知识讲解 离散型随机变量的均值与方差(理)(基础)

1 / 21第八节 离散型随机变量的均值与方差命题导航课程标准(2017年版)命题预测通过具体实例,理解离散型随机变量分布列及其数字特征(均值、方差). 1.考向预测:结合具体情境,考查对离散型随机变量的分布列及其数字特征的理解与应用. 2.学科素养:主要考查数据分析、数学建模、数学运算核心素养.1.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X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n(1)均值:称E(X)=① x 1p 1+x 2p 2+…+x i p i +…+x n p n 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② 平均水平 .(2)称D(X)=∑i=1n(x i -E(X))2p i 为随机变量X 的方差,它刻画了随机变量X 与其均值E(X)的平均③ 偏离 程度,其算术平方根√D (X )为随机变量X 的标准差.2.均值与方差的性质(1)E(aX+b)=④ aEX+b (a,b 为实数). (2)D(aX+b)=⑤ a 2DX (a,b 为实数). (3)E(k)=k(k 为常数). (4)E(X 1+X 2)=E(X 1)+E(X 2). (5)D(X)=E(X 2)-(E(X))2.(6)若X 1,X 2相互独立,则E(X 1X 2)=E(X 1)·E(X 2).2 / 21(7)D(k)=0(k 为常数).(8)若给定一组数据x 1,x 2,…,x n ,其方差为s 2,则ax 1+b,ax 2+b,…,ax n +b 的方差为a 2s 2,特别地,当a=1时,有x 1+b,x 2+b,…,x n +b 的方差为s 2,这说明将一组数据的每一个数据都加上一个相同的常数,方差是不变的,即不影响数据的波动性.(9)方差的一个简化公式是s 2=1n [(x 12+x 22+…+x n 2)-n x 2]=x 2-x 2,此公式只要把方差公式展开进行重组即可证明.3.两点分布与二项分布的均值、方差X X 服从两点分布 X~B(n,p) E(X) ⑥ p(p 为成功概率) ⑦ np D(X)⑧ p(1-p)⑨ np(1-p)1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“✕”).(1)随机变量的数学期望反映了离散型随机变量取值的平均水平.( ) (2)数学期望是算术平均数概念的推广,与概率无关.( ) (3)随机变量的均值是常数,样本的均值是随机变量.( )(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.( )(5)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)√ (5)✕ 2.已知随机变量X 的分布列为X -2 0 2 P131313则E(X)与D(X)的值分别为()A.0,2B.0,83C.2,0D.83,0答案 B3.已知X的分布列为X -1 0 1P 121316设Y=2X+3,则E(Y)的值为( )A.73B.4C.-1D.1答案 A4.口袋中有5个形状和大小完全相同的小球,编号分别为0,1,2,3,4,从中任取3个球,以X表示取出球的最小号码,则E(X)=( )A.0.45B.0.5C.0.55D.0.6答案 B5.随机变量X的可能取值为0,1,2,若P(X=0)=15,E(X)=1,则D(X)= .答案253 / 214 / 21离散型随机变量的均值、方差命题方向一 均值与方差的计算典例1 (1)(2019河南南阳模拟)设离散型随机变量X 可能的取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b,若X 的数学期望为E(X)=3,则a-b=( )A.110B.0C.-110D.15(2)已知随机变量ξ的分布列为ξ -1 0 2 Pxyz若E(ξ)=13,D(ξ)=1,则x,y,z 的值依次为 . (3)已知随机变量X 的分布列如下表:X a 2 3 4 P13b 1614若E(X)=2,则a= ,D(X)= .答案 (1)A(2)127,1318,1354 (3)0;52解析 (1)∵离散型随机变量X 可能的取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b, ∴(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即10a+4b=1, 又X 的数学期望E(X)=3,则(a+b)+2(2a+b)+3(3a+b)+4(4a+b)=3,即30a+10b=3, ∴a=110,b=0,∴a -b=110.故选A. (2)由分布列的性质得x+y+z=1,5 / 21由数学期望的定义得E(ξ)=-x+2z=13,由方差的定义得D(ξ)=(-1-13)2x+0-132y+2-132z=1,整理得16x+y+25z=9, 解得x=127,y=1318,z=1354.(3)由题意知,13+b+16+14=1,所以b=14.又E(X)=a×13+2×14+3×16+4×14=2,解得a=0, 所以E(X 2)=22×14+32×16+42×14=132,所以D(X)=E(X 2)-(E(X))2=52.命题方向二 与相互独立事件有关的均值、方差典例2 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如下:滑雪时间不超过1小时免费,超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动,设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14,16;1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12,23;两人滑雪时间都不会超过3小时.(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,求ξ的分布列与均值E(ξ),方差D(ξ).解析 (1)两人所付费用相同,相同的费用可能为0,40,80元. 甲、乙两人2小时以上且不超过3小时离开的概率分别为1-14-12=14, 1-16-23=16.两人都付0元的概率P 1=14×16=124, 两人都付40元的概率P 2=12×23=13,两人都付80元的概率P 3=14×16=124,则两人所付费用相同的概率P=P 1+P 2+P 3=124+13+124=512. (2)由题意知ξ的可能取值为0,40,80,120,160,则6 / 21P(ξ=0)=14×16=124, P(ξ=40)=14×23+12×16=14, P(ξ=80)=14×16+12×23+14×16=512, P(ξ=120)=12×16+14×23=14, P(ξ=160)=14×16=124. 所以ξ的分布列为ξ 0 40 80 120 160 P124145 14124E(ξ)=0×124+40×14+80×512+120×14+160×124=80.D(ξ)=(0-80)2×124+(40-80)2×14+(80-80)2×512+(120-80)2×14+(160-80)2×124=4 0003.命题方向三 与二项分布有关的均值、方差典例3 (2018课标全国Ⅰ理,20,12分)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是不是不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p 0;(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX; ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?