
C.E(X)=2,D(X)=8 D.E(X)=74,D(X)=8
2.(2019河南鹤壁高二上学期期末,★★☆)已知随机变量ξ+η=8,若ξ~B(10,0.4),则E(η),D(η)分别是(　　)
A.6,5.6 B.4,2.4 C.6,2.4 D.4,5.6
3.(2019浙江温州九校高三第一次联考,★★☆)抽奖箱中有15个形状、大小一样,颜色不一样的乒乓球(2个红色,3个黄色,其余为白色),规定抽到红球为一等奖,抽到黄球为二等奖,抽到白球不中奖,现有90人依次进行有放回地抽奖,则这90人中中奖人数的数学期望和方差分别是(　　)
A.6,0.4 B.18,14.4 C.30,10 D.30,20
4.(2019江西吉安高二上学期期末,★★☆)已知X是离散型随机变量,P(X=2)=34,P(X=a)=14,E(X)=94,则D(2X+1)=(　　)
A.34　　 B.38　　 C.316　　 D.92
5.(★★☆)已知A,B两个不透明盒中各有形状、大小都相同的红球、白球若干个.A盒中有m个红球与(10-m)个白球,B盒中有(10-m)个红球与m个白球(0 A.3　　 B.5　　 C.7　　 D.9
6.(★★☆)已知随机变量ξi满足P(ξi=0)=pi,P(ξi=1)=1-pi,且0 A.p1 B.p1>p2,且D(ξ1)>D(ξ2)
C.p1D(ξ2)　　
D.p1>p2,且D(ξ1) 二、填空题
7.(2019北京八中高二期中,★★☆)已知随机变量X的分布列如表所示,若E(X)=13,则D(X)的值是　　　　. 
X
-1
0
1
P
a
13
c
8.(2019湖南衡阳一中高二期中,★★☆)已知随机变量X~B(n,p),且E(X)=4,D(X)=43,则P(X≤1)=　　　　. 
9.(★★☆)根据以往的经验,某工程施工期间的降水量X(单位:mm)对工期的影响如下表所示.

降水量X
X<300
300≤X<700
700≤X<900
X≥900
工期延误
天数Y
0
2
6
10
历史气象资料表明,该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9,则工期延误天数Y的方差为　　　　. 
10.(2019天津一中高二期中,★★☆)一批排球中正品有m个,次品有n个,m+n=10(m≥n,且m,n∈N*),从这批排球中每次随机抽取一个,有放回地抽取10次,用X表示抽到的次品个数,若D(X)=2.1,则从这批排球中一次性随机抽取两个,其中至少有一个次品的概率p=　　　　. 
11.(★★☆)设一次试验成功的概率为p(0 三、解答题
12.(2019天津塘沽一中高考模拟,★★☆)某中学利用周末组织教职员工举行了一次秋季登山健身的活动,共有N个人参加.现将所有参加者按年龄(单位:岁)情况分为[20,25),[25,30),[30,35),[35,40),[40,45),[45,50),[50,55]七组.其频率分布直方图如图所示,已知年龄在[25,30)这组的参加者人数为6.

(1)求N的值;
(2)组织者从年龄在[45,55]的参加者(其中共有4名女教师,其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作,其中女教师的人数为X,求X的分布列、数学期望及方差;
(3)已知年龄在[35,40)和[40,45)的两组参加者中各有2名数学教师.现从这两个组中各选取2人担任接待工作,假设两组的选择互不影响,求两组选出的人中恰有1名数学老师的概率.











13.(2019湖南长沙长郡中学高二期末,★★☆)甲、乙两人去某公司面试,该公司的面试方案:应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题,以答对题目的数量为标准进行筛选.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成,2道题不能完成;应聘者乙每道题正确完成的概率都是23,且每道题正确完成与否互不影响.
(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题目的数量的分布列,并计算其数学期望;
(2)请分析甲、乙两人谁通过面试的可能性较大?














14.(★★☆)网约车的兴起丰富了民众出行的选择,为民众出行提供便利的同时也解决了很多劳动力的就业问题.梁某为网约车司机,据梁某自己统计某一天出车一次的总路程数的所有可能取值是20,22,24,26,28,30(单位:km),它们出现的概率依次是0.1,0.2,0.3,0.1,t,2t.
(1)求这一天中梁某一次行驶路程X的分布列,并求X的均值和方差;
(2)网约车计费规则如下:起步价为5元,行驶路程不超过3 km时,收费5元,若行驶路程超过3 km,则每超出1 km(不足1 km时也按1 km计程)收费3元.依据以上条件,计算梁某一天出车一次的收入的均值和方差.












