隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布專題復

離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布(專題復習)適用學科高中數(shù)學適用年級高中三年級適用區(qū)域通用課時時長（分鐘）60知識點1．離散型隨機變量的均值與方差；2．均值與方差的性質(zhì)；3．兩點分布與二項分布的均值、方差；4．正態(tài)分布教學目標1．理解取有限個值的離散型隨機變量均值、方差的概念，能計算簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些實際問題．2．利用實際問題的直方圖，了解正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義．教學重點離散型隨機變量的均值或期望的概念；正態(tài)分布曲線的性質(zhì)、標準正態(tài)曲線N(0，1)。教學難點根據(jù)離散型隨機變量的分布列求出均值或期望；通過正態(tài)分布的圖形特征，歸納正態(tài)曲線教學過程課堂導入“離散型隨機變量的分步列，均值和方差”在“排列與組合”知識的延伸，在本講的學習中，同學們將通過具體實例理解隨機變量及其分布列、均值和方差的概念，認識隨機變量及其分布對于刻畫隨機現(xiàn)象的重要性．要求同學們會用隨機變量表達簡單的隨機事件，會用分布列來計算這類事件的概率，計算簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些實際問題．在高考中，這部分知識通常有一道解答題，占12─14分左右，主要考查學生的邏輯推理能力和運算能力，凸顯數(shù)學的應用價值．復習預習1．判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)隨機變量的均值是常數(shù)，樣本的平均值是隨機變量，它不確定． ()(2)隨機變量的方差和標準差都反映了隨機變量取值偏離均值的平均程度，方差或標準差越小，則偏離變量平均程度越小． ()(3)正態(tài)分布中的參數(shù)μ和σ完全確定了正態(tài)分布，參數(shù)μ是正態(tài)分布的期望，σ是正態(tài)分布的標準差． ()(4)一個隨機變量如果是眾多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用結(jié)果之和，它就服從或近似服從正態(tài)分布． ()2．設隨機變量ξ的分布列為P(ξ＝k)＝eq\f(1,5)(k＝2,4,6,8,10)，則D(ξ)等于 ()A．5 B．8 C．10 D．163．設隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(3,4)，若P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，則a等于 ()A．3 B.eq\f(5,3) C．5 D.eq\f(7,3)4．有一批產(chǎn)品，其中有12件正品和4件次品，有放回地任取3件，若X表示取到次品的件數(shù)，則D(X)＝________.5．在籃球比賽中，罰球命中1次得1分，不中得0分．如果某運動員罰球命中的概率為0.7，那么他罰球1次的得分X的均值是________．附：1.√√√√2.B3.D4.eq\f(9,16)5.0.7知識講解考點1離散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Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn(1)均值稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為隨機變量X的均值或數(shù)學期望，它反映了離散型隨機變量取值的平均水平．(2)方差稱D(X)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(xi－E(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，其算術平方根eq\r(DX)為隨機變量X的標準差．

考點2均值與方差的性質(zhì)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(a，b為常數(shù))

考點3兩點分布與二項分布的均值、方差若X服從兩點分布，則E(X)＝__p__，D(X)＝p(1－p)．(2)若X～B(n，p)，則E(X)＝__np__，D(X)＝np(1－p)．

考點4正態(tài)分布正態(tài)曲線：函數(shù)φμ，σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e，x∈(－∞，＋∞)，其中μ和σ為參數(shù)(σ>0，μ∈R)．我們稱函數(shù)φμ、σ(x)的圖象為正態(tài)分布密度曲線，簡稱正態(tài)曲線．(2)正態(tài)曲線的性質(zhì)：①曲線位于x軸上方，與x軸不相交；②曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱；③曲線在x＝μ處達到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；④曲線與x軸之間的面積為__1__；⑤當σ一定時，曲線的位置由μ確定，曲線隨著__μ__的變化而沿x軸平移，如圖甲所示；⑥當μ一定時，曲線的形狀由σ確定，σ__越小__，曲線越“瘦高”，表示總體的分布越集中；σ__越大__，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散，如圖乙所示．(3)正態(tài)分布的定義及表示如果對于任何實數(shù)a，b(a<b)，隨機變量X滿足P(a<X≤b)＝?eq\o\al(b,a)φμ，σ(x)dx，則稱隨機變量X服從正態(tài)分布，記作X～N(μ，σ2)．正態(tài)總體在三個特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率值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.例題精析考點一離散型隨機變量的均值、方差例1(2013·浙江)設袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍球，且規(guī)定：取出一個紅球得1分，取出一個黃球得2分，取出一個藍球得3分．(1)當a＝3，b＝2，c＝1時，從該袋子中任取(有放回，且每球取到的機會均等)2個球，記隨機變量ξ為取出此2球所得分數(shù)之和，求ξ的分布列；(2)從該袋子中任取(每球取到的機會均等)1個球，記隨機變量η為取出此球所得分數(shù)．若E(η)＝eq\f(5,3)，D(η)＝eq\f(5,9)，求a∶b∶c.

