7.3.2 离散型随机变量的方差-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第七章　随机变量及其分布 7.3　离散型随机变量的数字 特征 7.3.2　离散型随机变量的方差 (教师独具内容) 课程标准：通过具体实例，理解离散型随机变量的方差． 教学重点：离散型随机变量的方差、标准差的计算． 教学难点：用离散型随机变量的均值、方差解决实际问题． 核心素养：通过学习离散型随机变量的方差及应用离散型随机变量的方差解决实际问题，提升数学抽象素养和数据分析素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　方差、标准差的定义 (1)设离散型随机变量X的分布列如下表所示． 考虑X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2，…，(xn－E(X))2.因为X取每个值的概率不尽相同，所以我们用偏差平方关于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度．我们称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝_______________为随机变量X的方差，有时也记为Var(X)，并称_______为随机变量X的标准差，记为σ(X)． X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn 核心概念掌握 5 (2)随机变量的方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度，反映了随机变量取值的离散程度．方差或标准差越小，随机变量的取值越_______；方差或标准差越大，随机变量的取值越_______ ． (3)方差的简化计算公式：D(X)＝ _____________ ． 知识点二　离散型随机变量方差的性质 D(aX＋b)＝ _______ ． 集中 分散 a2D(X) 核心概念掌握 6 1．(两点分布的均值与方差)若随机变量X服从两点分布，且成功的概率p＝0.5，则E(X)和D(X)分别为________． 2．(离散型随机变量方差的性质)如果X是离散型随机变量，Y＝3X＋2，那么D(Y)＝________D(X)． 3．(离散型随机变量方差的性质、标准差的计算)若D(3X－1)＝18，则σ(X)＝________． 0.5和0.25 9 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　方差与标准差的计算 核心素养形成 9 核心素养形成 10 感悟提升 求方差和标准差的关键是求分布列，只要有了分布列，就可以依据定义求数学期望，进而求出方差、标准差，同时还要注意随机变量aX＋b的方差可用D(aX＋b)＝a2D(X)求解． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 题型二　两点分布的方差 　 篮球比赛中每次罚球命中得1分，不中得0分．已知某运动员罚球命中的概率为0.7，求他一次罚球得分的方差． 解　设一次罚球得分为X，X服从两点分布，即 ∴D(X)＝p(1－p)＝0.7×0.3＝0.21. X 0 1 P 0.3 0.7 核心素养形成 13 感悟提升 解决此类问题的第一步是判断随机变量X服从什么分布，第二步代入相应的公式求解．若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)． 核心素养形成 14 [跟踪训练2]　若随机变量X的分布列如下表所示： 则E(X)＝________，D(X)＝________． 解析：E(X)＝0×0.4＋1×0.6＝0.6，D(X)＝0.6×(1－0.6)＝0.6×0.4＝0.24. X 0 1 P 0.4 0.6 0.6 0.24 核心素养形成 15 　已知甲、乙两名射击手每次射击击中的环数均大于6环，且甲击中10，9，8，7环的概率分别为0.5，3a，a，0.1，乙击中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2，甲、乙射击结果互不影响．记甲、乙两名射击手在一次射击中击中的环数分别为X，Y. (1)求X，Y的分布列； (2)求X，Y的均值与方差，并比较甲、乙两名射击手的射击技术． 题型三　均值与方差的综合应用 核心素养形成 16 解　(1)依题意，有0.5＋3a＋a＋0.1＝1， 解得a＝0.1. ∵乙击中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2， ∴乙击中7环的概率为1－(0.3＋0.3＋0.2)＝0.2， ∴X，Y的分布列分别为 X 10 9 8 7 P 0.5 0.3 0.1 0.1 Y 10 9 8 7 P 0.3 0.3 0.2 0.2 核心素养形成 17 解　(2)由(1)可得 E(X)＝10×0.5＋9×0.3＋8×0.1＋7×0.1＝9.2， E(Y)＝10×0.3＋9×0.3＋8×0.2＋7×0.2＝8.7， D(X)＝(10－9.2)2×0.5＋(9－9.2)2×0.3＋(8－9.2)2×0.1＋(7－9.2)2×0.1＝0.96， D(Y)＝(10－8.7)2×0.3＋(9－8.7)2×0.3＋(8－8.7)2×0.2＋(7－8.7)2×0.2＝1.21. 由于E(X)>E(Y)，说明甲平均击中的环数比乙高， 又D(X)<D(Y)，说明甲击中的环数比乙集中，比较稳定， ∴甲比乙的射击技术好． 核心素养形成 18 感悟提升 离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，而方差反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．