解析 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率f(p)=C 202p 2(1-p)18. 因此f '(p)=C 202[2p(1-p)18-18p 2(1-p)17]=2C 202p(1-p)17·(1-10p).令f '(p)=0,得p=0.1,当p∈(0,0.1)时, f '(p)>0;当p∈(0.1,1)时, f '(p)<0.所以f(p)的最大值点为p=0.1.(2)由(1)知,p=0.1,①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y,所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.②如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元.由于EX>400,故应该对余下的产品作检验.命题方向四与古典概型有关的均值、方差典例4 (2019北京理,17,13分)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:支付(0,1 000] (1 000,2 000] 大于2 000金额(元)支付方式仅使用A 18人9人3人仅使用B 10人14人1人(1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率;(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数,求X的分布列和数学期望;(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用A的学生中,随机抽查3人,发现他们本月的支付金额都大于2 000元.根据抽查结果,能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化?说明理由.解析(1)由题意知,样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人,仅使用B的学生有10+14+1=25人,A,B两种支付方式都不使用的学生有5人.故样本中A,B 两种支付方式都使用的7 / 218 / 21学生有100-30-25-5=40人.所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B 两种支付方式都使用的概率估计为40100=0.4.(2)X 的所有可能值为0,1,2.记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”,事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”.由题设知,事件C,D 相互独立,且P(C)=9+330=0.4,P(D)=14+125=0.6.所以P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24,P(X=1)=P(C D ∪C D)=P(C)P(D )+P(C )P(D)=0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6=0.52, P(X=0)=P()P(D )=0.24. 所以X 的分布列为X 0 1 2 P0.240.520.24故X 的数学期望E(X)=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.(3)记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2 000元”.假设样本仅使用A 的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)=1C 303=14 060.答案示例1:可以认为有变化.理由如下:P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:事件E 是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化.9 / 21命题方向五 与正态分布有关的均值、方差典例5 (2018衡水一模)已知ξ~B (4,13),并且η=2ξ+3,则方差D(η)=( ) A.329B.89C.439D.599答案 A解析 由题意知,D(ξ)=4×13×(1-13)=89,∵η=2ξ+3,∴D(η)=4·D(ξ)=4×89=329. 1-1 (2018课标全国Ⅲ理,8,5分)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=( )A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3答案 B1-2 某项目的射击比赛,开始时在距目标100米处射击,如果命中记3分,且停止射击;若第一次射击未命中,可以进行第二次射击,但目标在150米处,这时命中记2分,且停止射击;若第二次仍未命中,还可以进行第三次射击,此时目标已在200米处,若第三次命中记1分,并停止射击;若第三次都未命中,则记0分.已知射手甲在100米处击中目标的概率为12,他的命中率与目标的距离的平方成反比,且各次射击都是独立的.(1)求这名射手在三次射击中命中目标的概率; (2)求这名射手在这次比赛中得分的数学期望.解析 (1)设事件A i (i=1,2,3):第i 次射击击中目标,事件B:三次都未击中目标,则P(A i )=12.设在x 米处击中目标的概率为P(x), 则P(x)=kx 2(x=100,150,200). 由12=k100,得k=5 000, 所以P(x)=5 000x 2,10 / 21所以P(A 2)=5 0001502=29, P(A 3)=5 0002002=18,P(B)=(1-12)×(1-29)×(1-18)=49144,所以该射手在三次射击中击中目标的概率P(B )=1-P(B)=1-49144=95144. (2)设射手甲得分为ξ,则P(ξ=0)=49144,P(ξ=1)=12×79×18=7144, P(ξ=2)=12×29=19,P(ξ=3)=12,所以E(ξ)=0×49144+1×7144+2×19+3×12=8548. 均值与方差在实际问题中的应用典例6 (2018贵州贵阳模拟)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生,经过层层筛选,甲、乙两名学生进入最后测试,该校设计了一个测试方案:甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题.已知这6个问题中,学生甲能回答正确其中的4个问题,而学生乙能回答正确每个问题的概率均为23,甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的.(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率;(2)请从期望和方差的角度分析,甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大. 解析 (1)由题意可知,所求概率 P=C 41C 22C 63×C 31×23×(13)2+C 42C 21C 63×C 30×(23)0×(13)3=115. (2)设学生甲答对的题数为X,则X 的所有可能取值为1,2,3. P(X=1)=C 41C 22C 63=15, P(X=2)=C 42C 21C 63=35, P(X=3)=C 43C 20C 63=15,11 / 21E(X)=1×15+2×35+3×15=2,D(X)=(1-2)2×15+(2-2)2×35+(3-2)2×15=25.