4.2.4 随机变量的数字特征-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 理解随机变量均值——期望 . 2. 会用期望做出科学预测 . 3. 理解期望和加权平均数之间的区别与 联系 . 要 点 精 析 要点 1 利用定义求离散型随机变量的 均值 1. 离散型随机变量的均值的概念 一般地， 如果离散型随机变量 X 的分布 列如下表所示： 则称 E （ X ） ＝x 1 p 1 ＋x 2 p 2 ＋ … ＋x k p k ＋ … ＋x n p n ＝ n i=1 移 x i p i 为离散型随机变量 X 的均值或数学期 望 （简称为期望） . 2. 离散型随机变量的均值的意义 均值是随机变量可能取值关于取值概 率的加权平均数， 它综合了随机变量的取 值和取值的概率， 反映了随机变量取值的 平均水平 . 例 1 袋中有 4 个红球， 3 个黑球， 现 从袋中随机取出 4 个球， 设取到 1 个红球得 2 分， 取到 1 个黑球得 1 分， 试求得分 X 的 均值 . 解： 取出 4 个球颜色及得分分布情况是 4 红得 8 分， 3 红 1 黑得 7 分， 2 红 2 黑得 6 分 ， 1 红 3 黑得 5 分 ， 因此 ， P （ X ＝5 ） ＝ C 1 4 C 3 3 C 4 7 ＝ 4 35 ， P （ X＝6 ） ＝ C 2 4 C 2 3 C 4 7 ＝ 18 35 ， P （ X＝7 ） ＝ C 3 4 C 1 3 C 4 7 ＝ 12 35 ， P （ X＝8 ） ＝ C 4 4 C 0 3 C 4 7 ＝ 1 35 ， 故 X 的分布 列如下： ∴E （ X ） ＝5× 4 35 ＋6× 18 35 ＋7× 12 35 ＋8× 1 35 ＝ 44 7 . 反思感悟 求随机变量 X 的均值的方法和步骤： （ 1 ） 理解随机变量 X 的意义， 写出 X 所有可能的取值 . （ 2 ） 求出 X 取每个值的概率 P （ X＝k ） . （ 3 ） 写出 X 的分布列 . （ 4 ） 利用均值的定义求 E （ X ） . 变式训练 1 某卫视综艺节目中有一个环节叫 “超级 猜猜猜”， 规则如下： 在这一环节中嘉宾需 要猜三道题目， 若三道题目中猜对一道题目 可得 1 分， 若猜对两道题目可得 3 分， 要是 三道题目完全猜对可得 6 分， 若三道题目全 部猜错， 则扣掉 4 分 . 如果嘉宾猜对这三道 4.2.4 随机变量的数字特征 第 1课时 离散型随机变量的均值 X x 1 x 2 … x k … x n P p 1 p 2 … p k … p n X 5 6 7 8 P 4 35 18 35 12 35 1 35 54 第四章 概率与统计 学 题目的概率分别为 2 3 ， 1 2 ， 1 3 ， 且三道题 目之间相互独立 . 求某嘉宾在该 “猜题” 环 节中所得分数的分布列与均值 . 要点 2 离散型随机变量均值的性质 若 Y＝aX＋b ， 其中 a ， b 均是常数 （ X 是 随机变量 ） ， 则 Y 也是随机变量 ， 且有 E （ aX＋b ） ＝aE （ X ） ＋b. 思考 离散型随机变量的均值与样本 平均值之间的关系如何？ 例 2 已知随机变量 X 的分布列为 若 Y＝－2X ， 则 E （ Y ） ＝ . 解析： 由随机变量分布列的性质， 得 1 4 ＋ 1 3 ＋ 1 5 ＋m＋ 1 20 ＝1 ， 解得 m＝ 1 6 ， ∴E （ X ） ＝ （ －2 ） × 1 4 ＋ （ －1 ） × 1 3 ＋0× 1 5 ＋1× 1 6 ＋2× 1 20 ＝－ 17 30 . 由 Y＝－2X ， 得 E （ Y ） ＝－2E （ X ）， 即 E （ Y ） ＝－2× - 17 30 0 " ＝ 17 15 . 变式训练 2 若例 2 条件不变， 若 ξ＝aX＋3 ， 且 E （ ξ ） ＝－ 11 2 ， 求 a 的值 . 变式训练 3 已知随机变量 ξ 和 η ， 其中 η＝12ξ＋7 ， 且 E （ η ） ＝34 ， 若 ξ 的分布列如下表， 则 m 的 值为 （ ） A. 1 3 B. 1 4 C. 1 6 D. 1 8 要点 3 常见的几种分布的均值 例 3 （ 1 ） 有 10 件产品， 其中 3 件是 次品， 从中任取 2 件， 用 X 表示取到次品的 个数， 则 E （ X ）等于 （ ） A. 3 5 B. 8 15 C. 14 15 D. 1 X -2 -1 0 1 2 P 1 4 1 3 1 5 m 1 20 名称 两点分布 二项分布 超几何分布 公式 E （ X ） =p E （ X ） =np E （ X ） = nM N ξ 1 2 3 4 P 1 4 m n 1 12 55 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 （ 2 ） 某运动员投篮命中率为 p＝0.6. ① 求投篮 1 次时命中次数 X 的均值； ② 求重复 5 次投篮时， 命中次数 Y 的 均值 . 解析： （ 1 ） 方法一： P （ X＝0 ） ＝ C 2 7 C 2 10 ＝ 7 15 ， P （ X＝1 ） ＝ C 1 7 C 1 3 C 2 10 ＝ 7 15 ， P （ X＝2 ） ＝ C 2 3 C 2 10 ＝ 1 15 . ∴E （ X ） ＝1× 7 15 ＋2× 1 15 ＝ 3 5 . 方法二： 由题意知 X 服从 N＝10 ， M＝3 ， n＝2 的超几何分布， 则 E （ X ） ＝ nM N ＝ 3 5 . （ 2 ） ① 投篮 1 次， 命中次数 X 的分布列 如下表： 则 E （ X ） ＝0.6. ② 由题意， 重复 5 次投篮， 命中的次数 Y 服从二项分布， 即 Y～B （ 5 ， 0.6 ）， 则 E （ Y ） ＝np＝5×0.6＝3. 变式训练 4 盒中装有 5 节同牌号的五号电池， 其中 混有 2 节废电池 . （ 1 ） 若无放回地每次取一节电池检验， 直到取到好电池为止， 求抽取次数 X 的分布 列及均值； （ 2 ） 若有放回地每次取一节电池检验， 求检验 4 次取到好电池次数 Y 的均值 . 要点 4 均值的实际应用 例 4 随机抽取某厂的某种产品 200 件， 经质检， 其中有一等品 126 件、 二等品 50 件、 三等品 20 件、 次品 4 件 . 已知生产 1 件 一、 二、 三等品获得的利润分别为 6 万元、 2 万元、 1 万元， 而 1 件次品亏损 2 万元， 设 1 件产品的利润 （单位： 万元） 为 X. （ 1 ） 求 X 的分布列； （ 2 ） 求 1 件产品的平均利润 （即 X 的均 值）； （ 3 ） 经技术革新后， 仍有四个等级的产 品 ， 但次品率降为 1% ， 一等品率提高为 70%. 若此时要求 1 件产品的平均利润不小 于 4.73 万元， 则三等品率最多是多少？ 解： （ 1 ） X 的所有可能取值有 6 ， 2 ， 1 ， －2 ， P （ X＝6 ） ＝ 126 200 ＝0.63 ， P （ X＝2 ） ＝ 50 200 ＝ 0.25 ， P （ X＝1 ） ＝ 20 200 ＝0.1 ， P （ X＝－2 ） ＝ 4 200 ＝ 0.02. 故 X 的分布列为 （ 2 ） E （ X ） ＝6×0.63＋2×0.25＋1×0.1＋ （ －2 ） × 0.02＝4.34 （万元） . （ 3 ） 设技术革新后的三等品率为 x ， 则 此时 1 件产品的平均利润为 E （ X ） ＝6×0.7＋2× （ 1－0.7－0.01－x ） ＋1×x＋ （ －2 ） ×0.01＝4.76－x （ 0≤ x≤0.29 ）， 依题意 ， E （ X ） ≥4.73 ， 即 4.76－ x≥4.73 ， 解得 x≤0.03 ， ∴ 三等品率最多 为 3%. X 6 2 1 -2 P 0.63 0.25 0.1 0.02 X 0 1 P 0.4 0.6 56 第四章 概率与统计 学 变式训练 5 受轿车在保修期内维修费等因素的影 响， 企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次 出现故障的时间有关， 某轿车制造厂生产 甲、 乙两种品牌轿车， 保修期均为 2 年， 现 从该厂已售出的两种品牌轿车中随机抽取 50 辆， 统计数据如下： 将频率视为概率， 解答下列问题： （ 1 ） 从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽 取一辆， 求其首次出现故障发生在保修期内 的概率； （ 2 ） 若该厂生产的轿车均能售出， 记生 产一辆甲品牌轿车的利润为 X 1 ， 生产一辆乙 品牌轿车的利润为 X 2 ， 分别求 X 1 ， X 2 的分 布列； （ 3 ） 该厂预计今后这两种品牌轿车销量 相当， 由于资金限制， 只能生产其中一种品 牌轿车， 若从经济效益的角度考虑， 你认为 应该生产哪种品牌的轿车？ 