【2020创新设计一轮复习数学学案】第十章 第6节 离散型随机变量的均值与方差
2020版高考数学(福建专用)一轮复习课件：12.5 离散型随机变量的均值与方差
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考点1
考点2
考点3
例2某新建公司规定,招聘的职工须参加不少于80小时的某种技 能培训才能上班.公司人事部门在招聘的职工中随机抽取200名参 加这种技能培训的数据,按时间段 [75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100](单位:小时)进行统计,其频率 分布直方图如图所示.
②结合①中的数据,根据统计学的思想,帮助小明分析,他选择哪
种薪酬方案比较合适,并说明你的理由. (参考数据:0.62=0.36,1.42=1.96,2.62=6.76,
3.42=11.56,3.62=12.96,4.62=21.16, 15.62=243.36,20.42=416.16,44.42=1 971.36)
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12345
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”. (1)均值是算术平均数概念的推广,与概率无关.( )
(2)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况,因此它
们是一回事.( )
(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的
平均程度,方差或标准差越小,则偏离均值的平均程度越小.( )
(2)若X~B(n,p),则E(X)= n p ,D(X)= n p( 1- p) .
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知识梳理 双基自测
1234
4.常用结论 (1)如果X1,X2相互独立,那么E(X1·X2)=E(X1)·E(X2). (2)均值与方差的关系:D(X)=E(X2)-E2(X). (3)超几何分布的均值:若X服从参数为N,M,n的超几何分布,则
C.n=8,p=0.2
D.n=7,p=0.45
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离散型随机变量的均值与方差
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(3)设技术革新后的三等品率为x， 则此时1件产品的平均利润为 Ex＝6×0.7＋2×(1－0.7－0.01－x)＋ x＋(－2)×0.01 ＝4.76－x(0≤x≤0.29)，9分 依题意，Ex≥4.73， 即4.76－x≥4.73， 解得x≤0.03. 所以三等品率最多为3%. 12分
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(2)EY＝E(2X＋3)＝2EX＋3 ＝2×(－13)＋3＝73； DY＝D(2X＋3)＝4DX＝4×59＝290. 【名师点评】 ξ是一个随机变 量，则η＝f(ξ)一般仍是一个随机变 量，在求η的期望和方差时，要应用期 望和方差的性质．
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考点四 均值与方差的实际应用
利用期望和方差比较随机变量的 取值情况，一般是先比较期望，期望 不同时，即可比较出产品的优劣或技 术水平的高低，期望相同时，再比较 方差，由方差来决定产品或技术水平 的稳定情况．
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P(X≥7)＝P(X≤3) ＝12×[1－P(3＜X＜7)]， ＝12×(1－0.9544)＝0.0228， ∵P(4＜X＜6)＝0.6826， ∴P(5＜X＜6)＝12P(4＜X＜6) ＝0.3413.
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考点二 求离散型随机变量的期记与方差
求离散型随机变量X的均值与方差 的步骤：
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(1)求q2的值； (2)求随机变量ξ的数学期望Eξ； (3)试比较该同学选择都在B处投 篮得分超过3分与选择上述方式投篮 得分超过3分的概率的大小．
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【思路点拨】 首先由P(ξ＝0)＝ 0.03计算出q2，从而可写出分布 列．本题便可求解．
【解】 (1)由题设知，“ξ＝0”对 应的事件为“在三次投篮中没有一次投 中”，由对立事件和相互独立事件性质 可知
2020高三数学(人教版)一轮复习离散型随机变量的分布列均值与方差
所以X的分布列为
X1 2 3
P
1 5
3 5
1 5
因此，X的均值E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋ 3×P(X＝3)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.
方差D(X)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15＝15＋0＋ 15＝25.
均值与方差在决策中的应用 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差 反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻 画了随机变量，是实际生产中用于方案取舍的重要理论依 据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
②依题意，得X的所有可能取值为20,60. P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝CC2324＝12， 即X的分布列为
X 20 60
P
1 2
1 2
所以顾客所获的奖励额的均值E(X)＝20×12＋60×12＝40元．
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所 以，先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组 成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和 的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方 案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60 元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.
i＝1
2．以特殊分布(两点分布、二项分布、超几何分布)为背 景的均值与方差的计算
(1)先根据随机变量的特点判断出随机变量服从什么特殊 分布；
(2)可以根据特殊分布的概率公式列出分布列，根据计算 公式计算出均值和方差；也可以直接应用离散型随机变量服 从特殊分布时的均值与方差公式来计算；若X＝aξ＋b不服从 特殊分布，但ξ服从特殊分布，可利用有关性质公式及E(ξ)， D(ξ)求均值和方差．
【创新设计】高考数学一轮复习 限时集训(六十六)离散型随机变量的均值与方差、正态分布 理 新人教A
限时集训(六十六) 离散型随机变量的均值与方差、正态分布(限时：45分钟 满分：81分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则此人三次上班途中遇红灯的次数的期望为( )A ．0.4B ．1.2C ．0.43D ．0.62．(2013·衡水模拟)若ξ～B (n ，p )且E (ξ)＝6，D (ξ)＝3，则P (ξ＝1)的值为( ) A ．3·2－2B ．3·2－10C ．2－4D ．2－83．(2013·东营模拟)若P 为非负实数，随机变量ξ的分布列为则E (ξ)的最大值为( A ．1 B.32 C.23D ．24．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X 表示取到次品的个数，则E (X )等于( )A.35B.815C.1415D ．15．已知X 的分布列为，且Y ＝aX ＋3，E (Y )＝73，则a 为( )A ．1B ．2C ．3D ．46．已知随机变量ξ服从正态分布N (0，s 2)．若P (ξ>2)＝0.023，则P (－2≤ξ≤2)＝( )A ．0.477B ．0.628C ．0.954D ．0.977二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知随机变量x ～N (2，s 2)，若P (x <a )＝0.32，则P (a ≤x <4－a )＝________.8．马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布列如下表：请小牛同学计算ξ的数学期望．尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同．据此，小牛给出了正确答案E (ξ)＝________.9．2011年中国汽车销售量达到1 700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况，共抽查了1 200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里8.0升．并且汽车的耗油量ξ服从正态分布N (8，s 2)．已知耗油量ξ∈[7,9]的概率为0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有________辆．三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．2010年上海世博会大力倡导绿色出行，并提出在世博园区参观时可以通过植树的方式来抵消因出行产生的碳排放量，某游客计划在游园期间种植n 棵树，已知每棵树是否成活互不影响，成活率都为p (0<p <1)，用X 表示他所种植的树中成活的棵数，X 的数学期望为E (X )，方差为D (X )．(1)若n ＝1，求D (X )的最大值； (2)已知E (X )＝3，标准差DX ＝32，试求n 与p 的值并写出X 的分布列． 11.(2013·海淀模拟)某班将要举行篮球投篮比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A 区投篮2次或选择在B 区投篮3次．在A 区每进一球得2分，不进球得0分；在B 区每进一球得3分，不进球得0分，得分高的选手胜出．已知参赛选手甲在A 区和B 区每次投篮进球的概率分别为910或13.(1)如果选手甲以在A 、B 区投篮得分的期望较高者为选择投篮区的标准，问选手甲应该选择在哪个区投篮？(2)求选手甲在A 区投篮得分高于在B 区投篮得分的概率．12．(2012·湖北高考)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：历年气象资料表明，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.