【文档说明】人教版高中数学选择性必修第三册学案：7.3.2《离散型随机变量的方差》(含解析).doc，共(16)页，210.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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7.3.2离散型随机变量的方差课标要求素养要求1.通过具体实例，理解离散型随机变量的分布列及方差的概念.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.通过研究离散型随机变量的方差，进一步提升数学抽象及数据分析素养.

新知探究甲、乙两个工人生产同一产品，在相同的条件下，他们生产100件产品所出的不合格产品数分别用X，Y表示，X，Y的分布列如下：X0123P0.60.20.10.1Y0123P0.50.30.20如何比较甲、乙两人的技术？问题情境中的问题，我们可以分别求出甲、乙两人不合格品数的均值，但

是两人的均值相等，我们应如何更准确地比较两个工人的技术水平？提示我们知道，当样本平均值相差不大时，可以利用样本方差考察样本数据与样本平均值的偏离程度．1．离散型随机变量的方差、标准差正确求解随机变量的方差的关键是正确求解分布列及其期望值设离散型随机变量X的分布

列为Xx1x2„xi„xnPp1p2„pi„pn考虑X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2，„，(xn－E(X))2，因为X取每个值的概率不尽相同，所以我们用偏差平方关

于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度，我们称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋„＋(xn－E(X))2pn＝∑ni＝1(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，有时也记为Va

r(X)，并称D（X）为随机变量X的标准差，记为σ(X)．2．几个常见的结论(1)D(aX＋b)＝a2D(X)．(2)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．拓展深化[微判断]1．离散型随机变量的方差越大，随机变量越稳定．(×)提示随机变量的方差越小，随机变量越稳定．2．若a是常数

，则D(a)＝0.(√)3．离散型随机变量的方差反映了随机变量偏离于期望的平均程度．(√)[微训练]1．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()A．0.5和0.25B．0.5和0.75C．1和0.25D．1和0.75解析

E(X)＝p＝0.5，D(X)＝p(1－p)＝0.5×0.5＝0.25.答案A2．设随机变量X的方差D(X)＝1，则D(2X＋1)的值为()A．2B．3C．4D．5解析D(2X＋1)＝4D(X)＝4×1＝4.答案C[微思考]离散型随机

变量的方差越大，随机变量越稳定还是方差越小越稳定？提示离散型随机变量的方差越小随机变量越稳定.题型一求离散型随机变量的方差角度1用定义求离散型随机变量的方差【例1】设离散型随机变量X的分布列为X1234P14131614则D(X)等于()A.2912B.121144C.179144D.17

12解析由题意知，E(X)＝1×14＋2×13＋3×16＋4×14＝2912，故D(X)＝1－29122×14＋2－29122×13＋3－29122×16＋4－29122×14＝179144.答案C角度2求两点分布的方差【例2】

若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__________．解析依题意知：X服从两点分布，所以D(X)＝0.8×(1－0.8)＝0.16.答案0.16规律方法求离散型随机变量的方差的类型及解决方法(1)已知分布列型(非两点分布)：直接利用定义求解，

先求均值，再求方差．(2)已知分布列是两点分布：直接套用公式D(X)＝p(1－p)求解．(3)未知分布列型：求解时可先借助已知条件及概率知识求得分布列，然后转化成(1)中的情况．【训练1】袋中有大小相同的四个球，编号分别

为1，2，3，4，每次从袋中任取一个球，记下其编号．若所取球的编号为偶数，则把该球编号改为3后放回袋中继续取球；若所取球的编号为奇数，则停止取球．(1)求“第二次取球后才停止取球”的概率；(2)若第一次取到偶数，记第二次和第一次取球的编号之和为X，求X的分布列和方差．解(1)记“第二次取球后才

停止取球”为事件A.易知第一次取到偶数球的概率为24＝12，第二次取球时袋中有三个奇数，所以第二次取到奇数球的概率为34，而这两次取球相互独立，所以P(A)＝12×34＝38.(2)若第一次取到2，则第二次取球时袋中有编号为1，3，3，4的四个球；若第一次取到4，则第二次取球时袋中有编号为1

，2，3，3的四个球．所以X的可能取值为3，5，6，7，所以P(X＝3)＝12×14＝18，P(X＝5)＝12×24＋12×14＝38，P(X＝6)＝12×14＋12×14＝14，P(X＝7)＝12×24＝14，所以X的分布列为X3567P18381414均值E(X)＝3×18＋5×38

