第10章 第5节 离散型随机变量的分布列及数字特征（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 第十章　计数原理与概 率、随机变量及其分布 第五节　离散型随机变量的分布列及数字特征 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 √ × √ √ 必备知识 基础落实 D 必备知识 基础落实 D 必备知识 基础落实 D 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 考点 离散型随机变量分布列的性质 (自主练通) C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 离散型随机变量分布列(讲练融通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 求离散型随机变量的均值与方差 (讲练融通) C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 BD 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 均值与方差在实际决策中的应用 (讲练融通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（六十九） 温馨提示 谢谢观看！ 课标解读 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列． 2．理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题． 1．离散型随机变量 (1)随机变量概念：如果随机试验每一个可能结果e，都唯一地对应着一个实数X(e)，则这个随着试验结果不同而变化的变量称为随机变量．随机变量常用X，Y，ξ，η，…表示． (2)离散型随机变量：如果随机变量X的所有取值都可以逐个列举出来，则称X为离散型随机变量． 2．离散型随机变量的分布列 (1)离散型随机变量的分布列 一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，其相应的概率为p1，p2，…，pn，记P(X＝xi)＝pi(i＝1，2，…，n)，(*) 或把(*)式列成下表： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 上表或(*)式称为离散型随机变量X的概率分布列(简称为X的分布列). (2)离散型随机变量分布列的性质 ①pi≥0，i＝1，2，…，n； ②p1＋p2＋…＋pn＝1. 3．离散型随机变量的数学期望和方差 (1)离散型随机变量的数学期望定义：一般地，若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn为X的数学期望或均值． 意义：离散型随机变量的数学期望刻画了这个离散型随机变量的平均水平． (2)离散型随机变量的方差定义： 设离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则D(X)＝E eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1([X－E（X）]2)) ＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn，则称D(X)为随机变量X的方差，并称 eq \r(D（X）) 为X的标准差．通常还用σ2表示方差D(X)，用σ表示标准差 eq \r(D（X）) . 意义：方差或标准差越小，则随机变量的取值向数学期望集中得越好；反之，方差或标准差越大，则随机变量的取值就越分散． (3)均值与方差的性质： 若Y＝aX＋b，a，b为常数，则 ①E(Y)＝E(aX＋b)＝aE(X)＋b； ②D(Y)＝a2D(X). 一个结论：D(X)＝E(X2)－[E(X)]2. 1．判断正误 (1)离散型随机变量的概率分布列描述了由这个随机变量所刻画的随机现象．(　　) (2)离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.(　　) (3)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定．(　　) (4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量的平均程度越小．(　　) 2．(2025·合肥模拟)甲、乙两人下象棋，胜者得1分，平局得0分，负者得－1分，共下5局．用ξ表示甲的得分，则ξ＝3表示(　　) A．甲胜3局负2局 B．甲胜4局负1局 C．甲胜3局平2局或甲胜3局负2局 D．甲胜4局负1局或甲胜3局平2局 解析：由题意，ξ＝3表示甲胜4局负1局或甲胜3局平2局． 3．某运动员射击一次所得环数的分布列如表所示，则P(ξ≥9)＝(　　) ξ 8 9 10 P 0.36 a 0.33 A.0.69 B．0.67 C．0.66 D．0.64 解析：P(ξ≥9)＝1－P(ξ＝8)＝1－0.36＝0.64. 4．若随机变量X的分布列如表，则X的方差D(X)是(　　) X －1 0 1 P eq \f(1,4) eq \f(1,2) eq \f(1,4) A.0 B．1 C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,2) 解析：E(X)＝－1× eq \f(1,4) ＋0× eq \f(1,2) ＋1× eq \f(1,4) ＝0，则D(X)＝ eq \f(1,4) ×(－1－0)2＋ eq \f(1,2) ×(0－0)2＋ eq \f(1,4) ×(1－0)2＝ eq \f(1,2) . 