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第6节　离散型随机变量的数字特征
1.了解离散型随机变量的概念.
2.理解离散型随机变量的分布列及其均值、方差的概念.
3.能计算简单离散型随机变量的均值、方差,并能解决一些实际问题.
1.离散型随机变量
一般地,对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω,都有唯一的实数X(ω)与之对应,我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量,我们称为离散型随机变量.通常用大写英文字母表示随机变量,例如X,Y,Z;用小写英文字母表示随机变量的取值,例如x,y,z.
2.离散型随机变量的分布列
(1)分布列的概念及表示
①一般地,设离散型随机变量X的可能取值为x1,x2,…,xn,我们称X取每一个值xi的概率P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n为X的概率分布列,简称分布列.
②与函数的表示法类似,离散型随机变量的分布列也可以用表格表示,如表,
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
还可以用图形表示.
(2)分布列的性质
根据概率的性质,离散型随机变量分布列具有两个性质:
①pi≥0,i=1,2,…,n;
②p1+p2+…+pn=1.
3.离散型随机变量的均值或数学期望
(1)定义:一般地,若离散型随机变量X的分布列如表所示,
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
则称E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn=xipi为随机变量X的均值或数学期望.
(2)统计意义: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.
(3)性质:若Y=aX+b,其中a,b是常数,X是随机变量,则E(aX+b)=
aE(X)+b.
4.离散型随机变量的方差、标准差
(1)定义:设离散型随机变量X的分布列如表所示,
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
考虑X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1-E(X))2,(x2-E(X))2,
…,(xn-E(X))2.因为X取每个值的概率不尽相同,所以我们用偏差平方关于取值概率的加权平均,来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度,我们称
D(X)=(x1-E(X))2p1+(x2-E(X))2p2+…+(xn-E(X))2pn=pi为随机变量X的方差,有时也记为Var(X),并称为随机变量X的标准差,记为σ(X).
(2)统计意义:随机变量的方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度,反映了随机变量取值的离散程度,方差或标准差越小,随机变量的取值越集中;方差或标准差越大,随机变量的取值越分散.
(3)性质:若Y=aX+b,其中a,b是常数,X是随机变量,则D(aX+b)=
a2D(X).
随机变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度,D(X)越大,表明平均偏离程度越大,X的取值越分散.反之,D(X)越小,X的取值越集中在E(X)附近.
1.若X是随机变量,Y=aX+b,a,b是常数,则Y也是随机变量.
2.方差与均值的关系:D(X)=E(X2)-(E(X))2.
1.袋中有大小相同的5个球,分别标有1,2,3,4,5五个号码,任意抽取2个球,设2个球号码之和为X,则X的所有可能取值个数为(　C　)
A.25 B.10 C.7 D.6
解析:X的所有可能取值为1+2=3,1+3=4,1+4=5=2+3,1+5=6=4+2,2+5=
7=3+4,3+5=8,4+5=9.故选C.
2.(选择性必修第三册P70练习T1改编)随机变量ξ的分布列如表,且E(ξ)=1.1,则D(ξ)=(　C　)
ξ 0 1 x
P p
A.0.36 B.0.52 C.0.49 D.0.68
解析:先由随机变量分布列的性质求得p=.由E(ξ)=0×+1×+x=
1.1,得x=2,所以D(ξ)=(0-1.1)2×+(1-1.1)2×+(2-1.1)2×=0.49.故选C.
3.由以往的统计资料表明,甲、乙两名运动员在比赛中得分情况如表所示,
ξ1(甲得分) 0 1 2
P(ξ1=xi) 0.2 0.5 0.3
ξ2(乙得分) 0 1 2
P(ξ2=xi) 0.3 0.3 0.4
现有一场比赛,选哪名运动员参加较好(　A　)
A.甲 B.乙
C.甲、乙均可 D.无法确定
解析:E(ξ1)=E(ξ2)=1.1,D(ξ1)=1.12×0.2+0.12×0.5+0.92×0.3=
0.49,D(ξ2)=1.12×0.3+0.12×0.3+0.92×0.4=0.69,所以D(ξ1)<
D(ξ2),即甲比乙得分稳定,选甲参加较好.故选A.