因此，在实际决策问题中，需先计算均值，看一下谁的平均水平高，然后再计算方差，分析一下谁的水平发挥相对稳定．因此，在利用均值和方差的意义去分析解决实际问题时，两者都要分析． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 随堂水平达标 1．设X，Y为随机变量，且E(X)＝2，E(X2)＝6，Y＝2X－1，则D(Y)＝(　　) A．9 B．8 C．5 D．4 解析：由题意，D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝6－4＝2，故D(Y)＝D(2X－1)＝22D(X)＝8.故选B. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 2．抛掷一枚硬币，规定正面向上得1分，反面向上得－1分，则得分X的均值与方差分别为(　　) A．E(X)＝0，D(X)＝1 B．E(X)＝0.5，D(X)＝0.5 C．E(X)＝0，D(X)＝0.5 D．E(X)＝0.5，D(X)＝1 解析：抛掷一枚硬币，规定正面向上得1分，反面向上得－1分，则得分X的分布列为 所以E(X)＝1×0.5＋(－1)×0.5＝0，D(X)＝(1－0)2×0.5＋(－1－0)2×0.5＝1.故选A. X 1 －1 P 0.5 0.5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 3．(多选)设离散型随机变量X的分布列为 则下列结果正确的是(　　) A．q＝0.1 B．E(X)＝2，D(X)＝1.4 C．E(X)＝2，D(X)＝1.8 D．E(2X＋1)＝5，D(2X＋1)＝7.2 解析：由离散型随机变量X的分布列的性质，得q＝1－0.4－0.1－0.2－0.2＝0.1，E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，所以E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝5，D(2X＋1)＝4D(X)＝7.2.故选ACD. X 0 1 2 3 4 P q 0.4 0.1 0.2 0.2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 4．已知随机变量X的分布列如下表．若E(X)＝0，则σ(3X－1)＝________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 5．袋中有大小相同的三个球，编号分别为1，2，3，从袋中每次取出一个球(取后不放回)，若取到球的编号为奇数，则取球停止，用X表示所有被取到的球的编号之和，求X的方差． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 对点 均值与方差的计算 标准差的计算 两点分布的均值与方差；均值与方差的性质 均值与方差的计算；均值与方差的性质 分布列的性质；均值与方差的计算 由分布列及均值和方差求概率 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 方差的计算 由分布列求概率；均值与方差的最值 求随机变量的分布列、均值与方差 均值与方差的综合应用 均值与方差的综合应用 均值与方差的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 4．已知袋中有20个大小相同的球，其中标上0号的有10个，标上n号的有n个(n＝1，2，3，4)．现从袋中任取一球，X表示所取球的标号．若Y＝aX＋b，E(Y)＝1，D(Y)＝11，则a＋b的值是(　　) A．1或2 B．0或2 C．2或3 D．0或3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 7．两封信随机投入A，B，C三个空邮箱中，则A邮箱中的信件数X的方差D(X)＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 三、解答题 9．甲、乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，计分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输而乙赢，则甲得－1分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分．设甲赢机器人的概率为0.7，乙赢机器人的概率为0.6.求： (1)在一轮比赛中，甲的得分X的分布列； (2)在两轮比赛中，甲的得分Y的期望和方差． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 解：(1)由题意可知，X的所有可能取值为－1，0，1， P(X＝－1)＝0.3×0.6＝0.18， P(X＝0)＝0.7×0.6＋0.3×0.4＝0.54， P(X＝1)＝0.7×0.4＝0.28， 所以X的分布列为 X －1 0 1 P 0.18 0.54 0.28 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 (2)由题意可知，Y的所有可能取值为－2，－1，0，1，2， P(Y＝－2)＝0.18×0.18＝0.0324， P(Y＝－1)＝2×0.18×0.54＝0.1944， P(Y＝0)＝2×0.18×0.28＋0.54×0.54＝0.3924， P(Y＝1)＝2×0.54×0.28＝0.3024， P(Y＝2)＝0.28×0.28＝0.0784， 所以Y的分布列为 Y －2 －1 0 1 2 P 0.0324 0.1944 0.3924 0.3024 0.0784 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 所以E(Y)＝(－2)×0.0324＋(－1)×0.1944＋0×0.3924＋1×0.3024＋2×0.0784＝0.2， D(Y)＝(－2－0.2)2×0.0324＋(－1－0.2)2×0.1944＋(0－0.2)2×0.3924＋(1－0.2)2×0.3024＋(2－0.2)2×0.0784＝0.9. