第九節(jié)離散型隨機變量的均值與方差(共19頁)

1、第九節(jié)離散型隨機變量的均值(jn zh)與方差、正態(tài)分布考 什 么怎 么 考1.理解取有限個值的離散型隨機變量均值、方差的概念2.能計算簡單的離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些實際問題3.利用實際問題的直方圖，了解正態(tài)密度曲線的特點及曲線所表示的意義.1.離散型隨機變量及其分布列、均值和方差是高考考查的一大熱點，每年均有解答題出現(xiàn)，難度中等偏上，如2012年安徽T17，江蘇T22，浙江T19等2.正態(tài)密度曲線一般以選擇或填空的形式考查.歸納(gun)知識整合1離散(lsn)型隨機變量的均值與方差若離散型隨機變量X的分布列為：Xx1x2xixnPp1p2pipn(1)均值：稱E(X)x1p

2、1x2p2xipixnpn為隨機變量X的均值或數(shù)學(xué)期望，它反映了離散型隨機變量取值的平均水平(2)D(X)eq isu(i1,n, )(xiE(X)2pi為隨機變量X的方差，它刻畫了隨機變量X與其均值E(X)的平均偏離程度，其算術(shù)平方根eq r(DX)為隨機變量X的標準差2均值與方差的性質(zhì)(1)E(aXb)aE(X)b.(2)D(aXb)a2D(X)(a，b為常數(shù))探究1.隨機變量的均值、方差與樣本均值、方差的關(guān)系是怎樣的？提示：隨機變量的均值、方差是一個常數(shù)樣本的均值、方差是一個變量隨著樣本容量的增加，樣本的均值、方差趨于隨機變量的均值、方差3兩點分布與二項分布的均值、方差XX服從兩點分布X

3、B(n，p)E(X)p(p為成功概率)npD(X)P(1p)np(1p)4.正態(tài)曲線及性質(zhì)(1)正態(tài)曲線的定義(dngy)函數(shù)(hnsh)，(x)eq f(1,r(2)e，x(，)(其中(qzhng)實數(shù)和(0)為參數(shù))的圖象為正態(tài)分布密度曲線，簡稱正態(tài)曲線(2)正態(tài)曲線的特點曲線位于x軸上方與x軸不相交；曲線是單峰的，它關(guān)于直線x對稱；曲線在x處達到峰值eq f(1,r(2)；曲線與x軸之間的面積為1；當(dāng)一定時，曲線隨著的變化而沿x軸平移；當(dāng)一定時，曲線的形狀由確定越小，曲線越“高瘦”，表示總體的分布越集中；，越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散5正態(tài)分布(1)正態(tài)分布的定義及表示如果

4、對于任何實數(shù)a，b(ab)，隨機變量X滿足P(aXb)eq avs4al() eq oal(b,a)，(x)dx，則稱隨機變量X服從正態(tài)分布，記作XN(，2)(2)正態(tài)分布的三個常用數(shù)據(jù)P(X)0.682_6；P(2X2)0.954_4；P(3c1)P(c1)P(c1)P(c1)，c13c，解得c2.答案：25隨機變量的分布列如下：101Pabc其中a、b、c成等差數(shù)列，若E()eq f(1,3)，則D()_.解析：由題意得2bac，abc1，caeq f(1,3)，將以上三式聯(lián)立解得aeq f(1,6)，beq f(1,3)，ceq f(1,2)，故D()eq f(5,9).答案：eq f(

5、5,9)離散型隨機變量的均值與方差例1(2012江蘇高考)設(shè)為隨機變量從棱長為1的正方體的12條棱中任取兩條，當(dāng)兩條棱相交時，0；當(dāng)兩條棱平行時，的值為兩條棱之間的距離；當(dāng)兩條棱異面時，1.(1)求概率(gil)P(0)；(2)求的分布(fnb)列，并求其數(shù)學(xué)期望E()自主解答(1)若兩條棱相交，則交點必為正方體8個頂點中的1個，過任意(rny)1個頂點恰有3條棱，所以共有8Ceq oal(2,3)對相交棱，因此P(0)eq f(8Coal(2,3),Coal(2,12)eq f(83,66)eq f(4,11).(2)若兩條棱平行，則它們的距離為1或eq r(2)，其中距離為eq r(2)的