说明理由 . 数 学 文 化 例 “博弈” 原指下棋， 出自我国 《论 语·阳货》 篇， 现在多指一种决策行为， 即 一些个人、 团队或组织， 在一定规则约束 下， 同时或先后， 一次或多次， 在各自允许 选择的策略下进行选择和实施， 并从中各自 取得相应结果或收益的过程 . 生活中有很多 游戏都蕴含着博弈， 比如现在有两个人玩 “亮” 硬币的游戏， 甲、 乙约定若同时亮出 正面， 则甲付给乙 3 元， 若同时亮出反面， 则甲付给乙 1 元， 若亮出结果是一正一反， 则乙付给甲 2 元 . （ 1 ） 若两人各自随机 “亮” 出正反面， 求乙收益的期望； （ 2 ） 因为各自 “亮” 出正反面， 而不是 抛出正反面， 所以可以控制 “亮” 出正面或 反面的频率 （假设进行多次游戏， 频率可以 代替概率）， 因此双方就面临竞争策略的博 弈 . 甲、 乙可以根据对手出正面的概率调整 自己出正面的概率， 进而增加自己赢得收益 的期望， 以收益的期望为决策依据， 甲、 乙 各自应该如何选择 “亮” 出正面的概率， 才 能让结果对自己最有利？ 并分析游戏规则是 否公平 . 解： （ 1 ） ∵ 是各自随机 “亮” 出正反 面， ∴ 甲、 乙 “亮” 出正面的概率均可认为 是 1 2 ， 设乙在此游戏中的收益为随机变量 孜 ， 则 孜 的可能取值为 -2 ， 1 ， 3 ， ∴ 可得乙的收益的分布列为 品牌 甲 乙 首次出现故 障时间 x/ 年 0<x≤1 1<x≤2 x>2 0<x≤2 x>2 轿车数量 / 辆 2 3 45 5 45 每辆利润 / 万元 1 2 3 1.8 2.9 57 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 E （ 孜 ） =-2× 1 2 +1× 1 4 +3× 1 4 =0. （ 2 ） 假设甲以 p （ 0≤p≤1 ） 的概率 “亮 ” 出正面 ， 乙以 q （ 0≤q≤1 ） 的概率 “亮” 出正面， 甲收益的随机变量为 X ， 乙收益的随机 变量为 Y ， 此时甲的收益分布列为 ∴ 甲的收益期望为 E （ X ） =2 ［ p （ 1-q ） + q （ 1-p ）］ - （ 1-p ）（ 1-q ） -3pq= （ 3-8q ） p+3q-1. 同理可得乙的收益分布列为 ∴ 乙的收益期望为 E （ X ） =-2 ［ p （ 1-q ） + q （ 1-p ）］ + （ 1-p ）（ 1-q ） +3pq= （ 8p-3 ） q-3p+1. 根据甲的收益期望， 可知乙的最优策略 是 “亮” 出正面的概率为 3 8 ， 否则若 3 8 <q≤1 ， 有 3-8q<0 ， 甲的收益 期望 E （ X ） = （ 3-8q ） p+3q-1 ， 甲可以选择都 “亮” 出反面的策略， 即 p=0 ， 达到预期收益最大， 此时 E （ X ） =3q-1> 1 8 . 若 0≤q< 3 8 ， 则甲选择都 “亮” 出正面 的策略， 即 p=1 ， 达到预期收益最大， E （ X ） = 2-5q> 1 8 . 同理， 可知甲的最优策略是 “亮” 出正 面的概率为 3 8 ， ∴ 最终两人的决策为保持 “亮” 出正面的概率都为 3 8 . 而当 p=q= 3 8 时， E （ X ） = 1 8 ， E （ Y ） =- 1 8 ， ∴ 此时游戏结果对两人都是最有利， 但是规 则不公平 . 孜 -2 1 3 P 1 2 1 4 1 4 X 2 -1 -3 P p （ 1-q ） +q （ 1-p ） （ 1-p ）（ 1-q ） pq X -2 1 3 P p （ 1-q ） +q （ 1-p ） （ 1-p ）（ 1-q ） pq 58 第四章 概率与统计 学 学 习 目 标 1. 理解取有限个值的离散型随机变量的 方差及标准差的概念 . 2. 能计算简单离散型随机变量的方差， 并能解决一些实际问题 . 3. 掌握方差的性质以及两点分布的方差 的求法， 会利用公式求它们的方差 . 要 点 精 析 要点 1 求离散型随机变量的方差 1. 离散型随机变量的方差、 标准差 设离散型随机变量 X 的分布列如表所 示 . 因为 X 的均值为 E （ X ）， 所以 D （ X ） ＝ ［ x 1 －E （ X ）］ 2 p 1 ＋ ［ x 2 －E （ X ）］ 2 p 2 ＋ … ＋ ［ x n －E （ X ）］ 2 p n ＝ n i=1 移 ［ x i －E （ X ）］ 2 p i 能够刻画 X 相对于均值的离 散程度 （或波动大小）， 这称为离散型随机 变量 X 的方差 . D （ X ） 姨 称为离散型随机变 量 X 的标准差， 它也刻画一个离散型随机变 量的离散程度 （或波动大小） . 2. 离散型随机变量方差的性质 （ 1 ） 设 a ， b 为常数， 则 D （ aX＋b ） ＝a 2 D （ X ） . （ 2 ） D （ c ） ＝0 （其中 c 为常数） . 例 1 袋中有 20 个大小相同的球， 其中 记上 0 号的有 10 个 ， 记上 n 号的有 n 个 （ n＝1 ， 2 ， 3 ， 4 ） . 现从袋中任取一球， ξ 表 示所取球的标号 . （ 1 ） 求 ξ 的分布列、 均值和方差； （ 2 ） 若 η＝aξ＋b ， E （ η ） ＝1 ， D （ η ） ＝11 ， 试 求 a ， b 的值 . 解： （ 1 ） ξ 的分布列为 则 E （ ξ ） ＝0× 1 2 ＋1× 1 20 ＋2× 1 10 ＋3× 3 20 ＋4× 1 5 ＝1.5. D （ ξ ） ＝ （ 0－1.5 ） 2 × 1 2 ＋ （ 1－1.5 ） 2 × 1 20 ＋ （ 2－1.5 ） 2 × 1 10 ＋ （ 3－1.5 ） 2 × 3 20 ＋ （ 4－1.5 ） 2 × 1 5 ＝2.75. （ 2 ） 由 D （ η ） ＝a 2 D （ ξ ）， 得 a 2 ×2.75＝11 ， 得 a＝±2. 又由 E （ η ） ＝aE （ ξ ） ＋b ， 得 1.5a＋b＝1 ， ∴ 当 a＝2 时， 由 1＝2×1.5＋b ， 得 b＝－2 ； 当 a＝－2 时， 由 1＝－2×1.5＋b ， 得 b＝4. ∴ a=2 ， b=- # 2 或 a=-2 ， b=4 # . 反思感悟 （ 1 ） 求离散型随机变量方差的步骤： ① 理解随机变量 X 的意义， 写出 X 的 所有取值； ② 求出 X 取每个值的概率； ③ 写出 X 的分布列； ④ 计算 E （ X ）； ⑤ 计算 D （ X ） . （ 2 ） 线性关系的方差计算： 若 η＝aξ＋b ， 则 D （ η ） ＝a 2 D （ ξ ） . 第 2课时 离散型随机变量的方差 X x 1 x k … x n P p 1 p k … p n x 2 p 2 … … ξ 0 3 4 P 1 2 3 20 1 5 1 1 20 2 1 10 59 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 变式训练 1 已知随机变量 ξ 的分布列如下表： （ 1 ） 求 E （ ξ ）， D （ ξ ）， D （ ξ ） 姨 ； （ 2 ） 设 η＝2ξ＋3 ， 求 E （ η ）， D （ η ） . 