離散型隨機(jī)變量的均值與方差-高考數(shù)學(xué)練習(xí)（北師大版2019選擇性必修第一冊(cè)）（解析版）

專題6.3離散型隨機(jī)變量的均值與方差

【基礎(chǔ)知識(shí)梳理】...............................................................................1

【考點(diǎn)1：求離散型隨機(jī)變量的均值】............................................................1

【考點(diǎn)2：均值的性質(zhì)】.........................................................................7

【考點(diǎn)3：求離散型隨機(jī)變量的方差】...........................................................11

【考點(diǎn)4：方差的性質(zhì)】........................................................................16

【基礎(chǔ)知識(shí)梳理】

1.離散型隨機(jī)變量的均值與方差

若離散型隨機(jī)變量X的分布列為

⑴稱E(X)=MPI+MP2+???+X"+???+XW“為隨機(jī)變量X的均值或數(shù)學(xué)期望，它反映了離散型隨機(jī)變

量取值的平均水平.

(2)稱O(X)=(Xi—E(X))20為隨機(jī)變量X的方差，它刻畫了隨機(jī)變量X與其均值E(X)的平均偏離程度,

其算術(shù)平方根而百為隨機(jī)變量X的標(biāo)準(zhǔn)差.

2.均值與方差的性質(zhì)

(l)E(aX+b)=aE(X)+hi

(2)D(aX+b)=a2D(X)(a,6為常數(shù)).

［方法技巧1

求離散型隨機(jī)變量的均值與方差的步驟

⑴找出隨機(jī)變量X的所有可能取值XM=I,2,3,…，")；

(2)求出各取值的概率P(X=xi)=pii

(3)列成表格并用分布列的性質(zhì)檢驗(yàn)所求的分布列或某事件的概率是否正確;

(4)利用公式求均值或方差.

【考點(diǎn)1：求離散型隨機(jī)變量的均值】

【知識(shí)點(diǎn)：求離散型隨機(jī)變量的均值】

1.(2023,河南平頂山?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))甲、乙兩人進(jìn)行圍棋比賽，兩人共比賽兩局，每局比賽甲贏的概

率為0.6,兩人平局的概率為0.1,設(shè)每局的勝方得3分，負(fù)方得-1分，若該局為平局，則兩人各得2分.

(1)求甲、乙各贏一局的概率；

(2)記兩局結(jié)束后甲的最后得分為X,求X的數(shù)學(xué)期望.

【答案】(I)0.36

(2)3.4

【分析】(1)由題可知比賽乙贏的概率為0.3,甲、乙各贏一局相當(dāng)于甲贏第一局乙贏第二局或乙贏第?局

甲贏第二局.據(jù)此可得答案：

(2)依次寫出對(duì)局情況及相應(yīng)概率，后可計(jì)算期望.

【詳解】(1)依題意可得每局比賽乙贏的概率為0.3,甲、乙各贏一局相當(dāng)于甲贏第一局乙贏第二局或乙

贏第一局甲贏第二局，故甲、乙各贏一局的概P=2x0.6x0.3=0.36.

(2)若甲贏兩局，得分6分，P(X=6)=0.62=0.36；

若甲一嬴一平，得分5分，P(X=5)=2×0.6×0.1=0.12；

若甲平兩局，得分4分，P(X=4)=0.12=0.01；

若甲一贏一輸，得分2分，P(X=2)=2×0.6×0.3=0.36；

若甲一平一輸，得分1分，P(X=I)=2X0,3X0.1—0.06；

若甲輸兩局，得分一2,P(X=-2)=0.32=0.09.

故E(X)=6×0.36+5×0.12+4×0.01+2×0.36+1×0.06-2×0.09=3.4

2.(2023?四川?校聯(lián)考一模)甲袋中裝有大小相同的紅球2個(gè)，白球2個(gè)：乙袋中裝有與甲袋中相同大小

的紅球3個(gè)，白球4個(gè).先從甲袋中取出1個(gè)球投入乙袋中，然后從乙袋中取出3個(gè)小球.

⑴求從乙袋中取出的3個(gè)小球中僅有1個(gè)紅球的概率；

⑵記從乙袋中取出的3個(gè)小球中白球個(gè)數(shù)為隨機(jī)變量￠,求《的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【答案】⑴5

(2)分布列見解析，數(shù)學(xué)期望E(f)=修.

【分析】(1)分"從甲袋中取出1紅球投入乙袋"和"從甲袋中取出1白球投入乙袋”兩個(gè)類型，利用組合

數(shù)和古典概型公式。求從乙袋中取出的3個(gè)小球中僅有1個(gè)紅球的概率；

(2)白球個(gè)數(shù)S的可能值為0,1，2,3,分別計(jì)算相應(yīng)的概率，列出分布列，用公式求數(shù)學(xué)期望.