6、共有6對，故P(eq r(2)eq f(6,Coal(2,12)eq f(1,11)，于是P(1)1P(0)P(eq r(2)1eq f(4,11)eq f(1,11)eq f(6,11)，所以隨機變量的分布列是：01eq r(2)P()eq f(4,11)eq f(6,11)eq f(1,11)因此E()1eq f(6,11)eq r(2)eq f(1,11)eq f(6r(2),11).求離散型隨機變量均值的步驟(1)理解隨機變量X的意義，寫出X可能取得的全部值；(2)求X的每個值的概率；(3)寫出X的分布列；(4)由均值定義求出E(X)1(2012浙江高考)已知箱中裝有4個白球和5個黑球

7、，且規(guī)定：取出一個白球得2分，取出一個黑球得1分現(xiàn)從該箱中任取(無放回，且每球取到的機會均等)3個球，記隨機變量X為取出此3球所得分數(shù)之和(1)求X的分布列；(2)求X的數(shù)學(xué)期望E(X)解：(1)由題意得X取3,4,5,6，且P(X3)eq f(Coal(3,5),Coal(3,9)eq f(5,42)，P(X4)eq f(Coal(1,4)Coal(2,5),Coal(3,9)eq f(10,21)，P(X5)eq f(Coal(2,4)Coal(1,5),Coal(3,9)eq f(5,14)，P(X6)eq f(Coal(3,4),Coal(3,9)eq f(1,21).所以(suy)X

8、的分布(fnb)列為：X3456Peq f(5,42)eq f(10,21)eq f(5,14)eq f(1,21)(2)由(1)知E(X)3P(X3)4P(X4)5P(X5)6P(X6)eq f(13,3).均值與方差的實際應(yīng)用例2(2012新課標全國卷)某花店每天以每枝5元的價格從農(nóng)場(nngchng)購進若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的價格出售如果當(dāng)天賣不完，剩下的玫瑰花作垃圾處理(1)若花店一天購進16枝玫瑰花，求當(dāng)天的利潤y(單位：元)關(guān)于當(dāng)天需求量n(單位：枝，nN)的函數(shù)解析式；(2)花店記錄了100天玫瑰花的日需求量(單位：枝)，整理得下表：日需求量n1415161718192

9、0頻數(shù)10201616151310以100天記錄的各需求量的頻率作為各需求量發(fā)生的概率若花店一天購進16枝玫瑰花，X表示當(dāng)天的利潤(單位：元)，求X的分布列、數(shù)學(xué)期望及方差；若花店計劃一天購進16枝或17枝玫瑰花，你認為應(yīng)購進16枝還是17枝？請說明理由自主解答(1)當(dāng)日需求量n16時，利潤y80.當(dāng)日需求量n16時，利潤y10n80.所以y關(guān)于n的函數(shù)解析式為yeq blcrc (avs4alco1(10n80，n16，,80，n16)(nN)(2)X可能的取值為60,70,80，并且P(X60)0.1，P(X70)0.2，P(X80)0.7.X的分布列為：X607080P0.10.20.7

10、X的數(shù)學(xué)期望為E(X)600.1700.2800.776.X的方差(fn ch)為D(X)(6076)20.1(7076)20.2(8076)20.744.答案(d n)一：花店一天應(yīng)購進16枝玫瑰花理由如下：若花店一天(y tin)購進17枝玫瑰花，Y表示當(dāng)天的利潤(單位：元)，那么Y的分布列為：Y55657585P0.10.20.160.54Y的數(shù)學(xué)期望為E(Y)550.1650.2750.16850.5476.4.Y的方差為D(Y)(5576.4)20.1(6576.4)20.2(7576.4)20.16(8576.4)20.54112.04.由以上的計算結(jié)果可以看出，D(X)D(Y)，

11、即購進16枝玫瑰花時利潤波動相對較小另外，雖然E(X)E(Y)，但兩者相差不大故花店一天應(yīng)購進16枝玫瑰花答案二：花店一天應(yīng)購進17枝玫瑰花理由如下：若花店一天購進17枝玫瑰花，Y表示當(dāng)天的利潤(單位：元)，那么Y的分布列為：Y55657585P0.10.20.160.54Y的數(shù)學(xué)期望為E(Y)550.1650.2750.16850.5476.4.由以上的計算結(jié)果可以看出，E(X)E(Y)，即購進17枝玫瑰花時的平均利潤大于購進16枝時的平均利潤故花店一天應(yīng)購進17枝玫瑰花應(yīng)用均值與方差的方法在實際問題中僅靠離散型隨機變量的均值，還不能完全地說明隨機變量的分布特征，有時還要研究其偏離均值的平均

