《（課標(biāo)通用）2018年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十一章 計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布 11.9 離散型隨機(jī)變量的均值與方差、正態(tài)分布學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）2018年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十一章 計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布 11.9 離散型隨機(jī)變量的均值與方差、正態(tài)分布學(xué)案 理（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 §11.9　離散型隨機(jī)變量的均值與方差、正態(tài)分布 考綱展示?　 1.理解取有限個(gè)值的離散型隨機(jī)變量的均值、方差的概念． 2．能計(jì)算簡(jiǎn)單的離散型隨機(jī)變量的均值、方差，并能解決一些實(shí)際問(wèn)題． 3．利用實(shí)際問(wèn)題的直方圖，了解正態(tài)密度曲線的特點(diǎn)及曲線所表示的意義． 考點(diǎn)1　離散型隨機(jī)變量的均值與方差 若離散型隨機(jī)變量X的分布列為 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn (1)均值：稱E(X)＝____________________為隨機(jī)變量X的均值或數(shù)學(xué)期望，它反映了離散型隨機(jī)變量取值的________． (2)

2、D(X)＝xi－E(X)]2pi為隨機(jī)變量X的方差，它刻畫了隨機(jī)變量X與其均值E(X)的平均________程度，其算術(shù)平方根為隨機(jī)變量X的標(biāo)準(zhǔn)差． 答案：(1)x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn　平均水平　(2)偏離 (1)[教材習(xí)題改編]設(shè)X～B(n，p)，若D(X)＝4，E(X)＝12，則n的值為________． 答案：18 解析：∵X～B(n，p)，∴解得p＝，n＝18. (2)[教材習(xí)題改編]一臺(tái)機(jī)器在一天內(nèi)發(fā)生故障的概率為0.1.這臺(tái)機(jī)器一周五個(gè)工作日不發(fā)生故障，可獲利5萬(wàn)元；發(fā)生一次故障仍可獲利2.5萬(wàn)元；發(fā)生兩次故障的利潤(rùn)為0萬(wàn)元；發(fā)生三次或者三次以

3、上的故障要虧損1萬(wàn)元．則這臺(tái)機(jī)器一周內(nèi)可能獲利的均值是________萬(wàn)元． 答案：3.764 015 解析：設(shè)這臺(tái)機(jī)器一周內(nèi)可能獲利X萬(wàn)元，則P(X＝5)＝(1－0.1)5＝0.590 49， P(X＝2.5)＝C×0.1×(1－0.1)4 ＝0.328 05， P(X＝0)＝C×0.12×(1－0.1)3＝0.072 9， P(X＝－1)＝1－P(X＝5)－P(X＝2.5)－P(X＝0)＝0.008 56， 所以X的分布列為 X 5 2.5 0 －1 P 0.590 49 0.328 05 0.072 9 0.008 56 所以，這臺(tái)機(jī)器一周內(nèi)可能獲利的

4、均值為5×0.590 49＋2.5×0.328 05＋0×0.072 9＋(－1)×0.008 56＝3.764 015(萬(wàn)元)． (3)[教材習(xí)題改編]隨機(jī)變量ξ的分布列為 ξ －1 0 1 P a b c 其中a，b，c成等差數(shù)列，若E(ξ)＝，則D(ξ)＝________. 答案： 解析：由題意有a＋b＋c＝1,2b＝a＋c，－a＋c＝，得a＝，b＝，c＝， 所以D(ξ)＝×2＋×2＋×2＝. 離散型隨機(jī)變量的均值與方差：隨機(jī)變量的取值；對(duì)應(yīng)取值的概率計(jì)算． 簽盒中有編號(hào)為1,2,3,4,5,6的6支簽，從中任意取3支，設(shè)X為這3支簽的號(hào)碼之中最大的一個(gè)

