2019届高考数学大一轮复习第十二章概率随机变量及其分布12.6离散型随机变量的均值与方差学案理北师.wps

§12.6§12.6 离散型随机变量的均值与方差、正态分布 最新考纲 考情考向分析 1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、 以理解均值与方差的概念为主，经常以频率 方差的概念. 分布直方图为载体，考查二项分布、正态分 2.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点 布的均值与方差掌握均值与方差、正态分 及曲线所表示的意义 布的性质和求法是解题关键高考中常以解 3.会求简单离散型随机变量的均值、方差， 答题形式考查、难度为中等偏上. 并能解决一些简单问题. 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 P(Xai)pi(i1,2，r) (1)均值 EXa1p1a2p2arpr，均值 EX刻画的是 X“取值的 中心位置” (2)方差 DXE(XEX)2为随机变量 X的方差，它刻画了随机变量 X与其均值 EX的平均偏离程度 2二项分布的均值、方差 若 XB(n，p)，则 EXnp，DXnp(1p) 3正态分布 (1)XN(，2)，表示 X服从参数为 和 2的正态分布 (2)正态分布密度函数的性质： 函数图像关于直线 x 对称； (0)“”“的大小决定函数图像的 胖瘦”； P(2c1)P(X2c1)P(X4，根据正态曲线的对称 1 性，当函 数 f(x)x24x 没有零点的概率是 时，4. 2 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 典例 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 3 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的分布列和均值 解 (1)“”设 当天小王的该银行卡被锁定 的事件为 A， 5 4 3 1 则 P(A) × × . 6 5 4 2 (2)依题意得，X所有可能的取值是 1,2,3. 1 5 1 1 5 4 2 又 P(X1) ，P(X2) × ，P(X3) × ×1 . 6 6 5 6 6 5 3 所以 X的分布列为 X 1 2 3 P 1 6 1 6 2 3 1 1 2 5 所以 EX1× 2× 3× . 6 6 3 2 命题点 2 已知离散型随机变量的均值与方差，求参数值 典例 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 a3，b2，c1 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 为取出此 2 球所得分数之和，求 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 为取出此球所得分数若 E 5 5 ，D ，求 abc. 3 9 解 (1)由题意得 2,3,4,5,6， 3 × 3 1 2 × 3 × 2 1 故 P(2) ，P(3) ， 6 × 6 4 6 × 6 3 2 × 3 × 12 × 2 5 P(4) ， 6 × 6 18 2 × 2 × 1 1 P(5) ， 6 × 6 9 1 × 1 1 P(6) . 6 × 6 36 所以 的分布列为 2 3 4 5 6 P 1 4 1 3 5 18 1 9 1 36 4 (2)由题意知 的分布列为 1 2 3 P a abc b abc c abc a 2b 3c 5 所以 E ， abc abc abc 3 5 a 5 b 5 c 5 D(13 ) 2·abc(23 )2·abc(33 )2· ，化简得Error! abc 9 解得 a3c，b2c，故 abc321. 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分布列，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(组)， 解方程(组)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 跟踪训练 (2017·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， 1 1 设甲、乙不超过 1 小时离开的概率分别为 ，；1 小时以上且不超过 2 小时离开的概率分别为 4 6 1 2 ，；两人滑雪时间都不会超过 3 小时 2 3 (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 ，求 的分布列与均值 E，方差 D. 解 (1)两人所付费用相同，相同的费用可能为 0,40,80元， 1 1 1 1 2 1 甲、乙两人 2 小时以上且不超过 3 小时离开的概率分别为(1 ， 3) . 2) 4 (1 4 6 6 1 1 1 两 人都付 0 元的概率为 P1 × ， 4 6 24 1 2 1 两人都付 40 元的概率为 P2 × ， 2 3 3 两人都付 80 元的概率为 1 1 1 P3 × ， 4 6 24 则两人所付费用相同的概率为 5 1 1 1 5 PP1P2P3 . 24 3 24 12 (2)设甲、乙所付费用之和为 ， 的可能取值为 0,40,80,120,160，则 1 1 1 P(0) × ， 4 6 24 1 2 1 1 1 P(40) × × ， 4 3 2 6 4 1 1 1 2 1 1 5 P(80) × × × ， 4 6 2 3 4 6 12 1 1 1 2 1 P(120) × × ， 2 6 4 3 4 1 1 1 P(160) × . 4 6 24 所以 的分布列为 0 40 80 120 160 P 1 24 1 4 5 12 1 4 1 24 1 1 5 1 1 E0× 40× 80× 120× 160× 80. 24 4 12 4 24 1 1 5 1 1 D (0 80)2× (40 80)2× (80 80)2× (120 80)2× (160 80)2× 24 4 12 4 24 4 000 . 3 题型二 均值与方差在决策中的应用 典例 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 40120 发电机最多 1 2 3 可运行台数 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？ 6 10 解 (1)依题意，得 p1P(40120) 0.1. 50 由二项分布可知，在未来 4 年中，至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 pC04(1p3)4C14(1p3)3p3 9 9 1 (10 ) 44×(10 )3× 0.947 7. 10 (2)记水电站年总利润为 Y(单位：万元) 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 Y5 000，E(Y) 5 000×15 000. 