设学生乙答对的题数为Y,则Y 的所有可能取值为0,1,2,3. 由题意可知Y~B (3,23), E(Y)=3×23=2, D(Y)=3×23×13=23.因为E(X)=E(Y),D(X)<D(Y), 所以甲被录取的可能性更大. 方法技巧利用均值与方差解决实际问题的步骤(1)对实际问题进行具体分析,将实际问题转化为数学问题,并将问题中的随机变量设出来. (2)依据随机变量取每一个值时所表示的具体事件,求出其相应的概率. (3)依据期望与方差的定义、公式求出相应的期望与方差值. (4)依据期望与方差的意义对实际问题作出决策或给出合理的解释.2-1 某投资公司现提供两种一年期投资理财方案,一年后投资盈亏的情况如下表:投资股市 获利40%不赔不赚亏损20%概率P 12 18 38 购买基金 获利20%不赔不赚亏损10%概率Pm13n(1)甲、乙两人在投资顾问的建议下分别选择“投资股市”和“购买基金”.若一年后他们中至少有一人盈利的概率大于45,求m 的取值范围;(2)若m=12,某人现有10万元资金,决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种,那么选择何种方案可使得一年后的投资收益的数学期望值较大?12 / 21解析 (1)记事件A 为“甲投资股市且盈利”,事件B 为“乙购买基金且盈利”,事件C 为“一年后甲、乙中至少有一人盈利”,则C=A B ∪A B∪AB,其中A,B 相互独立.∵P(A)=12,P(B)=m,∴P(C)=P(A )+P(A B)+P(AB) =12(1-m)+(1-12)m+12m=12(1+m). ∴12(1+m)>45,∴m>35. 又∵m+13+n=1且n≥0, ∴m≤23,∴35<m≤23. ∴m 的取值范围是35<m≤23.(2)假设此人选择“投资股市”,记ξ为盈利金额(单元:万元),则ξ的分布列为ξ 4 0 -2 P1 1 3 则E(ξ)=4×12+0×18-2×38=54.假设此人选择“购买基金”,记η为盈利金额(单位:万元),则η的分布列为η 2 0 -1 P1 1 1 则E(η)=2×12+0×13-1×16=56.∵54>56,即E(ξ)>E(η),∴选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期望值较大.13 / 21解答离散型随机变量的均值与方差实际应用题时,要注意以下两点:(1)明确题意,找准变量之间的关系,注意所学概率模型(相互独立事件、二项分布等)的应用.(2)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,其中标准差与随机变量本身具有相同的单位.低碳生活,从“衣食住行”开始.在国内一些网站中出现了“碳足迹”的应用,人们可以由此计算出自己每天的碳排放量,如家居用电的二氧化碳排放量(千克)=耗电度数×0.785,家用天然气的二氧化碳排放量(千克)=天然气使用立方数×0.19等.某校开展“节能减排,保护环境,从我做起!”的活动,该校高一六班的同学利用假期在东城、西城两个小区进行了逐户的关于“生活习惯是否符合低碳排放标准”的调查.生活习惯符合低碳观念的称为“低碳家庭”,否则称为“非低碳家庭”.经统计,这两类家庭占各自小区总户数的比例P 数据如下:东城小区 低碳家庭非低碳家庭比例P 12 12 西城小区 低碳家庭非低碳家庭比例P4515(1)如果在东城、西城两个小区内各随机选择2个家庭,求这4个家庭中恰好有两个家庭是“低碳家庭”的概率;(2)该班同学在东城小区经过大力宣传节能减排的重要意义,使得每周“非低碳家庭”中有20%的家庭加入到“低碳家庭”的行列中.宣传两周后随机地从东城小区中任选5个家庭,记ξ表示5个家庭中“低碳家庭”的个数,求E(ξ)和D(ξ).解析 (1)设“4个家庭中恰好有两个家庭是‘低碳家庭’”为事件A,则有以下三种情况:“低碳家庭”均来自东城小区,“低碳家庭”分别来自东城、西城两个小区,“低碳家庭”均来自西城小区.所以P(A)=12×12×15×15+4×12×12×45×15+12×12×45×45=33100.14 / 21(2)因为东城小区每周“非低碳家庭”中有20%的家庭加入“低碳家庭”行列,经过两周后,两类家庭占东城小区总家庭数的比例如下:东城小区低碳家庭 非低碳家庭P1725825由题意知,两周后东城小区5个家庭中的“低碳家庭”的个数ξ服从二项分布,即ξ~B (5,1725),所以E(ξ)=5×1725=175, D(ξ)=5×1725×825=136125.A 组 基础题组1.若离散型随机变量X 的分布列为X 0 1 Pa 2a 22则E(X)等于( ) A.2B.2或12C.12D.1答案 C2.(2018合肥一模)已知袋中有3个白球,2个红球,现从中随机取出3个球,其中每取出一个白球计1分,每取出一个红球计2分,记X 为取出3个球的总分值,则E(X)=( ) A.185 B.215 C.4 D.245答案 B3.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体切割成125个同样大小的小正方体.经过搅拌后,从中随机取出一个小正方体,记它的涂油漆面数为X,则E(X)=()15 / 21A.126125B.65 C.168125 D.75答案 B4.某班举行了一次“心有灵犀”的活动,教师把一张写有成语的纸条出示给A 组的某个同学,这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学.若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4,同学乙猜对成语的概率是0.5,且规定猜对得1分,猜不对得0分,这两个同学各猜1次,则他们的得分之和X 的数学期望为 . 答案 0.9解析 由题意可知X=0,1,2,则P(X=0)=0.6×0.5=0.3,P(X=1)=0.4×0.5+0.6×0.5=0.5,P(X=2)=0.4×0.5=0.2, 所以E(X)=0×0.3+1×0.5+2×0.2=0.9.5.一个人将编号为1,2,3,4的四个小球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中,每个盒子放一个小球,球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了,否则叫做放错了.设放对的个数为ξ,则ξ的期望值为 . 答案 1解析 将四个小球放入四个盒子,每个盒子放一个小球,共有A 44种不同的放法,放对的个数ξ可取的值为0,1,2,4.P(ξ=0)=9A 44=38,P(ξ=1)=C 41×2A 44=13,P(ξ=2)=C 42A 44=14,P(ξ=4)=1A 44=124,所以E(ξ)=0×38+1×13+2×14+4×124=1.6.(2018郑州第二次质量预测)光伏发电是将光能直接转变为电能的一种技术,具有资源的充足性及潜在经济性等优点,在长期的能源战略中具有重要地位.2015年起,国家能源局、国务院扶贫办联合在6省的30个县开展光伏扶贫试点.在某县居民中随机抽取50户统计其年用电量,得到以下统计表.以样本的频率作为概率.16 / 21用电量/度 (0,200] (200,400](400,600](600,800](800,1 000]户数7815137(1)在该县居民中随机抽取10户,记其中年用电量不超过600度的户数为X,求X 的数学期望; (2)在总结试点经验的基础上,将村级光伏发电站确定为光伏扶贫的主推方式.已知该县某自然村有居民300户.若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组,该机组所发电量除保证该村正常用电外,剩余电量国家电网以0.8元/度的价格进行收购.