【詳解】(1)記“乙袋中取出的3個(gè)小球中僅有1個(gè)紅球"為事件A,包含如下兩個(gè)事件："從甲袋中取出1

紅球投入乙袋，然后從乙袋取出的3個(gè)小球中僅1個(gè)紅球從甲袋中取出1白球投入乙袋，然后從乙袋取

出的3個(gè)球中僅1個(gè)紅球”，

分別記為事件A2,且必與4互斥,

則P(&)WX警=V

又P(4)∕x警=』

所以PG4)=P(41)+P(4)=^+?∣=∣J

則從乙袋中取出的3個(gè)小球中僅有1個(gè)紅球的概率為1

56

(2)白球個(gè)數(shù)ξ的可能值為0,1,2,3.

p(<=°)=∣×i÷?×?=?=?

1、GclC?,Cic?d7839

P(ξ=I)=-X??+一X=—=—

jQCfC；Cg224112

P"2)=Wχ膽+弦X烏G=W≤-二

LG以Xe?+C；XCj22456

瑪Cl禺Cl287

P(ξ=3)CI×CI+CI×CI=224=56?

則f的分布列為

ξ0123

539277

P

H21125656

所以,^(C=θ×?+l×?+2×?+3×^=189

112,

3.(2023?全國?深圳中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))用1、2、3、4個(gè)數(shù)字組成一個(gè)六位數(shù)，要求每個(gè)數(shù)字都至少用

到一次.

⑴求所有滿足條件的六位數(shù)的個(gè)數(shù)；

(2)記數(shù)字1用到的次數(shù)為f,求f的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【答案】⑴1560

(2)分布列見解析，EG)=I

【分析】(1)分兩種情況討論：①一個(gè)數(shù)字用了3次，其余三個(gè)數(shù)字都只用「1次；②兩個(gè)數(shù)字用了2次,

其余兩個(gè)數(shù)字用了1次.利用組合計(jì)數(shù)原理、倍縮法以及分類加法計(jì)數(shù)原來可求得滿足條件的六位數(shù)的個(gè)數(shù);

(2)分析可知，隨機(jī)變量f的可能取值有1、2、3,計(jì)算出隨機(jī)變量f在不同取值下的概率，可得出隨機(jī)變

量f的分布列，進(jìn)一步可求得E(J)的值.

【詳解】(1)解：用1、2、3、4四個(gè)數(shù)字組成一個(gè)六位數(shù)，要求每個(gè)數(shù)字都至少用到一次，分成兩種情況:

①一個(gè)數(shù)字用了3次，其余三個(gè)數(shù)字都只用了1次，滿足條件的六位數(shù)的個(gè)數(shù)為普

=480個(gè);

②兩個(gè)數(shù)字用了2次，其余兩個(gè)數(shù)字用了1次，滿足條件的六位數(shù)的個(gè)數(shù)為蛉=1080.

所有滿足條件的六位數(shù)的個(gè)數(shù)為480+1080=1560個(gè).

(2)解：記數(shù)字1用到的次數(shù)為。f可能的取值為1、2、3,

C遮IC舔

21?-360+540_15

P&=1)=

15601560-26,

修

7272Q

^=2)=??=?PG=3)=需1

13

所以，f的分布列如下表所示:

4.(2023?山東臨沂?統(tǒng)考一模)為慶祝神舟十四號(hào)載人飛船返回艙成功著陸，某學(xué)校開展了航天知識(shí)競(jìng)賽

活動(dòng)，已知所有學(xué)生的成績均位于區(qū)間［60,100］,從中隨機(jī)抽取IooO名學(xué)生的競(jìng)賽成績作為樣本，繪制如

圖所示的頻率分布直方圖.

(1)若此次活動(dòng)中獲獎(jiǎng)的學(xué)生占參賽總?cè)藬?shù)30%,試估計(jì)獲獎(jiǎng)分?jǐn)?shù)線；

(2)采用比例分配分層隨機(jī)抽樣的方法，從成績不低于80的學(xué)生中隨機(jī)抽取7人，再從這7人中隨機(jī)抽取2

人，記成績?cè)冢?0,100］的人數(shù)為。求f的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【答案】⑴82

(2)分布列見解析，T

【分析】(1)根據(jù)頻率分布直方圖先判斷出獲獎(jiǎng)的分?jǐn)?shù)線所在的區(qū)間，設(shè)為X,則成績?cè)冢踴,100］的概率為

0.3,列出方程即可得解；

（2）先寫出隨機(jī)變量的所有可能取值，求出對(duì)應(yīng)概率，從而可得分布列，再根據(jù)期望的計(jì)算公式計(jì)算期望

即可.

