4.2.4 第2课时 离散型随机变量的方差-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦离散型随机变量的方差、标准差，系统讲解定义、公式及二项分布方差，通过分布列、均值知识导入，构建前后衔接的学习支架，帮助学生理解方差的意义与计算方法。 其亮点在于概念呈现清晰，题型分类覆盖方差计算、公式应用、性质及实际问题，例题含方法总结，练习分层设计。通过竞赛决策等实例培养数学建模和运算素养，学生提升解决问题能力，教师可高效开展分层教学。

第四章　概率与统计 4.2　随机变量 4.2.4　随机变量的数字特征 第2课时　离散型随机变量的方差 课程标准：1.通过具体实例，理解离散型随机变量的方差.2.掌握二项分布的方差，并能解决简单的实际问题． 教学重点：1.离散型随机变量的方差、标准差.2.二项分布的方差． 教学难点：比较两个随机变量的均值与方差的大小，从而解决实际问题． 核心素养：1.通过学习离散型随机变量的方差及标准差的概念培养数学抽象素养.2.通过利用离散型随机变量的方差解决实际问题培养数学建模素养和数学运算素养． (教师独具内容) 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　离散型随机变量的方差、标准差 (1)如果离散型随机变量X的分布列如下表所示． 知识点一　离散型随机变量的方差、标准差 (1)如果离散型随机变量X的分布列如下表所示． 因为X的均值为E(X)，所以D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn＝__________________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． X x1 x2 … xk … xn P p1 p2 … pk … pn 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 X X服从参数为p的两点分布 X～B(n，p) D(X) ___________ __________ 知识点二　两点分布与二项分布的方差 知识点三　离散型随机变量的方差的性质 若X与Y都是离散型随机变量，且Y＝aX＋b(a≠0)，则由X与Y之间分布列的关系及E(X)与E(Y)之间的关系可知D(Y)＝a2D(X)． p(1－p) np(1－p) 核心概念掌握 7 0.5，0.25 9 核心概念掌握 8 核心素养形成 核心素养形成 10 核心素养形成 11 【感悟提升】　求离散型随机变量的方差的方法 (1)根据题目条件先求分布列． (2)由分布列求出均值． (3)由方差公式求出方差． 注意：当分布列中的概率值存在待定常数时，应先由分布列的性质求出待定常数，再求方差． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　服从两点分布与二项分布的随机,变量的方差) 例2　(1)篮球比赛中每次罚球命中得1分，不中得0分．已知某运动员每次罚球命中的概率为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，且命中的概率为p＝0.7， 所以D(X)＝p(1－p)＝0.7×0.3＝0.21. 核心素养形成 15 (2)将一枚均匀硬币连续抛掷5次，求正面向上的次数的方差． 核心素养形成 16 【感悟提升】　解决此类问题的第一步是判断随机变量ξ服从什么分布，第二步代入相应的公式求解．若ξ服从两点分布，则D(ξ)＝p(1－p)；若ξ服从二项分布，即ξ～B(n，p)，则D(ξ)＝np(1－p)． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 题型三　方差性质的应用 例3　(1)已知随机变量X，Y满足Y＝－2X，且D(X)＝2，则D(Y)＝(　　) A．16 B．8 C．4 D．－4 解析　由题意可知，D(Y)＝D(－2X)＝4D(X)＝8.故选B. 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】　求随机变量Y＝aX＋b方差的方法 (1)定义法：先求Y的分布列，再求其均值，最后利用公式求方差． (2)性质法：应用公式D(aX＋b)＝a2D(X)求解． 核心素养形成 22 【跟踪训练】　 3．(1)若随机变量X的分布列为 已知随机变量Y＝aX＋b(a，b∈R，a>0)，且E(Y)＝10，D(Y)＝4，则a与b的值为(　　) A．a＝10，b＝3 B．a＝3，b＝10 C．a＝5，b＝6 D．a＝6，b＝5 解析：由随机变量X的分布列可知，m＝1－0.2＝0.8，∵X服从两点分布，∴E(X)＝0.8，D(X)＝0.2×0.8＝0.16，∴E(Y)＝aE(X)＋b＝10，D(Y)＝a2D(X)＝4，∴0.8a＋b＝10，0.16a2＝4，∴a＝5，b＝6.故选C. X 0 1 P 0.2 m 核心素养形成 23 (2)某次考试共有8个单项选择题，每个单项选择题的分值为5分．A学生对8个单项选择题中每个题的四个选项都没有把握，最后单项选择题的得分为X分，B学生对8个单项选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，对其他三个选项都没有把握，最后单项选择题的得分为Y分，则D(Y)－D(X)＝________． 核心素养形成 24 题型四　方差在实际问题中的应用 例4　某学校举行“百科知识”竞赛，每个班选派一名学生代表参加．某班经过层层选拔，李明和王华进入最后决赛，决赛方式如下：给定4个问题，假设李明能且只能对其中3个问题回答正确，王华对其中任意一个问题回答正确的概率均为.