4.设随机变量X的概率分布列为
X 1 2 3 4
P m
则P(|X-3|=1)=　　　　.
解析:由+m++=1,解得m=,P(|X-3|=1)=P(X=2)+P(X=4)=+=.
答案:
5.已知随机变量ξ的分布列如表,则随机变量ξ的方差D(ξ)的最大值为　　　　.
ξ 0 1 2
P y 0.4 x
解析:由题意知y=0.6-x,
因为E(ξ)=0.4+2x,
所以E(ξ2)=0.4+4x,D(ξ)=E(ξ2)-(E(ξ))2=0.4+4x-(0.4+2x)2=
-4x2+2.4x+0.24,
当x=0.3时,D(ξ)max=0.6.
答案:0.6
离散型随机变量的分布列
　离散型随机变量的分布列的性质及应用
(1)(多选题)设随机变量ξ的分布列为P(ξ=)=ak(k=1,2,3,4,
5),则(　　)
A.15a=1
B.P(0.5<ξ<0.8)=0.2
C.P(0.1<ξ<0.5)=0.2
D.P(ξ=1)=0.3
(2) 随机变量X的分布列如表:
X -1 0 1
P a b c
其中a,b,c成等差数列,则P(|X|=1)=　　　　,公差d的取值范围是　　　　.
解析:(1)因为随机变量ξ的分布列为P(ξ=)=ak(k=1,2,3,4,5),
所以P(ξ=)+P(ξ=)+P(ξ=)+P(ξ=)+P(ξ=1)=a+2a+3a+4a+
5a=15a=1,故A正确;
P(0.5<ξ<0.8)=P(ξ=)=3×=0.2,故B正确;
P(0.1<ξ<0.5)=P(ξ=)+P(ξ=)=+2×=0.2,故C正确;
P(ξ=1)=5×=≠0.3,故D错误.故选ABC.
(2)因为a,b,c成等差数列,所以2b=a+c.又a+b+c=1,所以b=,所以P(|X|=1)=a+c=.又a=-d,c=+d,根据分布列的性质,得0≤-d≤,0≤+d≤,所以-≤d≤.
答案:(1)ABC　(2)　
离散型随机变量的分布列性质的应用
(1)利用“总概率之和为1”,可以求相关参数的取值范围或值.
(2)利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”,求某些特定事件的概率.
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是不是正确.
　求离散型随机变量的分布列
在一次购物抽奖活动中,假设某10张奖券中有一等奖券1张,可获价值50元的奖品;有二等奖券3张,每张可获价值10元的奖品;其余6张没有奖.某顾客从此10张奖券中任抽2张,求:
(1)该顾客中奖的概率;
(2)该顾客获得的奖品总价值X元的分布列.
解:(1)该顾客中奖,说明是从有奖的4张奖券中抽到了1张或2张,由于是等可能地抽取,所以该顾客中奖的概率P===(或用间接法,即P=1-=1-=).
(2)依题意可知,X的所有可能取值为0,10,20,50,60,
且P(X=0)==,P(X=10)==,
P(X=20)==,P(X=50)==,
P(X=60)==,
所以X的分布列为
X 0 10 20 50 60
P
求离散型随机变量X的分布列的步骤
(1)理解X的意义,写出X可能取的全部值.
(2)求X取每个值的概率.
(3)写出X的分布列.
提醒:求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率,在求解时,要注意应用计数原理、古典概型等知识.
[针对训练]
1.设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
求η=|X-1|的分布列.
解:易知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,所以m=0.3.
由X的分布列可知η=|X-1|的取值为0,1,2,3,
P(η=0)=P(X=1)=0.1,
P(η=1)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3,
P(η=2)=P(X=3)=0.3,
P(η=3)=P(X=4)=0.3,
所以η=|X-1|的分布列为
η 0 1 2 3
P 0.1 0.3 0.3 0.3
2.已知2件次品和3件正品混放在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束.
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率;
(2)已知每检测一件产品需要费用100元,设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位:元),求X的分布列.
解:(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事
件A,
则P(A)==.
