4.2.4 第2课时 离散型随机变量的方差-【新课程能力培养】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

N 高中数学选择性必修第二册人教B版 的分布列如下表 -2 3 1 2 4 BE)-2x7+x+3x40 (2)假设甲以p(0≤p≤1)的概率亮出正面，乙以 g(0≤q≤1)的概率亮出正面，甲得分的随机变量为X, 乙得分的随机变量为Y,此时甲得分的分布列如下表 2 -1 -3 p(1-q)+9(1-p) (1-p)(1-9) pq .甲的收益期望为E(X)=2[p(1-q)+9(1-p)]-(1-p)· (1-q)-3pq=(3-8g)p+3g-1.同理，可得乙得分的分布列 如下表 -2 1 3 p(1-q)+q(1-p) (1-p)(1-q) pq .乙得分期望为E(Y)=-2[p(1-g)+9(1-p)]+(1-p) (1-q)+3pq=(8p-3)q-3p+1. 根据甲的得分期望，可知乙的最优策略是亮出正面 的概率为，否则若<≤1，有3-<0，甲的得分 期望E(X)=(3-8g)p+3g-1,甲可以选择都亮出反面的策 略，即p-0,达到预期得分最大，此时E(X)=3y-少令 若0≤q<冬，则甲选择都亮出正面的策略，即=1，达 到预期得分最大，BX)2-5g>g·同理，可知甲的最优 策略是亮出正面的概率为令，“最终两人的决策为保持 亮出正面的概率都为令而当令时，EX)名，E （Y)=日，此时游戏结果对两人都是最有利的，但是 规则不公平 第2课时离散型随机变量的方差 要点精析 例1解：(1)专的分布列如下表. 48 IN 0 1 2 3 4 2 20 1 20 5 则BE)-0x号+1x7+2x0+3x易+4x15.D)= 0-15x分+1-15×0+2-15x0+(3-15×易+ (415x5-275 (2)由D()=d2D(),得x2.75=11,得a=±2.又由 E(n)=aE(5)+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,a=-2, 或 b=-2b=4. 变式训练1解：(DE)=(-1x+0x写+1×石 36 VD)-5 3 2)Em-2Eg)+3子，Dm=40E)-9 例2(1)0.16()6方【解折】()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) =0=3,DX)=咖1p)号，得1p3,p=分，=6 变式训练2解：(1)用专表示抽得的正品数，则= 0,1.专服从两点分布，且P(5=0)=0.02,P(5=1)=0.98, .D(5)=p(1-p)=0.98(1-0.98)=0.0196. (2)用X表示抽得的正品数，则X~B(10,0.98), .D(X)=10x0.98×0.02-0.196,标准差为VD(X)≈0.44. 例3解：E(传1)=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+ 135x0.2=125. E(ξ2)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+145×0.2= 125. D(5)=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(52)=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(传)=E(5),D(5)<D(5), 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」 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+2x0.2+3×0.2= 1.3,D(X)=(0-1.3)2×0.3+(1-1.3)2×0.3+(2-1.3)2x0.2+(3- 1.3)2x0.2=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)=0x0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,D(Y)=(0-1.3)3×0.1+ (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 例4解：)甘×号+号×是 (2)由题意，得X的所有可能取值为0,1,2， P=0=3xg,PX=1)=3×号+号x, PK-2号x分 故X的分布列如下表. 0 ◇ 1 9 18 2 B0-0+3+x点 x0-0票×+1总×名+2-德x分器 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 -张为0，其概*为P0X-0)1-号×号号 ，“X=1”是 指两次取的卡片上都标者1，其概率为P(X=I)=了× 号号，X=2”是指两次取的卡片上一个标者1，另 个标者2，其概率为PX-2)-2x写×号号，X=4 是指两次取的卡片上都标着2，其概率为P(X=4)=号× 参考答案。 3-9 则X的分布列如下表 X 0 1 2 4 5 1 2 9 9 2)BX)-g+1xg+2号+4x1, D(X)=(0-1Px+(1-1Pxg+(2-1)x号+4-1)x 1-16 9=9 数学文化 例解：(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)-0.961;P(X=6)=1- (0.992)=0.039.则X的分布列如下表， X P 0.961 0.039 则E(X)=1×0.961+6x0.039=1.195,故方案一的检验 总次数的期望为10E(X)=10x1.195=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)1=0.923;P(X=11)=1-(0.992)10 =0.077.则Y的分布列如下表. Y 1 11 0.923 0.077 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)=5x1.77=8.85,11.95>8.85,则 方案二的检验次数更少 (2)由已知，得=k,=1或5=k+1,则P(52=1)= (1-p),P(传=k+1)=1-(1-p),则E(5)=(1-p)+(1+k) [1-(1-p)]=k+1-k(1-p),E(5)=E(传2)，则k=k+1- k(1-p,即p=1-(冬)京(k≥2，keN),令fk)=1- (g产k≥2，keN),21-(3,3)1-g)产， 49 N 高中数学选择性必修第二册人教B版 则f(2)-f3)=(兮)于-(3)产<0，当k≥3时，fk+1) 太-（本应， 令gx)=-(x≥3)，g(x)=,当x≥3时， g'(x)>0,则g(x)在[3，+∞)上单调递增， 则当≥3时，一<h(+1).即名)产< (中)应，则当k≥3时.+1))0，则f23) >f4)>f5)…,即当k=3时，f(k)有最大值，最大值为 f3)1-3)】 4.2.5正态分布 要点精析 例1(1)202(2)BCD【解析】(1)从给出的 正态曲线，可知该正态曲线关于直线x=20对称，最大 2V元，u=20,1 值是1 -1 σV2m2Vπ ，解得σ= V2,因此总体的均值u=20,方差=(V2)P=2. (2)由题中图象，可知三科总体的平均数（均值） 相等，由正态分布密度曲线的性质，可知σ越大，正态 曲线越“矮胖”，σ越小，正态曲线越“瘦高”，故三科 总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙. 