5、，則X的數(shù)學(xué)期望為________． 答案：5.25 解析：由題意可知，X可以取3,4,5,6，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，P(X＝6)＝＝，所以由數(shù)學(xué)期望的定義可求得E(X)＝5.25. [考情聚焦]　離散型隨機(jī)變量的均值與方差是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，也是高考命題的熱點(diǎn)，常與排列組合、概率等知識(shí)綜合考查． 主要有以下幾個(gè)命題角度： 角度一 與超幾何分布(或古典概型)有關(guān)的均值與方差 [典題1]　[2017·江西吉安高三期中]近年空氣質(zhì)量逐步惡化，霧霾天氣現(xiàn)象出現(xiàn)增多，大氣污染危害加重．大氣污染可引起心悸、呼吸困難等心肺疾?。疄榱私饽呈行姆渭膊∈欠衽c性

6、別有關(guān)，在某醫(yī)院隨機(jī)的對(duì)入院的50人進(jìn)行了問(wèn)卷調(diào)查得到了如下的列聯(lián)表： 患心肺疾病 不患心肺疾病 合計(jì) 男 5 女 10 合計(jì) 50 已知在全部50人中隨機(jī)抽取1人，抽到患心肺疾病的人的概率為. (1)請(qǐng)將上面的列聯(lián)表補(bǔ)充完整； (2)是否有99.5%的把握認(rèn)為患心肺疾病與性別有關(guān)，說(shuō)明你的理由； (3)已知在患心肺疾病的10位女性中，有3位又患胃?。F(xiàn)在從患心肺疾病的10位女性中，選出3名進(jìn)行其他方面的排查，記選出患胃病的女性人數(shù)為ξ，求ξ的分布列，數(shù)學(xué)期望以及方差． 下面的臨界值表供參考： P(K2≥k) 0.10 0.05

7、0.025 0.10 0.005 0.001 k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 參考公式K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d [解]　(1)列聯(lián)表補(bǔ)充如下. 患心肺 疾病 不患心 肺疾病 合計(jì) 男 20 5 25 女 10 15 25 合計(jì) 30 20 50 (2)因?yàn)镵2＝， 所以K2≈8.333. 又P(K2≥7.879)＝0.005＝0.5%. 那么，我們有99.5%的把握認(rèn)為是否患心肺疾病是與性別有關(guān)系的． (3)ξ的所有可能取值：0,1,2,3，ξ服從超幾何分布，其中N＝10

8、，M＝3，n＝3. 則P(ξ＝k)＝(k＝0,1,2,3)． 所以P(ξ＝0)＝＝＝； P(ξ＝1)＝＝＝； P(ξ＝2)＝＝； P(ξ＝3)＝＝. 則ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 則E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝， D(ξ)＝2×＋2×＋2×＋2×＝. ξ的數(shù)學(xué)期望及方差分別為E(ξ)＝，D(ξ)＝. 角度二 與事件的相互獨(dú)立性有關(guān)的均值與方差 [典題2]　某銀行規(guī)定，一張銀行卡若在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼嘗試錯(cuò)誤，該銀行卡將被鎖定．小王到該銀行取錢時(shí)，發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼，但可以確認(rèn)該銀行卡的正確密碼是他常用的6個(gè)密碼之一，小

9、王決定從中不重復(fù)地隨機(jī)選擇1個(gè)進(jìn)行嘗試．若密碼正確，則結(jié)束嘗試；否則繼續(xù)嘗試，直至該銀行卡被鎖定． (1)求當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定的概率； (2)設(shè)當(dāng)天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． [解]　(1)設(shè)“當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定”為事件A，則P(A)＝××＝. (2)依題意，得X所有可能的取值是1,2,3. P(X＝1)＝， P(X＝2)＝×＝， P(X＝3)＝××1＝. 則X的分布列為 X 1 2 3 P 所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝. 角度三 二項(xiàng)分布的均值與方差 [典題3]　某商場(chǎng)舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，顧客購(gòu)買一定

10、金額的商品后即可抽獎(jiǎng)，每次抽獎(jiǎng)都是從裝有4個(gè)紅球、6個(gè)白球的甲箱和裝有5個(gè)紅球、5個(gè)白球的乙箱中，各隨機(jī)摸出1個(gè)球，在摸出的2個(gè)球中，若都是紅球，則獲一等獎(jiǎng)；若只有1個(gè)紅球，則獲二等獎(jiǎng)；若沒(méi)有紅球，則不獲獎(jiǎng)． (1)求顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)的概率； (2)若某顧客有3次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，記該顧客在3次抽獎(jiǎng)中獲一等獎(jiǎng)的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． [解]　(1)記事件A1＝{從甲箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，A2＝{從乙箱中摸出的1個(gè)球是紅球}， B1＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)}，B2＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲二等獎(jiǎng)}，C＝{顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)}． 因?yàn)镻(A1)＝＝， P(A2)＝＝， 所以P(B1