15.(2019湖北黄冈中学高考模拟,★★☆)10月1日,某品牌的两款新手机(记为W型号,T型号)同时投放市场,手机厂商为了解这两款手机的销售情况,在10月1日当天,随机调查了5个手机店中这两款手机的销量(单位:部),得到下表:
手机店
A
B
C
D
E
W型号手机销量
6
6
13
8
11
T型号手机销量
12
9
13
6
4
(1)若在10月1日当天,从A,B这两个手机店售出的新款手机中各随机抽取1部,求抽取的2部手机中至少有1部为W型号手机的概率;
(2)现从这5个手机店中任选3个举行促销活动,用X表示其中W型号手机销量超过T型号手机销量的手机店的个数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(3)经测算,W型号手机的销售成本η(百元)与销量ξ(部)之间满足关系式η=3ξ+4.若表中W型号手机销量的方差S02=m(m>0),试给出表中5个手机店的W型号手机销售成本的方差S2的值.(用m表示,结论不要求证明)







16.(★★★)如图,某工人的住所在A处,上班的企业在D处,开车上、下班时有三条路程几乎相等的路线可供选择:环城南路经过路口C,环城北路经过路口F,中间路线经过路口G.如果开车到B、C、E、F、G五个路口时因遇到红灯而堵车的概率分别为15、12、14、13、16,此外再无别的路口会遇到红灯.

(1)为了减少开车到路口时因遇到红灯而堵车的次数,这位工人应该选择哪条行驶路线?
(2)对于(1)中所选择的路线,求其堵车次数的方差.

