专题10.8 离散型随机变量的均值与方差-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(原卷版)

合集下载

高考数学一轮复习知识点与练习均值和方差

1．离散型随机变量的均值与方差一般地，若离散型随机变量X 的概率分布为X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n(1)均值：称E (X )＝μ＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋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V (X )＝σ2＝(x 1－μ)2p 1＋(x 2－μ)2p 2＋…＋(x n －μ)2p n ＝∑ni ＝1x 2i p i －μ2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σ＝V (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)V (aX ＋b )＝a 2V (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 __，V (X )＝p (1－p )． (2)若X ～B (n ，p )，则E (X )＝__np __，V (X )＝np (1－p )．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量，它不确定．( )(2)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，则偏离变量的平均程度越小．( )(3)若随机变量X 的取值中的某个值对应的概率增大时，期望值也增大．( ) (4)均值是算术平均数概念的推广，与概率无关．( )1．(教材改编)某射手射击所得环数ξ的概率分布如下：ξ 7 8 9 10 Px0.10.3y已知ξ的均值E (ξ)＝8.9，则y 的值为________．2．(2014·陕西改编)设样本数据x 1，x 2，…，x 10的均值和方差分别为1和4，若y i ＝x i ＋a (a 为非零常数，i ＝1,2，…，10)，则y 1，y 2，…，y 10的均值和方差分别为__________．3．设随机变量X 的概率分布为P (X ＝k )＝15(k ＝2,4,6,8,10)，则V (X )＝________.4．(2014·浙江改编)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则V (ξ)＝________.5．(教材改编)抛掷两枚骰子，当至少一枚5点或一枚6点出现时，就说这次试验成功，则在10次试验中成功次数的均值为________．题型一离散型随机变量的均值、方差命题点1 求离散型随机变量的均值、方差例1 (2015·福建)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的概率分布和均值．命题点2 已知离散型随机变量的均值与方差，求参数值例2 设袋子中装有a 个红球，b 个黄球，c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，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的概率分布；(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，V (η)＝59，求a ∶b ∶c .命题点3 与二项分布有关的均值与方差例3 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布及均值E (ξ)．思维升华离散型随机变量的均值与方差的常见类型及解题策略(1)求离散型随机变量的均值与方差．可依题设条件求出离散型随机变量的概率分布，然后利用均值、方差公式直接求解．(2)由已知均值或方差求参数值．可依据条件利用均值、方差公式得出含有参数的方程，解方程即可求出参数值．(3)由已知条件，作出对两种方案的判断．可依据均值、方差的意义，对实际问题作出判断．(1)(2014·山东)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：①小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； ②两次回球结束后，小明得分之和ξ的概率分布与均值．(2)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 的概率分布，均值E (X )及方差V (X )．题型二均值与方差在决策中的应用例4 (2014·湖北)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站．过去50年的水文资料显示，水库年入流量X (年入流量：一年内上游来水与库区降水之和．单位：亿立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X 40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数12 3若某台发电机运行，则该台年利润为5 000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？思维升华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，是生产实际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．某投资公司在2015年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和29；项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13和115.针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．8．离散型随机变量的均值与方差问题典例 (14分)甲袋和乙袋中都装有大小相同的红球和白球，已知甲袋中共有m 个球，乙袋中共有2m个球，从甲袋中摸出1个球为红球的概率为25，从乙袋中摸出1个球为红球的概率为P 2.(1)若m ＝10，求甲袋中红球的个数；(2)若将甲、乙两袋中的球装在一起后，从中摸出1个红球的概率是13，求P 2的值；(3)设P 2＝15，若从甲、乙两袋中各自有放回地摸球，每次摸出1个球，并且从甲袋中摸1次，从乙袋中摸2次．设ξ表示摸出红球的总次数，求ξ的概率分布和均值．求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的所有可能值．第二步：求每一个可能值所对应的概率．第三步：列出离散型随机变量的概率分布．第四步：求均值和方差．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．温馨提醒 (1)本题重点考查了概率、离散型随机变量的概率分布、均值．(2)本题解答中的典型错误是计算不准确以及解答不规范．如第(3)问中，不明确写出ξ的所有可能值，不逐个求概率，这都属于解答不规范．[方法与技巧] 1．均值与方差的性质(1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，V (aX ＋b )＝a 2V (X )(a ，b 为常数)． (2)若X 服从两点分布，则E (X )＝p ，V (X )＝p (1－p )．(3)若X 服从二项分布，即X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，V (X )＝np (1－p )．2．求离散型随机变量的均值与方差的基本方法(1)已知随机变量的概率分布求它的均值、方差，按定义求解．(2)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，可直接用X 的均值、方差的性质求解．(3)如果所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，利用它们的均值、方差公式求解． [失误与防范]1．在没有准确判断概率分布模型之前不能随便套用公式．2．对于应用问题，必须对实际问题进行具体分析，一般要将问题中的随机变量设出来，再进行分析，求出随机变量的概率分布，然后按定义计算出随机变量的均值、方差．A 组专项基础训练(时间：45分钟)1．若X ～B (n ，p )，且E (X )＝6，V (X )＝3，则P (X ＝1)的值为________．2．随机变量ξ的概率分布如下，其中a 、b 、c 为等差数列，若E (ξ)＝13，则V (ξ)的值为________.ξ －1 0 1 Pabc3．某班从4名男生、2名女生中选出3人参加志愿者服务，若选出的男生人数为ξ，则ξ的方差V (ξ)＝________.4．一个袋子中装有6个红球和4个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的．从袋子中摸出2个球，其中白球的个数为X ，则X 的均值是________．5．设随机变量ξ～B (5,0.5)，又η＝5ξ，则E (η)和V (η)的值分别是________．6．已知随机变量ξ的概率分布为P (ξ＝k )＝12k －1，k ＝1,2,3，…，n ，则P (2<ξ≤5)＝________.7．签盒中有编号为1、2、3、4、5、6的六支签，从中任意取3支，设X 为这3支签的号码之中最大的一个，则X 的均值为________．8．某超市为了响应环保要求，鼓励顾客自带购物袋到超市购物，采取了如下措施：对不使用超市塑料购物袋的顾客，超市给予9.6折优惠；对需要超市塑料购物袋的顾客，既要付购买费，也不享受折扣优惠．假设该超市在某个时段内购物的人数为36人，其中有12位顾客自己带了购物袋，现从这36人中随机抽取两人．(1)求这两人都享受折扣优惠或都不享受折扣优惠的概率；(2)设这两人中享受折扣优惠的人数为ξ，求ξ的概率分布和均值．9．现有一游戏装置如图，小球从最上方入口处投入，每次遇到黑色障碍物等可能地向左、右两边落下．游戏规则为：若小球最终落入A槽，得10张奖票；若落入B槽，得5张奖票；若落入C槽，得重投一次的机会，但投球的总次数不超过3次．(1)求投球一次，小球落入B槽的概率；(2)设玩一次游戏能获得的奖票数为随机变量X，求X的概率分布及均值．B组专项能力提升(时间：30分钟)10．老师为研究男女同学数学学习的差异情况，对某班50名同学(其中男同学30名，女同学20名)采取分层抽样的方法，抽取一个样本容量为10的样本进行研究，某女同学甲被抽到的概率为________．11．袋中装有大小完全相同，标号分别为1,2,3，…，9的九个球．现从袋中随机取出3个球．设ξ为这3个球的标号相邻的组数(例如：若取出球的标号为3,4,5，则有两组相邻的标号3,4和4,5，此时ξ的值是2)，则随机变量ξ的均值E(ξ)为________．12．马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布如下表：x 12 3P(ξ＝x)？！？请小牛同学计算ξ的均值．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)＝________.13．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，对人体健康和大气环境质量的影响很大．我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．某市环保局从360天的市区PM2.5监测数据中，随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶)．(1)在这15天的数据中任取3天的数据，记ξ表示空气质量达到一级的天数，求ξ的概率分布；(2)以这15天的PM2.5日均值来估计这360天的空气质量情况，则其中大约有多少天的空气质量达到一级．14．气象部门提供了某地区今年六月份(30天)的日最高气温的统计表如下：日最高气温t(单位：℃)t≤2222<t≤28 28<t≤32 t>32天数612Y Z由于工作疏忽，统计表被墨水污染，Y和Z数据不清楚，但气象部门提供的资料显示，六月份的日最高气温不高于32℃的频率为0.9.某水果商根据多年的销售经验，六月份的日最高气温t(单位：℃)对西瓜的销售影响如下表：日最高气温t(单位：℃)t≤2222<t≤28 28<t≤32 t>32日销售额X (单位：千元)2568(1)求Y，Z的值；(2)若视频率为概率，求六月份西瓜日销售额的均值和方差；(3)在日最高气温不高于32℃时，求日销售额不低于5千元的概率．专注·专业·口碑·极致- 11 -。