11、)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2) ＝×＝， P(B2)＝P(A12＋1A2) ＝P(A12)＋P(1A2) ＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2) ＝P(A1)[1－P(A2)]＋[1－P(A1)]P(A2) ＝×＋×＝. 故所求概率為P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝. (2)顧客抽獎(jiǎng)3次可視為3次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)， 由(1)知，顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)的概率為， 所以X～B. 于是P(X＝0)＝C03＝， P(X＝1)＝C12＝， P(X＝2)＝C21＝， P(X＝3)＝C30＝. 故X的分布列為 X 0 1 2 3 P

12、 X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝3×＝. [點(diǎn)石成金]　求隨機(jī)變量X的均值與方差時(shí)，可首先分析X是否服從二項(xiàng)分布，如果X～B(n，p)，則用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求解，可大大減少計(jì)算量． 考點(diǎn)2　均值與方差的性質(zhì)及其在決策中的應(yīng)用 　　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.均值與方差的性質(zhì) (1)E(aX＋b)＝________. (2)D(aX＋b)＝________(a，b為常數(shù))． 答案：(1)aE(X)＋b　(2)a2D(X) 2．兩點(diǎn)分布與二項(xiàng)分布的均值、方差 X X服從兩點(diǎn)分布 X～B(n，p) E(X) ____

13、____ ________ D(X) ________ ________ 答案：p(p為成功概率)　np　p(1－p)　np(1－p) [典題4]　[2017·山東德州模擬]十八屆三中全會(huì)提出以管資本為主加強(qiáng)國(guó)有資產(chǎn)監(jiān)管，改革國(guó)有資本授權(quán)經(jīng)營(yíng)體制.2015年1月20日，中國(guó)恒天集團(tuán)有限公司新能源汽車總部項(xiàng)目簽約儀式在天津舉行，說(shuō)明國(guó)有企業(yè)的市場(chǎng)化改革已經(jīng)踏上新的破冰之旅．恒天集團(tuán)和綠地集團(tuán)利用現(xiàn)有閑置資金可選擇投資新能源汽車和投資文化地產(chǎn)，以推進(jìn)混合所有制改革，使國(guó)有資源效益最大化． ①投資新能源汽車： 投資結(jié)果 盈利40% 不賠不賺 虧損20% 概率

14、 ②投資文化地產(chǎn)： 投資結(jié)果 盈利50% 不賠不賺 虧損35% 概率 p q (1)當(dāng)p＝時(shí)，求q的值； (2)若恒天集團(tuán)選擇投資新能源汽車，綠地集團(tuán)選擇投資文化地產(chǎn)，如果一年后兩集團(tuán)中至少有一個(gè)集團(tuán)盈利的概率大于，求p的取值范圍； (3)恒天集團(tuán)利用10億元現(xiàn)有閑置資金進(jìn)行投資，決定在投資新能源汽車和投資文化地產(chǎn)這兩種方案中選擇一種，已知q＝，那么恒天集團(tuán)選擇哪種投資方案，才能使得一年后盈利金額的均值較大？給出結(jié)果并說(shuō)明理由． [解]　(1)因?yàn)橥顿Y文化地產(chǎn)后，投資結(jié)果只有“盈利50%”“不賠不賺”“虧損35%”三種，且三種投資結(jié)果相互獨(dú)立， 所以p＋＋q＝1.

