2025屆高考數學一輪復習第十一章計數原理概率隨機變量及其分布第八節(jié)離散型隨機變量的均值與方差正態(tài)分布學案理含解析

PAGE第八節(jié)離散型隨機變量的均值與方差正態(tài)分布[最新考綱][考情分析][核心素養(yǎng)]1.理解取有限個值的離散型隨機變量的均值、方差的概念.2.能計算簡潔離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些簡潔實際問題.3.了解正態(tài)密度曲線的特點及曲線所表示的意義，并進行簡潔應用.主要考查隨機變量的極值與方差的求法，多在解答題中涉及，正態(tài)分布多為選擇題、填空題，分值為5分.1.數學建模2.數學運算‖學問梳理‖1．均值(1)一般地，若離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn則稱E(X)＝eq\x(1)x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為隨機變量X的均值或數學期望．它反映了離散型隨機變量取值的eq\x(2)平均水平．(2)若Y＝aX＋b，其中a，b為常數，則Y也是隨機變量，且E(aX＋b)＝eq\x(3)aE(X)＋b．(3)①若X聽從兩點分布，則E(X)＝eq\x(4)p；②若X～B(n，p)，則E(X)＝eq\x(5)np．2．方差(1)設離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn則(xi－E(X))2描述了xi(i＝1，2，…，n)相對于均值E(X)的偏離程度．而D(X)＝eq\x(6)eq\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n,)（xi－E（X））2pi)為這些偏離程度的加權平均，刻畫了隨機變量X與其均值E(X)的eq\x(7)平均偏離程度．稱D(X)為隨機變量X的方差，并稱其eq\x(8)算術平方根eq\r(D（X）)為隨機變量X的標準差．(2)D(aX＋b)＝eq\x(9)a2D(X)．(3)若X聽從兩點分布，則D(X)＝eq\x(10)p(1－p)．(4)若X～B(n，p)，則D(X)＝eq\x(11)np(1－p)．3．正態(tài)分布(1)正態(tài)曲線的特點①曲線位于x軸eq\x(12)上方，與x軸不相交；②曲線是單峰的，它關于直線eq\x(13)x＝μ對稱；③曲線在eq\x(14)x＝μ處達到峰值eq\x(15)eq\f(1,σ\r(2π))；④曲線與x軸之間的面積為eq\x(16)1；⑤當σ肯定時，曲線的位置由μ確定，曲線隨著μ的改變而沿x軸平移；⑥當μ肯定時，曲線的形態(tài)由σ確定，σ越小，曲線越“eq\x(17)瘦高”，表示總體的分布越集中；σ越大，曲線越“eq\x(18)矮胖”，表示總體的分布越eq\x(19)分散．(2)正態(tài)分布的三個常用數據①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝eq\x(20)0.682_7；②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝eq\x(21)0.954_5；③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝eq\x(22)0.997_3．?常用結論若Y＝aX＋b，其中a，b是常數，X是隨機變量，則(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k為常數．(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.(5)若X1，X2相互獨立，則E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)．(6)若X～N(μ，σ2)，則X的均值與方差分別為E(X)＝μ，D(X)＝σ2.‖基礎自測‖一、疑誤辨析1．推斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)數學期望是算術平均數概念的推廣，與概率無關．()(2)隨機變量的均值是常數，樣本的均值是隨機變量．()(3)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，則偏離均值的平均程度越?。?)(4)均值與方差都是從整體上刻畫離散型隨機變量的狀況，因此它們是一回事．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×二、走進教材2．(選修2－3P68A1改編)已知X的分布列為X－101Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)設Y＝2X＋3，則E(Y)的值為()A．eq\f(7,3) B．4C．－1 D．1答案：A3．(選修2－3P68練習2改編)若隨機變量X滿意P(X＝c)＝1，其中c為常數，則D(X)的值為________．答案：04．(選修2－3P75B組T2)已知隨機變量X聽從正態(tài)分布N(3，1)，且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3)，則c＝________．答案：eq\f(4,3)三、易錯自糾5．已知ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，并且η＝2ξ＋3，則方差D(η)＝()A．eq\f(32,9) B．eq\f(8,9)C．eq\f(43,9) D．