7.3.2 离散型随机变量的方差（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教A版）

7.3.2　离散型随机变量的方差 基础过关练 题组一　离散型随机变量的方差与标准差 1.(多选题)(2025山东潍坊青州第一中学月考)已知随机变量X的分布列如下表,若P(X≤0)=,则(　　) X -1 0 1 P a b A.a= C.E(X)=- 2.(2025江苏盐城七校联盟联考)已知随机变量X的可能取值为0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,则X的标准差为(　　) A. 3.(2025河南南阳六校联考)盒中装有3个黄球和1个红球,现从盒中每次随机取出1个球且不放回,直至取出红球.设在此过程中,取到黄球的个数为X,则D(X)=(　　) A.1　　　　B.　　　　D.2 4.(2025山西太原期末)已知随机变量X的分布列如下表,则E(X)=是D(X)=的(　　) X 1 2 P a b A.充分不必要条件　　　　 B.必要不充分条件 C.充要条件　　　　 D.既不充分也不必要条件 题组二　离散型随机变量的方差的性质 5.(2025辽宁葫芦岛七校协作体月考)已知离散型随机变量X满足D(X)=0.01,且3X+Y=1,则D(Y)=(　　) A.0.07　　　　B.0.03　　　　C.0.09　　　　D.-0.09 6.(2025河北衡水安平中学月考)已知离散型随机变量X的取值为有限个,E(X)=,则E(X2)=　　　　.  7.(2025山东临沂期末)已知离散型随机变量X的分布列如下表,若E(12X)=7,则D(2X+3)=　　　　.  X -1 0 a 2 P b 8.(2025河北邢台名校协作体期中)已知随机变量X的分布列如下表,则D(3X-1)的最大值为　　　　.  X 1 2 3 P a b 2b-a 9.(2025北京师范大学附属实验中学月考)某抽奖活动规则如下:从装有3个红球,2个白球的袋中随机取2个球,每取出一个红球奖励50元.设一次抽奖随机取出的红球的个数为X. (1)求随机变量X的分布列、期望E(X)和方差D(X); (2)若参与一次需要花费60元,设每次抽奖的收益为Y元,直接写出随机变量Y的期望E(Y)和方差D(Y). 能力提升练 题组　离散型随机变量的方差的应用 1.(2025山西太原期末)已知随机变量X1,X2均服从两点分布,且<p2<p1<1,则下列结论正确的是(　　) X1 1 0 P p1 1-p1 X2 1 0 P p2 1-p2 A.E(X1)<E(X2),D(X1)<D(X2) B.E(X1)<E(X2),D(X1)>D(X2) C.E(X1)>E(X2),D(X1)<D(X2) D.E(X1)>E(X2),D(X1)>D(X2) 2.(创新题·新情境)(2025河北衡水第二中学调研)某同学在课外阅读时了解到概率统计中的马尔科夫不等式和切比雪夫不等式,这两个不等式都可以使人们在随机变量X的期望E(X)和方差D(X)存在但其分布未知的情况下,对事件“|X-E(X)|≥ε”的概率作出上限估计,其中ε为任意正实数.马尔科夫不等式的形式如下:设X为一个非负随机变量,其数学期望为E(X),则对任意ε>0,均有P(X≥ε)≤.切比雪夫不等式的形式为:P(|X-E(X)|≥ε)≤f(D(X),ε),其中f(D(X),ε)是关于D(X)和ε的表达式,且P(|X-E(X)|≥ε)=P(|X-E(X)|2≥ε2),由于记忆模糊,该同学只能确定f(D(X),ε)的具体形式是下列四个选项中的某一种,且这两个不等式之间相互关联.请你根据以上材料和所学相关知识,确定该形式是(　　) A.D(X)·ε2　　　　B. C. 3.(2025北京理工大学附属中学月考)某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象,观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1,2,3三组.观察一段时间后,分别从1,2,3三组中随机抽取40株鸡冠花作为样本,得到相应的株高增量数据整理如下表. 