7.3.2 离散型随机变量的方差-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教版2024）

10001P(-6000-(024000. [变式1]解析(1)由表格可求E(X)-0×0.3+2×0.2+4× 0.5-2.4,故E(5X+4)=5E(X)+4=5×2.4+4-16.故 选A项. $(5-3)-100-10故E()-0×+0.8×10+1.6 A (2)①由概分布列的性质可得+m+1+1-1,解得 -. 0.122(万元). ②由题设得变化后的保费为0.4××96%+0.4×1× ②P(1X-31-1)-P(X-2)+P(x-4)-1+1-. 1.2-0.4032, 因为E(x-+×+3+A×-,F(x)- 故保单下一保险期毛利润的数学期望为E(Y)一0.122+ 0.4032-0.4-0.1252(万元). 1#×31+2^×+3×1+4{×1-25,以E(X+ [变式3]若选择方案①,由于购买600箱能获赠50箱,所 2)*)-F(X+4X+4)-E(X)+4F(X0+4-25+4×+ 以该单位只需要购买600箱,从而购买总价为200×600一 120000(元). 4-77. 若选择方案②,设在折扣优惠中每箱零件的价格为X元. 则X的可能取值为184,188 [例题2]解析(1)由题意得,甲同学的10次成绩中有4次成绩 X的分布列如表所示, 达到9.5m以上,所以由频率估计概率可得,甲获得优秀奖 X 184 188 的概率为P--0.4. 0.6 0.4 (2)由题意得,乙获得优秀奖的概率为0.5,丙获得优秀奖 则在折扣优惠中每箱零件价格的数学期望E(X)一184× 的概率为0.5.设甲获得优秀奖为事件A,乙获得优秀奖为事 0.6+188×0.4-185.6 件A,丙获得优秀奖为事件A,X的可能取值为0.1.2.3,则 则购买总价的数学期望为185.6×650-120640(元) $$-0)-P(AAA)-0.6$0.5$0.5-0.15,P($-1) 因为120640120000,所以选择方案①更划算. P(AAA)+P(AAA)+PCAAA)=0. 4X0.5X0.5+ 随堂检测·学以致用 0.6X0.5×0.5+0.6×0.5×0.5-0.4. P(X-2)=P(AAA)+P(CAAA)+P(AAA)=0.4X 1.C 由已知得E(X)-0X0.3+2×0.4+3X0.3-1.7.故 0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.35,P(t 选C项. 3)=P(AAA)-0.4X0.5×0.5-0.1,所以X的分布列为 2.B 解析由题意得0.5十0.2十力-1,解得力-0.3,则由离散 x0123 型随机变量的均值公式得E(X)--1×0.5十0×0.2+1× P 0.15 0.4 0.35 0.1 0.3--0.2.故选B项 3.A 解E(X)-0×0.7+1×0.1+2×0.1+3×0.1=0.6 所以EX-0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1-1.4 EY=0X0.5+1X0.3+2X0.2+3X0-0.7.显然E(XECY [变式2](1)因为P(X-1)-0.8,P(X-0)-0.2,所以 E(X)-0×0.2十1×0.8-0.8,即该运动员罚球1次的得 由数学期望的意义知,甲的产品质量比乙的好,故选A项 4.ABC 解由分布列的性质知0.3十0.1十b十0.2-1,解得 分X的均值为0.8 智0.8 $=0.4.B项正确:因为E(X)=4×0.3+0.1a+9+10× (2)X的可能取值为1,2,3,4,则X-1表明李明第一次参 0.2-6.8+0.la-7.5,所以a-7,A项正确:由均值的性质 加驾照考试就通过了,故P(X-1)-0.6;X-2表明李明第 知E(aX=aE(X)-7×7.5-52.5.C项正确:E(X+) 一次考试未通过,第二次通过了,故P(X-2)一(1-0.6)× E(X)+b-7.5+0.4-7.9.D项不正确.