(2)X的可能取值为200,300,400,
则P(X=200)==,
P(X=300)==,
P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1--=,
故X的分布列为
X 200 300 400
P
离散型随机变量的均值与方差
　求离散型随机变量的均值与方差
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:滑雪时间不超过1 h免费,超过1 h的部分每小时收费标准为40元(不足1 h的部分按1 h计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动,设甲、乙不超过1 h离开的概率分别为,;1 h以上且不超过2 h离开的概率分别为,;两人滑雪时间都不会超过3 h.
(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ξ(单位:元),求ξ的分布列与数学期望E(ξ),方差 D(ξ).
解:(1)两人所付费用相同,相同的费用可能为0元,40元,80元,
两人都付0元的概率为P1=×=,
两人都付40元的概率为P2=×=,
两人都付80元的概率为P3=(1--)×(1--)=×=,
故两人所付费用相同的概率为P=P1+P2+P3=++=.
(2)由题设甲、乙所付费用之和为ξ,ξ可能取值为0,40,80,120,
160,则
P(ξ=0)=×=,
P(ξ=40)=×+×=,
P(ξ=80)=×+×+×=,
P(ξ=120)=×+×=,
P(ξ=160)=×=.
ξ的分布列为
ξ 0 40 80 120 160
P
E(ξ)=0×+40×+80×+120×+160×=80,
D(ξ)=(0-80)2×+(40-80)2×+(80-80)2×+(120-80)2×+(160-
80)2×=.
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).
提醒:注意E(aX+b)=aE(X)+b,D(aX+b)=a2D(X)的应用.
　均值与方差在决策中的应用
(2021·浙江温州一模)某投资公司在今年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上,现有两个项目可供选择:项目一为新能源汽车,根据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为和;
项目二为通信设备,根据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利50%,可能亏损30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别为,和.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,X1的所有可能取值为300,
-150,则X1的分布列为
X1 300 -150
P
所以E(X1)=300×+(-150)×=200(万元).
若按“项目二”投资,设获利X2万元,X2的所有可能取值为500,-300,0,则X2的分布列为
X2 500 -300 0
P
所以E(X2)=500×+(-300)×+0×=200(万元).
因为D(X1)=(300-200)2×+(-150-200)2×=35 000,
D(X2)=(500-200)2×+(-300-200)2×+(0-200)2×=140 000.
所以E(X1)=E(X2),D(X1)这说明虽然项目一、项目二获利相等,但项目一更稳妥.
综上所述,建议该投资公司选择项目一投资.
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,方差或标准差越小,则偏离均值的平均程度越小,从而进行决策.
[针对训练]
(2021·广东惠州高三调研)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,推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案.
方案一:交纳延保金7 000元,在延保的两年内可免费维修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,在延保的两年内可免费维修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两年内维修的次数,如表所示,
维修次数 0 1 2 3
台数 5 10 20 15
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两年内共需维修的次数.
(1)求X的分布列;
(2)以所需延保金与维修费用的和的数学期望为决策依据,医院选择哪种延保方案更划算
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)=×=,所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
(2)选择延保方案一,所需延保金与维修费用的和　Y1(单位:元)的分布列为
Y1 7 000 9 000 11 000 13 000 15 000
P
E(Y1)=×7 000+×9 000+×11 000+×13 000+×15 000=
10 720.
选择延保方案二,所需延保金与维修费用的和Y2(单位:元)的分布
列为
Y2 10 000 11 000 12 000
P
E(Y2)=×10 000+×11 000+×12 000=10 420.
因为E(Y1)>E(Y2),所以该医院选择延保方案二更划算.
离散型随机变量的分布列、均值与方差的创新应用
某产品自生产并投入市场以来,生产企业为确保产品质量,决定邀请第三方检测机构对该产品进行质量检测,并依据质量指标Z来衡量产品的质量.当Z≥8时,产品为优等品;当6≤Z<8时,产品为一等品;当2≤Z<6时,产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件,绘制了这500件产品的质量指标Z的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本,估计该企业生产该产品的质量情况,并用频率估计概率.