5．(2025·温州模拟)已知随机变量X的分布列如表： X －1 0 1 2 P eq \f(1,2) eq \f(1,6) m n 若E(X)＝0，则D(3X－1)＝________． 答案：12　 解析：∵E(X)＝0，∴E(X)＝－1× eq \f(1,2) ＋0× eq \f(1,6) ＋1×m＋2×n＝－ eq \f(1,2) ＋m＋2n＝0，①， 又∵ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,6) ＋n＋m＝1，②， 联立①②得， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,6)，,n＝\f(1,6)，)) D(X)＝(－1－0)2× eq \f(1,2) ＋(0－0)2× eq \f(1,6) ＋(1－0)2× eq \f(1,6) ＋(2－0)2× eq \f(1,6) ＝ eq \f(4,3) ， 则D(3X－1)＝32D(X)＝12. 6．若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为4，则新数据2x1－1，2x2－1，…，2x10－1的标准差为________． 答案：8　 解析：由题设，D(X)＝42＝16，故D(2X－1)＝4D(X)＝64，所以新数据的标准差为8. 1．(2025·抚州模拟)设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝ eq \f(i,a) (i＝1，2，3，4)，则P( eq \f(1,2) <X< eq \f(7,2) )＝(　　) A． eq \f(2,5) B． eq \f(1,2) C． eq \f(3,5) D． eq \f(7,10) 解析：因为P(X＝i)＝ eq \f(i,a) (i＝1，2，3，4)， 所以P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝ eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,a) ＋ eq \f(3,a) ＋ eq \f(4,a) ＝1，得a＝10. 所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<X<\f(7,2))) ＝1－P(X＝4)＝1－ eq \f(4,10) ＝ eq \f(3,5) . 2．(2025·曲靖模拟)随机变量X的分布列为 X x1 x2 x3 P p1 p2 p3 若p1，p2，p3成等差数列，则公差d的取值范围是______． 答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) 　 解析：由题意知p2＝p1＋d，p3＝p1＋2d， ∴p1＋p2＋p3＝3p1＋3d＝1， ∴p1＝ eq \f(1,3) －d. 又0≤p1≤1，∴0≤ eq \f(1,3) －d≤1，∴－ eq \f(2,3) ≤d≤ eq \f(1,3) .同理，由0≤p3≤1，p3＝d＋ eq \f(1,3) ，∴－ eq \f(1,3) ≤d≤ eq \f(2,3) ， ∴－ eq \f(1,3) ≤d≤ eq \f(1,3) ，即公差d的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) . 3．随机变量X的概率分布列如下： X 0 1 2 3 4 5 6 P eq \f(1,a) eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(6)) eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)) 则a＝__________． 答案：64　 解析：根据概率分布列的概率性质可知 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) ＋ eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＋ eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) ＋ eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) ＋ eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(6)) ＋ eq \f(1,a) C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)) ＝1， 所以 eq \f(1,a) (C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)) )＝1， 即 eq \f(1,a) ×26＝1，解得a＝64. (1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均属于[0，1]. (2)求随机变量在某个范围内的概率时，根据分布列，将所求范围内各随机变量对应的概率相加即可，其依据是互斥事件的概率加法公式． 