人教版高考数学一轮复习第11章计数原理概率随机变量及其分布第8节离散型随机变量的均值与方差正态分布学案理含解析

这是一份人教版高考数学一轮复习第11章计数原理概率随机变量及其分布第8节离散型随机变量的均值与方差正态分布学案理含解析，共9页。学案主要包含了疑误辨析，走进教材，易错自纠等内容，欢迎下载使用。
第八节　离散型随机变量的均值与方差　正态分布[最新考纲][考情分析][核心素养]1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.2.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单实际问题.3.了解正态密度曲线的特点及曲线所表示的意义，并进行简单应用.　　主要考查随机变量的极值与方差的求法，多在解答题中涉及，正态分布多为选择题、填空题，分值为5分.1.数学建模2.数学运算 ‖知识梳理‖1．均值(1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn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)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b．(3)①若X服从两点分布，则E(X)＝p；②若X～B(n，p)，则E(X)＝np．2．方差(1)设离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1，2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．(4)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．3．正态分布(1)正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ处达到峰值；④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．(2)正态分布的三个常用数据①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682_7；②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954_5；③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997_3．►常用结论若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.(5)若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)．(6)若X～N(μ，σ2)，则X的均值与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.‖基础自测‖一、疑误辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)数学期望是算术平均数概念的推广，与概率无关．(　　)(2)随机变量的均值是常数，样本的均值是随机变量．(　　)(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小．(　　)(4)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事．(　　)答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×二、走进教材2．(选修2－3P68A1改编)已知X的分布列为X－101P设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为(　　)A． B．4C．－1 D．1答案：A3．(选修2－3P68练习2改编)若随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)的值为________．答案：04．(选修2－3P75B组T2)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3)，则c＝________．答案：三、易错自纠5．已知ξ～B，并且η＝2ξ＋3，则方差D(η)＝(　　)A． B．C． D．解析：选A　由题意知，D(ξ)＝4××＝，∵η＝2ξ＋3，∴D(η)＝4·D(ξ)＝4×＝.6．一个正四面体ABCD的四个顶点上分别标有1分，2分，3分和4分，往地面抛掷一次记不在地面上的顶点的分数为X，则X的均值为________．解析：X的分布列为X1234P∴E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.答案：【例1】　(2019届河北九校第二次联考)已知某种植物种子每粒成功发芽的概率都为，某植物研究所分三个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，每次试验结果相互独立．假定某次试验种子发芽则称该次试验是成功的，如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的．(1)第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率；(2)第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望．[解]　(1)该小组恰有两次失败的概率P＝C·＝＝.(2)由题意可知X的取值集合为{0，2，4}，则P(X＝0)＝C＝＝，P(X＝2)＝C＋C＝＝，P(X＝4)＝C＋C＝＝.故X的分布列为X024P故E(X)＝0×＋2×＋4×＝，即所求数学期望为.►名师点津离散型随机变量的均值与方差求法的关键点及注意点(1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算．(2)注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的应用．|跟踪训练|1．(2019届兰州市高三实战考试)某智能共享单车备有A，B两种车型，采用分段计费，A型单车每30分钟收费0.5元(不足30分钟的部分按30分钟计算)，B型单车每30分钟收费1元(不足30分钟的部分按30分钟计算)．现有甲、乙、丙三人，分别相互独立地到租车点租车骑行(各租一车一次)，设甲、乙、丙不超过30分钟还车的概率分别为，，，并且三个人每人租车都不会超过60分钟，甲、乙均租用A型单车，丙租用B型单车．(1)求甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率；(2)设甲、乙、丙三人所付的费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望．解：(1)由题意，得甲、乙、丙三人在30分钟以上且不超过60分钟还车的概率分别为，，.设“甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用”为事件M，则P(M)＝××＋××＝.(2)由题意，随机变量ξ的所有可能取值为2，2.5，3，3.5，4，则P(ξ＝2)＝××＝，P(ξ＝2.5)＝××＋××＝，P(ξ＝3)＝××＋××＝，P(ξ＝3.5)＝××＋××＝，P(ξ＝4)＝××＝，所以ξ的分布列为ξ22.533.54P所以E(ξ)＝2×＋2.5×＋3×＋3.5×＋4×＝.