经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1 000度,试估计该发电机组每年所发电量除保证该村的正常用电外还能为该村创造直接收益多少元.解析 (1)记在抽取的50户居民中随机抽取1户,其年用电量不超过600度为事件A,则P(A)=7+8+1550=35.由题意可知X 服从二项分布,即X~B (10,35),故X 的数学期望E(X)=10×35=6. (2)设该村居民每户的年均用电量为E(Y),由样本数据可得E(Y)=100×750+300×850+500×1550+700×1350+900×750=520,则该村年均用电量约为300×520=156 000度.又该村所装发电机组年预计发电量为300 000度,所以该发电机组每年所发电量除保证该村的正常用电外还能剩余的电量约为144 000度,能为该村创造直接收益144 000×0.8=115 200元. 7.大学毕业生参加一个公司的招聘考试,考试分笔试和面试两个环节.笔试有A 、B 两个题目,该学生答对A 、B 两题的概率分别为12和13,两题全部答对方可进入面试.面试要回答甲、乙两个题目,该学生答对这两个题目的概率均为12,且答对一题即可被聘用(假设每个环节的每个题目回答正确与否是相互独立的). (1)求该学生被聘用的概率;(2)设该学生答对题目的个数为ξ,求ξ的分布列和数学期望. 解析 (1)记答对A 、B 、甲、乙各题分别为事件A 1、B 1、C 、D, 则P(A 1)=12,P(B 1)=13,P(C)=P(D)=12.17 / 21故所求事件的概率为P(A 1B 1)·[1-P( D )]=12×13×(1-12×12)=18. (2)ξ的取值为0,1,2,3,4, P(ξ=0)=P(A 1 B 1)=12×23=13, P(ξ=1)=P(A 1B 1+A 1B 1)=12×13+12×23=12, P(ξ=2)=P(A 1B 1)·P( D )=12×13×12×12=124,P(ξ=3)=P(A 1B 1)·P(C D +C D)=12×13C 21(12)2=112,P(ξ=4)=P(A 1B 1)·P(CD)=12×13×(12)2=124. ∴ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 4 P1312124112124∴E(ξ)=0×13+1×12+2×124+3×112+4×124=1.B 组 提升题组1.将3个小球随机放入3个盒子中,记放有小球的盒子个数为X,则E(X)=( ) A.199 B.53C.195D.175答案 A 将3个小球随机放入3个盒子中,有3×3×3=27种放法.X 的取值可能为1,2,3,P(X=3)=A 3327=29,P(X=2)=C 32A 22C 3227=23,P(X=1)=C 3127=19.所以E(X)=3×29+2×23+1×19=199.2.(2019浙江,7,4分)设0<a<1.则随机变量X 的分布列是X 0 a 1 P13131318 / 21则当a 在(0,1)内增大时,( ) A.D(X)增大 B.D(X)减小 C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大答案 D 随机变量X 的期望E(X)=0×13+a×13+1×13=a+13,D(X)=[(0-a+13)2+(a -a+13)2+(1-a+13)2]×13=29(a 2-a+1)=29(a -12)2+16,当a∈(0,12)时,D(X)单调递减, 当x∈(12,1)时,D(X)单调递增, 故选D.3.(2019天津,16,13分)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X 表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X 的分布列和数学期望;(2)设M 为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M 发生的概率.解析 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为23,故X~B (3,23),从而P(X=k)=C 3k (23)k (13)3-k,k=0,1,2,3.所以,随机变量X 的分布列为X 0123P127 2 4 82719 / 21随机变量X 的数学期望E(X)=3×23=2.(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则Y~B (3,23), 且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立, 从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=827×29+49×127=20243. 素养拓展4.为了回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性摸出2个球,球上所标的面值之和为该顾客所获得的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元,其余3个均为10元,求: ①顾客所获得的奖励额为60元的概率; ②顾客所获得的奖励额的分布列及数学期望;(2)商场对奖励总额的预算是60 000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值为10元和50元的两种球组成,或由标有面值为20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获得的奖励额相对均衡,请对袋中的4个球的面值给出一个合理的设计,并说明理由.解析 (1)设顾客所获得的奖励额为X 元. ①依题意,得P(X=60)=C 11C 31C 42=12,即顾客所获得的奖励额为60元的概率为12. ②依题意,得X 的所有可能取值为20,60.20 / 21P(X=60)=12,P(X=20)=C 32C 42=12, 所以X 的分布列为X 20 60 P1212所以顾客所获得的奖励额的期望E(X)=20×12+60×12=40. (2)根据商场的预算,可知每位顾客的平均奖励额为60元. 所以,先寻找期望为60元的方案.对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2. 以下是对两个方案的分析:对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获得的奖励额为X 1元,则X 1的分布列为X 1 20 60 100 P1 2 1 E(X 1)=20×16+60×23+100×16=60,D(X 1)=(20-60)2×16+(60-60)2×23+(100-60)2×16=1 6003.对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获得的奖励额为X 2元,则X 2的分布列为X 2 40 60 80 P1 2 1 E(X 2)=40×16+60×23+80×16=60,D(X 2)=(40-60)2×16+(60-60)2×23+(80-60)2×16=4003.2021版《3年高考2年模拟》专有电子资源虽然两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案2奖励额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.21 / 21。