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 10．为响应市政府“绿色出行”的号召，王老师将工作日上、下班的方式由自驾车改为乘坐地铁或骑共享单车．根据王老师从2024年4月到2024年6月的出行情况统计可知，王老师每次出行乘坐地铁的概率是0.4，骑共享单车的概率是0.6.乘坐地铁单程所需的费用是3元，骑共享单车单程所需的费用是1元．记王老师在一个工作日内上、下班(一个工作日内上、下班各一次)的交通总费用为X元，假设王老师上、下班选择出行方式是相互独立的． (1)求X的分布列和数学期望E(X)； 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 解：(1)依题意，X的所有可能取值为2，4，6， P(X＝2)＝0.6×0.6＝0.36， P(X＝4)＝0.4×0.6×2＝0.48， P(X＝6)＝0.4×0.4＝0.16. X的分布列为 E(X)＝2×0.36＋4×0.48＋6×0.16＝3.6. X 2 4 6 P 0.36 0.48 0.16 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 11．A，B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1，X2.根据市场分析，X1和X2的分布列分别如下表所示： (1)在A，B两个项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润(单位：万元)，求方差D(Y1)，D(Y2)； (2)将x(0≤x≤100)万元投资A项目，100－x万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取到最小值． X1 5% 10% P 0.8 0.2 X2 2% 8% 12% P 0.2 0.5 0.3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 解：(1)由题设可知Y1和Y2的分布列分别为 从而E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6， D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4； E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8， D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12. Y1 5 10 P 0.8 0.2 Y2 2 8 12 P 0.2 0.5 0.3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 12．某公司为活跃气氛提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额． (1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求： ①员工所获得的奖励为1000元的概率； ②员工所获得的奖励额的分布列及数学期望； (2)公司对奖励额的预算是人均1000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励总额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 (2)根据公司预算，每个员工的平均奖励额为1000元，∴先寻找期望为1000元的可能方案，对于面值由800元和200元组成的情况， 如果选择(200，200，200，800)的方案， ∵1000元是面值之和的最大值， ∴期望不可能为1000元； 如果选择(800，800，800，200)的方案， ∵1000元是面值之和的最小值， ∴期望不可能为1000元， 因此可能的方案是(800，800，200，200)，记为方案一． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 　　　　　　　　　　　　　 R eq \i\su(i＝1,n, )(xi－E(X))2pi eq \r(D（X）) eq \i\su(i＝1,n,x)eq \o\al(2,i)pi－(E(X))2 eq \r(2) X 0 10 20 50 60 P eq \f(1,3) eq \f(2,5) eq \f(1,15) eq \f(2,15) eq \f(1,15) (1)求X的方差及标准差； (2)求D(2X－E(X))． 解　(1)E(X)＝0×eq \f(1,3)＋10×eq \f(2,5)＋20×eq \f(1,15)＋50×eq \f(2,15)＋60×eq \f(1,15)＝16， D(X)＝(0－16)2×eq \f(1,3)＋(10－16)2×eq \f(2,5)＋(20－16)2×eq \f(1,15)＋(50－16)2×eq \f(2,15)＋(60－16)2×eq \f(1,15)＝384. ∴eq \r(D（X）)＝8eq \r(6). (2)∵D(X)＝384， ∴D(2X－E(X))＝4D(X)＝4×384＝1536. [跟踪训练1]　已知随机变量X的分布列如下表： X －1 0 1 P eq \f(1,2) eq \f(1,3) eq \f(1,6) (1)求X的均值、方差和标准差； (2)求E(－2X＋3)，D(－2X＋3)． 