要点 2 两点分布与二项分布的方差 例 2 （ 1 ） 某运动员投篮命中率 p＝0.8 ， 则该运动员在一次投篮中命中次数 X 的方差 为 . （ 2 ） 为防止风沙危害， 某地政府决定建 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， 已知各株沙柳成活 与否是相互独立的， 成活率为 p ， 设 X 为成 活沙柳的株数， 已知 E （ X ） ＝3 ， D （ X ） ＝ 3 2 ， 则 n＝ ， p＝ . 解析： （ 1 ） 依题意知： X 服从两点分 布， ∴D （ X ） ＝0.8× （ 1－0.8 ） ＝0.16. （ 2 ） 由题意知， X 服从二项分布 B （ n ， p ）， 由 E （ X ） ＝np＝3 ， D （ X ） ＝np （ 1－p ） ＝ 3 2 ， 得 1－p＝ 1 2 ， ∴p＝ 1 2 ， n＝6. 反思感悟 两点分布与二项分布方差的计算步骤： （ 1 ） 判断 ： 判断随机变量服从什么 分布 . （ 2 ） 计算： 直接代入相应的公式求解 方差 . 变式训练 2 某厂一批产品的合格率是 98%. （ 1 ） 计算从中抽取一件产品为正品的数 量的方差； （ 2 ） 从中有放回地随机抽取 10 件产品， 计算抽出的 10 件产品中正品数的方差及标 准差 . ξ 0 1 P 1 3 1 6 -1 1 2 X X～B （ n ， p ） D （ X ） np （ 1－p ） X 服从两点分布 p （ 1－p ） （其中 p 为成功概率） 60 第四章 概率与统计 学 要点 3 方差的应用 例 3 有甲、 乙两种建筑材料， 从中各 取等量样品检查它们的抗拉强度如下： 其中， ξ A ， ξ B 分别表示甲、 乙两种材料 的抗拉强度， 在使用时要求抗拉强度不低于 120 ， 试比较甲、 乙两种建筑材料的稳定程 度 （哪一个的稳定性较好） . 解： E （ ξ A ） ＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋ 130×0.1＋135×0.2＝125. E （ ξ B ） ＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130× 0.1＋145×0.2＝125. D （ ξ A ） ＝0.1× （ 110－125 ） 2 ＋0.2× （ 120－125 ） 2 ＋ 0.4× （ 125－125 ） 2 ＋0.1× （ 130－125 ） 2 ＋0.2× （ 135－ 125 ） 2 ＝50. D （ ξ B ） ＝0.1× （ 100－125 ） 2 ＋0.2× （ 115－125 ） 2 ＋ 0.4× （ 125－125 ） 2 ＋0.1× （ 130－125 ） 2 ＋0.2× （ 145－ 125 ） 2 ＝165. 由此可见 E （ ξ A ） ＝E （ ξ B ）， D （ ξ A ） <D （ ξ B ）， 故两种材料的抗拉强度的均值相等， 其 稳定程度材料乙明显不如材料甲， 即甲的稳 定性好 . 反思感悟 均值、 方差在决策中的作用： （ 1 ） 均值： 均值反映了离散型随机变 量取值的平均水平， 均值越大， 平均水平 越高 . （ 2 ） 方差： 方差反映了离散型随机变 量取值的离散波动程度 ， 方差越大越不 稳定 . （ 3 ） 在决策中常结合实际情形依据均 值、 方差做出决断 . 变式训练 3 甲、 乙两个野生动物保护区有相同的自 然环境， 且候鸟的种类和数量也大致相同， 两个保护区每个季度发现违反保护条例的事 件次数的分布列分别为 试评定这两个保护区的管理水平 . ξ A 110 130 135 P 0.1 0.1 0.2 120 0.2 125 0.4 ξ B 100 130 145 P 0.1 0.1 0.2 115 0.2 125 0.4 X 0 3 P 0.3 0.2 1 0.3 2 0.2 Y 0 2 P 0.1 0.4 1 0.5 61 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 要点 4 分布列、 均值、 方差的综合应用 例 4 甲、 乙两人进行定点投篮游戏， 投篮者若投中， 则继续投篮， 否则由对方投 篮， 第一次由甲投篮 . 已知每次投篮甲、 乙 命中的概率分别为 1 3 ， 3 4 . （ 1 ） 求第三次由乙投篮的概率； （ 2 ） 在前 3 次投篮中， 乙投篮的次数为 X ， 求 X 的分布列、 均值及方差 . 解： （ 1 ） P＝ 1 3 × 2 3 ＋ 2 3 × 3 4 ＝ 13 18 . （ 2 ） 由题意， 得 X 的所有可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， P （ X＝0 ） ＝ 1 3 × 1 3 ＝ 1 9 ， P （ X＝1 ） ＝ 1 3 × 2 3 ＋ 2 3 × 1 4 ＝ 7 18 ， P （ X＝2 ） ＝ 2 3 × 3 4 ＝ 1 2 . 故 X 的分布列为 E （ X ） ＝0× 1 9 ＋1× 7 18 ＋2× 1 2 ＝ 25 18 ， D （ X ） ＝ 0- 25 18 8 " 2 × 1 9 ＋ 1- 25 18 8 " 2 × 7 18 ＋ 2- 25 18 8 " 2 × 1 2 ＝ 149 324 . 反思感悟 处理综合问题的方法： 第一步： 确定事件间的关系， 是互斥、 对立还是相互独立 . 第二步： 要依据事件间的关系， 选择 相应的概率公式， 计算相应事件的概率 . 第三步 ： 列分布列 ， 并计算均值及 方差 . 变式训练 4 有三张形状、 大小、 质地完全相同的卡 片， 在各卡片上分别写上 0 ， 1 ， 2 ， 现从中 任意抽取一张， 将其上数字记作 x ， 然后放 回， 再抽取一张， 其上数字记作 y ， 令 X＝ xy. 求： （ 1 ） X 所取各值的分布列； （ 2 ） 随机变量 X 的均值与方差 . 数 学 文 化 例 医疗机构为了研究某种病毒在人群 中的传播特征， 需要检测血液是否为阳性 . 若现有 n （ n∈N * ） 份血液样本， 每份样本被 取到的可能性相同， 检测方式有以下两种： 方式一： 逐份检测， 需检测 n 次； 方式二： 混合检测， 将其中 k （ k∈N * ， k≥2 ） 份血液样本分别取样混合在一起检 测， 若检测结果为阴性， 说明这 k 份样本全 为阴性， 则只需检测 1 次； 若检测结果为阳 性， 则需要对这 k 份样本逐份检测， 因此检 测总次数为 k+1 次， 假设每份样本被检测为 阳性或阴性是相互独立的， 且每份样本为阳 Y 0 2 P 1 9 1 2 1 7 18 62 第四章 概率与统计 学 性的概率是 p （ 0<p<1 ） . （ 1 ） 在某地区， 通过随机检测发现该地 区人群血液为阳性的概率约为 0.8%. 为了调 查某单位该病毒感染情况， 随机选取 50 人 进行检测， 有两个分组方案： 方案一 ： 将 50 人分成 10 组 ， 每组 5 人； 方案二： 将 50 人分成 5 组， 每组 10 人 . 试分析哪种方案的检测总次数更少 . （取 0.992 5 =0.961 ， 0.992 10 =0.923 ， 0.992 11 = 0.915 ） （ 2 ） 现取其中 k 份血液样本， 若采用逐 份检验方式， 需要检测的总次数为 孜 １ ； 采用 混合检测方式， 需要检测的总次数为 孜 ２ . 若 E （ 孜 1 ） =E （ 孜 2 ）， 试解决以下问题： ① 确定 p 关于 k 的函数关系； ② 当 k 为何值时， p 取最大值 . 并求出 最大值 . 解： （ 1 ） 设方案一中每组的检验次数 为 X ， 则 X 的取值为 1 ， 6 ， 则 P （ X=1 ） = （ 0.992 ） 5 =0.961 ； P （ X=6 ） =1- （ 0.992 ） 5 =0.039. 则 X 的分布列为 则 E （ X ） =1×0.961+6×0.039=1.195 ， 故方案一的检验总次数的期望为 10E （ X ） =10×1.195=11.95. 设方案二中每组的检验次数为 Y ， 则 Y 的取值为 1 ， 11 ， 则 P （ x=1 ） = （ 0.992 ） 10 =0.923 ； P （ x=11 ） = 1- （ 0.992 ） 10 =0.077. 