15、 又p＝， 所以q＝. (2)記事件A為“恒天集團(tuán)選擇投資新能源汽車且盈利”，事件B為“綠地集團(tuán)選擇投資文化地產(chǎn)且盈利”，事件C為“一年后兩集團(tuán)中至少有一個(gè)集團(tuán)盈利”，則C＝A∪B∪AB，且A，B相互獨(dú)立． 由圖表可知，P(A)＝，P(B)＝p， 所以P(C)＝P(A)＋P(B)＋P(AB) ＝×(1－p)＋×p＋×p ＝＋p. 因?yàn)镻(C)＝＋p＞， 所以p＞. 又p＋＋q＝1，q≥0， 所以p≤. 所以＜p≤. 故p的取值范圍為. (3)假設(shè)恒天集團(tuán)選擇投資新能源汽車，且記X為恒天集團(tuán)投資新能源汽車的盈利金額(單位：億元)，則X的所有可能取值為4,0，－2， 所

16、以隨機(jī)變量X的分布列為 X 4 0 －2 P E(X)＝4×＋0×＋(－2)×＝. 假設(shè)恒天集團(tuán)選擇投資文化地產(chǎn)，且記Y為恒天集團(tuán)投資文化地產(chǎn)的盈利金額(單位：億元)，則Y的所有可能取值為5,0，－3.5， 所以隨機(jī)變量Y的分布列為 Y 5 0 －3.5 P E(Y)＝5×＋0×＋(－3.5)×＝. 因?yàn)椋?，所以E(X)＞E(Y)． 故恒天集團(tuán)選擇投資新能源汽車，才能使得一年后盈利金額的均值較大． [點(diǎn)石成金]　隨機(jī)變量的均值反映了隨機(jī)變量取值的平均水平，方差反映了隨機(jī)變量穩(wěn)定于均值的程度，它們從整體和全局上刻畫了隨機(jī)變量，是生產(chǎn)實(shí)際中

17、用于方案取舍的重要理論依據(jù)．一般先比較均值，若均值相同，再用方差來(lái)決定. 為回饋顧客，某商場(chǎng)擬通過(guò)摸球兌獎(jiǎng)的方式對(duì)1 000位顧客進(jìn)行獎(jiǎng)勵(lì)，規(guī)定：每位顧客從一個(gè)裝有4個(gè)標(biāo)有面值的球的袋中一次性隨機(jī)摸出2個(gè)球，球上所標(biāo)的面值之和為該顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額． (1)若袋中所裝的4個(gè)球中有1個(gè)所標(biāo)的面值為50元，其余3個(gè)均為10元，求： ①顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為60元的概率； ②顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額的分布列及均值； (2)商場(chǎng)對(duì)獎(jiǎng)勵(lì)總額的預(yù)算是60 000元，并規(guī)定袋中的4個(gè)球只能由標(biāo)有面值10元和50元的兩種球組成，或標(biāo)有面值20元和40元的兩種球組成．為了使顧客得到的獎(jiǎng)勵(lì)總額盡可能符合商場(chǎng)的預(yù)算

18、且每位顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額相對(duì)均衡，請(qǐng)對(duì)袋中的4個(gè)球的面值給出一個(gè)合適的設(shè)計(jì)，并說(shuō)明理由． 解：(1)設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X. ①依題意，得P(X＝60)＝＝. 即顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為60元的概率為. ②依題意，得X的所有可能取值為20,60. P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝， 故X的分布列為 X 20 60 P 所以顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額的均值為 E(X)＝20×＋60×＝40(元)． (2)根據(jù)商場(chǎng)的預(yù)算，每個(gè)顧客的平均獎(jiǎng)勵(lì)額為60元． 所以，先尋找均值為60元的可能方案． 對(duì)于面值由10元和50元組成的情況，如果選擇(10,10,10,50)的方案，因?yàn)?

