新课标专题复习 离散型随机变量分布列期望和方差

1、专题复习 离散型随机变量分布列期望和方差离散型随机变量包括离散型随机变量的分布列、离散型随机变量的期望与方差，是概率与统计的重点。本部分涉及的思维方法是：观察与试验、分析与综合、一般化与特殊化，难点是求随机变量的分布列。一、离散型随机变量的分布列的性质：设是离散型随机变量，则把的一切可能取值及其相应的概率表示出来的表，叫该随机变量的概率分布，简称为的分布列。离散型随机变量的分布列有如下性质：； 在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和。例1：设随机变量的概率分布列是其中是常数，则的值是（ ）A、 B、 C、 D、分析：理解的含义和的性质易解出此题。解：由得即解得，则，故选B。评

2、注：本提巧妙的将概率分布和等比数列求和揉合到一起，运用分布列的性质和等比数列求和公式解决问题。与“在知识交汇处”命题这一方向相吻合。例2：设随机变量的概率分布如下表，则q=_。-101分析：根据分布列的性质可得通过解方程可求出 。解：由分布列性质得：，解得评注：要特别注意否则会得到一个错误答案。二、离散型随机变量的分布列的求法1、求离散型随机变量的步骤：准确确定随机变量的所有可能取值；求出每种取值下随机事件的概率；列表对应，即分布列。例3：一批零件中有9个合格品与3个废品，安装机器时，从这批零件中随机抽取，取出废品不放回，求在第一次取到合格品前已取出废品数的分布列。分析：设在第一次取到合格品前

3、已取出的废品数是，则=0，1，2，3，因为取出废品不放回，所以若则表示总共取了1次而且是合格品；若则表示总共取2次且第一次是废品；若则表示总共取3次且前2次都是废品；若则表示总共取4次且前3次都是废品。解：设第一次取到合格品前已取出的废品数是，则=0，1，2，3，所以，0123P评注：此题一般性原则是上一次试验若取到一个废品，则下次抽取时，总量和废品数量都相应减少一个，故宜使用分步法完成。2、二项分布：如果在一次试验中某事件发生的概率是，那么在次独立重复试验中该事件恰好发生次的概率是，称这样的随机变量服从二项分布；记作：；例4：一口袋内装有5个黄球，3个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，取

4、出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现10次时停止，停止时取球的次数是一个随机变量，则=_。（填计算式）分析：这是一个“12次独立重复试验恰有10次发生”的概率问题，同学们很容易由二项分布原理得到，这就忽视了隐含条件“第12次抽取的是红球”，此种解法的结果包含着第12次抽取到黄球。解： 评注：要熟练掌握二项分布的特征，更要注意挖掘题目信息中的隐含信息。3、几何分布：如果在一次试验中某事件发生的概率是，那么在次独立重复试验中该事件在第次首次发生的概率是，称这样的随机变量服从几何分布；记作：。例5：袋中有5个大小规格相同的球，其中恰有一个红球，4个白球，现从中任取一球，直到取到红球为止，每次取出

5、的白球放回去再取。求取球次数的分布列分析：由于取出的白球放回再取，所以的取值是1，2，3，n，针对来说，由题意即前次取到白球，第次才取到红球，所以符合几何分布。解：可取1，2，3，n，故有12概率分布： 评注：本题考查了几何分布的定义，要特别注意几何分布与二项分布的区别。 例6：高三1班的一个研究性学习小组在网上查知，某珍稀植物种子在一定条件下发芽成功的概率是，该研究性学习小组分成两个小组进行验证性试验。第一小组作了5次种子发芽试验（每次均种下一粒种子），求至少有3次成功的概率；第二小组作了若干次发芽试验（每次均种下一粒种子），如果在一次试验中种子发芽成功就停止试验，但发芽试验次数最多不超过5

6、次，求第二小组试验次数的分布列。分析：用独立重复试验的概率公式求解，可正面求解，也可逆向思维即正难则反。因试验次数不超过5次，故可取1，2，3，4，5，包括前4次未发芽，第5次发芽和前4次未发芽第5次也未发芽两种情况。所以第5次试验的概率应是 或。解：（1）至少3次发芽成功，即有3次、4次、5次成功，（2）的分布列是12345评注：独立重复试验中某事件第一次发生后即停止试验，但试验次数不超过次，是类几何分布，但不是几何分布，要注意区别。三、随机变量的期望与方差1、期望及其性质：期望值反映了离散型随机变量的平均水平；若，则若，则2、方差及其性质：方差反映了取值的稳定性；例7：已知随机变量和，其中