【詳解】（1）根據(jù)直方圖可知，成績?cè)冢?0,100］的頻率為（0.025+0.010）X10=0.35,大于0.3,

成績［9（Mo0］的頻率為0.1,小于0.2,

因此獲獎(jiǎng)的分?jǐn)?shù)線應(yīng)該介于［80,90）之間，

設(shè)分?jǐn)?shù)線為X∈［80,90）,使得成績?cè)趨^(qū)IO0］的概率為0.3,

即（90-X）X0.025+0.010×10=0.3,

可得X=82,

所以獲獎(jiǎng)分?jǐn)?shù)線劃定為82；

(2)成績?cè)冢?0,90)的人數(shù)有7Xθθɑ??ɑ=5人,

成績?cè)冢?0,100］的人數(shù)為7—5=2人,

貝此的可能取值為0,1，2,

%=0)=嬰=理

S7C；21

P(f=1)=嬰=U,

S)G21

P(f=2)=等=

jC∣21

f的分布列為

012

10101

P

21五21

團(tuán)數(shù)學(xué)期望E(O=OXM+lx∕+2x盤■=：.

5.（2022秋?黑龍江哈爾濱?高二哈九中?？计谀┤鐖D是飛行棋部分棋盤圖示，飛機(jī)的初始位置為0號(hào)格,

拋擲一個(gè)質(zhì)地均勻的骰子，若拋出的點(diǎn)數(shù)為L2,飛機(jī)在原地不動(dòng)；若拋出的點(diǎn)數(shù)為3,4,飛機(jī)向前移一

格；若拋出的點(diǎn)數(shù)為5,6,飛機(jī)向前移兩格.記拋擲骰子一次后，飛機(jī)到達(dá)1號(hào)格為事件4記拋擲骰子兩次

后，飛機(jī)到達(dá)2號(hào)格為事件B.

導(dǎo)012345???

⑴求P(B|4)；

(2)拋擲骰子2次后，記飛機(jī)所在格子的號(hào)為X,求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【答案】明

(2)分布列見詳情：E(X)=2

【分析】(1)求出在拋一次后達(dá)到一號(hào)格的條件下，拋第二次飛機(jī)前移一格的概率，即可得出答案.

(2)求出隨機(jī)變量X的可能取值即每個(gè)變量X對(duì)應(yīng)的概率，即可求出隨機(jī)變量X的分布列，再由期望公式即

可求出X的數(shù)學(xué)期望.

【詳解】(1)由題意，在拋一次后達(dá)到一號(hào)格的條件下，

拋第二次飛機(jī)前移一格的概率為;=所以P(BI4)=?

633

(2)隨機(jī)變量X的可能取值為0,1,2,3,4,

P(X=O)=G)2=9P(X=l)=2×i×i=;,

P(X=2)=ɑ)2+2×i×i=i,P(X=3)=2×?×?=?

?J/JJJO?3V

P(X=4)=(1)2=i,

則隨意變量X的分布列為：

X01234

12121

P

99399

12121

E(X)=θ×ξ+l×ξ+2×-+3×-+4×ξ=2

6.(2023?湖南婁底?高三漣源市第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí))2022年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球

賽，是歷史上首次在卡塔爾和中東國家境內(nèi)舉行、也是繼2002年韓日世界杯之后時(shí)隔二十年第二次在亞洲

舉行的世界杯足球賽，除此之外，卡塔爾世界杯還是首次在北半球冬季舉行、第二次世界大戰(zhàn)后首次由從

未進(jìn)過世界杯的國家舉辦的世界杯足球賽.小胡、小陳兩位同學(xué)參加學(xué)校組織的世界杯知識(shí)答題拿積分比賽

游戲，規(guī)則如下：小胡同學(xué)先答2道題，至少答對(duì)一道題后，小陳同學(xué)才存機(jī)會(huì)答題，同樣也是兩次答題

機(jī)會(huì)，每答對(duì)一道題獲得5積分，答錯(cuò)不得分.小胡同學(xué)每道題答對(duì)的概率均為：，小陳同學(xué)每道題答對(duì)的概

率均為|,每道題是否答對(duì)互不影響.

⑴求小陳同學(xué)有機(jī)會(huì)答題的概率；

⑵記X為小胡和小陳同學(xué)一共拿到的積分，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.

【答案】⑴荒

⑵分布列見解析，E(X)=手

【分析】(1)利用對(duì)立事件及獨(dú)立事件的概率乘法公式計(jì)算即可；

(2)先求出變量取值的概率，然后列出隨機(jī)變量的分布列，利用期望公式求解即可

【詳解】(1)記"小陳同學(xué)有機(jī)會(huì)答題"為事件4

所以P(A)=I-P⑷=1-(1-［)x(1-A葛，

所以小陳同學(xué)有機(jī)會(huì)答題的概率曜.