19、0元是面值之和的最大值，所以均值不可能為60元； 如果選擇(50,50,50,10)的方案，因?yàn)?0元是面值之和的最小值，所以均值也不可能為60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，記為方案1. 對(duì)于面值由20元和40元組成的情況，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，記為方案2. 以下是對(duì)兩個(gè)方案的分析： 對(duì)于方案1，即方案(10,10,50,50)，設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X1，則X1的分布列為 X1 20 60 100 P X1的均值為E(X1)＝20×＋60×＋100×＝

20、60， X1的方差為D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝. 對(duì)于方案2，即方案(20,20,40,40)，設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X2，則X2的分布列為 X2 40 60 80 P X2的均值為E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60， X2的方差為D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝. 由于兩種方案的獎(jiǎng)勵(lì)額的均值都符合要求，但方案2獎(jiǎng)勵(lì)額的方差比方案1的小，所以應(yīng)該選擇方案2. 考點(diǎn)3　正態(tài)分布問(wèn)題 1.正態(tài)分布的定義及表示 如果對(duì)于任何實(shí)數(shù)a，b(a＜b)，隨機(jī)變量X滿足P(

21、a＜X≤b)＝φμ，σ(x)dx，則稱隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，記作________． 答案：X～N(μ，σ2)　 2．正態(tài)分布的三個(gè)常用數(shù)據(jù) (1)P(μ－________＜X≤μ＋________)＝________； (2)P(μ－________＜X≤μ＋________)＝________； (3)P(μ－________＜X≤μ＋________)＝________. 答案：(1)σ　σ　0.682 6　(2)2σ　2σ　0.954 4 (3)3σ　3σ　0.997 4 [典題5]　(1)設(shè)X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，這兩個(gè)正態(tài)分布密度曲線如圖所示，下

22、列結(jié)論中正確的是(　　) A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1) B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1) C．對(duì)任意正數(shù)t，P(X≥t)≥P(Y≥t) D．對(duì)任意正數(shù)t，P(X≤t)≥P(Y≤t) [答案]　D [解析]　由圖象知，μ1＜μ2，σ1＜σ2， P(Y≥μ2)＝，P(Y≥μ1)＞， 故P(Y≥μ2)＜P(Y≥μ1)，故A錯(cuò)； 因?yàn)棣?＜σ2，所以P(X≤σ2)＞P(X≤σ1)，故B錯(cuò)； 對(duì)任意正數(shù)t，P(X≥t)＜P(Y≥t)，故C錯(cuò)； 對(duì)任意正數(shù)t，P(X≤t)≥P(Y≤t)是正確的，故選D. (2)已知某批零件的長(zhǎng)度誤差(單位：毫米)服從正態(tài)分布N(0,32

23、)，從中隨機(jī)取一件，其長(zhǎng)度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為(　　) A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74% [答案]　B [解析]　由正態(tài)分布的概率公式知，P(－3<ξ<3)＝0.682 6，P(－6<ξ<6)＝0.954 4， 故P(3<ξ<6)＝＝＝0.135 9＝13.59%，故選B. [點(diǎn)石成金]　解決正態(tài)分布問(wèn)題有三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：(1)對(duì)稱軸x＝μ；(2)標(biāo)準(zhǔn)差σ；(3)分布區(qū)間．利用對(duì)稱性可求指定范圍內(nèi)的概率值；由μ，σ和分布區(qū)間的特征進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使分布區(qū)間轉(zhuǎn)化為3σ特殊區(qū)間，從而求出所求概率. 1. 在如圖所示的正方形中隨機(jī)投

24、擲10 000個(gè)點(diǎn)，則落入陰影部分(曲線C為正態(tài)分布N(0,1)的密度曲線)的點(diǎn)的個(gè)數(shù)的估計(jì)值為(　　) A．2 386 B．2 718 C．3 413 D．4 772 答案：C 解析：由P(－10，試卷滿分150分)，統(tǒng)計(jì)結(jié)果顯示數(shù)學(xué)考試成績(jī)?cè)?0分到110分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的，則此次月考中數(shù)學(xué)考試成績(jī)不低于110分的學(xué)生約有

25、________人． 答案：120 解析：∵ξ～N(90，a2)， ∴其正態(tài)分布曲線關(guān)于直線x＝90對(duì)稱， 又成績(jī)?cè)?0分到110分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的，由對(duì)稱性知成績(jī)?cè)?10分以上的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的×＝， ∴此次數(shù)學(xué)考試成績(jī)不低于110分的學(xué)生約有×600＝120(人). [方法技巧]　1.求離散型隨機(jī)變量均值、方差的基本方法 (1)已知隨機(jī)變量的分布列求它的均值、方差和標(biāo)準(zhǔn)差，可直接按定義(公式)求解； (2)已知隨機(jī)變量ξ的均值、方差，求ξ的線性函數(shù)η＝aξ＋b的均值、方差和標(biāo)準(zhǔn)差，可直接用ξ的均值、方差的性質(zhì)求解； (3)如能分析所給隨機(jī)變量是服從常用的分布(如

