7.3.2　离散型随机变量的方差.docx

1、本资料分享自千人 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 7.3.27.3.2离散型随机变量的方差离散型随机变量的方差 基础过关练基础过关练 题组一题组一离散型随机变量的方差与标准差离散型随机变量的方差与标准差 1.(2020 广东佛山顺德一中高二下期末)已知离散型随机变量 X 的分布列如下,则 D(X)=() X024 P 1 4 1 2 1 4 A.1B.2C.3D.4 2.(2020 广东实验中学南海学校高二下期中)已知随机变量 X 的分布列如下表,则 X 的标准差为() X135 P0.4 0.1x A.3.56B. 3.2 C.3.2D. 3.56 3.(2020 山东临沂

2、罗庄第一中学高二下期中)编号为 1,2,3 的 3 位同学随意入座编 号为 1,2,3 的 3 个座位,每位同学坐一个座位,设与座位编号相同的学生个数是 X, 则 X 的方差为() A. 2 B. 2 2 C.1 2 D.1 4.(多选)已知离散型随机变量 X 的分布列如下表,则() X-101 P 1 2 1 3 1 6 A.P(X=0)=1 3 B.E(X)=-1 3 C.D(X)=23 27 D.D(X 2)=2 9 5.(2020 天津静海第一中学高二期中)随机变量 X 的可能取值为 0,1,2,若 P(X=0)=1 4,E(X)=1,则 D(X)= . 题组二题组二离散型随机变量的方

3、差的性质离散型随机变量的方差的性质 6.(2020 江苏宿迁宿豫中学高二下阶段检测)已知随机变量 Y,X 之间的关系为 Y=2X+3,且 D(X)=7,则 D(Y)=() A.7B.17 C.28 D.63 7.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)=7 2,D(X)= 13 2 B.E(X)=2,D(X)=4 C.E(X)=2,D(X)=8 D.E(X)=7 4,D(X)=8 8.(2020 海南海口四中高三上月考)已知随机变量 X 的分布列为 X01x P 1 2 1 3 p E(X)=2 3. (1)求 D(X); (2)若

4、Y=3X-2,求 D(Y). 题组三题组三均值与方差的简单应用均值与方差的简单应用 9.若 X 是离散型随机变量,P(X=x1)=2 3,P(X=x2)= 1 3,且 x11 2 B.对任意 x,y(0,1),E(X)1 2 C.对任意 x,y(0,1),D(X)E(X) D.存在 x,y(0,1),D(X)1 4 3.(2020 山东德州高三上期末,)随机变量 X 的可能取值为 0,1,2,P(X=0)=0.2,D(X)=0.4,则 E(X)=. 4.(原创)()已知随机变量 X 的分布列如下: X012 Pabc 在a=b-c,E(X)=1 这两个条件中任选一个,并判断当 a 在 0, 1

5、 2 内增大时,D(X) 是否随着 a 的增大而增大,请说明理由. 题组二题组二离散型随机变量的均值与方差的应用离散型随机变量的均值与方差的应用 5.()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 1 5, 1 2, 1 4, 1 3, 1 6,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

6、数的方差. 6.(2019 福建龙岩一级达标校高二下期末联考,)为回馈顾客,某购物商场拟通过 摸球兑奖的方式对 500 位顾客进行奖励.规定:每位顾客从一个装有 4 个标有面值 的球的袋中一次性随机摸出 2 个球(球的大小、形状完全相同),球上所标的面值 之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 40 元,其余 3 个所标的面值均为 20 元,求顾客所获的奖励额 X 的分布列及数学期望; (2)商场对奖励总额的预算是 30 000 元,并规定袋中的 4 个球由标有面值为 20 元 和 40 元的两种球共同组成,或标有面值为 15 元和 45 元的两种球共

7、同组成.为了 使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡. 请对袋中的 4 个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由. 提示:袋中的 4 个球由标有面值为 a 元和 b 元的两种球共同组成,即袋中的 4 个球 所标的面值“既有 a 元又有 b 元”. 答案全解全析答案全解全析 7.3.2离散型随机变量的方差 基础过关练 1.B由已知得 E(X)=01 4+2 1 2+4 1 4=2, 所以 D(X)=(0-2) 21 4+(2-2) 21 2+(4-2) 21 4=2. 2.D易知 0.4+0.1+x=1,解得 x=0.5, E(X)=10.4+30.1+50.5=

8、3.2, D(X)=(1-3.2) 20.4+(3-3.2)20.1+(5-3.2)20.5=3.56, X 的标准差为 ?(?)= 3.56. 故选 D. 3.D由题意得 X 的可能取值为 0,1,3, P(X=0)= 2 A3 3= 1 3, P(X=1)= 3 A3 3= 1 2, P(X=3)= 1 A3 3= 1 6, E(X)=01 3+1 1 2+3 1 6=1, D(X)=(0-1) 21 3+(1-1) 21 2+(3-1) 21 6=1.故选 D. 4.ABD由 X 的分布列可知 P(X=0)=1 3,所以 A 正确; 根据离散型随机变量分布列的期望与方差的计算公式可得,E

