《2021高考數學一輪復習 第11章 計數原理、概率、隨機變量及其分布 第7節(jié) 離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布教學案 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021高考數學一輪復習 第11章 計數原理、概率、隨機變量及其分布 第7節(jié) 離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布教學案 理 北師大版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第七節(jié)　離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布 [最新考綱]　1.理解取有限個值的離散型隨機變量的均值、方差的概念.2.會求簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能利用離散型隨機變量的均值、方差概念解決一些簡單實際問題.3.借助直觀直方圖認識正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義． 1．離散型隨機變量的均值與方差 若離散型隨機變量X的分布列為P(X＝ai)＝pi(i＝1,2，…，r)． (1)均值 EX＝a1p1＋a2p2＋…＋arpr，均值EX刻畫的是X取值的“中心位置”． (2)方差 DX＝E(X－EX)2為隨機變量X的方差，它刻畫了隨機變量X與其均值EX的平均偏離程度．

2、2．均值與方差的性質 (1)E(aX＋b)＝aEX＋b. (2)D(aX＋b)＝a2DX(a，b為常數)． 3．兩點分布與二項分布的均值、方差 均值 方差 變量X服從兩點分布 EX＝p DX＝p(1－p) X～B(n，p) EX＝np DX＝np(1－p) 4．正態(tài)分布 (1)X～N(μ，σ2)，表示X服從參數為μ和σ2的正態(tài)分布． (2)正態(tài)分布密度函數的性質： ①函數圖像關于直線x＝μ對稱； ②σ(σ＞0)的大小決定函數圖像的“胖”“瘦”； ③p(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝68.3%； p(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝95.4%； p(μ－3σ＜X＜μ＋

3、3σ)＝99.7%. 1．均值與方差的關系：DX＝EX2－E2X. 2．超幾何分布的均值：若X服從參數為N，M，n的超幾何分布，則EX＝. 一、思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)離散型隨機變量的各個可能值表示的事件是彼此互斥的．(　　) (2)若X～N(μ，σ2)，則μ，σ2分別表示正態(tài)分布的均值和方差．(　　) (3)隨機變量的均值是常數，樣本的平均值是隨機變量．(　　) (4)隨機變量的方差和標準差都反映了隨機變量取值偏離均值的平均程度，方差或標準差越小，則偏離均值的平均程度越小. (　　) [答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 二、教

4、材改編 1．已知X的分布列為 X －1 0 1 P a 設Y＝2X＋3，則EY的值為(　　) A．　　 B．4　　　　 C．－1　　 D．1 A　[由概率分布列的性質可知：＋＋a＝1， ∴a＝. ∴EX＝(－1)×＋0×＋1×＝－. ∴EY＝3＋2EX＝3－＝.] 2．若隨機變量X滿足P(X＝c)＝1，其中c為常數，則D(X)的值為________． 0　[∵P(X＝c)＝1，∴EX＝c×1＝c， ∴DX＝(c－c)2×1＝0.] 3．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(3,1)，且P(X>2c－1)＝P(X

5、～N(3,1)，∴正態(tài)曲線關于x＝3對稱， 且P(X>2c－1)＝P(X

6、隨機變量的均值、方差 　求離散型隨機變量X的均值與方差的步驟 (1)理解X的意義，寫出X可能取的全部值． (2)求X取每個值時的概率． (3)寫出X的分布列． (4)由均值的定義求EX. (5)由方差的定義求DX. 　為迎接2022年北京冬奧會，推廣滑雪運動，某滑雪場 開展滑雪促銷活動．該滑雪場的收費標準是：滑雪時間不超過1小時免費，超過1小時的部分每小時收費標準為40元(不足1小時的部分按1小時計算)．有甲、乙兩人相互獨立地來該滑雪場運動，設甲、乙不超過1小時離開的概率分別為，；1小時以上且不超過2小時離開的概率分別為，；兩人滑雪時間都不會超過3小時． (1)求甲、乙兩人所