由李明和王华各自从中随机抽取2个问题进行回答，且每个人对每个问题的回答均相互独立． (1)求李明和王华回答问题正确的个数均为2的概率； (2)设李明和王华回答问题正确的个数分别为X和Y，求X，Y的期望E(X)，E(Y)和方差D(X)，D(Y)，并由此决策派谁代表该班参加竞赛更好． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 【感悟提升】　利用均值、方差解决实际问题的思路 (1)算均值：均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，解题时需要先计算均值； (2)算方差：方差反映了离散型随机变量取值的稳定与波动、集中与离散程度，在均值相等的情况下计算方差进行比较； (3)下结论：依据均值和方差的实际意义做出结论． 核心素养形成 28 【跟踪训练】　 4．甲、乙两名射击手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ，η的分布列分别为 (1)求a，b的值； (2)计算ξ，η的期望与方差，并依此分析甲、乙的技术状况． ξ 1 2 3 P a 0.1 0.6 η 1 2 3 P 0.3 b 0.3 核心素养形成 29 解:(1)由离散型随机变量分布列的性质得a＋0.1＋0.6＝1，解得a＝0.3. 同理，0.3＋b＋0.3＝1，解得b＝0.4. (2)E(ξ)＝1×0.3＋2×0.1＋3×0.6＝2.3； E(η)＝1×0.3＋2×0.4＋3×0.3＝2. D(ξ)＝(1－2.3)2×0.3＋(2－2.3)2×0.1＋(3－2.3)2×0.6＝0.81； D(η)＝(1－2)2×0.3＋(2－2)2×0.4＋(3－2)2×0.3＝0.6. 由E(ξ)>E(η)，说明在一次射击中，甲的平均得分比乙高，但D(ξ)>D(η)，说明甲得分的稳定性不如乙，因此甲、乙两人技术水平都不够全面，各有优势与劣势． 核心素养形成 30 随堂水平达标 随堂水平达标 32 随堂水平达标 33 随堂水平达标 34 4．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，不放回，若取到球的编号为奇数，则停止取球，用X表示所有被取到的球的编号之和，则X的方差为________． 随堂水平达标 35 1200 随堂水平达标 36 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 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 直接利用公式求方差 求标准差 方差的性质 二项分布的方差 均值、方差与函数单调性结合 已知二项分布的均值、方差求概率 超几何分布的均值、方差 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 实际问题背景下求均值、方差 均值、方差的实际应用 分布列的性质；均值、方差的计算与性质 二项分布的方差；方差的性质 实际问题背景下方差与均值不等式结合 传统文化背景下分布列、均值、方差的 综合 利用均值、方差解决日常生活中的概率决策问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 3．已知随机变量Y＝－3X＋2，且D(Y)＝18，则D(X)＝(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：因为随机变量Y＝－3X＋2，所以D(Y)＝D(－3X＋2)＝32D(X)＝18，解得D(X)＝2.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 7．有10张卡片，其中8张标有数字2，2张标有数字5，若从中随机抽出3张，设这3张卡片上的数字和为X，则D(X)＝________． 3.36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 8．将2名科学家和3名航天员从左到右排成一排合影留念，用ξ表示2名科学家之间的航天员人数，则E(ξ)＝________，D(ξ)＝________． 1 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 三、解答题 9．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，A，B两台机床生产的产品中出现的次品数分别为ξ1，ξ2.ξ1，ξ2的分布列如下表所示： 问：哪一台机床加工质量较好？ ξ1 0 1 2 3 P 0.7 0.2 0.06 0.04 ξ2 0 1 2 3 P 0.8 0.06 0.04 0.1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 解：E(ξ1)＝0×0.7＋1×0.2＋2×0.06＋3×0.04＝0.44， E(ξ2)＝0×0.8＋1×0.06＋2×0.04＋3×0.1＝0.44， 它们的均值相同，再比较它们的方差． D(ξ1)＝(0－0.44)2×0.7＋(1－0.44)2×0.2＋(2－0.44)2×0.06＋(3－0.44)2×0.04＝0.6064， D(ξ2)＝(0－0.44)2×0.8＋(1－0.44)2×0.06＋(2－0.44)2×0.04＋(3－0.44)2×0.1＝0.9264. 因为D(ξ1)<D(ξ2)， 所以A机床加工较稳定，质量较好． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 10 12．