9、(X)=(- 1)1 2+0 1 3+1 1 6=- 1 3, 所以 D(X)= -1 + 1 3 21 2+ 0 + 1 3 21 3+ 1 + 1 3 21 6= 5 9,所以 B 正确,C 不正确; 因为 P(X 2=0)=1 3,P(X 2=1)=2 3,所以 E(X 2)=2 3,所以 D(X 2)= 0-2 3 21 3+ 1- 2 3 22 3= 2 9,所以 D 正确. 故选 ABD. 5.答案 1 2 解析P(X=0)=1 4,则 P(X=1)+P(X=2)= 3 4,E(X)=P(X=1)+2P(X=2)=1, 故 P(X=1)=1 2,P(X=2)= 1 4, 所以 D(

10、X)=1 4(0-1) 2+1 2(1-1) 2+1 4(2-1) 2=1 2. 6.CY=2X+3,D(X)=7, D(Y)=D(2X+3)=2 2D(X)=28. 故选 C. 7.BE(2X+3)=2E(X)+3=7,D(2X+3)=4D(X)=16,E(X)=2,D(X)=4,故选 B. 8.解析(1)由题意可得1 2+ 1 3+p=1,解得 p= 1 6. 又 E(X)=01 2+1 1 3+x 1 6= 2 3, x=2, D(X)= 0- 2 3 21 2+ 1- 2 3 21 3+ 2- 2 3 21 6= 5 9. (2)Y=3X-2, D(Y)=D(3X-2)=9D(X)=9

11、5 9=5. 9.CE(X)=4 3,D(X)= 2 9, 2 3 ?1+ 1 3 ?2= 4 3 , 2 3 ?1- 4 3 2 + 1 3 ?2- 4 3 2 = 2 9 , 解得 ?1= 1, ?2= 2,或 ?1= 5 3 , ?2= 2 3 (不合题意,舍), x1+x2=3. 10.B由题意得,E(X)=0 1 2 -p +a1 2+2p=1, ? 2+2p=1, 又知 D(2X+1)=2,由方差的性质知,D(2X+1)=4D(X),D(X)=1 2, D(X)=(0-1) 21 2 -p +(a-1) 21 2+(2-1) 2p=1 2,即 a 2-2a+1=0,所以 a=1.将

12、 a=1 代 入式,得 p=1 4. 故选 B. 11.解析(1)随机变量 X 的可能取值为 0,1,2,4,“X=0”是指两次取的卡片上的 数字至少有一次为 0,其概率 P(X=0)=1-2 3 2 3= 5 9, “X=1”是指两次取的卡片上的数字均为 1,其概率 P(X=1)=1 3 1 3= 1 9, “X=2”是指两次取的卡片上一个数字为 1,另一个数字为 2,其概 率 P(X=2)=21 3 1 3= 2 9, “X=4”是指两次取的卡片上的数字均为 2,其概率 P(X=4)=1 3 1 3= 1 9. 则 X 的分布列为 X0124 P 5 9 1 9 2 9 1 9 (2)由(

13、1)知,E(X)=05 9+1 1 9+2 2 9+4 1 9=1, 所以 D(X)=(0-1) 25 9+(1-1) 21 9+(2-1) 22 9+(4-1) 21 9= 16 9 . 能力提升练 1.Da,b,c 成等差数列,2b=a+c, 又a+b+c=1, b=1 3,c= 2 3-a,0a 2 3, E(X)=a+2b+3c=8 3-2a, 则 D(X)= 1- 8 3 -2a 2a+ 2- 8 3 -2a 21 3+ 3- 8 3 -2a 2 2 3 -a =- 4a 2+8 3a+ 2 9=-4 ?- 1 3 2+2 3, 又 0a2 3,当 a= 1 3,即 a=b=c= 1

14、 3时, D(X)取得最大值2 3. 故选 D. 2.BC依题意可得 x+y=1,E(X)=2xy,又 2xy(?+?) 2 2 =1 2,所以 E(X) 1 2,当且仅当 x=y=1 2时取等号,A 错误,B 正确; D(X)=(x-2xy) 2y+(y-2xy)2x=(1-2y)2x2y+(1-2x)2y2x=(1-2y)2x+(1-2x)2yyx=(2x- 1) 2x+(1-2x)2yyx=(1-2x)2(x+y)yx=(1-2x)2yx, 0 x1, -12x-11, 0(2x-1) 21, D(X)yx,即 D(X)1 2E(X),C 正确; D(X)=(1-2x) 2yxxy(?+

15、?)2 4 =1 4, 当且仅当 x=y=1 2时取等号. D 错误. 故选 BC. 3.答案1 解析设 P(X=2)=x,其中 0 x0.8, 则 P(X=1)=0.8-x, E(X)=00.2+1(0.8-x)+2x=x+0.8, D(X)=(x+0.8) 20.2+(0.2-x)2(0.8-x)+(1.2-x)2x=0.4, 解得 x=0.2(x=1.2 舍去), 因此,E(X)=0.2+0.8=1. 4.解析若选择,则有 ? + ? + ? = 1, ? = ?-?, 可得 b=1 2, 则 E(X)=b+2c=3 2-2a, 所以 D(X)= 2?- 3 2 2a+ 2?- 1 2