第6讲离散型随机变量的均值与方差【2013年高考会这样考】1．考查有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念．2．利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题．【复习指导】均值与方差是离散型随机变量的两个重要数字特征，是高考在考查概率时考查的重点，复习时，要掌握期望与方差的计算公式，并能运用其性质解题．基础梳理1．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X x1x2…x i…x nP p1p2…p i…p n（1）均值称E(X）＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n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)方差称D（X）＝为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根错误!为随机变量X的标准差．2．两点分布与二项分布的均值、方差（1)若X服从两点分布，则E（X)＝p，D(X)＝p(1－p）．(2）若X~B（n，p）,则E(X)＝np,D（X)＝np(1－p)．两个防范在记忆D（aX＋b)＝a2D（X)时要注意：D（aX＋b）≠aD(X）＋b，D（aX＋b）≠aD（X)．三种分布（1）若X服从两点分布，则E(X）＝p，D（X）＝p(1－p）;(2)X～B(n，p)，则E（X)＝np，D（X）＝np(1－p）;（3）若X服从超几何分布,则E（X）＝n错误!.六条性质（1)E（C）＝C（C为常数)（2)E（aX＋b）＝aE（X)＋b（a、b为常数）(3)E(X1＋X2)＝EX1＋EX2（4)如果X1,X2相互独立，则E(X1·X2）＝E（X1）E(X2）(5)D(X)＝E（X2）－(E（X)）2（6）D（aX＋b）＝a2·D（X）双基自测1．(2010·山东)样本中共有五个个体，其值分别为a，0,1，2,3.若该样本的平均值为1,则样本方差为( ）．A。

错误! B.错误! C.错误! D．2解析由题意知a＋0＋1＋2＋3＝5×1，解得，a＝－1.s2＝－1－12＋0－12＋1－12＋2－12＋3－125＝2.答案D2．已知X的分布列为X－101P错误!错误!错误!设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为（)．A。

第六节 离散型随机变量的均值与方差复习目标 学法指导1.了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.求均值、方差的关键是求分布列.若已知分布列,则可直接按定义(公式)求解;若已知随机变量X 的均值、方差,求X 的线性函数y=aX+b 的均值、方差可直接利用性质求解;若能分析出随机变量服从常用的分布,可直接利用它们的均值、方差公式求解,但在没有准确判断出分布列模型之前,不能乱套公式.一、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=x i )=p i ,i=1,2,3,…,n. (1)均值:称E(X)=x 1p 1+x 2p 2+…+x i p i +…+x n p n 为随机变量X 的均值或数学期望.(2)方差:称D(X)= ()()21xniii E X p =-∑为随机变量X 的方差,其算术平方根()D X X 的标准差.二、均值与方差的性质1.E(aX+b)=aE(X)+b.2.D(aX+b)=a2D(X)(a,b为常数).三、常用随机变量的均值1.两点分布:若,则E(X)=p.2.二项分布:若X～B(n,p),则E(X)=np.1.概念(公式)理解(1)随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平.(2)均值的单位与随机变量的单位相同.(3)方差刻画了随机变量的取值与其均值的偏离程度.方差越小,则随机变量的取值就越集中在其均值周围;反之,方差越大,则随机变量的取值就越分散.(4)方差的单位是随机变量单位的平方.(5)方差是随机变量与其均值差的平方的均值,即D(X)是(X-E(X))2的期望.2.常用随机变量的方差(1)两点分布:若,则D(X)=p(1-p).(2)二项分布:若X～B(n,p),则D(X)=np(1-p).1.已知离散型随机变量X的分布列如下表.若E(X)=0,D(X)=1,则a,b 的值分别是( D )X -1 0 1 2(A)524,18(B)56,12(C)35,13(D)512,14解析:由分布列的性质可得a+b+c+112=1,①又可得E(ξ)=-a+c+2×112=-a+c+16=0,②D(ξ)=(-1-0)2a+(0-0)2b+(1-0)2c+(2-0)2×112=1,化简可得a+c+13=1,③ 联立②③可解得a=512,c=14,代入①可得b=14. 故选D.2.若随机变量ξ～B(n,p),E(ξ)=53,D(ξ)=109,则p 等于( A ) (A)13 (B)23 (C)25 (D)35解析:由题意可知,()()()5,3101,9E np D np p ξξ⎧==⎪⎪⎨⎪=-=⎪⎩ 解方程组可得5,1.3n p =⎧⎪⎨=⎪⎩故选A.3.(2019·金色联盟联考)已知随机变量X 的分布列如下,若E(X)=0.5,则mn= ,D(X)= .解析:由题意知0.7,0.5m n m n +=⎧⎨-+=⎩⇒0.1,0.6,=⎧⎨=⎩m n 所以mn=0.06;D(X)=E(X 2)-(E(X))2=0.7-0.25=0.45. 答案:0.06 0.45考点一 离散型随机变量的均值与方差[例1] 设袋子中装有a 个红球,b 个黄球,c 个蓝球,且规定:取出一个红球得1分,取出一个黄球得2分,取出一个蓝球得3分. (1)当a=3,b=2,c=1时,从该袋子中任取(有放回,且每球取到的机会均等)2个球,记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和,求ξ的分布列;(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球,记随机变量η为取出此球所得分数.若E(η)=53,D(η)=59,求a ∶b ∶c. 解:(1)由题意得ξ=2,3,4,5,6,故P(ξ=2)=3366⨯⨯=14, P(ξ=3)=23266⨯⨯⨯=13, P(ξ=4)=2312266⨯⨯+⨯⨯=518, P(ξ=5)=22166⨯⨯⨯=19, P(ξ=6)=1166⨯⨯=136. 所以ξ的分布列为ξ 23456P141351819136(2)由题意知η的分布列为η 123Pa ab c++b a b c++c a b c++所以E(η)=a a b c +++2b a b c +++3c a b c ++=53, D(η)=(1-53)2·a a b c +++(2-53)2·b a b c +++(3-53)2·c a b c ++=59. 化简得240,4110.a b c a b c --=⎧⎨+-=⎩ 解得a=3c,b=2c, 故a ∶b ∶c=3∶2∶1.(1)求离散型随机变量的均值与方差,可依题设条件求出随机变量的分布列,然后利用均值、方差公式直接求解;(2)由已知均值或方差求参数值,可依据条件利用均值、方差公式列含有参数的方程(组)求解;(3)注意随机变量的均值与方差的性质的应用. 考点二 与两点分布、二项分布有关的均值、方差[例2] 一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示.将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的销售量低于50个的概率;(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X的分布列、期望E(X)及方差D(X).