(2)X的所有可能取值為0,5,10,15,20,

所以P(X=O)=(I_yx(i_y=a

P(x=5)=cm)×(ι-∣)×(ι-∣)2=?

P(X=I。)=Ge)X(ITXG(汴(1/+侍晨("3吟

P(X=I5)=洸)χ(一肌針+G),c"∣)Xgl)=M

P(X=2。)=(丁X(I)E

所以X的分布列為:

X05101520

111151

P

162448124

所以E(X)=0x2+5>?+10x方+15xV+20x>熱

【考點(diǎn)2：均值的性質(zhì)】

【知識(shí)點(diǎn)：均值的性質(zhì)】

1.(2022春?江蘇常州?高二?？计谀?下列說法正確的是()

A.離散型隨機(jī)變量的均值是［0,1］上的一個(gè)數(shù)

B.離散型隨機(jī)變量的均值反映了隨機(jī)變量取值的平均水平

C.若離散型隨機(jī)變量X的均值E(X)=2,則E(2X+1)=4

D.離散型隨機(jī)變量X的均值E(X)=叩位…土和

【答案】B

【分析】利用離散型隨機(jī)變量的均值的定義即可判斷選項(xiàng)AB；

結(jié)合離散型隨機(jī)變量的均值線性公式即可判斷選項(xiàng)C；

由離散型隨機(jī)變量的均值為E(X)=XkXi訪印可得D選項(xiàng).

【詳解】對(duì)于4離散型隨機(jī)變量的均值是一個(gè)常數(shù)，不一定在［0,1］上,

故A錯(cuò)誤，

對(duì)于B,散型隨機(jī)變量的均值反映了隨機(jī)變量取值的平均水平，

故B正確，

對(duì)于C,離散型隨機(jī)變量X的均值E(X)=2,

則E(2X+1)=ZE(X)+1=5,

故C錯(cuò)誤，

對(duì)于D,離散型隨機(jī)變量X的均值E(X)=∑}L1xipi,

故D錯(cuò)誤.

【答案】D

【分析】根據(jù)分布列求出E(f),再根據(jù)期望的性質(zhì)計(jì)算可得.

【詳解】解：依題意可得E(f)=lx；+2x；+3x；+4x；=1,

663?6

所以ES)=E(2f+5)=2E(f)+5=2×^+5=?.

63

故選：D.

3.(2023?高三課時(shí)練習(xí))已知X的分布列如下表所示，設(shè)y=2X+3,則E(Y)的值為

X-101

11

36

【答案】I

【分析】先求出隨機(jī)變量X的均值，再根據(jù)其性質(zhì)求解.

【詳解】因?yàn)镋(X)=(-l)x；+Ox：+lx：=—g

Z363

所以E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=2×(-?)+3=

故答案為：?.

4.(2023?全國?高二專題練習(xí))國慶節(jié)期間某商場(chǎng)開展了一項(xiàng)促銷活動(dòng)，凡在商場(chǎng)消費(fèi)金額滿200元的顧

客可以免費(fèi)抽獎(jiǎng)一次，抽獎(jiǎng)的規(guī)則如下：箱子內(nèi)裝有10張大小、形狀、材質(zhì)完全相同的卡片，其中寫有

“喜""迎""國""慶〃的卡片各兩張，另兩張是沒有寫漢字的空白卡片；顧客抽獎(jiǎng)時(shí)，一次性抽取4張卡片，抽

完后卡片放回，記抽出的四張卡片上的漢字的個(gè)數(shù)為〃(若出現(xiàn)兩個(gè)相同的漢字，則只算一個(gè)，如抽出

"迎""迎""國""慶"，則n=3),若Ti=4則中一等獎(jiǎng)，九=3則中二等獎(jiǎng)，n=2則中三等獎(jiǎng)，n41時(shí)沒有獎(jiǎng)

勵(lì).商場(chǎng)規(guī)定：一等獎(jiǎng)獎(jiǎng)勵(lì)20元購物券，二等獎(jiǎng)獎(jiǎng)勵(lì)10元購物券，三等獎(jiǎng)獎(jiǎng)勵(lì)5元購物券.

⑴求某位顧客中一等獎(jiǎng)的概率；

(2)若某位顧客可以抽獎(jiǎng)2次，記2次抽獎(jiǎng)所獲購物券的總金額為X,求X的數(shù)學(xué)期望.