26、兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布等)，可直接利用它們的均值、方差公式求解． 2．若X服從正態(tài)分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正態(tài)曲線的對(duì)稱性和曲線與x軸之間的面積為1的性質(zhì)． [易錯(cuò)防范]　1.在沒(méi)有準(zhǔn)確判斷分布列模型之前不能亂套公式． 2．對(duì)于應(yīng)用問(wèn)題，必須對(duì)實(shí)際問(wèn)題進(jìn)行具體分析，一般要將問(wèn)題中的隨機(jī)變量設(shè)出來(lái)，再進(jìn)行分析，求出隨機(jī)變量的分布列，然后按定義計(jì)算出隨機(jī)變量的均值、方差． 真題演練集訓(xùn) 1．[2016·四川卷]同時(shí)拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，當(dāng)至少有一枚硬幣正面向上時(shí)，就說(shuō)這次試驗(yàn)成功，則在2次試驗(yàn)中成功次數(shù)X的均值是________． 答案： 解析：由題意知，試驗(yàn)成功的概

27、率p＝， 故X～B，所以E(X)＝2×＝. 2．[2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽取500件，測(cè)量這些產(chǎn)品的一項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值，由測(cè)量結(jié)果得如下頻率分布直方圖： (1)求這500件產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)； (2)由直方圖可以認(rèn)為，這種產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2近似為樣本方差s2. ①利用該正態(tài)分布，求P(187.8

28、用①的結(jié)果，求E(X)． 附：≈12.2. 若Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ

29、12.2)＝P(200－12.2

30、一年內(nèi)出 險(xiǎn)次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)，求其保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%的概率； (3)求續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與基本保費(fèi)的比值． 解：(1)設(shè)A表示事件：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)”，則事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于1，故P(A)＝0.20＋0.20＋0.10 ＋0.05＝0.55. (2)設(shè)B表示事件：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%”，則事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大

31、于3，故P(B)＝0.10 ＋0.05＝0.15. 又P(AB) ＝P(B)， 故P(B|A)＝＝＝＝. 因此所求概率為. (3)記續(xù)保人本年度的保費(fèi)為X，則X的分布列為 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a. 因此續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與基本保費(fèi)的比值為1.23. 課外拓展閱讀 離散型隨機(jī)變量的期望問(wèn)題 離散型隨機(jī)變量的

32、期望常與莖葉圖、頻率分布直方圖、分層抽樣、函數(shù)、不等式等知識(shí)相結(jié)合，這就為設(shè)計(jì)新穎、內(nèi)在聯(lián)系密切、思維方法靈活的考題開辟了廣闊的空間．近年高考中有關(guān)離散型隨機(jī)變量的期望的題目多以解答題形式呈現(xiàn)，一題多問(wèn)，這樣既降低了起點(diǎn)，又分散了難點(diǎn)，能較全面地考查必然與或然思想、處理交匯性問(wèn)題的能力和運(yùn)算求解能力，難度多為中等，分值在12分左右．現(xiàn)一起走進(jìn)離散型隨機(jī)變量的期望，欣賞其常見(jiàn)的交匯方式與解題方法． 一、離散型隨機(jī)變量的期望與莖葉圖的交匯問(wèn)題 [典例1]　為備戰(zhàn)2017年青年跳水世錦賽，我國(guó)跳水健兒積極訓(xùn)練，在最近舉行的一次選拔賽中，甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員為爭(zhēng)奪一個(gè)參賽名額進(jìn)行了七輪激烈的比賽，甲、

