99离散型随机变量的均值与方差、正态分布一轮复习.doc

第九节离散型随机变量的均值与方差、正态分布 备考方向要明了考 什 么怎 么 考1.理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念2.能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题3.利用实际问题的直方图，了解正态密度曲线的特点及曲线所表示的意义.1.离散型随机变量及其分布列、均值和方差是高考考查的一大热点，每年均有解答题出现，难度中等偏上，如2012年安徽T17，江苏T22，浙江T19等2.正态密度曲线一般以选择或填空的形式考查.归纳·知识整合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：Xx1x2xixnPp1p2pipn(1)均值：称E(X)x1p1x2p2xipixnpn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)D(X)(xiE(X)2pi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，其算术平方根为随机变量X的标准差2均值与方差的性质(1)E(aXb)aE(X)b.(2)D(aXb)a2D(X)(a，b为常数)探究1.随机变量的均值、方差与样本均值、方差的关系是怎样的？提示：随机变量的均值、方差是一个常数样本的均值、方差是一个变量随着样本容量的增加，样本的均值、方差趋于随机变量的均值、方差3两点分布与二项分布的均值、方差XX服从两点分布XB(n，p)E(X)p(p为成功概率)npD(X)P(1p)np(1p)4.正态曲线及性质(1)正态曲线的定义函数，(x)e，x(，)(其中实数和(>0)为参数)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线(2)正态曲线的特点曲线位于x轴上方与x轴不相交；曲线是单峰的，它关于直线x对称；曲线在x处达到峰值；曲线与x轴之间的面积为1；当一定时，曲线随着的变化而沿x轴平移；当一定时，曲线的形状由确定越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；，越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散5正态分布(1)正态分布的定义及表示如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量X满足P(a<Xb) ，(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记作XN(，2)(2)正态分布的三个常用数据P(<X)0.682_6；P(2<X2)0.954_4；P(3<X3)0.997_4.探究2.参数、在正态分布中的实际意义是什么？提示：是正态分布的期望，是正态分布的标准差自测·牛刀小试1篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.8，则罚球一次得分的期望是()A0.2B0.8C1 D0解析：选B因为P(1)0.8，P(0)0.2.所以E()1×0.80×0.20.8.2(2012·深圳检测)已知随机变量X的分布列为P(Xk)，k3,6,9.则D(X)等于()A6 B9C3 D4解析：选AE(X)3×6×9×6.D(X)(36)2×(66)2×(96)2×6.3已知随机变量B(100,0.2)，那么D(43)的值为()A64 B256C259 D320解析：选B由B(100,0.2)知随机变量服从二项分布，且n100，p0.2，由公式得D()np(1p)100×0.2×0.816，因此D(43)42D()16×16256.4设随机变量服从正态分布N(2,9)，若P(>c1)P(<c1)，则c_.解析：N(2,9)，P(>c1)P(<3c)，又P(>c1)P(<c1)，c13c，解得c2.答案：25随机变量的分布列如下：101Pabc其中a、b、c成等差数列，若E()，则D()_.解析：由题意得2bac，abc1，ca，将以上三式联立解得a，b，c，故D().答案：离散型随机变量的均值与方差例1(2012·江苏高考)设为随机变量从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，0；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，1.(1)求概率P(0)；(2)求的分布列，并求其数学期望E()自主解答(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱，因此P(0).(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P()，于是P(1)1P(0)P()1，所以随机变量的分布列是：01P()因此E()1××.求离散型随机变量均值的步骤(1)理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值；(2)求X的每个值的概率；(3)写出X的分布列；(4)由均值定义求出E(X)1(2012·浙江高考)已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和(1)求X的分布列；(2)求X的数学期望E(X)解：(1)由题意得X取3,4,5,6，且P(X3)，P(X4)，P(X5)，P(X6).所以X的分布列为：X3456P(2)由(1)知E(X)3·P(X3)4·P(X4)5·P(X5)6·P(X6).