下载文档原格式
高考数学一轮复习第九章：第八节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布命题分析预测学科核心素养从近五年的高考来看，离散型随机变量的均值与方差、正态分布的应用是命题的热点，一般为解答题，难度中档偏上．通过离散型随机变量的均值与方差、正态分布，主要考查数据分析与数学运算及数学建模核心素养．授课提示：对应学生用书第228页 知识点一 均值与方差 1．均值（1）一般地，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则称EX ＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量它反映了离散型随机变量取值的平均水平Ｗ．（2）若Y ＝aX ＋b ，其中a ，b 为常数，则Y 也是随机变量，且E （aX ＋b ）＝aEX ＋b Ｗ． （3）①若X 服从两点分布，则EX ＝p ； ②若X ～B （n ，p ），则EX ＝np Ｗ． 2．方差（1）设离散型随机变量X 的分布列为X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n则（x i －EX ）2描述了x i （i ＝1，2，…，n ）相对于均值EX 的偏离程度．而DX ＝∑ni ＝1（x i －EX ）2pi 为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X 与其均值EX 的平均偏离程度，称DX 为随机变量X 的方差，并称其算术平方根DX 为随机变量X 的标准差． （2）D （aX ＋b ）＝a 2DX Ｗ．（3）若X 服从两点分布，则DX ＝p （1－p ）Ｗ． （4）若X ～B （n ，p ），则DX ＝np （1－p ）Ｗ． • 温馨提醒 • 二级结论1．若x 1，x 2相互独立，则E （x 1·x 2）＝Ex 1·Ex 2． 2．均值与方差的关系：DX ＝EX 2－E 2X ．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EX ＝nMN ．必明易错1．理解均值EX 易失误，均值EX 是一个实数，由X 的分布列唯一确定，即X 作为随机变量是可变的，而EX 是不变的，它描述X 值的取值平均状态． 2．注意E （aX ＋b ）＝aEX ＋b ，D （aX ＋b ）＝a 2DX 易错．1．已知随机变量X 的取值为0，1，2，若P （X ＝0）＝15，EX ＝1，则DX ＝（ ）A ．25B ．45C ．23D ．43解析：设P （X ＝1）＝p ，则P （X ＝2）＝1－p －15＝45－p ．由EX ＝1，得0×15＋1×p ＋2×⎝⎛⎭⎫45－p ＝1，得p ＝35，则DX ＝（0－1）2×15＋（1－1）2×35＋（2－1）2×15＝25．答案：A2．已知X 的分布列为X －1 0 1 P121316设Y ＝2X ＋3，则EY ＝解析：EX ＝－12＋16＝－13，EY ＝E （2X ＋3）＝2EX ＋3＝－23＋3＝73．答案：733．在一次招聘中，主考官要求应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，并独立完成所抽取的3道题．乙能正确完成每道题的概率为23，且每道题完成与否互不影响．记乙能答对的题数为Y ，则Y 的数学期望为_________．解析：由题意知Y 的可能取值为0，1，2，3，且Y ～B ⎝⎛⎭⎫3，23，则EY ＝3×23＝2． 答案：2知识点二 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1σ2π； 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 6； ②P （μ－2σ<X ≤μ＋2σ）＝0．954 4； ③P （μ－3σ<X ≤μ＋3σ）＝0．997 4． • 温馨提醒 •1．在N （μ，σ2）中，第二个数是σ2，而不是σ．2．若X ～N （μ，σ2），则随机变量X 在μ的附近取值的概率很大，在离μ很远处取值的概率很小．1．已知随机变量ξ服从正态分布N （0，σ2），P （ξ>2）＝0．023，则P （－2≤ξ≤2）＝（ ） A ．0．954 B ．0．977 C ．0．488D ．0．477解析：P （－2≤ξ≤2）＝1－2P （ξ>2）＝1－0．023×2＝0．954． 答案：A2．已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N （0，32），从中随机取一件，其长度误差落在区间（3，6）内的概率为（ ）（附：若随机变量ξ服从正态分布N （μ，σ2），则P （μ－σ<ξ<μ＋σ）＝68．26%，P （μ－2σ<ξ<μ＋2σ）＝95．44%） A ．4．56% B ．13．59% C ．27．18%D ．31．74%解析：由已知μ＝0，σ＝3，所以P （3<ξ<6）＝12[P （－6<ξ<6）－P （－3<ξ<3）]＝12（95．44%－68．26%）＝12×27．18%＝13．59%．答案：B3．已知随机变量X 服从正态分布X ～N （3，1），且P （X >2c －1）＝P （X <c ＋3），则c ＝_________．解析：因为X ～N （3，1），所以正态曲线关于x ＝3对称，且P （X >2c －1）＝P （X <c ＋3）， 所以2c －1＋c ＋3＝3×2，所以c ＝43．答案：43授课提示：对应学生用书第229页题型一 离散型随机变量的均值与方差[例] （2021·重庆模拟）某企业对新扩建的厂区进行绿化，移栽了银杏、垂柳两种大树各2株．假定银杏移栽的成活率为34，垂柳移栽的成活率为23，且各株大树是否成活互不影响．（1）求两种大树各成活1株的概率；（2）设ξ为两种大树成活的株数之和，求随机变量ξ的分布列及数学期望．[解析] （1）记“银杏大树成活1株”为事件A ，“垂柳大树成活1株”为事件B ，则“两种大树各成活1株”为事件AB ． 由题可知P （A ）＝C 12×34×14＝38， P （B ）＝C 12×23×13＝49， 由于事件A 与B 相互独立，所以P （AB ）＝P （A ）·P （B ）＝16．（2）由题意知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4． P （ξ＝0）＝⎝⎛⎭⎫142×⎝⎛⎭⎫132＝1144； P （ξ＝1）＝C 12×34×14×⎝⎛⎭⎫132＋C 12×23×13×⎝⎛⎭⎫142＝572； P （ξ＝2）＝16＋⎝⎛⎭⎫342×⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫142×⎝⎛⎭⎫232＝37144；P （ξ＝3）＝C 12×34×14×⎝⎛⎭⎫232＋C 12×23×13×⎝⎛⎭⎫342＝512； P （ξ＝4）＝⎝⎛⎭⎫342×⎝⎛⎭⎫232＝14． 所以ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 4 P11445723714451214Eξ＝1×572＋2×37144＋3×512＋4×14＝176．1．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 ）＝aEX ＋b ，D （aX ＋b ）＝a 2DX 的应用．[对点训练](2021·西安八中模拟)为了预防春季流感，市防疫部门提供了编号为1，2，3，4的四种疫苗供市民选择注射，每个人均能从中任选一个编号的疫苗接种，现有甲，乙，丙三人接种疫苗． (1)求三人注射的疫苗编号互不相同的概率；(2)设三人中选择的疫苗编号最大数为X ，求X 的分布列及数学期望． 解析：(1)由题意可知，总的基本事件为43＝64， 三人注射的疫苗批号互不相同的基本事件数为A 34＝24， 所以所求的概率为P ＝2464＝38；(2)由题意知随机变量X 的可能取值为1，2，3，4； 计算P (X ＝1)＝C 3343＝164，P (X ＝2)＝C 33＋C 23＋C 1343＝764， P (X ＝3)＝C 33＋2·C 23＋22·C 1343＝1964，P (X ＝4)＝C 33＋3·C 23＋32·C 1343＝3764， 所以X 的分布列为X 1 2 3 4 P16476419643764数学期望为EX ＝1×164＋2×764＋3×1964＋4×3764＝5516．题型二 正态分布[例] （2021·合肥市高三二检）为了解A 市高三学生的数学复习备考情况，该市教研机构组织了一次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生的数学成绩绘制了如图所示的频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图，试估计该市参加此次检测考试的理科学生的数学平均成绩μ0；（精确到个位）（2）研究发现，本次检测考试的理科数学成绩X 近似服从正态分布N （μ，σ2），其中μ＝μ0，σ＝19．3．①按以往的统计数据，理科数学成绩能达到升一本分数要求的学生约占46%，据此估计在本次检测考试中达到升一本的理科数学成绩是多少分？（精确到个位）②已知A 市高三理科学生约有10 000名，某理科学生在此次检测考试中数学成绩为107分，则该学生在全市的排名大约是多少？ 错误![解析] （1）由题意估计该市此次检测考试中理科学生的数学平均成绩μ0＝65×0．05＋75×0．08＋85×0．12＋95×0．15＋105×0．24＋115×0．18＋125×0．1＋135×0．05＋145×0．03＝103．2≈103（分）．（2）①记在本次检测考试中达到升一本的理科数学成绩为x 1分， 根据题意，P （x ≥x 1）＝1－Φ⎝⎛⎭⎫x 1－μ0σ＝1－Φ⎝⎛⎭⎫x 1－10319.3＝0．46，即Φ⎝⎛⎭⎫x 1－10319.3＝0．54．由Φ（0．705 4）＝0．54得，x 1－10319.3＝0．705 4⇒x 1≈116．6≈117，所以在本次检测考试中达到升一本的理科数学成绩约为117分． ②P （x ≥107）＝1－Φ⎝⎛⎭⎫107－10319.3＝1－Φ（0．207 3）≈1－0．583 2＝0．416 8，所以10 000×0．416 8＝4 168，所以理科数学成绩为107分的该学生在全市的排名大约是第4 168名．正态分布下的概率计算常见的两类问题（1）利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x ＝μ对称，及曲线与x 轴之间的面积为1．（2）利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于（μ－σ，μ＋σ），（μ－2σ，μ＋2σ），（μ－3σ，μ＋3σ）中的哪一个．[题组突破]1．已知随机变量X 服从正态分布N （3，1），且P （X ≥4）＝0．158 7，则P （2<X <4）＝（ ） A ．0．682 6 B ．0．341 3 C ．0．460 3D ．0．