人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.3 离散型随机变量的数字特征教学设计及反思

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.3 离散型随机变量的数字特征教学设计及反思，共13页。教案主要包含了离散型随机变量取值的平均值.，典例解析，小结，课时练等内容，欢迎下载使用。

本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第三册》，第七章《随机变量及其分布列》，本节课主本节课主要学习离散型随机变量的均值
本节本部分内容主要包括随机变量的均值和方差。本节课是前面学习完随机变量分布列的基础上进行研究的，知识上具有着承前启后的作用。随机变量的均值和方差是概率论和数理统计的重要概念，节课是从实际出发，通过抽象思维，建立数学模型，进而认知数学理论，应用于实际的过程。

重点：离散型随机变量的均值的意义和性质
难点：用离散型随机变量的均值解决一些相关的实际问题
多媒体
本节课需要学生探究的内容比较多，由于学生的数学基础比较薄弱，所以在教学过程中教师不仅要耐心的指导，还要努力创设一个轻松和谐的课堂氛围，让每个学生都能大胆的说出自己的想法，保证每个学生都能学有所得。为了让每个学生在课上都能有话说，还需要学生做到课前预习，并且教师要给学生提出明确的预习目标。进一步发展学生直观想象、数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养。
课程目标
学科素养
A. 理解离散型随机变量的均值的意义和性质．
B．会根据离散型随机变量的分布列求出均值．
C．会利用离散型随机变量的均值解决一些相关的实际问题．
1.数学抽象：离散型随机变量的均值的概念
2.逻辑推理：离散型随机变量的均值的性质
3.数学运算：求离散型随机变量的均值
4.数学建模：模型化思想
教学过程
教学设计意图
核心素养目标
问题导学
对于离散型随机变量，可以由它的概率分布列确定与该随机变量相关事件的概率。但在实际问题中，有时我们更感兴趣的是随机变量的某些数字特征。例如，要了解某班同学在一次数学测验中的总体水平，很重要的是看平均分；要了解某班同学数学成绩是否“两极分化”则需要考察这个班数学成绩的方差。
我们还常常希望直接通过数字来反映随机变量的某个方面的特征，最常用的有期望与方差.
探究新知
探究1.甲乙两名射箭运动员射中目标靶的环数的分布列如下表所示：如何比较他们射箭水平的高低呢？
环数X
7
8
9
10
甲射中的概率
0.1
0.2
0.3
0.4
乙射中的概率
0.15
0.25
0.4
0.2
类似两组数据的比较,首先比较击中的平均环数,如果平均环数相等，再看稳定性.假设甲射箭n次，射中7环、8环、9环和10环的频率分别为：甲n次射箭射中的平均环数

当n足够大时，频率稳定于概率，所以x稳定于7×0.1+8×0.2+9×0.3+10×0.4=9.
即甲射中平均环数的稳定值(理论平均值)为9,
这个平均值的大小可以反映甲运动员的射箭水平.
同理，乙射中环数的平均值为7×0.15+8×0.25+9×0.4+10×0.2=8.65.
从平均值的角度比较，甲的射箭水平比乙高.
一、离散型随机变量取值的平均值.
一般地，若离散型随机变量X的概率分布为：则称E(X)=x1p1+x2p2+⋯+xipi+⋯+xnpn
为随机变量X的均值(mean)或数学期望(mathematical expectatin),数学期望简称期望.均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数,它综合了随机变量的取值和取值的概率,反映了随机变量取值的平均水平.
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
三、典例解析
例1. 在篮球比赛中,罚球命中1次得1分,不中得0分,如果某运动员罚球命中的概率为0.8,那么他罚球1次的得分X的均值是多少?
分析:罚球有命中和不中两种可能结果,命中时X=1,不中时X=0,因此随机变量X服从两点分布,X的均值反映了该运动员罚球1次的平均得分水平.
解：因为P(X=1)=0.8，P(X=0)=0.2，
所以E(X)=1×P(X=1)+0×P(X=0)=1×0.8+0×0.2 =0.8
即该运动员罚球1次的得分X的均值是0.8.
一般地，如果随机变量X服从两点分布，
那么： E(X)＝1×p+0×(1-p)=p．
X
1
0
P
p
1-p
例2.抛掷一枚质地均匀的骰子,设出现的点数为X,求X的均值.
分析:先求出X的分布列,再根据定义计算X的均值。
解：X的分布列为?(X=k)= 16,k=1,2,3,4,5,6
因此,E(X)= 16(1+2+3+4+5+6)=3.5.
