1、['离散型随机变量的均值或数学期望'， '两点分布的数学期望']正确率60.0%已知离散型随机变量$${{X}}$$服从参数为$${{p}}$$的两点分布，且$${{P}{(}{X}{=}{0}{)}{=}{3}{−}{4}{P}{(}{X}{=}{1}{)}{，}}$$随机变量$${{Y}{=}{3}{X}{−}{1}{，}}$$则$${{E}{(}{Y}{)}{=}}$$（）
C
A.$${{−}{1}}$$
B.$${{0}}$$
C.$${{1}}$$
D.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$
3、['离散型随机变量的分布列及其性质'， '离散型随机变量的均值或数学期望']正确率60.0%设$${{0}{<}{p}{<}{1}{，}}$$随机变量$${{X}{，}{Y}}$$的分布列分别为
| $${{X}}$$ | $${{1}}$$ | $${{2}}$$ | $${{3}}$$ |
| $${{P}}$$ | $${{p}^{2}}$$ | $${{1}{−}{p}}$$ | $${{p}{−}{{p}^{2}}}$$ |
| $${{Y}}$$ | $${{1}}$$ | $${{2}}$$ | $${{3}}$$ |
| $${{P}}$$ | $${{p}^{3}}$$ | $${{1}{−}{{p}^{2}}}$$ | $${{p}^{2}{−}{{p}^{3}}}$$ |
则当$${{X}}$$的均值取得最大值时$${，{Y}}$$的均值为（）D
A.$${{2}}$$
B.$$\frac{3 3} {1 6}$$
C.$$\frac{5 5} {2 7}$$
D.$$\frac{6 5} {3 2}$$
4、['离散型随机变量的分布列及其性质'， '离散型随机变量的均值或数学期望']正确率60.0%若随机变量$${{X}}$$的分布列为
| $${{X}}$$ | $${{1}}$$ | $${{2}}$$ | $${{3}}$$ |
| $${{P}}$$ | $${{a}}$$ | $${{b}}$$ | $${{a}}$$ |
则$${{X}}$$的数学期望$${{E}{(}{X}{)}{=}}$$（）C
A.$${{2}{a}{+}{b}}$$
B.$${{a}{+}{2}{b}}$$
C.$${{2}}$$
D.$${{3}}$$
5、['离散型随机变量的均值或数学期望'， '离散型随机变量的方差、标准差']正确率40.0%设$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$是不全相等的实数，随机变量$${{ξ}}$$取值为$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$的概率都是$$\frac{1} {3}，$$随机变量$${{η}}$$取值为$$\frac{a+b} {2}， \ \frac{b+c} {2}， \ \frac{c+a} {2}$$的概率也都是$$\frac{1} {3}，$$则（）
B
A.$${{E}{ξ}{<}{E}{η}{，}{D}{ξ}{<}{D}{η}}$$
B.$${{E}{ξ}{=}{E}{η}{，}{D}{ξ}{>}{D}{η}}$$
C.$${{E}{ξ}{<}{E}{η}{，}{D}{ξ}{=}{D}{η}}$$
D.$${{E}{ξ}{=}{E}{η}{，}{D}{ξ}{=}{D}{η}}$$
6、['离散型随机变量的分布列及其性质'， '离散型随机变量的均值或数学期望']正确率60.0%已知$${{X}}$$的分布列为
| $${{X}}$$ | $${{−}{1}}$$ | $${{0}}$$ | $${{1}}$$ |
| $${{P}}$$ | $$\frac{1} {2}$$ | $$\frac{1} {3}$$ | $$\frac{1} {6}$$ |
设$${{y}{=}{2}{x}{+}{3}}$$，则$${{E}{（}{Y}{）}}$$的值为（）A
A.$$\frac{7} {3}$$
B.$${{4}}$$
C.$${{−}{1}}$$
D.$${{1}}$$
7、['离散型随机变量的分布列及其性质'， '离散型随机变量的均值或数学期望']正确率60.0%已知随机变量$${{X}}$$的分布列为
| $${{X}}$$ | $${{−}{2}}$$ | $${{1}}$$ | $${{3}}$$ |
| $${{P}}$$ | $${{0}{.}{1}{6}}$$ | $${{0}{.}{4}{4}}$$ | $${{0}{.}{4}{0}}$$ |
则$${{E}{（}{2}{X}{+}{5}{）}{=}{（}}$$）D
A.$${{1}{.}{3}{2}}$$
B.$${{1}{.}{7}{1}}$$
C.$${{2}{.}{9}{4}}$$