7、付滑雪費用相同的概率； (2)設甲、乙兩人所付的滑雪費用之和為隨機變量ξ(單位：元)，求ξ的分布列與數學期望Eξ，方差Dξ. [解]　(1)兩人所付費用相同，相同的費用可能為0,40,80元，兩人都付0元的概率為p1＝×＝， 兩人都付40元的概率為p2＝×＝， 兩人都付80元的概率為 p3＝×＝×＝， 則兩人所付費用相同的概率為p＝p1＋p2＋p3＝＋＋＝. (2)由題設甲、乙所付費用之和為ξ，ξ可能取值為0,40,80,120,160，則： P(ξ＝0)＝×＝； P(ξ＝40)＝×＋×＝； P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝； P(ξ＝120)＝×＋×＝； P(ξ＝160)

8、＝×＝. ξ的分布列為 ξ 0 40 80 120 160 P Eξ＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80. Dξ＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝. 　(1)求離散型隨機變量的均值與方差關鍵是確定隨機變量的所有可能值，寫出隨機變量的分布列，正確運用均值、方差公式進行計算． (2)注意E(aX＋b)＝aEX＋b，D(aX＋b)＝a2DX的應用． [教師備選例題] 1．(2019·杭州模擬)已知0＜a＜，隨機變量ξ的分布列如下： ξ －1 0 1 P a

9、－a 當a增大時，(　　) A．Eξ增大，Dξ增大　 B．Eξ減小，Dξ增大 C．Eξ增大，Dξ減小 D．Eξ減小，Dξ減小 B　[由題意得，Eξ＝－a＋，Dξ＝2×a＋2＋2×＝－a2＋2a＋， 又∵0＜a＜，∴當a增大時，Eξ減小，Dξ增大．] 2．設袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍球，且規(guī)定：取出一個紅球得1分，取出一個黃球得2分，取出一個藍球得3分． (1)當a＝3，b＝2，c＝1時，從該袋子中任取(有放回，且每球取到的機會均等)2個球，記隨機變量ξ為取出此2球所得分數之和，求ξ的分布列； (2)從該袋子中任取(每球取到的機會均等)1個球，記隨機變量η為取出此球

10、所得分數．若Eη＝，Dη＝，求a∶b∶c. [解]　(1)由題意得ξ＝2,3,4,5,6， 故P(ξ＝2)＝＝， P(ξ＝3)＝＝， P(ξ＝4)＝＝， P(ξ＝5)＝＝， 　P(ξ＝6)＝＝. 所以ξ的分布列為 ξ 2 3 4 5 6 P (2)由題意知η的分布列為 η 1 2 3 P 所以Eη＝＋＋＝， Dη＝2·＋2·＋2·＝， 化簡得 解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1. 　1.(2018·全國卷Ⅲ)某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨立．設X為該群體的10位成

11、員中使用移動支付的人數，DX＝2.4，P(X＝4)0.5，所以p＝0.6.] 2．大豆是我國主要的農作物之一，因此，大豆在農業(yè)發(fā)展中占有重要的地位，隨著農業(yè)技術的不斷發(fā)展，為了使大豆得到更好的種植，就要進行超級種培育研究．某種植基地培育的“超級豆”種子進行種植測

12、試：選擇一塊營養(yǎng)均衡的可種植4株的實驗田地，每株放入三粒“超級豆”種子，且至少要有一粒種子發(fā)芽這株豆苗就能有效成活，每株豆成活苗可以收成大豆2.205 kg.已知每粒豆苗種子成活的概率為(假設種子之間及外部條件一致，發(fā)芽相互沒有影響)． (1)求恰好有3株成活的概率； (2)記成活的豆苗株數為ξ，收成為η(kg)，求隨機變量ξ分布列及η的數學期望Eη. [解]　(1)設每株豆子成活的概率為P0，則P0＝1－3＝.所以4株中恰好有3株成活的概率P＝C31＝. (2)記成活的豆苗株數為ξ，收成為η＝2.205ξ， 則ξ的可能取值為0,1,2,3,4，且ξ～B，所以ξ的分布列如下表： ξ