已知甲、乙两支队伍中各有20人，甲队中有x(0<x<20)名男生与20－x名女生，乙队伍中有20－x名男生与x名女生，若从甲、乙两队中各抽取1人，X表示所抽取的2人中男生的人数，则当方差D(X)取到最大值时，x的值为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 13．如图，左边为四大名著，右边为名著作者，一位小学语文教师为了激发学生阅读名著的热情，在班内进行名著和其作者连线的游戏，作为奖励，参加连线的同学每连对一个奖励一朵小红花．假定一名小学生对四大名著没有了解，只是随机地连线，试求该学生得到小红花数X的分布列及其均值、方差． 《三国演义》　 《水浒传》 《西游记》 《红楼梦》 罗贯中 施耐庵 吴承恩 吴承恩 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 14．为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获得的奖励额，4个球除所标面值外完全相同． (1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个所标的面值均为10元．求： ①顾客所获得的奖励额为60元的概率； ②顾客所获得的奖励额的分布列与均值； (2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值为10元和50元的两种球组成，或标有面值为20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获得的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球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 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 (2)根据商场的预算，每位顾客的平均奖励额为60元． 所以先寻找均值为60元的可能方案． 对于由标有面值为10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元； 如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案一． 对于由标有面值为20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案二． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 　　　　　　　　　　　　　 R eq \a\vs4\al(\o(∑,\s\up13(n),\s\do12(i＝1))[xi－E（X）]2pi) (2)离散型随机变量X的方差D(X)也可用DX表示．一般地，____________称为离散型随机变量X的标准差，它也可以刻画一个离散型随机变量的离散程度(或波动大小)． [点拨]　方差D(X)或标准差eq \r(D（X）)越小，则随机变量X偏离均值的平均程度越小，说明X的取值越集中；方差越大，表明随机变量X偏离均值的平均程度越大，说明X的取值越分散． eq \r(D（X）) 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．(二项分布的方差)设随机变量ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，则D(ξ)＝________． 3．(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)． eq \f(3,2) 题型一　离散型随机变量的方差与标准差,的计算) 例1　已知随机变量X的分布列为 X 0 10 20 50 60 P eq \f(1,3) eq \f(2,5) eq \f(1,15) m eq \f(1,15) 求X的方差及标准差． 解　由随机变量分布列的性质，得eq \f(1,3)＋eq \f(2,5)＋eq \f(1,15)＋m＋eq \f(1,15)＝1，解得m＝eq \f(2,15)， 所以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， 所以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， 所以eq \r(D（X）)＝8eq \r(6). 【跟踪训练】　 1．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eq \f(1,3)，eq \f(3,4).设在前3次投篮中，乙投篮的次数为X，求X的方差及标准差． 解：由题意，得X的取值范围是{0，1，2}， P(X＝0)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)，P(X＝1)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(7,18)，P(X＝2)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2). 故X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,9) eq \f(7,18) eq \f(1,2) E(X)＝0×eq \f(1,9)＋1×eq \f(7,18)＋2×eq \f(1,2)＝eq \f(25,18)， D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(25,18))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(25,18))) eq \s\up12(2)×eq \f(7,18)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(25,18))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(149,324)， ∴eq \r(D（X）)＝eq \f(\r(149),18). 