资源简介

(共41张PPT)
第六节　离散型随机变量的分布列、均值与方差
第十一章
内容索引
01
02
强基础 固本增分
研考点 精准突破
课标解读 1.了解离散型随机变量的概念.
2.理解并会求离散型随机变量分布及其数字特征(均值、方差).
强基础 固本增分
1.随机变量的有关概念
(1)随机变量
在随机试验中,我们确定了一个对应关系,使得样本空间的每一个样本点都用一个确定的数值表示.在这个对应关系下,数值随着试验结果的变化而变化.像这种取值随着试验结果的变化而变化的量称为随机变量.随机变量常用字母X,Y,ξ,η等来表示.
分两类:离散型随机变量和连续型随机变量
(2)离散型随机变量:取值能够　一一列举　出来的随机变量.
微思考 某电子元件的使用寿命x1,掷一枚骰子,正面向上的点数x2,思考x1,x2可作为离散型随机变量吗
提示 x1不可作为离散型随机变量,x2可作为离散型随机变量.
微点拨 离散型随机变量X的每一个可能取值为实数,其实质代表的是“事件”,即事件是用一个反映结果的实数表示的.
2.离散型随机变量的分布列及性质
(1)若离散型随机变量X的取值为x1,x2,…,xn,…,随机变量X取xi的概率为pi(i=1,2,…,n,…),记作　概率P(X=xi)=pi(i=1,2,…,n,…)　.上式也可以列成表,如表:
(2)离散型随机变量的分布列的性质
①pi　>　0(i=1,2,…,n,…);
②　p1+p2+…+pn+…　=1.
微点拨 判断所求离散型随机变量的分布列是否正确,可用pi≥0,i=1,2,…,n及p1+p2+…+pn=1检验.
xi x1 x2 … xn …
P(X=xi) p1 p2 … pn …
3.离散型随机变量的均值与方差
(1)均值
设离散型随机变量X的分布列如表
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
则称EX=　x1p1+x2p2+…+xnpn　为随机变量X的均值或数学期望(简称期望).
反映了离散型随机变量取值的平均水平
(2)方差
若离散型随机变量X的分布列如表
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
微点拨 1.期望是算术平均值概念的推广,是概率意义下的平均.
2.EX是一个实数,由X的分布列唯一确定,即作为随机变量,X是可变的,可取不同值,而EX是不变的.
微思考 随机变量的均值、方差与样本的均值、方差有何关系
提示 随机变量的均值、方差是一个常数,样本的均值、方差是一个随机变量,随观测次数的增加或样本容量的增加,样本的均值、方差趋于随机变量的均值、方差.
4.均值与方差的性质
(1)E(aX+b)=aEX+b.(a,b为常数)
(2)D(aX+b)=a2DX.(a,b为常数)
常用结论
1.Ek=k,Dk=0,其中k是常数.
2.E(X1+X2)=EX1+EX2.
3.DX=E(X2)-(EX)2.
4.若X1,X2相互独立,则E(X1X2)=EX1EX2.
自主诊断
题组一　思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)
1.离散型随机变量的分布列中,随机变量取各个值的概率之和可以小于1.
(　　)
2.随机试验的结果与随机变量是对应关系,即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应.(　　)
3.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.(　　)
4.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.(　　)
×
√
×
√
题组二　双基自测
5已知随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P 0.2 0.3 0.4 0.1
则D(X)=　　　　　　　,D(2X+7)=　　　　　　　.
答案 0.84　3.36
解析 由题意知E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.4+4×0.1=2.4,
所以D(X)=(1-2.4)2×0.2+(2-2.4)2×0.3+(3-2.4)2×0.4+(4-2.4)2×0.1=0.84.
D(2X+7)=4D(X)=4×0.84=3.36.
6.根据天气预报,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60 000元,遇到小洪水时要损失10 000元.为保护设备,有以下3种方案:
方案1　运走设备,搬运费为3 800元;
方案2　建保护围墙,建设费为2 000元,但围墙只能防小洪水;
方案3　不采取措施.
