2021版高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.7离散型随机变量的均值与方差、正态分布

1、第七节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布最新考纲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.务实心础如常 课前自主回顾扫除况出品也-15 -必备知识塌充：般地，若离散型随机变量1 .离散型随机变量的分布列、均值与方差X的分布列为XX1X2XiXnPP1P2PiPn(1)均值：称 E( X) = X1P1 + X2P2+ X Pi + XnPn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.n(2)方

2、差：称D(X) = E Xi E(刈2pi为随机变量 X的方差，它刻画了随机变量X与其均i =1值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根 业 X 为随机变量X的标准差.2 .均值与方差的性质(1) E(aX+ b) =aRX) +b.(2) D(aX+ b) = a2UX)( a, b 为常数).(3) 点分布与二项分布的均值、方差均值力差变量X服从两点分布E(X) = PRX) = P(1 P)XB(n, P)E(X) = nPD(X) =nP(1 -P)4.正态分布(1)正态曲线的特点：曲线位于X轴上方,与X轴不相交；曲线是单峰的，它关于直线 X= u对称;曲线在X=处达到峰值一7=；72兀

3、曲线与X轴之间的面积为1；当(T 一定时，曲线的位置由科确定，曲线随着 科的变化而沿X轴平移；当一定时，曲线的形状由(T确定，(T越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；b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R L °XW+(7)=0.682 6 ; R ti-2(r<X w+2(r) = 0.954 4 ; R l3(rvX< ii +3(r) = 0.997 4.常用结论1.均值与方差的关系：D(X)=E(X 7E(Y) = 3+2E(X) =3- = -. 32.若随机变量X满足RX= c) = 1,其中c为常数，则D(X)的

4、值为0 ,RX= c)=1, .E(Xi = cxi = c,)-E2(X).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nM吁时学情自测验收：一、思考辨析(正确的打，错误的打“x”)(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XN( w，底)，则W，b 2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) V (3)(4) V二、教材改编1.已知X的分布列为7A.3B. 4设Y=

5、2X+ 3,则E(Y)的值为(C. - 1D. 1A 由概率分布列的性质可知：g + ； + a=1,2 31. . a=一.a 6. 日 X) = ( - 1) xJ+ox1+ix% 1. 23632D(X) = (c-c) X1=0.3 .已知随机变量 X服从正态分布 N(3,1),且P(X>2c 1) =RX<c+3)，则c=.4 -.XN(3,1) ,正态曲线关于 x=3对称， 3且 RX>2c1) =RX<c+3),1- 2c 1 + c+ 3 = 3 X 2,c=-.34.甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X, Y,其分布列分别为：X01

6、23P0.40.30.20.1Y012P0.30.50.2若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是 .乙 E(X) =0X 0.4 + 1X 0.3 + 2X0.2 +3X0.1 = 1.曰 丫 = 0X0.3 +1X 0.5 + 2X0.2 = 0.9,因为E(Y)<E(X),所以乙技术好.总休常考考感 课堂考点搽究 破解高舂感草考点1求离散型随机变量的均值、方差|唳通法 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可能取的全部值.(2)求X取每个值时的概率.(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).|觑典例

7、 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是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小日收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时方t算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙111 2不超过1小时离开的概率分别为 4, 6； 1小时以上且不超过 2小时离开的概率分别为 万，3；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U单位：元)，求己的分布列与数学期望E( E ),方差D(E ) .解(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，两人者的0

8、元的概率为p1111=_x _=4 6 24'两人都付40元的概率为两人都付80元的概率为2111-=-X-=34 6 24'则两人所付费用相同的概率为1115p=p1 + p2+p3=24 + 3+ 24 =石(2)由题设甲、乙所付费用之和为E 可能取值为 0,40,80,120,160P(1 11E = 0) = _ X _=彳 0) 4 6 24'P(12 111E = 40) =-X-1X = 4 3 2 6 4'P(1112 115? = 80) =-x -+ - x + - x -=:J )4 6 2 3 4 6 12'P(1112 1E =

9、 120) =_*_+_*_=一； g , 2 6 4 3 4,P(E =160)=1 1X -=124.的分布列为04080120160P1151124412424115E(E)=0*万+40*+ 80X + 120X-+ 160X.24=80.D(“212125E ) = (0 80) X 24 + (40 80) X 4 + (80 80) X 2+ (120-80) 2X -+ (160 -4214 00080) * 才三点评(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(2)注意 日 aX+ b) = aE(

10、X) + b, D(aX+ b) = a D(X) 的应用.教师备选例题1 一、一 ，一1. (2019 杭州*II拟)已知0vav2,随机变量E的分布列如下:101Pa12-a12当a增大时，()A. E( E)增大，D( E)增大 B. E(乙)减小，D(乙)增大 C. E( E)增大，D( E )减小 D. E( E)减小,D 口减小由题意得，11211E(E) = a + 2，DU) = a+2+1 xa+ a+-2 2,-a +12121-a+2- 1 X/= a+2a+w，1 ，.又.0va<2，.当a增大时，ER)减小，DU)增大.2 .设袋子中装有 a个红球，b个黄球，c