答案全解全析
基础过关练
1.D　荆州中学代表队每场比赛平均失球数是1.5,而大冶一中代表队每场比赛平均失球数是2.1,因此荆州中学代表队比大冶一中代表队防守技术好,所以①正确;荆州中学代表队每场比赛失球个数的标准差是1.1,而大冶一中代表队每场比赛失球个数的标准差是0.4,因此大冶一中代表队比荆州中学代表队防守技术水平更稳定,所以②正确;荆州中学代表队每场比赛平均失球数是1.5,而每场比赛失球个数的标准差为1.1,因此防守有时表现很差,有时表现又非常好,所以③正确;因为大冶一中代表队每场比赛平均失球数是2.1,所以失球很多,所以很少不失球,所以④正确.故选D.
2.D　由题意得,E(X)=1×0.4+3×0.1+5×(1-0.4-0.1)=3.2,
∴X的方差为(1-3.2)2×0.4+(3-3.2)2×0.1+(5-3.2)2×0.5=1.936+0.004+1.62=3.56,
∴X的标准差为3.56,故选D.　
3.A　通过雅思考试人数X的分布列为
X
0
1
2
P
0.1
0.5
0.4
即E(X)=0×0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,
所以D(X)=(0-1.3)2×0.1+(1-1.3)2×0.5+(2-1.3)2×0.4=0.169+0.045+0.196=0.41.故选A.
4.C　由离散型随机变量的分布列的性质,可得0.5+0.1+b=1,解得b=0.4,
又因为E(X)=4×0.5+a×0.1+9×0.4=6.3,解得a=7,所以方差D(X)=(4-6.3)2×0.5+(7-6.3)2×0.1+(9-6.3)2×0.4=5.61,故选C.
5.A　由题意得E(ξ)=13×(1+2+3)=2,
∴D(ξ)=13[(1-2)2+(2-2)2+(3-2)2]=23,D(3ξ+5)=32×D(ξ)=6,故选A.
6.解析　(1)由分布列的性质,知12+14+a=1,故a=14,
从而X2的分布列为
X2
0
1
P
14
34
(2)解法一:由(1)知a=14,
所以E(X)=(-1)×12+0×14+1×14=-14.
故D(X)=-1+142×12+0+142×14+1+142×14=1116.
解法二:由(1)知a=14,所以E(X)=(-1)×12+0×14+1×14=-14,
E(X2)=0×14+1×34=34,
所以D(X)=E(X2)-[E(X)]2=1116.
(3)因为Y=4X+3,所以E(Y)=4E(X)+3=2,D(Y)=42D(X)=11.
7.D　由题意可知,在10次独立射击中命中目标的次数ξ~B(10,0.9),所以D(ξ)=10×0.9×(1-0.9)=0.9,故选D.
8.B　由题意得D(5ξ)=25D(ξ)=20,所以D(ξ)=2025=0.8,故选B.
9.B　P(ξ≥1)=1-P(ξ=0)=1-C30(1-p)3=1927,解得p=13,∴D(ξ)=3×13×23=23,故选B.
10.解析　由题意知,ξ~B(n,p),P(ξ=k)=Cnkpk(1-p)n-k,k=0,1,…,n.
(1)由E(ξ)=np=3,D(ξ)=np(1-p)=32,得1-p=12,
从而n=6,p=12.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
5
6
P
164
332
1564
516
1564
332
164
(2)记“需要补种沙柳”为事件A,则P(A)=P(ξ≤3),
得P(A)=164+332+1564+516=2132,所以需要补种沙柳的概率为2132.
11.解析　(1)依题意,得X的分布列为
X
0
1
P
1-p
p
∴E(X)=0×(1-p)+1×p=p,D(X)=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2×p=-p-122+14,
∴当p=12时,D(X)取得最大值,且最大值为14.
(2)由(1)可知p=12.记投篮5次的得分为Y,则Y~B5,12,那么P(Y=4)=C54×124×12=532,
则甲运动员投篮5次得4分的概率为532.
12.解析　(1)甲抽奖一次,基本事件总数为C103=120,奖金ξ的所有可能取值为0,30,60,240.
一等奖的情况只有一种,所以奖金为240元的概率P(ξ=240)=1120.
三个小球连号的情况有1,2,3;2,3,4;……;8,9,10,共8种,所以奖金为60元的概率P(ξ=60)=8120=115.
仅有两个小球连号的情况中,对应1,2与9,10的各有7种;对应2,3;3,4;……;8,9的各有6种.
故奖金为30元的概率P(ξ=30)=7×2+6×7120=715.
奖金为0元的概率P(ξ=0)=1-1120-115-715=1124.
所以ξ的分布列为
ξ
0
30
60
240
P
1124
715
115
1120
E(ξ)=0×1124+30×715+60×115+240×1120=20.
(2)由(1)可得乙在一次抽奖中,中奖的概率为1-1124=1324,
又四次抽奖是相互独立的,所以中奖次数η~B4,1324,故D(η)=4×1324×1124=143144.
13.C　∵X~B(n,p),且E(X)=12,D(X)=125,
∴np=12,np(1-p)=125,
解得n=15,p=45,故选C.
14.解析　(1)由题意可知,0.5+3a+a+0.1=1,解得a=0.1.
∵乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2,
∴乙射中7环的概率为1-(0.3+0.3+0.2)=0.2.
∴ξ,η的分布列分别为
ξ
10
9
8
7
P
0.5
0.3
0.1
0.1