高中数学离散型随机变量的均值与方差经典考点及例题讲解

离散型随机变量的均值与方差考纲解读 1.根据离散型随机变量分布列求均值与方差；2.根据正态分布、二项分布的公式求均值与方差；3.利用均值、方差的特性解决一些实际应用问题．[基础梳理]1．离散型随机变量X 的分布列2.离散型随机变量3.(1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b (a ，b 为常数)． (2)D (aX ＋b)＝a 2D (X )(a ，b 为常数)． 4．两点分布的均值与方差若随机变量X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p )． 5．二项分布的均值与方差若随机变量X 服从参数为n ，p 的二项分布，即X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )．[三基自测]1．已知X 的分布列为设Y ＝2X ＋3，则E(Y)A.73 B ．4 C ．－1 D ．1 答案：A2．若离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )＝( ) A ．2 B ．2或12C.12 D ．1答案：C3．已知随机变量X 的分布列为则D(X)＝( ) A ．1.44 B ．1.2 C. 1.2 D ．2答案：B4．(选修2－3·2.3练习改编)若随机变量满足P (x ＝c )＝1，其中c 为常数，则D (X )＝________.答案：05．(2017·高考全国卷Ⅱ改编)有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X 表示取到次品的次数，则D(X)＝________.答案：916考点一离散型随机变量的均值与方差|模型突破[例1] (2018·保定调研)近年来，我国的高铁技术发展迅速，铁道部门计划在A 、B 两城之间开通高速列车，假设在试运行期间，每天8：00－9：00,9：00－10：00两个时段内各发一趟列车由A 城到B 城(两车发生情况互不影响)，A 城发车时间及其概率如下表所示：六8：00和周日8：20.(只考虑候车时间，不考虑其他因素)(1)设乙候车所需时间为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望； (2)求甲、乙二人候车时间相等的概率．[解析] (1)X 的所有可能取值为10、30、50、70、90(分钟)，其概率分布列如下：X 的数学期望E (X )＝10×12＋30×13＋50×136＋70×112＋90×118＝2459(分钟)．(2)甲、乙二人候车时间分别为10分钟、30分钟、50分钟的概率为P 甲10＝16，P 甲30＝12，P 甲50＝13；P 乙10＝12，P 乙30＝13，P 乙50＝16×16＝136.所以所求概率P ＝16×12＋12×13＋13×136＝727.即甲、乙二人候车时间相等的概率为727.[模型解法][高考类题](2016·高考全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．解析：(1)设“一续保人本年度的保费高于基本保费”为事件A ，则“一续保人本年度的保费不高于基本保费”为事件A ，P (A )＝1－P (A )＝1－(0.30＋0.15)＝0.55.(2)设“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”为事件B ， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.10＋0.050.55＝311.(3)设续保人本年度的保费为X ，则X 的分布列为平均保费 1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.23a ，所以平均保费与基本保费的比值为1.23.考点二与二项分布有关的均值与方差问题|方法突破[例2] 为响应国家“精准扶贫，产业扶贫”的战略，进一步优化能源消费结构，某市决定在地处山区的A 县推进光伏发电项目．在该县山区居民中随机抽取50户，统计其年用电量得到以下统计表．以样本的频率作为概率.X 的数学期望；(2)已知该县某山区自然村有居民300户．若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组，该机组所发电量除保证该村正常用电外，剩余电量国家电网以0.8元/度的价格进行收购．经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1 000度，试估计该机组每年所发电量除保证正常用电外还能为该村创造直接收益多少元？[解析] (1)记在抽取的50户居民中随机抽取1户，其年用电量不超过600度为事件A ，则P (A )＝35.由已知可得从该县山区居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X ，X 服从二项分布，即X ～B (10，35)，故E (X )＝10×35＝6.(2)设该县山区居民户年均用电量为E(Y)，由抽样可得E (Y )＝100×550＋300×1550＋500×1050＋700×1550＋900×550＝500(度)．则该自然村年均用电约150 000度．又该村所装发电机组年预计发电量为300 000度，故该机组每年所发电量除保证正常用电外还能剩余电量约150 000度，能为该村创造直接收益120 000元．[方法提升][跟踪训练]某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．[解析] (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}， A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意知A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P(A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2) ＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15.于是P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫151⎝⎛⎭⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152⎝⎛⎭⎫451＝12125，P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125，故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.考点三均值、方差的实际应用|方法突破[例3] 为庆祝香港回归20周年，某商场在抽奖箱中放置了除图案外，其他无差别的8张卡片，其中有2张印有金紫荆广场图案，n(2≤n ≤4)张印有青马大桥图案，其余卡片上印有“庆祝香港回归20周年”图案．(1)若n ＝4，从抽奖箱中任意取一张卡片，记下图案后放回，连续抽取三次，求三次取出的卡片中，恰有两张印有“庆祝香港回归20周年”图案卡片的概率．(2)从抽奖箱中任意抽取两张卡片，如果两张卡片图案相同的概率是27.求n 的值．(3)①当n ＝3时，随机抽取一次，若规定取出印有金紫荆广场图案的卡片获得16元购物券，取出印有青马大桥图案的卡片获得8元购物券，取出印有“庆祝香港回归20周年”图案的卡片没有奖励，用ξ表示获得奖券的面值，求ξ的分布列和数学期望E (ξ)．②在①的条件下，若商场每天有800人参与抽奖活动，顾客获得的购物券全部用于捆绑其他商品消费，每1元购物券能给商场带来10元纯利润，则商场每天在这个活动中能获得的纯利润是多少？[解析] (1)当n ＝4时，印有“庆祝香港回归20周年”的卡片有2张，记“从中任取一张卡片是‘庆祝香港回归20周年’”为事件A ，则P (A )＝14，则恰有两张印有“庆祝香港回归20周年”图案卡片的概率为：P ＝C 23⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫34＝964. (2)因为从抽奖箱中任意抽取两张卡片，如果两张卡片图案相同的概率是27，所以由题意得C 22＋C 2n ＋C 26－nC 28＝27，解得n ＝2或n ＝4.(3)①n ＝3时，则8张卡片中印有金紫荆广场图案的卡片有2张，印有青马大桥图案的卡片有3张，印有“庆祝香港回归20周年”图案的卡片有3张，ξ的可能取值为16,8,0，P (ξ＝16)＝14，P (ξ＝8)＝38，P (ξ＝0)＝38.∴ξ的分布列为：∴E (ξ)＝16×14＋8×38＋0×38＝7(元)．②由①知，在一次抽奖中，一人所得奖券的面值为7元，800人所得奖券的面值总数为800×7＝5 600(元)，所以商场的利润是5 600×10＝56 000(元)． [方法提升][跟踪训练]某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X ≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？解析：法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X ＝5”．因为P (X ＝5)＝23×25＝415，所以P (A )＝1－P (X ＝5)＝1－415＝1115，即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E (2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E (3X 2)．由已知可得，X 1～B ⎝⎛⎭⎫2，23，X 2～B ⎝⎛⎭⎫2，25，所以E (X 1)＝2×23＝43，E (X 2)＝2×25＝45，从而E (2X 1)＝2E (X 1)＝83，E (3X 2)＝3E (X 2)＝125.因为E (2X 1)>E (3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ，则事件A 包含“X ＝0”“X ＝2”“X ＝3”三个两两互斥的事件．因为P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－25＝15，P (X ＝2)＝23×⎝⎛⎭⎫1－25＝25，P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫1－23×25＝215，所以P (A )＝P (X ＝0)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1115，即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E (X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E (X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E (X 1)>E (X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．1.[考点二](2017·高考全国卷Ⅱ)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DX ＝__________.解析：由题意得X ～B (100,0.02)，∴DX ＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96. 答案：1.962.[考点一、三](2017·高考全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X (单位：瓶)的分布列；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y 的数学期望达到最大值？解析：(1)由题意知，X 所有可能取值为200,300,500，由表格数据知P (X ＝200)＝2＋1690＝0.2，P (X ＝300)＝3690＝0.4，P (X ＝500)＝25＋7＋490＝0.4.因此X 的分布列为(2)200，因此只需考虑200≤n ≤500.当300≤n ≤500时，若最高气温不低于25，则Y ＝6n －4n ＝2n ，若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.当200≤n<300时，若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．。

高考数学一轮总复习课件：离散型随机变量的分布列、均值与方差

超几何分布
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次
CMkCN－Mn－k
品，则P(X＝k)＝________C_N_n __，k＝0，1，2，…，m，其中m
＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.称分布列：
X
0
P
CM0CN－Mn－0 CNn
为超几何分布列．
1
…
m
CM1CN－Mn－1 CNn
…
CMmCN－Mn－m CNn
如果随机变量X的分布列具有上表的形式，那么称随机变量
X服从超几何分布，记作X～H(N，M，n)．
1．判断下列说法是否正确(打“√”或“×”)． (1)抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量． (2)在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1. (3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．
思考题2 (1)(2021·吉林省汪清县高三月考)已知随机变量ξ的分布列如下表，则x＝____12____．
ξ01 2
P x2 x
1 4
【解析】
由随机变量概率分布列的性质可知：x2＋x＋
1 4
＝1，且0≤x≤1，解得x＝12.
(2)(2021·青铜峡市高三期末)设随机变量ξ的概率分布列如下
表，则P(|ξ－3|＝1)＝( A )
3．设ξ是一个离散型随机变量，则下列不一定能成为ξ的概
率分布列的一组数是( C )
A．0，0，0，1，0
B．0.1，0.2，0.3，0.4
C．p，1－p(p为实数)
D.1×1 2，2×1 3，…，（n－11）·n，1n(n∈N*，n≥2)
解析
显然A、B满足分布列的两个性质；对于D，有

