7.3.2　离散型随机变量的方差（Word含解析）

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.(2020广东佛山顺德一中高二下期末)已知离散型随机变量X的分布列如下,则D(X)=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
X 0 2 4
P
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2020广东实验中学南海学校高二下期中)已知随机变量X的分布列如下表,则X的标准差为(　　)
X 1 3 5
P 0.4 0.1 x
A.3.56 B.
C.3.2 D.
3.(2020山东临沂罗庄第一中学高二下期中)编号为1,2,3的3位同学随意入座编号为1,2,3的3个座位,每位同学坐一个座位,设与座位编号相同的学生个数是X,则X的方差为(　　)
A. B. C. D.1
4.(多选)已知离散型随机变量X的分布列如下表,则(　　)
X -1 0 1
P
A.P(X=0)= B.E(X)=-
C.D(X)= D.D(X2)=
5.(2020天津静海第一中学高二期中)随机变量X的可能取值为0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,则D(X)=　　　　.
题组二　离散型随机变量的方差的性质
6.(2020江苏宿迁宿豫中学高二下阶段检测)已知随机变量Y,X之间的关系为Y=2X+3,且D(X)=7,则D(Y)=(　　)
A.7 B.17 C.28 D.63
7.若随机变量X满足E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,则下列结论正确的是(　　)
A.E(X)=,D(X)= B.E(X)=2,D(X)=4
C.E(X)=2,D(X)=8 D.E(X)=,D(X)=8
8.(2020海南海口四中高三上月考)已知随机变量X的分布列为
X 0 1 x
P p
E(X)=.
(1)求D(X);
(2)若Y=3X-2,求D(Y).
题组三　均值与方差的简单应用
9.若X是离散型随机变量,P(X=x1)=,P(X=x2)=,且x1A. B. C.3 D.
10.(2019山东枣庄高二下期末)已知随机变量X的分布列如下表,若E(X)=1,D(2X+1)=2,则p=(　　)
X 0 a 2
P -p p
A. B. C. D.
11.(2019山东菏泽鄄城一中高二下月考)有三张形状、大小、质地完全相同的卡片,在卡片上分别写上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,将其上数字记作y,令X=xy.求:
(1)X的分布列;
(2)X的数学期望与方差.
能力提升练
题组一　离散型随机变量的方差
1.()随机变量X的分布列如下表,其中a,b,c成等差数列,则D(X)的最大值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
X 1 2 3
P a b c
A. B. C. D.
2.(多选)(2020河南顶级名校高三联考,)已知随机变量X的分布列如下表,则下列说法正确的是(　　)
X x y
P y x
A.存在x,y∈(0,1),E(X)>
B.对任意x,y∈(0,1),E(X)≤
C.对任意x,y∈(0,1),D(X)≤E(X)
D.存在x,y∈(0,1),D(X)>
3.(2020山东德州高三上期末,)随机变量X的可能取值为0,1,2,P(X=0)=0.2,D(X)=0.4,则E(X)=　　　　.
4.(原创)()已知随机变量X的分布列如下:
X 0 1 2
P a b c
在①a=b-c,②E(X)=1这两个条件中任选一个,并判断当a在内增大时,D(X)是否随着a的增大而增大,请说明理由.
题组二　离散型随机变量的均值与方差的应用
5.()如图,某工人的住所在A处,上班的企业在D处,开车上、下班时有三条路程几乎相等的路线可供选择:环城南路经过路口C,环城北路经过路口F,中间路线经过路口G.如果开车到B,C,E,F,G五个路口时因遇到红灯而堵车的概率分别为,,,,,此外再无别的路口会遇到红灯.
(1)为了减少开车到路口时因遇到红灯而堵车的次数,这位工人应该选择哪条行驶路线
(2)对于(1)中所选择的路线,求其堵车次数的方差.
6.(2019福建龙岩一级达标校高二下期末联考,)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,求顾客所获的奖励额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”.
答案全解全析
7.3.2　离散型随机变量的方差
基础过关练
1.B　由已知得E(X)=0×+2×+4×=2,
所以D(X)=(0-2)2×+(2-2)2×+(4-2)2×=2.
2.D　易知0.4+0.1+x=1,解得x=0.5,
∴E(X)=1×0.4+3×0.1+5×0.5=3.2,
∴D(X)=(1-3.2)2×0.4+(3-3.2)2×0.1+(5-3.2)2×0.5=3.56,
∴X的标准差为=.
故选D.
3.D　由题意得X的可能取值为0,1,3,
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=3)==,
∴E(X)=0×+1×+3×=1,
∴D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(3-1)2×=1.故选D.
4.ABD　由X的分布列可知P(X=0)=,所以A正确;
根据离散型随机变量分布列的期望与方差的计算公式可得,E(X)=(-1)×+0×+1×=-,
所以D(X)=×+×+×=,所以B正确,C不正确;
因为P(X2=0)=,P(X2=1)=,所以E(X2)=,所以D(X2)=×+×=,所以D正确.
故选ABD.
5.答案　
解析　P(X=0)=,则P(X=1)+P(X=2)=,E(X)=P(X=1)+2P(X=2)=1,
故P(X=1)=,P(X=2)=,
所以D(X)=×(0-1)2+×(1-1)2+×(2-1)2=.
6.C　∵Y=2X+3,D(X)=7,
∴D(Y)=D(2X+3)=22D(X)=28.
故选C.