920 7解析：因为随机变量X 服从正态分布N （3，1），且P （x ≥4）＝0．158 7，所以P （X ≤2）＝0．158 7，所以P （2<X <4）＝1－P （X ≤2）－P （X ≥4）＝0．682 6． 答案：A2．某校在一次月考中有900人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布X ～N （90，a 2）（a >0，试卷满分150分），统计结果显示，数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的35，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有 人． 解析：因为成绩服从正态分布X ～N （90，a 2）， 所以其正态分布曲线关于直线x ＝90对称．又因为成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的35，由对称性知成绩在110分以上的人数约为总人数的12×⎝⎛⎭⎫1－35＝15，所以此次数学考试成绩不低于110分的学生约有15×900＝180（人）．答案：180题型三 均值方差的实际应用[例] 某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：（1）现从去年的消费金额超过3 200元的消费者中随机抽取2人，求至少有1位消费者去年的消费金额在（3 200，4 000]内的概率；（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：会员等级 消费金额 普通会员 2 000 银卡会员 2 700 金卡会员3 200预计去年消费金额在（0，1 600]消费金额在（1 600，3 200]内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在（3 200，4 800]内的消费者都将会申请办理金卡会员，消费者在申请办理会员时，需一次性缴清相应等级的消费金额，该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：方案1：按分层抽样从普通会员、银卡会员、金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励：普通会员中的“幸运之星”每人奖励500元；银卡会员中的“幸运之星”每人奖励600元；金卡会员中的“幸运之星”每人奖励800元．方案2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球，若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励，规定每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）．请你预测哪一种返利活动方案该健身机构的投资较少？并说明理由．[解析] （1）去年的消费金额超过3 200元的消费者有12人，随机抽取2人，设消费金额在（3 200，4 000]的范围内的人数为X ，可能取值为0，1，2．P （X ≥1）＝1－P （X ＝0）＝1－C 24C 212＝1011， 所以至少有1位消费者去年的消费金额在（3 200，4 000]的范围内的概率为1011．（2）方案1：按分层抽样从普通会员、银卡会员、金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为28100×25＝7，60100×25＝15，12100×25＝3． 按照方案1奖励的总金额ξ1＝7×500＋15×600＋3×800＝14 900（元）．方案2：设η表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，则η的可能取值为0，200，300． 摸到红球的概率P ＝C 12C 15＝25，所以P （η＝0）＝C 03·⎝⎛⎭⎫250·⎝⎛⎭⎫353＋C 13·25·⎝⎛⎭⎫352＝81125， P （η＝200）＝C 23·⎝⎛⎭⎫252·35＝36125，P （η＝300）＝C 33·⎝⎛⎭⎫253＝8125． η的分布列为η 0 200 300 P81125361258125数学期望Eη＝0×81125＋200×36125＋300×8125＝76．8（元），按照方案2奖励的总金额ξ2＝（28＋2×60＋3×12）×76．8＝14 131．2（元）， 由ξ1>ξ2知，方案2投资较少．利用均值、方差进行决策的两个方略（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]（2021·佛山模拟）某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．（1）分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望； （2）请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？解析：（1）设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为1，2，3．P （ξ＝1）＝C 14C 22C 36＝15；P （ξ＝2）＝C 24C 12C 36＝35；P （ξ＝3）＝C 34C 02C 36＝15．应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为ξ 1 2 3 P153515Eξ＝1×15＋2×35＋3×15＝2．设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为0，1，2，3． P （η＝0）＝C 03⎝⎛⎭⎫1－233＝127； P （η＝1）＝C 13⎝⎛⎭⎫231⎝⎛⎭⎫1－232＝29； P （η＝2）＝C 23⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－23＝49；P （η＝3）＝C 33⎝⎛⎭⎫233＝827． 应聘者乙正确完成题数η的分布列为η 0 1 2 3 P1272949827Eη＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2．（或因为η～B ⎝⎛⎭⎫3，23，所以Eη＝3×23＝2） （2）因为Dξ＝（1－2）2×15＋（2－2）2×35＋（3－2）2×15＝25，Dη＝3×23×13＝23．所以Dξ<Dη．综上所述，从做对题数的数学期望来看，两人水平相当；从做对题数的方差来看，甲较稳定； 从至少完成2道题的概率来看，甲面试通过的可能性大．离散型随机变量的期望与方差应用中的核心素养逻辑推理——期望与方差的创新交汇应用问题离散型随机变量的期望多在解答题中考查．除独立考查外，还与正态分布，统计等交汇考查．[例]（2019·高考全国卷Ⅰ）为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．（1）求X的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i（i＝0，1，…，8）表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，p i＝ap i－1＋bp i＋cp i＋1（i＝1，2，…，7），其中a＝P（X＝－1），b＝P（X＝0），c＝P（X＝1）．假设α＝0．5，β＝0．8．①证明：{p i＋1－p i}（i＝0，1，2，…，7）为等比数列；②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．[解析]（1）X的所有可能取值为－1，0，1．P（X＝－1）＝（1－α）β，P（X＝0）＝αβ＋（1－α）（1－β），P（X＝1）＝α（1－β）．所以X的分布列为（2）①因此p i＝0．4p i－1＋0．5p i＋0．1p i＋1，故0．1（p i＋1－p i）＝0．4（p i－p i－1），即p i＋1－p i＝4（p i－p i－1）．又因为p1－p0＝p1≠0，所以{p i＋1－p i}（i＝0，1，2，…，7）是公比为4，首项为p1的等比数列．②由①可得p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝（p8－p7）＋（p7－p6）＋…＋（p1－p0）＝48－13p1．由于p8＝1，故p1＝348－1，所以p 4＝（p 4－p 3）＋（p 3－p 2）＋（p 2－p 1）＋（p 1－p 0）＝44－13p 1＝1257．p 4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0．5，乙药治愈率为0．8时，认为甲药更有效的概率为p 4＝1257≈0．003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．[对点训练]已知A 1，A 2，A 3，…，A 10等10所高校举行自主招生考试，某同学参加每所高校的考试获得通过的概率均为p （0<p <1）．（1）如果该同学10所高校的考试都参加，恰有m （1≤m ≤10）所通过的概率为f （p ），当p 为何值时，f （p ）取得最大值；（2）若p ＝12，该同学参加每所高校考试所需的费用均为a 元，该同学决定按A 1，A 2，A 3，…，A 10顺序参加考试，一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试，否则，继续参加其他高校的考试，求该同学参加考试所需费用ξ的分布列及数学期望．解析：（1）因为该同学通过各校考试的概率均为p ，所以该同学恰好通过m （1≤m ≤10）所高校自主招生考试的概率为f （p ）＝C m 10p m （1－p ）10－m，f ′（p ）＝C m 10[mpm －1（1－p ）10－m －（10－m ）p m （1－p ）9－m]＝C m 10pm －1（1－p ）9－m[m （1－p ）－（10－m ）p ]＝C m 10pm －1（1－p ）9－m（m －10p ），当0<p <m 10时，f ′（p ）>0，f （p ）单调递增；当m10≤p <1时，f ′（p ）≤0，f （p ）单调递减，所以当p ＝m10时，f （p ）取得最大值．（2）设该同学共参加了i 次考试的概率为P i （1≤i ≤10，i ∈Z ）． 因为P i ＝⎩⎨⎧12i，1≤i ≤9，129，i ＝10，i ∈Z ，所以该同学参加考试所需费用ξ的分布列如下： 所以Eξ＝⎝⎛⎭⎫12×1＋122×2＋…＋129×9＋129×10a ，令S ＝12×1＋122×2＋…＋129×9，① 则12S ＝122×1＋123×2＋…＋129×8＋1210×9，② 由①－②得12S ＝12＋122＋…＋129－1210×9，所以S ＝1＋12＋122＋…＋128－129×9，所以Eξ＝⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋...＋128－129×9＋129×10a ＝⎝⎛⎭⎫1＋12＋ (129)＝1－12101－12a＝2⎝⎛⎭⎫1－1210a＝1 023512a（元）．。