(1)从该企业生产的所有产品中随机抽取1件,求该产品为优等品的概率;
(2)现某人决定购买80件该产品,已知每件成本1 000 元,购买前,邀请第三方检测机构对要购买的这80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议:从80件产品中随机抽出4件产品进行检测,若检测出3件或4件为优等品,则按每件1 600元购买,否则按每件1 500 元购买,每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为X元,求X的分布列与数学期望;
(3)商场为推广此款产品,现面向客户推出“玩游戏,送大奖”活动,客户可根据抛硬币的结果,操控机器人在方格上行进,已知硬币出现正、反面的概率都是.方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第50格.机器人开始在第0格,客户每掷一次硬币,机器人向前移动一次.若掷出正面,机器人向前移动一格(从k到k+1);若掷出反面,机器人向前移动两格(从k到k+2),直到机器人移到第49格(胜利大本营)或第50格(失败大本营)时,游戏结束.若机器人停在“胜利大本营”,则可获得优惠券.设机器人移到第n格的概率为Pn(0≤n≤50,n∈N*),试证明{Pn-Pn-1}(1≤n≤49,n∈N*)是等比数列,并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.
解:(1)根据条形图可知,优等品的频率为=,用频率估计概率,则任取一件产品为优等品的概率为P=.
(2)由(1)知任取一件产品为优等品的概率为,由题意X=(1 600-
1 000)×80-250×4=47 000(元),或X=(1 500-1 000)×80-250×4=
39 000(元).
P(X=47 000)=×+×=,
P(X=39 000)=×()4+×()4+×()4=,
故X的分布列为
X 47 000 39 000
P
所以数学期望E(X)=47 000×+39 000×=41 500.
(3)机器人在第0格为必然事件,P0=1,第一次掷硬币出现正面,机器人移到第1格,其概率P1=.机器人移到第n(2≤n≤49,n∈N*)格的情况只有两种:
①先到第n-2格,又出现反面,其概率Pn-2;
②先到第n-1格,又出现正面,其概率Pn-1.
所以Pn=Pn-1+Pn-2,
故Pn-Pn-1=-(Pn-1-Pn-2),
所以当1≤n≤49,n∈N*时,数列{Pn-Pn-1}是以P1-P0=-为首项,公比为-的等比数列.
所以P1-P0=-,P2-P1=,P3-P2=,…,Pn-Pn-1=.
以上各式累加,得Pn-1=-+++…+=,
所以Pn=+(n=0,1,2,…,49),
所以P49=+×(-)49,
P50=P48=×[1-]=×[1+],
P49-P50=+×-×[1+]=×[1-]>0,所以获胜概率
更大,
故此方案能吸引顾客购买该款产品.
将概率、统计及分布列、期望、方差等知识与数列综合在一起命题,是近两年高考的一大趋向和亮点.该类问题以实际应用为手段,背景新颖,思维含量高,能够增强数学应用意识及阅读理解能力、化归转化能力与运算求解能力的培养和数学建模、直观想象、数据分析、数学运算等核心素养的提升.
[针对训练]
甲、乙两位同学参加某个知识答题游戏节目,答题分两轮,第一轮为“选题答题环节”,第二轮为“轮流坐庄答题环节”.首先进行第一轮“选题答题环节”,答题规则:每位同学各自从备选的5道不同题中随机抽出3道题进行答题,答对一题加10分,答错一题(不答视为答错)减5分,已知甲能答对备选5道题中的每道题的概率都是,乙恰能答对备选5道题中的其中3道题;第一轮答题完毕后进行第二轮“轮流坐庄答题环节”,答题规则:先确定一人坐庄答题,若答对,继续答下一题…,直到答错,则换人(换庄)答下一题…,以此类推.例如若甲首先坐庄,则他答第1题,若答对继续答第2题,如果第2题也答对,继续答第3题,直到他答错,则换成乙坐庄开始答下一题…,直到乙答错再换成甲坐庄答题,以此类推.当两人共计答完20道题游戏结束,假设由第一轮答题得分期望高的同学在第二轮环节中最先开始作答,且记第n道题也由该同学(最先答题的同学)作答的概率为Pn(1≤n≤20,n∈N*),其中P1=1,已知供甲、乙回答的20道题中,甲、乙两人答对其中每道题的概率都是,如果某位同学有机会答第n道题且回答正确则该同学加10分,答错(不答视为答错)则减5分,甲、乙答题相互独立,两轮答题完毕总得分高者胜出.回答下列问题.