33、乙兩名選手七輪比賽的得分如圖所示，已知甲的平均得分比乙的平均得分少1. (1)求甲得分的眾數(shù)與乙得分的極差； (2)若從甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員不低于80且不高于90的得分中各任選1個(gè)，記甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員得分之差的絕對(duì)值為ξ，求ξ的分布列及其期望． [思路分析]　(1)觀察莖葉圖中甲的數(shù)據(jù)，判斷出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，即眾數(shù)；觀察莖葉圖中乙的數(shù)據(jù)，找出最高分與最低分，相減可得乙得分的極差；(2)先求ξ的所有可能取值，然后利用古典概型的概率計(jì)算公式，求出ξ取各個(gè)值時(shí)的概率，列出其分布列，最后利用期望的定義求出期望值． [解]　(1)由莖葉圖可知，甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員七輪比賽的得分情況如下： 甲：7

34、8,80＋m,84,85,84,85,91； 乙：79,84,84,86,87,84,91. 則乙的平均得分為＝×(79＋84＋84＋86＋87＋84＋91)＝85， 所以甲的平均得分為＝85－1＝84， 即×[78＋(80＋m)＋84＋85＋84＋85＋91]＝84，解得m＝1. 所以甲得分的眾數(shù)為84,85，乙得分的極差為91－79＝12. (2)設(shè)甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員的得分分別為x，y， 則ξ＝|x－y|. 由莖葉圖可知，ξ的所有可能取值為0,1,2,3,5,6. 當(dāng)ξ＝0時(shí)，x＝y(tǒng)＝84， 故P(ξ＝0)＝＝； 當(dāng)ξ＝1時(shí)，x＝85，y＝84或86， 故P(ξ＝1)

35、＝＝； 當(dāng)ξ＝2時(shí)，x＝84，y＝86或x＝85，y＝87， 故P(ξ＝2)＝＋＝； 當(dāng)ξ＝3時(shí)，x＝81，y＝84或x＝84，y＝87， 故P(ξ＝3)＝＋＝； 當(dāng)ξ＝5時(shí)，x＝81，y＝86， 故P(ξ＝5)＝＝； 當(dāng)ξ＝6時(shí)，x＝81，y＝87， 故P(ξ＝6)＝＝. 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 5 6 P ξ的期望為E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋5×＋6×＝. 突破攻略 本題以實(shí)際生活為背景，并融入排列、組合、古典概型的概率、隨機(jī)變量的分布列與期望等知識(shí)進(jìn)行探求，有很強(qiáng)的現(xiàn)實(shí)意義與時(shí)代氣息．破解離散型隨機(jī)變量

36、的期望與莖葉圖的交匯題的關(guān)鍵：一是看圖說(shuō)話，即看懂莖葉圖，并能適時(shí)提取相關(guān)的數(shù)據(jù)；二是會(huì)求概率，即利用排列、組合知識(shí)，以及古典概型的概率公式求隨機(jī)變量的概率；三是活用定義，利用隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望的定義進(jìn)行計(jì)算． 二、離散型隨機(jī)變量的期望與函數(shù)的交匯問(wèn)題 [典例2]　某次假期即將到來(lái)，喜愛(ài)旅游的小陳準(zhǔn)備去廈門游玩，初步打算去鼓浪嶼、南普陀寺、白城浴場(chǎng)三個(gè)景點(diǎn)，每個(gè)景點(diǎn)有可能去的概率都是，且是否游覽某個(gè)景點(diǎn)互不影響，設(shè)ξ表示小陳離開廈門時(shí)游覽的景點(diǎn)數(shù)． (1)求ξ的分布列、期望及其方差； (2)記“函數(shù)f(x)＝x2－3ξx＋1在區(qū)間[2，＋∞)上單調(diào)遞增”為事件A，求事件A的概率． [

37、思路分析]　(1)依題設(shè)條件可判斷ξ服從二項(xiàng)分布，利用二項(xiàng)分布公式即可求出其分布列、期望及方差；(2)先求出二次函數(shù)f(x)的圖象的對(duì)稱軸方程，利用f(x)單調(diào)性，可求出ξ的取值范圍，即可求出事件A的概率． [解]　(1)依題意，得 ξ的所有可能取值分別為0,1,2,3. 因?yàn)棣巍獴， 所以P(ξ＝0)＝C×3＝， P(ξ＝1)＝C×1×2＝， P(ξ＝2)＝C×2×1＝， P(ξ＝3)＝C×3＝. 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 所以ξ的期望為E(ξ)＝3×＝1， ξ的方差為D(ξ)＝3××＝. (2)因?yàn)閒(x)＝2＋1－ξ2的圖