解　设正面向上的次数为Y， 则Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,2)))， 所以D(Y)＝np(1－p)＝5×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq \f(5,4). eq \f(2,9) 【跟踪训练】　 2．(1)若随机变量X的分布列如下表所示： X 0 1 P eq \f(2,3) m 则E(X)＝________，D(X)＝________． 解析：由分布列的性质可得eq \f(2,3)＋m＝1，所以m＝eq \f(1,3).因为X服从两点分布，所以E(X)＝eq \f(1,3)，D(X)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq \f(2,9). eq \f(1,3) (2)若随机变量X～B(3，p)，D(X)＝eq \f(2,3)，则p＝________． 解析：∵X～B(3，p)，∴D(X)＝3p(1－p)，由3p(1－p)＝eq \f(2,3)，得p＝eq \f(1,3)或p＝eq \f(2,3). eq \f(1,3)或eq \f(2,3) (2)已知随机变量ξ的取值为i(i＝0，1，2)．若P(ξ＝0)＝eq \f(1,5)，E(ξ)＝1，则D(2ξ－3)＝__________． 解析　随机变量ξ的取值为i(i＝0，1，2)，P(ξ＝0)＝eq \f(1,5)，E(ξ)＝1，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（ξ＝1）＋2P（ξ＝2）＝1，,P（ξ＝1）＋P（ξ＝2）＝\f(4,5)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（ξ＝1）＝\f(3,5)，,P（ξ＝2）＝\f(1,5)，))所以D(ξ)＝(0－1)2×eq \f(1,5)＋(1－1)2×eq \f(3,5)＋(2－1)2×eq \f(1,5)＝eq \f(2,5)，故D(2ξ－3)＝22D(ξ)＝eq \f(8,5). eq \f(8,5) 解析：设A学生、B学生答对的题数分别为X′，Y′，则X＝5X′，Y＝5Y′.依题意可知X′，Y′均服从二项分布，即X′～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(1,4)))，Y′～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(1,3)))，所以D(X′)＝8×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,2)，D(Y′)＝8×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(16,9)，又X＝5X′，Y＝5Y′，所以D(X)＝25D(X′)＝eq \f(75,2)，D(Y)＝25D(Y′)＝eq \f(400,9)，所以D(Y)－D(X)＝eq \f(125,18). eq \f(125,18) 解　(1)∵李明回答问题正确的个数为2的概率p1＝2,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)； 王华回答问题正确的个数为2的概率p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(9,16)， ∴李明和王华回答问题正确的个数均为2的概率P＝p1p2＝eq \f(1,2)×eq \f(9,16)＝eq \f(9,32). (2)由题意知，李明回答问题正确的个数X的取值范围为{1，2}， ∴P(X＝1)＝1,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P(X＝2)＝2,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)， ∴E(X)＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4). ∵王华回答问题正确的个数Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,4)))， ∴E(Y)＝2×eq \f(3,4)＝eq \f(3,2)，D(Y)＝2×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＝eq \f(3,8). ∵E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)， ∴派李明代表该班参加竞赛更好． 1.已知随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,3) eq \f(1,3) eq \f(1,3) 设Y＝2X＋3，则D(Y)＝(　　) A.eq \f(8,3) B.eq \f(5,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,3) 解析：∵E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,3)＝1，∴D(X)＝(0－1)2×eq \f(1,3)＋(1－1)2×eq \f(1,3)＋(2－1)2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，∴D(Y)＝D(2X＋3)＝4D(X)＝eq \f(8,3). 