求离散型随机变量X的均值的步骤：
(1)理解X的实际意义，写出X全部可能取值；
(2)求出X取每个值时的概率；
(3)写出X的分布列(有时也可省略)；
(4)利用定义公式EX=i=1nxipi求出均值
跟踪训练1.某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，即可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止．如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9，求在一年内李明参加驾照考试次数X的分布列和X的均值．
[解] X的取值分别为1,2,3,4.
X＝1，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，
故P(X＝1)＝0.6.
X＝2，表明李明第一次考试未通过，
第二次通过了，故P(X＝2)＝(1－0.6)×0.7＝0.28.
X＝3，表明李明第一、二次考试未通过，第三次通过了，
故P(X＝3)＝(1－0.6)×(1－0.7)×0.8＝0.096.
X＝4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，
故P(X＝4)＝(1－0.6)×(1－0.7)×(1－0.8)＝0.024.
所以李明一年内参加考试次数X的分布列为
X
1
2
3
4
P
0.6
0.28
0.096
0.024
所以X的均值为E(X)＝1×0.6＋2×0.28＋3×0.096＋4×0.024＝1.544.
探究2. 已知X是一个随机变量，且分布列如下表所示.
设a,b都是实数且a≠0,，则Y =a X+ b也是一个随机变量，那么，这两个随机变量的均值之间有什么联系呢？
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
离散型随机变量的均值的性质
若X,Y是两个随机变量,且Y=aX+b,则有E(Y)=aE(X)+b,即随机变量X的线性函数的均值等于这个随机变量的均值E(X)的同一线性函数.特别地:
(1)当a=0时,E(b)=b,即常数的均值就是这个常数本身.
(2)当a=1时,E(X+b)=E(X)+b,即随机变量X与常数之和的均值等于X的均值与这个常数的和.
(3)当b=0时,E(aX)=aE(X),即常数与随机变量乘积的均值等于这个常数与随机变量的均值的乘积.
例3:猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲A，B，C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如下表所示：
规则如下：按照A，B，C的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值.
歌曲
A
B
C
猜对的概率
0.8
0.6
0.4
获得的公益基金额/元
1000
2000
3000
解：分别用A,B,C表示猜对歌曲A,B,C歌名的事件，A,B,C相互独立 P(?=0)=?(A)=0.2,
P(?=1000)=?(AB)=0.8×0.4=0.32,
?(?=3000)=?(??C)=0.8×0.6×0.6=0.288,
(?=6000)=(???)=0.8×0.6×0.4=0.192.
X的分布列如下表所示：
X
0
1000
4000
6000
P
0.2
0.48
0.128
0.192
?的均值为?(?)=0×0.2+1000×0.32+3000×0.288+6000×0.192=2336.
思考：如果改变猜歌的顺序，获得公益基金的均值是否相同？如果不同，你认为哪个顺序获得的公益基金均值最大？
解：如果按ACB的顺序来猜歌,分别用A,B,C表示猜对歌曲A,B,C歌名的事件，
A,B,C相互独立; (?=0)=?(A)=0.2,
(?=1000)=?(AC)=0.8×0.4=0.32,
?(?=3000)=?(?CB)=0.8×0.4×0.4=0.128,
(?=6000)=(?CB)=0.8×0.4×0.6=0.192.
X的分布列如下表所示：
X
0
1000
3000
6000
P
0.2
0.32
0.288
0.192
X的均值为E(X)=0×0.2+1000×0.48+4000×0.128+6000×0.192=2144.
按由易到难的顺序来猜歌，获得的公益基金的均值最大
猜歌顺序
E(X)/元
猜歌顺序
E(X)/元
ABC
2336
BCA
2112
ACB
2144
CAB
1904
BAC
2256
CBA
1872
例4.根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01，该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60000元，遇到小洪水时要损失10000元。为保护设备，有以下三种方案：
方案1：运走设备，搬运费为3800元。
方案2：建保护围墙，建设费为2000元，但围墙只能挡住小洪水。
方案3：不采取措施，希望不发生洪水。
工地的领导该如何决策呢?
分析:决策目标为总损失(投入费用与设备损失之和)越小越好,根据题意,各种方案在不同状态下的总损失如表所示：
天气状况
大洪水
小洪水
没有洪水
概率
0.01
0.25
0.74
总损失/元
方案1
3800
3800
3800
方案2
62000
2000
2000
方案3
60000
10000
0
方案2和方案3的总损失都是随机变量,可以采用期望总损失最小的方案。
解:设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1,X2,X3.