【答案】(1)懸

(2)分布列見解析,E(X)=乎

【分析】(1)根據(jù)古典概型概率公式即得；

(2)設(shè)一次抽獎(jiǎng)所獲獎(jiǎng)勵(lì)為匕可得取值為20,10,5,0,然后結(jié)合排列組合知識(shí)及概率公式分別求概率

進(jìn)而可得分布列及期望，進(jìn)而即得.

【詳解】(1)由題意設(shè)獲一等獎(jiǎng)的概率為P,則P="=盤；

(2)設(shè)一次抽獎(jiǎng)所獲獎(jiǎng)勵(lì)為匕則y的可能取值為20,10,5,0,

O

團(tuán)P(Y=20)=P(n=4)=?,

Ci×24+Cl×C∣×2256

P(Y=10)=P(n=3)=

QXGX22+小22+以_39

P(Y=5)=P(n=2)=

P(,Y=0)=P(n≤1)=-?=?

V>]0XUO

所以y的分布列為:

所以E(X)=2E(Y)=苧

5.(2023?全國?高三專題練習(xí))某工廠兩條生產(chǎn)線分別生產(chǎn)甲、乙兩種元件，元件質(zhì)量按測(cè)試指標(biāo)劃分為:

指標(biāo)大于或等于76為正品，小于76為次品.現(xiàn)分別從兩條生產(chǎn)線隨機(jī)抽取元件甲和元件乙各100件進(jìn)行檢

測(cè)，檢測(cè)結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下:

測(cè)試指標(biāo)[60,68)[68,76)[76,84)[84,92)[92,100]

元件甲12840337

元件乙17840287

⑴試分別估計(jì)生產(chǎn)一件元件甲、一件元件乙為正品的概率；

⑵生產(chǎn)一件元件甲，若是正品則盈利90元，若是次品則虧損10元；生產(chǎn)一件元件乙，若是正品則盈利IOO

元，若是次品則虧損20元，則在(1)的前提下：

①求生產(chǎn)5件元件乙所獲得的利潤不少于300的概率；

②記X,y分別為生產(chǎn)IOoo件元件甲和IOOO件元件乙所得的總利潤，試比較E(X)和以丫)的大小.(結(jié)論不

要求證明)

【答案】(1)甲為正品的概率3，乙為正品的概率］

(2)①裳；②E(X)=E(Y)

【分析】(1)用元件甲和元件乙為正品的頻率估計(jì)生產(chǎn)一件元件甲和生產(chǎn)一件元件乙為正品的概率;

(2)①利用獨(dú)立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；

②先計(jì)算生產(chǎn)一件甲元件的利潤和生產(chǎn)一件乙元件的利潤，再計(jì)算并比較E(X)和E(Y)的大小.

【詳解】(1)由已知100件甲元件的樣本中正品的頻率為把寄=￡

100件乙元件的樣本中正品的頻率為"鬻=p

1004

所以生產(chǎn)一件元件甲為正品的概率為支

生產(chǎn)一件元件乙為正品的概率為K

4

(2)①設(shè)生產(chǎn)的5件乙元件中正品件數(shù)為4，則有次品5-X件，由題意知IooX-20(5-X)N300得到X=

4,5,

設(shè)“生產(chǎn)5件乙元件所獲得的利潤不少于300元"為事件C,則P(C)=Ctφ4×;+C≡φ5=?.

②設(shè)生產(chǎn)一件甲元件的利潤為f,則f的所有取值為90,-10,

則P(f=90)=pP(f=-10)=i,

所以f的分布列為：

90-10

41

P

55

￡,(0=90Xg-IOXg=70,所以E(X)=F(IOOOf)=1000E(f)=1000×70=70000

設(shè)生產(chǎn)一件乙元件的利潤為小則f的所有取值為100,-20,

則P(f=100)=￡P(guān)(f=-20)=i,

所以f的分布列為：

100-20

31

P

44

o1

E(z∕)=IOOx--20×-=70,所以E(Y)=E(IOOOzj)=IOoOES)=1000×70=70000

所以E(X)=E(Y)

【考點(diǎn)3：求離散型隨機(jī)變量的方差】

【知識(shí)點(diǎn)：求離散型隨機(jī)變量的方差】

1.(2023?全國?深圳中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))已知pi，p2∈(0,1),隨機(jī)變量X,丫的分布列如下表所示:

X-101Y-101

Pi11P2

PI-PiP1-P2

~22222~2

下列說法中正確的是()A.若Pl<i?p2<|,則E(X)>E(Y)

B.若pι<p2<l,則E(X)>E(Y)

C.若P2<Pi<p則。(X)>D(Y)

D.若Pι<T<P2,則D(X)>D(V)

【答案】AC

【分析】根據(jù)期望與方差公式表示出E(X)、E(Y)、D(X)、D(r),再利用作差法結(jié)合各選項(xiàng)所給條件判斷即

可.