求：(1)工期延误天数Y 的均值与方差；(2)在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．答 案限时集训(六十六) 离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．B 2.B 3.B 4.A 5.B 6.C 7．0.36 8.2 9.18010．解：(1)当n ＝1时，随机变量满足两点分布，D (X )＝p (1－p )＝－⎝⎛⎭⎪⎫p －122＋14即当p ＝12时，D (X )有最大值14，(2)∵X ～B (n ，p )，∴E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p ) 即np ＝3，np－p ＝32， 解得，n ＝4，p ＝34.∴P (X ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫34k·⎝ ⎛⎭⎪⎫144－k (k ＝0,1,2,3，4)，即X 的分布列为：11．解：(1)法一：设选手甲在A 区投两次篮的进球数为X ，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，910，故E (X )＝2×910＝95，则选手甲在A 区投篮得分的期望为2×95＝3.6.设选手甲在B 区投三次篮的进球数为Y ，则Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，13， 故E (Y )＝3×13＝1，则选手甲在B 区投篮得分的期望为3×1＝3. ∵3.6>3，∴选手甲应该选择在A 区投篮．法二：设选手甲在A 区投篮的得分为ξ，则ξ的可能取值为0,2,4，P (ξ＝0)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－9102＝1100， P (ξ＝2)＝C 12×910×⎝⎛⎭⎪⎫1－910＝18100， P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＝81100. 所以ξ的分布列为：∴E (ξ)＝0×1100＋2×100＋4×100＝3.6.同理，设选手甲在B 区域投篮的得分为η，则η的可能取值为0,3,6,9，P (η＝0)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－133＝827， P (η＝3)＝C 13×13×⎝⎛⎭⎪⎫1－132＝49， P (η＝6)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝⎛⎭⎪⎫1－13＝29， P (η＝9)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127.所以η的分布列为：∴E (η)＝0×827＋3×9＋6×9＋9×27＝3.∵E (ξ)>E (η)，∴选手甲应该选择在A 区投篮．(2)设选手甲在A 区投篮得分高于在B 区投篮得分为事件C ，甲在A 区投篮得2分、在B 区投篮得0分为事件C 1，甲在A 区投篮得4分、在B 区投篮得0分为事件C 2，甲在A 区投篮得4分、在B 区投篮得3分为事件C 3，则C ＝C 1∪C 2∪C 3，其中C 1，C 2，C 3为互斥事件．则：P (C )＝P (C 1∪C 2∪C 3)＝P (C 1)＋P (C 2)＋P (C 3)＝18100×827＋81100×827＋81100×49＝4975，故选手甲在A 区投篮得分高于在B 区投篮得分的概率为4975. 12．解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：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Y 的分布列为：于是，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 的均值为3，方差为9.8.(2)由概率的加法公式，得P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝1－0.3＝0.7， 又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6. 由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P X ＜900|X ≥300)＝P x ＜P X＝0.60.7＝67.故在降水量X 至少是300 mm 的条件下，工期延误不超过6天的概率是67.。
高考一轮复习学案 第65讲 离散型随机变量的均值与方差 （解析版）
第65讲离散型随机变量的均值与方差(解析版）考点考纲要求要求常见题型离散型随机变量的均值与方差理解取有限个值的离散型随机变量的均值方差的概念．I 解答题均值与方差在决策中的应用能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．I 解答题1．离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为X x1x2…x i…x nP p1p2…p i…p n(1)均值：称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平.(2)D(X)＝－E(X)]2p i为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根D X为随机变量X的标准差．2．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b(a，b为常数)．(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)．3．两点分布与二项分布的均值、方差X X服从两点分布X～B(n，p)E(X)p(p为成功概率)npD(X)p(1－p)np(1－p)题型一 离散型随机变量的均值与方差考向一 与超几何分布(或古典概型)有关的均值、方差例1：(2017·山东)在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6和4名女志愿者B 1，B 2，B 3，B 4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的频率．(2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X 的分布列与数学期望E (X )． 【解析】 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M ， 则P (M )＝C 48C 510＝518.(2)由题意知X 可取的值为：0，1，2，3，4. 则：P (X ＝0)＝C 56C 510＝142， P (X ＝1)＝C 46C 14C 510＝521，P (X ＝2)＝C 36C 24C 510＝1021， P (X ＝3)＝C 26C 34C 510＝521，P (X ＝4)＝C 16C 44C 510＝142，因此X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P1425211021521142X 的数学期望是E (X )＝0×P (X ＝0)＋1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＋4×P (X ＝4) ＝ 0×142＋1×521＋2×1021＋3×521＋4×142＝2.考向二 与事件的相互独立性有关的均值、方差例2： (2017·天津)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)设X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望； (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． 【解析】 (1)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3. P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－14＝14，P (X ＝1)＝12×⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫1－12×13×⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－13×14＝1124， P (X ＝2)＝⎝⎛⎭⎫1－12×13×14＋12×⎝⎛⎭⎫1－13×14＋12×13×⎝⎛⎭⎫1－14＝14， P (X ＝3)＝12×13×14＝124.所以，随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P14112414124随机变量X 的数学期望E (X )＝0×14＋1×1124＋2×14＋3×124＝1312.(2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P (Y ＋Z ＝1)＝P (Y ＝0，Z ＝1)＋P (Y ＝1，Z ＝0)＝P (Y ＝0)P (Z ＝1)＋P (Y ＝1)P (Z ＝0)＝14×1124＋1124×14＝1148. 所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.考向三 二项分布的均值与方差例3：一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列，期望E (X )及方差D (X )．【解析】(1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”，A 2表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P (A 2)＝0.003×50＝0.15，P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X 可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064， P (X ＝1)＝C 13·0.6(1－0.6)2＝0.288， P (X ＝2)＝C 23·0.62(1－0.6)＝0.432， P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216.X 的分布列为因为X ～B (3，0.6)×0.6×(1－0.6)＝0.72. 类题通法求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 (1)理解ξ的意义，写出ξ可能的全部值． (2)求ξ取每个值的概率． (3)写出ξ的分布列． (4)由均值的定义求E (ξ)． (5)由方差的定义求D (ξ)． 变式训练1．(2018·青岛一模)为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14，16；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，23；两人滑雪时间都不会超过3小时．