故选ABC项 0.7-0.28:X-3表明李明第一、二次考试都未通过,第三 7.3.2 离散型随机变量的方差 次通过了,故P(X-3)=(1-0.6)×(1-0.7)×0.8 0.096:X一4表明李明第一、二、三次考试都未通过,故P(X 必备知识·基础落实 4=(1-0.6)×(1-07×(1-0.8)-0.024 [问题1]题E(X)-0×0.7+1×0.2+2×0.06+3×0.04 所以李明一年内参加考试次数X的分布列为 0.44,E(X)-0×0.8+1×0.06+2×0.04+3×0.10= 4 X 2 3 1 0.44. 0. 28 0.096 0.024 P0.6 [问题2]提不能,因为E(X)一E(X) [问题3]样本方差. EX-1×0.6+2×0.28+3×0.096+4×0.024-1.544 要点 [例题3]解析(1)设A为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”,由题 -8001003013010-10 1.(x-E(X)Pp a(X) 设中的统计数据可得P(A)一 60+30+10 2.离散程度 集中 分散 (2)①设为赔偿金额,则可取0,0.8,1.6,2.4,3, 3.aD(X0 [思考]提离散型随机变量的方差即为总体的方差,它是一 ·176. 个常数,不随样本的变化而变化;样本方差则是随机变量, 它是随样本不同而变化的. #分分03分 [辨析](1)错误,离散型随机变量的方差越小,随机变量 P 越稳定. 所以E(X)-×1+1×20+2×1+3×+4×1= (2)错误,单位不同,方差的单位是随机变量单位的平方;标 准差与随机变量本身有相同的单位, #3,#($)-(-){;{x+(1-){*}×21+ (3)正确,由方差的意义可知说法正确 (4)错误.由方差的性质得D(2X十1)-2*D(X- (2<) ×1+(3-3){ ×+(4-3) ×1-11 (1×(2)X(3)(4)× 所以(#一V(→、-. 关键能力·素养提升 [例题1]解(1)因为E(n)-0×3+10+20×15+50× [例题3](1)依题意得+1+a-1,所以a--.设投 到项目A,B的资金都为工万元,变量X.和X。分别表示投 5+601=16,所以D(n)=(0-16)×1+(10-16)x 资项目A和B所获得的利润,则X:和X。的分布列分别如 表所示。 #+$20-16)*×1+(50-16)*$×2+(60-16)*×1 X 0.4x -0.2x ~1 384,所以vD-8v6. 1 1 (2)因为Y=2r-E(),所以D(Y)=D(2-E()=2* D()= 4X384-1536. 0.3x -0.1x [变式1](1)E(x)-0×1+a×1+1-1, 。 $(-(1)*×+(a-1)*×+(1-1{*)× 由分布列得E(X)-0.4x×+(-0.2x)X1+0X1= 1-[(a+1)*+(2a-1)+(a-2)])-(a-a+1)一 0. 2x,E(X)-0.3bx-0.1cx,因为E(X)-E(X),所以 0.3bx-0.1cx=0.2x,即0.3b-0.1c=0.2.又b+c=1,解 得6-3,c-1.所以a-1,6-3,c-1. A项. (2)选择项目B.理由如下:当投入100万元,资金时,由(1)知 (2)因为E(X)-0X+11+2x-1,所以D(X)- x-100,所以E(X)-E(X)-20.D(X )=(40-20)*x #&#(E()#-0#1+1#x+2-1- 2+-20-20x+0-20)×-600$D()-(30 20)*×3+(-10-20)*×1-300.因为E(X)-E(X。). 所以D(Y)-D(2X+3)-2- D(X)-8.故选A项. D(X)>D(X),说明虽然项目A和项目B的平均收益相 答(1)A(2)A 等,但项目B更稳妥,所以从投资回报稳定性的角度考虑, [例题2]析由题意得,可能的取值为1,2,3,4,5,则P( 建议该投资公司选择项目B. $-1$$(-2)-1-.