株高增量 (单位:厘米) (4,7] (7,10] (10,13] (13,16] 第1组鸡冠花株数 9 20 9 2 第2组鸡冠花株数 4 16 16 4 第3组鸡冠花株数 13 12 13 2 假设用频率估计概率,且所有鸡冠花生长情况相互独立. (1)从第1组所有鸡冠花中随机选取1株,估计株高增量为(7,10]的概率; (2)分别从第1组、第2组、第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株,记这3株鸡冠花中恰有X株的株高增量为(7,10],求X的分布列和数学期望E(X); (3)用“ξk=1”表示第k组鸡冠花的株高增量为(4,10],“ξk=0”表示第k组鸡冠花的株高增量为(10,16],k=1,2,3,直接写出方差D(ξ1),D(ξ2),D(ξ3)的大小关系.(结论不要求证明) 4.(2025湖北孝感部分高中期末)某地区拟建立一个艺术博物馆,采取竞标的方式从多家建筑公司中选取一家建筑公司,经过层层筛选,甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案:两家公司从6道招标题目中随机抽取3道题目,已知这6道招标题目中,甲公司可正确回答其中4道题目,而乙公司能正确回答每道题目的概率均为,甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立,互不影响的. (1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率; (2)设甲公司答对题数为随机变量X,求X的分布列、数学期望和方差; (3)请从期望和方差的角度分析,甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大? 5.(2024陕西西安第一中学月考)为回馈顾客,某购物商场拟通过摸球兑奖的方式对500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(球的大小、形状完全相同),球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为40元,其余3个所标的面值均为20元,设顾客所获的奖励额为X元,求X的分布列及数学期望; (2)商场对奖励总额的预算是30 000元,并规定袋中的4个球由标有面值为20元和40元的两种球共同组成,或标有面值为15元和45元的两种球共同组成.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. 提示:袋中的4个球由标有面值为a元和b元的两种球共同组成,即袋中的4个球所标的面值“既有a元又有b元”. 答案与分层梯度式解析 7.3.2　离散型随机变量的方差 基础过关练 1.ABC 2.C 3.B 4.A 5.C 1.ABC　由题意得解得a=b=,故A,B正确; E(X)=-1×,故C正确; D(X)=,故D错误. 2.C　设P(X=1)=p,则P(X=2)=-p, 由E(X)=p+2=1,解得p=, 则D(X)=(0-1)2×, 则X的标准差为. 3.B　由题意得,X的可能取值为0,1,2,3, P(X=0)=, P(X=2)=, P(X=3)=, 所以E(X)=0×, 则D(X)=×=. 4.A　由题意可知a+b=1. 若E(X)=,则a+2b=,故a=, 则D(X)=,充分性成立. 若D(X)=,则(a+2b-1)2a+(a+2b-2)2b=ab2+b(b-1)2=-b2+b=,解得b=或b=, 当b=时,a=,此时E(X)=1×, 当b=时,a=,此时E(X)=1×, 则E(X)=或E(X)=,必要性不成立. 综上,E(X)=是D(X)=的充分不必要条件. 5.C　由3X+Y=1,得Y=1-3X,所以D(Y)=(-3)2D(X)=9×0.01=0.09. 6.答案　 解析　由D(X)=E(X2)-(E(X))2,得E(X2)=D(X)+(E(X))2=. 7.答案　 解析　由分布列的性质可得=1,则b=, 由E(12X)=7,得12E(X)=7,即E(X)=, 故-,解得a=1, 则D(X)=, 所以D(2X+3)=22D(X)=4×. 8.答案　6 解析　由分布列的性质可得a+b+2b-a=1,解得b=, 则E(X)=a+2×, 所以D(X)=, 因为0≤a≤1,0≤-a≤1,所以0≤a≤, 故当a=时,D(X)取得最大值,为-4×, 又D(3X-1)=9D(X),所以D(3X-1)的最大值为9×=6. 9.解析　(1)依题意,X的可能取值为0,1,2, P(X=0)=, 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 则E(X)=0×. (2)由题意得Y=50X-60, 则E(Y)=E(50X-60)=50E(X)-60=50×=900. 