(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望E (ξ)，方差D (ξ)．【解析】 (1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，两人都付0元的概率为P 1＝14×16＝124，两人都付40元的概率为P 2＝12×23＝13，两人都付80元的概率为P 3＝⎝⎛⎭⎫1－14－12×⎝⎛⎭⎫1－16－23＝14×16＝124， 则两人所付费用相同的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝124＋13＋124＝512.(2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0，40，80，120，160，则：P (ξ＝0)＝14×16＝124； P (ξ＝40)＝14×23＋12×16＝14；P (ξ＝80)＝14×16＋12×23＋14×16＝512； P (ξ＝120)＝12×16＋14×23＝14；P (ξ＝160)＝14×16＝124.ξ的分布列为E (ξ)＝0×124＋40×14＋80×512＋120×14＋160×124＝80.D (ξ)＝(0－80)2×124＋(40－80)2×14＋(80－80)2×512＋(120－80)2×14＋(160－80)2×124＝4 0003.题型二 均值与方差在决策中的应用例4： (2018·湖北六校联考)某校设计了一个实验考察方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成，考生乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．(1)求甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算其数学期望； (2)请分析比较甲、乙两考生的实验操作能力．【解析】(1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为X ，Y ， 则X 的取值分别为1，2，3；Y 的取值分别为0，1，2，3.∵P (X ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (X ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (X ＝3)＝C 34C 02C 36＝15，∴考生甲正确完成题数的概率分布列为E (X )＝1×15＋2×35＋3×15＝2.∵P (Y ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫1－233＝127， 同理：P (Y ＝1)＝29，P (Y ＝2)＝49，P (Y ＝3)＝827.∴考生乙正确完成题数的概率分布列为Y 0 1 2 3 P1272949827E (Y )＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2.(2)∵D (X )＝(2－1)2×15＋(2－2)2×35＋(2－3)2×15＝25，D (Y )＝(2－0)2×127＋(2－1)2×29＋(2－2)2×49＋(2－3)2×827＝23⎝⎛⎭⎫或D Y ＝npq ＝3×23×13＝23，∴D (X )<D (Y )．∵P (X ≥2)＝35＋15＝0.8，P (Y ≥2)＝49＋927≈0.74，∴P (X ≥2)>P (Y ≥2)．从做对题数的数学期望考察，两人水平相当；从做对题数的方差考察，甲较稳定；从至少完成2题的概率考察，甲获得通过的可能性大．因此可以判断甲的实验操作能力较强． 类题通法(1)D (X )表示随机变量X 对E (X )的平均偏离程度，D (X )越大表明平均偏离程度越大，说明X 的取值越分散；反之，D (X )越小，X 的取值越集中在E (X )附近，统计中常用D X 来描述X 的分散程度．(2)随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量取值偏离于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要的理论依据，一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定． 变式训练2．(2016·全国Ⅰ卷)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？【解析】(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04；所以X的分布列为X 16171819202122P 0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.当n＝20时，E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.【答案】 B1．(2018·广东茂名）若离散型随机变量X的分布列为X 0 1P a2a22则X的数学期望E(X)＝()A．2 B．2或12 C.12D．1【解析】 因为分布列中概率和为1，所以a 2＋a 22＝1，即a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(舍去)或a ＝1，所以E (X )＝12.【答案】 C2．设随机变量X ～N (μ，σ2)，且X 落在区间(－3，－1)内的概率和落在区间(1，3)内的概率相等，若P (X >2)＝p ，则P (0<X <2)等于( )A.12＋p B ．1－pC ．1－2p D.12－p【解析】 由X 落在(－3，－1)内的概率和落在(1，3)内的概率相等得μ＝0. 又∵P (X >2)＝p ，∴P (－2<x <2)＝1－2p ， ∴P (0<X <2)＝1－2p 2＝12－p .【答案】 D3．(2017·浙江)已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1，2.若0<p 1<p 2<12，则( )A ．E (ξ1)<E (ξ2)，D (ξ1)<D (ξ2)B ．E (ξ1)<E (ξ2)，D (ξ1)>D (ξ2)C ．E (ξ1)>E (ξ2)，D (ξ1)<D (ξ2) D ．E (ξ1)>E (ξ2)，D (ξ1)>D (ξ2)【解析】∵E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2，∴E (ξ1)<E (ξ2) ∵D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)， ∴D (ξ1)－D (ξ2)＝(p 1－p 2)(1－p 1－p 2)<0，选A. 【答案】 A4．(2018·衡水模拟)若ξ～B (n ，p )且E (ξ)＝6，D (ξ)＝3，则P (ξ＝1)的值为( ) A ．3·2－2 B ．3·2－10C ．2－4D ．2－8【解析】 E (ξ)＝np ＝6，D (ξ)＝np (1－p )＝3⇒p ＝12，n ＝12，P (ξ＝1)＝C 112⎝⎛⎭⎫1212＝3210.故选B.【答案】 B5．若随机变量ξ的分布列为P (ξ＝m )＝13，P (ξ＝n )＝a ，若E (ξ)＝2，则D (ξ)的最小值等于( )A ．0B ．2C ．4D ．无法计算【解析】 由13＋a ＝1，m ×13＋n ×a ＝2，得a ＝23，m ＋2n ＝6.D (ξ)＝13×(2－m )2＋23×(2－n )2＝13×(2n －4)2＋23×(2－n )2＝2(n －2)2≥0，则D (ξ)的最小值等于0.【答案】A6．(2018·浙江重点中学协作体第一次适应性训练)甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X 的期望E (X )为( )A.24181B.26681C.27481D.670243【解析】依题意，知X 的所有可能值为2，4，6，设每局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫132＝59.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P (X ＝2)＝59，P (X ＝4)＝49×59＝2081，P (X ＝6)＝⎝⎛⎭⎫492＝1681，故E (X )＝2×59＋4×2081＋6×1681＝26681. 【答案】 B7.已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴在y 轴的左侧，其中a ，b ，c ∈{－3，－2，－1，0，1，2，3}，在这些抛物线中，记随机变量ξ＝|a －b |，则E (ξ)为( )A.89B.35C.25D.13【解析】∵抛物线的对称轴在y 轴的左侧，∴－b 2a ＜0，即ba ＞0，即a ，b 同号．∴随机变量ξ的分布列为∴E (ξ)＝0×618＋1×818＋2×418＝89.故选A.【答案】 A8．(2018·枣庄模拟)从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X ，已知E (X )＝3，则D (X )＝( )A.85B.65C.45D.25【解析】 由题意知，X ～B ⎝⎛⎭⎫5，3m ＋3，所以E (X )＝5×3m ＋3＝3，解得m ＝2，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫5，35，所以D (X )＝5×35×⎝⎛⎭⎫1－35＝65.故选B. 【答案】 B9．某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获利12%；如果失败，一年后将丧失全部资金的50%.下表是过去200例类似项目开发的实施结果：【解析】 由题意知，一年后获利6 000元的概率为0.96，获利－25 000元的概率为0.04，故一年后收益的期望是6 000×0.96＋(－25 000)×0.04＝4 760(元)．【答案】 4 76010．(2018·山西四校联考)设随机变量X ～N (3，σ2)，若P (X >m )＝0.3，则P (X >6－m )＝________.【解析】因为P (X >m )＝0.3，X ～N (3，σ2)，所以m >3，P (X <6－m )＝P (X <3－(m －3))＝P (X >m )＝0.3，所以P (X >6－m )＝1－P (X <6－m )＝0.7.【答案】 0.711．一射击测试每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中记0分．某人每次击中目标的概率为23，则此人得分的数学期望为________；方差为________．【解析】记此人三次射击击中目标X 次，得分为Y 分，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，23，Y ＝10X ，∴E (Y )＝10E (X )＝10×3×23＝20，D (Y )＝100D (X )＝100×3×23×13＝2003.【答案】20；200312．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射击到3次为止．