解:(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”,A2表示事件“日销售量低于50个”,B表示事件“在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的销售量低于50个”,因此P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6,P(A2)=0.003×50=0.15,P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.(2)X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为P(X=0)=0C·(1-0.6)3=0.064,3P(X=1)=1C·0.6(1-0.6)2=0.288,3P(X=2)=2C·0.62(1-0.6)=0.432,3P(X=3)=3C·0.63=0.216.3分布列为X 0 1 2 3P 0.064 0.288 0.432 0.216因为X～B(3,0.6),所以期望E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.若随机变量X服从二项分布,则求X的均值或方差可利用定义求解,也可直接利用公式E(X)=np,D(X)=np(1-p)求解.某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为23,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为25,中奖可以获得3分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.(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,累计得分的数学期望较大?解:(1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A, 则事件A的对立事件为“X=5”,因为P(X=5)=23×25=415,所以P(A)=1-P(X=5)=1115,即这2人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1,都选择方案乙抽奖中奖次数为X2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1),选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2).由已知可得,X1～B(2,23),X2～B(2,25),所以E(X1)=2×23=43,E(X2)=2×25=45,因此E(2X1)=2E(X1)=83,E(3X2)=3E(X2)=125.因为E(2X1)>E(3X2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.考点三均值与方差在决策中的应用[例3] 现有两种投资方案,一年后投资盈亏的情况如下:(1)投资股市:(2)购买基金:(1)当p=14时,求q的值;(2)已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资,如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于45,求p的取值范围;(3)丙要将家中闲置的10万元钱进行投资,决定在“投资股市”和“购买基金”这两个方案中选择一种,已知p=12,q=16,那么丙选择哪种投资方案,才能使得一年后投资收益的数学期望较大?给出结果并说明理由.解:(1)因为“购买基金”后,投资结果只有“获利”“不赔不赚”“亏损”三种,且三种投资结果相互独立,所以p+13+q=1.又因为p=14,所以q=512.(2)记事件A为“甲投资股市且盈利”,事件B为“乙购买基金且盈利”,事件C为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”,则C=A B∪A B ∪AB,且A,B独立.由题意可知P(A)=12,P(B)=p.所以P(C)=P(A B)+P(A B)+P(AB)=1 2p+12(1-p)+12p=1 2+12p.因为P(C)=12+12p>45,即p>35,且p≤23.所以35<p≤23.(3)假设丙选择“投资股市”方案进行投资,且记X为丙投资股市的获利金额(单位:万元),所以随机变量X的分布列为则E(X)=3×12+0×18+(-2)×38=34.假设丙选择“购买基金”方案进行投资,且记Y为丙购买基金的获利金额(单位:万元),所以随机变量Y的分布列为则E(Y)=2×12+0×13+(-1)×16=56.因为E(X)<E(Y),所以丙选择“购买基金”,才能使得一年后的投资收益的数学期望较大.随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量稳定于均值的程度,它从整体和全局上刻画了随机变量,是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据,一般先比较均值,若均值相同,再用方差来决定.张先生家住H小区,他工作在C科技园区,从家开车到公司上班路上有L1,L2两条路线(如图),L1路线上有A1,A2,A3三个路口,各路口遇到红灯的概率均为12;L2路线上有B1,B2两个路口,各路口遇到红灯的概率依次为34,35.(1)若走L1路线,求最多遇到1次红灯的概率;(2)若走L2路线,求遇到红灯次数X的数学期望;(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求,请你帮助张先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线,并说明理由.解:(1)设走L1路线最多遇到1次红灯为事件A,则P(A)=03C×(12)3+13C×12×(1-12)2=12.所以走L1路线,最多遇到1次红灯的概率为12.(2)依题意,X的可能取值为0,1,2.P(X=0)=(1-34)×(1-35)=110,P(X=1)=34×(1-35)+(1-34)×35=920,P(X=2)=34×35=920.随机变量X的分布列为X 0 1 2P 110920920E(X)=110×0+920×1+920×2=2720.(3)设选择L1路线遇到红灯次数为Y,随机变量Y服从二项分布,Y～B(3,12),所以E(Y)=3×12=32.因为E(X)<E(Y),所以选择L2路线上班最好.分布列与数学期望[例题] 某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球.在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率;(2)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,求X的分布列和数学期望.解:(1)记事件A1={从甲箱中摸出的1个球是红球},A2={从乙箱中摸出的1个球是红球},B1={顾客抽奖1次获一等奖},B2={顾客抽奖1次获二等奖},C={顾客抽奖1次能获奖}.由题意,A1与A2相互独立,A12A与1A A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A12A+1A A2,C=B1+B2.因为P(A1)=410=25,P(A2)=510=12,所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=25×12=15,①P(B2)=P(A12A+1A A2)=P(A12A)+P(1A A2)=P(A1)P(2A)+P(1A)P(A2)=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)]P(A2)=2 5×(1-12)+(1-25)×12=12.