【例1】 已知某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 12 8 米色内饰 2 3 (1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小明取到棕色内饰的模型，求P(B)和P(B|A)，并判断事件A和事件B是否独立； (2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下假设： 假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色； 假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高； 假设3：该抽奖活动的奖金额为一等奖600元，二等奖300元，三等奖150元； 请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望． 解：(1)红色外观的模型分棕色内饰12个，米色内饰2个，则对应的概率P(A)＝ eq \f(12＋2,25) ＝ eq \f(14,25) ， 小明取到棕色内饰，而棕色内饰分红色外观12个，蓝色外观8个，则对应的概率P(B)＝ eq \f(12＋8,25) ＝ eq \f(20,25) ＝ eq \f(4,5) . 取到红色外观的模型同时是棕色内饰的有12个， 即P(AB)＝ eq \f(12,25) ， 则P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(\f(12,25),\f(14,25)) ＝ eq \f(12,14) ＝ eq \f(6,7) . ∵P(A)P(B)＝ eq \f(14,25) × eq \f(4,5) ＝ eq \f(56,125) ≠ eq \f(12,25) ， ∴P(A)P(B)≠P(AB)，即事件A和事件B不独立． (2)由题意知X＝600，300，150， 则外观和内饰均为同色的概率P＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(12)) eq \f(C＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(8)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(25)) ) ＝ eq \f(66＋28＋3＋1,300) ＝ eq \f(98,300) ＝ eq \f(49,150) ， 外观和内饰都异色的概率P＝eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(12)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(8)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(25)) ) ＝ eq \f(13,75) ， 仅外观或仅内饰同色的概率P＝1－ eq \f(49,150) － eq \f(13,75) ＝ eq \f(1,2) ， ∵ eq \f(1,2) > eq \f(49,150) > eq \f(13,75) ， ∴P(X＝150)＝ eq \f(1,2) ，P(X＝300)＝ eq \f(49,150) ， P(X＝600)＝ eq \f(13,75) ， 则X的分布列为 X 150 300 600 P eq \f(1,2) eq \f(49,150) eq \f(13,75) 则E(X)＝150× eq \f(1,2) ＋300× eq \f(49,150) ＋600× eq \f(13,75) ＝277. 求离散型随机变量X的分布列的步骤 (1)理解X的意义，写出X的全部取值； (2)求X取每个值的概率； (3)写出X的分布列． 提醒：求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识． 【练1】 (2025·成都模拟)甲袋中有2个黑球，4个白球，乙袋中有3个黑球，3个白球，从两袋中各取一球． (1)求两球颜色相同的概率； (2)设ξ表示所取白球的个数，求ξ的概率分布列． 解：(1)从甲袋中取出黑球的概率为 eq \f(1,3) ，取出白球的概率为 eq \f(2,3) ， 从乙袋中取出黑球的概率为 eq \f(1,2) ，取出白球的概率为 eq \f(1,2) ， 故两球颜色相同的概率P＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) . (2)由题意可得，ξ所有可能取值为0，1，2， P(ξ＝0)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,6) ， P(ξ＝1)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ， P(ξ＝2)＝ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,3) ， 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P eq \f(1,6) eq \f(1,2) eq \f(1,3) 【例2】 (1)已知随机变量X的分布列如下： X 1 2 3 P a b 2b－a 则D(3X－1)的最大值为(　　) A． eq \f(2,3) B．3 C．6 D．5 (2)某网约车司机统计了自己一天中出车一次的总路程X(单位：km)的可能取值是20，22，24，26，28，30，它们出现的概率依次是0.1，0.2，0.3，0.1，t，2t. ①求X的分布列，并求X的均值和方差； ②若网约车计费细则如下：起步价为5元，行驶路程不超过3 km时，收费5元，行驶路程超过3 km时，则按每超出1 km(不足1 km也按1 km计程)收费3元计费．