设甲每次击中的概率为p (p ≠0)，射击次数为Y ，若Y 的数学期望E (Y )>74，则p 的取值范围是________．【解析】由已知得P (Y ＝1)＝p ，P (Y ＝2)＝(1－p )p ，P (Y ＝3)＝(1－p )2， 则E (Y )＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>74，解得p >52或p <12，又p ∈(0，1)，所以p ∈⎝⎛⎭⎫0，12.【答案】 ⎝⎛⎭⎫0，12 13．(2018·青岛模拟)某中学根据2004～2016年期间学生的兴趣爱好，分别创建了“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团，据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立.2017年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团的概率依次为m ，13，n ，已知三个社团他都能进入的概率为124，至少进入一个社团的概率为34，且m ＞n .(1)求m 与n 的值；(2)该校根据三个社团活动安排情况，对进入“摄影”社的同学增加校本选修学分1分，对进入“棋类”社的同学增加校本选修学分2分，对进入“国学”社的同学增加校本选修学分3分．求该新同学在社团方面获得校本选修课学分分数的分布列及期望．【解析】(1)依题意有，⎩⎨⎧13mn ＝124，1－1－m ⎝⎛⎭⎫1－131－n ＝34，解得⎩⎨⎧m ＝12，n ＝14.(2)令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为随机变量X ，则X 的值可以为0，1，2，3，4，5，6.而P (X ＝0)＝12×23×34＝14； P (X ＝1)＝12×23×34＝14；P (X ＝2)＝12×13×34＝18； P (X ＝3)＝12×23×14＋12×13×34＝524；P (X ＝4)＝12×23×14＝112； P (X ＝5)＝12×13×14＝124；P (X ＝6)＝12×13×14＝124.故X 的分布列为：X 0 1 2 3 4 5 6 P141418524112124124于是，E (X )＝0×14＋1×14＋2×18＋3×524＋4×112＋5×124＋6×124＝2312.14．(2017·北京)为了研究一种新药的疗效，选100名患者随机分成两组，每组各50名，一组服药，另一组不服药．一段时间后，记录了两组患者的生理指标x 和y 的数据，并制成下图，其中“*”表示服药者，“＋”表示未服药者．(1)从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y 的值小于60的概率；(2)从图中A ，B ，C ，D 四人中随机选出两人，记ξ为选出的两人中指标x 的值大于1.7的人数，求ξ的分布列和数学期望E (ξ)；(3)试判断这100名患者中服药者指标y 数据的方差与未服药者指标y 数据的方差的大小．(只需写出结论)【解析】(1)由图知，在服药的50名患者中，指标y 的值小于60的有15人，所以从服药的50名患者中随机选出一人，此人指标y 的值小于60的概率为1550＝0.3.(2)由图知，A ，B ，C ，D 四人中，指标x 的值大于1.7的有2人：A 和C . 所以ξ的所有可能取值为0，1，2. P (ξ＝0)＝C 22C 24＝16，P (ξ＝1)＝C 12C 12C 24＝23，P (ξ＝2)＝C 22C 24＝16.所以ξ的分布列为ξ0 1 2 P162316故ξ的期望E (ξ)＝0×16＋1×23＋2×16＝1.(3)在这100名患者中，服药者指标y 数据的方差大于未服药者指标y 数据的方差．。
高考数学一轮专项复习ppt课件-离散型随机变量的分布列、均值与方差(通用版)
A．3632 B．3625 C．3613 D．3523
答案
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(2)为了加强环保知识的宣传，某学校组织了垃圾分类知识竞赛活动．活动设置了四个 箱子，分别写有“厨余垃圾”“有害垃圾”“可回收物”“其他垃圾”；另有卡片若干张，
每张卡片上写有一种垃圾的名称．每位参赛选手从所有卡片中随机抽取 20 张，按照自己 的判断将每张卡片放入对应的箱子中．按规则，每正确投放一张卡片得 5 分，投放错误得 0 分．从所有参赛选手中随机抽取 20 人，将他们的得分按照[0,20]，(20,40]，(40,60]，(60,80]， (80,100]分组，绘成如图所示的频率分布直方图：
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对点练 2(1)某电话亭中装有一部公用电话，在观察使用这部电话的人数时，设在某一 时刻，有 n 个人正在使用电话或等待使用的概率为 P(n)，P(n)与时刻 t 无关，统计得到： P(n)＝12n·P00≤n≤5， 那么在某一时刻，这个电话亭一个人也没有的概率 P(0)的值
则 D(X)＝0－122×12＋1－122×12＝14.
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重难题型 全线突破
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题型
随机变量的概念
典例 1 写出下列随机变量的可能取值，并说明随机变量所表示的意义． (1)一个袋中装有 2 个白球和 5 个黑球，从中任取 3 个，其中所含白球的个数 X； (2)投掷两枚均匀的骰子，所得点数之和为
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P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝12×15＝110.
可得随机变量 ξ 的分布列为
写出分布列后一定要验证概率和是不是 1.
2020届高三复习经典教案：离散型随机变量的均值与方差、正态分布
第六节离散型随机变量的均值与方差、正态分布[最新考纲] 1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.2.会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单实际问题.3.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．1．离散型随机变量的分布列、均值与方差一般地，若离散型随机变量(1)均值：称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．(2)方差：称D(X)＝[x i－E(X)]2p i为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根D(X)为随机变量X的标准差．2．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)．3．4.正态分布(1)正态曲线的特点：①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．(2)正态分布的三个常用数据①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6；②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4.[常用结论]1．均值与方差的关系：D(X)＝E(X2)－E2(X)．2．超几何分布的均值：若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝nM N.[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的． ( )(2)若X ～N (μ，σ2)，则μ，σ2分别表示正态分布的均值和方差． ( )(3)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量． ( )(4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小. ( )[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√2．(设Y ＝2X ＋3A.73 B ．4 C ．－1 D ．1A [由概率分布列的性质可知：12＋13＋a ＝1，∴a ＝16.∴E (X )＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－13.∴E (Y )＝3＋2E (X )＝3－23＝73.]3．已知随机变量X ＋η＝8，若X ～B (10,0.6)，则随机变量η的均值E (η)及方差D (η)分别是( )A ．6和2.4B ．2和2.4C ．2和5.6D ．6和5.6B [设随机变量X 的均值及方差分别为E (X )，D (X )，因为X ～B (10,0.6)，所以E (X )＝10×0.6＝6，D (X )＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，故E (η)＝E (8－X )＝8－E (X )＝2，D (η)＝D (8－X )＝D (X )＝2.4，故选B.]4．已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，且P (ξ＜4)＝0.8，则P (0＜ξ＜4)＝________. 0．6 [由P (ξ＜4)＝0.8，得P (ξ≥4)＝0.2.又正态曲线关于x ＝2对称．则P (ξ≤0)＝P (ξ≥4)＝0.2，∴P (0＜ξ＜4)＝1－P (ξ≤0)－P (ξ≥4)＝0.6.] 5．随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝C k (k ＋1)，k ＝1,2,3，C 为常数，则P (0.5＜X ＜2.5)＝________.89 [由P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1，得C 1×2＋C 2×3＋C 3×4＝1，解得C ＝43.所以P (0.5＜X ＜2.5)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝23＋29＝89.]【例1】 一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则D (X )＝( )A ．1.96B ．1.98C ．2D ．2.02(2)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响．①求甲获胜的概率；②求投篮结束时甲的投球次数ξ的分布列与期望．(1)A [依题意，X ～B (100,0.02)，所以D (X )＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.](2)[解] 设A k ，B k 分别表示“甲、乙在第k 次投篮投中”， 则P (A k )＝13，P (B k )＝12，其中k ＝1,2,3.