11、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E为取出此2球所得分数之和，求 士的分布列；(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Y为取出此球所得分数.若 E(刀)=5, DU )=5,求 a ： b ： c. 39解(1)由题意得 己=2,3,4,5,6 ,P( E =3)=P( E =4)=3X36X614'2X3X26X62X 3X1 + 2X 26X6_518'1 x 11R E =6) =6X6 = 36.所以

12、E的分布列为23456P141351819136(2)由题意知Y的分布列为123Pabca+ b+ ca+ b+ ca+ b+ cua2b3c5所' ( " ) =a + b+c +a+b+c +a+b+c = 3，DU)= 1-52-+ 2-52.+ 3-52. = 5i "3a+b+c 3a+b+c 3a+b+c 9'化简得2a b-4c= 0, a+ 4b 11c= 0.解得 a = 3c, b = 2c,故 a ： b ： c= 3 ： 2 ： 1.|幅段题1.(2018 全国卷出)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

13、.设 X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)=2.4, P(X=4)<P(X= 6),则 p=()A. 0.7 B. 0.6C. 0.4 D, 0.3B 由题意知，该群体的 10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)= 10p(1 p) =2.4 ,所以 p = 0.6 或 p=0.4.由 RX= 4)<P(X= 6),得 C%p4(1 - p) 6<dcp6(1 -p)4, 即(1 -p)2<p2,所以 p>0.5 ,所以 p=0.6.2.大豆是我国主要的农作物之一，因此，大豆在农业发展中占有重要的地位，随着农业 技术的不断发展，为

14、了使大豆得到更好的种植，就要进行超级种培育研究.某种植基地培育 的“超级豆”种子进行种植测试：选择一块营养均衡的可种植4株的实验田地，每株放入三粒“超级豆”种子，且至少要有一粒种子发芽这株豆苗就能有效成活，每株豆成活苗可以收 _一 _1 、一一 ，一，成大豆2.205 kg.已知每粒豆苗种子成活的概率为2(假设种子之间及外部条件一致，发芽相互(1)求恰好有3株成活的概率;(2)记成活的豆苗株数为己，收成为刀(kg),求随机变量 E分布列及 P的数学期望Ep .1 3 7.解(1)设每株豆子成活的概率为R,则R=1 1-2 =8.所以4株中恰好有3株成活3 7 37 1的概率p= C3 8 1至

15、3431024(2)记成活的豆苗株数为己,收成为T =2.205E,则工的可能取值为0,1,2,3,4 ，且EB4, 7 ,所以工的分布列如下表:80EE =4X -= 3.5 ,8E.=E(2.205) =2.205 EE =7.717 5(kg).：考点2均值与方差在决策中的应用限通法利用均值、方差进行决策的2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.典例 某投资公司在2019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

16、：项目一：新能源汽车.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2一9和7一9项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利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9和J.5 3 15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.X1300-150P7929200.解若按“项目一”投资，设获利为 X1万元，则X1的分布列为日 X) =300 X 7+( - 150) X 2 = 99若按“项目二”投资，设获利为 X2万元，则 %的分布列为X500-3000P3513115E(XO =5

17、00X 3+( 300) x+0X 工=200.、，5 、，315D(X) =(300 200) 2X ：+( 150 200)2X2- = 35 000 , 99D(X>) = (500 200) 2X 1+( - 300 200) 2X 1 + (0 200) 2X 1-= 140 000.5315E(X)=E(%) , D(Xi)<D(%),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.|底点评 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

18、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.教师备选例题某公司计划购买 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：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 RXW n)

19、>0.5 ,确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n= 19与n=20之中选其一，应选用哪个？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 0.2,0.4,0.2,02从而P(X= 16) = 0.2 X0.2 =0.04 ;P(X= 17) =2X 0.2 X 0.4 =0.16 ;P(X= 18) =2X 0.2 X 0.2 +0.4 X 0.4 =0.24 ;P(X= 19) =2X 0.2 X 0.2 +2X0.4 X0.2 =0.24 ;P( X= 20) = 2 X 0.2 X 0.4

20、+ 0.2 X 0.2 = 0.2 ;RX= 21) =2X 0.2 X 0.2 =0.08 ;P(X= 22) = 0.2 X0.2 = 0.04.X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04所以X的分布列为(2)由 知 P(X< 18) =0.44 , RXW 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) = 19X200X0.68 +(19 X 200+ 500) X 0.2 + (19 X 200+ 2X 500) X 0.08 + (19 X20