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．

2022届高考数学(理)一轮总复习检测：第十章第九节离散型随机变量的均值与方差 Word版含解析

第九节离散型随机变量的均值与方差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P(ξ＝x i )＝p i ，i ＝1，2，…，n(1)均值：称E(X)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量X 的均值或数学期望．(2)方差：称D(X)＝ i ＝1n(x i －E(X))2p i 为随机变量X 的方差，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)＝a 2D(X)(a ，b 为常数)． 3．两点分布与二项分布的均值、方差均值方差变量X 听从两点分布E(X)＝p D(X)＝p(1－p) X ～B(n ，p)E(X)＝npD(X)＝np(1－p )1．(质疑夯基)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)期望是算术平均数概念的推广，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，则偏离均值的平均程度越小．( )(4)在篮球竞赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，假如某运动员罚球命中的概率为0.7，那么他罚球1次的得分X 的均值是0.7.( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×2．已知X 的分布列为( )X－1 0 1 P121316设Y ＝2X ＋3，则E(Y)的值为( ) A.73B ．4C ．－1D ．1 解析：E(X)＝－12＋16＝－13，E(Y)＝E(2X ＋3)＝2E(X)＋3＝－23＋3＝73.答案：A3．已知某一随机变量X 的分布列如下，且E(X)＝6.3，则a 的值为( )X 4 a 9 P0.50.1bA.5 B ．6 C ．7 D ．8解析：由分布列性质知：0.5＋0.1＋b ＝1，∴b ＝0.4. ∴E(X)＝4×0.5＋a·0.1＋9×0.4＝6.3.∴a ＝7. 答案：C4．(2021·广东卷)已知随机变量X 听从二项分布B(n ，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p ＝________．解析：由于XB(n ，p)，且E(X)＝30，D(X)＝20，所以⎩⎨⎧np ＝30，np （1－p ）＝20.解之得p ＝13.答案：135．(2022·河北唐山调研)某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为社区志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝________(结果用最简分数表示)．解析：随机变量ξ只能取0，1，2三个数，由于P(ξ＝0)＝C 25C 27＝1021，P (ξ＝1)＝C 15C 12C 27＝1021，P (ξ＝2)＝C 22C 27＝121.故E(ξ)＝1×1021＋2×121＝47.答案：47三条性质1．E(ax ＋b)＝aE(x)＋b ，D(ax ＋b)＝a 2D(x)(a ，b 为常数)． 2．若X 听从两点分布，则E(X)＝p ，D(X)＝p(1－p)．3．若X 听从二项分布，即X ～B(n ，p)，则E(X)＝np ，D(X)＝np(1－p)．三种方法1．已知随机变量的分布列求它的均值、方差，按定义求解．2．已知随机变量ξ的均值、方差，求ξ的线性函数η＝aξ＋b 的均值、方差，可直接用ξ的均值、方差的性质求解．3．假如所给随机变量是听从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，利用它们的均值、方差公式求解．A 级基础巩固一、选择题1．(2022·茂名其次次模拟)若离散型随机变量X 的分布列为( )X 0 1 Pa2a 22则X 的数学期望E(X)＝( ) A ．2 B ．2或12C.12D ．1 解析：由分布列的性质，a 2＋a 22＝1，∴a ＝1.故E(X)＝12×0＋12×1＝12.答案：C2．(2022·陕西卷)设样本数据x 1，x 2，…，x 10的均值和方差分别为1和4，若y 1＝x i ＋a(a 为非零常数，i ＝1，2，…，10)，则y 1，y 2，…，y 10的均值和方差分别为( )A ．1＋a ，4B ．1＋a ，4＋aC ．1，4D ．1，4＋a解析：∴E(y)＝E(X)＋a ＝1＋a ，D(y)＝D(x)＝4. 答案：A3．已知随机变量X 听从二项分布，且E(X)＝2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n ，p 的值为( )A ．n ＝4，p ＝0.6B ．n ＝6，p ＝0.4C ．n ＝8，p ＝0.3D ．n ＝24，p ＝0.1解析：由二项分布X ～B(n ，p)及E(X)＝np ，D(X)＝np·(1－p)得2.4＝np ，且1.44＝np(1－p)，解之得n ＝6，p ＝0.4.答案：B4．罐中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续摸取4次，设X 为取得红球的次数，则X 的方差D(X)的值为( )A.125B.2425 C.85 D.265解析：由于是有放回地摸球，所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为35，连续摸4次(做4次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，35， ∴D(X)＝4×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝2425答案：B5．口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则X 的数学期望E(X)的值是( )A ．4B ．4.5C ．4.75D ．5解析：由题意知，X 可以取3，4，5，P(X ＝3)＝1C 35＝110，P(X ＝4)＝C 23C 35＝310，P(X ＝5)＝C 24C 35＝610＝35，所以E(X)＝3×110＋4×310＋5×35＝4.5. 答案：B二、填空题6．已知X 的分布列为设Y ＝2X ＋1，则Y 的数学期望E(Y)的值是________．解析：由分布列的性质，a ＝1－12－16＝13，∴E(X)＝－1×12＋0×16＋1×13＝－16，因此E(Y)＝E(2X ＋1)＝2E(X)＋1＝23.答案：237．(2022·青岛模拟)设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的数学期望E(X)＝2，则P(X ＝2)等于________．解析：由X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫n ，13，E(X)＝2，得 np ＝13n ＝2，∴n ＝6，则P(X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝⎛⎭⎪⎫1－134＝80243. 答案：80243.8．(2022·浙江卷)随机变量ξ的取值为0，1，2.若P(ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D(ξ)＝________．解析：设P(ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ，则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以D(ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.答案：25三、解答题9．依据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)X 表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数，求X 的数学期望．解：(1)设“购买甲种保险”为大事A ，“购买乙种保险”为大事B ，“该地车主至少购买甲、乙两种保险中的一种”为大事C.由已知条件P(A)＝0.5，P(BA)＝0.3，又C ＝A ＋BA ，且A 与BA 互斥， ∴P(C)＝P(A)＋P(BA)＝0.5＋0.3＝0.8.因此该地车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为0.8. (2)设“该地车主甲、乙两种保险均不购买”为大事D ，则D ＝C ， ∴P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，由于X ～B(100，0，2)，所以X 的数学期望E(X)＝100×0.2＝20.10．一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数是2，2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X 表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X 的分布列与数学期望． (注：若三个数a ，b ，c 满足a ≤b ≤c ，则称b 为这三个数的中位数) 解：(1)设“所取3张卡片上的数字完全相同”为大事A. 则大事A 发生时，则3张卡片的数字均是2或均是1.由古典概型，P(A)＝C 34＋C 33C 39＝584.(2)随机变量X 的全部可能取值为1，2，3，则P(X ＝1)＝C 24C 15＋C 34C 39＝1742，P(X ＝3)＝C 17C 22C 39＝112， P(X ＝2)＝C 13C 14C 12＋C 23C 16＋C 33C 39＝4384，或P(X ＝2)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝3)＝1－1742－112＝4384.故X 的分布列为从而E(X)＝1×1742＋2×4384＋3×112＝4728. B 级力量提升1．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，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5，3m ＋3. 又E(X)＝5×3m ＋3＝3，∴m ＝2.则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，35，故D(X)＝5×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝65.答案：B2．(2022·青岛调研)某项玩耍活动的嘉奖分成一、二、三等奖且相应获奖概率是以a 1为首项，公比为2的等比数列，相应资金是以700元为首项，公差为－140元的等差数列，则参与该玩耍获得资金的数学期望为________元．解析：由概率分布性质a 1＋2a 1＋4a 1＝1， ∴a 1＝17，从而2a 1＝27，4a 1＝47.因此获得资金ξ的分布列为∴E (ξ)＝700×17＋560×27＋420×47＝500(元)．答案：5003．(2022·郑州质检)某学校为了丰富同学的业余生活，以班级为单位组织同学开展古诗词背诵竞赛，随机抽取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，只有“正确”和“错误”两种结果，其中某班级的背诵正确的概率为p ＝23，背诵错误的概率为q ＝13，现记“该班级完成n 首背诵后总得分为S n ”．(1)求S 6＝20且S i ≥0(i ＝1，2，3)的概率； (2)记ξ＝|S 5|，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)当S 6＝20时，即背诵6首后，正确4首，错误2首．若第一首和其次首正确，则其余4首可任意背诵对2首．第一首正确，其次首背诵错误，则第三首背诵正确，其余3首可任意背诵对2首．故所求的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋23·13×23·C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝1681.(2)由于ξ＝|S 5|的取值为10，30，50. 所以P(ξ＝10)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝4081；P (ξ＝30)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫234⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫231⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝3081；P (ξ＝50)＝C 55⎝⎛⎭⎪⎫235＋C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1181.所以ξ的分布列为所以E(ξ)＝10×4081＋30×3081＋50×1181＝1 85081.概率与统计中的高考热点题型1．概率与统计是高考中相对独立的一个内容，处理问题的方式、方法体现了较高的思维含量．