则 Y 的分布列为 则 E （ Y ） =1×0.923+11×0.077=1.77 ， 故方 案二的检验总次数的期望为 5E （ Y ） =5×1.77= 8.85 ， ∵11.95>8.85 ， 则方案二的检验次数 更少 . （ 2 ） 由已知得 孜 1 =k ， 孜 2 =1 或 孜 2 =k+1 ， 则 P （ 孜 2 =1 ） = （ 1-p ） k ， P （ 孜 2 =k+1 ） =1- （ 1-p ） k ， 则 E孜 2 = （ 1-p ） k + （ 1+k ）［ １- （ 1-p ） k ］ =k+1- k （ 1-p ） k ， ∵E孜 1 =E孜 2 ， 则 k=k+1-k （ 1-p ） k ， 即 p=1- 1 k k " 1 k （ k≥2 ， k∈N * ）， 令 f （ k ） =1- 1 k k " 1 k （ k≥2 ， k∈N * ）， f （ 2 ） =1- 1 2 k " 1 2 ， f （ 3 ） =1- 1 3 k " 1 3 ， 则 f （ 2 ） -f （ 3 ） = 1 3 k " 1 3 - 1 2 k " 1 2 <0 ， 当 k≥ 3 时， f （ k+1 ） -f （ k ） = 1 k k " 1 k - 1 k+1 k " 1 k+1 ， 令 g （ x ） =- lnx x （ x≥3 ）， g′ （ x ） = lnx-1 x 2 ， 当 x≥3 时， g′ （ x ） >0 ， 则 g （ x ）在 ［ 3 ， +∞ ） 单调递增， 则当 k≥3 时 ， - 1 k lnk<- 1 k+1 ln （ k+1 ） 即 1 k k " 1 k < 1 k+1 k " 1 k+1 ， 则当 k≥3 时， f （ k+1 ） - f （ k ） <0 ， 则 f （ 2 ） <f （ 3 ） >f （ 4 ） >f （ 5 ）…， 即当 k=3 时， f （ k ）有最大值， 最大值为 f （ 3 ） =1- 1 3 k " 1 3 . X 1 6 P 0.961 0.039 Y 1 11 P 0.923 0.077 63 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 队得 1 分” 为事件 D ； 事件 C 即乙队三人中有 2 人答 错， 其余 1 人答对， 则 P （ C ） = 1- 2 3 ! " × 2 3 ! " × 1 2 + 2 3 ! " × 1- 2 3 ! " × 1 2 + 2 3 ! " × 2 3 ! " × 1- 1 2 ! " = 5 18 ， 甲队得 2 分乙队 得 1 分即事件 B ， C 同时发生， 则 P （ D ） =P （ B ） P （ C ） = 4 9 × 5 18 = 10 81 . 20. 解： （ 1 ） 设 A i B i （ i=1 ， 2 ， 3 ） 分别表示甲、 乙 在第 i 次投篮投中， 则乙获胜的概率为 P （ A 1 B 1 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 B 3 ） = 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 = 7 16 . （ 2 ） 投篮结束时， 乙只投了 2 个球的概率为 P （ A 1 B 1 A 2 B 2 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 ） = 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 2 3 × 1 4 = 3 16 . 21. 解： （ 1 ） 设事件 A ： “答对第一个问题”， 事 件 B ： “答对第二个问题”， 事件 C ： “恰好答对一个问 题”， 事件 D ： “至少答对一个问题”， 由题意知事件 A 与 B 相互对立， 故 C=AB∪AB ， 且事件 AB 与 AB 互斥， ∴P （ C ） =P （ AB∪AB ） =P （ AB ） +P （ AB ） = 1 2 × 1- 2 5 ! " + 1- 1 2 ! " × 2 5 = 3 10 + 1 5 = 1 2 . （ 2 ） 由题意得事件 “两个问题都答错 ” 可表示为 AB ， 且事件 D 与 AB 互为对立事件， 于是 P （ D ） =1-P （ AB ） = 1-P （ A ） P （ B ） =1- 1- 1 2 ! " × 1- 2 5 ! " =1- 3 10 = 7 10 . 4.2.4 随机变量的数字特征 第 1 课时 离散型随机变量的均值 学习手册 变式训练 1 解： 根据题意， 设 X 表示 “该嘉宾所得分 数”， 则 X 的可能取值为 -4 ， 1 ， 3 ， 6. ∴P （ X=-4 ） = 1- 2 3 ! " × 1- 1 2 ! " × 1- 1 3 ! " = 1 9 ， P （ X=1 ） = 2 3 × 1 2 × 2 3 + 1 3 × 1 2 × 2 3 + 1 3 × 1 2 × 1 3 = 7 18 ， P （ X=3 ） = 2 3 × 1 2 × 2 3 + 2 3 × 1 2 × 1 3 + 1 3 × 1 2 × 1 3 = 7 18 ， P （ X=6 ） = 2 3 × 1 2 × 1 3 = 2 18 = 1 9 . ∴X 的分布列为 ∴E （ X ） = （ -4 ） × 1 9 +1× 7 18 +3× 7 18 +6× 1 9 = 16 9 . 变式训练 2 解： E （ ξ ） =E （ aX+3 ） =aE （ X ） +3=- 17 30 a+3= - 11 2 ， ∴a=15. 变式训练 3 A 【解析】 ∵η=12ξ+7 ， 则 E （ η ） =12E （ ξ ） +7 ， 即 E （ η ） =12× 1× 1 4 +2×m+3×n+4× 1 12 ! " +7=34. ∴2m+3n= 5 3 ①. 又 1 4 +m+n+ 1 12 =1 ， ∴m+n= 2 3 ② ， 由 ①② 可解得 m= 1 3 . 故选 A. 变式训练 4 解： （ 1 ） 由题意， X 可取的值为 1 ， 2 ， 3 ， 则 P （ X=1 ） = 3 5 ， P （ X=2 ） = 2 5 × 3 4 = 3 10 ， P （ X=3 ） = 2 5 × 1 4 × 1= 1 10 . 抽取次数 X 的分布列为 E （ X ） =1× 3 5 +2× 3 10 +3× 1 10 = 3 2 . （ 2 ） 由题意， 每次检验取到好电池的概率均为 3 5 ， 故 Y～B 4 ， 3 5 ! " ， 则 E （ Y ） =4× 3 5 = 12 5 . 变式训练 5 解： （ 1 ） 设 “甲品牌轿车首次出现故障 发生在保修期内” 为事件 A ， 则 P （ A ） = 2+3 50 = 1 10 . （ 2 ） 依题意得， X 1 的分布列为 X 2 的分布列为 （ 3 ） 由 （ 2 ） 得 E （ X 1 ） =1× 1 25 +2× 3 50 +3× 9 10 =2.86 （万 元） . E （ X 2 ） =1.8× 1 10 +2.9× 9 10 =2.79 （万元） . ∵E （ X 1 ） >E （ X 2 ）， ∴ 应生产甲品牌轿车 . 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） √ （ 3 ） √ 2. A 【解析】 E （ X ） =1× 2 5 +2× 3 10 +3× 3 10 = 19 10 . 故选 A. 3. B 【解析】 ∵X～B （ 5 ， 0.8 ）， ∴E （ X ） =5×0.8=4. 故 选 B. X 6 P 1 9 -4 1 9 3 7 18 1 7 18 X 1 3 P 9 10 1 1 25 2 3 50 X 2 2.9 P 9 10 1.8 1 10 X 3 P 1 10 1 3 5 2 3 10 62 参 考 答 案 4. D 【解析】 E （ ξ ） =1× 1 6 +2× 1 6 +3× 1 3 +4× 1 3 = 17 6 ， E （ η ） =E （ 2ξ+5 ） =2E （ ξ ） +5=2× 17 6 +5= 32 3 . 