12、程度即方差，不應(yīng)認為兩個隨機變量的均值相同了，就認為兩者的優(yōu)劣性相同，還應(yīng)比較兩者的方差2(2012福建高考)受轎車在保修期內(nèi)維修費等因素的影響，企業(yè)生產(chǎn)每輛轎車的利潤與該轎車首次出現(xiàn)故障的時間有關(guān)某轎車制造廠生產(chǎn)甲、乙兩種品牌轎車，保修期均為2年現(xiàn)從該廠已售出的兩種品牌轎車中各隨機抽取50輛，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下：品牌甲乙首次出現(xiàn)故障時間x(年)0 x11x2x20 x2x2轎車數(shù)量(輛)2345545每輛利潤(萬元)1231.82.9將頻率視為概率(gil)，解答下列問題：(1)從該廠生產(chǎn)的甲品牌轎車中隨機抽取一輛，求其首次出現(xiàn)(chxin)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率；(2)若該廠生產(chǎn)的轎車(jio

13、ch)均能售出，記生產(chǎn)一輛甲品牌轎車的利潤為X1，生產(chǎn)一輛乙品牌轎車的利潤為X2，分別求X1，X2的分布列；(3)該廠預(yù)計今后這兩種品牌轎車銷量相當(dāng)，由于資金限制，只能生產(chǎn)其中一種品牌的轎車若從經(jīng)濟效益的角度考慮，你認為應(yīng)生產(chǎn)哪種品牌的轎車？說明理由解：(1)設(shè)“甲品牌轎車首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)”為事件A，則P(A)eq f(23,50)eq f(1,10).(2)依題意得，X1的分布列為：X1123Peq f(1,25)eq f(3,50)eq f(9,10)X2的分布列為：X21.82.9Peq f(1,10)eq f(9,10)(3)由(2)得，E(X1)1eq f(1,25)2eq

14、 f(3,50)3eq f(9,10)eq f(143,50)2.86(萬元)，E(X2)1.8eq f(1,10)2.9eq f(9,10)2.79(萬元)因為E(X1)E(X2)，所以應(yīng)生產(chǎn)甲品牌轎車.正態(tài)分布問題例3設(shè)XN(5,1)，求P(6X7)自主解答由題意知5，1.P(4X6)0.682 6，P(3X7)0.954 4.P(3X4)P(6X7)P(3X7)P(4X6)0.954 40.682 60.271 8.如圖，由正態(tài)曲線的對稱性可得P(3X4)P(6X7)，P(6X7)eq f(0.271 8,2)0.135 9.保持例題(lt)條件不變，求P(X7)及P(5X6)解：P(X

15、7)eq f(1,2)1P(3X7)eq f(1,2)1P(2X2)eq f(1,2)(10.954 4)0.022 8，P(5X6)eq f(1,2)P(4X6)eq f(1,2)P(X)eq f(1,2)0.682 60.341 3. 正態(tài)分布問題的幾個(j )注意點(1)熟記(sh j)P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值；(2)充分利用正態(tài)曲線的對稱性和曲線與x軸之間面積為1.正態(tài)曲線關(guān)于直線x對稱，從而在關(guān)于x對稱的區(qū)間上概率相等P(Xa)1P(xa)，P(Xc)a，則P(4c)等于()AaB1aC2a D12a解析：選B由于服從正態(tài)分布N(2，2)，所以正態(tài)曲線關(guān)于直線x2對稱

16、，所以P(4c)P(c)1a.1個難點對正態(tài)曲線的理解正態(tài)曲線指的是一個函數(shù)的圖象，其函數(shù)解析式是，(x)eq f(1,r(2)eeq f(x2,22).正態(tài)曲線的性質(zhì)告訴我們(1)該函數(shù)(hnsh)的值域為正實數(shù)集的子集；(2)該函數(shù)圖象(t xin)關(guān)于直線x對稱(duchn)，且以x軸為漸近線；(3)解析式中前面有一個系數(shù)eq f(1,r(2)，后面是一個以e為底數(shù)的指數(shù)函數(shù)的形式，冪指數(shù)為eq f(x2,22)，其中這個參數(shù)在解析式中的兩個位置上出現(xiàn)，注意兩者的一致性3種方法求離散型隨機變量均值、方差的基本方法(1)已知隨機變量的分布列求它的均值、方差和標準差，可直接按定義(公式)求解