该类问题以应用题为载体，留意考查同学的应用意识及阅读理解力量、分类争辩与化归转化力量．2．概率问题的核心是概率计算．其中大事的互斥、对立、独立是概率计算的核心，排列组合是进行概率计算的工具，统计问题的核心是样本数据的获得及分析方法，重点是频率分布直方图、茎叶图和样本的数字特征，但近两年全国课标卷突出回归分析的考查．3．离散型随机变量的分布列及其期望的考查是历年高考的重点，难度多为中低档类题目，特殊是与统计内容渗透，背景新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．热点1统计与统计案例以实际生活中的事例为背景，通过对相关数据的统计分析、抽象概括，作出估量，推断．常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、概率等学问交汇考查，考查同学数据处理力量．某同学对其亲属30人的饮食习惯进行了一次调查，并用茎叶图表示30人的饮食指数．(说明：图中饮食指数低于70的人．饮食以蔬菜为主；饮食指数高于70的人，饮食为肉类为主．)(1)依据茎叶图，挂念这位同学说明其亲属30人的饮食习惯；(2)依据以上数据完成下列2×2的列联表：主食蔬菜主食肉类总计50岁以下50岁以上总计(3)在犯错误的概率不超过1%的前提下，你能否认为其亲属的饮食习惯与年龄有关，并说明理由．附：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）P(K 2≥k 0) 0.250.150.100.05 0.025 0.010 0.0050.001k 01.3232.072 2.7063.841 5.024 6.635 7.87910.828解：(1)由茎叶图知，50岁以下的12人中饮食指数低于70的有4人，饮食指数高于70的有8人．50岁以上的18人中，饮食指数低于70的有16人，高于70的只有2人．在其30位亲属中，50岁以上的人多以食蔬菜为主，50岁以下的人多以食肉为主．(2)列2×2的列联表如下：主食蔬菜主食肉类总计50岁以下481250岁以上 16 2 18 合计201030(3)由(2)知，由于K 2＝30×（8－128）212×18×20×10＝10>6.635.又P(K 2≥6.635)＝0.010.∴在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为其亲属的饮食习惯与年龄有关．1．将茎叶图与独立性检验交汇，背景新颖，求解的关键是理解茎叶图供应的数据特征．2．(1)本题求解中常见的错误：①不理解茎叶图反映的数据信息；②对独立性检验思想理解不深刻，作出错误判定．(2)要留意进行独立性检验时，首先提出的假设是两者无关，所以下结论应留意，避开错下结论．【变式训练】柴静《穹顶之下》的播出，让大家对雾霾天气的危害有了更进一步的生疏，对于雾霾天气的争辩也渐渐活跃起来，某争辩机构对春节燃放烟花爆竹的天数x 与雾霾天数y 进行统计分析，得出下表数据：x4 5 7 8 y2356(1)请画出上表数据的散点图；(2)请依据上表供应的数据，用最小二乘法求出y 关于x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^；(3)试依据(2)求出的线性回归方程，猜测燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数．故线性回归方程为y^＝b^x＋a^＝x－2.(3)由回归直线方程可以猜测，燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数为7.热点2常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立大事与互斥大事的概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立大事，互斥大事常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，精确判定概率模型，恰当选择概率公式．现有4个人去参与某消遣活动，该活动有甲、乙两个玩耍可供参与者选择．为增加趣味性，商定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子打算自己去参与哪个玩耍，掷出点数为1或2的人去参与甲玩耍，掷出点数大于2的人去参与乙玩耍．(1)求这4个人中恰有2人去参与甲玩耍的概率；(2)求这4个人中去参与甲玩耍的人数大于去参与乙玩耍的人数的概率；(3)用X，Y分别表示这4个人中去参与甲、乙玩耍的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．解：依题意，这4个人中，每个人去参与甲玩耍的概率为13，去参与乙玩耍的概率为23.设“这4个人中恰有i人去参与甲玩耍”为大事A i(i＝0，1，2，3，4)．则P(A i)＝C i4⎝⎛⎭⎪⎫13i⎝⎛⎭⎪⎫234－i.(1)这4个人中恰有2人去参与甲玩耍的概率P(A2)＝C24⎝⎛⎭⎪⎫132⎝⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参与甲玩耍的人数大于去参与乙玩耍的人数”为大事B，则B＝A3＋A4，且A3与A4互斥，∴P(B)＝P(A3＋A4)＝P(A3)＋P(A4)＝C34⎝⎛⎭⎪⎫133·23＋C44⎝⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的全部可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥．则P(ξ＝0)＝P(A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P(A 1＋A 3)＝P(A 1)＋P(A 3)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081，P (ξ＝4)＝P(A 0＋A 4)＝P(A 0)＋P(A 4)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781. 所以ξ的分布列是ξ 0 2 4 P827408117811．本题4个人中参与甲玩耍的人数听从二项分布，由独立重复试验，4人中恰有i 人参与甲玩耍的概率P ＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键．2．解题中常见的错误是不能分清大事间的关系，选错概率模型，特殊是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的大事转化为相应的互斥大事A i 的概率和．【变式训练】 (2021·北京卷节选)A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10，11，12，13，14，15，16；B 组：12，13，15，16，17，14，a.假设全部病人的康复时间相互独立．从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)假如a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率．解：设大事A i 为“甲是A 组的第i 个人”，大事B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1，2，…，7. 由题意可知P(A i )＝P(B i )＝17，i ＝1，2， (7)(1)由题意知，大事“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”记为大事A ，且A ＝A 5∪A 6∪A 7.由互斥大事的概率公式，则 P(A)＝P(A 5)＋P(A 6)＋P(A 7)＝37.(2)设大事C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6，因此P(C)＝P(A 4B 1)＋P(A 5B 1)＋P(A 6B 1)＋P(A 7B 1)＋P(A 5B 2)＋P(A 6B 2)＋P(A 7B 2)＋P(A 7B 3)＋P(A 6B 6)＋P(A 7B 6)＝10P(A 4B 1)＝10P(A 4)P(B 1)＝1049.热点3 离散型随机变量的分布列、均值与方差(满分现场)离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题，属于中档题．复习中应强化应用题目的理解与把握，弄清随机变量的全部取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概型的确定与转化是解题的基础，精确计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练．(经典母题)(本小题满分12分)(2022·河北各校联考)甲乙两人进行围棋竞赛，商定先连胜两局者直接赢得竞赛，若赛完5局仍未消灭连胜，则判定获胜局数多者赢得竞赛，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局竞赛结果相互独立．(1)求甲在4局以内(含4局)赢得竞赛的概率；(2)记X 为竞赛决出胜败时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望)．规范解答：用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得竞赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，P(A k )＝23，P(B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A 1A 2)＋P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. 5分 (2)X 的可能取值为2，3，4，5，6分 P(X ＝2)＝P(A 1A 2)＋P(B 1B 2) ＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(B 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝59， 7分P(X ＝3)＝P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2B 3) ＝P(B 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(B 2)P(B 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29， 8分P(X ＝4)＝P(A 1B 2A 3A 4)＋P(B 1A 2B 3B 4)＝P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＋P(B 1)P(A 2)P(B 3)P(B 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1081， 10分P(X ＝5)＝1－P(X ＝2)－P(X ＝3)－P(X ＝4)＝881.故X 的分布列为X 2 3 4 5 P59291081881 11分E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝2248112分【满分规章】规章1 得步骤分：是得分点的步骤，有则给分，无则没分，步步为“赢”，求得满分如第(1)问，引进字母表示大事，或用文字斜述正确，得2分；把大事拆分成A ＝A 1A 2＋B 1A 2A 3＋A 1B 2A 3A 4，就得2分，计算概率值正确，得1分．第(2)问求出X 的四个值的概率，每对一个得1分；列出随机变量X 的分布列得1分．规章2 得关键分：解题过程的关键点，有则给分，无则没分如第(1)问，写出大事“甲在4局以内(含4局)赢得竞赛”分解为“甲在第1，2局连胜”“甲在第1局输，第2，3局连胜”“甲在第1局胜，第2局输，第3，4局连胜”，正确得2分．第(2)问，求四个概率时，结果错误，即使计算过程有步骤也不得分．规章3得计算分：解题过程中计算精确，是得满分的根本保证如第(1)问、第(2)问中概率值的计算要正确，否则不得分，分布列中计算四个概率的和是否为1，若和不为1，就有概率值消灭错误了不得分．【构建模板】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的全部可能值．其次步：求第一个可能值所对应的概率．第三步：列出离散型随机变量的分布列．第四步：求均值和方差．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．(1)求解的关键在于理解“甲在4局以内”赢得竞赛的含义，进而将大事转化为“三个互斥大事”的概率和．(2)第(2)问中利用对立大事求P(X＝5)的概率，简化了求解过程．2．求解离散型随机变量的分布列与期望，关键要过好“三关”：一是“推断关”，即依题意推断随机变量的全部可能的取值；二是“求概率关”，即利用两个计数原理、排列与组合内容，以及古典概率的概率公式求随机变量取各个值时的概率；三是“应用定义关”，即列出随机变量的分布列，并利用随机变量的数学期望的定义进行计算．【变式训练】某网站用“10分制”调查一社区人们的治安满足度．现从调查人群中随机抽取16名，以下茎叶图记录了他们的治安满足度分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)．(1)若治安满足度不低于9.5分，则称该人的治安满足度为“极平安”．