故选 D. 5. C 6. 13 9 【解析】 试验次数 ξ 的可能取值为 1 ， 2 ， 3 ， 则 P （ ξ=1 ） = 2 3 ， P （ ξ=2 ） = 1 3 × 2 3 = 2 9 ， P （ ξ=3 ） = 1 3 × 1 3 × 2 3 + 1 3 3 " = 1 9 . ∴ξ 的分布列为 ∴E （ ξ ） =1× 2 3 +2× 2 9 +3× 1 9 = 13 9 . 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 由题意可知， 补种的种子数记为 X ， X 服从二项分布， 即 X～B （ 1 000 ， 0.1 ）， ∴ 不发芽种子的 均值为 1 000×0.1=100. ∴ 补种的种子数的均值为 2×100= 200. 故选 B. 2. ABC 【解析】 由题意和分布列的性质得 0.5+0.1+ b=1 ， 且 E （ X ） =4×0.5+0.1a+9b=6.3 ， 解得 b=0.4 ， a=7. ∴E （ aX ） =aE （ X ） =7×6.3=44.1 ， E （ bX+a ） =bE （ X ） +a=0.4× 6.3+7=9.52. 故选 ABC. 3. A 【解析】 ∵X 的所有可能取值为 1.2 ， 1.18 ， 1.17 ， P （ X=1.2 ） = 1 6 ， P （ X=1.18 ） = 1 2 ， P （ X=1.17 ） = 1 3 ， ∴X 的分布列为 ∴E （ X ） =1.2× 1 6 +1.18× 1 2 +1.17× 1 3 =1.18. 故选 A. 4. B 【解析 】 设袋中有 M 个白球 ， 从中任取 2 个 球， 取出白球的个数为 X ， 则 X～H （ 7 ， 2 ， M ）， ∴E （ X ） = 2M 7 = 6 7 ， ∴M=3. 故选 B. 5. C 【解析】 抛掷一次正好出现 3 枚反面向上 ， 2 枚正面向上的概率为 C 2 5 2 5 = 5 16 ， ∴X～B 80 ， 5 16 3 " ， 故 E （ X ） =80× 5 16 =25. 故选 C. 6. 2 【解析】 ∵Y=4X-2 ， E （ Y ） =4E （ X ） -2 ， ∴4E （ X ） - 2=6 ， 即 E （ X ） =2. 7. 1 10 0 【解析】 易知 E （ X ） =1× （ a+b ） +2× （ 2a+b ） + 3× （ 3a+b ） +4× （ 4a+b ） =3 ， 即 30a+10b=3①. 又 （ a+b ） + （ 2a+b ） + （ 3a+b ） + （ 4a+b ） =1 ， 即 10a+4b=1②. 由 ①② ， 得 a= 1 10 ， b=0. 8. 0.4 【解析】 由 x+y=0.6 ， 7x+10y=8.9-0.8-2.7 7 ， 解得 x=0.2 ， y=0.4 7 . 9. 解： （ 1 ） 设 “两种金额之和不低于 20 元” 的事 件为 A ， 从 5 种金额中随机抽取 2 种， 总的抽选方法共 有 C 2 5 =10 （种）， 满足金额之和不低于 20 元的有 6 种， 故所求概率 P （ A ） = 6 10 = 3 5 . （ 2 ） 根据条件， X 的可能取值为 5 ， 10 ， 15 ， 20 ， 25 ， 30 ， 35 ， 分布列为 故 E （ X ） =5× 1 10 +10× 1 10 +15× 1 5 +20× 1 5 +25× 1 5 +30× 1 10 +35× 1 10 =20. 10. 解： （ 1 ） ξ 的所有可能值为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4. 则 P （ ξ=0 ） = 2 3 3 " 4 = 16 81 ， P （ ξ=1 ） = C 1 4 · 2 3 3 4 = 32 81 ， P （ ξ=2 ） = C 2 4 · 2 2 3 4 = 8 27 ， P （ ξ=3 ） = C 3 4 · 2 3 4 = 8 81 ， P （ ξ=4 ） = 1 3 3 " 4 = 1 81 . 从而 ξ 的分 布列为 （ 2 ） 由 （ 1 ） 得 ξ 的均值为 E （ ξ ） =0× 16 81 +1× 32 81 +2× 8 27 +3× 8 81 +4× 1 81 = 4 3 . 提升练习 11. B 【解析】 出海的期望效益 E （ X ） =5 000×0.6+ （ 1-0.6 ） × （ -2 000 ） =3 000-800=2 200 （元） . 故选 B. 12. B 【解析 】 ∵E （ aX+b ） =aE （ X ） +b ， 而 E （ X ）为常 数， ∴E （ X-E （ X ）） =E （ X ） -E （ X ） =0. 故选 B. 13. B 【解析 】 由 p≥0 ， 1 2 -p≥0 ， 得 0≤p≤ 1 2 ， 则 E （ ξ ） =p+1≤ 3 2 . 故选 B. 14. 2 10 9 【解析】 依题意， 得甲、 乙、 丙三人都应 聘成功的概率是 4 9 × t 3 × t 3 = 16 81 ， 解得 t=2 ， ∴ 乙应聘成 X 1.17 P 1 3 1.2 1 6 1.18 1 2 ξ 4 P 1 81 0 16 81 1 32 81 2 3 8 27 8 81 ξ 3 P 1 9 1 2 3 2 2 9 X 35 P 1 10 5 1 10 10 1 10 25 30 1 5 1 10 15 20 1 5 1 5 63 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 功的概率为 2 3 ， 则 ξ 的所有可能的取值为 0 ， 1 ， 2 ， P （ ξ=2 ） = 4 9 × 2 3 = 8 27 ， P （ ξ=1 ） = 4 9 × 1- 2 3 3 " + 1- 4 9 3 " × 2 3 = 14 27 ， P （ ξ=0 ） = 1- 4 9 3 " × 1- 2 3 3 " = 5 27 ， 则 E （ ξ ） =2× 8 27 +1× 14 27 +0× 5 27 = 10 9 . 15. AB 【解析】 根据题意， X 的所有的可能取值为 1 ， 2 ， 3 ， 且 P （ X=1 ） =p ， P （ X=2 ） =p （ 1-p ）， P （ X=3 ） = （ 1- p ） 2 ， 则 E （ X ） =p+2p （ 1-p ） +3 （ 1-p ） 2 =p 2 -3p+3 ， 依题意有 E （ X ） >1.75 ， 则 p 2 -3p+3>1.75 ， 解得 p> 5 2 或 p< 1 2 ， 结合 p 的实际意义， 可得 0<p< 1 2 ， 即 p∈ 0 ， 1 2 3 " . 故选 AB. 16. 解： （ 1 ） 当 n<50 时， y=5n-50×3=5n-150 ， 当 n≥50 时， y=50× （ 5-3 ） =100 ， ∴y= 5n-150 ， n<50 ， 100 ， n≥5 5 0 （ n∈ N + ） . （ 2 ） ① 由 （ 1 ） 可知， n=48 时， X=90 ， 当 n=49 时， X=95 ， 当 n≥50 时， X=100. ∴X 的可能取值为 90 ， 95 ， 100. P （ X=90 ） = 10 100 = 1 10 ， P （ X=95 ） = 20 100 = 1 5 ， P （ X=100 ） = 100-30 100 = 7 10 . ∴X 的分布列为 ∴E （ X ） = 1 10 ×90+ 1 5 ×95+ 7 10 ×100=98. ② 由 ① 知当购进 50 盒时， E （ X ） =98. 当购进 51 盒时， y= 5n-153 ， n<51 ， 102 ， n≥5 5 1 （ n∈N + ） . 