2．一批产品中，次品率为eq \f(1,4)，现有放回地连续抽取4次，若抽取的次品件数记为X，则D(X)的值为(　　) A.eq \f(4,3) B.eq \f(8,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(1,16) 解析：由题意，知次品件数X服从二项分布，即X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，故D(X)＝np(1－p)＝4×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq \f(3,4). 3．(多选)随机变量X服从两点分布，若P(X＝0)＝eq \f(1,4)，则下列结论正确的是(　　) A．P(X＝1)＝eq \f(3,4) B．D(X)＝eq \f(3,16) C．E(2X－1)＝eq \f(3,2) D．D(2X－1)＝eq \f(3,4) 解析：因为随机变量X服从两点分布，P(X＝0)＝eq \f(1,4)，所以P(X＝1)＝eq \f(3,4)，故E(X)＝eq \f(3,4)，D(X)＝eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,16)，所以E(2X－1)＝2E(X)－1＝2×eq \f(3,4)－1＝eq \f(1,2)，D(2X－1)＝4D(X)＝4×eq \f(3,16)＝eq \f(3,4).故选ABD. 解析：由题意，得X的取值范围是{1，3，5}，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)，所以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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(8,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(8,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(8,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,6)＝eq \f(17,9). eq \f(17,9) 5．一出租车司机从某饭店到火车站途中有六个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率都是eq \f(1,3).设这位司机遇到红灯的次数为ξ，则D(ξ)＝________；若遇上红灯需等待30秒，则司机总共等待时间η(单位：秒)的方差D(η)＝________． 解析：易知司机遇到红灯的次数ξ服从二项分布，且ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,3)))，∴D(ξ)＝6×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq \f(4,3).易知η＝30ξ，∴D(η)＝900D(ξ)＝1200. eq \f(4,3) 一、选择题 1．已知X的分布列为 X －1 0 1 P eq \f(1,3) eq \f(1,3) eq \f(1,3) 则D(X)＝(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(4,27) D.eq \f(23,27) 解析：E(X)＝(－1)×eq \f(1,3)＋0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(1,3)＝0，故D(X)＝(－1－0)2×eq \f(1,3)＋(0－0)2×eq \f(1,3)＋(1－0)2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).故选B. 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的标准差为(　　) A．0 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(2),2) D．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 X 1 －1 P 0.5 0.5 所以E(X)＝1×0.5＋(－1)×0.5＝0，D(X)＝(1－0)2×0.5＋(－1－0)2×0.5＝1，eq \r(D（X）)＝1.故选D. 4．设随机变量ξ的概率分布为P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－k)，k＝0，1，2，…，n，且E(ξ)＝24，则D(ξ)的值为(　　) A．8 B．12 C.eq \f(2,9) D．16 解析：由题意可知ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(2,3)))，∴E(ξ)＝eq \f(2,3)n＝24，∴n＝36.∴D(ξ)＝36×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝8. 