38、象的對(duì)稱軸方程為x＝ξ， 又函數(shù)f(x)＝x2－3ξx＋1在[2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以ξ≤2，即ξ≤. 所以事件A的概率P(A)＝P ＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1) ＝＋＝. 突破攻略 本題以旅游為背景，考查了二項(xiàng)分布的分布列及其期望的探求，將二次函數(shù)知識(shí)融入其中是本題的“閃光”之處，又以函數(shù)的單調(diào)性“一劍封喉”，使呆板、平淡的數(shù)學(xué)題充滿活力和無(wú)窮魅力！求解離散型隨機(jī)變量的期望與函數(shù)交匯題的“兩步曲”：一是活用公式，如果能夠斷定隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布B(n，p)，則其期望與方差可直接利用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得；二是分拆事件，會(huì)對(duì)隨機(jī)事件進(jìn)行分拆，即把事

39、件分拆成若干個(gè)互斥事件的和，這樣就能正確進(jìn)行概率計(jì)算． 三、離散型隨機(jī)變量的期望與頻率分布直方圖的交匯問(wèn)題 [典例3]　某學(xué)院為了調(diào)查本校學(xué)生“閱讀相伴”(“閱讀相伴”是指課外閱讀超過(guò)1個(gè)小時(shí))的天數(shù)情況，隨機(jī)抽取了40名本校學(xué)生作為樣本，統(tǒng)計(jì)他們?cè)谠撛?0天內(nèi)“閱讀相伴”的天數(shù)，并將所得的數(shù)據(jù)分成以下六組：[0,5]，(5,10]，(10,15]，…，(25,30]，由此畫出樣本的頻率分布直方圖，如圖所示． (1)根據(jù)頻率分布直方圖，求這40名學(xué)生中“閱 讀相伴”天數(shù)超過(guò)20的人數(shù)； (2)現(xiàn)從這40名學(xué)生中任取2名，設(shè)Y為取出的2名學(xué)生中“閱讀相伴”天數(shù)超過(guò)20的人數(shù)，求Y的

40、分布列及數(shù)學(xué)期望E(Y)． [思路分析]　(1)觀察頻率分布直方圖，求出“閱讀相伴”天數(shù)超過(guò)20的頻率，即可求出其頻數(shù)；(2)依題設(shè)條件可判斷Y服從超幾何分布，因此可利用超幾何分布的概率公式求出Y取各個(gè)值時(shí)的概率，列出分布列，最后求出E(Y)的值． [解]　(1)由題圖可知，“閱讀相伴”天數(shù)未超過(guò)20的頻率為(0.01＋0.02＋0.03＋0.09)×5＝0.15×5＝0.75， 所以“閱讀相伴”天數(shù)超過(guò)20的學(xué)生人數(shù)是40×(1－0.75)＝40×0.25＝10. (2)隨機(jī)變量Y的所有可能取值為0,1,2. 所以P(Y＝0)＝＝， P(Y＝1)＝＝， P(Y＝2)＝＝. 所以Y的分布列為 Y 0 1 2 P 所以Y的數(shù)學(xué)期望E(Y)＝0×＋1×＋2×＝. 突破攻略 本題將傳統(tǒng)的頻率分布直方圖背景賦予新生的數(shù)學(xué)期望，立意新穎、構(gòu)思巧妙．求解離散型隨機(jī)變量的期望與頻率分布直方圖交匯題的“兩步曲”：一是看圖說(shuō)話，即看懂頻率分布直方圖中每一個(gè)小矩形面積表示這一組的頻率；二是活用公式，對(duì)于這些實(shí)際問(wèn)題中的隨機(jī)變量X，如果能夠斷定它服從超幾何分布H(N，M，n)，則隨機(jī)變量X的概率可利用概率公式P(X＝m)＝(m＝0，1，…，n，)求得，期望可直接利用公式E(X)＝求得． - 20 -