第六节离散型随机变量的均值与方差、正态分布[考纲传真] 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.会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单实际问题.3.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．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P(X＝a i)＝p i(i＝1,2，…，r)．(1)均值EX＝a1p1＋a2p2＋…＋a r p r，均值EX刻画的是X取值的“中心位置”．(2)方差DX＝E(X－EX)2为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值EX的平均偏离程度．2．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝aEX＋b．(2)D(aX＋b)＝a2DX(a，b为常数)．3．两点分布与二项分布的均值、方差(1)X～N(μ，σ2)，表示X服从参数为μ和σ2的正态分布．(2)正态分布密度函数的性质：①函数图像关于直线x＝μ对称；②σ(σ＞0)的大小决定函数图像的“胖”“瘦”； ③p (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝68.3%； p (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝95.4%； p (μ－3σ＜X ＜μ＋3σ)＝99.7%. [常用结论]1．均值与方差的关系：DX ＝EX 2－E 2X .2．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EX ＝nMN .[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的． ( ) (2)若X ～N (μ，σ2)，则μ，σ2分别表示正态分布的均值和方差． ( ) (3)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量．( )(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.( )[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 2．(教材改编)已知X 的分布列为A.73 B ．4 C ．－1 D ．1 A [由概率分布列的性质可知：12＋13＋a ＝1，∴a ＝16. ∴EX ＝－1×12＋0×13＋1×16＝－13. ∴EY ＝3＋2EX ＝3－23＝73.]3．已知随机变量X ＋η＝8，若X ～B (10,0.6)，则随机变量η的均值Eη及方差Dη分别是( )A ．6和2.4B ．2和2.4C ．2和5.6D ．6和5.6B [设随机变量X 的均值及方差分别为EX ，DX ，因为X ～B (10,0.6)，所以EX ＝10×0.6＝6，DX ＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，故Eη＝E (8－X )＝8－EX ＝2，Dη＝D (8－X )＝DX ＝2.4，故选B ．]4．已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，且P (ξ＜4)＝0.8，则P (0＜ξ＜4)＝________.0.6 [由P (ξ＜4)＝0.8，得P (ξ≥4)＝0.2.又正态曲线关于x ＝2对称． 则P (ξ≤0)＝P (ξ≥4)＝0.2，∴P (0＜ξ＜4)＝1－P (ξ≤0)－P (ξ≥4)＝0.6.]5．随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝Ck (k ＋1)，k ＝1,2,3，C 为常数，则P (0.5＜X ＜2.5)＝________.89 [由P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1，得C 1×2＋C 2×3＋C 3×4＝1，解得C ＝43.所以P (0.5＜X ＜2.5)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝23＋29＝89.]求离散型随机变量的均值、方差【例1】 (1)(2017·全国卷Ⅱ改编)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DX ＝( )A ．1.96B ．1.98C ．2D ．2.02(2)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响．①求甲获胜的概率；②求投篮结束时甲的投球次数ξ的分布列与期望．(1)A [依题意，X ～B (100,0.02)，所以DX ＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.] (2)[解] 设A k ，B k 分别表示“甲、乙在第k 次投篮投中”， 则P (A k )＝13，P (B k )＝12，其中k ＝1,2,3.①记“甲获胜”为事件C ，由互斥事件与相互独立事件的概率计算公式知 P (C )＝P (A 1)＋P (A 1B 1A 2)＋P (A 1A 1A 2B 2A 3)＝P (A 1)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)＝13＋23×12×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×13＝13＋19＋127＝1327.②ξ的所有可能取值为1,2,3，且P (ξ＝1)＝P (A 1)＋P (A 1B 1)＝13＋23×12＝23， P (ξ＝2)＝P (A 1A 1A 2)＋P (A 1A 1A 2B 2)＝23×12×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝29，P (ξ＝3)＝P (A 1A 1A 2B 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝19.综上知，ξ的分布列为所以Eξ＝1×23＋2×29＋3×19＝139.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Eη＝53，Dη＝59，求a∶b∶c.[解](1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6，故P(ξ＝2)＝3×36×6＝14，P(ξ＝3)＝2×3×26×6＝13，P(ξ＝4)＝2×3×1＋2×26×6＝518，P(ξ＝5)＝2×2×16×6＝19，P(ξ＝6)＝1×16×6＝136.所以ξ的分布列为(2)由题意知η的分布列为所以Eη＝aa ＋b ＋c ＋2b a ＋b ＋c ＋3c a ＋b ＋c＝53，Dη＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－532·a a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－532·b a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－532·c a ＋b ＋c ＝59，化简得⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －4c ＝0，a ＋4b －11c ＝0.解得a ＝3c ，b ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1. 均值与方差在决策中的应用【例2】 根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流每年最高水位X (单位：米)的频率分布直方图如图：将河流最高水位落入各组的频率视为概率，并假设每年河流最高水位相互独立．(1)求在未来三年里，至多有一年河流最高水位X ∈[27,31)的概率(结果用分数表示)；(2)该河流对沿河A 企业影响如下：当X ∈[23,27)时，不会造成影响；当X ∈[27,31)时，损失10 000元；当X ∈[31,35]时，损失60 000元．为减少损失，现有三种应对方案：方案一：防御35米的最高水位，每年需要工程费用3 800元； 方案二：防御31米的最高水位，每年需要工程费用2 000元； 方案三：不采取措施．试比较上述三种方案，哪种方案好，并请说明理由． [解] (1)由题意得P (27≤X ＜31)＝0.25＝14.设在未来3年里，河流最高水位x ∈[27,31)发生的年数为Y ，则Y ～N ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14.设事件“在未来三年里，至多有一年河流最高水位X ∈[27,31)”为事件A ， 则P (A )＝P (Y ＝0)＋P (Y ＝1)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫342×14＝2732. 所以在未来三年里，至多有一年河流最高水位X ∈[27,31)的概率为2732. (2)方案二好，理由如下： 由题意得P (23≤X ＜27)＝0.74， P (31≤X ≤35)＝0.01，用X 1，X 2，X 3分别表示方案一、方案二、方案三的损失， 由题意得X 1＝3 800，X 2的分布列为所以EX 2＝62 000×0.01＋2 000×0.99＝2 600. X 3的分布列为所以EX 3＝0×0.74＋60 000×0.01＋10 000×0.25＝3 100. 因为三种方案中方案二的平均损失最小，所以采取方案二好．据以往数据统计，甲、乙两地该商品需求量(单位：件)的频率分布表如下：甲地需求量频率分布表(1)若此供货商计划将10件该商品全部配送至甲、乙两地，为保证两地不缺货(配送量≥需求量)的概率均大于0.7，问该商品的配送方案有哪几种？(2)已知甲、乙两地该商品的销售相互独立，该商品售出，供货商获利2万元/件；未售出的，供货商亏损1万元/件．在(1)的前提下，若仅考虑此供货商所获净利润，试确定最佳配送方案．[解](1)由表格可知，甲地不缺货的概率大于0.7时，至少需配货5件；乙地不缺货的概率大于0.7时，至少需配货4件．故共有两种方案：方案一是甲地配5件，乙地配5件；方案二是甲地配6件，乙地配4件．