安装 2 台发电机的情形 依题意，当 40120时，三台发电机运行，此时 Y5 000×315 000，因此 P(Y15 000)P(X120)p30.1，由此得 Y的分布列如下： Y 3 400 9 200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以，EY3 400×0.29 200×0.715 000×0.18 620. 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 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 7 跟踪训练 (2017·贵州调研)某投资公司在 2018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%， 7 2 且这两种情况发生的概率分别为 和 ； 9 9 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 3 1 1 可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为 ， 和 . 5 3 15 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 “”解 若按 项目一 投资，设获利为 X1万元，则 X1的分布列为 X1 300 150 P 7 9 2 9 7 2 EX1 300× (150)× 200. 9 9 “”若按 项目二 投资，设获利为 X2万元，则 X2的分布列为 X2 500 300 0 P 3 5 1 3 1 15 3 1 1 EX2500× (300)× 0× 200. 5 3 15 7 2 DX1(300200)2× (150200)2× 9 9 35 000， 3 1 1 DX2(500200)2× (300200)2× (0200)2× 140 000. 5 3 15 EX1EX2，DX12)p，则 P(02)p，P(2110) 0.2，该班学生数学成绩在 110 分 2 以上的人数为 0.2×5010. 14一个不透明的盒子中关有蝴蝶、蜜蜂和蜻蜓三种昆虫共 11只，现在盒子上开一小孔，每 次只能飞出 1 只昆虫(假设任意 1 只昆虫等可能地飞出)若有 2 只昆虫先后任意飞出(不考虑 21 顺序)，则飞出的是蝴蝶或蜻蜓的概率是 . 55 (1)求盒子中蜜蜂有几只； (2)若从盒子中先后任意飞出 3 只昆虫(不考虑顺序)，记飞出蜜蜂的只数为 X，求随机变量 X 的分布列与均值 E(X) 解 (1)“设 2”只昆虫先后任意飞出，飞出的是蝴蝶或蜻蜓 为事件 A，设盒子中蜜蜂为 x只， 则由题意，得 C112x 21 P(A) ， C121 55 所以(11x)(10x)42， 解得 x4 或 x17(舍去)， 故盒子中蜜蜂有 4 只 (2)由(1)知，盒子中蜜蜂有 4 只，则 X的取值为 0,1,2,3， C37 7 C14C27 28 P(X0) ，P(X1) ， C131 33 C131 55 C24C17 14 P(X2) ， C131 55 C34 4 P(X3) . C131 165 19 故 X的分布列为 X 0 1 2 3 P 7 33 28 55 14 55 4 165 7 28 14 4 12 均值 EX0× 1× 2× 3× . 33 55 55 165 11 15(2017·黄冈调研)已知 6 只小白鼠中有 1 只感染了病毒，需要对 6 只小白鼠进行病毒 DNA 化验来确定哪一只受到了感染下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染病 毒的小白鼠为止方案乙：将 6 只小白鼠分为两组，每组三只，将其中一组的三只小白鼠的待 化验物质混合在一起化验，若化验结果显示含有病毒 DNA，则表明感染病毒的小白鼠在这三只 当中，然后逐个化验，直到确定感染病毒的小白鼠为止；若化验结果显示不含病毒 DNA，则在 另外一组中逐个进行化验 (1)求执行方案乙化验次数恰好为 2 次的概率； (2)若首次化验的化验费为 10元，第二次化验的化验费为 8 元，第三次及以后每次化验的化验 费都是 6 元，求方案甲所需化验费的分布列和均值 解 (1)执行方案乙化验次数恰好为 2 次的情况分两种： 第一种，先化验一组，结果显示不含病毒 DNA，再从另一组中任取一只进行化验，其恰好含有 C35 1 1 病毒 DNA，此种情况的概率为 × ；第二种，先化验一组，结果显示含病毒 DNA，再从中 C36 C13 6 C25 1 1 逐个化验，恰好第一只含有病毒，此种情况的概率为 × . C36 C13 6 所以执行方案乙化验次数恰好为 2 次的概率为 1 1 1 . 6 6 3 (2)设用方案甲化验需要的化验费为 (单位：元)，则 的可能取值为 10,18,24,30,36. 1 P(10) ， 6 5 1 1 P(18) × ， 6 5 6 5 4 1 1 P(24) × × ， 6 5 4 6 5 4 3 1 1 P(30) × × × ， 6 5 4 3 6 20 5 4 3 2 1 P(36) × × × ， 6 5 4 3 3 则化验费 的分布列为 10 18 24 30 36 P 1 6 1 6 1 6 1 6 1 3 1 1 1 1 1 77 所以 E10× 18× 24× 30× 36× (元) 6 6 6 6 3 3 16(2017·江苏)已知一个口袋有 m个白球，n个黑球(m，nN N，n2)，这些球除颜色外完 全相同现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为 1,2,3，mn的抽屉 内，其中第 k次取球放入编号为 k的抽屉(k1，2,3，mn). 1 2 3 mn (1)试求编号为 2 的抽屉内放的是黑球的概率 p； (2)随机变量 X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，EX是 X的均值，证明：EX n . mnn1 (1)解 编号为 2 的抽屉内放的是黑球的概率为 Cmnn1 1 n p . Cmn n mn (2)证明 随机变量 X的分布列为 X 1 n 1 n1 1 n2 1 k 1 nm P C n1 Cmn n Cnn 1 Cmn n C n1 Cmn n Cn k1 Cmn n Cnnm 1 1 Cmn n 随机变量 X的均值为 mn mn 1 Ckn1 1 k1！ 1 EX · · . k k Cmn n Cmn n n1！kn ！ kn kn mn 1 k2！ 所以 EX Cmn n n1！kn ！ kn mn 1 k2！ n1Cmn n n2！kn！ kn 1 (1Cn21Cnn 2 Cmnn22) n1Cmn n 21 1 (C C C C ) n1Cmn n n1 n12 nn 2 mnn2 2 1 (C C C ) n1Cmn n nn 1 nn 2 mnn2 2 1 (C C ) n1Cmn n mnn1 2 mnn2 2 Cmnn1 1 n ， n1Cmn n mnn1 n 即 EX . mnn1 22