2022年高考数学一轮复习第12章概率5离散型随机变量的均值与方差课件（人教A版）

12.5离散型随机变量的均值与方差\n-2-知识梳理双基自测23141.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(X=xi)=pi,i=1,2,…,n.(1)均值:称E(X)=为随机变量X的均值或数学期望.x1p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn标准差\n-3-知识梳理双基自测23142.均值与方差的性质(1)E(aX+b)=;(2)E(ξ+η)=E(ξ)+E(η);(3)D(aX+b)=.aE(X)+ba2D(X)\n-4-知识梳理双基自测23143.两点分布与二项分布的均值与方差(1)若X服从两点分布,则E(X)=,D(X)=.(2)若X~B(n,p),则E(X)=,D(X)=.pp(1-p)npnp(1-p)\n-5-知识梳理双基自测23144.常用结论(1)如果X1,X2相互独立,那么E(X1·X2)=E(X1)·E(X2).(2)均值与方差的关系:D(X)=E(X2)-E2(X).(3)超几何分布的均值:若X服从参数为N,M,n的超几何分布,则\n2-6-知识梳理双基自测34151.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.(1)均值是算术平均数概念的推广,与概率无关.()(2)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.()(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)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布,参数μ是正态分布的均值,σ是正态分布的标准差.()××√√\n-7-知识梳理双基自测23415答案解析解析关闭答案解析关闭2.设随机变量X~B(n,p),且E(X)=1.6,D(X)=1.28,则()A.n=5,p=0.32B.n=4,p=0.4C.n=8,p=0.2D.n=7,p=0.45\n-8-知识梳理双基自测234153.设随机变量X的分布列为P(X=k)=(k=2,4,6,8,10),则D(X)等于()A.5B.8C.10D.16答案解析解析关闭答案解析关闭\n-9-知识梳理双基自测234154.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次数的均值为()A.0.4B.1.2C.0.43D.0.6答案解析解析关闭∵途中遇红灯的次数X服从二项分布,即X~B(3,0.4),∴E(X)=3×0.4=1.2.答案解析关闭B\n-10-知识梳理双基自测234155.一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次.X表示抽到的二等品件数,则D(X)=.答案解析解析关闭由题意可知抽到二等品的件数X服从二项分布,即X~B(100,0.02),其中p=0.02,n=100,则D(X)=np(1-p)=100×0.02×0.98=1.96.答案解析关闭1.96\n-11-考点1考点2考点3例1某大学对参加了“世博会”的该校志愿者实施“社会教育实践”学分考核,因该批志愿者表现良好,该大学决定考核只有合格和优秀两个等次,若某志愿者考核为合格,授予0.5个学分;考核为优秀,授予1个学分.假设该校志愿者甲、乙、丙考核为优秀的概率分别为他们考核所得的等次相互独立.(1)求在这次考核中,志愿者甲、乙、丙三人中至少有一名考核为优秀的概率;(2)记这次考核中甲、乙、丙三名志愿者所得学分之和为随机变量ξ,求随机变量ξ的分布列和均值E(ξ).思考怎样求离散型随机变量X的均值与方差?\n-12-考点1考点2考点3解(1)记“甲考核为优秀”为事件A,“乙考核为优秀”为事件B,“丙考核为优秀”为事件C,“志愿者甲、乙、丙三人中至少有一名考核为优秀”为事件E,\n-13-考点1考点2考点3\n-14-考点1考点2考点3解题心得1.求离散型随机变量X的均值与方差的步骤(1)理解X的意义,写出X的全部可能取值.(2)求X取每个值的概率.(3)写出X的分布列.(4)由均值的定义求E(X).(5)由方差的定义求D(X).2.注意性质的应用:若随机变量X的均值为E(X),则对应随机变量aX+b的均值是aE(X)+b,方差为a2D(X).\n-15-考点1考点2考点3对点训练1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: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.\n-16-考点1考点2考点3解：(1)由已知条件和概率的加法公式有:P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X<300)=0.7-0.3=0.4,P(700≤X<900)=P(X<900)-P(X<700)=0.9-0.7=0.2,P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1.所以Y的分布列为于是,E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3,D(Y)=(0-3)2×0.3+(2-3)2×0.4+(6-3)2×0.2+(10-3)2×0.1=9.8.故工期延误天数Y的均值为3,方差为9.8.\n-17-考点1考点2考点3(2)由概率的加法公式,得P(X≥300)=1-P(X<300)=0.7,又P(300≤X<900)=P(X<900)-P(X<300)=0.9-0.3=0.6,由条件概率,得\n-18-考点1考点2考点3例2某新建公司规定,招聘的职工须参加不少于80小时的某种技能培训才能上班.