(-3)-×3x [变式3]甲保护区违规次数X的数学期望和方差为E(X一 0X0.3+1×0.3+2×0.2+3×0.2-1.3,D(X)-(0-1.3)x ##-,P(-)-4#3x×1-#(-5)-# 0.3+(1-13x0.3+(2-13×0.2+(3-13x0.2-1.21. 乙保护区的违规次数Y的数学期望和方差为E(Y)一0× $#×3×××1-,故的分布列如表所示. 0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,D=(0-13)×01+(1- 1.3)*×0.5+(2-1.3)×0.4-0.41. 因为E(X)一E(Y),D(X)>D(Y),所以两个保护区内每个 分分分 季度发生的违规事件的平均次数相同,但甲保护区的违规 事件次数相对分散和波动,乙保护区内的违规事件次数更 由离散型随机变量的均值与方差的定义知E(e)一× 加集中和稳定,故乙保护区的管理水平较高. [练习]C由题意得E(X)-2x+x*-4,D(X)= (1+2+3+4+5)-3,D(-$(2+12+0+12+2)-2. #3( ×-)}+(v-){}-2,解得x=1,x2或$$ [变式2]解析由题意知,随机变量X的所有可能取值为0,1, -5n-(不合题意,舍),所以x+-3.故选C项. #-10,P(x-3)--,P(-4)--,以x的分 随堂检测·学以致用 1.D 易知0.4+0.1十x-1,解得x-0.5,所以E(X) 布列如表所示。 1$0.4+3×0.1+5×0.5-3.2,所以D(X-(1-3.2)* ·177· 0.4+(3-3.2) 0.1+(5-3.2)×0.5-3.56,所以X的 n重伯努利试验;D项,加工质量不稳定说明次品率不稳 标准差为D(X)-3.56.故选D项 定,因此不是n重伯努利试验,故选ACD项 2.A 解抛掷一枚硬币,规定正面向上得1分,反面向上得 答案ACD 一1分,则得分X的分布列如表所示: (2)①加工一个这种零件需经过三道工序,各道工序互不影 X 响,它们是独立的,但三道工序的合格率不同,因此加工一 /1 P 0.50.5 个这种零件不是3重伯努利试验,由事件的独立性知,加工 一个这种零件是合格品的概来P-##-1# 所以E($X)=1$0.5+(-1)$0.5=0,D(X)=(1-0)*$ 0.5+(-1-0)*×0.5-1.故选A项. ②由①知,加工一个这种零件是合格品的概率是,加工 3.解析在均值相等的情况下,方差越小,说明包装的质量越稳 20个这种零件,每个零件的加工相互独立,故是一个20重 定,所以自动包装机乙的质量较好 伯努利试验,X表示加工的零件是合格品这一事件发生的 乙 次数,故服从二项分布. 4.解由分布列的性质得+3+-1,解得-,因为 [变式1]解(1)由伯努利试验的判断条件,小明、小华各自投 #E()=×+11+#-,#以x-2 掷股子时可看作在相同条件下,且每次投掷互不影响,故小 明投掷的n次可看作n重伯努利试验,小华投掷的m次可 (=(0-)×+(1-)××+(2-)*× 看作n重伯努利试验. (2)在游戏的全过程中投掷(m十n)次,不是在相同条件下 11. 进行的试验,故不能看作(m十n)重伯努利试验。 [例题2]令X表示5次预报中预报准确的次数,则X~ ($)因为 -3-2,所以D(r)-D(3-2)-9D()-5. B(5.),故其分布列为P(X-)-C()*·(1-4)* 7.4 二项分布与超几何分布 (-0,1,2,3,4,5). 7.4.1 二项分布 (1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X一2)一Cx (4){×(1-)*-10×1×15~0.05. 