5．(多选)随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P a eq \f(b,2) eq \f(b,2) 其中ab≠0，下列说法正确的是(　　) A．a＋b＝1 B．E(ξ)＝eq \f(3b,2) C．D(ξ)随b的增大而减小 D．D(ξ)有最大值 解析：a＋eq \f(b,2)＋eq \f(b,2)＝1，即a＋b＝1，a，b∈(0，1)，A正确；E(ξ)＝0×a＋1×eq \f(b,2)＋2×eq \f(b,2)＝eq \f(3b,2)，B正确；D(ξ)＝a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(b,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(b,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(5b,2)－eq \f(9b2,4)＝－eq \f(9,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(5,9))) eq \s\up12(2)＋eq \f(25,36)，b∈(0，1)，D(ξ)随b的增大先增大后减小，当b＝eq \f(5,9)时，D(ξ)取得最大值，C错误，D正确．故选ABD. 二、填空题 6．若随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝eq \f(5,2)，D(X)＝eq \f(5,4)，则P(X＝1)＝________． 解析：由题意及二项分布的均值、方差公式，得E(X)＝np＝eq \f(5,2)，D(X)＝np(1－p)＝eq \f(5,4)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝5，,p＝\f(1,2).))所以P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,5)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(4)＝Ceq \o\al(1,5)×eq \f(1,25)＝eq \f(5,32). eq \f(5,32) 解析：由题意，得随机变量X的取值范围是{6，9，12}，P(X＝6)＝3,8)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(7,15)，P(X＝9)＝2,8)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(7,15)，P(X＝12)＝1,8)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,15)，则E(X)＝6×eq \f(7,15)＋9×eq \f(7,15)＋12×eq \f(1,15)＝7.8，D(X)＝eq \f(7,15)×(6－7.8)2＋eq \f(7,15)×(9－7.8)2＋eq \f(1,15)×(12－7.8)2＝3.36. 解析：由题意可知，ξ的取值范围为{0，1，2，3}，且P(ξ＝0)＝2,2)eq \f(AAeq \o\al(4,4),Aeq \o\al(5,5)) ＝eq \f(2,5)，P(ξ＝1)＝1,3)eq \f(CAeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(3,3),Aeq \o\al(5,5)) ＝eq \f(3,10)，P(ξ＝2)＝2,3)eq \f(AAeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,2),Aeq \o\al(5,5)) ＝eq \f(1,5)，P(ξ＝3)＝2,2)eq \f(AAeq \o\al(3,3),Aeq \o\al(5,5)) ＝eq \f(1,10)，所以E(ξ)＝0×eq \f(2,5)＋1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(1,5)＋3×eq \f(1,10)＝1，D(ξ)＝(0－1)2×eq \f(2,5)＋(1－1)2×eq \f(3,10)＋(2－1)2×eq \f(1,5)＋(3－1)2×eq \f(1,10)＝1. 10．已知X的分布列为 X －1 0 1 P eq \f(1,2) eq \f(1,4) a (1)求X2的分布列； (2)计算X的方差； (3)若Y＝4X＋3，求Y的均值和方差． 解：(1)由分布列的性质，知eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋a＝1，故a＝eq \f(1,4)， 从而X2的分布列为 X2 0 1 P eq \f(1,4) eq \f(3,4) (2)由(1)知a＝eq \f(1,4)， 所以X的均值E(X)＝(－1)×eq \f(1,2)＋0×eq \f(1,4)＋1×eq \f(1,4)＝－eq \f(1,4). 故X的方差D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)＝eq \f(11,16). (3)因为Y＝4X＋3， 所以E(Y)＝4E(X)＋3＝2，D(Y)＝42D(X)＝11. 11．已知随机变量X～B(5，p)(0<p<1)，若P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq \f(5,8)，且Y＝2X＋1，则D(Y)＝(　　) A.eq \f(5,2) B.eq \f(7,2) C．