公司人事部门在招聘的职工中随机抽取200名参加这种技能培训的数据,按时间段[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100](单位:小时)进行统计,其频率分布直方图如图所示.\n-19-考点1考点2考点3(1)求抽取的200名职工中参加这种技能培训时间不少于90小时的人数,并估计从招聘职工中任意选取一人,其参加这种技能培训时间不少于90小时的概率;(2)从招聘职工(人数很多)中任意选取3人,记X为这3名职工中参加这种技能培训时间不少于90小时的人数.试求X的分布列、均值E(X)和方差D(X).思考如何简便地求二项分布的均值与方差?\n-20-考点1考点2考点3解(1)依题意,参加这种技能培训时间在时间段[90,95)小时的职工人数为200×0.06×5=60,在时间段[95,100]小时的职工人数为200×0.02×5=20,故抽取的200名职工中参加这种技能培训时间不少于90小时的职工人数为80,因此从招聘职工中任意选取一人,其参加这种技能培训时间不少于90小时的概率估计为\n-21-考点1考点2考点3\n-22-考点1考点2考点3解题心得求随机变量X的均值与方差时,可首先分析X是否服从二项分布,如果X~B(n,p),那么用公式E(X)=np,D(X)=np(1-p)求解,可大大减少计算量.\n-23-考点1考点2考点3(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为X,求X≤3的概率;(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何种方案抽奖,累计得分的均值较大?\n-24-考点1考点2考点3\n-25-考点1考点2考点3\n-26-考点1考点2考点3\n-27-考点1考点2考点3例3某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:\n-28-考点1考点2考点3以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.(1)求X的分布列;(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?思考如何利用均值与方差对生活中相关问题进行决策?\n-29-考点1考点2考点3解(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.从而P(X=16)=0.2×0.2=0.04;P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;P(X=22)=0.2×0.2=0.04.所以X的分布列为\n-30-考点1考点2考点3(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).当n=19时,E(Y)=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040.当n=20时,E(Y)=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.可知当n=19时所需费用的均值小于n=20时所需费用的均值,故应选n=19.\n-31-考点1考点2考点3解题心得利用均值、方差进行决策的方法:均值能够反映随机变量取值的“平均水平”,因此,当均值不同时,两个随机变量取值的水平可见分晓,由此可对实际问题作出决策判断;若两个随机变量均值相同或相差不大,则可通过分析两个变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度,方差越小,则偏离均值的平均程度越小,进而进行决策.\n-32-考点1考点2考点3对点训练3小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作,该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案:底薪100元,每派送一单奖励1元;乙方案:底薪140元,每日前55单没有奖励,超过55单的部分每单奖励12元.(1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y(单位:元)与送货单数n的函数关系式;\n-33-考点1考点2考点3(2)根据该公司所有派送员100天的派送记录,发现派送员的日平均派送单数满足以下条件:在这100天中的派送量指标满足如图所日平均派送量为(50+2n)单.若将频率视为概率,回答下列问题:①根据以上数据,设每名派送员的日薪为X(单位:元),试分别求出甲、乙两种方案的日薪X的分布列、数学期望及方差;②结合①中的数据,根据统计学的思想,帮助小明分析,他选择哪种薪酬方案比较合适,并说明你的理由.(参考数据:0.62=0.36,1.42=1.96,2.62=6.76,3.42=11.56,3.62=12.96,4.62=21.16,15.62=243.36,20.42=416.16,44.42=1971.36)\n-34-考点1考点2考点3解：(1)甲方案中派送员日薪y(单位:元)与送货单数n的函数关系式为y=100+n,n∈N,乙方案中派送员日薪y(单位:元)与送货单数n的函数关系式为(2)①由已知,在这100天中,该公司派送员日平均派送单数满足如下表格:所以X甲的分布列为\n-35-考点1考点2考点3所以E(X甲)=152×0.2+154×0.3+156×0.2+158×0.2+160×0.1=155.4,=0.2×(152-155.4)2+0.3×(154-155.4)2+0.2×(156-155.4)2+0.2×(158-155.4)2+0.1×(160-155.4)2=6.44.所以X乙的分布列为\n-36-考点1考点2考点3答案二:由以上的计算结果可以看出,E(X甲)<E(X乙),即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望,所以小明应选择乙方案.