检测评价(14) 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三册（人教A版2019）

“四翼”检测评价（十四） 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．已知随机变量X的取值为0,1,2，若P(X＝0)＝，E(X)＝1，则标准差为(　 ) A. B. C. D. 解析：选C　设P(X＝1)＝p，则P(X＝2)＝－p， 由E(X)＝p＋2＝1，解得p＝， 则由公式D(X)＝xi－E(X)]2pi，得D(X)＝，则标准差＝. 4．(多选)已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，则下列说法正确的有(　 ) X 0 1 2 P 0.36 1－2q q2 A．q＝0.2 B．E(X)＝0.58 C．E(X2)＝0.76 D．D(X)＝0.297 6 解析：选ACD　由题意可知，0.36＋1－2q＋q2＝1，解得q＝0.2或q＝1.8.当q＝1.8时，1－2q＝－2.6，不符合题意，舍去，∴q＝0.2，故A正确；E(X)＝0×0.36＋1×(1－2×0.2)＋2×0.22＝0.6＋0.08＝0.68，故B错误；当X＝0,1,2时，X2＝0,1,4，E(X2)＝0×0.36＋1×(1－2×0.2)＋4×0.22＝0.6＋0.16＝0.76，故C正确；D(X)＝(0－0.68)2×0.36＋(1－0.68)2×(1－2×0.2)＋(2－0.68)2×0.22＝0.297 6，故D正确． 5．(多选)编号为1,2,3的三位学生随意入座编号为1,2,3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的人数是ξ，则(　 ) A．ξ的所有取值是1,2,3 B．P(ξ＝1)＝ C．E(ξ)＝1 D．D(ξ)＝1 解析：选BCD　ξ的所有可能取值为0,1,3，故A错误；ξ＝0表示三位学生全坐错了，有2种情况，即编号为1,2,3的座位上分别坐了编号为2,3,1或3,1,2的学生，则P(ξ＝0)＝＝；ξ＝1表示三位学生只有1位学生坐对了，则P(ξ＝1)＝＝，故B正确；ξ＝3表示三位学生全坐对了，即对号入座，则P(ξ＝3)＝＝.所以ξ的分布列为 ξ 0 1 3 P 故E(ξ)＝0×＋1×＋3×＝1，故C正确；D(ξ)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(3－1)2＝1，故D正确． 6．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝，k＝1,2,3，则D(2X＋3)＝________. 答案： 7．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，这两面大钟的质量较好的为________． 解析：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． 答案：A 8．在一个袋中装有大小、形状完全相同的3个红球、2个黄球．现从中任取2个球，设随机变量X为取得红球的个数． (1)求X的分布列； (2)求X的数学期望E(X)和方差D(X)． 解：(1)X的可能取值为0,1,2. P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 则X的分布列为 X 0 1 2 P (2)由(1)中分布列可得E(X)＝0×＋1×＋2×＝，D(X)＝2×＋2×＋2×＝. 9．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为两个相互独立的随机变量X，Y，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