η
10
9
8
7
P
0.3
0.3
0.2
0.2
(2)结合(1)中ξ,η的分布列,可得
E(ξ)=10×0.5+9×0.3+8×0.1+7×0.1=9.2,
E(η)=10×0.3+9×0.3+8×0.2+7×0.2=8.7,
D(ξ)=(10-9.2)2×0.5+(9-9.2)2×0.3+(8-9.2)2×0.1+(7-9.2)2×0.1=0.96,
D(η)=(10-8.7)2×0.3+(9-8.7)2×0.3+(8-8.7)2×0.2+(7-8.7)2×0.2=1.21.
∵E(ξ)>E(η),
∴甲射中的平均环数比乙高.
又∵D(ξ) ∴甲射中的环数比乙集中,比较稳定.
综上可知,甲的射击技术更好,故应选甲.
15.解析　(1)由题中茎叶图可知,抽取的16人中幸福度为“幸福”的人数为12,其他幸福度的人数为4.
记“从这16人中随机选取3人,至少有2人的幸福度为‘幸福’”为事件A,
则P(A)=1-C43C163-C42×C121C163=1-1140-970=121140.
(2)由题中茎叶图可知从该小区所有居民中任选1人,该人的幸福度为“幸福”的概率为34,ξ的所有可能取值为0,1,2,3,易知ξ~B3,34,
则P(ξ=0)=143=164;
P(ξ=1)=C31×34×142=964;
P(ξ=2)=C32×342×14=2764;
P(ξ=3)=343=2764.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
164
964
2764
2764
E(ξ)=3×34=94,D(ξ)=3×34×14=916.
能力提升练
一、选择题
1.B　∵E(2X+3)=2E(X)+3=7,D(2X+3)=4D(X)=16,∴E(X)=2,D(X)=4,故选B.
2.B　∵ξ~B(10,0.4),∴E(ξ)=10×0.4=4,D(ξ)=10×0.4×0.6=2.4,
∵η=8-ξ,∴E(η)=E(8-ξ)=4,D(η)=D(8-ξ)=2.4,故选B.
3.D　由题意可得中奖概率为215+315=13,而中奖人数服从二项分布,故这90人中中奖人数的数学期望为90×13=30,方差为90×13×1-13=20.故选D.
4.A　由已知得2×34+a×14=94,解得a=3,∴D(X)=2-942×34+3-942×14=316,∴D(2X+1)=22D(X)=4×316=34.故选A.
5.B　由题意可得,ξ表示取出的2个球中红球的个数,则ξ的所有可能取值为0,1,2.
则P(ξ=0)=C10-m1Cm1C101C101=(10-m)m100,
P(ξ=1)=C10-m1C10-m1+Cm1Cm1C101C101=(10-m)2+m2100,
P(ξ=2)=Cm1C10-m1C101C101=m(10-m)100,
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
(10-m)m100
(10-m)2+m2100
m(10-m)100
所以E(ξ)=0×(10-m)m100+1×(10-m)2+m2100+2×m(10-m)100=1,
所以D(ξ)=(10-m)m100+m(10-m)100=-(m-5)2+2550,
又0 所以当m=5时,D(ξ)取得最大值12.
故选B.
6.B　∵随机变量ξi满足P(ξi=0)=pi,P(ξi=1)=1-pi,0 ∴E(ξ1)=1-p1,E(ξ2)=1-p2,
∵E(ξ1) ∴p1>p2,∴0 D(ξ1)=(0-1+p1)2p1+(1-1+p1)2(1-p1)=p1-p12,
D(ξ2)=(0-1+p2)2p2+(1-1+p2)2(1-p2)=p2-p22,
∵00,
∴D(ξ1)>D(ξ2),故选B.
二、填空题
7.答案　59
解析　由离散型随机变量分布列的性质可知,a+13+c=1①,因为E(X)=13,所以-1×a+0×13+1×c=13②,联立①②,解得a=16,c=12,
所以D(X)=16×-1-132+13×0-132+12×1-132=59.
8.答案　13729
解析　因为随机变量X~B(n,p),且E(X)=4,D(X)=43,
所以np=4,np(1-p)=43,解得n=6,p=23,
所以P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=1-236+C61×23×1-235=13729.
故答案为13729.
9.答案　9.8
解析　由题意得,P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X<300)=0.7-0.3=0.4,P(700≤X<900)=P(X<900)-P(X<700)=0.9-0.7=0.2,P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1.
所以随机变量Y的分布列为
Y
0
2
6
10
P
0.3
0.4
0.2
0.1
故E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3,
D(Y)=(0-3)2×0.3+(2-3)2×0.4+(6-3)2×0.2+(10-3)2×0.1=9.8,
故工期延误天数Y的方差为9.8.
10.答案　815
解析　由题意知,随机变量X~B10,n10,则方差D(X)=10×n10×1-n10=2.1,
又m+n=10,m≥n且m,n∈N*,
∴n=3,∴所求的概率p=C31C71+C32C102=815.
故答案为815.