17、；(2)已知隨機變量的均值、方差，求的線性函數(shù)ab的均值、方差和標準差，可直接用的均值、方差的性質(zhì)求解；(3)如能分析所給隨機變量是服從常用的分布(如兩點分布、二項分布等)，可直接利用它們的均值、方差公式求解. 答題模板求離散型隨機變量的均值與方差典例(2012山東高考滿分12分)現(xiàn)有甲、乙兩個靶，某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為eq f(3,4)，命中得1分，沒有命中得0分；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為eq f(2,3)，每命中一次得2分，沒有命中得0分該射手每次射擊的結(jié)果相互獨立假設(shè)該射手完成以上三次射擊(1)求該射手恰好命中一次的概率；(2)求該射手的總得分X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(

18、X)快速規(guī)范審題第(1)問1審條件，挖解題信息觀察條件：向甲靶射擊一次，命中的概率為eq f(3,4)，向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為eq f(2,3)eq o(,sup7(每次射擊結(jié)果),sdo5(相互獨立)可用獨立重復(fù)試驗概率公式P(AB)P(A)P(B)求解2審結(jié)論，明確解題(ji t)方向觀察所求結(jié)論：射擊(shj)三次恰好命中一次的概率eq o(,sup7(分類(fn li),sdo5(討論)命中甲靶一次或命中乙靶一次3建聯(lián)系，找解題突破口射擊甲靶一次命中，乙靶兩次沒有命中；射擊甲靶一次沒有命中，乙靶兩次只命中一次 eq o(,sup7(利用獨立事件的概率公式和互斥性),sdo5(

19、)可求得概率第(2)問1審條件，挖解題信息觀察條件：共射擊三次，命中甲靶得1分，命中乙靶得2分eq o(,sup7(由射中次數(shù)),sdo5()可得總分X的取值2審結(jié)論，明確解題方向觀察所求結(jié)論：求總得分X的分布列及期望先求X的分布列，再求E(X)3建聯(lián)系，找解題突破口由該選手射中次數(shù)確定X的取值eq o(,sup7(根據(jù)獨立事件、互斥事件),sdo5(概率公式求概率)得X的分布列，可求得E(X)準確規(guī)范答題(1)記：“該射手恰好命中一次”為事件A，“該射手射擊甲靶命中”為事件B，“該射手第一次射擊乙靶命中”為事件C，“該射手第二次射擊乙靶命中”為事件D.“設(shè)射手恰好命中一次”事件分析時，易忽視

20、“恰好”這一條件，其含義只中一次，甲靶中1次時乙靶兩次都不中，乙靶中1次時甲靶不中.由題意知P(B)eq f(3,4)，P(C)P(D)eq f(2,3)，(1分)由于AB eq xto(C) eq xto(D)eq xto(B) C eq xto(D)eq xto(B) eq xto(C)D，(2分)根據(jù)事件的獨立性和互斥性得P(A)P(B eq xto(C) eq xto(D)eq xto(B) C eq xto(D)eq xto(B) eq xto(C)D)P(B eq xto(C) eq xto(D)P(eq xto(B) C eq xto(D)P(eq xto(B) eq xto(C

21、)D)(3分)P(B)P(eq xto(C)P(eq xto(D)P(eq xto(B)P(C)P(eq xto(D)P(eq xto(B)P(eq xto(C)P(D)eq f(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,4)eq f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq f(2,3)eq f(7,36).(5分)對于X的每

22、個取值相對應(yīng)的概率求法易失誤，尤其是事件分析時易因考慮問題不全而導(dǎo)致失誤(2)根據(jù)(gnj)題意知X的所有(suyu)可能取值為0,1,2,3,4,5.(6分)根據(jù)(gnj)事件的獨立性和互斥性得P(X0)P(eq xto(B) eq xto(C) eq xto(D)1P(B)1P(C)1P(D)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq f(1,36)；(7分)P(X1)P(B eq xto(C) eq xto(D)P(B)P(eq xto(C)P(eq xto(