均值与方差的实际应用例2(2012·新课标全国卷)某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，nN)的函数解析式；(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：日需求量n14151617181920频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由自主解答(1)当日需求量n16时，利润y80.当日需求量n<16时，利润y10n80.所以y关于n的函数解析式为y(nN)(2)X可能的取值为60,70,80，并且P(X60)0.1，P(X70)0.2，P(X80)0.7.X的分布列为：X607080P0.10.20.7X的数学期望为E(X)60×0.170×0.280×0.776.X的方差为D(X)(6076)2×0.1(7076)2×0.2(8076)2×0.744.答案一：花店一天应购进16枝玫瑰花理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为：Y55657585P0.10.20.160.54Y的数学期望为E(Y)55×0.165×0.275×0.1685×0.5476.4.Y的方差为D(Y)(5576.4)2×0.1(6576.4)2×0.2(7576.4)2×0.16(8576.4)2×0.54112.04.由以上的计算结果可以看出，D(X)<D(Y)，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小另外，虽然E(X)<E(Y)，但两者相差不大故花店一天应购进16枝玫瑰花答案二：花店一天应购进17枝玫瑰花理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为：Y55657585P0.10.20.160.54Y的数学期望为E(Y)55×0.165×0.275×0.1685×0.5476.4.由以上的计算结果可以看出，E(X)<E(Y)，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润故花店一天应购进17枝玫瑰花应用均值与方差的方法在实际问题中仅靠离散型随机变量的均值，还不能完全地说明随机变量的分布特征，有时还要研究其偏离均值的平均程度即方差，不应认为两个随机变量的均值相同了，就认为两者的优劣性相同，还应比较两者的方差2(2012·福建高考)受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：品牌甲乙首次出现故障时间x(年)0x11x2x20x2x2轿车数量(辆)2345545每辆利润(万元)1231.82.9将频率视为概率，解答下列问题：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A).(2)依题意得，X1的分布列为：X1123PX2的分布列为：X21.82.9P(3)由(2)得，E(X1)1×2×3×2.86(万元)，E(X2)1.8×2.9×2.79(万元)因为E(X1)E(X2)，所以应生产甲品牌轿车.正态分布问题例3设XN(5,1)，求P(6<X<7)自主解答由题意知5，1.P(4<X<6)0.682 6，P(3<X<7)0.954 4.P(3<X<4)P(6<X<7)P(3<X<7)P(4<X<6)0.954 40.682 60.271 8.如图，由正态曲线的对称性可得P(3<X<4)P(6<X<7)，P(6<X<7)0.135 9.保持例题条件不变，求P(X7)及P(5<X<6)解：P(X7)1P(3<X<7)1P(2<X<2)(10.954 4)0.022 8，P(5<X<6)P(4<X<6)P(<X<)×0.682 60.341 3. 正态分布问题的几个注意点(1)熟记P(<X)，P(2<X2)，P(3<X3)的值；(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.正态曲线关于直线x对称，从而在关于x对称的区间上概率相等P(X<a)1P(xa)，P(X<a)P(Xa)3设随机变量服从正态分布N(2，2)，若P(>c)a，则P(>4c)等于()AaB1aC2a D12a解析：选B由于服从正态分布N(2，2)，所以正态曲线关于直线x2对称，所以P(>4c)P(<c)1P(>c)1a.1个难点对正态曲线的理解正态曲线指的是一个函数的图象，其函数解析式是，(x)·e.正态曲线的性质告诉我们(1)该函数的值域为正实数集的子集；(2)该函数图象关于直线x对称，且以x轴为渐近线；(3)解析式中前面有一个系数，后面是一个以e为底数的指数函数的形式，幂指数为，其中这个参数在解析式中的两个位置上出现，注意两者的一致性3种方法求离散型随机变量均值、方差的基本方法(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)已知随机变量的均值、方差，求的线性函数ab的均值、方差和标准差，可直接用的均值、方差的性质求解；(3)如能分析所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，可直接利用它们的均值、方差公式求解. 答题模板求离散型随机变量的均值与方差典例(2012山东高考·满分12分)现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分该射手每次射击的结果相互独立假设该射手完成以上三次射击(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X的分布列及数学期望E(X)快速规范审题第(1)问1审条件，挖解题信息观察条件：向甲靶射击一次，命中的概率为，向乙靶射击两次，每次命中的概率为可用独立重复试验概率公式P(AB)P(A)P(B)求解2审结论，明确解题方向观察所求结论：射击三次恰好命中一次的概率命中甲靶一次或命中乙靶一次3建联系，找解题突破口射击甲靶一次命中，乙靶两次没有命中；射击甲靶一次没有命中，乙靶两次只命中一次 可求得概率第(2)问1审条件，挖解题信息观察条件：共射击三次，命中甲靶得1分，命中乙靶得2分可得总分X的取值2审结论，明确解题方向观察所求结论：求总得分X的分布列及期望先求X的分布列，再求E(X)3建联系，找解题突破口由该选手射中次数确定X的取值得X的分布列，可求得E(X)准确规范答题(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D.