②故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=1 5+12=710.③(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为15,所以X～B(3,15).④于是P(X=0)=03C(15) 0(45)3=64125,P(X=1)=13C(15)1(45)2=48125,P(X=2)=23C(15)2(45)1=12125,P(X=3)=33C(15)3(45)0=1125.⑤故X的分布列为X 0 1 2 3P 6412548125121251125⑥X的数学期望为E(X)=3×15=35.⑦规范要求:步骤①②③④⑤⑥⑦应齐全,能利用互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式求复杂事件的概率,能分析出离散型随机变量服从二项分布,进而利用公式求得相应概率,写出分布列,求出数学期望.温馨提示:步骤①②求P(B1),P(B2)时,需将B1,B2转化为可求概率事件的和或积;步骤④⑤,若随机变量服从二项分布,则利用独立重复试验概率公式求取各值的概率,否则,利用古典概型及独立事件概率乘法公式求出取各值的概率;步骤⑦求服从二项分布的随机变量的期望、方差,可直接利用定义求解,也可直接代入E(X)=np,D(X)=np(1-p)求解.[规范训练] (2019·天津卷)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望;(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.解:(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为23,故X～B(3,23),从而P(X=k)=3C k(23)k(13)3-k,k=0,1,2,3.所以随机变量X的分布列为X 0 1 2 3P 1272949827随机变量X的数学期望E(X)=3×23=2.(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则Y～B(3,23),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=827×29+49×127=20243.类型一求方差1.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的不透明布袋中随机摸取一球,有放回地摸取5次,设摸得白球数为X,已知E(X)=3,则D(X)等于( B ) (A)85(B)65(C)45(D)25解析:由题意,X ～B(5,33+m ), 又E(X)=533⨯+m =3, 所以m=2,则X ～B(5,35), 故D(X)=5×35×(1-35)=65. 2.(2018·全国Ⅲ卷)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立,设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p 等于( B ) (A)0.7 (B)0.6 (C)0.4 (D)0.3解析:由题意可知,10位成员中使用移动支付的人数X 服从二项分布,即X ～B(10,p),所以DX=10p(1-p)=2.4, 所以p=0.4或0.6. 又因为P(X=4)<P(X=6),所以410C p 4(1-p)6<610C p 6(1-p)4,所以p>0.5,所以p=0.6.故选B.3.(2019·湖州三校4月联考)已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1,2,3的小球,每个小球上有一个数字,它们的个数依次成等差数列,从中随机抽取一个小球,若取出小球上的数字X 的数学期望是2,则X 的方差是( B )(A)13 (B)23 (C)83 (D)43解析:可以设小球的个数为a-d,a,a+d,故数字X 的分布列为:所以E(X)=1×3-a d a +2×13+3×3+a d a =623+a da =2,解得d=0,所以取出小球上的数字X 的分布列为:所以E(X 2)=2221233++=143. 所以D(X)=E(X 2)-E 2(X)=143-22=23. 故选B.4.(2019·绍兴柯桥模拟)随机变量ξ的取值为0,1,2,若P(ξ=0)=13,E(ξ)=1,则P(ξ=1)= ,D(ξ)= . 解析:可设p(ξ=1)=a,p(ξ=2)=b,则2,32 1.⎧+=⎪⎨⎪+=⎩a b a b 解得1,31.3⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩a b D(ξ)=E(ξ2)-(E(ξ))2=53-1=23. 答案:13 23类型二 求期望5.(2019·暨阳4月联考)已知随机变量ξ,η满足η=-ξ+8,若E(ξ)=6,D(ξ)=2.4,则E(η),D(η)分别为( C ) (A)E(η)=6,D(η)=2.4 (B)E(η)=6,D(η)=5.6(C)E(η)=2,D(η)=2.4 (D)E(η)=2,D(η)=5.6 解析:E(η)=E(-ξ+8)=-E(ξ)+8=2,D(η)=D(-ξ+8)=(-1)2D(ξ)=2.4. 故选C.6.(2019·嘉兴市高三上期末)已知随机变量ξ的分布列如下,则E(ξ)的最大值是( B )(A)-58 (B)-1564 (C)-14(D)-1964 解析:根据题意:1111,42410,2104⎧+++-=⎪⎪⎪+>⎨⎪⎪->⎪⎩a b a b ⇒a=b,a ∈(-12,14), E(ξ)=(-1)×14+0×(12+a)+a ×(14-a)=-(a-18)2-1564, 当a=18时,E(ξ)取到最大值为-1564. 故选B.7.马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的分布列如下表:请小牛同学计算ξ的均值.尽管“!”处完全无法看清,且两个“?”处字迹模糊,但能断定这两个“?”处的数值相同.据此,小牛给出了正确答案E(ξ)= .解析:设“?”处的数值为x,则“!”处的数值为1-2x, 则E(ξ)=1×x+2×(1-2x)+3x=x+2-4x+3x=2. 答案:28.一个均匀小正方体的六个面中,三个面上标有数字0,两个面上标有数字1,一个面上标有数字2.将这个小正方体抛掷2次,则向上的数之积的数学期望是 .解析:设向上的数之积为X,X 的可能取值为0,1,2,4,P(X=1)=2266⨯⨯=19, P(X=2)=211266⨯+⨯⨯=19, P(X=4)=1166⨯⨯=136, P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)-P(X=4)=1-936=34, 所以E(X)=0×34+1×19+2×19+4×136=49. 答案:49。

26离散型随机变量的均值与方差【知识要点】1.数学期望:则称=ξE +11p x 22…n n … 为的数学期望，简称期望2.期望的意义：它反映了离散型随机变量取值的平均水平。

3.平均数与均值：一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令=1p =2p …n p =，则有=1p =2p …1n n p ==，=ξE +1(x +2x …1)n n x +⨯，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值。