(2)方案一：甲地配5件，乙地配5件时，记甲地的利润为X1万元，乙地的利润为Y1万元，则X1，Y1的分布列分别为所以选择方案一时，此供货商净利润的期望为E(X1)＋E(Y1)＝(7×0.5＋10×0.5)＋(4×0.6＋7×0.3＋10×0.1)＝8.5＋5.5＝14(万元)．方案二：甲地配6件，乙地配4件时，记甲地的利润为X2万元，乙地的利润为Y2万元，则X2，Y2的分布列分别为所以选择方案二时，此供货商净利润的期望为E (X 2)＋E (Y 2)＝(6×0.5＋9×0.3＋12×0.2)＋(5×0.6＋8×0.4)＝8.1＋6.2＝14.3(万元)．综上，仅考虑此供货商所获净利润，选择方案二更佳． 正态分布【例3】 (2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：116(∑16i ＝1x 2i －16x 2)≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数x 作为μ的估计值μ，用样本标准差s 作为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ<Z＜μ＋3σ)＝99.74%,0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.[解](1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X～B(16,0.002 6)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X的数学期望EX＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为μ＝9.97，σ的估计值为σ＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02.∑16i＝1x2i＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝68.3%，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝95.4%.A．1 193 B．1 355C．2 718 D．3 413(2)甲、乙两厂生产的一批零件尺寸服从N(5,0.12)，如果零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)以外，我们就有理由认为生产中可能出现了异常情况．现从甲、乙两厂各抽取10件零件检测，尺寸如茎叶图所示：则以下判断正确的是()A．甲、乙两厂生产都出现异常B．甲、乙两厂生产都正常C．甲厂生产正常，乙厂出现异常D．甲厂生产出现异常，乙厂正常(1)B(2)D[(1)对于正态分布N(－1,1)，μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于x＝－1对称，故题图中阴影部分的面积为12×[P(－3＜X＜1)－P(－2＜X＜0)]＝12×[P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)－P(μ－σ＜X＜μ＋σ)]＝12×(95.4%－68.3%)＝0.135 5，所以点落入题图中阴影部分的概率P＝0.135 51＝0.135 5，投入10 000个点，落入阴影部分的个数约为10 000×0.135 5＝1 355.(2)由甲、乙两厂生产的一批零件尺寸服从N(5,0.12)，得μ＝5，σ＝0.1，区间(μ－3σ，μ＋3σ)，即区间(4.7,5.3)，根据茎叶图可知，甲厂生产的零件有1件尺寸超出上述区间，乙厂生产的零件尺寸均在上述区间，所以甲厂生产出现异常、乙厂生产正常．故选D．](2018·全国卷Ⅰ)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)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(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p0.(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p0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](1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(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p0＝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．。
课时作业(六十四) [第64讲 离散型随机变量的均值与方差、正态分布][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．下面说法正确的是( )A ．离散型随机变量X 的期望EX 反映了X 取值的概率的平均值B ．离散型随机变量X 的方差DX 反映了X 取值的平均水平C ．离散型随机变量X 的期望EX 反映了X 取值的平均水平D ．离散型随机变量X 的方差DX 反映了X 取值的概率的平均值2．某班有14的学生数学成绩优秀，如果从班中随机地找出5名同学，那么其中数学成绩优秀的学生数X ～B ⎝⎛⎭⎫5，14，则E (2X ＋1)等于( )A.54B.52C ．3 D.723．一个课外兴趣小组共有5名成员，其中3名女性成员、2名男性成员，现从中随机选取2名成员进行学习汇报，记选出女性成员的人数为X ，则X 的数学期望是( )A.15B.310C.45D.654．某种摸奖活动的规则是：在一个袋子中装有大小、质地完全相同、编号分别为1,2,3,4的小球各一个，先从袋子中摸出一个小球，记下编号后放回袋子中，再从中取出一个小球，记下编号，若两次编号之和大于6，则中奖．某人参加4次这种抽奖活动，记中奖的次数为X ，则X 的数学期望是( )A.14B.12C.316D.34 能力提升5．已知X ～B ⎝⎛⎭⎫n ，12，Y ～B ⎝⎛⎭⎫n ，13，且EX ＝15，则EY 等于( )A ．5B ．10C ．15D ．206．[2010·课标全国卷] 某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为( )A ．100B ．200C ．300D ．4007．已知离散型随机变量X则其方差DX 等于( )A ．1B ．0.6C ．2.44D ．2.4 8．[2010·广东卷] 已知随机变量X 服从正态分布N (3,1)，且P (2≤X ≤4)＝0.6826，则P (X >4)＝( )A ．0.1588B ．0.1587C ．0.1586D ．0.15859．有10张卡片，其中8张标有数字2,2张标有数字5，从中任意抽出3张卡片，设3张卡片上的数字之和为X ，则X 的数学期望是( )A ．7.8B ．8C ．16D ．15.610．某同学解答两道试题，他能够解出第一道题的概率为0.8，能够解出第二道题的概率为0.6，两道试题能够解答与否相互独立，记该同学解出题目的个数为随机变量X ，则X 的数学期望EX ＝________.11．体育课的投篮测试规则是：一位同学投篮一次，若投中则合格，停止投篮，若投不中，则重新投篮一次，若三次投篮均不中，则不合格，停止投篮．某位同学每次投篮的命中的概率为23，则该同学投篮次数X 的数学期望EX ＝________.12．袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，每次摸取一个球记下颜色后放回，现连续取球8次，记取出红球的次数为X ，则X 的方差DX ＝________.13．据统计，一年中一个家庭万元以上的财产被窃的概率为0.005，保险公司开办一年期万元以上家庭财产保险，交保险费100元，若一年内万元以上财产被窃，保险公司赔偿a 元(a >1000)，为确保保险公司有可能获益，则a 的取值范围是________．14．(10分)[2011·泰兴模拟] 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：f 1(x )＝x ，f 2(x )＝x 2，f 3(x )＝x 3，f 4(x )＝sin x ，f 5(x )＝cos x ，f 6(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)现从盒子中进行逐一抽取卡片，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，否则继续进行，求抽取次数X 的分布列和数学期望．15．(13分)[2011·南漳一中月考] 不透明盒中装有10个形状大小一样的小球，其中有2个小球上标有数字1，有3个小球上标有数字2，还有5个小球上标有数字3.取出一球记下所标数字后放回，再取一球记下所标数字，共取两次．设两次取出的小球上的数字之和为X .(1)求随机变量X 的分布列； (2)求随机变量X 的数学期望EX .难点突破16．(12分)某车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中有3名女工人，现采用分层抽样方法(层内采用不放回简单随机抽样)从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核．(1)求从甲、乙两组各抽取的人数；(2)求从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率；(3)记X 表示抽取的3名工人中男工人数，求X 的分布列及数学期望．课时作业(六十四)【基础热身】1．C [解析] 离散型随机变量X 的期望EX 反映了X 取值的平均水平，它的方差反映X 取值的离散程度．2．D [解析] 因为X ～B ⎝⎛⎭⎫5，14，所以EX ＝54，所以E(2X ＋1)＝2EX ＋1＝2×54＋1＝72.3．D [解析] X ＝0,1,2.P(X ＝0)＝C 22C 25＝110，P(X ＝1)＝C 13C 12C 25＝610，P(X ＝2)＝C 23C 25＝310.所以EX ＝65.4．D [解析] 根据乘法原理，基本事件的总数是4×4＝16，其中随机事件“两次编号之和大于6”含有的基本事件是(3,4)，(4,3)，(4,4)，故一次摸奖中奖的概率为316.4次摸奖中奖的次数X ～B ⎝⎛⎭⎫316，4，根据二项分布的数学期望公式，则EX ＝4×316＝34.【能力提升】5．B [解析] 因为X ～B ⎝⎛⎭⎫n ，12，所以E(X)＝n2，又E(X)＝15，则n ＝30.所以Y ～B ⎝⎛⎭⎫30，13，故EY ＝30×13＝10.6．B [解析] X 的数学期望概率符合(n ，p)分布；n ＝1000，p ＝0.1，∴EX ＝2×1000×0.1＝200.7．