＋6×14＋7×14＝112，方差D(X)＝3－1122×18＋5－1122×38＋6－1122×14＋7－1122×14＝32.题型二方差的性质的应用【例3】已知随机变量X的分布列为：X01xP1

213p若E(X)＝23.(1)求D(X)的值；(2)若Y＝3X－2，求D（Y）的值．解由分布列的性质，得12＋13＋p＝1，解得p＝16，∵E(X)＝0×12＋1×13＋16x＝23，∴x＝2.(1)D(X)＝

0－232×12＋1－232×13＋2－232×16＝1527＝59.(2)∵Y＝3X－2，∴D(Y)＝D(3X－2)＝9D(X)＝5，∴D（Y）＝5.规律方法求随机变量Y＝aX＋b方差的方法求随机变量Y＝aX＋b的方差，一种方法是先求Y的分布列，再求其均值，最后求方

差；另一种方法是应用公式D(aX＋b)＝a2D(X)求解．【训练2】设随机变量X的分布列为X－101P121316若Y＝2X＋2，则D(Y)等于()A．－13B.59C.109D.209解析由题意知，E(X)＝－1×12＋0×13＋1×16＝－13，故D(X)＝－1＋132×12＋

0＋132×13＋1＋132×16＝59，D(Y)＝D(2X＋2)＝4D(X)＝4×59＝209.答案D题型三均值与方差的综合应用【例4】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：XA110120125130135P0.10.20.4

0.10.2XB100115125130145P0.10.20.40.10.2其中，XA，XB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)．解E(XA)＝110×0.1＋120×0.2＋1

25×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125，E(XB)＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125，D(XA)＝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(XB)＝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

(XA)＝E(XB)，D(XA)＜D(XB)，故两种材料的抗拉强度的平均值相等，其稳定程度材料乙明显不如材料甲，即甲的稳定性好．规律方法(1)均值体现了随机变量取值的平均大小，在两种产品相比较时，只比较均值往往是不恰当的，还需比较它们的取值的离

散程度，即通过比较方差，才能准确地得出更恰当的判断．(2)离散型随机变量的分布列、均值、方差之间存在着紧密的联系，利用题目中所给出的条件，合理地列出方程或方程组求解，同时也应注意合理选择公式，简化问题的解答

过程．【训练3】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，X表示所取球的标号．(1)求X的方差；(2)若Y＝aX＋b，E(Y)＝1，D(Y)＝11，试求a，b的值．解(1)X的分布列为X01234P12120110320

15则E(X)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5.D(X)＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.(2)由D(Y)＝a2D(X)，得a2·2.

75＝11，得a＝±2.又E(Y)＝aE(X)＋b，所以当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.所以a＝2，b＝－2或a＝－2，b＝4即为所求.一、素养落

地1．通过本节课的学习，进一步提升数学抽象及数据分析素养．2．随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度，以及随机变量取值偏离于均值的平均程度．方差D(X)或标准差D（X）越小，则随

机变量取值偏离均值的平均程度越小，说明X的取值越集中；方差D(X)或标准差D（X）越大，表明随机变量取值偏离均值的平均程度越大，说明X的取值越分散．3．求离散型随机变量X的均值、方差的步骤(1)理解X的意义，写出X的所有可能取值．(2)求X取每一个值的概率．(3)

写出随机变量X的分布列．(4)由均值、方差的定义求E(X)，D(X)．特别地，若随机变量服从两点分布，可根据公式直接计算E(X)和D(X)．二、素养训练1．若离散型随机变量X的标准差D（X）为8，则随机变量Y＝2X－1的标准差为(

)A．8B．15C．16D．32解析D（2X－1）＝4D（X）＝2D（X）＝16.答案C2．设随机变量X的分布列为X123P12xy若E(X)＝158，则D(X)＝()A.3364B.5564C.732D.932解析由随机变量分布列的性质得x＋

y＝12，由E(X)＝158，得1×12＋2x＋3y＝158，解得x＝18，y＝38.∴D(X)＝1－1582×12＋2－1582×18＋3－158×38＝5564.答案B3．有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数据，计算出样本均值E(X甲)＝E

(X乙)，方差分别为D(X甲)＝11，D(X乙)＝3.4.由此可以估计()A．甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐B．乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐C．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同D．甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较解析由E(X甲)＝E(X乙)，

D(X甲)＞D(X乙)知B正确．答案B4．已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝0，D(X)＝1，则a＝__________，b＝__________．X－1012Pabc112解析由题意知a＋b＋c＝1112，－a＋c＋16＝0，a＋c＋13＝1，解得a＝