设 Y 表示当天的利润， ∴ 当 n=48 时， Y=87 ， 当 n= 49 时， Y=92 ， 当 n=50 时， Y=97 ， 当 n≥51 时， Y=102 ， ∴P （ Y=87 ） = 1 10 ， P （ Y=92 ） = 1 5 ， P （ Y=97 ） = 16 100 = 4 25 ， P （ Y=102 ） = 100-10-20-16 100 = 27 50 ， ∴E （ Y ） = 1 10 ×87+ 1 5 ×92+ 4 25 ×97+ 27 50 ×102= 977 10 =97.7 . ∵98>97.7 ， ∴ 每天购进 50 盒 比较合理 . 第 2 课时 离散型随机变量的方差 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） E （ ξ ） = （ -1 ） × 1 2 +0× 1 3 +1× 1 6 = - 1 3 ， D （ ξ ） = -1+ 1 3 3 " 2 × 1 2 + 0+ 1 3 3 " 2 × 1 3 + 1+ 1 3 3 " 2 × 1 6 = 5 9 ， D （ ξ ） 姨 = 5 姨 3 . （ 2 ） E （ η ） =2E （ ξ ） +3= 7 3 ， D （ η ） =4D （ ξ ） = 20 9 . 变式训练 2 解： （ 1 ） 用 ξ 表示抽得的正品数， 则 ξ= 0 ， 1. ξ 服从两点分布， 且 P （ ξ=0 ） =0.02 ， P （ ξ=1 ） =0.98 ， ∴D （ ξ ） =p （ 1-p ） =0.98× （ 1-0.98 ） =0.019 6. （ 2 ） 用 X 表示抽得的正品数 ， 则 X～B （ 10 ， 0.98 ）， ∴D （ X ） =10×0.98×0.02=0.196 ， 标准差为 D （ X ） 姨 ≈0.44. 变式训练 3 解： 甲保护区内违反保护条例的次数 X 的 均值和方差分别为 E （ X ） =0×0.3+1×0.3+2×0.2+3×0.2= 1.3 ， D （ X ） = （ 0-1.3 ） 2 ×0.3+ （ 1-1.3 ） 2 ×0.3+ （ 2-1.3 ） 2 ×0.2+ （ 3- 1.3 ） 2 ×0.2=1.21. 乙保护区内违反保护条例的次数 Y 的均值和方差分 别为 E （ Y ） =0×0.1+1×0.5+2×0.4=1.3 ， D （ Y ） = （ 0-1.3 ） 2 ×0.1+ （ 1-1.3 ） 2 ×0.5+ （ 2-1.3 ） 2 ×0.4=0.41. ∵E （ X ） =E （ Y ）， D （ X ） >D （ Y ）， ∴ 两个保护区内每个 季度发现违反保护条例的事件的平均次数相同， 但甲保 护区内违反保护条例的事件次数相对分散且波动较大， 乙保护区内违反保护条例的事件次数更加集中和稳定， 相对而言， 乙保护区的管理更好一些 . 变式训练 4 解： （ 1 ） 由题意知， 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至少有 一次为 0 ， 其概率为 P （ X=0 ） =1- 2 3 × 2 3 = 5 9 ， “ X=1 ” 是 指两次取的卡片上都标着 1 ， 其概率为 P （ X=1 ） = 1 3 × 1 3 = 1 9 ， “ X=2 ” 是指两次取的卡片上一个标着 1 ， 另 一个标着 2 ， 其概率为 P （ X=2 ） =2× 1 3 × 1 3 = 2 9 ， “ X=4 ” 是指两次取的卡片上都标着 2 ， 其概率为 P （ X=4 ） = 1 3 × 1 3 = 1 9 . 则 X 的分布列为 （ 2 ） E （ X ） =0× 5 9 +1× 1 9 +2× 2 9 +4× 1 9 =1 ， D （ X ） = （ 0- 1 ） 2 × 5 9 + （ 1-1 ） 2 × 1 9 + （ 2-1 ） 2 × 2 9 + （ 4-1 ） 2 × 1 9 = 16 9 . 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） 姨 （ 3 ） 姨 （ 4 ） × 2. C 【解析】 D （ 2X+1 ） =4D （ X ） =4×1=4. 故选 C. 3. B 4. ABD 【解析】 E （ X ）反映了 X 取值的平均水平 ， D （ X ）反映了 X 取值的离散程度 . 故选 ABD. 5. 8 9 【解析】 ∵X～B 4 ， 1 3 3 " ， ∴D （ X ） =4× 1 3 × 2 3 = 8 9 . X 100 P 7 10 90 1 10 95 1 5 X 4 P 1 9 0 5 9 1 1 9 2 2 9 64 参 考 答 案 6. 2 5 【解析】 设 P （ ξ=1 ） =a ， P （ ξ=2 ） =b ， 则 1 5 +a+b=1 ， a+2b=1 1 ， 解得 a= 3 5 ， b= 1 5 5 $ $ $ $ # $ $ $ $ % ， ∴D （ ξ ） = 1 5 + 3 5 ×0+ 1 5 × 1= 2 5 . 练习手册 效果评价 1. C 【解析】 由题意得 a+2a+3a=1 ， ∴a= 1 6 ， ∴E（X） =∑ 3 n=1 （ n · na ） =a+4a+9a=14a= 7 3 . 故选 C. 2. D 【解析】 由题意可得 ξ~B （ 10 ， 0.9 ）， ∴D （ ξ ） = 10×0.9× （ 1-0.9 ） =0.9. 故选 D. 3. C 【解析】 由离散型随机变量的所有可能取值概 率之和为 1 得 a+c= 2 3 ， 即 c= 2 3 -a ， ∴E （ ξ ） =c-a= 2 3 -2a. ∴D （ ξ ） = （ c-a+1 ） 2 · a+ （ c-a-0 ） 2 · 1 3 + （ c-a-1 ） 2 c ， 将 c= 2 3 -a 代入上式化简后得 D （ ξ ） =-4a 2 + 8 3 a+ 2 9 . 由 D （ ξ+1 ） =D （ ξ ） = 5 9 得 ， -4a 2 + 8 3 a+ 2 9 = 5 9 ， 解得 a= 1 2 或 1 6 ， ∴E （ ξ+1 ） =E （ ξ ） +1= 2 3 -2a+1= 2 3 或 4 3 . 故选 C. 4. C 【解析】 由分布列的性质可知， m+ 1 2 +n=1 ， 则 m+n= 1 2 ， 故 A 正确 ； P （ ξ>0 ） =P （ ξ=2 ） =n ， P （ η>0 ） = P η= 1 2 2 ( +P η= 13 2 2 2 = 1 2 +n. ∵m ， n>0 ， ∴ 1 2 +n>n ， 故 B 正确； E （ ξ ） =-1×m+0× 1 2 +2×n=2n-m ， E （ η ） =- 5 2 ×m+ 1 2 × 1 2 + 13 2 ×n=- 5 2 m+ 13 2 n+ 1 4 . ∵E （ ξ ） -E （ η ） =2n-m- - 5 2 m 2 + 13 2 n+ 1 4 2 =6m- 5 2 . ∵0<m< 1 2 ， ∴- 5 2 <6m- 5 2 < 1 2 . 则 E （ ξ ）与 E （ η ）的大小不能确定， 故 C 错误； D （ ξ ） =m （ -m+ 2n+1 ） 2 + 1 2 （ -m+2n-0 ） 2 +n （ -m+2n-2 ） 2 =m 3 -3m 2 n- 3 2 m 2 + 6mn-6n 2 +4n 3 +4n ， D （ η ） =m 6m- 5 2 + 5 2 2 2 2 + 1 2 6m- 5 2 2 - 1 2 2 2 +n 6m- 5 2 - 13 2 2 2 2 =36m 3 +18m 2 -18m+36m 2 n-108mn + 81n+ 9 2 . 又 m+n= 1 2 ， ∴D （ ξ ） -D （ η ） =-35m 3 - 29 2 m 2 +4n 3 -6n 2 - 77n-39m 2 n+114mn- 9 2 =70m 3 -153m 2 +137m-44. 令 h （ m ） =70m 3 -153m 2 +137m -44 ， 则 h′ （ m ） =210m 2 -306m +137. ∵Δ<0 ， ∴h′ （ m ） >0 ， 则 h （ m ）在 0 ， 1 2 2 2 上单调递增 ， ∴h （ m ） <h 1 2 2 2 =70× 1 8 -153× 1 4 +137× 1 2 -44<0 ， ∴D （ ξ ） < D （ η ）， 故 D 正确 . 