【例2】　(2019届合肥市二检)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出2种超过质保期后2年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7 000元，在延保的2年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2 000元；方案二：交纳延保金10 000元，在延保的2年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1 000元．某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保2年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的2年内共需维修的次数．(1)求X的分布列；(2)以方案一与方案二所需费用(所需延保金及维修费用之和)的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？[解]　(1)X的所有可能取值为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的分布列为X0123456P(2)选择延保方案一，所需费用Y1的分布列为Y17 0009 00011 00013 00015 000PE(Y1)＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720(元)．选择延保方案二，所需费用Y2的分布列为Y210 00011 00012 000PE(Y2)＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420(元)．∵E(Y1)>E(Y2)，∴该医院选择延保方案二较合算．►名师点津利用均值、方差进行决策的2个方略(1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见不同，可对问题作出判断．(2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．|跟踪训练|2．(2020届贵阳摸底)某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动，有甲、乙两个抽奖方案供员工选择．方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为.第一次抽奖，若未中奖，则抽奖结束；若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行第二次抽奖．规定：若抛出硬币，反面朝上，则员工获得500元奖金，不进行第二次抽奖；若正面朝上，则员工进行第二次抽奖，在第二次抽奖中，若中奖，则获得奖金1 000元，若未中奖，则所获得的奖金为0元．方案乙：员工连续三次抽奖，每次中奖率均为，每次中奖均可获得奖金400元．(1)求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X(单位：元)的分布列；(2)试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖，哪个方案更划算？解：(1)由题意知，X的所有可能取值为0，500，1 000，则P(X＝0)＝＋××＝，P(X＝500)＝×＝，P(X＝1 000)＝××＝，∴某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X的分布列为X05001 000P(2)由(1)可知，选择方案甲进行抽奖所获奖金X的期望E(X)＝0×＋500×＋1 000×＝520；若选择方案乙进行抽奖，则中奖次数ξ～B，E(ξ)＝3×＝，抽奖所获奖金Y的期望E(Y)＝E(400ξ)＝400E(ξ)＝480.因为520>480，故选择方案甲更划算．【例】　(2019届大连模拟)某钢管生产车间生产一批钢管(大量)，质检员从中抽出若干根对其直径(单位：mm)进行测量，得出这批钢管的直径X服从正态分布N(65，4.84)．当质检员随机抽检时，测得一根钢管的直径为73 mm，他立即要求停止生产，检查设备，(1)请你根据所学知识，判断该质检员的决定是否有道理，并说明判断的依据；(2)如果从该批钢管中随机抽取100根，设其直径满足在60.6～65 mm内的根数为随机变量ξ.①求随机变量ξ的数学期望；②求使P(ξ＝k)取最大值时的整数k的值．附：若随机变量Z服从正态分布Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z≤μ＋σ)＝0.682 7；P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)＝0.954 5；P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)＝0.997 3.[解]　(1)由题意知，μ＝65，σ＝2.2，μ－3σ＝58.4，μ＋3σ＝71.6，73∈(μ＋3σ，＋∞)，∴P(X>71.6)＝＝＝0.001 4.∴测得一根钢管的直径为73 mm为小概率事件，故该质检员的决定有道理．(2)①∵μ＝65，σ＝2.2，μ－2σ＝60.6，由题意P(μ－2σ<X<μ)＝＝＝0.477 3，∴ξ～B(100，0.477 3)．∴E(ξ)＝100×0.477 2＝47.73(根)；②P(ξ＝k)＝C0.477 3k·0.522 7100－k，设P(X＝k)最大，则即解得47.207 3≤k≤48.207 3.∵k∈N*，∴使P(X＝k)取最大值时的整数k＝48.►名师点津求解此类问题的关键是理清条件中变量之间的关系，弄准数据，准确运算是解决这类问题的注意点．|跟踪训练|(2019届武汉市武昌区高三调考)某公司开发了一种产品，有一项质量指标为“长度”(记为l，单位：cm)，先从中随机抽取100件，测量发现全部介于85 cm和155 cm之间，得到如下频数分布表：分组[85，95)[95，105)[105，115)[115，125)[125，135)[135，145)[145，155]频数2922332482已知该批产品的该项质量指标值服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．(1)求P(132.2<l<144.4)；(2)公司规定：当l≥115时，产品为正品；当l<115时，产品为次品．公司每生产一件这种产品，若是正品，则盈利90元；若是次品，则亏损30元．记ξ为生产一件这种产品的利润，求随机变量ξ的分布列和数学期望．参考数据：≈12.2.若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.997 3.解：(1)由题意知，抽取产品质量指标值的样本平均数x＝90×0.02＋100×0.09＋110×0.22＋120×0.33＋130×0.24＋140×0.08＋150×0.02＝120，抽取产品质量指标值的方差s2＝900×0.02＋400×0.09＋100×0.22＋0×0.33＋100×0.24＋400×0.08＋900×0.02＝150.所以l～N(120，150)，又σ＝≈12.2，所以P(μ<l≤μ＋σ)＝P(120<l≤132.2)＝×0.682 7＝0.341 4，P(μ<l≤μ＋2σ)＝P(120<l≤144.4)＝×0.954 5＝0.477 3.所以P(132.2<l<144.4)＝P(120<l≤144.4)－P(120<l≤132.2)＝0.135 9.(2)由频数分布表得，P(l<115)＝0.02＋0.09＋0.22＝0.33，P(l≥115)＝1－0.33＝0.67.随机变量ξ的取值为90，－30，且P(ξ＝90)＝0.67，P(ξ＝－30)＝0.33，所以随机变量ξ的分布列为ξ90－30P0.670.33所以E(ξ)＝90×0.67－30×0.33＝50.4.