C [解析] 因为0.5＋m ＋0.2＝1，所以m ＝0.3，所以EX ＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，DX ＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.8．B [解析] 通过正态分布对称性及已知条件得P(X ＞4)＝1－P (2≤X ≤4)2＝1－0.68262＝0.1587，故选B . 9．A [解析] X 的取值为6,9,12，相应的概率P(X ＝6)＝C 38C 310＝715，P(X ＝9)＝C 28C 12C 310＝715，P(X ＝12)＝C 18C 22C 310＝115，EX ＝6×715＋9×715＋12×115＝7.8.10．1.4 [解析] X ＝0,1,2.P(X ＝0)＝0.2×0.4＝0.08，P(X ＝1)＝0.8×0.4＋0.2×0.6＝0.44，P(X ＝2)＝0.8×0.6＝0.48.所以E(X)＝0×0.08＋1×0.44＋2×0.48＝1.4.11.139 [解析] 试验次数X 的可能取值为1,2,3，且P(X ＝1)＝23，P(X ＝2)＝13×23＝29，P(X ＝3)＝13×13×⎝⎛⎭⎫23＋13＝19.随机变量X所以EX ＝1×23＋2×29＋3×19＝139.12．2 [解析] 每次取球时，红球被取出的概率为12，8次取球看做8次独立重复试验，红球出现的次数X ～B ⎝⎛⎭⎫12，8，故DX ＝8×12×12＝2.13．(1000,20000) [解析] X 表示保险公司在参加保险者身上的收益，其概率分布为EX ＝0.995×100＋(100－a)×0.005＝100－a200.若保险公司获益，则期望大于0，解得a<20000，所以a ∈(1000,20000)．14．[解答] (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”，由题意知P(A)＝C 23C 26＝15.(2)X 可取1,2,3,4.P(X ＝1)＝C 13C 16＝12，P(X ＝2)＝C 13C 16·C 13C 15＝310， P(X ＝3)＝C 13C 16·C 12C 15·C 13C 14＝320，P(X ＝4)＝C 13C 16·C 12C 15·C 11C 14·C 13C 13＝120； 故X 的分布列为EX ＝1×2＋2×10＋3×20＋4×20＝4.15．[解答] (1)由题意知随机变量X 的取值为2,3,4,5,6.P(X ＝2)＝210×210＝125，P(X ＝3)＝210×310＋310×210＝325，P(X ＝4)＝210×510＋510×210＋310×310＝29100，P(X ＝5)＝310×510＋510×310＝310，P(X ＝6)＝510×510＝14.所以随机变量X 的分布列为(2)随机变量X 的数学期望为EX ＝2×125＋3×325＋4×29100＋5×310＋6×14＝235. 【难点突破】16．[解答] (1)由于甲组有10名工人，乙组有5名工人，根据分层抽样的等比例性， 若从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核， 则从甲组中抽取2名工人，乙组中抽取1名工人．(2)记A 表示事件“从甲组抽取的工人中恰有1名女工人”，由于甲组抽取2人，故基本事件的总数是C 210，事件A 所包含的基本事件数是C 14C 16，所以P(A)＝C 14C 16C 210＝815.(3)X 的可能取值为0,1,2,3.P(X ＝0)＝C 24C 210·C 13C 15＝675， P(X ＝1)＝C 14C 16C 210·C 13C 15＋C 24C 210·C 12C 15＝2875， P(X ＝3)＝C 26C 210·C 12C 15＝1075， P(X ＝2)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝3)＝3175. 故X 的分布列为数学期望EX ＝0×75＋1×75＋2×75＋3×75＝5.。
第8讲 离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．离散型随机变量X 的均值与方差已知离散型随机变量X 的分布列为P (X ＝x i )＝p i (i ＝1，2，3，…，n )．(1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b (a ，b 为常数)． (2)D (aX ＋b )＝a 2D (X)(a，b 为常数)． 3．两个特殊分布的期望与方差(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1σ2π； (4)曲线与x 轴之间的面积为1；(5)当σ一定时，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．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定．( )(2)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，则偏离变量的平均程度越小．( )(3)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．( )(4)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．( )(5)均值是算术平均数概念的推广，与概率无关．( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)√ (5)×已知X 的分布列为设Y ＝2X A.73 B ．4 C ．－1D ．1解析：选A.E (X )＝－12＋16＝－13，E (Y )＝E (2X ＋3)＝2E (X )＋3＝－23＋3＝73.已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，且P (ξ＜4)＝0.8，则P (0＜ξ＜4)＝( ) A ．0.6 B ．0.4 C ．0.3D ．0.2 解析：选A.由P (ξ＜4)＝0.8，得P (ξ≥4)＝0.2.又正态曲线关于x ＝2对称，则P (ξ≤0)＝P (ξ≥4)＝0.2，所以P (0＜ξ＜4)＝1－P (ξ≤0)－P (ξ≥4)＝0.6.(2017·高考全国卷Ⅱ)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DX ＝________．解析：依题意，X ～B (100，0.02)， 所以DX ＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96. 答案：1.96一个人将编号为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，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时就放对了，否则就放错了．设放对个数记为ξ，则ξ的期望的值为________．解析：将四个不同小球放入四个不同盒子，每个盒子放一个小球，共有A 44种不同放法，放对的个数ξ可取的值有0，1，2，4，其中P (ξ＝0)＝9A 44＝38， P (ξ＝1)＝C 14×2A 44＝13，P (ξ＝2)＝C 24A 44＝14，P (ξ＝4)＝1A 44＝124，E (ξ)＝0×38＋1×13＋2×14＋4×124＝1. 答案：1离散型随机变量的均值与方差(高频考点)离散型随机变量的均值与方差是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现，多为中档题．高考对离散型随机变量的均值与方差的考查主要有以下两个命题角度：(1)古典概型背景下的离散型随机变量的均值与方差； (2)与二项分布有关的均值与方差．[典例引领]角度一 古典概型背景下的离散型随机变量的 均值与方差某小组共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 )＝C 13C 14＋C 23C 210＝13. 所以事件A 发生的概率为13.(2)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2.P (X ＝0)＝C 23＋C 23＋C 24C 210＝415， P (X ＝1)＝C 13C 13＋C 13C 14C 210＝715， P (X ＝2)＝C 13C 14C 210＝415.所以随机变量X 的分布列为 随机变量X 的数学期望E (X )＝0×415＋1×715＋2×415＝1.方差D (X )＝415(0－1)2＋715(1－1)2＋415(2－1)2＝815.角度二 与二项分布有关的均值与方差(2018·洛阳市第一次统一考试)雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制PM 2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格考核指标．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对A 、B 、C 三个城市进行治霾落实情况抽查．(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为12，若四个专家组均评价为优则检查通过不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为X ，求X 的分布列和期望．【解】 (1)随机选取，共有34＝81种不同方法，恰有一个城市没有专家组选取的有C 13(C 14A 22＋C 24)＝42种不同方法，故恰有一个城市没有专家组选取的概率为4281＝1427.(2)设事件A ：“一个城市需复检”，则P (A )＝1－⎝⎛⎭⎫124＝1516，X 的所有可能取值为0，1，2，3，P (X ＝0)＝C 03·⎝⎛⎭⎫1163＝14 096，P (X ＝1)＝C 13·⎝⎛⎭⎫1162·1516＝454 096，P (X ＝2)＝C 23·116·⎝⎛⎭⎫15162＝6754 096，P (X ＝3)＝C 33·⎝⎛⎭⎫15163＝3 3754 096. 所以X 的分布列为 X ～B ⎝⎭⎫3，1516，E (X )＝3×1516＝4516.(1)求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 ①理解ξ的意义，写出ξ可能的全部取值． ②求ξ取每个值的概率． ③写出ξ的分布列． ④由均值的定义求E (ξ)． ⑤由方差的定义求D (ξ)． (2)二项分布的期望与方差如果ξ～B (n ，p )，则用公式E (ξ)＝np ；D (ξ)＝np (1－p )求解，可大大减少计算量． [提醒] 均值E (X )由X 的分布列唯一确定，即X 作为随机变量是可变的，而E (X )是不变的，它描述X 取值的平均水平．[通关练习]1．体育课的投篮测试规则是：一位同学投篮一次，若投中则合格，停止投篮，若投不中，则重新投篮一次，若三次投篮均不中，则不合格，停止投篮．