“设射手恰好命中一次”事件分析时，易忽视“恰好”这一条件，其含义只中一次，甲靶中1次时乙靶两次都不中，乙靶中1次时甲靶不中.由题意知P(B)，P(C)P(D)，(1分)由于AB C D，(2分)根据事件的独立性和互斥性得P(A)P(B C D)P(B )P( C )P( D)(3分)P(B)P()P()P()P(C)P()P()P()P(D)××××××.(5分)对于X的每个取值相对应的概率求法易失误，尤其是事件分析时易因考虑问题不全而导致失误(2)根据题意知X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.(6分)根据事件的独立性和互斥性得P(X0)P( )1P(B)1P(C)1P(D)××；(7分)P(X1)P(B )P(B)P()P()××；(8分)P(X2)P( C D)P( C )P( D)××××；(9分)P(X3)P(BC B D)P(BC )P(B D)××××；(10分)P(X4)P(CD)××；P(X5)P(BCD)××.故X的分布列为：X012345P(11分)所以E(X)0×1×2×3×4×5×.(12分)答题模板速成求离散型随机变量的均值与方差的一般步骤：第一步确定变量确定随机变量的所有可能的取值第二步求概率求每一个可能值所对应的概率第三步得分布列列出离散型随机变量的分布列第四步公式求值求均值和方差第五步回顾检查解后反思一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则此人三次上班途中遇红灯的次数的期望为()A0.4B1.2C0.43 D0.6解析：选B途中遇红灯的次数X服从二项分布，即XB(3,0.4)，E(X)3×0.41.2.2(2013·衡水模拟)若B(n，p)且E()6，D()3，则P(1)的值为()A3·22 B3·210C24 D28解析：选BE()np6，D()np(1p)3p，n12，P(1)C12.3(2013·东营模拟)若P为非负实数，随机变量的分布列为012PPP则E()的最大值为()A1 B.C. D2解析：选B由P0，P0，则0P，E()P1.4有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于()A. B.C. D1解析：选A离散型随机变量X服从N10，M3，n2的超几何分布，故E(X).5已知X的分布列为X101P，且YaX3，E(Y)，则a为()A1 B2C3 D4解析：选BE(X)1×0×1×.E(Y)E(aX3)aE(X)3a3，解得a2.6已知随机变量服从正态分布N(0，s2)若P(>2)0.023，则P(22)()A0.477 B0.628C0.954 D0.977解析：选C因为随机变量服从正态分布N(0，s2)，所以正态曲线关于直线x0对称，又P(>2)0.023，所以P(<2)0.023，所以P(22)1P(>2)P(<2)12×0.0230.954.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7已知随机变量xN(2，s2)，若P(x<a)0.32，则P(ax<4a)_.解析：由正态分布图像的对称性可得：P(ax<4a)12P(x<a)0.36.答案：0.368马老师从课本上抄录一个随机变量的概率分布列如下表：x123P(x)？！？请小牛同学计算的数学期望尽管“！”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()_.解析：令“？”为a，“！”为b，则2ab1.又E()a2b3a2(2ab)2.答案：292011年中国汽车销售量达到1 700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况，共抽查了1 200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里8.0升并且汽车的耗油量服从正态分布N(8，s2)已知耗油量7,9的概率为0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有_辆解析：由题意可知N(8，s2)，故正态分布曲线以8为对称轴，又因为P(79)0.7，故P(79)2P(89)0.7，所以P(89)0.35，而P(8)0.5，所以P(>9)0.15，故耗油量大于9升的汽车大约有1 200×0.15180辆答案：180三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)102010年上海世博会大力倡导绿色出行，并提出在世博园区参观时可以通过植树的方式来抵消因出行产生的碳排放量，某游客计划在游园期间种植n棵树，已知每棵树是否成活互不影响，成活率都为p(0<p<1)，用X表示他所种植的树中成活的棵数，X的数学期望为E(X)，方差为D(X)(1)若n1，求D(X)的最大值；(2)已知E(X)3，标准差，试求n与p的值并写出X的分布列解：(1)当n1时，随机变量满足两点分布，D(X)p(1p)2即当p时，D(X)有最大值，(2)XB(n，p)，E(X)np，D(X)np(1p)即np3，解得，n4，p.P(Xk)Ck·4k(k0,1,2,3,4)，即X的分布列为：X01234P11(2013·海淀模拟)某班将要举行篮球投篮比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，得分高的选手胜出已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为或.