D.$${{7}{.}{6}{4}}$$
8、['离散型随机变量的分布列及其性质'， '离散型随机变量的均值或数学期望']正确率60.0%现在有$${{1}{0}}$$张奖券，$${{8}}$$张$${{2}}$$元的，$${{2}}$$张$${{5}}$$元的，某人从中随机无放回地抽取$${{3}}$$张奖券，则此人得奖金额的数学期望为（）
B
A.$${{6}}$$
B.$$\frac{3 9} {5}$$
C.$$\frac{4 1} {5}$$
D.$${{9}}$$
9、['离散型随机变量的分布列及其性质'， '离散型随机变量的均值或数学期望'， '离散型随机变量的方差、标准差'， '二次函数的图象分析与判断']正确率40.0%设$${{0}{<}{p}{<}{1}}$$，随机变量$${{ξ}}$$的分布列是
| $${{ξ}}$$ | $${{−}{1}}$$ | $${{0}}$$ | $${{1}}$$ |
| $${{P}}$$ | $$\frac{1} {3} ( 1-p )$$ | $$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$ | $$\frac{1} {3} p$$ |
则当$${{p}}$$在$$( \frac{2} {3}， \ \frac{3} {4} )$$内增大时，$${{(}{)}}$$C
A.$${{E}{(}{ξ}{)}}$$减小，$${{D}{(}{ξ}{)}}$$减小
B.$${{E}{(}{ξ}{)}}$$减小，$${{D}{(}{ξ}{)}}$$增大
C.$${{E}{(}{ξ}{)}}$$增大，$${{D}{(}{ξ}{)}}$$减小
D.$${{E}{(}{ξ}{)}}$$增大，$${{D}{(}{ξ}{)}}$$增大
10、['离散型随机变量的分布列及其性质'， '离散型随机变量的均值或数学期望'， '离散型随机变量的方差、标准差']正确率40.0%已知离散型随机变量$${{X}}$$的分布列如下：
| $${{X}}$$ | $${{0}}$$ | $${{1}}$$ | $${{2}}$$ |
| $${{P}}$$ | $${{a}}$$ | $${{4}{a}}$$ | $${{5}{a}}$$ |
则均值$${{E}{(}{X}{)}}$$与方差$${{D}{(}{X}{)}}$$分别为（）C
A.$${{1}{.}{4}{，}{{0}{.}{2}}}$$
B.$${{0}{.}{4}{4}{，}{{1}{.}{4}}}$$
C.$${{1}{.}{4}{，}{{0}{.}{4}{4}}}$$
D.$${{0}{.}{4}{4}{，}{{0}{.}{2}}}$$
1. 解析：
已知离散型随机变量$$X$$服从参数为$$p$$的两点分布，且$$P(X=0)=3-4P(X=1)$$。设$$P(X=1)=p$$，则$$P(X=0)=1-p$$。根据题意有：$$1-p=3-4p$$，解得$$p=\frac{2}{3}$$。
随机变量$$Y=3X-1$$，其期望为：$$E(Y)=E(3X-1)=3E(X)-1$$。
计算$$E(X)$$：$$E(X)=1 \cdot p + 0 \cdot (1-p) = p = \frac{2}{3}$$。
因此，$$E(Y)=3 \cdot \frac{2}{3} -1=1$$，答案为$$C$$。
3. 解析：
首先计算$$X$$的均值$$E(X)$$：$$E(X)=1 \cdot p^2 + 2 \cdot (1-p) + 3 \cdot (p-p^2) = p^2 + 2 - 2p + 3p - 3p^2 = -2p^2 + p + 2$$。
求$$E(X)$$的最大值：对$$E(X)$$关于$$p$$求导，得$$\frac{dE(X)}{dp}=-4p+1$$，令导数为0，解得$$p=\frac{1}{4}$$。
验证二阶导数$$\frac{d^2E(X)}{dp^2}=-4<0$$，故$$p=\frac{1}{4}$$时$$E(X)$$取得最大值。
此时计算$$Y$$的均值$$E(Y)$$：$$E(Y)=1 \cdot p^3 + 2 \cdot (1-p^2) + 3 \cdot (p^2-p^3) = p^3 + 2 - 2p^2 + 3p^2 - 3p^3 = -2p^3 + p^2 + 2$$。
代入$$p=\frac{1}{4}$$，得$$E(Y)=-2 \cdot \left(\frac{1}{4}\right)^3 + \left(\frac{1}{4}\right)^2 + 2 = -\frac{2}{64} + \frac{16}{64} + \frac{128}{64} = \frac{142}{64} = \frac{71}{32}$$，但选项中最接近的是$$D$$选项$$\frac{65}{32}$$，可能是题目或选项有误。
4. 解析：