23、D)eq f(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq f(1,12)；(8分)P(X2)P(eq xto(B) C eq xto(D)eq xto(B) eq xto(C)D)P(eq xto(B) C eq xto(D)P(eq xto(B) eq xto(C) D)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,4)eq f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)e

24、q f(2,3)eq f(1,9)；(9分)P(X3)P(BC eq xto(D)B eq xto(C) D)P(BC eq xto(D)P(B eq xto(C)D)eq f(3,4)eq f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq f(3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,3)eq f(2,3)eq f(1,3)；(10分)P(X4)P(eq xto(B)CD)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,4)eq f(2,3)eq f(2,3)eq f(1,9)；P(X5)P(BCD)eq f(3,4)eq f(2,3)eq f(

25、2,3)eq f(1,3).故X的分布列為：X012345Peq f(1,36)eq f(1,12)eq f(1,9)eq f(1,3)eq f(1,9)eq f(1,3)(11分)所以E(X)0eq f(1,36)1eq f(1,12)2eq f(1,9)3eq f(1,3)4eq f(1,9)5eq f(1,3)eq f(41,12).(12分)答題模板速成求離散型隨機變量的均值與方差的一般步驟：第一步確定變量確定隨機變量的所有可能的取值第二步求概率求每一個可能值所對應(yīng)的概率第三步得分布列列出離散型隨機變量的分布列第四步公式求值求均值和方差第五步回顧檢查解后反思一、選擇題(本大題共6小題(

26、xio t)，每小題5分，共30分)1設(shè)在各交通崗遇到紅燈的事件是相互獨立的，且概率都是0.4，則此人三次上班(shng bn)途中遇紅燈的次數(shù)的期望為()A0.4B1.2C0.43 D0.6解析(ji x)：選B途中遇紅燈的次數(shù)X服從二項分布，即XB(3,0.4)，E(X)30.41.2.2(2013衡水模擬)若B(n，p)且E()6，D()3，則P(1)的值為()A322 B3210C24 D28解析：選BE()np6，D()np(1p)3peq f(1,2)，n12，P(1)Ceq oal(1,12)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)12eq f(3,210).3(2

27、013東營模擬)若P為非負實數(shù)，隨機變量的分布列為012Peq f(1,2)PPeq f(1,2)則E()的最大值為()A1 B.eq f(3,2)C.eq f(2,3) D2解析：選B由P0，eq f(1,2)P0，則0Peq f(1,2)，E()P1eq f(3,2).4有10件產(chǎn)品，其中3件是次品，從中任取2件，若X表示取到次品的個數(shù)，則E(X)等于()A.eq f(3,5) B.eq f(8,15)C.eq f(14,15) D1解析(ji x)：選A離散型隨機變量X服從(fcng)N10，M3，n2的超幾何(j h)分布，故E(X)eq f(nM,N)eq f(23,10)eq f(

28、3,5).5已知X的分布列為X101Peq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,6)，且YaX3，E(Y)eq f(7,3)，則a為()A1 B2C3 D4解析：選BE(X)1eq f(1,2)0eq f(1,3)1eq f(1,6)eq f(1,3).E(Y)E(aX3)aE(X)3eq f(1,3)a3eq f(7,3)，解得a2.6已知隨機變量服從正態(tài)分布N(0，s2)若P(2)0.023，則P(22)()A0.477 B0.628C0.954 D0.977解析：選C因為隨機變量服從正態(tài)分布N(0，s2)，所以正態(tài)曲線關(guān)于直線x0對稱，又P(2)0.023，所以P(2)P(2)1

29、20.0230.954.二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7已知隨機變量xN(2，s2)，若P(xa)0.32，則P(ax4a)_.解析：由正態(tài)分布圖像的對稱性可得：P(ax4a)12P(x9)0.15，故耗油量大于9升的汽車大約有1 2000.15180輛答案：180三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)102010年上海世博會大力倡導(dǎo)綠色出行，并提出在世博園區(qū)參觀時可以通過植樹的方式來抵消因出行產(chǎn)生的碳排放量，某游客計劃在游園期間種植n棵樹，已知每棵樹是否成活互不影響，成活率都為p(0p3，選手甲應(yīng)該選擇在A區(qū)投籃法二：設(shè)選手甲在A區(qū)投籃的得分為，則的可能取值

