“4翼”检测评价（16）离散型随机变量的方差（Word练习）- 【新课程学案】新教材2023-2024学年高中数学选择性必修第二册（人教B版2019）

“四翼”检测评价（十六） 离散型随机变量的方差 (一)基础落实 1．有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数据，计算出样本方差分别为D(X甲)＝11，D(X乙)＝3.4.由此可以估计(　 ) A．甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐 B．乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐 C．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同 D．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较 解析：选B　∵D(X甲)>D(X乙)，∴乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐． 2．设随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P x y 若E(X)＝，则D(X)＝(　 ) A. B. C. D. 解析：选B　由随机变量分布列的性质得x＋y＝，由E(X)＝，得1×＋2x＋3y＝，解得x＝，y＝.∴D(X)＝2×＋2×＋2×＝. 3．设随机变量X的概率分布列为P(X＝k)＝pk·(1－p)1－k(k＝0,1)，则E(X)，D(X)的值分别是(　 ) A．0和1 B．p和p2 C．p和1－p D．p和(1－p)p 解析：选D　由X的分布列知，P(X＝0)＝1－p，P(X＝1)＝p，故E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p，易知X服从两点分布，∴D(X)＝p(1－p)． 4.已知随机变量X，Y满足X＋Y＝8，若X～B(10，0.6)，则E(Y)，D(Y)分别为(　 ) A．6,2.4 B．6,5.6 C．2,2.4 D．2,5.6 解析：选C　∵X～B(10,0.6)，∴E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.∵X＋Y＝8，∴Y＝8－X，∴E(Y)＝E(8－X)＝8－E(X)＝2，D(Y)＝D(8－X)＝D(X)＝2.4. 5．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. B. C. D．1 解析：选D　由题意得X的可能取值为0,1,3， P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝3)＝＝， ∴E(X)＝0×＋1×＋3×＝1,∴D(X)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(3－1)2×＝1.故选D. 6．如果X是离散型随机变量，Y＝3X＋2，那么D(Y)＝________D(X)． 解析：D(Y)＝D(3X＋2)＝32D(X)＝9D(X)． 答案：9 7．已知随机变量X的分布列为 X 0 1 x P p 且E(X)＝1.1，则D(X)＝________. 解析：由随机变量分布列的性质可得p＝1－－＝.又E(X)＝0×＋1×＋x×＝1.1，解得x＝2.所以D(X)＝(0－1.1)2×＋(1－1.1)2×＋(2－1.1)2×＝0.49. 答案：0.49 8．已知海关大楼顶端镶有A，B两面大钟，它们的日走时误差分别为X1，X2(单位：s)，其分布列如表： X1 －2 －1 0 1 2 P 0.05 0.05 0.8 0.05 0.05 X2 －2 －1 0 1 2 P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 根据这两面大钟日走时误差的均值与方差比较这两面大钟的质量． 解：∵由题意得，E(X1)＝0，E(X2)＝0， ∴E(X1)＝E(X2)． D(X1)＝(－2－0)2×0.05＋(－1－0)2×0.05＋(0－0)2×0.8＋(1－0)2×0.05＋(2－0)2×0.05＝0.5， D(X2)＝(－2－0)2×0.1＋(－1－0)2×0.2＋(0－0)2×0.4＋(1－0)2×0.2＋(2－0)2×0.1＝1.2， ∴D(X1)<D(X2)． 综上可知，A大钟的质量较好． 9．某超市准备销售某种食品，厂家提供的返利方案如下：每天卖出30件以内(含30件)的食品，每件食品返利5元，超出30件的部分每件返利8元．该超市经10天试销获得如下销售数据： 28,30,31,29,31,30,29,32,31,31(单位：件)． (1)从试销的10天中任意抽取两天，求这两天的销售量都小于30的概率； (2)若将频率视作概率，记厂家的日返利额为X(单位：元)，求随机变量X的分布列、数学期望和方差． 解：(1)设事件A为“抽取的两天销售量都小于30”， ∵试销的10天中销售量小于30的有3天， ∴P(A)＝＝＝. (2)设超市的日销售量为a件，则 当a＝28时，X＝28×5＝140； 当a＝29时，X＝29×5＝145； 当a＝30时，X＝30×5＝150； 当a＝31时，X＝30×5＋1×8＝158； 当a＝32时，X＝30×5＋2×8＝166. ∴X的所有可能取值为140,145,150,158,166， 且P(X＝140)＝，P(X＝145)＝＝，P(X＝150)＝＝，P(X＝158