①记“甲获胜”为事件C ，由互斥事件与相互独立事件的概率计算公式知P (C )＝P (A 1)＋P (–A 1–B 1A 2)＋P (–A 1–B 1–A 2–B 2A 3)＝P (A 1)＋P (–A 1)P (–B 1)P (A 2)＋P (–A 1)P (–B 1)P (–A 2)P (–B 2)P (A 3)＝13＋23×12×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×13＝13＋19＋127＝1327. ②ξ的所有可能取值为1,2,3，且P (ξ＝1)＝P (A 1)＋P (–A 1B 1)＝13＋23×12＝23，P (ξ＝2)＝P (–A 1–B 1A 2)＋P (–A 1–B 1–A 2B 2)＝23×12×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝29， P (ξ＝3)＝P (–A 1–B 1–A 2–B 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝19. 综上知，ξ所以E (ξ)＝1×2＋2×2＋3×1＝13.取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．(1)当a ＝3，b ＝2，c ＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E (η)＝53，D (η)＝59，求a ∶b ∶c .[解] (1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6，故P (ξ＝2)＝3×36×6＝14， P (ξ＝3)＝2×3×26×6＝13， P (ξ＝4)＝2×3×1＋2×26×6＝518， P (ξ＝5)＝2×2×16×6＝19， P (ξ＝6)＝1×16×6＝136. 所以ξ(2)所以E (η)＝a a ＋b ＋c ＋2b a ＋b ＋c ＋3c a ＋b ＋c＝53， D (η)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－532·a a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－532·b a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－532·c a ＋b ＋c＝59，化简得⎩⎨⎧2a －b －4c ＝0，a ＋4b －11c ＝0.解得a ＝3c ，b ＝【例2】 X (单位：米)的频率分布直方图如图：将河流最高水位落入各组的频率视为概率，并假设每年河流最高水位相互独立．(1)求在未来三年里，至多有一年河流最高水位X ∈[27,31)的概率(结果用分数表示)；(2)该河流对沿河A 企业影响如下：当X ∈[23,27)时，不会造成影响；当X ∈[27,31)时，损失10 000元；当X ∈[31,35]时，损失60 000元．为减少损失，现有三种应对方案：方案一：防御35米的最高水位，每年需要工程费用3 800元；方案二：防御31米的最高水位，每年需要工程费用2 000元；方案三：不采取措施．试比较上述三种方案，哪种方案好，并请说明理由．[解] (1)由题意得P (27≤X ＜31)＝0.25＝14. 设在未来3年里，河流最高水位x ∈[27,31)发生的年数为Y ，则Y ～N ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14. 设事件“在未来三年里，至多有一年河流最高水位X ∈[27,31)”为事件A ，则P (A )＝P (Y ＝0)＋P (Y ＝1)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫3422×14＝2732. 所以在未来三年里，至多有一年河流最高水位X ∈[27,31)的概率为2732. (2)方案二好，理由如下：由题意得P (23≤X ＜27)＝0.74，P (31≤X ≤35)＝0.01，用X 1，X 2，X 3分别表示方案一、方案二、方案三的损失，由题意得X 1＝3 800，X 2所以E (X 2)＝62 000×0.01＋X 3的分布列为所以E(X 3)＝0×0.74＋计，甲、乙两地该商品需求量(单位：件)的频率分布表如下：甲地需求量频率分布表乙地需求量频率分布表(1)若此供货商计划将10件该商品全部配送至甲、乙两地，为保证两地不缺货(配送量≥需求量)的概率均大于0.7，问该商品的配送方案有哪几种？(2)已知甲、乙两地该商品的销售相互独立，该商品售出，供货商获利2万元/件；未售出的，供货商亏损1万元/件．在(1)的前提下，若仅考虑此供货商所获净利润，试确定最佳配送方案．[解](1)由表格可知，甲地不缺货的概率大于0.7时，至少需配货5件；乙地不缺货的概率大于0.7时，至少需配货4件．故共有两种方案：方案一是甲地配5件，乙地配5件；方案二是甲地配6件，乙地配4件．(2)方案一：甲地配5件，乙地配5件时，记甲地的利润为X1万元，乙地的利润为Y1万元，则X1，Y1的分布列分别为＋E(Y1)＝(7×0.5＋10×0.5)＋(4×0.61＋7×0.3＋10×0.1)＝8.5＋5.5＝14(万元)．方案二：甲地配6件，乙地配4件时，记甲地的利润为X2万元，乙地的利润为Y2万元，则X2，Y2的分布列分别为X2)＋E(Y2)＝(6×0.5＋9×0.3＋12×0.2)＋(5×0.6＋8×0.4)＝8.1＋6.2＝14.3(万元)．【例3】(2017·全国卷生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；经计算得x ＝＝9.97，s ＝＝)≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数–x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z ＜μ＋3σ)＝0.997 4,0.997 416≈0.959 20.008≈0.09.[解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16,0.002 6)．因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X 的数学期望E (X )＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由–x ＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查． 剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02. 因此μ的估计值为10.02.＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，态分布N (－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝0.954 4.A ．1 193B ．1 359C ．2 718D ．3 413(2)甲、乙两厂生产的一批零件尺寸服从N(5,0.12)，如果零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)以外，我们就有理由认为生产中可能出现了异常情况．现从甲、乙两厂各抽取10件零件检测，尺寸如茎叶图所示：则以下判断正确的是( )A．甲、乙两厂生产都出现异常B．甲、乙两厂生产都正常C．甲厂生产正常，乙厂出现异常D．甲厂生产出现异常，乙厂正常(1)B(2)D[(1)对于正态分布N(－1,1)，μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于x＝－1对称，故题图中阴影部分的面积为12×[P(－3＜X＜1)－P(－2＜X＜0)]＝12×[P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)－P(μ－σ＜X＜μ＋σ)]＝12×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，所以点落入题图中阴影部分的概率P＝0.135 91＝0.135 9，投入10 000个点，落入阴影部分的个数约为10 000×0.135 9＝1 359.(2)由甲、乙两厂生产的一批零件尺寸服从N(5,0.12)，得μ＝5，σ＝0.1，区间(μ－3σ，μ＋3σ)，即区间(4.7,5.3)，根据茎叶图可知，甲厂生产的零件有1件尺寸超出上述区间，乙厂生产的零件尺寸均在上述区间，所以甲厂生产出现异常、乙厂生产正常．故选D.](2018·全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？[解](1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0,0.1)时，f′(p)＞0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E (X )＝E (40＋25Y )＝40＋25E (Y )＝490.②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E (X )＞400，故应该对余下的产品作检验．课后限时集训(五十八)(建议用时：60分钟)A 组 基础达标一、选择题1．(2019·孝感模拟)已知袋中有3个白球，2个红球，现从中随机取出3个球，其中取出1个白球计1分，取出1个红球计2分，记X 为取出3个球的总分值，则E (X )＝( )A.185B.215 C ．4 D.245B [由题意知，X 的所有可能取值为3,4,5，且P (X ＝3)＝C 33C 35＝110，P (X ＝4)＝C 23·C 12C 35＝35，P (X ＝5)＝C 13·C 22C 35＝310，所以E (X )＝3×110＋4×35＋5×310＝215.] 2．已知某批零件的长度误差ξ(单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(附：正态分布N (μ，σ2)中，P (μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝0.954 4)A ．0.045 6B ．0.135 9C ．0.271 8D ．0.317 4B [因为P (－3＜ξ＜3)＝0.682 6，P (－6＜ξ＜6)＝0.954 4，所以P (3＜ξ＜6)＝12×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，故选B.]3．已知随机变量ξ的分布列为若E (ξ)＝13，则D (ξ)＝( )A ．1 B.119 C.23 D ．2B [∵E (ξ)＝13，∴由随机变量ξ的分布列知，⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋13＋16＋y ＝1，－x ＋16＋2y ＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝518，y ＝29，则D (ξ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－132×518＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－132×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132×16＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－132×29＝119.] 