(詳解】依題意E(X)=-IX^+OX^+lx號(hào)I=號(hào)，

E(Yy)=-lx&+0x*+lx理=型二，

'/2222

則E(X)-F(F)=亨-亨=1-(p1+p2),

又E(X2)=(-1)2×^+0×∣+l2×ifi=∣,

E(Y2)=(-1)2×詈+0×∣+l2×^=∣,

所以D(X)=E(X2)-[E(X)F=T-(亨)，

2

D(Y)=E(U)一[E(y)]2=?-(^?)，

所以。(X)-D(Y)=(警二)2一(臂)2

=(審+—)(審-號(hào))=3f)S+小F

對(duì)于A：因?yàn)镻1<T且P2<5所以Pι+p2<l,所以E(X)-E(Y)>0,所以E(X)>E(Y),故A正確；

對(duì)于B:因?yàn)镻I<P2<L由于無法確定Pi+P2與1的大小關(guān)系，

即無法判斷I-(Pl+P2)的正負(fù)，故無法確定E(X)與E(Y)的大小關(guān)系，故B錯(cuò)誤；

1

對(duì)于C:因?yàn)镻2<Pι<g,所以P2-Pl<0,p2+Pl<>

所以(P2-P1)(P2+Pi-1)>0，即D(X)-O(Y)>0,EPD(X)>D(Y),故C正確；

對(duì)于D:因?yàn)镻l<?<p2.所以P2—Pi>0，但是無法確定Pl+P2與1的大小關(guān)系，

即無法判斷Pl+p2-1的正負(fù)，故無法確定D(X)與。(Y)的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤；

故選：AC

2.(2022春?山西呂梁?高二校聯(lián)考期中)設(shè)X是一個(gè)離散型隨機(jī)變量、其分布列為

000

01

若0<x<∣,則下列說法正確的是()A.E(X)有最大值B.D(X)有最大值

C.E(X)無最小值D.D(X)無最小值

【答案】CD

【分析】求得E(X),D(X)的表達(dá)式，結(jié)合函數(shù)的最值的知識(shí)求得正確答案.

【詳解】E(X)=OXI+lxx+2X(I-X)=g-x,

所以E(X)在區(qū)間(0,|)匕單調(diào)遞減，沒有最值，A選項(xiàng)錯(cuò)誤，C選項(xiàng)正確.

D(X)=[θ-(^-x)]×∣+[1-(∣-^)]×z+[2-(l-χ)]×(l^x

125.8

=-Xz——X+-,

339

對(duì)稱軸為X=I>∣.所以D(X)在區(qū)間(0,|)上單調(diào)遞減，

沒有最值，B選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確.

故選：CD

3.(2023?高二課時(shí)練習(xí))已知隨機(jī)變量f的取值為1、2、3,若PG=I)與P(f=3)相等，且方差。幻=3

則PG=2)=.

【答案】I

【分析】設(shè)P(f=I)=PG=3)=P，計(jì)算E(f)=2,再根據(jù)方差公式計(jì)算得到答案.

【詳解】設(shè)P(f=1)=P(ξ=3)=p,則P(f=2)=1-2p,E(f)=p+2(1—2p)+3p=2,D[ξ]=

P(I—2)2+(1—2p)(2—2)2+p(3—2)2=2p=?,故P=?,

36

P(f=2)=1-2p=I

故答案為：I

4.(2023秋?遼寧阜新?高二?？计谀?若隨機(jī)事件4在1次試驗(yàn)中發(fā)生的概率為P(O<p<l),用隨機(jī)變量

X表示4在1次試驗(yàn)中發(fā)生的次數(shù)，則方差。(X)的最大值為;嚶U的最大值為

【答案】；；2-2√2

4

【分析】根據(jù)兩點(diǎn)分步的均值、方差計(jì)算公式，結(jié)合二次函數(shù)的最值問題和均值不等式即可求解.

【詳解】山題意可得隨機(jī)變量X的所有可能取值為0,1,

并且P(X=l)=p,P(X=O)=I-P，

2

所以E(X)=p,D(X)=P(I-P)=P-p?=一伍一鄉(xiāng)+?,

所以當(dāng)P=凱寸D(X)取得最大值;；

喘=%=2-伽+；”2-2師=2-20

當(dāng)且僅當(dāng)2p=判P=當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，

所以喘2的最大值為2-2√Σ

故答案為：?;2—2λ∕2

4

5.(2023?高二課時(shí)練習(xí))已知f是一個(gè)離散型隨機(jī)變量，其概率分布如下：(ZI1_02q試求E[f]和

D[ξ].

【答案】E[ξ]=1-√2,D[f]=√2-l.