采用方案1,无论有无洪水,都损失3800元.因此,P(X1=3800)=1.
采用方案2,遇到大洪水时,总损失为2000+6000=62000元;没有大洪水时,总损失为2000元,因此,P(X2=62 000)=0.01,P(X2=2000)=0.99.
采用方案3,P(X3=60 000)=0.01,P(X3=10000)=0.25,P(X3=0)=0.74.
于是,E(X1)=3800,
E(X2)=62 000×0.01+2 000×0.99=2 600,
E(X3)=60 000×0.01+10 000×0.25+0×0.74=3 100.
因此,从期望损失最小的角度,应采取方案2.
值得注意的是,上述结论是通过比较“期望总损失”而得出的,一般地,我们可以这样来理解“期望总损失”:如果问题中的天气状况多次发生,那么采用方案2将会使总损失减到最小,不过,因为洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的,所以对于个别的一次决策,采用方案2也不一定是最好的.
通过知识回顾，提出问题.
通过具体的问题情境，引发学生思考积极参与互动，说出自己见解。从而引入离散型随机变量分布列均值的概念，发展学生逻辑推理、数学运算、数学抽象和数学建模的核心素养。
通过典例解析，提升对概念精细化的理解。引出两点分布均值的概念。发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。
通过典例解析，深化概率的理解。发展学生逻辑推理，直观想象、数学抽象和数学运算的核心素养。
三、达标检测
1．若随机变量X的分布列为
X
－1
0
1
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
则E(X)＝( )
A．0 B．－1 C．－eq \f(1,6) D．－eq \f(1,2)
C [E(X)＝(－1)×eq \f(1,2)＋0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,3)＝－eq \f(1,6).]
2.某射手对靶射击,直到第一次命中为止,每次命中的概率为0.6,现有4颗子弹,命中后的剩余子弹数目X的数学期望为( )
D.2.4
解析:X的可能取值为3,2,1,0,P(X=3)=0.6;
P(X=2)=0.4×0.6=0.24; P(X=1)=0.42×0.6=0.096;
P(X=0)=0.43=0.064.
所以E(X)=3×0.6+2×0.24+1×0.096+0×0.064=2.376.
答案:C
3.已知ξ的分布列如下表,若η=3ξ+2,则E(η)= .
ξ
1
2
3
P
12
t
13
解析:因为12+t+13=1,所以t=16.
E(ξ)=1×12+2×16+3×13=116.
E(η)=E(3ξ+2)=3E(ξ)+2=3×116+2=152.
答案:152
4.设l为平面上过点(0,1)的直线,l的斜率等可能地取-22,-3,-52,0,52,3,22.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=±22时,直线方程为±22x-y+1=0,此时d1=13;k=±3时,直线方程为±3x-y+1=0,此时d2=12;k=±52时,直线方程为±52x-y+1=0,此时d3=23;k=0时,直线方程为y-1=0,此时d4=1.由等可能性事件的概率可得分布列为
X
13
12
23
1
P
27
27
27
17
所以E(X)=13×27+12×27+23×27+1×17=47.
答案:47
5.口袋里装有大小相同的8张卡片,其中3张标有数字1,3张标有数字2,2张标有数字3.第一次从口袋里任意抽取1张,放回口袋里后第二次再任意抽取1张,记第一次与第二次取到卡片上数字之和为ξ.求:
(1)ξ为何值时,其发生的概率最大?并说明理由.
(2)随机变量ξ的数学期望E(ξ).
解:(1)随机变量ξ的可能取值是2,3,4,5,6,
当ξ=4时,其发生的概率最大.
因为P(ξ=2)=3282=964,
P(ξ=3)=2×3282=1864=932,
P(ξ=4)=32+2×3×282=2164,
P(ξ=5)=2×3×282=1264=316,
P(ξ=6)=2282=464=116.
故当ξ=4时满足题意.
(2)E(ξ)=2×964+3×932+4×2164+5×316+6×116=154.
通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模的核心素养。
四、小结
1．求离散型随机变量均值的步骤
(1)确定离散型随机变量X的取值；
(2)写出分布列，并检查分布列的正确与否；
(3)根据公式写出均值．
2．若X，Y是两个随机变量，且Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b；如果一个随机变量服从两点分布，可直接利用公式计算均值．
五、课时练
通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。