4.期望的一个性质：若b a +=ξη，则b aE b a E +=+ξξ)(5.方差：对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是1x ，2x ，…，n x ，…，且取这些值的概率分 别是1p ，2p ，…，n p ，…，那么,ξD ＝121)(p E x ⋅-ξ＋222)(p E x ⋅-ξ＋…＋n n p E x ⋅-2)(ξ＋… 称为随机变量ξ 的均方差，简称为方差，式中的ξE 是随机变量ξ的期望．6.标准差：ξD 的算术平方根ξD 叫做随机变量ξ的标准差，记作σξ7.方差的意义：它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度；8.方差的性质：①ξξD a b a D 2)(=+；②22)(ξξξE E D -= .9. 二点分布的期望与方差 EX p =，()1DX p p =- 9.求二项分布的期望与方差的方法：若(),B n p ξ（1）定义法（2），（2）结论E np ξ= ，()1D np p ξ=- 10.求超几何分布的期望与方差的方法：若():,,X H n M N（1）定义法（2）， （2）结论()M E X n N =⨯ ，1()111nMM n D X NN N -⎛⎫⎛⎫=-- ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭11.几何分布的期望和方差的方法：若(),g k p 1k q p -=，其中0,1,2k =，…，（1）定义法（2）结论 1E p ξ=，21pD pξ-=. 题型一：概念性质1.已知A 、B 射手射击所得环数ξ的分布列分别如下ξ 4 5 6 7 8 9 10 P 0.02 0.04 0.06 0.09 0.28 0.29 0.22ξ 4 5 6 7 8 9 10 P 0.01 0.14 0.04 0.09 0.30 0.19 0.23A 、B 射手中哪个射手射击水平好2.[2014·浙江卷] 已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球(m ≥3，n ≥3)，从乙盒中随机抽取i (i ＝1，2)个球放入甲盒中．(a)放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi (i ＝1，2)；(b)放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i (i ＝1，2)．则( )A ．p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2)B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2)C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2)D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2)3.袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n 号的有n 个(n ＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号．(1)求ξ的分布列、期望和方差；1.5，2.75.(2)若η＝a ξ＋b ，E (η)＝1，D (η)＝11，试求a ，b 的值．⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝4，4.袋中有红球4个、黄球2个，（1）有放回地抽取两个球，取得红球的个数的期望和方差；（2）不放回地抽取两个球，取得红球的个数的期望和方差；（3）每次任取一个，不放回地抽取两个球，取得红球的个数的期望和方差；5.A 、B 两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A 队队员是321,,A A A ，B 队队员是321,,B B B ，ξ，η （1）求ξ，η的概率分布；（2）求ξE ，ηE 15233=-=ξηE E题型二：超几何分布1.一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，含红球个数的数学期望和方差分别是题型三：二项分布问题1.某灯泡厂生产大批灯泡，其次品率为1.5%，从中任意地陆续取出100个，则其中正品数X 的均值 为 个，方差为 ．2.一次单元测验由20个选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确答案，每题选择正确答案得3分，不作出选择或选错不得分，学生甲选对任一题的概率为0.9，学生乙则在测验中对每题都从4个选择中随机地选择一个，则学生甲和乙在这次英语单元测验中的成绩的期望2.篮球运动员在比赛中每次罚球命中的1分，罚不中得0分．已知某运动员罚球命中的概率为0.7，则他罚球3次的得分ξ的数学期望和方差．题型四：停止型问题1.某地区试行高考考试改革：在高三学年中举行5次统一测试，学生如果通过其中2次测试即可获得足够学分升上大学继续学习，不用参加其余的测试，而每个学生最多也只能参加5次测试．假设某学生每次通过测试的概率都是31，每次测试时间间隔恰当，每次测试通过与否互相独立． （1）求该学生考上大学的概率．（2）如果考上大学或参加完5次测试就结束，记该生参加测试的次数为X ，求X 的分布列及X 的数学期望．2.甲乙两人轮流投篮直至某人投中为止，已知甲投篮每次投中的概率为0.4，乙每次投篮投中的概率为0.6，各次投篮互不影响，设甲投篮的次数为ξ，若乙先投，且两人投篮次数之和不超过4次，求ξ的分布列及数学期望．3.有一批数量很大的产品，其次品率是15%，对这批产品进行抽查，每次抽取1件，如果抽出次品，则抽查终止，否则继续抽查，直到抽出次品为止，但抽查次数不超过10次求抽查次数ξ的期望（结果保留三个有效数字）题型五：综合问题1.某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km 时租车费为10元，若行驶路程超出4km ，则按每超出lkm 加收2元计费(超出不足lkm 的部分按lkm 计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km ．某司机经常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按lkm 路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量．设他所收租车费为η (Ⅰ)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；(Ⅱ)若随机变量ξ的分布列为求所收租车费η的数学期望．(Ⅲ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km ，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟?解：(Ⅰ)依题意得η=2(ξ-4)十10，即η=2ξ+2；(Ⅱ)=ξE 4.161.0183.0175.0161.015=⨯+⨯+⨯+⨯∵ η=2ξ+2∴ =ηE 2E ξ+2=34.8 （元）故所收租车费η的数学期望为34.8元．(Ⅲ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5⨯(18-15)=15，所以出租车在途中因故停车累计最多15分钟 2.（2013大纲）甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为1,2各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判. （I ）求第4局甲当裁判的概率；（II ）X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的数学期望.3. （2013课标1）一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n。