(1)请预测第二轮最先开始作答的是谁,并说明理由;
(2)①求第二轮答题中的概率P2,P3;
②求证为等比数列,并求Pn(1≤n≤20,n∈N*)的表达式.
(1)解:预测第二轮最先开始答题的是甲,
设甲选出的3道题答对的道数为ξ,则ξ～B(3,).
设甲第一轮答题的总得分为X,则X=10ξ-5(3-ξ)=15ξ-15,
所以E(X)=15E(ξ)-15=15×3×-15=15,
设乙第一轮得分为Y,则Y的所有可能取值为30,15,0,
则P(Y=30)==,
P(Y=15)==,
P(Y=0)==,
所以Y的分布列为
Y 30 15 0
P
E(Y)=30×+15×+0×=12,
因为E(X)>E(Y),所以第二轮最先开始答题的是甲.
(2)①解:依题意得P1=1,P2=,
P3=×+×=.
②证明:依题意有Pn=Pn-1×+(1-Pn-1)×=-Pn-1+(n≥2),
所以Pn-=-(Pn-1-),n≥2,
因为P1-=,
所以是以为首项,-为公比的等比数列,
所以Pn-=×(-)n-1,所以Pn=+×(-)n-1(1≤n≤20,n∈N*).
一个盒子装有六张卡片,上面分别写着如下六个定义域为R的函数:f1(x)=x,f2(x)=x2,f3(x)=x3,f4(x)=sin x,f5(x)=cos x,f6(x)=2.
(1)现从盒子中任取两张卡片,将卡片上的函数相加得一个新函数,求所得函数是奇函数的概率;
(2)现从盒子中逐一抽取卡片,且每次取出后均不放回,若取到一张记有偶函数的卡片则停止抽取,否则继续抽取,求抽取次数ξ的分布列.
解:(1)记事件A为“任取两张卡片,将卡片上的函数相加得到的函数是奇函数”,
因为f1(x),f3(x),f4(x)为奇函数,
所以从中任取两个相加即可得到一个奇函数,
故P(A)==.
(2)易知ξ的所有可能取值为1,2,3,4.
P(ξ=1)==,P(ξ=2)=×=,
P(ξ=3)=××=,
P(ξ=4)=×××=.
故ξ的分布列为
ξ 1 2 3 4
P
某小组共10人,利用假期参加义工活动.已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.
(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A发生的概率;
(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望与方差.
解:(1)由已知,有P(A)==,
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×=1.
方差D(X)=×(0-1)2+×(1-1)2+×(2-1)2=.
(2021·山东泰安模拟)某水果批发商经销某种水果(以下简称A水果),购入价为300元/ 袋,并以360元/ 袋的价格售出,若前8小时内所购进的A水果没有售完,则批发商将未售完的A水果以220元/ 袋的价格低价处理完毕(根据经验,2小时内完全能够把A水果低价处理完,且当天不再购进).该水果批发商根据往年的销量,统计了100天A水果在每天的前8小时内的销售量,制成频数分布条形图如图.
现以记录的100天的A水果在每天的前8小时内的销售量的频率作为A水果在一天的前8小时内的销售量的概率,记X表示A水果在一天的前8小时内的销售量,n表示水果批发商一天批发A水果的袋数.
(1)求X的分布列;
(2)以日利润的数学期望为决策依据,在n=15与n=16中选其一,应选用哪个
解:(1)由题意知,根据条形图,可得A水果在每天的前8小时内的销售量分别为14,15,16,17的频率分别是0.2,0.3,0.4,0.1,所以X的分布列为
X 14 15 16 17
P 0.2 0.3 0.4 0.1
(2)当n=15时,设Y为水果批发商的日利润,则Y的可能取值为760,900,可得P(Y=760)=0.2,P(Y=900)=0.8,
所以期望E(Y)=760×0.2+900×0.8=872.
当n=16时,设Z为水果批发商的日利润,则Z的可能取值为680,820,960,可得P(Z=680)=0.2,P(Z=820)=0.3,P(Z=960)=0.5,所以期望E(Z)=680×0.2+820×0.3+960×0.5=862.因为E(Y)>E(Z),所以当n=15时的日利润的数学期望大于n=16时的日利润的数学期望,故选n=15.