变式训练1ABD【解析】只有C错误，当u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. 例2解：N(1,2),=1,=2. (1)P(-1≤E≤3)=P(1-2≤ξ≤1+2) =Pu-0≤车≤+）≈0.683. (2)P(3≤5≤5)=P(-3≤5≤-1)，.P(3≤≤5)= [P(-3≤5≤5)-P(-1≤≤3)]=7[P(1-4≤≤1+4) P(1-2≤5≤1+2)]=7[P-2a≤5≤+2o)-Pu-o≤5≤ u+o)]=号×0.954-0.683)-0.1355. 变式训练2解：P⑤5)-P5-3)=[1-P(-3≤5≤5)] =2[1-P1-4≤5≤1+4)] 50 =[1-Pu-2≤6≤4+2n7 =7x1-0954)-023. 变式训练3C【解析】随机变量专服从正态分布 N(2,2),u=2,对称轴是专=2.P(5<4)=0.8, .P(5≥4)=P(5≤0)=0.2，∴.P(0<ξ<4)=0.6，.P(0<ξ<2)= 0.3.故选C. 例3解：(1)X-N(20,4),=20,=2,-0= 18,u+o=22,于是尺寸在18~22mm间的零件所占的百 分比大约是68.3%. (2)u-30=14,u+30=26,u-2=16,u+2=24, 尺寸在24~26mm间的零件所占的百分比大约是 99.7%-95.4%=2.15%..尺寸在2426mm间的零件大 2 约有5000x2.15%≈108个. 变式训练4解：成绩服从正态分布N(80,5), .u=80,0=5,则-=75，u+0=85. .成绩在[75,85]内的同学占全班同学的68.3%， 成绩在[80,85]内的同学占全班同学的34.15%. 设该班有x名同学，则34.15%x=17,解得x≈50. u-20=80-10=70,u+2σ=80+10=90， .成绩在[70,90]内的同学占全班同学的95.4%， 成绩在90分以上的同学占全班同学的2.3%. 即有50×2.3%≈1人，即成绩在90分以上的仅有 1人. 例4解：(1)XN0,1), (-3)-<-31-P-3≤X≤3 =2×1-097)-0015. (2).X~N(0,1)且Φ(0.42)=0.6628，..由Φ(-a) +Φ(a)=1,得Φ(-0.42)=1-Φ(0.42)=1-0.6628=0.3372. 变式训练5解：(1)中(-0.25)=1-Φ(0.25)=1-0.5987= 0.4013. (2)P(0.25<X≤0.51)=P(X<0.51)-P(X<0.25)= Φ(0.51)-(0.25)=0.6915-0.5987=0.0928. 数学文化 例C【解析】由题意，u=80,=5,则P(75<X≤85)= 0.6826,P(70<X≤90)=0.9544.P(85<X≤90)=3× (0.9544-0.6826)=0.1359.∴.P(75<X≤90)=0.6826+高中数学选择性必修第二册人教B版 第2课时离散 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 川要点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的分布列如下表所示， X2 P P2 Pn 因为X的均值为E(X),所以D(X)= [x1-E(X)]2p1+[x2-E(X)]p2+…+[xm-E(X)]Pm= ∑[xE(X)J2,能够刻画X相对于均值的圈 散程度（或波动大小），这称为离散型随机 变量X的方差.VD(X)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)=2D(X). (2)D(c)=0(其中c为常数)· (56)学 型随机变量的方差 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，飞表 示所取球的标号： (1)求专的分布列、均值和方差 (2)若=a飞+b,E(n)=1,D(7)=11,试 求a,b的值. 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：若门=a店+b, 则D(n)=aD(). B变式训练① 已知随机变量飞的分布列如下表所示 -1 0 1 1 (1)求E(),D(传)，VD(). (2)设7=2+3，求E(7),D(7): 川要点2两点分布与二项分布的方差： X服从两点分布 X-B(n,p) p(1-p) D(X) np(1-p) (其中p为成功概率) 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)=号， 则n= ,D= 第四章概率与统计。 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 B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 学(57 高中数学选择性必修第二册人教B版 川要点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， 110 120 125 130 135 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 $ 100 115 125 130 145 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 其中，专，52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）· 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。 58)学 B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 件次数的分布列如下. 0 1 2 3 0.3 0.3 0.2 0.2 Y 0 1 2 P 0.1 0.5 0.4 试评定这两个保护区的管理水平. 川要点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 命中的概率分别为号，圣 (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 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. 第四章概率与统计。 B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. (1)求X所取各值的分布列. (2)求随机变量X的均值与方差. 学(59 N 高中数学选择性必修第二册人教B版 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, 飞≥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，则需要对这飞份样本逐份检测，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： 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0.9925-0.961,0.99210-0.923,0.992= 0.915) (2)现取其中k份血液样本，若采用逐 份检测方式，需要检测的总次数为；采用 混合检测方式，需要检测的总次数为2.若 E()=E(5),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 (60)学