【分析】根據(jù)概率分布的性質(zhì)，解得q=l-與，然后根據(jù)均值與方差的計(jì)算公式求解E[打和。用即可.

T+(l-2q)+q2=l

【詳解】解：山概率分布的性質(zhì)，得?0≤1-2Q≤i解得q=l-冬

O≤g2≤1

I"2

從而可得E[f]=(—1)×~+O×(1—2q)+lxq2=——-∣-=1—V2,D[a=(-1—1+VΣ)×—H-

2

(0-1+√2)2×(l-2+√2)+(l-l+√2)2×(l-y)=√2-1.

6.(2022秋?上海浦東新?高三上海市建平中學(xué)?？茧A段練習(xí))某種水果按照果徑大小可分為四類：標(biāo)準(zhǔn)果、

優(yōu)質(zhì)果、精品果、禮品果.某采購商從采購的一批水果中隨機(jī)抽取IOO個(gè)，利用水果的等級(jí)分類標(biāo)準(zhǔn)得到的

數(shù)據(jù)如下：

等級(jí)標(biāo)準(zhǔn)果優(yōu)質(zhì)果精品果禮品果

個(gè)數(shù)10304020

⑴若將頻率視為概率，從這IOO個(gè)水果中有放回地隨機(jī)抽取5個(gè)，求恰好有2個(gè)水果是禮品果的概率(結(jié)

果用分?jǐn)?shù)表示)；

⑵用樣本估計(jì)總體，果園老板提出兩種購銷方案給采購商參考,

方案1：不分類賣出，單價(jià)為21元/kg；

方案2：分類賣出，分類后的水果售價(jià)如下：

等級(jí)標(biāo)準(zhǔn)果優(yōu)質(zhì)果精品果禮品果

售價(jià)(元∕kg)16182224

從采購商的角度考慮，應(yīng)該采用哪種方案？

⑶用分層抽樣的方法從這IOO個(gè)水果中抽取10個(gè)，再從抽取的10個(gè)水果中隨機(jī)抽取3個(gè)，X表示抽取的是

精品果的數(shù)量，求X的分布列及方差。(X).

【答案】⑴發(fā)

⑵應(yīng)該采用第二種方案，理由見詳解

⑶分布列見詳解，D(X)=g

【分析】(1)根據(jù)題意結(jié)合二項(xiàng)分布運(yùn)算求解；

(2)根據(jù)加權(quán)平均數(shù)求方案二的平均單價(jià)，結(jié)合題意分析判斷；

(3)先根據(jù)分層抽樣求各層應(yīng)抽取的樣本個(gè)數(shù)，再結(jié)合超幾何分布求分布列和方差.

【詳解】(1)記"從這Ie)C)個(gè)水果中隨機(jī)抽取1個(gè)，這個(gè)水果是禮品果"為事件A,則P(4)=蕓=/

從這100個(gè)水果中有放回地隨機(jī)抽取5個(gè)，設(shè)禮品果的個(gè)數(shù)為丫，則y?B

故恰好有2個(gè)水果是禮品果的概率p(y=2)=cl×(I)2×(I-1)3=?g.

(2)方案2：每公斤的單價(jià)為土=16X蕓+18x蓋+22x蕓+20x磊=20.6(元)，

021>20.6,故從采購商的角度考慮，應(yīng)該采用第二種方案.

(3)用分層抽樣的方法從這IOO個(gè)水果中抽取10個(gè)，則標(biāo)準(zhǔn)果、優(yōu)質(zhì)果、精品果、禮品果應(yīng)抽取的個(gè)數(shù)

分別為1,3,4,2,即4個(gè)精品果，6個(gè)非精品果，

由題意可得：X的可能取值有：0,1,2,3,則有：

P(X=O)=與=:P(χ=1)=半=2,P(χ=2)=畢=三,P(X=3)=學(xué)=上，

j,

'Cf0ɑioɑio??Cf030

X的分布列如下:

XO123

1131

P

621030

≡E(X)=0×i÷l×l÷2×?÷3x?=∣,

2222

D(X)=(θ-∣)×i+(l-∣)×∣+(2-∣)×?+(3-∣)×?=?

【考點(diǎn)4：方差的性質(zhì)】

【知識(shí)點(diǎn)：方差的性質(zhì)】

1.(2022春?山西呂梁?高二校聯(lián)考期中)已知隨機(jī)變量X滿足E(X)=-4,D(X)=5,下列說法正確的是()

A.E(l-X)=-5B.E(I-X)=5

C.D(I-X)=5D.D(I-X)=-5

【答案】BC

【分析】根據(jù)平均數(shù)和方差的知識(shí)求得正確答案.