11.答案　12;5
解析　记成功次数为ξ.由独立重复试验的方差公式及不等式的性质可以得到D(ξ)=npq≤np+q22=n4(其中q=1-p),当且仅当p=q=12时,等号成立,此时D(ξ)取得最大值,
∴D(ξ)max=100×12×12=25,
∴(D(ξ))max=25=5.
三、解答题
12.解析　(1)由题图知年龄在[25,30)这组的频率为0.03×5=0.15,所以N=60.15=40.
(2)由题图知年龄在[45,55]这组的参加者人数为(0.02+0.01)×5×40=6,易知X的所有可能取值为1,2,3,
P(X=1)=C41C22C63=15,P(X=2)=C42C21C63=35,P(X=3)=C43C63=15,
故X的分布列为
X
1
2
3
P
15
35
15
其数学期望E(X)=1×15+2×35+3×15=2,
方差D(X)=(1-2)2×15+(2-2)2×35+(3-2)2×15=25.
(3)由题图知,年龄在[35,40)这组的参加者人数为0.04×5×40=8,年龄在[40,45)这组的参加者人数为0.03×5×40=6,
则两组选出的人中恰有1名数学老师的概率为C21C61·C42+C62·C21C41C82C62=1635.
13.解析　(1)设X为甲正确完成面试题目的数量,Y为乙正确完成面试题目的数量.
依题意可得,X的所有可能取值为1,2,3,
且P(X=1)=C41·C22C63=15,P(X=2)=C42·C21C63=35,P(X=3)=C43·C20C63=15,
∴X的分布列为
X
1
2
3
P
15
35
15
∴E(X)=1×15+2×35+3×15=2.
由题意可知Y~B3,23,
∴P(Y=0)=C30230133=127,
P(Y=1)=C31231132=627=29,
P(Y=2)=C32232131=1227=49,
P(Y=3)=C33233130=827,
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P
127
29
49
827
∴E(Y)=0×127+1×29+2×49+3×827=2.
(2)D(X)=15×(1-2)2+(2-2)2×35+(3-2)2×15=25,D(Y)=3×23×13=23,∵E(X)=E(Y),D(X) ∴甲发挥的稳定性更强,则甲通过面试的可能性较大.
14.解析　(1)由概率分布的性质知,0.1+0.2+0.3+0.1+t+2t=1,所以t=0.1.
∴X的分布列为
X
20
22
24
26
28
30
P
0.1
0.2
0.3
0.1
0.1
0.2
∴E(X)=20×0.1+22×0.2+24×0.3+26×0.1+28×0.1+30×0.2=25.
D(X)=52×0.1+32×0.2+12×0.3+12×0.1+32×0.1+52×0.2=10.6.
(2)设梁某一天出车一次的收入为Y元,则Y=3(X-3)+5=3X-4(X>3,且X∈N*),
∴E(Y)=E(3X-4)=3E(X)-4=3×25-4=71,D(Y)=D(3X-4)=32D(X)=95.4.
15.解析　(1)将从A,B这两个手机店售出的新款手机中分别随机抽取的1部手机记为甲,乙,记“甲手机为T型号手机”为事件M1,记“乙手机为T型号手机”为事件M2,
依题意,有P(M1)=126+12=23,P(M2)=96+9=35,且事件M1、M2相互独立.
设“抽取的2部手机中至少有1部为W型号手机”为事件M,
则P(M)=1-P(M1M2)=1-P(M1)P(M2)=1-23×35=35,
即抽取的2部手机中至少有1部为W型号手机的概率为35.
(2)由表可知,W型号手机销量超过T型号手机销量的手机店共有2个,
故X的所有可能取值为0,1,2,
且P(X=0)=C20C33C53=110,
P(X=1)=C21C32C53=35,
P(X=2)=C22C31C53=310,
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
110
35
310
数学期望E(X)=0×110+1×35+2×310=65.
(3)S2=9m.
16.解析　(1)设这位工人选择行驶路线A—B—C—D、A—F—E—D、A—B—G—E—D时分别堵车X1、X2、X3次,则X1、X2的所有可能取值均为0、1、2,X3的所有可能取值为0、1、2、3.
由于P(X1=0)=45×12=25,P(X1=1)=15×12+45×12=12,P(X1=2)=15×12=110,则E(X1)=0×25+1×12+2×110=710.
由于P(X2=0)=23×34=12,P(X2=1)=13×34+23×14=512,P(X2=2)=13×14=112,则E(X2)=0×12+1×512+2×112=712.
由于P(X3=0)=45×56×34=12,P(X3=1)=15×56×34+45×16×34+45×56×14=47120,P(X3=2)=45×16×14+15×56×14+15×16×34=110,P(X3=3)=15×16×14=1120,则E(X3)=0×12+1×47120+2×110+3×1120=3760.
综上,E(X2)最小,所以这位工人应该选择行驶路线A—F—E—D.
(2)由(1)知E(X2)=712,P(X2=0)=12,P(X2=1)=512,P(X2=2)=112,
则D(X2)=0-7122×12+1-7122×512+2-7122×112=59144,
所以该条行驶路线堵车次数的方差为59144.