某公司为了准确把握市场,做好产品计划,特对某产品做了市场调查:先销售该产品50天,统计发现每天的销售量x分布在[50,100)内,且销售量x的分布频率
f(x)=
(1)求a的值并估计销售量的平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表);
(2)若销售量大于或等于70,则称该日畅销,其余为滞销.在畅销日中用分层随机抽样的方法随机抽取8天,再从这8天中随机抽取3天进行统计,设这3天来自X个组,求随机变量X的分布列及数学期望(将频率视为概率).
解:(1)由题意知
解得5≤n≤9,n可取5,6,7,8,9,
结合f(x)=
得(-0.5)+(-0.5)+(-a)+(-a)+(-a)=1,
则a=0.15.
可知销售量分布在[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100)内的频率分别是0.1,0.1,0.2,0.3,0.3,
所以销售量的平均数为55×0.1+65×0.1+75×0.2+85×0.3+95×
0.3=81.
(2)销售量分布在[70,80),[80,90),[90,100)内的频率之比为2∶3∶3,所以在各组抽取的天数分别为2,3,3.
X的所有可能取值为1,2,3,
P(X=1)===,
P(X=3)===,
P(X=2)=1--=.
X的分布列为
X 1 2 3
P
故数学期望E(X)=1×+2×+3×=.
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
离散型随机变量的分布列 1,8
离散型随机变量的期望与方差 2,3,4,5,6,7 10,11 14
离散型随机变量的分布列、期望与方差的创新应用 9 12,13
1.已知离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P 0.5 1-2q q
则P(∈Z)=(　A　)
A.0.9 B.0.8 C.0.7 D.0.6
解析:由分布列的性质得0.5+1-2q+q=1,解得q=0.3,所以P(∈Z)=
P(X=0)+P(X=1)=0.5+1-2×0.3=0.9.故选A.
2.已知离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P m
则X的数学期望E(X)=(　B　)
A. B.1 C. D.2
解析:由++m+=1,得m=,
所以E(X)=0×+1×+2×+3×=1.故选B.
3.随机变量X的分布列如表,且E(X)=2,则D(2X-3)=(　C　)
X 0 2 a
P p
A.2 B.3 C.4 D.5
解析:因为p=1--=,
所以E(X)=0×+2×+a×=2,解得a=3,
所以D(X)=(0-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×=1,
所以D(2X-3)=22D(X)=4.故选C.
4.甲、乙两人独立地从六门选修课程中任选三门进行学习,记两人所选课程相同的门数为X,则E(X)为(　B　)
A.1 B.1.5 C.2 D.2.5
解析:X的可能取值为0,1,2,3,P(X=0)==,
P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,故E(X)=
0×+1×+2×+3×=1.5.故选B.
5.(多选题)设0X 0 a 1
P
则当a在(0,1)内增大时,(　AD　)
A.E(X)增大
B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小
D.D(X)先减小后增大
解析:由分布列得E(X)=0×+a×+1×=a+,所以当a在(0,1)内增大时,E(X)增大,故选项A正确;
D(X)=×+×+×=(a2-a+
1)=,
当0所以D(X)先减小后增大,故选项D正确.故选AD.
6.某日A,B两个沿海城市受台风袭击(相互独立)的概率相同,已知A市或B市至少有一个城市受台风袭击的概率为0.36,若用X表示这一天受台风袭击的城市个数,则E(X)=　　　　.
解析:设A,B两市受台风袭击的概率均为p,则A市和B市均不受台风袭击的概率为(1-p)2=1-0.36,解得p=0.2或p=1.8(舍去),则P(X=0)=
1-0.36=0.64,P(X=1)=2×0.8×0.2=0.32,P(X=2)=0.2×0.2=0.04,所以E(X)=0×0.64+1×0.32+2×0.04=0.4.
答案:0.4
7.(2021·浙江高三模拟)已知箱子中装有10个除颜色不同其他都相同的小球,其中2个红球,3个黑球和5个白球.现从该箱中有放回地依次取出3个小球,若变量ξ为取出3个球中红球的个数,则ξ的方差D(ξ)=　　　　.