【詳解】依題意，E(X)=-4,O(X)=5,

所以E(I-X)=I-E(X)=1-(-4)=5,

D(I-X)=(-1)2×O(X)=5.

故選：BC

2.(2023?全國?高三對(duì)口高考)隨機(jī)變量X的分布列如表所示，若E(X)=｝則D(3X-2)=.

X—1O1

1

Pab

6

【答案】5

【分析】利用離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望的性質(zhì)，列出方程組，求出α,b,由此能求出方差，再

根據(jù)方差的性質(zhì)計(jì)算可得.

fα+h+?=1fa=?

6

【詳解】依題意可得《11，解得《

^lx-+0×a+ι×h=-1b=-

所以D(X)=(TV)2χH(oV)2(])2

?OzO??/???/LV

所以。(3X-2)=32D(X)=9×∣=5.

故答案為:5.

3.(2022?高二課時(shí)練習(xí))對(duì)于隨機(jī)變量X,它的數(shù)學(xué)期望E(X)和方差D(X),下列所有正確的序號(hào)是

①E(X)是反映隨機(jī)變量的平均取值；②D(X)越小，說明X越集中于E(X);

③E(aX+b)=αE(X)+b；④D(αX+b)=α2D(X)+b.

【答案】①②③

【分析】根據(jù)離散型隨機(jī)變量期望與方差的意義，以及期望與方差的性質(zhì)依次判斷即可.

【詳解】離散型隨機(jī)變量的期望反映了隨機(jī)變量取值的平均水平，方差反映了隨機(jī)變量取值偏離于均值的

平均程度，

方差越小，說明隨機(jī)變量的取值越集中于均值，則①②正確；E(aX+b)=αE(X)+b,D(aX+b)=

a2D(X),則③正確,④錯(cuò)誤.

故答案為：①②③.

4.(2022春?山西忻州?高二統(tǒng)考期末)隨機(jī)變量X的分布列如下所示.

HH□3

S03

則D(bX)的最大值為()A.；B.?C.—D.—

2727

【答案】D

【分析】根據(jù)分布列得出α+6=1,即可代入計(jì)算出D(X)=2cL,即可根據(jù)方差的運(yùn)算率得出D(bX),令

f(b)=D(bX),求導(dǎo)得出f(b)maχ,即可得出答案.

【詳解】由題可知2α+2b=l,即α+b=g

E(X)=α+4b+3α=4(α+b)=2,

D(X)=ɑ(l-2)2+(3-2)2α=2a,

則C(W)=h2D(X)=2ab2=-2b3+b2,

令f(b)=-2b3+b2,

則r(b)=-βb2+2b=-2b(3b-1),

則/(8)在(0,3上單調(diào)遞增，在Gw)上單調(diào)遞減，

所以f(b)max=∕(9=M

則。QX)的最大值為捺

故選：D.

5.(2023?山西?統(tǒng)考一模)已知隨機(jī)變量S的分布列如下:

012

P(I-Pi)22Pi(l-Pi)Pi

其中i=l,2,若;<pι<p2<l,貝∣J()A.E(A)VE(A),D(3f1+1)<D(3ξ2+1)B.EGI)<

EQ，D(3ξ1+1)>D(3ξ2+1)

C.E(A)>E(A),D(,3ξ1+1)<D(3f2+1)D.F(f1)>F(f2).D(3ξ1+1)>D(3f2+1)

【答案】B

【分析】由題知&?B(2,PD,進(jìn)而根據(jù)二項(xiàng)分布的期望與方差公式，方差的性質(zhì)依次討論各選項(xiàng)即可得答

案.

【詳解】解：由表中數(shù)據(jù)可知&~B(2,pi),

回E(W)=2pi,Z)(W)=2pi(l—Pi),

又嗎<p1<p2<l,

M(G)<f(<2),D(ξ1)-D(ξ2)=2(p1-p2)-2(pf-p分：=2(p1-p2)(l-p?-p2)>。，

00(<ι)>D(ξ2),D(3ξ1+1)=9D(ξ1)>9D(ξ2)=D(3ξ2+1).

故選：B

6.(2022?全國?高三專題練習(xí))某網(wǎng)約車司機(jī)統(tǒng)計(jì)了自己一天中出車一次的總路程X(單位：km)的可能

取值是20,22,24,26,28,30,它們出現(xiàn)的概率依次是0.1,0.2,0.3,0.1,t,2t.

⑴求X的分布列，并求X的均值和方差；

(2)若網(wǎng)約車計(jì)費(fèi)細(xì)則如下：起步價(jià)為5元，行駛路程不超過3km時(shí)，收費(fèi)5元，行駛路程超過3km時(shí)，則

按每超出Ikm(不足Ikm也