(1)如果选手甲以在A、B区投篮得分的期望较高者为选择投篮区的标准，问选手甲应该选择在哪个区投篮？(2)求选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率解：(1)法一：设选手甲在A区投两次篮的进球数为X，则XB，故E(X)2×，则选手甲在A区投篮得分的期望为2×3.6.设选手甲在B区投三次篮的进球数为Y，则YB，故E(Y)3×1，则选手甲在B区投篮得分的期望为3×13.3.6>3，选手甲应该选择在A区投篮法二：设选手甲在A区投篮的得分为，则的可能取值为0,2,4，P(0)2，P(2)C××，P(4)2.所以的分布列为：024PE()0×2×4×3.6.同理，设选手甲在B区域投篮的得分为，则的可能取值为0,3,6,9，P(0)3，P(3)C××2，P(6)C2，P(9)3.所以的分布列为：0369PE()0×3×6×9×3.E()>E()，选手甲应该选择在A区投篮(2)设选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分为事件C，甲在A区投篮得2分、在B区投篮得0分为事件C1，甲在A区投篮得4分、在B区投篮得0分为事件C2，甲在A区投篮得4分、在B区投篮得3分为事件C3，则CC1C2C3，其中C1，C2，C3为互斥事件则：P(C)P(C1C2C3)P(C1)P(C2)P(C3)×××，故选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为.12(2012·湖北高考)根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位： mm)对工期的影响如下表：降水量XX300300X700700X900X900工期延误天数Y02610历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9.求：(1)工期延误天数Y的均值与方差；(2)在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：P(X300)0.3，P(300X700)P(X700)P(X300)0.70.30.4，P(700X900)P(X900)P(X700)0.90.70.2，P(X900)1P(X900)10.90.1.所以Y的分布列为：Y02610P0.30.40.20.1于是，E(Y)0×0.32×0.46×0.210×0.13；D(Y)(03)2×0.3(23)2×0.4(63)2×0.2(103)2×0.19.8.故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.(2)由概率的加法公式，得P(X300)1P(X300)10.30.7，又P(300X900)P(X900)P(X300)0.90.30.6.由条件概率，得P(Y6|X300)P(X900|X300).故在降水量X至少是300 mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是.1设随机变量的分布列如表所示，且E()1.6，则a×b()0123P0.1ab0.1A.0.2 B0.1C0.15 D0.4解析：选C由分布列的性质得0.1ab0.11，即ab0.8.又由E()0×0.11×a2×b3×0.11.6，即a2b1.3.由解得a0.3，b0.5，故a×b0.3×0.50.15.2设l为平面上过点(0,1)的直线，l的斜率等可能地取2，0，2.用X表示坐标原点到l的距离，则随机变量X的数学期望E(X)_.解析：当l的斜率k±2时，直线方程为±2xy10，此时d1；k±时，d2；k±时，d3；k0时，d41.由等可能性事件的概率可得分布列如下：X1P故E(X)×××1×.答案：3欲从甲、乙两运动员中选一人参加2016年奥运会，由以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中得分情况为：1(甲得分)012P0.20.50.32(乙得分)012P0.30.30.4欲从甲、乙两运动员中选一人参加2016年奥运会，你认为选派哪位运动员参加较好？解： 由题意，E(1)0×0.21×0.52×0.31.1，E(2)0×0.31×0.32×0.41.1.故E(1)E(2)D(1)(01.1)2×0.2(11.1)2×0.5(21.1)2×0.30.49，D(2)(01.1)2×0.3(11.1)2×0.3(21.1)2×0.40.69，尽管E(2)E(2)，但由于得分的方差D(1)<D(2)，所以甲运动员的技术好一些，应选派甲参加42014年男足世界杯将在巴西举行，为了争夺最后一个小组赛参赛名额，甲、乙、丙三支国家队要进行比赛，规则如下：任两支队伍进行比赛，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局，获得第一名的将夺得这个参赛名额已知乙队胜丙队的概率为，甲队获得第一名的概率为，乙队获得第一名的概率为.(1)求甲队分别胜乙队和丙队的概率P1和P2；(2)设在该次比赛中，甲队得分为，求的分布列和数学期望解：(1)根据题意知，若甲队获得第一名，则甲队胜乙队且甲队胜丙队，故甲队获第一名的概率为P1×P2；若乙队获得第一名，则乙队胜甲队且乙队胜丙队，故乙队获第一名的概率为(1P1)×，解得P1，代入得P2.故甲队胜乙队的概率为，甲队胜丙队的概率为.(2)由题意知可能的取值为0,3,6，0时，甲队两场比赛皆输，其概率为P(0)；3时，甲队两场只胜一场，其概率为P(3)××；6时，甲队两场皆胜，其概率为 P(6)×.故的分布列为：036P故E()0×3×6×.