13、 0 1 2 3 4 P C4 C1· 3 C2· 2 C3· 1 C4 ∴Eξ＝4×＝3.5， Eη＝E(2.205ξ)＝2.205·Eξ＝7.717 5(kg)． 考點2　均值與方差在決策中的應用 　利用均值、方差進行決策的2個方略 (1)當均值不同時，兩個隨機變量取值的水平可見分歧，可對問題作出判斷． (2)若兩隨機變量均值相同或相差不大．則可通過分析兩變量的方差來研究隨機變量的離散程度或者穩(wěn)定程度，進而進行決策． 　某投資公司在2019年年初準備將1 000萬元投資到“低碳”項目上，現有兩個項目供選擇： 項目一：新能源汽車．據市場調研，投資

14、到該項目上，到年底可能獲利30%，也可能虧損15%，且這兩種情況發(fā)生的概率分別為和； 項目二：通信設備．據市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利50%，可能損失30%，也可能不賠不賺，且這三種情況發(fā)生的概率分別為，和. 針對以上兩個投資項目，請你為投資公司選擇一個合理的項目，并說明理由． [解]　若按“項目一”投資，設獲利為X1萬元，則X1的分布列為 X1 300 －150 P ∴EX1＝300×＋(－150)×＝200. 若按“項目二”投資，設獲利為X2萬元，則X2的分布列為 X2 500 －300 0 P ∴EX2＝500×＋(－300)

15、×＋0×＝200. DX1＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35 000， DX2＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140 000. ∴EX1＝EX2，DX1

16、被淘汰．機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元．在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元．現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數，得下面柱狀圖： 以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發(fā)生的概率，記X表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數，n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數． (1)求X的分布列； (2)若要求P(X≤n)≥0.5，確定n的最小值； (3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據，在n＝19與n＝20之中選其一，應選用哪

17、個？ [解]　(1)由柱狀圖并以頻率代替概率可得，一臺機器在三年內需更換的易損零件數為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2.從而 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的分布列為 X 16 17 18

18、19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 (2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值為19. (3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位：元)． 當n＝19時， EY＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040. 當n＝20時，EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080. 可知當n

19、＝19時所需費用的期望值小于當n＝20時所需費用的期望值，故應選n＝19. 　(2019·合肥二模)某種大型醫(yī)療檢查機器生產商，對一次性購買2臺機器的客戶，推出兩種超過質保期后兩年內的延保維修優(yōu)惠方案： 方案一：交納延保金7 000元，在延保的兩年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費2 000元； 方案二：交納延保金10 000元，在延保的兩年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費1 000元． 某醫(yī)院準備一次性購買2臺這種機器．現需決策在購買機器時應購買哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺這種機器超過質保期后延保兩年內維修的次數，得下表： 維修次數 0 1 2 3

20、臺數 5 10 20 15 以這50臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發(fā)生的概率．記X表示這2臺機器超過質保期后延保的兩年內共需維修的次數． (1)求X的分布列； (2)以所需延保金及維修費用的期望值為決策依據，醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算？ [解]　(1)X所有可能的取值為0,1,2,3,4,5,6. P(X＝0)＝×＝， P(X＝1)＝××2＝， P(X＝2)＝×＋××2＝， P(X＝3)＝××2＋××2＝， P(X＝4)＝×＋××2＝， P(X＝5)＝××2＝， P(X＝6)＝×＝， ∴X的分布列為 X 0 1 2 3 4 5 6 P

21、 (2)選擇延保方案一，所需費用Y1元的分布列為： Y1 7 000 9 000 11 000 13 000 15 000 P EY1＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720(元)． 選擇延保方案二，所需費用Y2元的分布列為： Y2 10 000 11 000 12 000 P EY2＝×10 000＋×11 000＋×12 000 ＝10 420(元)． ∵EY1＞EY2，∴該醫(yī)院選擇延保方案二較合算． 考點3　正態(tài)分布 　關于正態(tài)總體在