某位同学每次投篮命中的概率为23，则该同学投篮次数X 的数学期望E (X )＝________．解析：投篮次数X 的可能取值为1，2，3， 且P (X ＝1)＝23，P (X ＝2)＝13×23＝29，P (X ＝3)＝13×13×⎝⎛⎭⎫23＋13＝19. 随机变量X 的分布列为所以E (X )＝1×23＋2×29＋3×19＝139.答案：1392．(2018·湖北黄冈三月调研)已知6只小白鼠中有1只感染了病毒，需要对6只小白鼠进行病毒DNA 化验来确定哪一只受到了感染．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染病毒的小白鼠为止．方案乙：将6只小白鼠分为两组，每组三只，将其中一组的三只小白鼠的待化验物质混合在一起化验，若化验结果显示含有病毒DNA ，则表明感染病毒的小白鼠在这三只当中，然后逐个化验，直到确定感染病毒的小白鼠为止；若化验结果显示不含病毒DNA ，则在另外一组中逐个进行化验．(1)求执行方案乙化验次数恰好为2次的概率；(2)若首次化验的化验费为10元，第二次化验的化验费为8元，第三次及以后每次化验的化验费都是6元，求方案甲所需化验费的分布列和期望．解：(1)执行方案乙化验次数恰好为2次的情况分两种：第一种，先化验一组，结果显示不含病毒DNA ，再从另一组中任取一只进行化验，其恰含有病毒DNA ，此种情况的概率为C 35C 36×1C 13＝16，第二种，先化验一组，结果显示含病毒DNA ，再从中逐个化验，恰好第一只含有病毒，此种情况的概率为C 25C 36×1C 13＝16.所以执行方案乙化验次数恰好为2次的概率为16＋16＝13.(2)设用方案甲化验需要的化验费为η(单位：元)，则η的可能取值为10，18，24，30，36.P (η＝10)＝16，P (η＝18)＝56×15＝16，P (η＝24)＝56×45×14＝16，P (η＝30)＝56×45×34×13＝16，P (η＝36)＝56×45×34×23＝13，则化验费η的分布列为所以E (η)＝10×16＋18×16＋24×16＋30×16＋36×13＝773(元)．均值与方差的实际应用[典例引领](2018·广西三市第一次联考)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每道题正确完成的概率都是23，且每道题正确完成与否互不影响．(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望； (2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？【解】 (1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为1，2，3.P (ξ＝1)＝C 14C 22C 36＝15；P (ξ＝2)＝C 24C 12C 36＝35；P (ξ＝3)＝C 34C 02C 36＝15.应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为0，1，2，3. P (η＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫133＝127；P (η＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫231⎝⎛⎭⎫132＝627；P (η＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫13＝1227；P (η＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫233＝827.应聘者乙正确完成题数η的分布列为E (η)＝0×127＋1×627＋2×1227＋3×827＝2.(或因为η～B (3，23)，所以E (η)＝3×23＝2)(2)因为D (ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15＝25，D (η)＝3×23×13＝23.所以D (ξ)＜D (η)．综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当； 从做对题数的方差考查，甲较稳定；从至少完成2道题的概率考查，甲面试通过的可能性大．均值与方差的实际应用(1)D (X )表示随机变量X 对E (X )的平均偏离程度，D (X )越大表明平均偏离程度越大，说明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，统计中常用D （X ）来描述X 的分散程度．(2)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取值偏离于均值的程度，它们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的理论依据，一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．(2018·长沙市统一模拟考试)张老师开车上班，有路线①与路线②两条路线可供选择．路线①：沿途有A ，B 两处独立运行的交通信号灯，且两处遇到绿灯的概率依次为12，23，若A 处遇红灯或黄灯，则导致延误时间2分钟；若B 处遇红灯或黄灯，则导致延误时间3分钟；若两处都遇绿灯，则全程所花时间为20分钟．路线②：沿途有a ，b 两处独立运行的交通信号灯，且两处遇到绿灯的概率依次为34，25，若a 处遇红灯或黄灯，则导致延误时间8分钟；若b 处遇红灯或黄灯，则导致延误时间5分钟；若两处都遇绿灯，则全程所花时间为15分钟．(1)若张老师选择路线①，求他20分钟能到校的概率；(2)为使张老师日常上班途中所花时间较少，你建议张老师选择哪条路线？并说明理由． 解：(1)走路线①，20分钟能到校意味着张老师在A ，B 两处均遇到绿灯，记该事件发生的概率为P ，则P ＝12×23＝13.(2)设选择路线①的延误时间为随机变量ξ，则ξ的所有可能取值为0，2，3，5. 则P (ξ＝0)＝12×23＝13，P (ξ＝2)＝12×23＝13，P (ξ＝3)＝12×13＝16，P (ξ＝5)＝12×13＝16.ξ的数学期望E (ξ)＝0×13＋2×13＋3×16＋5×16＝2.设选择路线②的延误时间为随机变量η，则η的所有可能取值为0，8，5，13.则P (η＝0)＝34×25＝620，P (η＝8)＝14×25＝220，P (η＝5)＝34×35＝920，P (η＝13)＝14×35＝320.η的数学期望E (η)＝0×620＋8×220＋5×920＋13×320＝5.因此选择路线①平均所花时间为20＋2＝22分钟，选择路线②平均所花时间为15＋5＝20分钟．所以为使张老师日常上班途中所花时间较少，建议张老师选择路线②.正态分布[典例引领](1)(2018·长春质检)已知随机变量X 服从正态分布N (1，σ2)，若P (X ＞2)＝0.15，则P (0≤X ≤1)＝( )A ．0.85B ．0.70C ．0.35D ．0.15(2)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜ξ＜μ＋σ)≈68.27%，P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)≈95.45%)A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74%【解析】 (1)P (0≤X ≤1)＝P (1≤X ≤2)＝0.5－P (X ＞2)＝0.35.(2)由正态分布的概率公式知P (－3＜ξ＜3)≈0.682 7，P (－6＜ξ＜6)≈0.954 5，故P (3＜ξ＜6)＝P （－6＜ξ＜6）－P （－3＜ξ＜3）2＝0.954 5－0.682 72＝0.135 9＝13.59%，故选B.【答案】 (1)C (2)B正态分布下的概率计算常见的两类问题(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x ＝μ对称，及曲线与x 轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．[通关练习]1．若X ～N (5，1)，则P (3＜X ＜4)＝( ) A ．0.954 5 B ．0.477 3 C ．0.341 4 D ．0.135 9解析：选D.依题意得P (3＜X ＜4)＝12P (3＜X ＜7)－12P (4＜X ＜6)＝12×0.954 5－12×0.682 7＝0.135 9.2．(2018·福建省毕业班质量检测)若随机变量X ～N (μ，σ2)，且P (X >5)＝P (X <－1)＝0.2，则P (2<X <5)＝________．解析：因为随机变量X ～N (μ，σ2)，所以正态曲线关于直线x ＝μ对称．又P (X >5)＝P (X <－1)＝0.2，所以μ＝5－12＝2，所以P (2<X <5)＝P (X >2)－P (X >5)＝0.5－0.2＝0.3.答案：0.3随机变量的均值、方差与样本的平均值、方差的关系随机变量的均值、方差是常数，它们不依赖于样本的抽取，而样本的平均值、方差是随机变量，它们随着样本的不同而变化．期望与方差的一般计算步骤(1)理解X 的意义，写出X 的所有可能取的值； (2)求X 取各个值的概率，写出分布列；(3)根据分布列，正确运用期望与方差的定义或公式进行计算．若X 服从正态分布，即X ～N (μ，σ2)，要充分利用正态 曲线的关于直线X ＝μ对称和曲线与x 轴之间的面积为1的性质．易错防范(1)E (X )是一个实数，由X 的分布列唯一确定．随机变量X 是可变的，可取不同的值，而E (X )是不变的，它描述X 取值的平均状态．(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．(3)方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负的．1．罐中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续摸取4次，设X 为取得红球的次数，则X 的方差D (X )的值为( )A.125 B.2425 C.85D.265解析：选B.因为是有放回地摸球，所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为35，连续摸4次(做4次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫4，35，所以D (X )＝4×35×⎝⎛⎭⎫1－35＝2425. 2．某校在高三第一次模拟考试中约有1 000人参加考试，其数学考试成绩近似服从正态分布，即X ～N (100，a 2)(a ＞0)，试卷满分为150分，统计结果显示数学考试成绩不及格(低于90分)的人数占总人数的110，则此次数学考试成绩在100分到110分(包含100分和110分)之间的人数约为( )A ．