4．已知5件产品中有2件次品，现逐一检测，直至能确定所有次品为止，记检测的次数为ξ，则E (ξ)＝( )A ．3 B.72 C.185 D ．4B [ξ的可能取值为2,3,4，P (ξ＝2)＝A 22A 25＝110，P (ξ＝3)＝A 33＋C 12C 13A 22A 35＝310，P (ξ＝4)＝A 33C 12C 13＋A 33C 23C 12A 45＝35，则E (ξ)＝2×110＋3×310＋4×35＝72，故选B.]5．体育课的排球发球项目考试的规则是：每名学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设某学生每次发球成功的概率为p (0＜p ＜1)，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )＞1.75，则p 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，712B.⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C [由已知条件可得P (X ＝1)＝p ，P (X ＝2)＝(1－p )p ，P (X ＝3)＝(1－p )2p ＋(1－p )3＝(1－p )2，则E (X )＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3＞1.75，解得p ＞52或p ＜12.由p ∈(0,1)，可得p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.] 二、填空题6．设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的均值E (X )＝2，则P (X ＝2)等于________． 80243 [由X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，E (X )＝2，得 np ＝13n ＝2，∴n ＝6，则P (X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝80243.] 7．(2019·海口模拟)某超市经营的某种包装优质东北大米的质量X (单位：k g)服从正态分布N (25,0.22)，任意选取一袋这种大米，质量在24.8～25.4 k g 的概率为________．(附：若Z ～N (μ，σ2)，则P (|Z －μ|＜σ)＝0.682 6，P (|Z －μ|＜2σ)＝0.954 4，P (|Z －μ|＜3σ)＝0.997 4)0．818 5 [∵X ～N (25,0.22)，∴μ＝25，σ＝0.2.∴P (24.8≤X ≤25.4)＝P (μ－σ≤X ≤μ＋2σ)＝12×(0.682 6＋0.954 4)＝0.341 3＋0.477 2＝0.818 5.]8．口袋中有5只球，编号为1,2,3,4,5，从中任意取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则E (X )＝________.4．5 [X 的取值为3,4,5. 又P (X ＝3)＝1C 35＝110，P (X ＝4)＝C 23C 35＝310， P (X ＝5)＝C 24C 35＝35. 所以随机变量X 的分布列为∴E (X )＝3×0.1＋4×0.3＋5×三、解答题9．(2019·武汉模拟)某市高中某学科竞赛中，某区4 000名考生的竞赛成绩的频率分布直方图如图所示．(1)求这4 000名考生的平均成绩–x (同一组中数据用该组区间中点值作代表)；(2)认为考生竞赛成绩z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ，σ2分别取考生的平均成绩–x 和考生成绩的方差s 2，那么该区4 000名考生成绩超过84.81分(含84.81分)的人数大约为多少？(3)如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市参赛考生成绩的情况，现从全市参赛考生中随机抽取4名考生，记成绩不超过84.81分的考生人数为ξ，求P (ξ≤3)．(精确到0.001)附：①s 2＝204.75，204.75≈14.31；②Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜Z ＜μ＋σ)＝0.682 6， P (μ－2σ＜Z ＜μ＋2σ)＝0.954 4； ③0.841 34≈0.501. [解] (1)由题意知：∴–x ＝45×0.1＋55×0.15＋65×0.2＋75×0.3＋85×0.15＋95×0.1＝70.5(分)， ∴这4 000名考生的平均成绩为70.5分．(2)由题知Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ＝–x ＝70.5， σ2＝204.75，σ≈14.31，∴Z 服从正态分布N (μ，σ2)，即N (70.5,14.312)．而P (μ－σ＜Z ＜μ＋σ)＝P (56.19＜Z ＜84.81)＝0.682 6，∴P (Z ≥84.81)＝1－0.682 62＝0.158 7.∴竞赛成绩超过84.81分的人数大约为0.158 7×4 000＝634.8≈635. (3)全市参赛考生成绩不超过84.81分的概率为1－0.158 7＝0.841 3. 而ξ～B (4,0.841 3)，∴P (ξ≤3)＝1－P (ξ＝4)＝1－C 44×0.841 34≈1－0.501＝0.499. 10．(2019·辽宁五校联考)某商场销售某种品牌的空调，每周周初购进一定数量的空调，商场每销售一台空调可获利500元，若供大于求，则多余的每台空调需交保管费100元；若供不应求，则可从其他商店调剂供应，此时每台空调仅获利润200元．(1)若该商场周初购进20台空调，求当周的利润(单位：元)关于当周需求量n (单位：台，n ∈N )的函数解析式f (n )；(2)以1020台空调，X表示当周的利润(单位：元)，求X 的分布列及数学期望．[解] (1)当n ≥20时，f (n )＝500×20＋200×(n －20)＝200n ＋6 000； 当n ≤19时，f (n )＝500×n －100×(20－n )＝600n －2 000，∴f (n )＝⎩⎨⎧200n ＋6 000(n ≥20)600n －2 000(n ≤19)(n ∈N )．(2)由(1)得f (18)＝8 800，f (19)＝9 400，f (20)＝10 000，f (21)＝10 200，f (22)＝10 400，∴P (X ＝8 800)＝0.1，P (X ＝9 400)＝0.2，P (X ＝10 000)＝0.3，P (X ＝10 200)＝0.3，P (X ＝10 400)＝0.1，X 的分布列为∴E (X )＝8 800×0.1×0.1＝9 860.B 组 能力提升1．(2019·西安质检)已知随机变量ξ其中a ，b ，c 成等差数列，则函数有且只有一个零点的概率为( ) A.16 B.13 C.12 D.56B [由题意知a ，b ，c ∈[0,1]，且⎩⎨⎧2b ＝a ＋c ，a ＋b ＋c ＝1，解得b ＝13，又函数f (x )＝x 2＋2x ＋ξ有且只有一个零点，故对于方程x 2＋2x ＋ξ＝0，Δ＝4－4ξ＝0，解得ξ＝1，所以P (ξ＝1)＝13.]2．(2019·杭州模拟)已知0＜a ＜1，随机变量ξ的分布列如下：当a 增大时，( ) A ．E (ξ)增大，D (ξ)增大 B ．E (ξ)减小，D (ξ)增大 C ．E (ξ)增大，D (ξ)减小 D ．E (ξ)减小，D (ξ)减小B [由题意得，E (ξ)＝－a ＋12，D (ξ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋12＋12×a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫12－a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋12－12×12＝－a 2＋2a ＋14，又∵0＜a ＜12，∴当a 增大时，E (ξ)减小，D (ξ)增大．]3．2018年高考前第二次适应性训练结束后，某校对全市的英语成绩进行统计，发现英语成绩的频率分布直方图形状与正态分布N (95,82)的密度曲线非常拟合．据此估计：在全市随机抽取的4名高三同学中，恰有2名同学的英语成绩超过95分的概率是________．38[由题意可知每名学生的英语成绩ξ～N (95,82)，∴P (ξ＞95)＝12，故所求概率P ＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝38.]4．某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3 k g)测试，成绩在6.9米以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,11.4)的频数是4.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列、均值与方差．[解] (1)由频率分布直方图，知成绩在[9.9,11.4)的频率为1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1.因为成绩在[9.9,11.4)的频数是4，故抽取的总人数为40.1＝40.又成绩在6.9米以上的为合格，所以这次铅球测试成绩合格的人数为40－0.05×1.5×40＝37.(2)ξ的所有可能取值为0,1,2，利用样本估计总体，从今年该市高中毕业男生中随机抽取一名成绩合格的概率为3740，成绩不合格的概率为1－3740＝340，可判断ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，340.P (ξ＝0)＝C 02×⎝ ⎛⎭⎪⎫37402＝1 3691 600，P (ξ＝1)＝C 12×340×3740＝111800，P (ξ＝2)＝C 22×⎝ ⎛⎭⎪⎫3402＝91 600，ξ的均值为E (ξ)＝0×1 3691 600＋1×111800＋2×91 600＝320，ξ的方差为D (ξ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3202×1 3691 600＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3202×111800＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－3202×91 600＝111800.第六节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布[考纲传真] 1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.2.会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单实际问题.3.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．1．