工地的领导该如何决策呢
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3 800元.
因此,P(X1=3 800)=1.
采用方案2,遇到大洪水时,总损失为2 000+60 000=62 000时;没有大洪水时,总损失为2 000元.
因此P(X2=62 000)=0.01,P(X2=2 000)=0.99.
采用方案3,P(X3=60 000)=0.01,P(X3=10 000)=0.25,P(X3=0)=0.74.
于是,E(X1)=3 800,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.
研考点 精准突破
考点一
离散型随机变量分布列的性质
规律方法 离散型随机变量的分布列性质的应用
对点训练设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
(1)求随机变量Y=2X+1的分布列;
(2)求随机变量η=|X-1|的分布列;
(3)求随机变量ξ=X2的分布列.
解 (1)由分布列的性质知,0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,得m=0.3.
首先列表为
从而Y=2X+1的分布列为
X 0 1 2 3 4
2X+1 1 3 5 7 9
Y 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(2)首先列表为
∴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.
故η=|X-1|的分布列为
X 0 1 2 3 4
|X-1| 1 0 1 2 3
(3)首先列表为
从而ξ=X2的分布列为
X 0 1 2 3 4
X2 0 1 4 9 16
ξ 0 1 4 9 16
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
考点二
求离散型随机变量的分布列
例题(2022·全国甲,理19)甲、乙两个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.
(1)求甲学校获得冠军的概率;
(2)用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望.
解 (1)记甲学校获得冠军为事件A,则P(A)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4) ×0.8+(1-0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6,所以甲学校获得冠军的概率是0.6.
(2)X的可能取值为0,10,20,30,则P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16,
P(X=10)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×0.8=0.44,
P(X=20)=0.5×(1-0.4)×(1-0.8)+(1-0.5)×0.4×(1-0.8)+(1-0.5)×(1-0.4)×0.8=0.34,
P(X=30)=(1-0.5)×(1-0.4)×(1-0.8)=0.06.
所以X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
期望E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13.
规律方法 离散型随机变量分布列的求解步骤
对点训练(2022·山东聊城二模)春节期间,某商场准备举行有奖促销活动,顾客购买超过一定金额的商品后均有一次抽奖机会.抽奖规则如下:将质地均匀的转盘平均分成n(n≥3,n∈N*)个扇区,每个扇区涂一种颜色,所有扇区的颜色各不相同,顾客抽奖时连续转动转盘三次,记录每次转盘停止时指针所指扇区内的颜色(若指针指在分界线处,本次转动无效,需重转一次),若三次颜色都一样,则获得一等奖;若其中两次颜色一样,则获得二等奖;若三次颜色均不一样,则获得三等奖.
(1)若一、二等奖的获奖概率之和不大于 ,求n的最小值;
(2)规定一等奖返还现金108元,二等奖返还现金60元,三等奖返还现金18元,在n取(1)中的最小值的情况下,求顾客在一次抽奖中获奖金额的分布列和数学期望.
考点三
离散型随机变量的均值与方差(多考向探究预测)
考向1均值与方差的计算
题组(1)(多选)(2022·山东菏泽二模)设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量Y满足:Y=2X+1,则下列结果正确的有(　　)
A.q=0.1 B.E(X)=2
C.E(Y)=5 D.D(X)=1.4
(2)已知A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2,根据市场分析,X1和X2的分布列如下:
X1 5% 10%
P 0.6 0.4
X2 2% 8% 12%
P 0.1 0.5 0.4
①在A,B两个项目上各投资200万元,Y1和Y2(单位:万元)表示投资项目A和B所获得的利润,求D(Y1)和D(Y2);
②将x(0(1)答案 ABC
解析 由q+0.4+0.1+0.2+0.2=1,得q=0.1,故A正确; E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,故B正确;因为Y=2X+1,所以E(Y)=2E(X)+1=2×2+1=5,故C正确;D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8,故D不正确.故选ABC.
