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(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

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(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_第1頁
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《(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頁珍藏版)》請?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.理解取有限個值的離散型隨機(jī)變量的均值、方差的概念. 2.能計(jì)算簡單的離散型隨機(jī)變量的均值、方差,并能解決一些實(shí)際問題. 3.利用實(shí)際問題的直方圖,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]一臺機(jī)器在一天內(nèi)發(fā)生故障的概率為0.1.這臺機(jī)器一周五個工作日不發(fā)生故障,可獲利5萬元;發(fā)生一次故障仍可獲利2.5萬元;發(fā)生兩次故障的利潤為0萬元;發(fā)生三次或者三次以

3、上的故障要虧損1萬元.則這臺機(jī)器一周內(nèi)可能獲利的均值是________萬元. 答案:3.764 015 解析:設(shè)這臺機(jī)器一周內(nèi)可能獲利X萬元,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;對應(yīng)取值的概率計(jì)算. 簽盒中有編號為1,2,3,4,5,6的6支簽,從中任意取3支,設(shè)X為這3支簽的號碼之中最大的一個

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、概率等知識綜合考查. 主要有以下幾個命題角度: 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、呼吸困難等心肺疾病.為了解某市心肺疾病是否與性

6、別有關(guān),在某醫(yī)院隨機(jī)的對入院的50人進(jìn)行了問卷調(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次密碼嘗試錯誤,該銀行卡將被鎖定.小王到該銀行取錢時,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個密碼之一,小

9、王決定從中不重復(fù)地隨機(jī)選擇1個進(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] 某商場舉行有獎促銷活動,顧客購買一定

10、金額的商品后即可抽獎,每次抽獎都是從裝有4個紅球、6個白球的甲箱和裝有5個紅球、5個白球的乙箱中,各隨機(jī)摸出1個球,在摸出的2個球中,若都是紅球,則獲一等獎;若只有1個紅球,則獲二等獎;若沒有紅球,則不獲獎. (1)求顧客抽獎1次能獲獎的概率; (2)若某顧客有3次抽獎機(jī)會,記該顧客在3次抽獎中獲一等獎的次數(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個球是紅球},A2={從乙箱中摸出的1個球是紅球}, B1={顧客抽獎1次獲一等獎},B2={顧客抽獎1次獲二等獎},C={顧客抽獎1次能獲獎}. 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3次可視為3次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn), 由(1)知,顧客抽獎1次獲一等獎的概率為, 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,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]十八屆三中全會提出以管資本為主加強(qiáng)國有資產(chǎn)監(jiān)管,改革國有資本授權(quán)經(jīng)營體制.2015年1月20日,中國恒天集團(tuán)有限公司新能源汽車總部項(xiàng)目簽約儀式在天津舉行,說明國有企業(yè)的市場化改革已經(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,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,再用方差來決定. 為回饋顧客,某商場擬通過摸球兌獎的方式對1 000位顧客進(jìn)行獎勵,規(guī)定:每位顧客從一個裝有4個標(biāo)有面值的球的袋中一次性隨機(jī)摸出2個球,球上所標(biāo)的面值之和為該顧客所獲的獎勵額. (1)若袋中所裝的4個球中有1個所標(biāo)的面值為50元,其余3個均為10元,求: ①顧客所獲的獎勵額為60元的概率; ②顧客所獲的獎勵額的分布列及均值; (2)商場對獎勵總額的預(yù)算是60 000元,并規(guī)定袋中的4個球只能由標(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勵總額盡可能符合商場的預(yù)算

18、且每位顧客所獲的獎勵額相對均衡,請對袋中的4個球的面值給出一個合適的設(shè)計(jì),并說明理由. 解:(1)設(shè)顧客所獲的獎勵額為X. ①依題意,得P(X=60)==. 即顧客所獲的獎勵額為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 所以顧客所獲的獎勵額的均值為 E(X)=20×+60×=40(元). (2)根據(jù)商場的預(yù)算,每個顧客的平均獎勵額為60元. 所以,先尋找均值為60元的可能方案. 對于面值由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. 以下是對兩個方案的分析: 對于方案1,即方案(10,10,50,50),設(shè)顧客所獲的獎勵額為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×=. 對于方案2,即方案(20,20,40,40),設(shè)顧客所獲的獎勵額為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×=. 由于兩種方案的獎勵額的均值都符合要求,但方案2獎勵額的方差比方案1的小,所以應(yīng)該選擇方案2. 考點(diǎn)3 正態(tài)分布問題 1.正態(tài)分布的定義及表示 如果對于任何實(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.對任意正數(shù)t,P(X≥t)≥P(Y≥t) D.對任意正數(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; 因?yàn)棣?<σ2,所以P(X≤σ2)>P(X≤σ1),故B錯; 對任意正數(shù)t,P(X≥t)<P(Y≥t),故C錯; 對任意正數(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)分布問題有三個關(guān)鍵點(diǎn):(1)對稱軸x=μ;(2)標(biāo)準(zhǔn)差σ;(3)分布區(qū)間.利用對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)考試成績在70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對稱, 又成績在70分到110分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的,由對稱性知成績在110分以上的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的×=, ∴此次數(shù)學(xué)考試成績不低于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)曲線的對稱性和曲線與x軸之間的面積為1的性質(zhì). [易錯防范] 1.在沒有準(zhǔn)確判斷分布列模型之前不能亂套公式. 2.對于應(yīng)用問題,必須對實(shí)際問題進(jìn)行具體分析,一般要將問題中的隨機(jī)變量設(shè)出來,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,就說這次試驗(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)全國卷Ⅰ]從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽取500件,測量這些產(chǎn)品的一項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值,由測量結(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,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題 [典例1] 為備戰(zhàn)2017年青年跳水世錦賽,我國跳水健兒積極訓(xùn)練,在最近舉行的一次選拔賽中,甲、乙兩名運(yùn)動員為爭奪一個參賽名額進(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)動員不低于80且不高于90的得分中各任選1個,記甲、乙兩名運(yùn)動員得分之差的絕對值為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取各個值時的概率,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,x=y(tǒng)=84, 故P(ξ=0)==; 當(dāng)ξ=1時,x=85,y=84或86, 故P(ξ=1)

35、==; 當(dāng)ξ=2時,x=84,y=86或x=85,y=87, 故P(ξ=2)=+=; 當(dāng)ξ=3時,x=81,y=84或x=84,y=87, 故P(ξ=3)=+=; 當(dāng)ξ=5時,x=81,y=86, 故P(ξ=5)==; 當(dāng)ξ=6時,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進(jìn)行探求,有很強(qiáng)的現(xiàn)實(shí)意義與時代氣息.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:一是看圖說話,即看懂莖葉圖,并能適時提取相關(guān)的數(shù)據(jù);二是會求概率,即利用排列、組合知識,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)的交匯問題 [典例2] 某次假期即將到來,喜愛旅游的小陳準(zhǔn)備去廈門游玩,初步打算去鼓浪嶼、南普陀寺、白城浴場三個景點(diǎn),每個景點(diǎn)有可能去的概率都是,且是否游覽某個景點(diǎn)互不影響,設(shè)ξ表示小陳離開廈門時游覽的景點(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,會對隨機(jī)事件進(jìn)行分拆,即把事

39、件分拆成若干個互斥事件的和,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1個小時)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)他們在該月30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取各個值時的概率,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”:一是看圖說話,即看懂頻率分布直方圖中每一個小矩形面積表示這一組的頻率;二是活用公式,對于這些實(shí)際問題中的隨機(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 -

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