512，b＝14，c＝14.答案512145．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13，34.(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、期望及标准差．解(1)设第三次由乙投篮为事件A，则P(A)＝13×23＋23×34＝1318.(2)由题意，X的取值为0，1，2.P(X＝0)＝13×13＝19；P(X＝1)＝13×23＋23×14＝718.P(X＝2)＝23×34＝12.故X的分布列为X012P

1971812E(X)＝0×19＋1×718＋2×12＝2518，D(X)＝0－25182×19＋1－25182×718＋2－25182×12＝149324，∴D（X）＝14918.基础达标一、选择题1．设一随机试验的结果只有A和A－，且

P(A)＝m，令随机变量X＝1，A发生，0，A不发生，则X的方差D(X)等于()A．mB．2m(1－m)C．m(m－1)D．m(1－m)解析由题意知X服从两点分布，故D(X)＝m(1－m)．答案D2．已知

随机变量X的分布列为P(X＝k)＝15，k＝1，2，3，4，5，则D(2X－5)＝()A．6B．8C．3D．4解析E(X)＝1×15＋2×15＋3×15＋4×15＋5×15＝3，∴D(X)＝15×[(1－3)2＋(2－3)2＋(3－3)2＋(4－3)2＋(5－3)2]＝2

，∴D(2X－5)＝4D(X)＝4×2＝8.答案B3．设随机变量X的概率分布列为P(X＝k)＝pk·(1－p)1－k(k＝0，1)，则E(X)，D(X)的值分别是()A．0和1B．p和p2C．p和1－pD．p和(1－p)p解析易知X服从两点分布，

∴E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．答案D4．以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中得分情况为X1(甲得分)012P(X1＝xi)0.20.50.3X2(乙得分)012P(X2＝xi)0.30.30.4现有一场比赛，派哪位运动员参加较好？()A．甲B．乙C．

甲、乙均可D．无法确定解析E(X1)＝E(X2)＝1.1，D(X1)＝1.12×0.2＋0.12×0.5＋0.92×0.3＝0.49，D(X2)＝1.12×0.3＋0.12×0.3＋0.92×0.4＝0.69，∴

D(X1)<D(X2)，即甲比乙得分稳定，选甲参加较好．答案A5．设10≤x1<x2<x3<x4≤104，x5＝105，随机变量X1取值x1，x2，x3，x4，x5的概率均为0.2，随机变量X2取值x1＋x22，x2＋x32，x3＋x42，x4＋x52，x5＋x12的概率也均为0.2，若记D

(X1)，D(X2)分别为X1，X2的方差，则()A．D(X1)>D(X2)B．D(X1)＝D(X2)C．D(X1)<D(X2)D．D(X1)与D(X2)的大小关系与x1，x2，x3，x4的取值有关解析由题意可知E(X1)＝E(X2)，又由题意可知，X1的波动性较大，从而有D

(X1)>D(X2)．答案A二、填空题6．若某事件在一次试验中发生次数的方差等于0.25，则该事件在一次试验中发生的概率为__________．解析设该事件在一次试验中发生的概率为p，事件在一次试验中发生次数记为X，则X服从两点分布

，则D(X)＝p(1－p)，所以p(1－p)＝0.25，解得p＝0.5.答案0.57．已知随机变量X的分布列为X01xP15p310且E(X)＝1.1，则D(X)＝__________．解析由随机变量分布列的性质可得p＝1

－15－310＝12.又E(X)＝0×15＋1×12＋x·310＝1.1，解得x＝2.所以D(X)＝(0－1.1)2×15＋(1－1.1)2×12＋(2－1.1)2×310＝0.49.答案0.498．随机变量X的分布列如下：X－101Pabc其中a，b，c成等差数列

，若E(X)＝13，则D(X)＝______．解析由题意得2b＝a＋c，a＋b＋c＝1，c－a＝13，解得a＝16，b＝13，c＝12，故D(X)＝－1－132×16＋0－132×13＋1－132×12＝59.答案59三、解答题9．已知海关大楼顶端镶有

A，B两面大钟，它们的日走时误差分别为X1，X2(单位：s)，其分布列如下：X1－2－1012P0.050.050.80.050.05X2－2－1012P0.10.20.40.20.1根据这两面大钟日走时误差的均值与方差比较这两面大钟的质量．解由题意得，E(