求从这16人中随机选取3人，至多有1人是“极平安”的概率；(2)以这16人的样本数据来估量整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)中任选3人，记X表示抽到“极平安”的人数，求X的分布列、数学期望与方差．解：(1)设A i表示所取3人中有i个人是“极平安”，至多有1人是“极平安”记为大事A，则A＝A0＋A1，且i＝0，1，2，3.所以P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝C312C316＋C212C14C316＝121140.(2)由茎叶图可知，16人中任取1人是“极平安”的概率P＝416＝14，依题意，X～B(3，14)，则P(x＝k)＝Ck3(14)k(34)3－k，k＝0，1，2，3.所以P(X＝0)＝(34)3＝2764，P(X＝1)＝C13·14·(34)2＝2764，P(X＝2)＝C23·(14)2×34＝964，P(X＝3)＝(14)3＝164.X的分布列为：X 0 1 2 3 P27642764964164E(X)＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.或E(X)＝np ＝34.D(X)＝np(1－p)＝3×14×(1－14)＝916.热点4 概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点．主要依托点是统计图表，正确生疏和使用这些图表是解决问题的关键，复习时要在这些图表上下功夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上把握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算．2021年10月18日至27日，第一届全国青年运动会在福州进行，某服务部需从高校生中招收志愿者，被招收的志愿者需参与笔试和面试，把参与笔试的40名高校生的成果分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成果在第3，4，5组的人数；(2)现打算在笔试成果较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试． ①已知甲和乙的成果均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名同学中随机抽取2名同学接受考官D 的面试，设第4组中有X名同学被考官D 面试，求X 的分布列和数学期望．解：(1)由频率分布直方图知，第3组的人数为5×0.06×40＝12. 第4组的人数为5×0.04×40＝8. 第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组、第4组、第5组中分别抽取3人，2人，1人． ①设“甲或乙进入其次轮面试”为大事A ，则 P(A)＝1－C 310C 312＝511，所以甲或乙进入其次轮面试的概率为511.②X 的全部可能取值为0，1，2，P(X ＝0)＝C 24C 26＝25，P(X ＝1)＝C 12C 14C 26＝815，P(X ＝2)＝C 22C 26＝115.所以X 的分布列为X 0 1 2 P25815115E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.本题将传统的频率分布直方图背景赐予新生的数学期望，立意新颖、构思奇妙．求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题X 听从超几何分布，利用其概率公式代入计算．【变式训练】 (2022·郑州质检)某市训练局为了了解高三同学体育达标状况，对全市高三同学进行了体能测试，经分析，全市同学体能测试成果X 听从正态分布N(80，σ2)(满分为100分)，已知P(X<75)＝0.3，P(X ≥95)＝0.1，现从该市高三同学中随机抽取三位同学．(1)求抽到的三位同学该次体能测试成果在区间[80，85)，[85，95)，[95，100]各有一位同学的概率；(2)记抽到的三位同学该次体能测试成果在区间[75，85]的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望．解：(1)由X ～N(80，σ2)，知P(x ≤80)＝12.又P(x<75)＝0.3，P(X ≥95)＝0.1，则P(80≤x<85)＝P(75≤x ≤80)＝P(x ≤80)－P(x<75)＝0.2. P(85≤x<95)＝P(x>85)－P(x ≥95)＝P(x<75)－P(x ≥95)＝0.2. 故所求大事的概率P ＝0.2×0.2×0.1·A 33＝0.024. (2)P(75≤X ≤85)＝1－2P(X<75)＝0.4，所以ξ听从二项分布B(3，0.4)， P (ξ＝0)＝0.63＝0.216，P (ξ＝1)＝C 13·0.4×0.62＝0.432， P (ξ＝2)＝C 23·0.42×0.6＝0.288，P (ξ＝3)＝0.43＝0.064，所以随机变量ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P0.2160.4320.2880.064E(ξ)＝3×0.4＝1.2.1．(2022·佛山质检)贵广高速铁路从贵阳北终至广州南站．其中广东省内有怀集站、广宁站、肇庆东站、三水南站、佛山西站、广州南站共6个站．记者对广东省内的6个车站随机抽取3个进行车站服务满足度调查．(1)求抽取的车站中含有佛山市内车站(包括三水南站和佛山西站)的概率；(2)设抽取的车站中含有肇庆市内车站(包括怀集站、广宁站、肇庆东站)个数为X ，求X 的分布列及其均值．解：(1)设“抽取的车站中含有佛山市内车站”为大事A ，则P(A)＝C 22C 14＋C 12C 24C 36＝45. (2)X 的可能取值为0，1，2，3.P(X ＝0)＝C 03C 33C 36＝120，P(X ＝1)＝C 13C 23C 36＝920，P(X ＝2)＝C 23C 13C 36＝920，P(X ＝3)＝C 33C 03C 36＝120，所以X 的分布列为X 的数学期望E(X)＝0×120＋1×920＋2×920＋3×120＝32.2．(2021·陕西卷)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：(1)求T 的分布列与数学期望E(T)；(2)刘教授驾车从老校区动身，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后马上返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．解：(1)由统计结果可得T 的频率分布为以频率估量概率得T 的分布列为从而E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．(2)设T 1，T 2分别表示往、返所需时间，T 1，T 2的取值相互独立，且与T 的分布列相同．设大事A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以大事A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．法一 P(A)＝P(T 1＋T 2≤70)＝P(T 1＝25，T 2≤45)＋P(T 1＝30，T 2≤40)＋P(T 1＝35，T 2≤35)＋P(T 1＝40，T 2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91. 法二 P(A －)＝P(T 1＋T 2>70)＝P(T 1＝35，T 2＝40)＋P(T 1＝40，T 2＝35)＋P(T 1＝40，T 2＝40) ＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09. 故P(A)＝1－P(A －)＝0.91.3．某高校校庆，各届校友纷至沓来，某班共来了n 位校友(n>8且n ∈N *)，其中女校友6位，组委会对这n 位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”．(1)若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于12，求n 的最大值；(2)当n ＝12时，设选出的2位校友代表中女校友人数为ξ，求ξ的分布列．解：设选出2人为“最佳组合”记为大事A ，则大事A 发生的概率P(A)＝C 1n －6C 16C 2n ＝12（n －6）n （n －1）.依题意12（n －6）n （n －1）≥12，化简得n 2－25n ＋144≤0，∴9≤n ≤16，故n 的最大值为16.(2)由题意，ξ的可能取值为0，1，2，且ξ听从超几何分布，则P(ξ＝k)＝C k 6C 2－k 6C 212(k ＝0，1，2)，∴P (ξ＝0)＝P(ξ＝2)＝C 06C 26C 212＝522，P (ξ＝1)＝C 16C 16C 212＝611.ξ 0 1 2 P522611522∴E (ξ)＝0×522＋1×611＋2×522＝1.4．(2022·石家庄模拟)4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列读书训练活动．为了解本校同学课外阅读状况，学校随机抽取了100名同学对其课外阅读时间进行调查．下面是依据调查结果绘制的同学日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图．若将日均课外阅读时间不低于60分钟的同学称为“读书迷”，低于60分钟的同学称为“非读书迷”．(1)依据已知条件完成下面2×2列联表，并据此推断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？非读书迷读书迷总计男 15 女 45 总计(2)将频率视为概率．现在从该校大量同学中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列，期望E(X)和方差D(X)．附：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），n ＝a ＋b ＋c ＋d.P(K 2≥k 0) 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001k 02.7063.841 5.024 6.63510.828解：(1)完成2×2列联表如下：非读书迷读书迷总计男 40 15 55 女 20 25 45 总计6040100K 2＝100×（40×25－15×20）260×40×55×45≈8.249>6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关．(2)将频率视为概率．则从该校同学中任意抽取1名同学恰为“读书迷”的概率p ＝25.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P(X ＝i)＝C i 3(25)i (35)3－i (i ＝0，1，2，3)．X 的分布列为X 0 1 2 3 P2712554125361258125均值E(X)＝np ＝3×25＝65.方差D(X)＝np(1－p)＝3×25×(1－25)＝1825.5．(2022·课标全国Ⅰ卷)某公司方案购买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，假如备件不足再购买，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：(1)由柱状图及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X16171819202122P 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当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.6．为备战2022年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练．现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成果中随机抽取8次，记录如下：甲：8.3，9.0，7.9，7.8，9.4，8.9，8.4，8.3乙：9.2，9.5，8.0，7.5，8.2，8.1，9.0，8.5.(1)画出甲、乙两位选手成果的茎叶图；(2)现要从中选派一人参与奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参与合理？简洁说明理由；(3)若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次竞赛成果进行猜测，记这三次成果中不低于8.5分的次数为X，求X的分布列及均值E(X)、方差D(X)．解：(1)甲、乙两位选手成果的茎叶图如图：(2)由于x－甲＝x－乙＝8.5，又s2甲＝0.27，s2乙＝0.405，得s2甲<s2乙，所以选派甲合适．(3)依题意得，乙不低于8.5分的频率为12，X的可能取值为0，1，2，3.则X～B⎝⎛⎭⎪⎫3，12，∴P(X＝k)＝C k3⎝⎛⎭⎪⎫12k⎝⎛⎭⎪⎫1－123－k＝C k3⎝⎛⎭⎪⎫123，k＝0，1，2，3.所以X的分布列为X 0 1 2 3P18383818∴E(X)＝np＝3×12＝32，D(X)＝np(1－p)＝3×12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12＝34.。