30、為0,2,4，P(0)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(9,10)2eq f(1,100)，P(2)Ceq oal(1,2)eq f(9,10)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(9,10)eq f(18,100)，P(4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(9,10)2eq f(81,100).所以的分布列為：024Peq f(1,100)eq f(18,100)eq f(81,100)E()0eq f(1,100)2eq f(18,100)4eq f(81,100)3.6.同理，設(shè)選手(xunshu)甲在B區(qū)域(qy)投籃的得分為，則的可能(knng)取

31、值為0,3,6,9，P(0)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)3eq f(8,27)，P(3)Ceq oal(1,3)eq f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)2eq f(4,9)，P(6)Ceq oal(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)eq f(2,9)，P(9)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)3eq f(1,27).所以的分布列為：0369Peq f(8,27)eq f(4,9)eq f(2,9)eq f(1,27)E()0eq

32、 f(8,27)3eq f(4,9)6eq f(2,9)9eq f(1,27)3.E()E()，選手甲應(yīng)該選擇在A區(qū)投籃(2)設(shè)選手甲在A區(qū)投籃得分高于在B區(qū)投籃得分為事件C，甲在A區(qū)投籃得2分、在B區(qū)投籃得0分為事件C1，甲在A區(qū)投籃得4分、在B區(qū)投籃得0分為事件C2，甲在A區(qū)投籃得4分、在B區(qū)投籃得3分為事件C3，則CC1C2C3，其中C1，C2，C3為互斥事件則：P(C)P(C1C2C3)P(C1)P(C2)P(C3)eq f(18,100)eq f(8,27)eq f(81,100)eq f(8,27)eq f(81,100)eq f(4,9)eq f(49,75)，故選手甲在A區(qū)投籃

33、得分高于在B區(qū)投籃得分的概率為eq f(49,75).12(2012湖北高考)根據(jù)以往的經(jīng)驗，某工程施工期間的降水量X(單位： mm)對工期的影響如下表：降水量XX300300X700700X900X900工期延誤天數(shù)Y02610歷年氣象資料表明，該工程施工期間降水量X小于300,700,900的概率分別為0.3,0.7,0.9.求：(1)工期延誤(ynw)天數(shù)Y的均值(jn zh)與方差；(2)在降水量X至少是300的條件下，工期延誤不超過(chogu)6天的概率解：(1)由已知條件和概率的加法公式有：P(X300)0.3，P(300X700)P(X700)P(X300)0.70.30.4，

34、P(700X900)P(X900)P(X700)0.90.70.2，P(X900)1P(X900)10.90.1.所以Y的分布列為：Y02610P0.30.40.20.1于是，E(Y)00.320.460.2100.13；D(Y)(03)20.3(23)20.4(63)20.2(103)20.19.8.故工期延誤天數(shù)Y的均值為3，方差為9.8.(2)由概率的加法公式，得P(X300)1P(X300)10.30.7，又P(300X900)P(X900)P(X300)0.90.30.6.由條件概率，得P(Y6|X300)P(X900|X300)eq f(P300 x900,PX300)eq f(0

35、.6,0.7)eq f(6,7).故在降水量X至少是300 mm的條件下，工期延誤不超過6天的概率是eq f(6,7).1設(shè)隨機變量的分布列如表所示，且E()1.6，則ab()0123P0.1ab0.1A.0.2 B0.1C0.15 D0.4解析：選C由分布列的性質(zhì)得0.1ab0.11，即ab0.8.又由E()00.11a2b30.11.6，即a2b1.3.由解得a0.3，b0.5，故ab0.30.50.15.2設(shè)l為平面(pngmin)上過點(0,1)的直線，l的斜率(xil)等可能地取2eq r(2)，eq r(3)，eq f(r(5),2)，0，eq f(r(5),2)，eq r(3)，2eq r(2).用X表示(biosh)坐標原點到l的距離，則隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)_.解析：當(dāng)l的斜率k2eq r(2)時，直線方程為2eq r(2)xy10，此時d1eq f(1,3)；keq r(3)時，d2eq f(1,2)；keq f(r(5),2)時，d3eq f(2,3)；k0時，d41.由等可能性事件的概率可得分布列如下：Xeq f(1,3)eq f(1,2)eq f(2,3)1Peq f(2,7)eq f(2,7)eq f(2,7)eq f(1,7)故E(X)eq f(1,3)eq f(2,7)eq f(1,2)eq f(2,7)eq f(2,3