16、2b+ 2? + 1 2 2c=-4a2+2a+1 4=-4 ?- 1 4 2+1 2, 所以当 a 0, 1 4 时,D(X)随着 a 的增大而增大,当 a 1 4 , 1 2 时,D(X)随着 a 的增大 而减小. 若选择,则有 ? + ? + ? = 1, ?(?) = ? + 2? = 1,可得 a=c, 因此 D(X)=a+c=2a, 所以当 a 在 0, 1 2 内增大时,D(X)随着 a 的增大而增大. 5.解析(1)设这位工人选择行驶路线 ABCD、AFED、ABGED 时堵车的次数分别为 X1、X2、X3,则 X1、X2的可能取值均为 0,1,2,X3的可能取值为 0,1,2

17、,3. P(X1=0)=4 5 1 2= 2 5, P(X1=1)=1 5 1 2+ 4 5 1 2= 1 2, P(X1=2)=1 5 1 2= 1 10, 所以 E(X1)=02 5+1 1 2+2 1 10= 7 10. P(X2=0)=2 3 3 4= 1 2, P(X2=1)=1 3 3 4+ 2 3 1 4= 5 12, P(X2=2)=1 3 1 4= 1 12, 所以 E(X2)=01 2+1 5 12+2 1 12= 7 12. P(X3=0)=4 5 5 6 3 4= 1 2, P(X3=1)=1 5 5 6 3 4+ 4 5 1 6 3 4+ 4 5 5 6 1 4= 4

18、7 120, P(X3=2)=4 5 1 6 1 4+ 1 5 5 6 1 4+ 1 5 1 6 3 4= 1 10, P(X3=3)=1 5 1 6 1 4= 1 120, 所以 E(X3)=01 2+1 47 120+2 1 10+3 1 120= 37 60. 综上,E(X2)最小,所以这位工人应该选择行驶路线 AFED. (2)由(1)知 E(X2)= 7 12,P(X2=0)= 1 2, P(X2=1)= 5 12,P(X2=2)= 1 12, 则 D(X2)= 0- 7 12 21 2+ 1- 7 12 2 5 12+ 2- 7 12 2 1 12= 59 144, 所以该条行驶路

19、线堵车次数的方差为 59 144. 6.解析(1)由题意得随机变量 X 的可能取值为 40,60, P(X=40)= C3 2 C4 2= 1 2, P(X=60)= C1 1C 3 1 C4 2 =1 2. 所以 X 的分布列为 X4060 P 1 2 1 2 所以顾客所获的奖励额的期望 E(X)=401 2+60 1 2=50. (2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为 30 000500=60 元, 所以可先寻找使期望为 60 的可能方案: 当球标有的面值为 20 元和 40 元时, 若选择“20,20,20,40”的面值设计,因为 60 元是面值之和的最大值,所以期望不 可能为 6

20、0; 若选择“40,40,40,20”的面值设计,因为 60 元是面值之和的最小值,所以期望不 可能为 60. 因此可能的面值设计是选择“20,20,40,40”, 设此方案中顾客所获的奖励额为 X1,则 X1的可能取值为 40,60,80, P(X1=40)= C2 2 C4 2= 1 6, P(X1=60)= C2 1C 2 1 C4 2 =2 3, P(X1=80)= C2 2 C4 2= 1 6. 所以 X1的分布列为 X1406080 P 1 6 2 3 1 6 所以 E(X1)=401 6+60 2 3+80 1 6=60. D(X1)=(40-60) 21 6+(60-60) 2

21、2 3+(80-60) 21 6= 400 3 . 当球标有的面值为 15 元和 45 元时,同理可排除“15,15,15,45”和 “45,45,45,15”的面值设计, 所以可能的面值设计是选择“15,15,45,45”, 设此方案中顾客所获的奖励额为 X2,则 X2的可能取值为 30,60,90, P(X2=30)= C2 2 C4 2= 1 6, P(X2=60)= C2 1C 2 1 C4 2 =2 3, P(X2=90)= C2 2 C4 2= 1 6. 所以 X2的分布列为 X2306090 P 1 6 2 3 1 6 所以 E(X2)=301 6+60 2 3+90 1 6=60. D(X2)=(30-60) 21 6+(60-60) 22 3+(90-60) 21 6=300. 因为 E(X1)=E(X2)=60,D(X1)D(X2), 所以两种方案奖励额的期望都符合要求, 但面值设计方案为“20,20,40,40”的奖励额的方差要比面值设计方案为 “15,15,45,45”的奖励额的方差小, 所以应该选择面值设计方案“20,20,40,40”,即标有面值 20 元和面值 40 元的球 各 2 个.