能力提升练 1.C　由题意得E(X1)=p1,E(X2)=p2, 因为<p2<p1<1,所以E(X1)>E(X2). D(X1)=(1-p1)2p1+(1-p1)=p1(1-p1), 同理D(X2)=p2(1-p2), 则D(X1)-D(X2)=p1(1-p1)-p2(1-p2)=(p1-p2)(1-p1-p2)<0,所以D(X1)<D(X2). 2.D　由题意得P(|X-E(X)|≥ε)≤f(D(X),ε), P(|X-E(X)|≥ε)=P(|X-E(X)|2≥ε2)≤, 由方差的定义可得D(X)=E(|X-E(X)|2), 则P(|X-E(X)|≥ε)≤, 故f(D(X),ε)=. 3.解析　(1)设事件A为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株,其株高增量为(7,10]”, 则P(A)=. (2)设事件B为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株,其株高增量为(7,10]”,事件C为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株,其株高增量为(7,10]”, 则P(B)=. 由题意可得随机变量X的可能取值为0,1,2,3, P(X=0)=P(, P(X=1)=P(A, P(X=2)=P(AB, P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=, 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)=0×. (3)D(ξ1)<D(ξ3)<D(ξ2). 理由如下: 由题意可得P(ξ1=1)=, 所以E(ξ1)=1×, D(ξ1)=. P(ξ2=1)=, 所以E(ξ2)=1×, D(ξ2)=. P(ξ3=1)=, 所以E(ξ3)=1×, D(ξ3)=. 故D(ξ1)<D(ξ3)<D(ξ2). 4.解析　(1)记事件A为“甲、乙两家公司共答对2道题目”,则事件A是事件“甲、乙两家公司各答对1道题目”与事件“甲公司答对2道题目,乙公司答对0道题目”的和事件,(易错点:抽取3道题目,甲必答对1道题目) 则P(A)=, 所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是. (2)由题意得X的可能取值为1,2,3, P(X=1)=, 则X的分布列为 X 1 2 3 P 所以E(X)=1×=2, D(X)=(1-2)2×. (3)设乙公司答对题数为随机变量Y,则Y的可能取值为0,1,2,3, P(Y=0)=, P(Y=2)=, 则Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P 所以E(Y)=0×=2, D(Y)=(0-2)2×. 因为E(X)=E(Y),D(X)<D(Y),所以甲公司竞标成功的可能性更大. 5.解析　(1)由题意得X的可能取值为40,60, P(X=40)=. 所以X的分布列为 X 40 60 P E(X)=40×=50. (2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为30 000÷500=60元, 所以可先寻找使期望为60的可能方案. ①当球标有的面值为20元和40元时, 若选择“20,20,20,40”的面值设计,由(1)知期望为50; 若选择“40,40,40,20”的面值设计,因为60是面值之和的最小值,所以期望不可能为60. 因此可能的面值设计是“20,20,40,40”, 设此方案中顾客所获的奖励额为X1元,则X1的可能取值为40,60,80, P(X1=40)=, P(X1=80)=. 所以E(X1)=40×=60, 所以D(X1)=(40-60)2×. ②当球标有的面值为15元和45元时,同理可排除“15,15,15,45”和“45,45,45,15”的面值设计, 所以可能的面值设计是“15,15,45,45”, 设此方案中顾客所获的奖励额为X2元,则X2的可能取值为30,60,90, P(X2=30)=, P(X2=90)=. 所以E(X2)=30×=60, 所以D(X2)=(30-60)2×=300. 因为E(X1)=E(X2),D(X1)<D(X2), 所以两种方案奖励额的期望都符合要求, 但面值设计方案为“20,20,40,40”的奖励额的方差要比面值设计方案为“15,15,45,45”的奖励额的方差小, 所以应该选择面值设计方案“20,20,40,40”,即标有面值为20元和40元的球各2个. 15 学科网（北京）股份有限公司 $