试计算此人一天中出车一次收入的均值和方差． (1)解析：D(3X－1)＝9D(X)，只需求D(X)的最大值即可，根据题意a＋b＋2b－a＝1，解得b＝ eq \f(1,3) ， E(X)＝1×a＋2× eq \f(1,3) ＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－a)) ＝ eq \f(8,3) －2a， 所以D(X)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)－2a)) eq \s\up12(2) ×a＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－2a)) eq \s\up12(2) × eq \f(1,3) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋2a)) eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－a)) ＝－4a2＋ eq \f(8,3) a＋ eq \f(2,9) ＝－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(2,3) ， 当a＝ eq \f(1,3) 时，其最大值为 eq \f(2,3) ，故D(3X－1)的最大值为 eq \f(2,3) ×9＝6. (2)解：①∵0.1＋0.2＋0.3＋0.1＋t＋2t＝1. ∴t＝0.1. ∴X的分布列为 X 20 22 24 26 28 30 P 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 0.2 ∴E(X)＝20×0.1＋22×0.2＋24×0.3＋26×0.1＋28×0.1＋30×0.2＝25， D(X)＝(－5)2×0.1＋(－3)2×0.2＋(－1)2×0.3＋12×0.1＋32×0.1＋52×0.2＝10.6. ②设此人一天中出车一次的收入为Y元，则Y＝3(X－3)＋5＝3X－4(X>3，X∈N)， ∴E(Y)＝E(3X－4)＝3E(X)－4＝3×25－4＝71，D(Y)＝D(3X－4)＝32·D(X)＝95.4. 故此人一天中出车一次收入的均值为71，方差为95.4. 期望、方差的计算应熟练掌握期望、方差的计算公式并掌握期望、方差的如下性质： (1)①E(aX＋b)＝aE(X)＋b； ②D(aX＋b)＝a2D(X). (2)一个结论：D(X)＝ eq \i\su(i＝1,n,[) xi－E(X)]2pi＝ eq \i\su(i＝1,n,x) eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(i)) pi－[E(X)]2. 【练2】 (2025·杭州模拟)将3只小球放入3个盒子中，盒子的容量不限，且每个小球落入盒子的概率相等．记X为分配后所剩空盒的个数，Y为分配后不空盒子的个数，则(　　) A．E(X)＝E(Y)，D(X)＝D(Y) B．E(X)＝E(Y)，D(X)≠D(Y) C．E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y) D．E(X)≠E(Y)，D(X)≠D(Y) 解析：因为一共有3个盒子，所以X＋Y＝3， 因此E(X)＝E(3－Y)＝3－E(Y)，D(X)＝D(3－Y)＝(－1)2D(Y)＝D(Y)， 由题意可知X＝0，1，2， P(X＝0)＝eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) eq \f(A,33) ＝ eq \f(6,27) ＝ eq \f(2,9) ，P(X＝2)＝eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) eq \f(A,33) ＝ eq \f(3,27) ＝ eq \f(1,9) ， P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝1－ eq \f(2,9) － eq \f(1,9) ＝ eq \f(2,3) ， E(X)＝ eq \f(2,9) ×0＋ eq \f(1,9) ×2＋ eq \f(2,3) ×1＝ eq \f(8,9) ， 所以E(Y)＝3－E(X)＝3－ eq \f(8,9) ＝ eq \f(19,9) . 所以E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y).故选C. 【练3】 (多选)(2025·信阳模拟)随机变量ξ的分布列如表， ξ －1 0 1 2 P 2a a 2a b 则下列选项正确的是(　　) A．2a＋b＝1 B．E(ξ)＝2b C．D(ξ)＝4a－b2 D．D(ξ)的最大值为 eq \f(36,25) 解析：根据题意，由分布列的性质可得：2a＋a＋2a＋b＝1，变形可得a＝ eq \f(1,5) (1－b)， 依次分析选项：对于A，2a＋b＝1－3a≠1，则A错误； 对于B，E(ξ)＝－1×2a＋0＋1×2a＋2b＝2b，则B正确； 对于C和D，D(ξ)＝2a(2b＋1)2＋a(2b)2＋2a(2b－1)2＋b(2b－2)2＝4(a＋b－b2)＝－4(b2－ eq \f(4b,5) － eq \f(1,5) )＝－4(b－ eq \f(2,5) )2＋ eq \f(36,25) ，则C错误； 同时可得，当且仅当b＝ eq \f(2,5) 时，D(ξ)的最大值为 eq \f(36,25) ，则D正确． 【例3】 (2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设0<p<q. (i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 解：(1)设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”， 则P(A1)＝1－(1－0.4)3＝0.784. 