解析:由题意得,ξ的所有可能取值为0,1,2,3,
P(ξ=0)==,
P(ξ=1)==,
P(ξ=2)==;
P(ξ=3)==,
所以E(ξ)=0×+1×+2×+3×=,
所以D(ξ)=(0-)2×+(1-)2×+(2-)2×+(3-)2×
=.
答案:
8.为检测某产品的质量,现抽取5件产品,测量产品中微量元素x,y的含量(单位:mg),测量数据如表,
编号 1 2 3 4 5
x 169 178 166 175 180
y 75 80 77 70 81
如果产品中的微量元素x,y满足x≥175,且y≥75时,该产品为优
等品.
现从上述5件产品中随机抽取2件,则抽取的2件产品中优等品数X的分布列为　　　　　　.
解析:5件抽测品中的2件为优等品,
则X的可能取值为0,1,2.
P(X=0)==0.3,
P(X=1)==0.6,
P(X=2)==0.1.
所以优等品数X的分布列为
X 0 1 2
P 0.3 0.6 0.1
答案:
X 0 1 2
P 0.3 0.6 0.1
9.一台设备由三个部件组成,假设在一天的运转中,部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3,各部件的状态相互独立.
(1)求设备在一天的运转中,部件1,2中至少有1个需要调整的概率;
(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X,求X的分布列及数学期望.
解:(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A,B,C,由题P(A)=0.1,
P(B)=0.2,P(C)=0.3,各部件的状态相互独立,所以部件1,2都不需要调整的概率P()=P()P()=0.9×0.8=0.72,故部件1,2中至少有
1个需要调整的概率为
1-P( )=1-0.72=0.28.
(2)X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=P()=P()P()P()=0.9×0.8×0.7=0.504,
P(X=1)=P(A)+P(B)+P( C)=0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×
0.7+0.9×0.8×0.3=0.398,
P(X=3)=P(ABC)=0.1×0.2×0.3=0.006,
P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)=1-0.504-0.398-0.006=0.092,
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.504 0.398 0.092 0.006
E(X)=0×0.504+1×0.398+2×0.092+3×0.006=0.6.
10.甲、乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得1分,负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止,设甲在每局中获胜的概率为,乙在每局中获胜的概率为,且各局胜负相互独立,则比赛停止时已打局数ξ的期望E(ξ)为(　B　)
A. B. C. D.
解析:由已知,ξ的可能取值是2,4,6.设每两局比赛为一轮,则该轮比赛停止的概率为()2+()2=.
若该轮结束时比赛还要继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响.
所以P(ξ=2)=,P(ξ=4)=×=,P(ξ=6)=()2=,所以E(ξ)=2×
+4×+6×=.故选B.
11.(多选题)某学校共有6个学生餐厅,甲、乙、丙、丁四位同学每人随机地选择一家餐厅就餐(选择每个餐厅的概率相同),则下列结论正确的是(　ACD　)
A.四人去了四个不同餐厅就餐的概率为
B.四人去了同一餐厅就餐的概率为
C.四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为
D.四人中去第一餐厅就餐的人数的期望为
解析:四人去餐厅就餐的情况共有64种,其中四人去了四个不同餐厅就餐的情况有种,则四人去了四个不同餐厅就餐的概率为=,故A正确;同理,四人去了同一餐厅就餐的概率为=,故B错误;四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为=,故C正确;设四人中去第一餐厅就餐的人数为ξ,则ξ=0,1,2,3,4.则P(ξ=0)=,P(ξ=
1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=,则四人中去第一餐厅就餐的人数的分布列为
ξ 0 1 2 3 4
P
则四人中去第一餐厅就餐的人数的期望E(ξ)=0×+1×+2×
+3×+4×=,故D正确.故选ACD.
12.(2021·湖南师大附中模拟)在某校的校园歌手大赛决赛中,有
6名参赛选手(1号至6号)登台演出,由现场的100名同学投票选出最受欢迎的歌手,每名同学需彼此独立地在投票器上选出3名候选人,其中甲同学是1号选手的同班同学,必选1号,另在2号至6号选手中随机选2名;乙同学不欣赏2号选手,必不选2号,在其他5名选手中随机选出3名;丙同学对6名选手的演唱没有偏爱,因此在1号至6号选手中随机选出3名.