解：(1)均值E(X)＝(－1)×eq \f(1,2)＋0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(1,6)＝－eq \f(1,3)， 方差D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋\f(1,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,6)＝eq \f(5,9)，标准差eq \r(D（X）)＝eq \f(\r(5),3). (2)E(－2X＋3)＝－2E(X)＋3＝eq \f(11,3)，D(－2X＋3)＝4D(X)＝eq \f(20,9). [跟踪训练3]　最近，李师傅一家三口就如何将手中的10万元钱进行为期一年的投资理财，提出了三种方案： 方案一：李师傅的儿子认为：根据股市收益大的特点，应该将10万元全部用来买股票．据分析预测：投资股市一年后可以获利40%，也可能亏损20%(只有这两种可能)，且获利的概率为eq \f(1,2)； 方案二：李师傅认为：现在股市风险大，基金风险较小，应将10万元全部用来买基金．据分析预测：投资基金一年后可能获利20%，可能损失10%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为eq \f(3,5)，eq \f(1,5)，eq \f(1,5)； 方案三：李师傅的妻子认为：投资股市、基金均有风险，应该将10万元全部存入银行一年，现在存款年利率为3%. 针对以上三种投资方案，请你为李师傅家选择一种合理的理财方案，并说明理由． 解：若按方案一执行，设收益为X万元，则其分布列为 X 4 －2 P eq \f(1,2) eq \f(1,2) X的均值E(X)＝4×eq \f(1,2)＋(－2)×eq \f(1,2)＝1. 若按方案二执行，设收益为Y万元，则其分布列为 Y 2 0 －1 P eq \f(3,5) eq \f(1,5) eq \f(1,5) Y的均值E(Y)＝2×eq \f(3,5)＋0×eq \f(1,5)＋(－1)×eq \f(1,5)＝1. 若按方案三执行，收益y＝10×3%＝0.3， 因此E(X)＝E(Y)>y. 又D(X)＝(4－1)2×eq \f(1,2)＋(－2－1)2×eq \f(1,2)＝9， D(Y)＝(2－1)2×eq \f(3,5)＋(0－1)2×eq \f(1,5)＋(－1－1)2×eq \f(1,5)＝eq \f(8,5). 由以上可知D(X)>D(Y)．这说明虽然方案一、二收益均值相等，但方案二更稳妥．所以建议李师傅家选择方案二投资较为合理． X －1 1 2 P m eq \f(1,3) n 解析：依题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,3)＋n＝1，,－m＋\f(1,3)＋2n＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝\f(1,9)，,m＝\f(5,9)，))所以D(X)＝(－1－0)2×eq \f(5,9)＋(1－0)2×eq \f(1,3)＋(2－0)2×eq \f(1,9)＝eq \f(4,3)，所以D(3X－1)＝32D(X)＝9×eq \f(4,3)＝12，则σ(3X－1)＝eq \r(12)＝2eq \r(3). 2eq \r(3) 解：由题意，知X的所有可能取值为1，3，5，则P(X＝1)＝eq \f(1,3)，P(X＝3)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，P(X＝5)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，故X的分布列为 X 1 3 5 P eq \f(1,3) eq \f(1,2) eq \f(1,6) 则E(X)＝1×eq \f(1,3)＋3×eq \f(1,2)＋5×eq \f(1,6)＝eq \f(8,3)，D(X)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(8,3))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(8,3))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(8,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(17,9). 一、选择题 1．已知离散型随机变量X，Y的分布列分别为 X 1 3 5 P eq \f(1,4) eq \f(1,2) eq \f(1,4) 　 Y 1 2 4 5 P eq \f(1,4) eq \f(1,4) eq \f(1,4) eq \f(1,4) 则下列说法中正确的是(　　) A．E(X)>E(Y) B．E(X)<E(Y) C．D(X)>D(Y) D．D(X)<D(Y) 解析：E(X)＝eq \f(1＋6＋5,4)＝3，E(Y)＝eq \f(1＋2＋4＋5,4)＝3，故E(X)＝E(Y)．D(X)＝eq \f(1,4)×4＋eq \f(1,2)×0＋eq \f(1,4)×4＝2，D(Y)＝eq \f(1,4)×(4＋1＋1＋4)＝eq \f(5,2)，故D(X)<D(Y)．故选D. 2．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝eq \f(1,3)，k＝3，6，9，则σ(X)＝(　　) A.eq \r(6) B．9 C．3 D．4 解析：因为E(X)＝3×eq \f(1,3)＋6×eq \f(1,3)＋9×eq \f(1,3)＝6，D(X)＝(3－6)2×eq \f(1,3)＋(6－6)2×eq \f(1,3)＋(9－6)2×eq \f(1,3)＝6，所以σ(X)＝eq \r(D（X）)＝eq \r(6). 