2020届高三理科数学一轮复习之离散型随机变量的均值与方差课件(共22张PPT)

典例分析
例 5(2018·长沙调研)为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测
量重量(单位：克)，按照[27．5，32．5)，[32．5，37．5)，[37．5，42．5)，[42．5， 47．5)，[47．5，52．5]分为 5 组，其频率分布直方图如图所示．
(1)求图中 a 的值； a 0.05
X
0
1
2
3
P 0．064 0．288 0．432 0．216
因为 X～B(3，0．6)，所以数学期望 E(X)＝3×0．6＝1．8，
方差 D(X)＝3×0．6×(1－0．6)＝0．72．
课后练习题
练习（2）(2018·河南百校联盟调研)PM2．5 是衡量空气污染程度的一个指标，为了了解某市空气质量情况，从去年每天的 PM2．5 值的数据中随机抽取 40 天的数据，其频率分布直方图如图所示．
答案 B (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b(a，b为常数)； (2)D(aX＋b)＝a2·D(X)(a，b为常数)．
典例分析
例 3:(2017·全国卷Ⅱ)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 DX＝________．
典例分析
(3)已知这种植物果实重量不低于 32．5 克的即为优质果实，用样本估计总
体．若从这种植物果实中随机抽取 3 个，其中优质果实的个数为 X，求 X 的
分布列和数学期望 E(X)．
a 0.05
解：由已知可得这批果实的优果率
P 1 0.02 5 0.9 X的可能取值为0，1，2，3 且优质果实的个数 X～B(3,0.9)
D( X ) (1 10)2 1 (2 10)2 1 (3 10)2 1

专题10.8 离散型随机变量的均值与方差-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(解析版)