(2)解 ①依题意得:
Y1 10 20
P 0.6 0.4
Y2 4 16 24
P 0.1 0.5 0.4
E(Y1)=10×0.6+20×0.4=14,E(Y2)=4×0.1+16×0.5+24×0.4=18,
D(Y1)=(10-14)2×0.6+(20-14)2×0.4=24,D(Y2)=(4-18)2×0.1+(16-18)2×0.5 +(24-18)2×0.4=36.
规律方法 求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
考向2决策问题
例题(2021·新高考Ⅰ,18)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误则该同学比赛结束;若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回答正确与否,该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得80分,否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明先回答A类问题,记X为小明的累计得分,求X的分布列;
(2)为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题 并说明理由.
规律方法 利用均值、方差进行决策的2个策略
(1)当均值不同时,两个随机变量取值的水平可见分歧,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.
对点训练(2023·江西宜春模拟)某投资公司在2022年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上,现有两个项目供选择:
解 对于项目一,该项目年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为 ,设按该项目投资,获利为ξ万元,则随机变量ξ的分布列为
对于项目二,该项目年底可能获利50%,可能损失30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别为 ,设按该项目投资,获利为η万元,则随机变量η的分布列为
因为E(ξ)=E(η),D(ξ)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,建议该公司选择项目一投资.课时规范练55
1.(2023·河南洛阳模拟)随机变量ξ的概率分布列为P(ξ=k)=,k=1,2,3,其中c是常数,则D(9ξ-3)的值为(　　)
A.10 B.117 C.38 D.35
答案:C
解析:∵P(ξ=k)=,k=1,2,3,
∴=1,解得c=.
∴E(ξ)=1×+2×+3×,
∴D(ξ)=1-2×+2-2×+3-2×,
∴D(9ξ-3)=92D(ξ)=81D(ξ)=38.
2.(2023·广西桂林模拟)设0X 0 a 1
P
则当a在(0,1)内逐渐增大时,(　　)
A.E(X)不变 B.E(X)减小
C.D(X)先增大后减小 D.D(X)先减小后增大
答案:D
解析:E(X)=0×+a×+1×,
∴E(X)增大;
D(X)=2×+a-2×+1-2×[(a+1)2+(2a-1)2+(a-2)2]=(a2-a+1)=a-2+,
∵0∴D(X)先减小后增大.
3.(多选)(2023·江苏苏州模拟)已知投资A,B两种项目获得的收益分别为X,Y,分布列如下表,则(　　)
X -1 0 2
P 0.2 m 0.6
Y 0 1 2
P 0.3 0.4 n
A.m+n=0.5
B.E(2X+1)=4
C.投资两种项目的收益期望一样多
D.投资A项目的风险比B项目高
答案:ACD
解析:依题意可得0.2+m+0.6=1,所以m=0.2,0.3+0.4+n=1,所以n=0.3,所以m+n=0.5,故A正确;
所以E(X)=-1×0.2+0×0.2+2×0.6=1,则E(2X+1)=2E(X)+1=3,故B错误;
E(Y)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1,所以E(X)=E(Y),故C正确;
因为D(X)=(-1-1)2×0.2+(0-1)2×0.2+(2-1)2×0.6=1.6,D(Y)=(0-1)2×0.3+(1-1)2×0.4+(2-1)2×0.3=0.6,即D(X)>D(Y),所以投资A项目的风险比B项目高,故D正确.
故选ACD.
4.(2022·广东广州三模)冰壶是第24届冬季奥运会的比赛项目之一.冰壶比赛的场地如图所示,其中左端(投掷线MN的左侧)有一个发球区,运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出,使冰壶沿冰道滑行,冰道的右端有一圆形的营垒,以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负,甲、乙两人进行投掷冰壶比赛,规定冰壶的重心落在圆O中,得3分,冰壶的重心落在圆环A中,得2分,冰壶的重心落在圆环B中,得1分,其余情况均得0分.已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响,甲、乙得3分的概率分别为;甲、乙得2分的概率分别为;甲、乙得1分的概率分别为.