7、，且，若的分布列如下表，求1234的值。分析：利用分布列的性质、期望值的求法及性质可得到方程组，解之即可。解：由得所以。 又。联立求得评注：本题在充分考查随机变量的分布列、期望及它们性质的同时巧妙的渗透了方程思想，求解概率分布问题时要注意灵活运用各种数学思想和方法。例8：如果甲乙两个乒乓球选手进行比赛，而且它们的水平相当，规定“七局四胜”，即先赢四局者胜；若已知甲先赢了前两局，设比赛的局数是，求的分布列及。分析：比赛采取七局四胜制，甲赢了前两场，故要结束比赛最小取4，所以，若则只能是甲胜（甲赢第三局和第四局）；若只能是甲胜（第三、四局甲胜一局，第五局甲胜）； 若比则可以是甲胜也可以是乙胜； 若

8、则可以是甲胜也可以是乙胜。解：由分析得：， ，4567P所以的分布列是：评注：本题考查随机变量的分布列、数学期望的概念和运算，以及用概率统计知识解决实际问题的能力；解题过程中巧妙的渗透了分类讨论的思想方法。例9：若随机事件A在1次试验中发生的概率是，用随机变量表示A在1次实验中发生的次数。（1）求方差的最大值；（2）求的最大值。分析：（1）这是同学们熟知的0-1分布，分布列易写出，而要求方差的最大值需求得的表达式，转化为二次函数的最值问题；（2）得到后自然会联想均值不等式求最值。解：（1）的分布列如表：所以，所以时，有最大值。（2）由，当且仅当即时取等号，所以的最大值是。评注：本题考查了期望、

9、方差的概念及运算，更考查了利用二次函数及均值不等式求最值。例10：某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是0.4，0.5，0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值.（）求的分布列及数学期望；（）记“函数f(x)x23x1在区间2，上单调递增”为事件A，求事件A的概率.分析：（I）分别记“客人游览甲景点”，“客人游览乙景点”，“客人游览丙景点”为事件A1，A2，A3. 由已知A1，A2，A3相互独立，P（A1）=0.4，P（A2）=0.5，P（A3的可能取值为1，3. （2）这是二次函数在闭区间上的单调性问

10、题，需考查对称轴相对闭区间的关系，就本题而言，只需即可。解：由分析得：P（=3）=P（A1·A2·A3）+ P（）= P（A1）P（A2）P（A3）+P（）1 3 P0.760.24=2×0.4×0.5×0.6=0.24，P（=1）=10.24=0.76.所以的分布列为E=1×0.76+3×0.24=1.48.（）解法一 因为所以函数上单调递增，要使上单调递增，当且仅当从而解法二：的可能取值为1，3.当=1时，函数上单调递增，当=3时，函数上不单调递增.所以评注：本题把概率知识与二次函数巧妙的结合起来，使题目显得非常“新”，

11、档次和品味也水涨船高，是一道不可多得的好题；主要考查相互独立事件同时发生的概率和随机变量的分布列、数学期望等，同时考查学生的逻辑思维能力。例11：设l为平面上过点（0，1）的直线，l的斜率等可能地取用表示坐标原点到l的距离，则随机变量的数学期望E= . 分析：由题知这是一个等可能事件，只要根据点斜式写出直线方程，求出原点到所有直线的距离即是随机变量的所有取值，列表对应得到分布列求期望即可。解：01评注：本题是以概率知识为载体，命制的创新题目，考查创新意识及综合处理问题的能力。解：若不采用任何措施，总费用即损失的期望值是（万元）；若单独采取措施甲，需预防措施费用45万元，发生突发事件的概率是1-

12、0.9=0.1，损失的期望值是万元，总费用是45+40=80万元；若单独采用预防措施乙，需预防措施费用30万元，发生突发事件的概率是1-0.85=0.15，损失的期望值是万元，总费用是30+60=90万元；若联合采用甲、乙两种措施，则需预防措施费用75万元，发生突发事件的概率是（1-0.9）（1-0.85）=0.015，损失的期望值是万元，总费用是75+6=81万元；所以联合采用预防措施，可使总费用最少。评注：本题主要考查相互独立事件、互斥事件概率的定义及求法，数学期望的概念和运算，以及运用数学知识解决实际问题的能力. 109876500.10.10.10.10.20.20.2例13、甲、乙两名射手在一次射击中的得分是两个相互独立的随机变量与，且的分布列如下表：109876500.50.20.10.10.050.050分析甲、乙的技术优劣。分析：比较技术，首先要看他们平均每发子弹击中的环数即期望，还要看平均环数的偏离程度即方差