故选 C. 5. D 【解析】 根据分布列可知 1 2 + 1 3 +a=1 ， 解得 a= 1 6 ， E （ X ） =2× 1 2 +3× 1 3 +6× 1 6 =3 ， D （ X ） = 1 2 × （ 2-3 ） 2 + 1 3 × （ 3-3 ） 2 + 1 6 × （ 6-3 ） 2 =2 ， ∴D （ 3X+2 ） =9D （ X ） =18. 故选 D. 6. B 【解析】 依题意， E （ ξ ） =1- 3 4 p+p=1+ 1 4 p ， E （ ξ 2 ） =1- 3 4 p+4× p 2 =1+ 5p 4 ， ∴D （ ξ ） =E （ ξ 2 ） -E 2 （ ξ ） =1+ 5p 4 - 1+ 1 4 p 2 2 2 =- 1 16 p 2 + 3 4 p ， 是关于 p 的开口向下的抛物线， 对称轴为 p=6 ， ∴ 当 p∈ （ 0 ， 1 ） 时 ， D （ ξ ）单调递增 ， 即当 p 在 （ 0 ， 1 ） 内增大时， D （ ξ ）增大， 故选 B. 7. D 【解析】 ∵E （ X ） =0 ， D （ X ） =1 ， ∴ 由离散型随机 变量 X 的分布列 ， 得 a+b+c+ 1 12 =1 ， -a+c+ 2 12 =0 ， （ -1 ） 2 ×a+0 2 ×b+1 2 ×c+2 2 × 1 12 =1 5 $ $ $ $ $ $ $ # $ $ $ $ $ $ $ % ， 且 a≥0 ， b≥0 ， c≥0 ， 解得 a= 5 12 ， b= 1 4 ， c= 1 4 ， ∴P （ X< 1 ） =P （ X=-1 ） +P （ X=0 ） = 5 12 + 1 4 = 2 3 . 故选 D. 8. D 【解析】 由表中数据可得， E （ X ） =1×0.5+0×0.5= 0.5 ， D （ X ） =0.5× （ 1-0.5 ） ２ +0.5× （ 0-0.5 ） 2 =0.25 ， E （ Y ） =2× 0.5+ （ -1 ） ×0.5=0.5 ， D （ Y ） =0.5× （ 2-0.5 ） 2 +0.5× （ -1-0.5 ） 2 = 2.25 ， 故 D （ Y ） =9D （ X ） . 故选 D. 9. AC 【解析】 由题意可知， a+ b 2 + b 2 =1 ， 即 a+b= 1 ， 故 A 正确； E （ X ） =0×a+1× b 2 +2× b 2 = 3b 2 ， 故 B 错误； D （ X ） =a 0- 3b 2 2 2 2 + b 2 1- 3b 2 2 2 2 + b 2 2- 3b 2 2 2 =- 9 4 b 2 + 5 2 b ， b∈ （ 0 ， 1 ）， ∴D （ X ）在 0 ， 5 9 2 2 上函数是递增， 在 5 9 ， 2 2 1 上函数是递减的， 故 D （ X ）先增大后减少， 无最小值， 故 C 正确， D 错误 . 故选 AC. 10. AC 【解析】 由 E （ X ） = （ -1 ） × 1 2 +0× 1 3 +1× 1 6 =- 1 3 ， 知 A 正确； 由 D （ X ） = -1+ 1 3 2 2 2 × 1 2 + 0+ 1 3 2 2 2 × 1 3 + 1+ 1 3 2 2 2 × 1 6 = 5 9 ， 知 B 错误； ∵ ｜X｜ 的分布列为 ∴E （ ｜X｜ ） = 2 3 ， 故 C 正确； D （ ｜X｜ ） = 2 9 ， 故 D 错误 . 故选 AC. 11. BD 【解析】 随机变量 X 可能的取值 2 ， 3. P （ X= ｜X｜ P 0 1 3 1 2 3 65 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 2 ） =C 0 2 p 2 +C 2 2 （ 1-p ） 2 =2p 2 -2p+1. P （ X=3 ） =C 1 2 p （ 1-p ） p+C 1 2 p （ 1- p ）（ 1-p ） =2p-2p 2 ， 故 X 的分布列为 故 E （ X ） =2× （ 2p 2 -2p+1 ） +3× （ 2p-2p 2 ） =-2p 2 +2p+2= -2 p- 1 2 2 " 2 + 5 2 . ∵0<p< 1 3 ， 故 2<E （ X ） < 22 9 ， 而 22 9 < 5 2 ， 故 A 错误， B 正确； 而 D （ X ） =4× （ 2p 2 -2p+1 ） +9× （ 2p-2p 2 ） - （ -2p 2 +2p+2 ） 2 . 令 t=2p-2p 2 =-2 p- 1 2 2 " 2 + 1 2 . ∵0<p< 1 3 < 1 2 ， 故 0<t< 4 9 ， 此时 D （ X ） =4× （ 1-t ） +9t- （ t+2 ） 2 =-t 2 +t∈ 0 ， 20 81 2 " ， D （ X ） < 1 4 必成立， 故 C 错误， D 正确 . 故选 BD. 12. BC 【解析】 ∵ 随机变量 X 满足 E （ X ） =-4 ， D （ X ） =5 ， ∴E （ 1-X ） =-E （ X ） +1=5 ， D （ 1-X ） = （ -1 ） 2 D （ X ） =5 ， 故 选 BC. 13. ABD 【解析】 X 的所有可能取值为 2 ， 4 ， 且 P （ X=2 ） = 3 3+a ， P （ X=4 ） = a 3+a . ∴E （ X ） =2× 3 3+a +4× a 3+a =3. 解得 a=3 ， 故 A 正确； ∴P （ X=2 ） = 1 2 ， 故 B 正确； P （ X= 4 ） = 1 2 ， 故 C 错误； ∴D （ X ） = （ 2-3 ） 2 × 1 2 + （ 4-3 ） 2 × 1 2 =1 ， 故 D 正确 . 故选 ABD. 14. 1 2 5 【解析】 满足条件的基本事件为两次均为 奇数或均为偶数， 则 n=2×2+2×2=8 ， 基本事件总数 N= 4×4=16 ， ∴ 所求概率 P= 8 16 = 1 2 . 易得两个数字和 ξ 的分 布列为 ∴E （ ξ ） = 1 16 ×2+ 2 16 ×3+ 3 16 ×4+ 4 16 ×5+ 3 16 ×6+ 2 16 ×7+ 1 16 × 8=5. 15. -62 【解析】 由于 X~B （ 100 ， 0.2 ）， 则 E （ X ） =np= 100×0.2=20 ， E （ -3X-2 ） =-3E （ X ） -2=-62. 故答案为 -62. 16. 13 18 8 9 【解析】 现随机拿出 2 本 . 2 本书不同类 的概率 p= C 1 2 C 1 3 +C 1 2 C 1 4 +C 1 3 C 1 4 C 2 9 = 13 18 . 由题意知 X 的取值为 0 ， 1 ， 2 ， P （ X=0 ） = C 2 5 C 2 9 = 5 18 ； P （ X=1 ） = C 1 5 C 1 4 C 2 9 = 5 9 ； P （ X=2 ） = C 2 4 C 2 9 = 1 6 ； E （ X ） =0× 5 18 +1× 5 9 +2× 1 6 = 8 9 ， 故答案为 13 18 ， 8 9 . 17. 3 5 4 5 【解析】 恰有一个黑球的概率 P= C 1 2 ×C 1 3 C 2 5 = 3 5 . 由题意可得 X=0 ， 1 ， 2. P （ X=0 ） = C 2 3 C 2 5 = 3 10 ， P （ X=1 ） = 3 5 ， P （ X=2 ） = C 2 2 C 2 5 = 1 10 . 可得 X 的分布列为 ∴EX=0× 3 10 +1× 3 5 +2× 1 10 = 4 5 . 故答案为 3 5 ， 4 5 . 18. 4.2 【解析】 由题意可得 0.2+0.3+a+0.2=1 ， ∴a= 0.3 ， ∴EX=0×0.2+2×0.3+4×0.3+6×0.2=3 ， ∴DX= （ 0-3 ） 2 × 0.2+ （ 2-3 ） 2 ×0.3+ （ 4-3 ） 2 ×0.3+ （ 6-3 ） 2 ×0.2=4.2. 