(1)求甲、乙两人所得分数相同的概率;
(2)设甲、乙两人所得的分数之和为X,求X的分布列和期望.
解:(1)由题意知甲得0分的概率为1-,乙得0分的概率为1-,所以甲、乙两人所得分数相同的概率为.
(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,5,6,
则P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
P(X=4)=,
P(X=5)=,
P(X=6)=,
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+5×+6×.
5.(2023·湖北黄石模拟)有9个外观相同的同规格砝码,其中1个由于生产瑕疵导致质量略有增加,小明想通过托盘天平称量出这个有瑕疵的砝码,设计了如下两种方案,方案一:每次从待称量的砝码中随机选2个,分别放在天平的左、右托盘上,若天平平衡,则选出的2个砝码是没有瑕疵的;否则,有瑕疵的砝码在下降一侧.按此方法,直到找出有瑕疵的砝码为止.方案二:从待称量的砝码中随机选8个,按个数平分后分别放在天平的左、右托盘上,若天平平衡,则未被选出的那个砝码是有瑕疵的;否则,有瑕疵的砝码在下降一侧,每次再将该侧砝码按个数平分,分别放在天平的左、右托盘上,…,直到找出有瑕疵的砝码为止.
(1)记方案一的称量次数为随机变量X,求X的分布列;
(2)上述两种方案中,小明应选择何种方案可使称量次数的期望较小 并说明理由.
解:(1)由题知,X=1,2,3,4,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
P(X=4)=,X的分布列为
X 1 2 3 4
P
(2)由(1)知,E(X)=1×+2×+3×+4×,
设方案二的称量次数为随机变量为Y,则Y=1,3,P(Y=1)=,P(Y=3)=1-,E(Y)=1×+3×>E(X),所以小明应选择方案一可使称量次数的期望较小.
6.(2022·湖北荆门龙泉中学一模)2022年北京冬奥会后,由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队,与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛,约定赛制如下:业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛,若甲连续赢两场,则专业队获胜;若甲连续输两场,则业余队获胜;若比赛三场还没有决出胜负,则视为平局,比赛结束.已知各场比赛相互独立,每场比赛都分出胜负,且甲与乙比赛,甲赢的概率为,甲与丙比赛,甲赢的概率为p,其中(1)若第一场比赛,业余队可以安排乙与甲进行比赛,也可以安排丙与甲进行比赛,请分别计算两种安排下业余队获胜的概率;若以获胜概率大为最优决策,问:业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛
(2)为了激励专业队和业余队,赛事组织规定:比赛结束时,胜队获奖金6万元,负队获奖金3万元;若平局,两队各获奖金3.6万元.在比赛前,已知业余队采用了(1)中的最优决策与甲进行比赛,设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元,求X的数学期望E(X)的取值范围.
解:(1)第一场比赛,业余队安排乙与甲进行比赛,业余队获胜的概率为P1=×(1-p)+×(1-p)×(1-p);
第一场比赛,业余队安排丙与甲进行比赛,业余队获胜的概率为P2=(1-p)×+p××(1-p)=(1-p2).
因为所以P1-P2=×(1-p)-p>0,P1>P2.
所以业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.
(2)由已知X=9万元,或X=7.2万元.
由(1)知,业余队最优决策是第一场安排乙与甲进行比赛.
此时,业余队获胜的概率为P1=(1-p),
专业队获胜的概率为P3=p+×p×p.
所以非平局的概率为P(X=9)=P1+P3=p,
平局的概率为P(X=7.2)=1-P1-P3=p.
X的分布列为
X 9 7.2
P(X) p p
X的期望为E(X)=9×p+7.2×p=8.2+0.6p,
由所以数学期望E(X)的取值范围为(8.5,8.6)(单位:万元).

展开更多......

收起↑