《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第三册人教版青海专用》

例 1 已知随机变量 $ X $ 的分布列为

若 $ E(X)= \frac{1}{3},D(X)= \frac{5}{9} $,求 $ a,b,c $ 的值。
【解】 根据题意易知a+b+c=1，
由E(X)=$\frac{1}{3}$,可得$-1×a+0×b+1×c=c-a=\frac{1}{3}$,由D(X)=$\frac{5}{9}$,可得$(-1-\frac{1}{3})^{2}×a+(0-\frac{1}{3})^{2}×b+(1-\frac{1}{3})^{2}×c=\frac{16}{9}a+\frac{1}{9}b+\frac{4}{9}c=\frac{5}{9}$,
化简可得16a+b+4c=5,
联立$\left\{\begin{array}{l} a+b+c=1,\\ c-a=\frac{1}{3},\\ 16a+b+4c=5,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} a=\frac{1}{6},\\ b=\frac{1}{3},\\ c=\frac{1}{2},\end{array}\right. $
所以$a=\frac{1}{6},b=\frac{1}{3},c=\frac{1}{2}.$

答案： 【解】 根据题意易知a+b+c=1，
由E(X)=$\frac{1}{3}$,可得$-1×a+0×b+1×c=c-a=\frac{1}{3}$,由D(X)=$\frac{5}{9}$,可得$(-1-\frac{1}{3})^{2}×a+(0-\frac{1}{3})^{2}×b+(1-\frac{1}{3})^{2}×c=\frac{16}{9}a+\frac{1}{9}b+\frac{4}{9}c=\frac{5}{9}$,
化简可得16a+b+4c=5,
联立$\left\{\begin{array}{l} a+b+c=1,\\ c-a=\frac{1}{3},\\ 16a+b+4c=5,\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} a=\frac{1}{6},\\ b=\frac{1}{3},\\ c=\frac{1}{2},\end{array}\right. $
所以$a=\frac{1}{6},b=\frac{1}{3},c=\frac{1}{2}.$

跟踪训练 1(多选)已知随机变量 $ X $ 的分布列为

若随机变量 $ Y = aX + b(a＞0,b\in\mathbf{R}) $,$ E(Y)= 10 $,$ D(Y)= 19 $,则下列选项正确的为(ACD)
A.$ m = 0.5 $
B.$ a = 6 $
C.$ b = 11 $
D.$ P(Y = 16)= 0.3 $

答案： ACD

例 2(1)若 $ p $ 为非负实数,随机变量 $ \xi $ 的分布列如下表,则 $ E(\xi) $ 的最大值为 $\frac{3}{2}$,$ D(\xi) $ 的最大值为 1。

答案：
(1)$\frac{3}{2}$ 1

(2)已知某人每次投篮的命中率为 $ p(0 ＜ p ＜ 1) $,投进一球得 $ 1 $ 分,投不进得 $ 0 $ 分,记投篮一次的得分为 $ X $,则 $ \frac{4D(X)-3}{2E(X)} $ 的最大值为 $2-2\sqrt{3}$。

答案：
(2)$2-2\sqrt{3}$

跟踪训练 2 某高二学生在参加物理、历史反向学考中,成绩是否取得 $ A $ 等级相互独立,记 $ X $ 为“该学生取得 $ A $ 等级的学考科目数”,其分布列如下表所示,则 $ D(X) $ 的最大值是(B)

A.$ \frac{32}{81} $
B.$ \frac{4}{9} $
C.$ \frac{17}{36} $
D.$ \frac{47}{81} $

答案： B

例 3 为回馈顾客,某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 $ 45 $ 元,其余 $ 3 $ 个均为 $ 15 $ 元,求顾客所获的奖励额为 $ 60 $ 元的概率；
(2)商场对奖励总额的预算是 $ 30000 $ 元,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,请从如下两种方案中选择一种,并说明理由。方案一：袋中的 $ 4 $ 个球由 $ 2 $ 个标有面值 $ 15 $ 元和 $ 2 $ 个标有面值 $ 45 $ 元的两种球组成；方案二：袋中的 $ 4 $ 个球由 $ 2 $ 个标有面值 $ 20 $ 元和 $ 2 $ 个标有面值 $ 40 $ 元的两种球组成。
【解】
(1)设顾客的奖励额为X,
依题意得P(X=60)=$\frac{C_{1}^{1}C_{3}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{2}$.
(2)根据方案一,设顾客的奖励额为X₁,其可能取值为30,60,90.
P(X₁=30)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,P(X₁=60)=$\frac{C_{2}^{1}C_{2}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$,P(X₁=90)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,
E(X₁)=30×$\frac{1}{6}+60×\frac{2}{3}+90×\frac{1}{6}=60$,
D(X₁)=(30-60)²×$\frac{1}{6}+(60-60)²×\frac{2}{3}+(90-60)²×\frac{1}{6}=300$.
根据方案二,设顾客的奖励额为X₂,其可能取值为40,60,80.
P(X₂=40)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,P(X₂=60)=$\frac{C_{2}^{1}C_{2}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$,P(X₂=80)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,
E(X₂)=40×$\frac{1}{6}+60×\frac{2}{3}+80×\frac{1}{6}=60$,
D(X₂)=(40-60)²×$\frac{1}{6}+(60-60)²×\frac{2}{3}+(80-60)²×\frac{1}{6}=\frac{400}{3}$.
商场对奖励总额的预算是30000元,故每个顾客平均奖励额最多为60,两方案均符合要求,但方案二奖励的方差比方案一小,所以应选择方案二.

答案： 【解】
(1)设顾客的奖励额为X,
依题意得P(X=60)=$\frac{C_{1}^{1}C_{3}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{2}$.
(2)根据方案一,设顾客的奖励额为X₁,其可能取值为30,60,90.
P(X₁=30)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,P(X₁=60)=$\frac{C_{2}^{1}C_{2}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$,P(X₁=90)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,
E(X₁)=30×$\frac{1}{6}+60×\frac{2}{3}+90×\frac{1}{6}=60$,
D(X₁)=(30-60)²×$\frac{1}{6}+(60-60)²×\frac{2}{3}+(90-60)²×\frac{1}{6}=300$.
根据方案二,设顾客的奖励额为X₂,其可能取值为40,60,80.
P(X₂=40)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,P(X₂=60)=$\frac{C_{2}^{1}C_{2}^{1}}{C_{4}^{2}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$,P(X₂=80)=$\frac{C_{2}^{2}}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{6}$,
E(X₂)=40×$\frac{1}{6}+60×\frac{2}{3}+80×\frac{1}{6}=60$,
D(X₂)=(40-60)²×$\frac{1}{6}+(60-60)²×\frac{2}{3}+(80-60)²×\frac{1}{6}=\frac{400}{3}$.
商场对奖励总额的预算是30000元,故每个顾客平均奖励额最多为60,两方案均符合要求,但方案二奖励的方差比方案一小,所以应选择方案二.