400B ．500C ．600D ．800解析：选A.P (X ＜90)＝P (X ＞110)＝110，P (90≤X ≤110)＝1－110×2＝45，P (100≤X ≤110)＝25，1 000×25＝400.故选A. 3．(2017·高考浙江卷)已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1，2.若0＜p 1＜p 2＜12，则( )A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2) D ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)解析：选A.根据题意得，E (ξi )＝p i ，D (ξi )＝p i (1－p i )，i ＝1，2，因为0<p 1<p 2<12，所以E (ξ1)<E (ξ2)．令f (x )＝x (1－x )，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增，所以f (p 1)<f (p 2)，即D (ξ1)<D (ξ2)，故选A.4．已知随机变量ξ的分布列为那么ξ的数学期望E (ξ)＝________，设η＝2ξ＋1，则η的数学期望E (η)＝________． 解析：由离散型随机变量的期望公式及性质可得， E (ξ)＝－1×12＋0×16＋1×13＝－16，E (η)＝E (2ξ＋1)＝2E (ξ)＋1＝2×⎝⎛⎭⎫－16＋1＝23. 答案：－16 235．有10张火车票，其中3张是卧铺，其他是硬座，从这10张火车票中任取两张，用ξ表示取到卧铺的张数，则E (ξ)等于________．解析：ξ服从超几何分布P (ξ＝x )＝C x 3C 2－x 7C 210(x ＝0，1，2)．所以P (ξ＝0)＝C 27C 210＝2145＝715，P (ξ＝1)＝C 17C 13C 210＝2145＝715，P (ξ＝2)＝C 23C 210＝345＝115.所以E (ξ)＝0×715＋1×715＋2×115＝915＝35.答案：356．袋中有20个大小相同的球，其中标上0号的有10个，标上n 号的有n 个(n ＝1，2，3，4)．现从袋中任取一球，X 表示所取球的标号．(1)求X 的分布列、期望和方差；(2)若Y ＝aX ＋b ，E (Y )＝1，D (Y )＝11，试求a ，b 的值． 解：(1)X 的分布列为E (X )＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5.D (X )＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.(2)由D (Y )＝a 2D (X )，得a 2×2.75＝11，即a ＝±2. 又E (Y )＝aE (X )＋b ， 所以当a ＝2时，由1＝2×1.5＋b ，得b ＝－2.当a ＝－2时，由1＝－2×1.5＋b ，得b ＝4.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝4.7．(2018·合肥市第一次教学质量检测)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45.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，员工则获得500元奖金，不进行第二次抽奖；若正面朝上，员工则须进行第二次抽奖，且在第二次抽奖中，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25，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 (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)X 的可能取值为0，500，1 000. P (X ＝0)＝15＋45×12×15＝725，P (X ＝500)＝45×12＝25，P (X ＝1 000)＝45×12×45＝825，所以某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X (元)的分布列为(2)由(1)可知，选择方案甲进行抽奖所获奖金X 的期望E (X )＝500×25＋1 000×825＝520，若选择方案乙进行抽奖，中奖次数ξ～B (3，25)，则E (ξ)＝3×25＝65，抽奖所获奖金X 的期望E (X )＝E (400ξ)＝400E (ξ)＝480， 故选择方案甲较划算．1．为回馈顾客，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随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(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顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获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10元和50元的两种球组成，或标有面值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的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．解：(1)设顾客所获的奖励额为X .①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20，60. P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，P (X ＝60)＝12，即X 的分布列为所以顾客所获的奖励额的数学期望为E (X )＝20×12＋60×12＝40(元)．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．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)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为X 1的期望为E (X 1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60，X 1的方差为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)，设顾客所获的奖励额为X 2，则X 2的分布列为X 2的期望为E (X 2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60，X 2的方差为D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于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2.2．(2017·高考全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性； (ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9．95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10．26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95经计算得x －＝116∑i ＝116x i ＝9.97，s ＝116∑i ＝116 （x i －x －）2＝116⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝116x 2i －16x－2≈0.212， 其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1，2， (16)用样本平均数x －作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)． 附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z <μ＋3σ)＝0.997 4.0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16，0.002 6)．因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8. X 的数学期望为EX ＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)(i)如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．(ii)由x －＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115(16×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估计值为10.02.∑i ＝116x 2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为错误!(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.。