3．(多选)若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝eq \f(1,4)，E(X)，D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是(　　) A．P(X＝1)＝E(X) B．E(－4X＋1)＝－2 C．D(X)＝eq \f(3,16) D．D(－4X＋1)＝4 解析：因为随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝eq \f(1,4)，所以P(X＝1)＝eq \f(3,4)，E(X)＝0×eq \f(1,4)＋1×eq \f(3,4)＝eq \f(3,4)，所以P(X＝1)＝E(X)，故A正确；E(－4X＋1)＝－4E(X)＋1＝－4×eq \f(3,4)＋1＝－2，故B正确；D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,16)，故C正确；D(－4X＋1)＝(－4)2·D(X)＝16×eq \f(3,16)＝3，故D不正确．故选ABC. 解析：由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，E(X)＝eq \f(1,2)×0＋eq \f(1,20)×1＋eq \f(1,10)×2＋eq \f(3,20)×3＋eq \f(1,5)×4＝eq \f(3,2)，D(X)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,20)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,20)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(11,4)，由D(Y)＝a2D(X)，得a2×eq \f(11,4)＝11，即a＝±2.又E(Y)＝aE(X)＋b，所以当a＝2时，由1＝2×eq \f(3,2)＋b，得b＝－2，此时a＋b＝0；当a＝－2时，由1＝－2×eq \f(3,2)＋b，得b＝4，此时a＋b＝2.故选B. 5．(多选)随机变量X的分布列如下表，其中xy≠0，则下列说法正确的是(　　) X 0 1 2 P x eq \f(y,3) eq \f(2y,3) A.x＋y＝1 B．E(X)＝eq \f(5y,3) C．D(X)有最大值 D．D(X)随y的增大而减小 解析：由题意可知x＋eq \f(y,3)＋eq \f(2y,3)＝1，即x＋y＝1，故A正确；E(X)＝0×x＋1×eq \f(y,3)＋2×eq \f(2y,3)＝eq \f(5y,3)，故B正确；D(X)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5y,3))) eq \s\up12(2)＋eq \f(y,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5y,3))) eq \s\up12(2)＋eq \f(2y,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5y,3))) eq \s\up12(2)＝(1－y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5y,3))) eq \s\up12(2)＋eq \f(y,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5y,3))) eq \s\up12(2)＋eq \f(2y,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5y,3))) eq \s\up12(2)＝－eq \f(25,9)y2＋3y，因为xy≠0，x＋y＝1，易得0<y<1，而f(y)＝－eq \f(25,9)y2＋3y的图象开口向下，对称轴为直线y＝eq \f(27,50)，所以f(y)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(27,50)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,50)，1))上单调递减，故f(y)在y＝eq \f(27,50)处取得最大值，所以D(X)随y的增大先增大后减小，当y＝eq \f(27,50)时取得最大值，故C正确，D错误．故选ABC. 二、填空题 6．已知离散型随机变量X的分布列如下表： X －1 0 1 2 P a b c eq \f(1,12) 若E(X)＝0，D(X)＝1，则a＝________． 解析：因为E(X)＝0，D(X)＝1，由离散型随机变量X的分布列的性质、均值、方差知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＋\f(1,12)＝1，,－a＋c＋\f(2,12)＝0，,a＋c＋\f(4,12)＝1，))解得a＝eq \f(5,12). eq \f(5,12) 解析：X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝eq \f(2×2,9)＝eq \f(4,9)，P(X＝1)＝1,2)eq \f(C×2,9) ＝eq \f(4,9)，P(X＝2)＝eq \f(1,9)，所以E(X)＝0×eq \f(4,9)＋1×eq \f(4,9)＋2×eq \f(1,9)＝eq \f(2,3)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(4,9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(4,9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,9)＝eq \f(4,9). eq \f(4,9) 8．