第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布专题10.08 离散型随机变量的均值与方差【考试要求】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.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单实际问题. 【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(1)均值称E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋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 )＝∑ni ＝1__(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 )＝a 2D (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 ). 【微点提醒】1.若x 1，x 2相互独立，则E (x 1·x 2)＝E (x 1)·E (x 2).2.均值与方差的关系：D (X )＝E (X 2)－E 2(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E (X )＝nM N .【疑误辨析】1.判断下列结论正误(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.( ) 【答案】 (1)× (2)√ (3)√ (4)×【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. 【教材衍化】2.(选修2－3P68A1改编)已知X 的分布列为设Y ＝2X ＋3，则E (Y )的值为( ) A.73B.4C.－1D.1【答案】 A【解析】 E (X )＝－1×12＋0×13＋1×16＝－13，E (Y )＝E (2X ＋3)＝2E (X )＋3＝－23＋3＝73.3.(选修2－3P68练习2改编)若随机变量X 满足P (X ＝c )＝1，其中c 为常数，则D (X )的值为________. 【答案】 0【解析】 ∵P (X ＝c )＝1，∴E (X )＝c ×1＝c ， ∴D (X )＝(c －c )2×1＝0. 【真题体验】4.(2018·浙江卷)设0<p <1，随机变量ξ的分布列是则当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【答案】 D【解析】由题可得E (ξ)＝12＋p ，所以D (ξ)＝－p 2＋p ＋14＝－⎝⎛⎭⎫p －122＋12，所以当p 在(0，1)内增大时，D (ξ)先增大后减小.5.(2019·北京延庆区调研)甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X ，Y ，其分布列分别为：若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是________. 【答案】乙【解析】 E (X )＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1. E (Y )＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，所以E (Y )<E (X )，故乙技术好.6.(2017·全国Ⅱ卷)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 )＝________. 【答案】 1.96【解析】有放回地抽取，是一个二项分布模型，其中p ＝0.02，n ＝100，则D (X )＝np (1－p )＝100×0.02×0.98＝1.96. 【考点聚焦】考点一离散型随机变量的均值与方差【例1】 (2019·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(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E (ξ)，方差D (ξ). 【答案】见解析【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)由题设甲、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.【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)注意E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，D (aX ＋b )＝a 2D (X )的应用.【训练1】 (2017·天津卷)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)记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. 【答案】见解析【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.考点二二项分布的均值与方差【例2】 (2019·顺德一模)某市市民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量不超过w 立方米的部分按4元/立方米收费，超出w 立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了100位市民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，并且前四组频数成等差数列.(1)求a ，b ，c 的值及居民月用水量在2～2.5内的频数；(2)根据此次调查，为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w 定为多少？(精确到小数点后2位) (3)若将频率视为概率，现从该市随机调查3名居民的月用水量，将月用水量不超过2.5立方米的人数记为X ，求其分布列及均值. 【答案】见解析【解析】(1)∵前四组频数成等差数列， ∴所对应的频率组距也成等差数列，设a ＝0.2＋d ，b ＝0.2＋2d ，c ＝0.2＋3d ，∴0.5[0.2＋(0.2＋d )×2＋0.2＋2d ＋0.2＋3d ＋0.1×3]＝1，解得d ＝0.1，∴a ＝0.3，b ＝0.4，c ＝0.5.居民月用水量在2～2.5内的频率为0.5×0.5＝0.25. 居民月用水量在2～2.5内的频数为0.25×100＝25.(2)由题图及(1)可知，居民月用水量小于2.5的频率为0.7<0.8， ∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应规定w ＝2.5＋0.8－0.70.3≈2.83.(3)将频率视为概率，设A (单位：立方米)代表居民月用水量，可知P (A ≤2.5)＝0.7，由题意，X ～B (3，0.7)，P (X ＝0)＝C 03×0.33＝0.027， P (X ＝1)＝C 13×0.32×0.7＝0.189， P (X ＝2)＝C 23×0.3×0.72＝0.441， P (X ＝3)＝C 33×0.73＝0.343，∴X 的分布列为∵X ～B (3，0.7)，∴E (X )＝np ＝2.1. 【规律方法】二项分布的均值与方差.(1)如果ξ～B (n ，p )，则用公式E (ξ)＝np ；D (ξ)＝np (1－p )求解，可大大减少计算量.(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E (aξ＋b )＝aE (ξ)＋b 以及E (ξ)＝np 求出E (aξ＋b )，同样还可求出D (aξ＋b ).【训练2】 (2019·湘潭三模)某饭店从某水产养殖厂购进一批生蚝，并随机抽取了40只统计质量，得到结果如表所示：(1)若购进这批生蚝500 kg ，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批生蚝的数量(所得结果保留整数)；(2)以频率视为概率，若在本次购买的生蚝中随机挑选4个，记质量在[5，25)间的生蚝的个数为X ，求X 的分布列及数学期望. 【答案】见解析【解析】(1)由表中的数据可以估算一只生蚝的质量为 140(6×10＋10×20＋12×30＋8×40＋4×50)＝28.5(g)，所以购进500 kg 生蚝，其数量为500 000÷28.5≈17 544(只).(2)由表中数据知，任意挑选一只生蚝，质量在[5，25)间的概率为25，由题意知X 的可能取值为0，1，2，3，4，P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫354＝81625，P (X ＝1)＝C 14⎝⎛⎭⎫251⎝⎛⎭⎫353＝216625， P (X ＝2)＝C 24⎝⎛⎭⎫252⎝⎛⎭⎫352＝216625， P (X ＝3)＝C 34⎝⎛⎭⎫253⎝⎛⎭⎫351＝96625， P (X ＝4)＝⎝⎛⎭⎫254＝16625， ∴X 的分布列为∴E (X )＝0×81625＋216625×3＋96625×3＋16625×4＝85.考点三均值与方差在决策问题中的应用【例3】某投资公司在2019年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和29；项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13和115.针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由. 【答案】见解析【解析】若按“项目一”投资，设获利为X 1万元.则X 1的分布列为∴E (X 1)＝300×79＋(－150)×29＝200(万元).若按“项目二”投资，设获利X 2万元，则X 2的分布列为：∴E (X 2)＝500×35＋(－300)×13＋0×115＝200(万元).D (X 1)＝(300－200)2×79＋(－150－200)2×29＝35 000，D (X 2)＝(500－200)2×35＋(－300－200)2×13＋(0－200)2×115＝140 000.所以E (X 1)＝E (X 2)，D (X 1)<D (X 2)，这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥. 综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.【规律方法】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，是生产实际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.【训练3】计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示，水库年入流量X (年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上.其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立.(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X 限制，并有如下关系：若某台发电机运行，则该台发电机年利润为5 000万元；若某台发电机未运行，则该台发电机年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？【答案】见解析【解析】(1)依题意，得p 1＝P (40<X <80)＝1050＝0.2，p 2＝P (80≤x ≤120)＝3550＝0.7，p 3＝P (X >120)＝550＝0.1.由二项分布，在未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率为p ＝C 04(1－p 3)4＋C 14(1－p 3)3p 3＝⎝⎛⎭⎫9104＋4×⎝⎛⎭⎫9103×⎝⎛⎭⎫110＝0.947 7.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元).①安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000.②安装2台发电机的情形.依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5 000－800＝4 200，因此P(Y＝4 200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5 000×2＝10 000，因此P(Y＝10 000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：所以，E(Y)＝4 200×0.2＋10 000×0.8＝8 840.③安装3台发电机的情形.依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5 000－1 600＝3 400，因此P(Y＝3 400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5 000×2－800＝9 200，因此P(Y＝9 200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5 000×3＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.因此得Y的分布列如下：所以，E(Y)＝3 400×0.2＋9 200×0.7＋15 000×0.1＝8 620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台.【反思与感悟】【基本方法】1.已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可直接按定义(公式)求解；2.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，可直接用均值、方差的性质求解；3.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. 【易错防范】1.在没有准确判断分布列模型之前不能乱套公式.2.对于应用问题，必须对实际问题进行具体分析，一般要将问题中的随机变量设出来，再进行分析，求出随机变量的分布列，然后按定义计算出随机变量的均值、方差. 【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟) 一、选择题1.已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )＝( ) A.32B.2C.52D.3【答案】 A【解析】由数学期望公式可得E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝32.2.已知离散型随机变量X 的概率分布列为则其方差D (X )＝( ) A.1 B.0.6C.2.44D.2.4【答案】 C【解析】由0.5＋m ＋0.2＝1得m ＝0.3，∴E (X )＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，∴D (X )＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.3.(2019·宁波期末)一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n (n ∈N *)个黑球.现从中有放回的摸取4次，每次都是随机摸取一球，设摸得白球个数为X ，若D (X )＝1，则E (X )＝( ) A.1B.2C.3D.4【答案】 B【解析】由题意，X ～B (4，p )，∵D (X )＝4p (1－p )＝1，∴p ＝12，E (X )＝4p ＝4×12＝2.4.签盒中有编号为1，2，3，4，5，6的六支签，从中任意取3支，设X 为这3支签的号码之中最大的一个，则X 的数学期望为( ) A.5 B.5.25C.5.8D.4.6【答案】 B【解析】由题意可知，X 可以为3，4，5，6，P (X ＝3)＝1C 36＝120，P (X ＝4)＝C 23C 36＝320，P (X ＝5)＝C 24C 36＝310，P (X ＝6)＝C 25C 36＝12.由数学期望的定义可求得E (X )＝3×120＋4×320＋5×310＋6×12＝5.25.5.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.24181 B.26681C.27481D.670243【答案】 B【解析】依题意，知X 的所有可能值为2，4，6，设每两局比赛为一轮，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＝26681.二、填空题6.已知随机变量ξ的分布列为若E (ξ)＝158，则D (ξ)＝________.【答案】5564【解析】由分布列性质，得x ＋y ＝0.5.又E (ξ)＝158，得2x ＋3y ＝118，可得⎩⎨⎧x ＝18，y ＝38.D (ξ)＝⎝⎛⎭⎫1－1582×12＋⎝⎛⎭⎫2－1582×18＋⎝⎛⎭⎫3－1582×38＝5564. 7.(2019·杭州期末)在一次随机试验中，事件A 发生的概率为p ，事件A 发生的次数为ξ，则数学期望E (ξ)＝______，方差D (ξ)的最大值为________. 【答案】 p 14【解析】记事件A 发生的次数ξ可能的值为0，1.数学期望E (ξ)＝0×(1－p )＋1×p ＝p ，方差D (ξ)＝(0－p )2×(1－p )＋(1－p )2×p ＝p (1－p )≤14.故数学期望E (ξ)＝p ，方差D (ξ)的最大值为14.8.一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字0、两个面上标有数字1、一个面上标有数字2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积X 的数学期望是________. 【答案】 49【解析】随机变量X 的取值为0，1，2，4，则P (X ＝0)＝C 13C 13＋C 13C 13＋C 13C 13C 16C 16＝34， P (X ＝1)＝C 12C 12C 16C 16＝19，P (X ＝2)＝C 12C 11＋C 11C 12C 16C 16＝19， P (X ＝4)＝C 12C 12C 16C 16＝136，因此E (X )＝49.三、解答题9.(2019·天津和平区模拟)某班共50名同学，在一次数学考试中全班同学成绩全部在90分到140分之间.将成绩按如下方式分成五组：第一组：[90，100)，第二组：[100，110)，……，第五组：[130，140].按上述分组方法得到的频率分布直方图如图所示.将成绩大于或等于100分且小于120分记为“良好”，120分以上记为“优秀”，不超过100分记为“及格”.(1)求该班学生在这次数学考试中成绩“良好”的人数；(2)若从第一、五组中共随机取出两个成绩，记X 为取得第一组成绩的个数，求X 的分布列与数学期望. 【答案】见解析【解析】(1)由频率分布直方图知，成绩在[100，120)内的人数为50×0.016×10＋50×0.038×10＝27， ∴该班学生在这次数学考试中成绩“良好”的人数为27.(2)由频率分布直方图可知第一组有0.006×10×50＝3个成绩，第五组有0.008×10×50＝4个成绩，即第一、五组中共有7个成绩.由题意，X 的可能取值为0，1，2，P (X ＝0)＝C 03C 24C 27＝27，P (X ＝1)＝C 13C 14C 27＝47，P (X ＝2)＝C 23C 04C 27＝17，则X 的分布列为E (X )＝0×27＋1×47＋2×17＝67.10.(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？【答案】见解析【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.可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22，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(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. 【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.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，设摸得白球个数为X ，已知E (X )＝3，则D (X )＝( ) A.85B.65C.45D.25【答案】 B【解析】由题意，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，3m ＋3，又E (X )＝5×3m ＋3＝3，∴m ＝2，则X ～B ⎝⎛⎭⎫5，35，故D (X )＝5×35×⎝⎛⎭⎫1－35＝65. 12.(2019·潍坊期末)某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( ) A.3 B.83C.2D.53【答案】 B【解析】在一轮投篮中，甲通过的概率为p ＝89，通不过的概率为19.由题意可知，甲3个轮次通过的次数X 的取值分别为0，1，2，3，则P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫193＝1729； P (X ＝1)＝C 13×89×⎝⎛⎭⎫192＝24729； P (X ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫892×19＝192729； P (X ＝3)＝512729.∴随机变量X 的分布列为：数学期望E (X )＝0×1729＋1×24729＋2×192729＋3×512729＝83，或由二项分布的期望公式可得E (X )＝83.13.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________.【答案】 ⎝⎛⎭⎫0，12 【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. 14.(2019·青岛二中月考)某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间(单位：分钟)进行调查，将收集的数据分成[0，10)，[10，20)，[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60]六组，并作出频率分布直方图(如图)，将日均课外体育锻炼时间不低于40分钟的学生评价为“课外体育达标”.(1)请根据直方图中的数据填写下面的2×2列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？(2)现按照“课外体育达标”与“课外体育不达标”进行分层抽样，抽取8人，再从这8名学生中随机抽取3人参加体育知识问卷调查，记“课外体育不达标”的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望. 附：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ）.【答案】见解析【解析】(1)由题意得“课外体育达标”人数为200×[(0.02＋0.005)×10]＝50，则“课外体育不达标”人数为150， ∴列联表如下：∴K 2＝200×（60×20－30×90）90×110×150×50＝20033≈6.061<6.635.∴在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能认为“课外体育达标”与性别有关.(2)由题意采用分层抽样在“课外体育达标”的学生中抽取2人，在“课外体育不达标”的学生中抽取6人，由题意知：ξ的所有可能取值为1，2，3，P (ξ＝1)＝C 16C 22C 38＝656＝328；P (ξ＝2)＝C 26C 12C 38＝3056＝1528；P (ξ＝3)＝C 36C 38＝2056＝514；故ξ的分布列为故ξ的数学期望为E (ξ)＝1×328＋2×1528＋3×514＝94. 【新高考创新预测】15.(试题创新)已知随机变量ξi 的分布列如下：其中i ＝1，2，若0<p 1<p 2<12，则( )A.E (2ξ1)<E (2ξ2)，D (2ξ1)<D (2ξ2)B.E (2ξ1)<E (2ξ2)，D (2ξ1)>D (2ξ2)C.E (2ξ1)>E (2ξ2)，D (2ξ1)<D (2ξ2)D.E (2ξ1)>E (2ξ2)，D (2ξ1)>D (2ξ2) 【答案】 A【解析】由分布列知ξi ～B (2，p i )(i ＝1，2)，则E (ξ1)＝2p 1，E (ξ2)＝2p 2，D (ξ1)＝2p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝2p 2(1－p 2)，所以E (2ξ1)＝2E (ξ1)＝4p 1，E (2ξ2)＝2E (ξ2)＝4p 2，D (2ξ1)＝4D (ξ1)＝8p 1(1－p 1)， D (2ξ2)＝4D (ξ2)＝8p 2(1－p 2).因为0<p 1<p 2<12，所以E (2ξ1)<E (2ξ2)，D (2ξ1)－D (2ξ2)＝8p 1(1－p 1)－8p 2(1－p 2)＝8(p 1－p 2)[1－(p 1＋p 2)]<0，所以D (2ξ1)<D (2ξ2)，故选A.。