设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”，则P(A2)＝1－(1－0.5)3＝0.875. 设A3＝“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”，则P(A3)＝P(A1)·P(A2)＝0.686. (2)(i)设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P甲， 则P甲＝[1－(1－p)3]·q3＝pq3·(3－3p＋p2). 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙， 则P乙＝[1－(1－q)3]·p3＝qp3·(3－3q＋q2). 则P甲－P乙＝pq(3q2－3pq2＋p2q2－3p2＋3p2q－p2q2)＝3pq(q－p)·(p＋q－pq)， 由0<p<q≤1，得q－p>0，p＋q－pq＝p＋q(1－p)>0， 所以P甲－P乙>0，即P甲>P乙． 故应该由甲参加第一阶段比赛． (ii)若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15. P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3， P(X＝5)＝[1－(1－p)3]·C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ·q·(1－q)2， P(X＝10)＝[1－(1－p)3]·C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ·q2·(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) q3， 所以E(X)＝[1－(1－p)3]·[15q(1－q)2＋30q2(1－q)＋15q3]＝[1－(1－p)3]·15q＝15pq(p2－3p＋3). 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15. 同理，可得E(Y)＝15pq(q2－3q＋3). E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p－q2＋3q)＝15pq·(q－p)·(3－p－q)， 由0<p<q≤1，得q－p>0，3－p－q＝3－(p＋q)>0， 所以E(X)－E(Y)>0，即E(X)>E(Y). 故应该由甲参加第一阶段比赛． 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定． 【练4】 某公司全年圆满完成预定的生产任务，为答谢各位员工一年来的锐意进取和辛勤努力，公司决定在联欢晚会后，拟通过摸球兑奖的方式对500位员工进行奖励，规定：每位员工从一个装有4种面值的奖券的箱子中，一次随机摸出2张奖券，奖券上所标的面值之和就是该员工所获得的奖励额． (1)若箱子中所装的4种面值的奖券中有1张面值为80元，其余3张均为40元，试比较员工获得80元奖励额与获得120元奖励额的概率的大小； (2)公司对奖励总额的预算是6万元，预定箱子中所装的4种面值的奖券有两种方案：第一方案是2张面值20元和2张面值100元；第二方案是2张面值40元和2张面值80元．为了使员工得到的奖励总额尽可能地符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请问选择哪一种方案比较好？并说明理由． 解：(1)用X表示员工所获得的奖励额． 因为P(X＝80)＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ) ＝ eq \f(1,2) ，P(X＝120)＝eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ) ＝ eq \f(1,2) ，所以P(X＝80)＝P(X＝120)， 故员工获得80元奖励额与获得120元奖励额的概率相等． (2)第一种方案为(20，20，100，100)， 设员工所获得的奖励额为X1，则X1的分布列为 X1 40 120 200 P eq \f(1,6) eq \f(2,3) eq \f(1,6) 所以X1的数学期望为E(X1)＝40× eq \f(1,6) ＋120× eq \f(2,3) ＋200× eq \f(1,6) ＝120， X1的方差为D(X1)＝(40－120)2× eq \f(1,6) ＋(120－120)2× eq \f(2,3) ＋(200－120)2× eq \f(1,6) ＝ eq \f(6 400,3) ； 第二种方案为(40，40，80，80)， 设员工所获得的奖励额为X2，则X2的分布列为 X2 80 120 160 P eq \f(1,6) eq \f(2,3) eq \f(1,6) 所以X2的数学期望为E(X2)＝80× eq \f(1,6) ＋120× eq \f(2,3) ＋160× eq \f(1,6) ＝120， X2的方差为D(X2)＝(80－120)2× eq \f(1,6) ＋(120－120)2× eq \f(2,3) ＋(160－120)2× eq \f(1,6) ＝ eq \f(1 600,3) ， 又500E(X1)＝500E(X2)＝60 000(元)， 所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的方差比第一种方案的小， 故应选择第二种方案． $$