设p为非负实数，随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,2)－p p eq \f(1,2) 则E(X)的最大值为________，D(X)的最大值为________． 解析：E(X)＝0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－p))＋1×p＋2×eq \f(1,2)＝p＋1.又0≤eq \f(1,2)－p≤eq \f(1,2)，∴0≤p≤eq \f(1,2)，∴E(X)max＝eq \f(3,2).D(X)＝(p＋1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－p))＋p2·p＋(p－1)2·eq \f(1,2)＝－p2－p＋1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)≤1，∴当p＝0时，D(X)max＝1. eq \f(3,2) (2)已知王老师在2024年7月的所有工作日(共21个工作日)的交通总费用共105元，请依据以下原则，判断王老师7月的出行规律与4～6月的出行规律相比是否发生了明显变化． 原则：设a表示王老师某月每个工作日出行的平均费用，若|a－E(X)|≥eq \r(\f(D（X）,5))，则有95%的把握认为王老师该月的出行规律与前几个月的出行规律相比有明显变化． (2)∵7月共有21个工作日，其交通总费用为105元， ∴平均每个工作日出行的费用a＝105÷21＝5(元)， 又D(X)＝(2－3.6)2×0.36＋(4－3.6)2×0.48＋(6－3.6)2×0.16＝1.92， 则|a－E(X)|＝|5－3.6|＝1.4>eq \r(\f(1.92,5))， ∴有95%的把握认为王老师7月的出行规律与4～6月的出行规律相比发生了明显变化． (2)f(x)＝Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,100)Y1))＋Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100－x,100)Y2)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,100))) eq \s\up12(2)D(Y1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100－x,100))) eq \s\up12(2)D(Y2) ＝eq \f(4,1002)[x2＋3(100－x)2] ＝eq \f(1,625)(x2－150x＋7500) ＝eq \f(1,625)[(x－75)2＋1875]． 故当x＝75时，f(x)取得最小值3. 解：(1)设员工所获得的奖励额为X元， ①P(X＝1000)＝1,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(1,2)， ∴员工所获得的奖励额为1000元的概率为eq \f(1,2). ②X的所有可能取值为400，1000，由①，知P(X＝1000)＝eq \f(1,2)， P(X＝400)＝1－P(X＝1000)＝eq \f(1,2)， ∴X的分布列为 X 400 1000 P eq \f(1,2) eq \f(1,2) ∴E(X)＝400×eq \f(1,2)＋1000×eq \f(1,2)＝700元． 对于面值600元和400元的情况， 同理排除(600，600，600，400)和(400，400，400，600)的方案， ∴可能的方案是(400，400，600，600)，记为方案二． 对于方案一，设员工所获得的奖励额为X1，X1的所有可能取值为400，1000，1600， P(X1＝400)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(1,6)， P(X1＝1000)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(2,3)， P(X1＝1600)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(1,6)， ∴E(X1)＝400×eq \f(1,6)＋1000×eq \f(2,3)＋1600×eq \f(1,6)＝1000， D(X1)＝(400－1000)2×eq \f(1,6)＋(1000－1000)2×eq \f(2,3)＋(1600－1000)2×eq \f(1,6)＝120000. 对于方案二，设员工所获得的奖励额为X2，X2的所有可能取值为800，1000，1200， P(X2＝800)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(1,6)， P(X2＝1000)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(2,3)， P(X2＝1200)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(1,6)， ∴E(X2)＝800×eq \f(1,6)＋1000×eq \f(2,3)＋1200×eq \f(1,6)＝1000， D(X2)＝(800－1000)2×eq \f(1,6)＋(1000－1000)2×eq \f(2,3)＋(1200－1000)2×eq \f(1,6)＝eq \f(40000,3)， ∵两种方案的奖励额都符合预算要求，但方案二的方差比方案一小， ∴应选择方案二． $$