高考数学一轮离散型随机变量的均值与方差

第62课离散型随机变量的均值与方差[最新考纲]1．离散型随机变量的均值与方差一般地，若离散型随机变量X的概率分布为称E(X)＝μ＝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V(X)＝σ2＝∑ni＝1(x i－E(X))2p i＝∑ni＝1x2i p i－μ2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σ＝V(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)V(aX＋b)＝a2V(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，V(X)＝p(1－p)．(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)期望是算术平均数概念的推广，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，则偏离均值的平均程度越小. ( )(4)在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分，如果某运动员罚球命中的概率为0.7，那么他罚球1次的得分X 的均值是0.7.( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√ 2．(教材改编)已知X 的概率分布为设73 [E (X )＝－1×12＋0×13＋1×16＝－13，则E (Y )＝2E (X )＋3＝3－23＝73.]3．设随机变量ξ的分布列为P (ξ＝k )＝15(k ＝2,4,6,8,10)，则V (ξ)等于________． 8 [∵E (ξ)＝15(2＋4＋6＋8＋10)＝6， ∴V (ξ)＝15[(－4)2＋(－2)2＋02＋22＋42]＝8.]4．(2016·四川高考)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是________．32 [同时抛掷两枚质地均匀的硬币，至少有一枚硬币正面向上的概率P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34. 又X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，34， ∴成功次数X 的均值E (X )＝2×34＝32.]5．若X ～B (n ，p )，且E (X )＝6，V (X )＝3，则P (X ＝1)＝________. 31 024[∵E (X )＝np ＝6， V (X )＝np (1－p )＝3， ∴p ＝12，n ＝12，则P (X ＝1)＝C 112×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1211＝3×2－10＝31 024.]球得1分，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的概率分布；(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Eη＝53，Dη＝59，求a ∶b ∶c . 【导学号：62172334】[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的概率分布为(2)由题意知η的概率分布为所以E (η)＝aa ＋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 ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1.[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．注意E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，V (aX ＋b )＝a 2V (X )的应用．[变式训练1] (2016·苏北四市摸底)已知某校有甲、乙两个兴趣小组，其中甲组有2名男生、3名女生，乙组有3名男生、1名女生，学校计划从两兴趣小组中随机各选2名成员参加某项活动．(1)求选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数；(2)记X 为选出的4名选手中女选手的人数，求X 的概率分布和数学期望．[解] (1)选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数为C 12·C 13·C 23＋C 13＝21种．(2)X 的可能取值为0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 23C 25C 24＝310×6＝120，P(X＝1)＝C12C13C23＋C13C25C24＝2×3×3＋310×6＝720，P(X＝3)＝C23C13C25C24＝3×310×6＝320，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)＝9 20.X的概率分布为E(X)＝0×120＋1×720＋2×920＋3×320＝1710.每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的概率分布和数学期望及方差. 【导学号：62172335】[解](1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意知A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A2＋A1A2，C＝B1＋B2.因为P(A1)＝410＝25，P(A2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15， P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2) ＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×12＝12.故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫150⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫151⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫152⎝ ⎛⎭⎪⎫451＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫153⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125. 故X 的概率分布为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.随机变量X 的方差V (X )＝3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＝1225.[规律方法] 1.求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B (n ，p )，则用公式E (ξ)＝np ，V (ξ)＝np (1－p )求解，可大大减少计算量．2．有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，此时，可以综合应用E (aξ＋b )＝aE (ξ)＋b 以及E (ξ)＝np 求出E (aξ＋b )．同样还可求出V (aξ＋b )．[变式训练2] 空气质量指数(Air Quality Index ，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI 大小分为六级，0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；＞300为严重污染．一环保人士记录2015年某地某月10天的AQI 的茎叶图如图62-1所示．图62-1(1)利用该样本估计该地本月空气质量优良(AQI ≤100)的天数；(按这个月总共30天计算)(2)将频率视为概率，从本月中随机抽取3天，记空气质量优良的天数为ξ，求ξ的概率分布列、数学期望和方差．[解] (1)从茎叶图中可发现该样本中空气质量优的天数为2，空气质量良的天数为4，故该样本中空气质量优良的频率为610＝35，从而估计该月空气质量优良的天数为30×35＝18. (2)由(1)估计某天空气质量优良的概率为35， ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝8125，P (ξ＝1)＝C 1335⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝36125， P (ξ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫35225＝54125，P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125.故ξ的分布列为显然ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，35，E (ξ)＝3×35＝1.8，随机变量ξ的方差V (ξ)＝3×35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝1825.下：花的质量．[解] 由题意，得E (X 甲)＝28×0.1＋29×0.15＋30×0.5＋31×0.15＋32×0.1＝30，E (X 乙)＝28×0.13＋29×0.17＋30×0.4＋31×0.17＋32×0.13＝30. 又V (X甲)＝(28－30)2×0.1＋(29－30)2×0.15＋(30－30)2×0.5＋(31－30)2×0.15＋(32－30)2×0.1＝1.1，V (X乙)＝(28－30)2×0.13＋(29－30)2×0.17＋(30－30)2×0.4＋(31－30)2×0.17＋(32－30)2×0.13＝1.38，所以E (X 甲)＝E (X 乙)，V (X 甲)＜V (X 乙)，故甲种棉花的质量较好． [规律方法] 1.依据均值与方差的定义、公式求出相应的均值与方差．2．依据均值与方差的意义对实际问题作出决策或给出合理的解释． [变式训练3] (2016·扬州期末)某商场举办“迎新年摸球”活动，主办方准备了甲、乙两个箱子，其中甲箱中有四个球、乙箱中有三个球(每个球的大小、形状完全相同)，每一个箱子中只有一个红球，其余都是黑球．若摸中甲箱中的红球，则可获奖金m 元，若摸中乙箱中的红球，则可获奖金n 元．活动规定：①参与者每个箱子只能摸一次，一次摸一个球；②可选择先摸甲箱，也可先摸乙箱；③如果在第一个箱子中摸到红球，则可继续在第二个箱子中摸球，否则活动终止.(1)如果参与者先在乙箱中摸球，求其恰好获得奖金n 元的概率；(2)若要使得该参与者获奖金额的期望值较大，请你帮他设计摸箱子的顺序，并说明理由．[解] (1)设参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n 元为事件M . 则P (M )＝13×34＝14，即参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n 元的概率为14.(2)参与者摸球的顺序有两种，分别讨论如下：①先在甲箱中摸球，参与者获奖金x 可取0，m ，m ＋n ，则P (x ＝0)＝34，P (x ＝m )＝14×23＝16，P (x ＝m ＋n )＝14×13＝112； E (X )＝0×34＋m ×16＋(m ＋n )×112＝m 4＋n12；②先在乙箱中摸球，参与者获奖金η可取0，n ，m ＋n ，则P (η＝0)＝23，P (η＝n )＝13 ×34＝14，P (η＝m ＋n )＝13×14＝112， E (η)＝0×23＋n ×14＋(m ＋n )×112＝m 12＋n3， E (X )－E (η)＝2m －3n12，当m n >32时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金期望值较大；当m n ＝32时，两种顺序参与者获奖金期望值相等；当m n <32时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金期望值较大．即当m n >32时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金期望值较大；当m n ＝32时，两种顺序参与者获奖金期望值相等；当m n <32时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金期望值较大．[思想与方法] 1．均值与方差的性质(1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，V (aX ＋b )＝a 2V (X )(a ，b 为常数)． (2)若X 服从两点分布，则E (X )＝p ，V (X )＝p (1－p )．(3)若X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)．2．求离散型随机变量的均值与方差的基本方法(1)已知随机变量的概率分布求它的均值、方差，按定义求解．(2)已知随机变量ξ的均值、方差，求ξ的线性函数η＝aξ＋b的均值、方差，可直接用ξ的均值、方差的性质求解．(3)如果所给随机变量是服从二项分布，利用均值、方差公式求解．[易错与防范]1．理解均值E(X)易失误，均值E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而E(X)是不变的，它描述X值的取值平均状态．2．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，V(aX＋b)＝a2V(X)易错易混．3．对于应用问题，必须对实际问题进行具体分析，一般要将问题中的随机变量设出来，再进行分析，求出随机变量的概率分布，然后按定义计算出随机变量的均值、方差．课时分层训练(六)A组基础达标(建议用时：30分钟)1．某班从4名男生、2名女生中选出3人参加志愿者服务，若选出的男生人数为ξ，求ξ的方差．[解]依题意，随机变量ξ服从超几何分布，ξ可能的取值为1,2,3.P(ξ＝k)＝C k4C3－k2C36，k＝1,2,3.ξ的概率分布为E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.V (ξ)＝15×(1－2)2＋35×(2－2)2＋15×(3－2)2＝0.4.2．现有一游戏装置如图62-2，小球从最上方入口处投入，每次遇到黑色障碍物等可能地向左、右两边落下．游戏规则为：若小球最终落入A 槽，得10张奖票，若落入B 槽，得5张奖票；若落入C 槽，得重投一次的机会，但投球的总次数不超过3次．图62-2(1)求投球一次，小球落入B 槽的概率；(2)设玩一次游戏能获得的奖票数为随机变量X ，求X 的概率分布及均值.【导学号：62172336】[解] (1)由题意可知投一次小球，落入B 槽的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝12.(2)落入A 槽的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，落入B 槽的概率为12，落入C 槽的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14.X 的所有可能取值为0,5,10， P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫143＝164，P (X ＝5)＝12＋14×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142×12＝2132.P (X ＝10)＝14＋14×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142×14＝2164.所以X 的概率分布为E (X )＝0×164＋5×2132＋10×2164＝10516.3．(2017·南通二调)一个摸球游戏，规则如下：在一不透明的纸盒中，装有6个大小相同、颜色各异的玻璃球．参加者交费1元可玩1次游戏，从中有放回地摸球3次．参加者预先指定盒中的某一种颜色的玻璃球，然后摸球．当所指定的玻璃球不出现时，游戏费被没收；当所指定的玻璃球出现1次，2次，3次时，参加者可相应获得游戏费的0倍，1倍，k 倍的奖励(k ∈N ＋)，且游戏费仍退还给参加者．记参加者玩1次游戏的收益为X 元．(1)求概率P (X ＝0)的值；(2)为使收益X 的数学期望不小于0元，求k 的最小值．(注：概率学源于赌博，请自觉远离不正当的游戏！) 【导学号：62172337】 [解] (1)事件“X ＝0”表示“有放回的摸球3回，所指定的玻璃球只出现1次”，则P (X ＝0)＝3×16×⎝ ⎛⎭⎪⎫562＝2572.(2)依题意，X 的可能值为k ，－1,1,0，且P (X ＝k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫163＝1216，P (X ＝－1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫563＝125216，P (X ＝1)＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫162×56＝572，P (X ＝0)＝2572，结合(1)知，参加游戏者的收益X 的数学期望为 E (X )＝k ×1216＋(－1)×125216＋1×572＝k －110216(元)．为使收益X 的数学期望不小于0元，所以k ≥110，即k min ＝110.4．(2016·山东高考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X 的概率分布和数学期望E (X )． [解] (1)记事件A ：“甲第一轮猜对”，记事件B ：“乙第一轮猜对”，记事件C ：“甲第二轮猜对”，记事件D ：“乙第二轮猜对”，记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”．由题意，E ＝ABCD ＋A BCD ＋A B CD ＋AB C D ＋ABC D ，由事件的独立性与互斥性，P (E )＝P (ABCD )＋P (A BCD )＋P (A B CD )＋P (AB C D )＋P (ABC D )＝P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A)P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B)P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＝34×23×34×23＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×23×34×23＋34×13×34×23＝23，所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23. (2)由题意，随机变量X 可能的取值为0,1,2,3,4,6. 由事件的独立性与互斥性，得 P (X ＝0)＝14×13×14×13＝1144，P (X ＝1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×13×14×13＋14×23×14×13＝10144＝572，P (X ＝2)＝34×13×34×13＋34×13×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144， P (X ＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112， P (X ＝4)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×23×34×13＋34×23×14×23＝60144＝512，P (X ＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14. 可得随机变量X 的概率分布为所以数学期望E (X )＝0×1144＋1×572＋2×25144＋3×112＋4×512＋6×14＝236.B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2016·南京盐城二模)甲、乙两人投篮命中的概率分别为23与12，各自相互独立．现两人做投篮游戏，共比赛3局，每局每人各投一球．(1)求比赛结束后甲的进球数比乙的进球数多1个的概率；(2)设ξ表示比赛结束后甲、乙两人进球数的差的绝对值，求ξ的概率分布和数学期望E (ξ)．[解] (1)比赛结束后甲的进球数比乙的进球数多1个有以下几种情况：甲进1球，乙进0球；甲进2球，乙进1球；甲进3球，乙进2球．所以比赛结束后甲的进球数比乙的进球数多1个的概率 P ＝C 1323⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫13C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1136.(2)ξ的取值为0,1,2,3，所以ξ的概率分布列为所以数学期望E (ξ)＝0×724＋1×1124＋2×524＋3×124＝1.2．计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站．过去50年的水文资料显示，水库年入流量．．．．X (年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年．将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多．．有1年的年入流量超过120的概率； (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X 限制，并有如下关系：该台年亏损800万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？[解] (1)依题意，p 1＝P (40＜X ＜80)＝1050＝0.2，p 2＝P (80≤X ≤120)＝3550＝0.7，p 3＝P (X ＞120)＝550＝0.1. 由二项分布知，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为 p ＝C 04(1－p 3)4＋C 14(1－p 3)3p 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9104＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫9103×⎝ ⎛⎭⎪⎫110＝0.947 7. (2)记水电站年总利润为Y (单位：万元)． ①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000.②安装2台发电机的情形．依题意知，当40＜X＜80时，一台发电机运行，此时Y＝5 000－800＝4 200，因此P(Y＝4 200)＝P(40＜X＜80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5 000×2＝10 000，因此P(Y＝10 000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y 的分布列如下：所以，E(Y)＝4 200×0.2＋10 000×0.8＝8 840.③安装3台发电机的情形．依题意，当40＜X＜80时，一台发电机运行，此时Y＝5 000－1 600＝3 400，因此P(Y＝3 400)＝P(40＜X＜80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5 000×2－800＝9 200，因此P(Y＝9 200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X＞120时，三台发电机运行，此时Y＝5 000×3＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X＞120)＝p3＝0.1，由此得Y的分布列如下：所以，E(Y)＝3 400×0.2＋9 200×0.7＋15 000×0.1＝8 620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．3．(2017·南通模拟)一位网民在网上光顾某网店，经过一番浏览后，对该店铺中的A，B，C三种商品有购买意向．已知该网民购买A种商品的概率为34，购买B种商品的概率为23，购买C种商品的概率为12.假设该网民是否购买这三种商品相互独立．(1)求该网民至少购买2种商品的概率；(2)用随机变量h 表示该网民购买商品的种数，求h 的概率分布和数学期望． [解] (1)记“该网民购买i 种商品”为事件A i ，i ＝2,3，则：P (A 3)＝34×23×12＝14，P (A 2)＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×12＝1124，所以该网民至少购买2种商品的概率为P (A 3)＋P (A 2)＝14＋1124＝1724. 该网民至少购买2种商品的概率为1724. (2)随机变量h 的可能取值为0,1,2,3， P (h ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝124，又P (h ＝2)＝P (A 2)＝1124，P (h ＝3)＝P (A 3)＝14，所以P (h ＝1)＝1－124－1124－14＝14.所以随机变量h 的概率分布为：故数学期望E (h )＝0×124＋1×14＋2×1124＋3×14＝2312.4．(2017·苏州市期中)某公司对新招聘的员工张某进行综合能力测式，共设置了A ，B ，C 三个测试项目．假定张某通过项目A 的概率为12，通过项目B ，C 的概率均为a (0<a <1)，且这三个测试项目能否通过相互独立．(1)用随机变量X 表示张某在测试中通过的项目个数，求X 的概率分布和数学期望E (X )(用a 表示)；(2)若张某通过一个项目的概率最大，求实数a 的取值范围．[解] (1)随机变量X 的可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 02(1－a )2＝12(1－a )2；P (X ＝1)＝12C 02(1－a )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 12a (1－a )＝12(1－a 2)；P (X ＝2)＝12C 12a (1－a )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 22a 2＝12(2a －a 2)； P (X ＝3)＝12C 22a 2＝12a 2. 从而X 的概率分布为X 的数学期望为E (X )＝0×12(1－a )2＋1×12(1－a 2)＋2×12(2a －a 2)＋3×a22＝4a ＋12.(2)P (X ＝1)－P (X ＝0)＝12[(1－a 2)－(1－a )2]＝a (1－a )， P (X ＝1)－P (X ＝2)＝12[(1－a 2)－(2a －a 2)]＝1－2a 2， P (X ＝1)－P (X ＝3)＝12[(1－a 2)－a 2]＝1－2a 22. 由⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧0<a <1，a (1－a )≥0，1－2a 2≥0，1－2a 22≥0，得0<a ≤12，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。