22、某個區(qū)間內取值的概率求法 (1)熟記P(μ－σ

23、的16個零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數，求P(X≥1)及X的數學期望； (2)一天內抽檢零件中，如果出現了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查． ①試說明上述監(jiān)控生產過程方法的合理性； ②下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 經計算得＝xi＝9.97，s＝＝)≈0.212，

24、其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1,2，…，16. 用樣本平均數作為μ的估計值，用樣本標準差s作為σ的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產過程進行檢查？剔除(－3，＋3)之外的數據，用剩下的數據估計μ和σ(精確到0.01)． 附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ

25、X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8. X的數學期望EX＝16×0.002 6＝0.041 6. (2)①如果生產狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天內抽取的16個零件中，出現尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，發(fā)生的概率很小，因此一旦發(fā)生這種情況，就有理由認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查，可見上述監(jiān)控生產過程的方法是合理的． ②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ的估計值為＝0.212，由樣本數據可以看出有一個零件的尺寸在(－3，＋3)

26、之外，因此需對當天的生產過程進行檢查． 剔除(－3，＋3)之外的數據9.22，剩下數據的平均數為×(16×9.97－9.22)＝10.02. 因此μ的估計值為10.02. x＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(－3，＋3)之外的數據9.22，剩下數據的樣本方差為×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估計值為≈0.09. 　本題考查正態(tài)分布、概率統計問題的綜合，是在知識網絡的交匯處命制的一道較為新穎的試題．正態(tài)分布與統計案例有些知識點是所謂的高考“冷點”，由于考生對這些“冷點”的內容重視不夠，復習不全面，一旦這

27、些“冷點”知識出了考題，雖然簡單但也做錯，甚至根本不會做，因而錯誤率相當高．本題求解的關鍵是借助題設提供的數據對問題做出合理的分析，其中方差公式的等價變形是數據處理的關鍵點． 　1.在如圖所示的正方形中隨機投擲10 000個點，則落入陰影部分(曲線C為正態(tài)分布N(－1,1)的密度曲線)的點的個數的估計值為(　　) 附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954 4. A．1 193 　 B．1 359 C．2 718 　 D．3 413 B　[對于正態(tài)分布N(－1,1)，μ＝－1，σ＝1，正態(tài)曲線關于x＝－1對稱

28、，故題圖中陰影部分的面積為×[P(－3＜X＜1)－P(－2＜X＜0)]＝×[P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)－P(μ－σ＜X＜μ＋σ)]＝×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，所以點落入題圖中陰影部分的概率P＝＝0.135 9，投入10 000個點，落入陰影部分的個數約為10 000×0.135 9＝1 359.] 2．為評估設備M生產某種零件的性能，從設備M生產零件的流水線上隨機抽取100個零件作為樣本，測量其直徑后，整理得到下表： 直徑/mm 58 59 61 62 63 64 65 66 個數 1 1 3 5 6 19 33 18 直徑

29、/mm 67 68 69 70 71 73 合計 個數 4 4 2 1 2 1 100 經計算，樣本直徑的平均值μ＝65，標準差σ＝2.2，以頻率值作為概率的估計值． (1)為評判一臺設備的性能，從該設備加工的零件中任意抽取一件，記其直徑為X，并根據以下不等式進行評判(P表示相應事件的概率)：①P(μ－σ

30、等級為丁，試判斷設備M的性能等級． (2)將直徑小于等于μ－2σ或直徑大于μ＋2σ的零件認為是次品． ①從設備M的生產流水線上隨機抽取2件零件，計算其中次品件數Y的數學期望EY； ②從樣本中隨機抽取2件零件，計算其中次品件數Z的數學期望EZ. [解]　(1)P(μ－σ0.682 6，P(μ－2σ