【規(guī)范解答】(1)由題意得ξ＝2,3,4,5,6.故P(ξ＝2)＝eq\f(3×3,6×6)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝3)＝eq\f(2×3×2,6×6)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝4)＝eq\f(2×3×1＋2×2,6×6)＝eq\f(5,18)，P(ξ＝5)＝eq\f(2×2×1,6×6)＝eq\f(1,9)，P(ξ＝6)＝eq\f(1×1,6×6)＝eq\f(1,36).所以ξ的分布列為ξ23456Peq\f(1,4)eq\f(1,3)eq\f(5,18)eq\f(1,9)eq\f(1,36)(2)由題意知η的分布列為Η123Peq\f(a,a＋b＋c)eq\f(b,a＋b＋c)eq\f(c,a＋b＋c)所以E(η)＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(2b,a＋b＋c)＋eq\f(3c,a＋b＋c)＝eq\f(5,3)，D(η)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,3)))2·eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5,3)))2·eq\f(b,a＋b＋c)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(5,3)))2·eq\f(c,a＋b＋c)＝eq\f(5,9).化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－b－4c＝0，,a＋4b－11c＝0.))解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1.【總結(jié)與反思】(1)求離散型隨機變量的均值與方差關鍵是確定隨機變量的所有可能值，寫出隨機變量的分布列，正確運用均值、方差公式進行計算．(2)注意性質(zhì)的應用：若隨機變量X的期望為E(X)，則對應隨機變量aX＋b的期望是aE(X)＋b，方差為a2D(X)．

考點二二項分布的均值、方差例2(2012·四川)某居民小區(qū)有兩個相互獨立的安全防范系統(tǒng)(簡稱系統(tǒng))A和B，系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在任意時刻發(fā)生故障的概率分別為eq\f(1,10)和p.(1)若在任意時刻至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障的概率為eq\f(49,50)，求p的值；(2)設系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)為隨機變量ξ，求ξ的分布列及數(shù)學期望E(ξ)．

【規(guī)范解答】(1)設“至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么1－P(eq\x\to(C))＝1－eq\f(1,10)·p＝eq\f(49,50)，解得p＝eq\f(1,5).(2)由題意，得P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))3＝eq\f(1,1000)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq\f(27,1000)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\f(1,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))2＝eq\f(243,1000)，P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))3＝eq\f(729,1000).所以，隨機變量ξ的分布列為ξ0123Peq\f(1,1000)eq\f(27,1000)eq\f(243,1000)eq\f(729,1000)故隨機變量ξ的數(shù)學期望E(ξ)＝0×eq\f(1,1000)＋1×eq\f(27,1000)＋2×eq\f(243,1000)＋3×eq\f(729,1000)＝eq\f(27,10).(或∵ξ～B(3，eq\f(9,10))，∴E(ξ)＝3×eq\f(9,10)＝eq\f(27,10).)【總結(jié)與反思】求隨機變量ξ的期望與方差時，可首先分析ξ是否服從二項分布，如果ξ～B(n，p)，則用公式E(ξ)＝np；D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大減少計算量．

考點三正態(tài)分布的應用例3在某次大型考試中，某班同學的成績服從正態(tài)分布N(80,52)，現(xiàn)已知該班同學中成績在80～85分的有17人．試計算該班成績在90分以上的同學有多少人．

【規(guī)范解答】依題意，由80～85分的同學的人數(shù)和所占百分比求出該班同學的總數(shù)，再求90分以上同學的人數(shù)．∵成績服從正態(tài)分布N(80,52)，∴μ＝80，σ＝5，μ－σ＝75，μ＋σ＝85.于是成績在(75,85]內(nèi)的同學占全班同學的68.26%.由正態(tài)曲線的對稱性知，成績在(80,85]內(nèi)的同學占全班同學的eq\f(1,2)×68.26%＝34.13%.設該班有x名同學，則x×34.13%＝17，解得x≈50.又μ－2σ＝80－10＝70，μ＋2σ＝80＋10＝90，∴成績在(70,90]內(nèi)的同學占全班同學的95.44%.∴成績在(80,90]內(nèi)的同學占全班同學的47.72%.∴成績在90分以上的同學占全班同學的50%－47.72%＝2.28%.即有50×2.28%≈1(人)，即成績在90分以上的同學僅有1人．【總結(jié)與反思】答此類題目關鍵是利用正態(tài)曲線的對稱性表示出所給區(qū)間的概率．利用對稱性轉(zhuǎn)化區(qū)間時，要注意正態(tài)曲線的對稱軸是x＝μ，只有在標準正態(tài)分布下對稱軸才為x＝0.

考點四離散型隨機變量的均值與方差問題例4甲袋和乙袋中都裝有大小相同的紅球和白球，已知甲袋中共有m個球，乙袋中共有2m個球，從甲袋中摸出1個球為紅球的概率為eq\f(2,5)，從乙袋中摸出1個球為紅球的概率為P2.(1)若m＝10，求甲袋中紅球的個數(shù)；(2)若將甲、乙兩袋中的球裝在一起后，從中摸出1個紅球的概率是eq\f(1,3)，求P2的值；(3)設P2＝eq\f(1,5)，若從甲、乙兩袋中各自有放回地摸球，每次摸出1個球，并且從甲袋中摸1次，從乙袋中摸2次．設ξ表示摸出紅球的總次數(shù)，求ξ的分布列和均值．

【規(guī)范解答】(1)設甲袋中紅球的個數(shù)為x，依題意得x＝10×eq\f(2,5)＝4. (2)由已知，得eq\f(\f(2,5)m＋2mP2,3m)＝eq\f(1,3)，解得P2＝eq\f(3,10). (3)ξ的所有可能值為0,1,2,3.P(ξ＝0)＝eq\f(3,5)×eq\f(4,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(48,125)，P(ξ＝1)＝eq\f(2,5)×eq\f(4,5)×eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,125)，P(ξ＝2)＝eq\f(2,5)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,5)×eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＝eq\f(19,125)，P(ξ＝3)＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＝eq\f(2,125). 所以ξ的分布列為ξ0123Peq\f(48,125)eq\f(56,125)eq\f(19,125)eq\f(2,125)所以E(ξ)＝0×eq\f(48,125)＋1×eq\f(56,125)＋2×eq\f(19,125)＋3×eq\f(2,125)＝eq\f(4,5). 【反思與總結(jié)】求離散型隨機變量的均值和方差問題的一般步驟：第