必备知识·基础落实 (2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P(X二2)-1- [问题1]醍B =(AAA)U(AAA)U(AAA) $($=)-P($=1)=1-Cx()*x(1-) *-^$ [问题2]醍因为P(A)=P(A)=P(A)=0.8,且 A.AA,AAA,AAA 两两互斥,所以P(B)= x(1-)*=1-0.0032-0.0064~0.99. P(A AA)+P(A AA)+P(A AA)=0.8X0.2+ 0.8×0.2+0.8×0.22-3×0.8×0.2 [变式2]解(1)由题意可得P(X-3)=C×()*× [问题3]P(B)-3×0.2×0.8,P(B)-0.8. (1-)-.故选A. [问题4]P(B)-C×0.8*×0.2*,b-0,1,2,3 要点一 (2)因为是有放回地取产品,所以每次取产品取到次品的概 1.可能结果 率为4-.从中取3次,X为取得次品的次数,则X~ 2.重复n次 3.(1)n次(2)相互独立 B(3.),所以P(X<2)-P(X-2)+P(X-1)+P(X- [思考]跟“重复”意味着各次试验成功的概率相同 要点二 =×()*×+××()*+x()*- 1.P(x-b)=C(1-)*,b=0,1,2,.., 智(1)A(2)7 x~B(n,p) 2.n np(1-p) (3)①乙至多击中目标2次的概率为1-C3(){-9. [思考]提两点分布是一种特殊的二项分布,是n一1时的二 项分布;二项分布可以看作两点分布的一般形式 ②设“甲恰好比乙多击中目标2次”为事件A,“甲恰好击中 [辨析]析(1)正确,由伯努利试验的相关概念知说法正确 目标2次且乙恰好击中目标0次”为事件B,“甲恰好击中 (2)正确,由n重伯努利试验的相关概念可知说法正确. 目标3次且乙恰好击中目标1次”为事件B,则A一B十B, (3)错误.因为毂子的质地不同,点数1出现的概率不同,因 B.$,B。为互斥事件,所以P(A)=P(B)+P(B)-C*(){× 此该试验不是4重伯努利试验 (4)错误.X-0,1,2,...,n. #$#$()#}+()*xx×()*-×+1x (1)(2)/(3)×(4)× 21 关键能力·素养提升 [例题1]解(1)A项,试验的条件不同(质地不同),因此不是 [例题3](1)由于每张奖券是否中奖是相互独立的,因此 $~B(4).所以P(X-0)一x()-1-P(x-1)一 n重伯努利试验;B项,某人射击且击中目标的概率是稳定 的,因此是n重伯努利试验;C项,每次抽取,试验的结果有 $$()'-,P(x-2)-x()'-,P(x-3) 三种不同颜色且每种颜色出现的可能性不相等,因此不是 ·178·第七章随机变量及其分布 随堂检测学以致用 答案见P 1.某篮球运动员每次投篮未投中的概率为0.3， 投中2分球的概率为0.4，投中3分球的概率 0.7 0.1 0.1 0.1 为0.3，则该运动员投篮一次得分的数学期望为 ( 0 A.1.5 B.1.6 P 0.5 0.3 0.2 0 C.1.7 D.1.8 A.甲的产品质量比乙的好 2.已知随机变量X的分布列如表所示，则 B.乙的产品质量比甲的好 E(X)- ( C.甲的产品质量与乙的一样 X 一1 0 1 D.无法判定 P 0.5 0.2 4.(多选)已知随机变量X的分布列如表所示. A.0 B.-0.2 X 4 a 9 10 C.-1 D.-0.3 P 0.3 0.1 b 0.2 3.甲、乙两台自动车床生产同种标准的零件，X 表示甲车床生产1000件产品中的次品数，Y 若E(X)=7.5,则以下结论正确的是( 表示乙车床生产1000件产品中的次品数，经 A.a=7 B.b=0.4 过一段时间的考察，X,Y的分布列分别如表所 C.E(aX)=52.5 D.E(X+b)=7.5 示，据此判定 提示完成P课时作业（十二） 7.3.2 离散型随机变量的方差 必备知识基础落实 答案见P 日问题导入 问题1：试求E(X1),E(X2) A,B两台机床同时加工零件，每生产一批数量 较大的产品时，出次品的概率如表所示 4444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444 A机床 次品数X 0 1 2 3 问题2：由E(X)和E(Xz)的值能比较两台机 床的产品质量吗？ P 0.7 0.2 0.06 0.04 B机床 次品数X 0 1 2 3 P 0.8 0.06 0.04 0.10 ·57· 数学选择性必修第三册课堂学案 问题3：试想利用什么指标可以比较加工质量？ >思考：离散型随机变量的方差和样本方差之间 有何关系？ 口微梳理 要点离散型随机变量的方差 1.定义：如果离散型随机变量X的分布列如表 所示， X P P. 则称D(X)=(一E(X))2力十(x2一E(X)2· p2十…十(xn一E(X))2pn= 辨析 为随机变量X的方差，有时也记为Var(X), 判断正误，正确的画“/”，错误的画“X” 并称√D(X)为随机变量X的标准差，记为 (1)离散型随机变量的方差越大，随机变量越 .在方差的计算中，利用结论D(X)= 稳定 () 经常可以使计算简化， (2)离散型随机变量的方差与标准差的单位是 2.意义：随机变量的方差和标准差都可以度量随 相同的， () 机变量取值与其均值的偏离程度，反映了随机 (3)离散型随机变量：的方差D()反映了：取 变量取值的 .方差或标准差越小，随 值的波动水平， () 机变量的取值越 ；方差或标准差越 大，随机变量的取值越 (④)若随机变量X的方差D(X)=号，则 3.性质：D(aX+b)= ,D(C)= D(2X+1)=2× 24 () 是常数). 331 关键能力素养提升 答案见Pn 探究一 离散型随机变量方差的公式与性质 (2)设Y=2n-E(7),求DY). 【例题1】已知)的分布列如表所示. 10 20 50 60 2 P 3 5 15 15 15 (1)求方差及标准差； ·58· 第七章随机变量及其分布 探究二离散型随机变量的方差 规律总结 【例题2】在一个不透明的纸袋里装有5个大小 关于方差性质的四点说明 相同的小球，其中有1个红球和4个黄球，规 (1)当a=0时，D(aX十b)=D(b)=0,即常 定每次从袋中任意摸出一球，若摸出的是黄 数的方差等于0. 球，则不再放回，直到摸出红球为止，求摸球 (2)当a=1时，D(X+b)=D(X),即随机变 次数：的均值和方差， 量与常数之和的方差等于这个随机变量的 方差本身. (3)当b=0时，D(aX)=aD(X),即随机变 量与常数之积的方差，等于这个常数的平方 与这个随机变量方差的乘积 (4)当a,b均为非零常数时，随机变量7 aX十b的方差D(=D(aX+b)=a2D(X) 【变式1】(1)设0<a<1,已知随机变量X的分 布列如表所示 X 0 4444444+44444+4 44+444444444+4444+444+4444444 13 3 3 若DX)=后，则a= A安 R号 c D (2)已知随机变量X的分布列如表所示 X 0 1 2 1 1 3 3 3 设随机变量Y=2X十3，则D(Y)= &号 规律总结 A号 求离散型随机变量方差的步骤 c号 (1)明确随机变量的可能取值及每一个值的 试验结果； (2)求出随机变量各取值对应的概率； (3)写出随机变量的分布列； (4)求出随机变量的均值； (5)代入随机变量方差的公式求出方差. ·59 数学选择性必修第三册课堂学案 【变式2】已知袋中有20个大小相同的球，其中 经测算，当投入A,B两个项目的资金相等 标数字0的有10个，标数字n(n=1,2,3,4) 时，它们所获得的平均收益（即数学期望）也 的有n个，现从袋中任取一球，随机变量X表 相等 示所取球上标的数字，求X的方差和标准差 (1)求a,b,c的值； (2)若将100万元全部投到其中的一个项目， 44444 请你从投资回报稳定性的角度考虑，为投资 公司选择一个合理的项目，并说明理由， 规律总结 探究三方差的实际应用 利用均值和方差的意义分析解决 【例题3】某投资公司对以下两个项目进行前期 实际问题的步骤 市场调研。 (1)比较均值：离散型随机变量的均值反映 项目A:通信设备，根据调研，投资到该项目 了离散型随机变量取值的平均水平，因此， 上，所有可能结果为获利40%、亏损20%、不 在实际决策问题中，需先计算均值，看一下 赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为2： 7 谁的平均水平高. (2)在均值相等的情况下计算方差：方差反 6a. 映了离散型随机变量取值的稳定与波动、集 中与离散的程度.通过计算方差，分析一下 项目B:新能源汽车，根据调研，投资到该项 谁的水平发挥相对稳定， 目上，所有可能结果为获利30%、亏损10%， (3)下结论：依据方差的意义作出结论 且这两种情况发生的概率分别为b,c. ·60 第七章随机变量及其分布 【变式3】甲、乙两个野生动物保护区有相同的自 口微专题 然环境，且野生动物的种类和数量也大致相 求创新·拓展探究 等，而两个保护区内每个季度发现违反保护 【例题】随机变量X的可能取值为1,2,3，且 条例的事件次数的分布列分别如表所示 P(X=1)=3p-1,P(X=3)=1-,则 甲保护区： D(X)的最大值为 () 中 0 2 3 D.1 P 0.3 0.3 0.2 0.2 Ag B号 c器 [解析]因为随机变量X的可能取值为1,2， 乙保护区： 3,且P(X=1)=3p-1,P(X=3)=1-p,所 Y 1 2 以P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=1)=1- P 0.1 0.5 0.4 0≤3p-1≤1， 试评定这两个保护区的管理水平， 2p,由0<1-1，可得号≤p≤2， 0≤1-2≤1， E(X)=1×(3p-1)+2×(1-2p)+3×(1 )=4-4p,D(X)=(1-4+4p)2×(3p-1)+ (2-4+4p)2×(1-2p)+(3-4+4p)2× 1-p）=-16p+18p-4=-16(p)}'+ 品写<易知当p号时，D0X0取得录 大值，最大值为1.故选D项. [答案]D [名师点评]与方差有关的计算中，常涉及求 概率、求参数的值或取值范围（最值）、求方差 或取值范围（最值）等问题，这就雪要结合有 关概念、公式建立关于变量的方程（组）或函 数，结合函数与方程思想，求解变量的值或取 值范围（最值）. 【练习】若X是离散型随机变量，P(X=石)= 3 PX=)=3,且<，已知E(X)=专， DX)=号，则十的值为 B.3 C.3 号 ·61 数学选择性必修第三册课堂学案 随堂检测学以致用 答案见Pm 1.已知随机变量X的分布列如表所示，则X的 若E()=2 标准差为 (1)求D()的值： X 1 3 5 (2)若)=35-2，求D()的值 P 0.4 0.1 x 0+小4+小“小4一4小小。小→4中小小少小“小4一小“小+4+4中4“+44小“。+小4+小44+4小 A3.56 BW3.2 C3.2 D.√3.56 2.抛掷一枚硬币，规定正面向上得1分，反面向 上得一1分，则得分X的均值与方差分别为 ( A.E(X)=0,D(X)=1 B.EX)-.D(X)- C.E(X)-0.D(X)- D.E(X)=2,DX0=1 3.有两台自动包装机甲与乙，包装质量分别为随 机变量X,Y,已知E(X)=E(Y),D(X)> D(Y),则自动包装机 的质量较好（填 “甲”或“乙”)为 4.已知随机变量的分布列如表所示。 0 1 P 1 2 提示完成P1课时作业（十三） 7.4 二项分布与超几何分布 课标要求 学法指导 1.通过具体实例，了解伯1.注意理解在n重伯努利试验中，事件A恰好发生次的概率公式 努利试验 与二项式定理之间的联系 2.掌握二项分布及其数字2.在利用二项分布解决实际问题的过程中，深化对随机现象的认 特征，并能解决简单的 识，体会特殊分布的应用 实际问题， 3.学习超几何分布时，重点注意公式中字母N,M和n的范围及其 3.通过具体实例，了解超几 意义 何分布及其均值，并能解 4.通过学习二项分布和超几何分布的概念及其数学特征，发展数学 决简单的实际问题 抽象、数据分析和数学运算的核心素养。 ·62·