21、0+ 3X 500) X 0.04 = 4 040.当 n = 20 时，E(Y) = 20X200X 0.88 + (20 X 200 + 500) X 0.08 + (20 X 200 +2X 500) X 0.04 =4 080.可知当n= 19时所需费用的期望值小于当n = 20时所需费用的期望值，故应选n=19.觑典即(2019 合肥二模)某种大型医疗检查机器生产商, 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对一次T购买2台机器的客2次，超

22、过2次每次收取维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，得下表:维修次数0123台数5102015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)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算?解(1) X所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6.11P(X= 0) = 1X=()10 101100'P(X= 1) = X-X

23、2=一, ()10 525'P(X= 2) = 1X 1+2X X 2 = , ()5 5 5 1025'11P(X= 3) = xx 2 + -x -x 2 =, ()10 105 550'P( X= 4) = X |X X 2 =,'55 5 10 525P(X= 5)=5X 而 X 2=25,33P(X= 6) = 一 X P(X) 10 10X的分布列为X0123456P110012532511507256259100Y7 0009 00011 00013 00015 000P1711769100502525100(2)选择延保方案一，所需费用Y1元的分

24、布列为:卫x 7 000 +Ux 9 000 +x 11 000 +_6_x 13 000 + 1005025259100EY =X 15 000 = 10 720(元).选择延保方案二，所需费用 Y2元的分布列为:Y210 00011 00012 000P676910025100EY=Mx 10 000 +;6x 11 000 +-9；x 12 00010025100=10 420(元).EY>EY, .该医院选择延保方案二较合算. jf-I)考点3正态分布I限通法关于正态总体在某个区间内取值的概率求法(1)熟记 R(1 <XW |i+cr),P|,i2cr <XW(i+2

25、cr), P( 3 cr <X< (1 + 3 cr)的值.(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.正态曲线关于直线x=w对称，从而在关于x=对称的区间上概率相等；P(X<a) =1 RX>a) , RX<-a) = P(X>+ a).|修典例(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（ W , 1） .（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（3b,

26、 w+3（r ） 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（w3b,+ 3。）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.试说明上述监控生产过程方法的合理性；下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得x =诬£ x =9.97 1其中Xi为抽取的第i个零件的尺寸,s=白=幺 £式-16/)0.212, V16G ：16

27、 r-i 1i = 1,2 ,，16.用样本平均数 X作为w的估计值科，用样本标准差s作为b的估计值b ,利用估计值 判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除 （科一3 b ,科+ 3 b ）之外的数据，用剩下的数 据估计科和（r（精确到0.01） .附：若随机变量Z服从正态分布 N（W,底），则P（ 3（r<Zv+ 3（r ） = 0.997 4,0.997416= 0.959 2 ,寸0.008 0.09.解（1）抽取的一个零件的尺寸在（3（r, w+3（r）之内的概率为0.997 4 ,从而零件的尺寸在（3（r, w+3（r）之外的概率为 0.002 6 ,故XB（16,0.002

28、 6）.因此 P（X> 1） = 1-P（X= 0） = 1 - 0.997 4 16= 0.040 8.X 的数学期望 E（X） =16X 0.002 6 =0.041 6.（2）如果生产状态正常，一个零件尺寸在（3（r, w+3（r）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（3（r,+3（r ）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.由X = 9.97 , S= 0.212 ,得科的估计值为 科=9.

29、97 , （T的估计值为（r = 0.212 ,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在 （科一3 b ,科+ 3 b ）之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除（科3b, w+3（t）之外的数据9.22 ,剩下数据的平均数为；1x （16 X 9.97 9.22）15=10.02.=16X0.212 2+ 16X9.97因此w的估计值为10.02.21 591.134剔除（科3b ,科+ 3b）之外的数据9.22 ,剩下数据的样本方差为 ±X（1 591.134 9.22215 15X 10.02 2) =0.008 ,因此（T的估计值为10.008比0.09.量点评本题考查正态分布

30、、概率统计问题的综合，是在知识网络的交汇处命制的一道较为新颖的试题.正态分布与统计案例有些知识点是所谓的高考“冷点”，由于考生对这些“冷点”的内容重视不够，复习不全面，一旦这些“冷点”知识出了考题，虽然简单但也做错，甚至根本不会做，因而错误率相当高.本题求解的关键是借助题设提供的数据对问题做 出合理的分析，其中方差公式的等价变形是数据处理的关键点.IE建跋1.在如图所示的正方形中随机投掷 10 000个点，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 cr),则X<(1 + cr) = 0.682 6 , R(1 2 cr V X<+ 2 cr)=0.954 4.A. 1 193B. 1 359C. 2 718D. 3 413B 对于正态分布 N( 1,1) , != 1, CT = 1,正态曲线关于 x= - 1对称，故题图中 ,11阴影部分的面积为x P( 3vXv 1) -P( -2<X< 0) =