(1)求甲同学选中3号且乙同学未选中3号选手的概率;
(2)设3号选手得到甲、乙、丙三名同学的票数之和为X,求X的分布列和数学期望.
解:设A表示事件“甲同学选中3号选手”,B表示事件“乙同学选中3号选手”,C表示事件“丙同学选中3号选手”.
(1)P(A)==,P(B)==,
所以甲同学选中3号且乙同学未选中3号选手的概率为
P(A)=P(A)P()=×(1-)=.
(2)P(C)==,X可能的取值为0,1,2,3,
P(X=0)=P()=(1-)×(1-)×(1-)=××=,
P(X=1)=P(A )+P(B)+P( C)=××+××+××=,
P(X=2)=P(AB)+P(AC)+P(BC)=××+××+××=,
P(X=3)=P(ABC)=××=.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
故X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
13.(2021·江苏南通高三模拟)有750粒试验种子需要播种,现有两种方案:方案一,将750粒种子分种在250个坑内,每坑3粒;方案二,将750粒种子分种在375个坑内,每坑2粒.已知每粒种子发芽的概率均为,并且,若一个坑内至少有1粒种子发芽,则这个坑不需要补种;若一个坑内的种子都没发芽,则这个坑需要补种(每个坑至多补种一次,且补种的种子粒数同第一次).假定每个坑第一次播种需要2元,补种(按相应方案补种相应粒数)1个坑需1元,每个成活的坑可收获125粒试验种子,每粒试验种子收益1元.
(1)用X元表示播种费用,分别求出两种方案的数学期望;
(2)如果在某块试验田对该种子进行试验,你认为应该选择哪种方案
解:(1)方案一:一个坑内三粒种子都不发芽的概率为p1=(1-)3=,所以一个坑内至少有一粒种子发芽的概率p2=1-p1=,
用X1元表示一个坑的播种费用,则X1的可能取值是2,3,
所以P(X1=2)=p2,P(X1=3)=p1,
所以X1的分布列为
X1 2 3
P
所以E(X1)=2×+3×=,
所以E(X)=250E(X1)=250×=516.
方案二:一个坑内两粒种子都不发芽的概率为p3=(1-)2=,所以一个坑内至少有一粒种子发芽的概率p4=1-p3=,
用X2元表示一个坑的播种费用,则X2的可能取值为2,3,
所以P(X2=2)=p4,P(X2=3)=p3,
所以X2的分布列为
X2 2 3
P
所以E(X2)=2×+3×=,
所以E(X)=375E(X2)=375×=810.
(2)设收益为Y元,
方案一:用Y1元表示一个坑的收益,则Y1的可能取值为0,125,
Y1的分布列为
Y1 0 125
P ()6 1-()6
所以E(Y1)=0×()6+125×[1-()6]=,
所以E(Y)=250E(Y1)=250×=31 122.
方案二:用Y2元表示一个坑的收益,则Y2的可能取值为0,125,
Y2的分布列为
Y2 0 125
P ()4 1-()4
所以E(Y2)=0×()4+125×[1-()4]=,
所以E(Y)=375E(Y2)=375×=45 675,
因为方案二所需的播种费用比方案一只多了294元,但是收益比方案一多14 553元,故应该选择方案二.
14.(多选题)已知A=B={1,2,3},分别从集合A,B中各随机取一个数a,b,得到平面上一个点P(a,b),事件“点P(a,b)恰好落在直线x+y=n上”对应的随机变量为X,P(X=n)=Pn,X的数学期望和方差分别为E(X),
D(X),则(　BCD　)
A.P4=2P2 B.P(3≤X≤5)=
C.E(X)=4 D.D(X)=
解析:因为A=B={1,2,3},点P(a,b)恰好落在直线x+y=n上,所以X的值可以为2,3,4,5,6,而从A,B中分别任取1个数,共有9种情况,
所以P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)==,P(X=5)=,P(X=6)=,
对于A,P4=3P2,故A不正确;
对于B,P(3≤X≤5)=++=,故B正确;
对于C,E(X)=2×+3×+4×+5×+6×==4,故C正确;
对于D,D(X)=(2-4)2×+(3-4)2×+(4-4)2×+(5-4)2×+(6-4)2×=
,故D正确.故选BCD.

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