离散型随机变量的分布列、均值与方差一般地，若离散型随机变量(1)均值：称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n为随机变量X的均值或数学期望，它反(2)方差：称D(X)＝[x i－E(X)]2p i为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根D(X)为随机变量X的标准差．2．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)．3．4.正态分布(1)正态曲线的特点：①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．(2)正态分布的三个常用数据①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6；②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4.[常用结论]1．均值与方差的关系：D(X)＝E(X2)－E2(X)．2．超几何分布的均值：若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝nM N.[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．( )(2)若X～N(μ，σ2)，则μ，σ2分别表示正态分布的均值和方差． ( )(3)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量．()(4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小. ( )2．(设Y＝2X＋3A.73B．4 C．－1 D．13．已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10,0.6)，则随机变量η的均值E(η)及方差D(η)分别是( )A．6和2.4 B．2和2.4C．2和5.6 D．6和5.64．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ＜4)＝0.8，则P(0＜ξ＜4)＝________.5．随机变量X的分布列为P(X＝k)＝Ck(k＋1)，k＝1,2,3，C为常数，则P(0.5＜X＜2.5)＝________.【例1】(1)(有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝( )A．1.96 B．1.98 C．2 D．2.02(2)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响．①求甲获胜的概率；②求投篮结束时甲的投球次数ξ的分布列与期望．取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．(1)当a ＝3，b ＝2，c ＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E (η)＝53，D (η)＝59，求a ∶b ∶c .用【例2】 根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流每年最高水位X (单位：米)的频率分布直方图如图：将河流最高水位落入各组的频率视为概率，并假设每年河流最高水位相互独立． (1)求在未来三年里，至多有一年河流最高水位X ∈[27,31)的概率(结果用分数表示)； (2)该河流对沿河A 企业影响如下：当X ∈[23,27)时，不会造成影响；当X ∈[27,31)时，损失10 000元；当X ∈[31,35]时，损失60 000元．为减少损失，现有三种应对方案：方案一：防御35米的最高水位，每年需要工程费用3 800元；方案二：防御31米的最高水位，每年需要工程费用2 000元；方案三：不采取措施．试比较上述三种方案，哪种方案好，并请说明理由．计，甲、乙两地该商品需求量(单位：件)的频率分布表如下：甲地需求量频率分布表乙地需求量频率分布表(1)若此供货商计划将10件该商品全部配送至甲、乙两地，为保证两地不缺货(配送量≥需求量)的概率均大于0.7，问该商品的配送方案有哪几种？(2)已知甲、乙两地该商品的销售相互独立，该商品售出，供货商获利2万元/件；未售出的，供货商亏损1万元/件．在(1)的前提下，若仅考虑此供货商所获净利润，试确定最佳配送方案．【例3】 (·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；经计算得x ＝＝9.97，s ＝＝)≈0.212，其中x i为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数–x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z ＜μ＋3σ)＝0.997 4,0.997 416≈0.959 20.008≈0.09.态分布N (－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954 4.A．1 193 B．1 359C．2 718 D．3 413(2)甲、乙两厂生产的一批零件尺寸服从N(5,0.12)，如果零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)以外，我们就有理由认为生产中可能出现了异常情况．现从甲、乙两厂各抽取10件零件检测，尺寸如茎叶图所示：则以下判断正确的是( )A．甲、乙两厂生产都出现异常B．甲、乙两厂生产都正常C．甲厂生产正常，乙厂出现异常D．甲厂生产出现异常，乙厂正常(全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p ＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？课后限时集训(五十八) (建议用时：60分钟)A 组 基础达标一、选择题 1．(2019·孝感模拟)已知袋中有3个白球，2个红球，现从中随机取出3个球，其中取出1个白球计1分，取出1个红球计2分，记X 为取出3个球的总分值，则E (X )＝( )A.185B.215 C ．4 D.2452．已知某批零件的长度误差ξ(单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(附：正态分布N (μ，σ2)中，P (μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝0.954 4) A ．0.045 6 B ．0.135 9 C ．0.271 8 D ．0.317 43．已知随机变量ξ的分布列为若E (ξ)＝13，则D (ξ)＝( )A ．1 B.119 C.23 D ．24．已知5件产品中有2件次品，现逐一检测，直至能确定所有次品为止，记检测的次数为ξ，则E (ξ)＝( )A ．3 B.72 C.185 D ．45．体育课的排球发球项目考试的规则是：每名学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设某学生每次发球成功的概率为p (0＜p ＜1)，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )＞1.75，则p 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，712B.⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1二、填空题6．设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的均值E (X )＝2，则P (X ＝2)等于________．7．(2019·海口模拟)某超市经营的某种包装优质东北大米的质量X (单位：k g)服从正态分布N (25,0.22)，任意选取一袋这种大米，质量在24.8～25.4 k g 的概率为________．(附：若Z ～N (μ，σ2)，则P (|Z －μ|＜σ)＝0.682 6，P (|Z －μ|＜2σ)＝0.954 4，P (|Z －μ|＜3σ)＝0.997 4)8．口袋中有5只球，编号为1,2,3,4,5，从中任意取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则E (X )＝________.三、解答题 9．(2019·武汉模拟)某市高中某学科竞赛中，某区4 000名考生的竞赛成绩的频率分布直方图如图所示．(1)求这4 000名考生的平均成绩–x (同一组中数据用该组区间中点值作代表)；(2)认为考生竞赛成绩z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ，σ2分别取考生的平均成绩–x 和考生成绩的方差s 2，那么该区4 000名考生成绩超过84.81分(含84.81分)的人数大约为多少？(3)如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市参赛考生成绩的情况，现从全市参赛考生中随机抽取4名考生，记成绩不超过84.81分的考生人数为ξ，求P (ξ≤3)．(精确到0.001)附：①s 2＝204.75，204.75≈14.31；②Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜Z ＜μ＋σ)＝0.682 6， P (μ－2σ＜Z ＜μ＋2σ)＝0.954 4； ③0.841 34≈0.501.10．(2019·辽宁五校联考)某商场销售某种品牌的空调，每周周初购进一定数量的空调，商场每销售一台空调可获利500元，若供大于求，则多余的每台空调需交保管费100元；若供不应求，则可从其他商店调剂供应，此时每台空调仅获利润200元．(1)若该商场周初购进20台空调，求当周的利润(单位：元)关于当周需求量n(单位：台，n∈N)的函数解析式f(n)；(2)以1020台空调，X 表示当周的利润(单位：元)，求X的分布列及数学期望．B组能力提升1．(2019·西安质检)已知随机变量ξ其中a，b，c成等差数列，则函数有且只有一个零点的概率为( )A.16 B.13 C.12 D.562．(2019·杭州模拟)已知0＜a＜12，随机变量ξ的分布列如下：当a增大时，( ) A．E(ξ)增大，D(ξ)增大B．E(ξ)减小，D(ξ)增大C．E(ξ)增大，D(ξ)减小D．E(ξ)减小，D(ξ)减小3．2018年高考前第二次适应性训练结束后，某校对全市的英语成绩进行统计，发现英语成绩的频率分布直方图形状与正态分布N(95,82)的密度曲线非常拟合．据此估计：在全市随机抽取的4名高三同学中，恰有2名同学的英语成绩超过95分的概率是________．4．某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3 k g)测试，成绩在6.9米以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,11.4)的频数是4.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列、均值与方差．。
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第6节 离散型随机变量的均值与方差 考试要求 1.了解离散型随机变量的均值与方差的概念；2.会求离散型随机变量的均值与方差；3.会求两点分布与二项分布的均值与方差.