5 D．6 解析：因为P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq \o\al(2,5)p2(1－p)3＋Ceq \o\al(3,5)p3(1－p)2＝eq \f(5,8)，所以p2(1－p)2＝eq \f(1,16)，即p(1－p)＝eq \f(1,4)，解得p＝eq \f(1,2)，所以D(X)＝5×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq \f(5,4)，又Y＝2X＋1，所以D(Y)＝22D(X)＝4×eq \f(5,4)＝5.故选C. 解析：X的取值范围为{0，1，2}，则P(X＝0)＝eq \f(20－x,20)·eq \f(x,20)＝eq \f(x（20－x）,400)，P(X＝1)＝eq \f(x,20)·eq \f(x,20)＋eq \f(20－x,20)·eq \f(20－x,20)＝eq \f(（20－x）2＋x2,400)，P(X＝2)＝eq \f(x,20)·eq \f(20－x,20)＝eq \f(x（20－x）,400)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(x（20－x）,400) eq \f(（20－x）2＋x2,400) eq \f(x（20－x）,400) E(X)＝0×eq \f(x（20－x）,400)＋1×eq \f(（20－x）2＋x2,400)＋2×eq \f(x（20－x）,400)＝1，D(X)＝(0－1)2×eq \f(x（20－x）,400)＋(1－1)2×eq \f(（20－x）2＋x2,400)＋(2－1)2×eq \f(x（20－x）,400)＝eq \f(x（20－x）,200)≤eq \f(1,200)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋20－x,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，当且仅当x＝10时，等号成立，所以当D(X)取到最大值时，x的值为10. 解：该小学生连线的情况有都连错，连对一个，连对两个，连对四个，故其得到小红花数X的取值范围为{0，1，2，4}． P(X＝0)＝4,4)eq \f(9,A) ＝eq \f(9,24)＝eq \f(3,8)，P(X＝1)＝1,4)eq \f(C×2,Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(8,24)＝eq \f(1,3)， P(X＝2)＝2,4)eq \f(C×1,Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(6,24)＝eq \f(1,4)，P(X＝4)＝4,4)eq \f(1,A) ＝eq \f(1,24). 故X的分布列为 X 0 1 2 4 P eq \f(3,8) eq \f(1,3) eq \f(1,4) eq \f(1,24) 所以E(X)＝0×eq \f(3,8)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,4)＋4×eq \f(1,24)＝1， D(X)＝(0－1)2×eq \f(3,8)＋(1－1)2×eq \f(1,3)＋(2－1)2×eq \f(1,4)＋(4－1)2×eq \f(1,24)＝1. 解：(1)设顾客所获得的奖励额为X. ①依题意，得P(X＝60)＝1,1)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(1,2)， 即顾客所获得的奖励额为60元的概率为eq \f(1,2). ②依题意，得随机变量X的取值范围是{20，60}， P(X＝60)＝eq \f(1,2)，P(X＝20)＝2,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,4)) ＝eq \f(1,2). 即随机变量X的分布列为 X 20 60 P eq \f(1,2) eq \f(1,2) 所以顾客所获得的奖励额的均值为E(X)＝20×eq \f(1,2)＋60×eq \f(1,2)＝40. 对于方案一，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获得的奖励额为X1，则随机变量X1的分布列为 X1 20 60 100 P eq \f(1,6) eq \f(2,3) eq \f(1,6) E(X1)＝20×eq \f(1,6)＋60×eq \f(2,3)＋100×eq \f(1,6)＝60， D(X1)＝(20－60)2×eq \f(1,6)＋(60－60)2×eq \f(2,3)＋(100－60)2×eq \f(1,6)＝eq \f(1600,3). 对于方案二，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获得的奖励额为X2，则随机变量X2的分布列为 X2 40 60 80 P eq \f(1,6) eq \f(2,3) eq \f(1,6) E(X2)＝40×eq \f(1,6)＋60×eq \f(2,3)＋80×eq \f(1,6)＝60， D(X2)＝(40－60)2×eq \f(1,6)＋(60－60)2×eq \f(2,3)＋(80－60)2×eq \f(1,6)＝eq \f(400,3). 因为两种方案所获得的奖励额都符合要求，但方案二所获得的奖励额的方差比方案一的小，即方案二使每位顾客所获得的奖励额相对均衡，所以应该选择方案二． $