《2025年教材全解高中数学选择性必修第三册人教版A版》

【例8】已知随机变量$X$的分布列为

求$E(X),D(X),D(-2X-3)$.

答案： 因为所有概率之和为1，即$0.2 + 0.2 + a + 0.2 + 0.1 = 1$，解得$a = 0.3$。
$E(X)=0×0.2 + 1×0.2 + 2×0.3 + 3×0.2 + 4×0.1$
$= 0 + 0.2 + 0.6 + 0.6 + 0.4$
$= 1.8$
$D(X)=(0 - 1.8)^2×0.2 + (1 - 1.8)^2×0.2 + (2 - 1.8)^2×0.3 + (3 - 1.8)^2×0.2 + (4 - 1.8)^2×0.1$
$=(-1.8)^2×0.2+(-0.8)^2×0.2 + 0.2^2×0.3 + 1.2^2×0.2 + 2.2^2×0.1$
$=3.24×0.2 + 0.64×0.2+0.04×0.3 + 1.44×0.2 + 4.84×0.1$
$=0.648+0.128 + 0.012+0.288+0.484$
$= 1.556+0.012+0.288+0.484$
$=1.568+0.288+0.484$
$=1.856+0.484$
$= 1.56$
根据方差的性质$D(aX + b)=a^{2}D(X)$，对于$D(-2X - 3)$，其中$a = - 2$，$b = - 3$，则$D(-2X - 3)=(-2)^{2}D(X)=4×1.56 = 6.24$。
综上，$E(X)=1.8$，$D(X)=1.56$，$D(-2X - 3)=6.24$。

1-1若随机变量$X$的分布列为

$D(X)$为随机变量$X$的方差,则$D(3X+1)=$6.

答案： 1-1 6 解析：由分布列可得
$\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+a=1$，解得$a=\frac{1}{3}$
$E(X)=0×\frac{1}{3}+1×\frac{1}{3}+2×\frac{1}{3}=1$，
$D(X)=(0-1)^{2}×\frac{1}{3}+(1-1)^{2}×\frac{1}{3}+(2-1)^{2}×\frac{1}{3}=\frac{2}{3},D(3X+1)=9D(X)=6$.

【例1】[全国Ⅲ卷]在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为$p_1,p_2,p_3,p_4$,且$\sum_{i=1}^{4}p_i=1$,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是()

A.$p_1=p_4=0.1,p_2=p_3=0.4$
B.$p_1=p_4=0.4,p_2=p_3=0.1$
C.$p_1=p_4=0.2,p_2=p_3=0.3$
D.$p_1=p_4=0.3,p_2=p_3=0.2$

答案： B

【例2】[福建卷]为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000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50元,其余3个均为10元,求：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望.
(2)商场对奖励总额的预算是60000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成,或标有面值20元和40元的两种球组成.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.

答案：
(1)①设顾客所获奖励额为$X$元，$P(X=60)=\frac{\mathrm{C}_1^1\mathrm{C}_3^1}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
②$X$的可能取值为20，60。$P(X=20)=\frac{\mathrm{C}_3^2}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{1}{2}$，$P(X=60)=\frac{1}{2}$。分布列为：
| $X$ | 20 | 60 |
| --- | --- | --- |
| $P$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{2}$ |
数学期望$E(X)=20×\frac{1}{2}+60×\frac{1}{2}=40$。
(2)每个顾客平均奖励额为$60$元。
方案1：袋中球面值为(10,10,50,50)，设奖励额为$X_1$。$X_1$可能取值20,60,100。
$P(X_1=20)=\frac{\mathrm{C}_2^2}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{1}{6}$，$P(X_1=60)=\frac{\mathrm{C}_2^1\mathrm{C}_2^1}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{2}{3}$，$P(X_1=100)=\frac{\mathrm{C}_2^2}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{1}{6}$。
$E(X_1)=20×\frac{1}{6}+60×\frac{2}{3}+100×\frac{1}{6}=60$，$D(X_1)=\frac{(20-60)^2 + (100-60)^2}{6}=\frac{1600}{3}$。
方案2：袋中球面值为(20,20,40,40)，设奖励额为$X_2$。$X_2$可能取值40,60,80。
$P(X_2=40)=\frac{\mathrm{C}_2^2}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{1}{6}$，$P(X_2=60)=\frac{\mathrm{C}_2^1\mathrm{C}_2^1}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{2}{3}$，$P(X_2=80)=\frac{\mathrm{C}_2^2}{\mathrm{C}_4^2}=\frac{1}{6}$。
$E(X_2)=40×\frac{1}{6}+60×\frac{2}{3}+80×\frac{1}{6}=60$，$D(X_2)=\frac{(40-60)^2 + (80-60)^2}{6}=\frac{400}{3}$。
因$D(X_2)＜D(X_1)$，选择方案2，袋中4个球面值为20元,20元,40元,40元。

教材第70页练习第1题
已知随机变量$X$的分布列为

求$D(X)$和$\sigma(2X+7)$.

答案： 1. 计算E(X)：E(X)=1×0.2 + 2×0.3 + 3×0.4 + 4×0.1=0.2 + 0.6 + 1.2 + 0.4=2.4
2. 计算D(X)：D(X)=(1-2.4)²×0.2 + (2-2.4)²×0.3 + (3-2.4)²×0.4 + (4-2.4)²×0.1=(-1.4)²×0.2 + (-0.4)²×0.3 + 0.6²×0.4 + 1.6²×0.1=1.96×0.2 + 0.16×0.3 + 0.36×0.4 + 2.56×0.1=0.392 + 0.048 + 0.144 + 0.256=0.84
3. 计算σ(2X+7)：D(2X+7)=2²D(X)=4×0.84=3.36，σ(2X+7)=√3.36=√(84/25)= (2√21)/5
D(X)=0.84，σ(2X+7)= (2√21)/5

1-1[浙江卷]设$0\lt a\lt1$,随机变量$X$的分布列为

则当$a$在$(0,1)$内增大时,(D)


A.$D(X)$增大
B.$D(X)$减小
C.$D(X)$先增大后减小
D.$D(X)$先减小后增大

答案： 1-1 D 解析：由题意，知
$E(X)=0×\frac{1}{3}+a×\frac{1}{3}+1×\frac{1}{3}=\frac{a+1}{3}$
因此$D(X)=(\frac{a+1}{3}-0)^{2}×\frac{1}{3}+(\frac{a+1}{3}-a)^{2}×\frac{1}{3}+(\frac{a+1}{3}-1)^{2}×\frac{1}{3}$
$=\frac{1}{27}[(a+1)^{2}+(1-2a)^{2}+(a-2)^{2}]$
$=\frac{1}{27}(6a^{2}-6a+6)=\frac{2}{9}[(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}]$
当$0\lt a\lt\frac{1}{2}$时，$D(X)$单调递减；
当$\frac{1}{2}\lt a\lt1$时，$D(X)$单调递增.
即当$a$在$(0,1)$内增大时，$D(X)$先减小
后增大.