知 识 梳 理 1.离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn (1)均值 称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平. (2)方差 称D(X)＝∑ni＝1__(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根D（X）为随机变量X的标准差. 2.均值与方差的性质 (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b. (2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数). 3.两点分布与二项分布的均值、方差 (1)若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p). (2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p). [常用结论与易错提醒] 1.已知随机变量X的均值、方差，求X的线性函数Y＝aX＋b的均值、方差和标准差，可用均值、方差的性质求解； 2.如能分析所给随机变量服从常用的分布(如二项分布)，可直接利用它们的均值、方差公式求解. 基 础 自 测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)期望值就是算术平均数，与概率无关.( ) (2)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量.( ) (3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小.( ) (4)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事.( ) 解析 均值即期望值刻画了离散型随机变量取值的平均水平，而方差刻画了离散型随机变量的取值偏离期望值的平均程度，因此它们不是一回事，故(1)(4)均不正确. 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 2.(选修2－3P68T1改编)已知X的分布列为 X －1 0 1 P 12 13 16
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为( )
A.73 B.4 C.－1 D.1 解析 E(X)＝－12＋16＝－13， E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－23＋3＝73. 答案 A 3.(2019·宁波十校适应性考试)随机变量ξ的分布列如下： ξ －1 0 1 P 12 13 a 则其数学期望E(ξ)＝( ) A.－13 B.－16 C.16 D.13 解析 由分布列得a＝1－12－13＝16，则E(ξ)＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－13，故选A. 答案 A 4.一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝________. 解析 有放回地抽取，是一个二项分布模型，则X～ B(100，0.02)，所以D(X)＝np(1－p)＝100×0.02×0.98＝1.96. 答案 1.96 5.设非零常数d是等差数列x1，x2，x3，…，x19的公差，随机变量ξ等可能地取值x1，x2，x3，…，x19，则方差D(ξ)＝________. 解析 E(ξ)＝x10，D(ξ)＝d219(92＋82＋…＋12＋02＋12＋…＋92)＝30d2. 答案 30d2 6.(2019·金华十校调研)已知口袋中装有n(n>1)个红球和2个黄球，从中任取2个球(取到每个球是等可能的)，随机变量X表示取到黄球的个数，X的分布列为________. X 0 1 2 P a 23 b 则随机变量X的数学期望为________，方差为________. 解析 由已知得C12C1nC2n＋2＝23，且n>1，解得n＝2，所以C22C24＝b，即b＝16，由a＋23＋16
＝1得a＝16，则随机变量X的数学期望E(X)＝0×16＋1×23＋2×16＝1，方差D(X)＝(0－1)2×16＋(1－1)2×23＋(2－1)2×16＝13. 答案 1 13 考点一 一般分布列的均值与方差 【例1】 (1)(2019·杭州二中仿真考试)已知甲盒子中有m个红球，n个蓝球，乙盒子中有m－1个红球，n＋1个蓝球(m≥3，n≥3)，同时从甲、乙两个盒子中各取出i(i＝1，2)个球进行交换，(a)交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1，2).(b)交换后，乙盒子中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)，则( ) A.p1>p2，E(ξ1)E(ξ2) C.p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D.p1(2)(2018·学军中学模拟)已知A，B两个不透明盒中各有形状、大小都相同的红球、白球若干个.A盒中有m个红球与10－m个白球，B盒中有10－m个红球与m个白球(0则当D(ξ)取到最大值时，m的值为( ) A.3 B.5 C.7 D.9 解析 (1)因为m≥3，n≥3，则不妨取m＝3，n＝3，则从两个盒子中取出1个球进行交换，交换后甲盒中红球个数为2的概率为36×46＝13；甲盒中红球个数为3的概率为36×26＋36×46＝12；甲盒中红球个数为4的概率为36×26＝16，所以p1＝26×13
＋36×12＋46×16＝1736，同理可得p2＝16×225＋26×2675＋36×3175＋46×1175＋56×175＝49，所
以p1>p2.同上述易得ξ1的可能取值为1，2，3，且P(ξ1＝1)＝16，P(ξ1＝2)＝12，P(ξ1
＝3)＝13，则E(ξ1)＝1×16＋2×12＋3×13＝136，ξ2的可能取值为0，1，2，3，4，且P(ξ2＝0)＝175，P(ξ2＝1)＝1175，P(ξ2＝2)＝3175，P(ξ2＝3)＝2675，P(ξ2＝4)＝225，则E(ξ2)＝0×175＋1×1175＋2×3175＋3×2675＋4×225＝73，则E(ξ1)
(2)由题意得ξ的可能取值为0，1，2，且P(ξ＝0)＝10－m10×m10＝10m－m2100，P(ξ＝1)＝10－m10×10－m10＋m10×m10＝100－20m＋2m2100，P(ξ＝2)＝m10×10－m10＝10m－m2100，所以E(ξ)＝0×10m－m2100＋1×100－20m＋2m2100＋2×10m－m2100＝1，则D(ξ)＝(1－0)2×10m－m2100＋(1－1)2×100－20m＋2m2100＋(1－2)2×10m－m2100＝10m－m250＝－（m－5）2＋2550，则当m＝5时，D(ξ)取得最大值12，故选B.
答案 (1)A (2)B 规律方法 (1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算. (2)方差的最值问题一般用二次函数性质求解. 【训练1】 (1)已知甲盒中仅有2个红球，乙盒中有3个红球和3个蓝球，先从乙盒中任取(无放回，且每球取到的机会均等)2个球放入甲盒中，再从甲盒中任取(无放回)2个球，若记X为甲盒中取到红球的个数，则P(X＝0)＝________；随机变量X的数学期望E(X)＝________. (2)(2018·浙江卷)设0ξ 0 1 2 P 1－p2 12 p
2
则当p在(0，1)内增大时，( ) A.D(ξ)减小 B.D(ξ)增大 C.D(ξ)先减小后增大 D.D(ξ)先增大后减小 解析 (1)X的所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝C23C26×C22C24＝130，P(X＝1)＝C23C26×C12C12
C24
＋C13C13C26×C13C11C24＝1330，P(X＝2)＝C23C26×C22C24＋C13C13C26×C23C24＋C23C26×1＝1630，所以E(X)＝0×130
＋1×1330＋2×1630＝32.
(2)由题可得E(ξ)＝12＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋14＝－p－122＋12，所以当p在(0，1)内增大时，D(ξ)先增大后减小.故选D. 答案 (1)130 32 (2)D 考点二 随机变量均值、方差的性质 【例2】 (1)某一口袋有标号分别为1，2，3，4的四个球，它们除了标号外完全相同，现甲、乙两名同学依次摸出两球，记两球的标号和分别为ξ，η，则( ) A.E(ξ)＝E(η)，D(ξ)＝D(η) B.E(ξ)>E(η)，D(ξ)C.E(ξ)＝E(η)，D(ξ)D.E(ξ)>E(η)，D(ξ)＝D(η) (2)(2019·绍兴调测)若随机变量ξ满足E(1－ξ)＝4，D(1－ξ)＝4，则下列说法正确的是( ) A.E(ξ)＝－4，D(ξ)＝4 B.E(ξ)＝－3，D(ξ)＝3 C.E(ξ)＝－4，D(ξ)＝－4 D.E(ξ)＝－3，D(ξ)＝4 解析 (1)由E(1－ξ)＝4，D(1－ξ)＝4，得1－E(ξ)＝4，(－1)2D(ξ)＝4，则E(ξ)＝－3，D(ξ)＝4，故选D. (2)由题可知η＝10－ξ，所以D(ξ)＝D(η)，E(η)＝10－E(ξ)，根据题意可得ξ的分布列如表，则E(ξ)＝5，E(η)＝10－E(ξ)＝5＝E(ξ)，故选A. ξ 3 4 5 6 7 P 16 16 13 16 16
答案 (1)D (2)A
规律方法 具有线性关系的Y＝aX＋b的两个随机变量X，Y的期望、方差的计算公式为E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X). 【训练2】 (1)随机变量X的分布列如下： X －2 0 1 P 12 13 p 则p＝________；若Y＝2X＋3，则E(Y)＝________. (2)(2019·温州适应性考试)随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝13，则D(3X