第9讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．若离散型随机变量X则X 的数学期望EX ＝()A ．2B ．2或12 C.12 D ．1解析：选C.因为分布列中概率和为1，所以a 2＋a 22＝1，即a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(舍去)或a ＝1，所以EX ＝12. 2．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布(100，σ2)(σ>0)，若ξ在[80，120]内的概率为0.8，则落在(0，80)内的概率为()A ．0.05B ．0.1C ．0.15D ．0.2解析：选B.P (0<ξ<80)＝12[1－P (80≤ξ≤120)]＝12(1－0.8)＝0.1. 3．签盒中有编号为1，2，3，4，5，6的六支签，从中任意取3支，设X 为这3支签的号码之中最大的一个，则X 的数学期望为()A ．5B ．5.25C ．5.8D ．4.6解析：选B.由题意可知，X 可以取3，4，5，6，P (X ＝3)＝1C 36＝120，P (X ＝4)＝C 23C 36＝320， P (X ＝5)＝C 24C 36＝310，P (X ＝6)＝C 25C 36＝12. 由数学期望的定义可求得EX ＝3×120＋4×320＋5×310＋6×12＝5.25. 4．已知某高级中学高三学生有2000名，在第一次模拟考试中数学成绩ξ服从正态分布N (120，σ2)，已知P (100<ξ<120)＝0.45，若学校教研室欲按分层抽样的方式从中抽出100份试卷进行分析研究，则应从140分及以上的试卷中抽()A ．4份B ．5份C ．8份D ．10份解析：选B.因为P (ξ>140)＝1－2P （100<ξ<120）2＝0.05，所以从140分及以上的试卷中抽0.05×2 0002 000×100＝5份． 5．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为________．解析：记不发芽的种子数为Y ，则Y ～B (1000，0.1)，所以EY ＝1000×0.1＝100.又X ＝2Y ，所以EX ＝E (2Y )＝2EY ＝200.答案：2006．公共汽车车门高度是按男子与车门碰头机会不高于0.0228来设计的．设男子身高X 服从正态分布N (170，72)(单位：cm)，参考以下概率P (μ－σ<X <μ＋σ)＝0.6826，P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.9544，P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.9974，则车门的高度(单位：cm)至少应设计为________cm.解析：因为P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.9544，所以P (X ≥μ＋2σ)＝1－0.954 42＝0.0228， 所以车门的高度至少设计为μ＋2σ才符合要求，即为170＋2×7＝184cm.答案：1847．若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望EX .解：(1)个位数字是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345.(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84，随机变量X 的取值为：0，－1，1，因此P (X ＝0)＝C 38C 39＝23， P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114， P (X ＝1)＝1－114－23＝1142. 所以X 的分布列为则EX ＝0×23＋(－1)×114＋1×42＝21. 8．甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙、丙约定两人面试都合格就一同签约，否则两个人都不签约．设甲面试合格的概率为12，乙、丙面试合格的概率都为13，且面试是否合格相互不影响. (1)求至少有一人面试合格的概率；(2)求签约人数X 的分布列和数学期望.解：(1)用A ，B ，C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格．由题意知A ，B ，C 相互独立，且P (A )＝12，P (B )＝P (C )＝13， 所以至少有一人面试合格的概率为1－P (A －B －C －)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝79. (2)由题意可知，X 的可能取值为0，1，2，3.P (X ＝0)＝P (A －B －C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝49； P (X ＝1)＝P (A B －C )＋P (AB C －)＋P (A B －C －)＝49；P (X ＝2)＝P (A －BC )＝118；P (X ＝3)＝P (ABC )＝118.所以X 的分布列为EX ＝0×49＋1×49＋2×18＋3×18＝18. 9．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，X 表示所取球的标号．(1)求X 的分布列、期望和方差；(2)若Y ＝aX ＋b ，EY ＝1，DY ＝11，试求a ，b 的值．解：(1)X所以EX ＝0×12＋1×20＋2×10＋3×20＋4×5＝1.5， DX ＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.(2)由DY ＝a 2DX 得2.75a 2＝11，得a ＝±2，又EY ＝aEX ＋b ，所以当a ＝2时，由1＝2×1.5＋b ，得b ＝－2；当a ＝－2时，由1＝－2×1.5＋b ，得b ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝4.1．某市教育局为了了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市学生体能测试成绩X 服从正态分布N (80，σ2)(满分为100分)，已知P (X <75)＝0.3，P (X ≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取3位同学．(1)求抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[80，85)，[85，95)，[95，100]内各有1位同学的概率；(2)记抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[75，85]内的人数为Y ，求随机变量Y 的分布列和数学期望EY .解：(1)由题知，P (80≤X <85)＝12－P (X <75)＝0.2， P (85≤X <95)＝0.3－0.1＝0.2，所以所求概率P ＝A 33×0.2×0.2×0.1＝0.024.(2)P (75≤X ≤85)＝1－2P (X <75)＝0.4，所以Y 服从二项分布B (3，0.4)，P (Y ＝0)＝0.63＝0.216，P (Y ＝1)＝3×0.4×0.62＝0.432，P (Y ＝2)＝3×0.42×0.6＝0.288，P (Y ＝3)＝0.43＝0.064，所以随机变量YEY ＝3×0.4＝1.2.2．某公司准备将1000万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、乙两个建设项目供选且ξ1的期望E ξ1＝120；2(万元)与该项目建设材料的成本有关，在生产的过程中，公司将根据成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互独立且调整的概率分别为p (0＜p ＜1)和1－p .若乙项目产品价格一年内调整次数X (次)与ξ2(1)求m ，n 的值；(2)求ξ2的分布列；(3)若E ξ1＜E ξ2，则选择投资乙项目，求此时p 的取值范围．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋0.4＋n ＝1，110m ＋120×0.4＋170n ＝120， 解得m ＝0.5，n ＝0.1.(2)ξ2的可能取值为41.2，117.6，204，P (ξ2＝41.2)＝(1－p )[1－(1－p )]＝p (1－p )，P (ξ2＝117.6)＝p [1－(1－p )]＋(1－p )(1－p )＝p 2＋(1－p )2，P (ξ2＝204)＝p (1－p )，所以ξ2(3)由(2)可得：E ξ2＝41.2p (1－p )＋117.6[p 2＋(1－p )2]＋204p (1－p )＝－10p 2＋10p ＋117.6，由E ξ1＜E ξ2，得120＜－10p 2＋10p ＋117.6，解得：0.4＜p ＜0.6，即当选择投资乙项目时，p 的取值范围是(0.4，0.6)．。
专题6.3 离散型随机变量的均值与方差【基础知识梳理】 (1)【考点1：求离散型随机变量的均值】 (1)【考点2：均值的性质】 (7)【考点3：求离散型随机变量的方差】 (11)【考点4：方差的性质】 (16)【基础知识梳理】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)称E(X)＝x1p1＋x2p2i i n n量取值的平均水平．(2)称D(X)＝(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)＝aE(X)＋b；(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)．[方法技巧]求离散型随机变量的均值与方差的步骤(1)找出随机变量X的所有可能取值x i(i＝1,2，3，…，n)；(2)求出各取值的概率P(X＝x i)＝p i；(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；(4)利用公式求均值或方差.【考点1：求离散型随机变量的均值】【知识点：求离散型随机变量的均值】1．（2023·河南平顶山·校联考模拟预测）甲、乙两人进行围棋比赛，两人共比赛两局，每局比赛甲赢的概率为0.6，两人平局的概率为0.1，设每局的胜方得3分，负方得−1分，若该局为平局，则两人各得2分．(1)求甲、乙各赢一局的概率；(2)记两局结束后甲的最后得分为X，求X的数学期望．【答案】(1)0.36(2)3.4【分析】（1）由题可知比赛乙赢的概率为0.3，甲、乙各赢一局相当于甲赢第一局乙赢第二局或乙赢第一局甲赢第二局.据此可得答案；（2）依次写出对局情况及相应概率，后可计算期望.【详解】（1）依题意可得每局比赛乙赢的概率为0.3，甲、乙各赢一局相当于甲赢第一局乙赢第二局或乙赢第一局甲赢第二局，故甲、乙各赢一局的概P=2×0.6×0.3=0.36．（2）若甲赢两局，得分6分，P(X=6)=0.62=0.36；若甲一赢一平，得分5分，P(X=5)=2×0.6×0.1=0.12；若甲平两局，得分4分，P(X=4)=0.12=0.01；若甲一赢一输，得分2分，P(X=2)=2×0.6×0.3=0.36；若甲一平一输，得分1分，P(X=1)=2×0.3×0.1=0.06；若甲输两局，得分−2，P(X=−2)=0.32=0.09.故E(X)=6×0.36+5×0.12+4×0.01+2×0.36+1×0.06−2×0.09=3.42．（2023·四川·校联考一模）甲袋中装有大小相同的红球2个，白球2个：乙袋中装有与甲袋中相同大小的红球3个，白球4个．先从甲袋中取出1个球投入乙袋中，然后从乙袋中取出3个小球．(1)求从乙袋中取出的3个小球中仅有1个红球的概率；(2)记从乙袋中取出的3个小球中白球个数为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望．【答案】(1)2756.(2)分布列见解析，数学期望E(ξ)=189112【分析】（1）分“从甲袋中取出1红球投入乙袋”和“从甲袋中取出1白球投入乙袋” 两个类型，利用组合数和古典概型公式。