7.B　∵E(2X+3)=2E(X)+3=7,D(2X+3)=4D(X)=16,∴E(X)=2,D(X)=4,故选B.
8.解析　(1)由题意可得++p=1,解得p=.
又E(X)=0×+1×+x×=,
∴x=2,
∴D(X)=×+×+×=.
(2)∵Y=3X-2,
∴D(Y)=D(3X-2)=9D(X)=9×=5.
9.C　∵E(X)=,D(X)=,
∴
解得或(不合题意,舍),
∴x1+x2=3.
10.B　由题意得,E(X)=0×+a×+2×p=1,∴+2p=1,①
又知D(2X+1)=2,由方差的性质知,D(2X+1)=4D(X),∴D(X)=,
∴D(X)=(0-1)2×+(a-1)2×+(2-1)2×p=,即a2-2a+1=0,所以a=1.将a=1代入①式,得p=.
故选B.
11.解析　(1)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的数字至少有一次为0,其概率P(X=0)=1-×=,
“X=1”是指两次取的卡片上的数字均为1,其概率P(X=1)=×=,
“X=2”是指两次取的卡片上一个数字为1,另一个数字为2,其概率P(X=2)=2××=,
“X=4”是指两次取的卡片上的数字均为2,其概率P(X=4)=×=.
则X的分布列为
X 0 1 2 4
P
(2)由(1)知,E(X)=0×+1×+2×+4×=1,
所以D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2×+(4-1)2×=.
能力提升练
1.D　∵a,b,c成等差数列,∴2b=a+c,
又∵a+b+c=1,
∴b=,c=-a,0≤a≤,
∴E(X)=a+2b+3c=-2a,
则D(X)=×a+×+×=-4a2+a+=+,
又0≤a≤,∴当a=,即a=b=c=时,
D(X)取得最大值.
故选D.
2.BC　依题意可得x+y=1,E(X)=2xy,又2xy≤=,所以E(X)≤,当且仅当x=y=时取等号,∴A错误,B正确;
D(X)=(x-2xy)2y+(y-2xy)2x=(1-2y)2x2y+(1-2x)2y2x=[(1-2y)2x+(1-2x)2y]yx=[(2x-1)2x+(1-2x)2y]yx=(1-2x)2(x+y)yx=(1-2x)2yx,
∵0∴-1<2x-1<1,
∴0<(2x-1)2<1,
∴D(X)∵D(X)=(1-2x)2yx当且仅当x=y=时取等号.
∴D错误.
故选BC.
3.答案　1
解析　设P(X=2)=x,其中0≤x≤0.8,
则P(X=1)=0.8-x,
∴E(X)=0×0.2+1×(0.8-x)+2x=x+0.8,
∴D(X)=(x+0.8)2×0.2+(0.2-x)2×(0.8-x)+(1.2-x)2x=0.4,
解得x=0.2(x=1.2舍去),
因此,E(X)=0.2+0.8=1.
4.解析　若选择①,则有可得b=,
则E(X)=b+2c=-2a,
所以D(X)=a+b+c=-4a2+2a+=+,
所以当a∈时,D(X)随着a的增大而增大,当a∈时,D(X)随着a的增大而减小.
若选择②,则有可得a=c,
因此D(X)=a+c=2a,
所以当a在内增大时,D(X)随着a的增大而增大.
5.解析　(1)设这位工人选择行驶路线A—B—C—D、A—F—E—D、A—B—G—E—D时堵车的次数分别为X1、X2、X3,则X1、X2的可能取值均为0,1,2,X3的可能取值为0,1,2,3.
P(X1=0)=×=,
P(X1=1)=×+×=,
P(X1=2)=×=,
所以E(X1)=0×+1×+2×=.
P(X2=0)=×=,
P(X2=1)=×+×=,
P(X2=2)=×=,
所以E(X2)=0×+1×+2×=.
P(X3=0)=××=,
P(X3=1)=××+××+××=,
P(X3=2)=××+××+××=,
P(X3=3)=××=,
所以E(X3)=0×+1×+2×+3×=.
综上,E(X2)最小,所以这位工人应该选择行驶路线A—F—E—D.
(2)由(1)知E(X2)=,P(X2=0)=,
P(X2=1)=,P(X2=2)=,
则D(X2)=×+×+×=,
所以该条行驶路线堵车次数的方差为.
6.解析　(1)由题意得随机变量X的可能取值为40,60,
P(X=40)==,
P(X=60)==.
所以X的分布列为
X 40 60
P
所以顾客所获的奖励额的期望E(X)=40×+60×=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,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60;
若选择“40,40,40,20”的面值设计,因为60元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选择“20,20,40,40”,
设此方案中顾客所获的奖励额为X1,则X1的可能取值为40,60,80,
P(X1=40)==,
P(X1=60)==,
P(X1=80)==.
所以X1的分布列为
X1 40 60 80
P
所以E(X1)=40×+60×+80×=60.
D(X1)=(40-60)2×+(60-60)2×+(80-60)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选择“15,15,45,45”,
设此方案中顾客所获的奖励额为X2,则X2的可能取值为30,60,90,
P(X2=30)==,
P(X2=60)==,
P(X2=90)==.
所以X2的分布列为
X2 30 60 90
P
所以E(X2)=30×+60×+90×=60.
D(X2)=(30-60)2×+(60-60)2×+(90-60)2×=300.
因为E(X1)=E(X2)=60,D(X1)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20元和面值40元的球各2个.