故答案为 4.2. 提升练习 19. 解： （ 1 ） 记 “第一次检测出的是次品且第二次 检测出的是正品” 为事件 A ， 则 P （ A ） = A 1 2 · A 1 3 A 2 5 = 2×3 20 = 3 10 . （ 2 ） X 的可能取值为 200 ， 300 ， 400 ， P （ X=200 ） = A 2 2 A 2 5 = 2 20 = 1 10 ， P （ X=300 ） = A 3 3 +C 1 2 · C 1 3 · A 2 2 A 3 5 = 6+2×3×2 60 = 3 10 ， P （ X=400 ） =1-P （ X=200 ） -P （ X=300 ） =1- 1 10 - 3 10 = 3 5 ， ∴X 的分布列为 数学期望为 EX=200× 1 10 +300× 3 10 +400× 3 5 =350. 20. 解： （ 1 ） 由 10 （ 0.01+a+0.015+0.03+0.01 ） =1 ， 得 a=0.035 ， ∴ 第 1 ， 2 ， 3 组的人数分别为 20 ， 30 ， 70 ， 从 第 1 ， 2 ， 3 组中用分层抽样的方法抽取 12 人 ， 则第 1 ， 2 ， 3 组抽取的人数分别为 2 ， 3 ， 7 ， 记从 12 人中 随机抽取 3 人， 至少有 1 人年龄在第 3 组为事件 A ， 则 P （ A ） =1- C 3 5 C 3 12 = 21 22 . （ 2 ） 由题知参与调查的人中关注网约车安全问题的 概率为 4 5 ， X 可取 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， P （ X=0 ） =C 0 3 1- 4 5 2 " 3 = 1 125 ， P （ X=1 ） =C 1 3 4 5 1- 4 5 2 " 2 = 12 125 ， P （ X=2 ） =C 2 3 4 5 2 " 2 1- 4 5 2 " 1 = 48 125 ， P （ X=3 ） =C 3 3 4 5 2 " 3 = 64 125 ， ξ P 2 1 16 3 2 16 4 3 16 5 6 7 8 4 16 3 16 2 16 1 16 X 400 P 3 5 200 1 10 300 3 10 X P 2 2p 2 -2p+1 3 2p-2p 2 X 2 P 1 10 0 3 10 1 3 5 66 参 考 答 案 ∴X 的分布列为 ∵X~B 3 ， 4 5 ! " ， ∴E （ X ） =3× 4 5 = 12 5 . （ 3 ） 由题意得 2×2 列联表如下： K 2 = 200× （ 90×10-70×30 ） 2 160×40×80×120 = 75 16 =4.687 5<6.635 ， ∴ 没有 99% 的把握认为是否关注网约车安全问题与 年龄有关 . 21. 解： （ 1 ） 第二局中可能乙当裁判 ， 其概率为 1 2 ， 也可能丙当裁判， 其概率为 2 3 ， ∴ 第三局甲当裁判的概率为 1 3 × 1 3 + 2 3 × 1 2 = 4 9 . 答： 第三局甲当裁判的概率为 4 9 . （ 2 ） Y 的可能取值为 0 ， 1 ， 2. P （ Y=0 ） = 2 3 × 1 2 × 2 3 = 2 9 ， P （ Y=1 ） = 1 3 × 1 3 × 2 3 + 2 3 × 1 2 ! " + 2 3 × 1 2 + 2 3 × 1 2 × 1 3 = 17 27 ， P （ Y=2 ） = 1 3 × 2 3 × 1 2 + 1 3 × 1 3 ! " = 4 27 ， ∴Y 的分布列为 Y 的数学期望 E （ Y ） =0× 2 9 +1× 17 27 +2× 4 27 = 25 27 . 22. 解： （ 1 ） 当 m=1 时， 记事件 A ： “所取子集的 元素既有奇数又有偶数”， 则集合 {1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5} 的非空子集数为 2 5 -1=31 ， 其中非空子集的元素全为奇数的子集数为 2 3 -1=7 ， 全为偶数的子集数为 2 2 -1=3 ， ∴P （ A ） = 31- （ 7+3 ） 31 = 21 31 . （ 2 ） 当 m=2 时， ξ 的所有可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4. 则 P （ ξ=0 ） = C 2 5 +C 2 10 +C 2 10 +C 2 5 C 2 31 = 22 93 ， P （ ξ=1 ） = C 1 5 C 2 5 +C 2 5 C 3 5 +C 3 5 C 4 5 +C 4 5 C 5 5 C 2 31 = 205 465 = 41 93 ， P （ ξ=2 ） = C 1 5 C 3 5 +C 2 5 C 4 5 +C 3 5 C 5 5 C 2 31 = 110 465 = 22 93 ， P （ ξ=3 ） = C 1 5 C 4 5 +C 2 5 C 5 5 C 2 31 = 35 465 = 7 93 ， P （ ξ=4 ） = C 1 5 C 5 5 C 2 31 = 5 465 = 1 93 . 分布列如下： ∴ξ 的数学期望 E （ ξ ） =1× 41 93 +2× 22 93 +3× 7 93 +4× 1 93 = 110 93 . 23. 解 ： （ 1 ） 由题可知 ， 当 0≤n≤83 时 ， y=120 元； 当 n＞83 时， y=120+ （ n-83 ） ×5=5n-295 ， ∴ 乙公司的快递员一日工资 y （单位： 元） 与送件 数 n 的函数关系为 y= 120 ， 0≤n≤83 ， 5n-295 ， n>83 3 . （ 2 ） ①X 的所有可能取值为 152 ， 154 ， 156 ， 158 ， 160 ， 将频率视为概率， 由条形图可知， P （ X=152 ） =0.1 ， P （ X=154 ） =0.2 ， P （ X=156 ） =0.1 ， P （ X=158 ） =0.4 ， P （ X= 160 ） =0.2. ∴X 的分布列为 数学期望 E （ X ） =152×0.1+154×0.2+156×0.1+158×0.4+ 160×0.2=156.8 （元） . ② 设乙公司的日工资为 Y 元， 则 E （ Y ） =120+0×0.1+5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.3= 141.5 （元） . 由于 E （ X ） ＞E （ Y ）， ∴ 小王应该到甲公司应聘 “快递 员” 的工作 . 4.2.5 正态分布 学习手册 变式训练 1 ABD 【解析】 只有 C 错误， 因为当 μ 一定 时， 曲线的形状由 σ 确定 ， σ 越小 ， 曲线越 “瘦高 ”， 总体分布越集中； σ 越大， 曲线越 “矮胖”， 总体分布越 分散 . 故选 ABD. 变式训练 2 解： P （ ξ>5 ） ＝P （ ξ<-3 ） ＝ 1 2 ［ 1-P （ -3≤ξ≤5 ）］ ＝ 1 2 ［ 1-P （ 1-4≤ξ≤1＋4 ）］ ＝ 1 2 ［ 1-P （ μ-2σ≤ξ≤μ＋2σ ）］ ≈ 1 2 × （ 1-0.954 ） ＝0.023. 变式训练 3 C 【解析】 ∵ 随机变量 ξ 服从正态分布 N （ 2 ， σ 2 ）， ∴ μ＝2 ， 对称轴是 ξ＝2. ∵P （ ξ<4 ） ＝0.8 ， ∴P （ ξ≥4 ） ＝ P （ ξ≤0 ） ＝0.2 ， ∴P （ 0<ξ<4 ） ＝0.6 ， ∴P （ 0<ξ<2 ） ＝0.3. 故选 C. X 3 P 64 125 2 48 125 0 1 125 1 12 125 合计关注网约车安全 不关注网约车安全 青少年 12090 30 中老年 70 10 80 合计 160 40 200 Y 2 P 4 27 0 2 9 1 17 27 ξ 4 P 1 93 0 22 93 1 41 93 2 22 93 3 7 93 X 160 P 0.2 152 0.1 154 0.2 156 0.1 158 0.4 67