由分布列性质得：$$a + b + a = 1$$，即$$2a + b = 1$$。
计算$$E(X)$$：$$E(X)=1 \cdot a + 2 \cdot b + 3 \cdot a = 4a + 2b$$。
由$$2a + b = 1$$，得$$b = 1 - 2a$$，代入$$E(X)$$：$$E(X)=4a + 2(1-2a)=4a + 2 -4a=2$$，答案为$$C$$。
5. 解析：
计算$$E(\xi)$$和$$E(\eta)$$：$$E(\xi)=\frac{a+b+c}{3}$$，$$E(\eta)=\frac{1}{3}\left(\frac{a+b}{2} + \frac{b+c}{2} + \frac{c+a}{2}\right)=\frac{a+b+c}{3}$$，故$$E(\xi)=E(\eta)$$。
计算方差：$$D(\xi)=\frac{(a-\mu)^2 + (b-\mu)^2 + (c-\mu)^2}{3}$$，$$D(\eta)=\frac{\left(\frac{a+b}{2}-\mu\right)^2 + \left(\frac{b+c}{2}-\mu\right)^2 + \left(\frac{c+a}{2}-\mu\right)^2}{3}$$，其中$$\mu=\frac{a+b+c}{3}$$。
由于$$\frac{a+b}{2}$$、$$\frac{b+c}{2}$$、$$\frac{c+a}{2}$$的波动小于$$a$$、$$b$$、$$c$$的波动，故$$D(\xi)>D(\eta)$$，答案为$$B$$。
6. 解析：
首先计算$$E(X)$$：$$E(X)=-1 \cdot \frac{1}{2} + 0 \cdot \frac{1}{3} + 1 \cdot \frac{1}{6} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{6} = -\frac{1}{3}$$。
由$$Y=2X+3$$，得$$E(Y)=2E(X)+3=2 \cdot \left(-\frac{1}{3}\right) + 3 = \frac{7}{3}$$，答案为$$A$$。
7. 解析：
计算$$E(X)$$：$$E(X)=-2 \cdot 0.16 + 1 \cdot 0.44 + 3 \cdot 0.40 = -0.32 + 0.44 + 1.20 = 1.32$$。
由$$2X+5$$，得$$E(2X+5)=2E(X)+5=2 \cdot 1.32 + 5 = 7.64$$，答案为$$D$$。
8. 解析：
设$$X$$为抽取的5元奖券数量，则$$X$$服从超几何分布，$$P(X=k)=\frac{C(2,k)C(8,3-k)}{C(10,3)}$$。
计算$$E(X)$$：$$E(X)=3 \cdot \frac{2}{10} = 0.6$$。
得奖金额$$Y=2 \cdot (3-X) + 5 \cdot X = 6 + 3X$$，故$$E(Y)=6 + 3 \cdot 0.6 = 7.8$$，即$$\frac{39}{5}$$，答案为$$B$$。
9. 解析：
计算$$E(\xi)$$：$$E(\xi)=-1 \cdot \frac{1}{3}(1-p) + 0 \cdot \frac{2}{3} + 1 \cdot \frac{1}{3}p = \frac{p-1}{3} + \frac{p}{3} = \frac{2p-1}{3}$$。
当$$p$$在$$\left(\frac{2}{3}, \frac{3}{4}\right)$$内增大时，$$E(\xi)$$增大。
计算$$D(\xi)$$：$$D(\xi)=E(\xi^2)-[E(\xi)]^2 = \frac{1}{3}(1-p) + \frac{1}{3}p - \left(\frac{2p-1}{3}\right)^2 = \frac{1}{3} - \frac{(2p-1)^2}{9}$$。
当$$p$$增大时，$$(2p-1)^2$$增大，故$$D(\xi)$$减小，答案为$$C$$。
10. 解析：
由分布列性质得：$$a + 4a + 5a = 1$$，解得$$a=0.1$$。
计算$$E(X)$$：$$E(X)=0 \cdot 0.1 + 1 \cdot 0.4 + 2 \cdot 0.5 = 1.4$$。
计算$$D(X)$$：$$D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2 = 0^2 \cdot 0.1 + 1^2 \cdot 0.4 + 2^2 \cdot 0.5 - 1.4^2 = 0 + 0.4 + 2 - 1.96 = 0.44$$，答案为$$C$$。
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