X1)＝0，E(X2)＝0，∴E(X1)＝E(X2)．D(X1)＝(－2－0)2×0.05＋(－1－0)2×0.05＋(0－0)2×0.8＋(1－0)2×0.05＋(2－0)2×0.05＝0.5，D(X2)

＝(－2－0)2×0.1＋(－1－0)2×0.2＋(0－0)2×0.4＋(1－0)2×0.2＋(2－0)2×0.1＝1.2.∴D(X1)<D(X2)．综上可知，A大钟的质量较好．10．甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境，且

野生动物的种类和数量也大致相等，而两个保护区内每个季度发现违反保护条例的事件次数的分布列分别为：甲保护区：X0123P0.30.30.20.2乙保护区：Y012P0.10.50.4试评定这两个保护区的管理水平．解甲保护区违规次数X的数学期望和方差为：E(X)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.2＋3

×0.2＝1.3，D(X)＝(0－1.3)2×0.3＋(1－1.3)2×0.3＋(2－1.3)2×0.2＋(3－1.3)2×0.2＝1.21.乙保护区违规次数Y的数学期望和方差为：E(Y)＝0×0.1＋1×0.5＋2×0

.4＝1.3，D(Y)＝(0－1.3)2×0.1＋(1－1.3)2×0.5＋(2－1.3)2×0.4＝0.41.因为E(X)＝E(Y)，D(X)＞D(Y)，所以两个保护区内每个季度发生的违规事件的平均次数相同，但甲保护区的违规事

件次数相对分散和波动，乙保护区内的违规事件次数更加集中和稳定．能力提升11．若X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝23，P(X＝x2)＝13，且x1<x2，又已知E(X)＝43，D(X)＝29，则x1＋x2的值为()A.53B.73C．3D.113解析

x1，x2满足23x1＋13x2＝43，x1－432×23＋x2－432×13＝29，解得x1＝1，x2＝2或x1＝53，x2＝23.∵x1<x2，∴x1＝1，x2＝2，∴x

1＋x2＝3.答案C12．为选拔奥运会射击选手，对甲、乙两名射手进行选拔测试．已知甲、乙两名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量X，Y，甲、乙两名射手在每次射击中击中的环数均大于6环，且甲射中10，9，8，7环的

概率分别为0.5，3a，a，0.1，乙射中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2.(1)求X，Y的分布列；(2)求X，Y的数学期望与方差，以此比较甲、乙的射击技术并从中选拔一人．解(1)依题意，0.5＋3a＋a＋0.1＝1，解得a＝0.1.∵乙射中10，9，8环的概率分别为0

.3，0.3，0.2，∴乙射中7环的概率为1－(0.3＋0.3＋0.2)＝0.2.∴X，Y的分布列分别为X10987P0.50.30.10.1Y10987P0.30.30.20.2(2)由(1)可得E(X)＝10×0.5＋9×0.3＋8×0.1＋7×0.1＝9.2(环

)；E(Y)＝10×0.3＋9×0.3＋8×0.2＋7×0.2＝8.7(环)；D(X)＝(10－9.2)2×0.5＋(9－9.2)2×0.3＋(8－9.2)2×0.1＋(7－9.2)2×0.1＝0.96；D(Y)＝(10－8.7)2×0.3＋(9－8.7)2

×0.3＋(8－8.7)2×0.2＋(7－8.7)2×0.2＝1.21.由于E(X)>E(Y)，说明甲平均射中的环数比乙高；又因为D(X)<D(Y)，说明甲射中的环数比乙集中，比较稳定．所以，甲比乙的技术好，故应选拔甲射手参加奥运会．创新猜想13．(多选题

)已知随机变量X的分布列为X－101P121316则下列式子正确的是()A．E(X)＝－13B．D(X)＝2327C．P(X＝0)＝13D．P(X＝1)＝12解析由分布列可知，E(X)＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－13，故A正确；D(X)＝－1＋132×12＋

0＋132×13＋1＋132×16＝59，故B不正确；C显然正确；P(X＝1)＝16，故D不正确．答案AC14．(多空题)根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表所示．降水量XX<300300≤X<700700≤X<900X≥900工期延误天数Y02

610若历史气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，则工期延误天数Y的期望是________，工期延误天数Y的方差为__________．解析由已知条件

和概率的加法公式知，P(X<300)＝0.3，P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.所

以随机变量Y的分布列为Y02610P0.30.40.20.1故E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3；D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.故工期延

误天数Y的方差为9.8.答案39.8