eq\f(59,9)解析：選A由題意知，D(ξ)＝4×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(8,9)，∵η＝2ξ＋3，∴D(η)＝4·D(ξ)＝4×eq\f(8,9)＝eq\f(32,9).6．一個正四面體ABCD的四個頂點上分別標有1分，2分，3分和4分，往地面拋擲一次記不在地面上的頂點的分數為X，則X的均值為________．解析：X的分布列為X1234Peq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,4)∴E(X)＝1×eq\f(1,4)＋2×eq\f(1,4)＋3×eq\f(1,4)＋4×eq\f(1,4)＝eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)eq\a\vs4\al(考點一\a\vs4\al(離散型隨機變量的均值與方差))【例1】(2025屆河北九校其次次聯考)已知某種植物種子每粒勝利發(fā)芽的概率都為eq\f(1,3)，某植物探討所分三個小組分別獨立進行該種子的發(fā)芽試驗，每次試驗種一粒種子，每次試驗結果相互獨立．假定某次試驗種子發(fā)芽則稱該次試驗是勝利的，假如種子沒有發(fā)芽，則稱該次試驗是失敗的．(1)第一小組做了四次試驗，求該小組恰有兩次失敗的概率；(2)其次小組做了四次試驗，設試驗勝利與失敗的次數的差的肯定值為X，求X的分布列及數學期望．[解](1)該小組恰有兩次失敗的概率P＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4－2)＝eq\f(24,81)＝eq\f(8,27).(2)由題意可知X的取值集合為{0，2，4}，則P(X＝0)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4－2)＝eq\f(24,81)＝eq\f(8,27)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4－1)＋Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4－3)＝eq\f(32＋8,81)＝eq\f(40,81)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(16＋1,81)＝eq\f(17,81).故X的分布列為X024Peq\f(8,27)eq\f(40,81)eq\f(17,81)故E(X)＝0×eq\f(8,27)＋2×eq\f(40,81)＋4×eq\f(17,81)＝eq\f(148,81)，即所求數學期望為eq\f(148,81).?名師點津離散型隨機變量的均值與方差求法的關鍵點及留意點(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全部可能值，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)留意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的應用．|跟蹤訓練|1．(2025屆蘭州市高三實戰(zhàn)考試)某智能共享單車備有A，B兩種車型，采納分段計費，A型單車每30分鐘收費0.5元(不足30分鐘的部分按30分鐘計算)，B型單車每30分鐘收費1元(不足30分鐘的部分按30分鐘計算)．現有甲、乙、丙三人，分別相互獨立地到租車點租車騎行(各租一車一次)，設甲、乙、丙不超過30分鐘還車的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，并且三個人每人租車都不會超過60分鐘，甲、乙均租用A型單車，丙租用B型單車．(1)求甲、乙兩人所付的費用之和等于丙所付的費用的概率；(2)設甲、乙、丙三人所付的費用之和為隨機變量ξ，求ξ的分布列和數學期望．解：(1)由題意，得甲、乙、丙三人在30分鐘以上且不超過60分鐘還車的概率分別為eq\f(1,4)，eq\f(1,3)，eq\f(1,2).設“甲、乙兩人所付的費用之和等于丙所付的費用”為事務M，則P(M)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24).(2)由題意，隨機變量ξ的全部可能取值為2，2.5，3，3.5，4，則P(ξ＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(ξ＝2.5)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,24)，P(ξ＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24)，P(ξ＝3.5)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,24)，P(ξ＝4)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,24)，所以ξ的分布列為ξ22.533.54Peq\f(1,4)eq\f(5,24)eq\f(7,24)eq\f(5,24)eq\f(1,24)所以E(ξ)＝2×eq\f(1,4)＋2.5×eq\f(5,24)＋3×eq\f(7,24)＋3.5×eq\f(5,24)＋4×eq\f(1,24)＝eq\f(67,24).eq\a\vs4\al(考點二離散型隨機變量的均值與方差在決策中的應用)【例2】(2025屆合肥市二檢)某種大型醫(yī)療檢查機器生產商，對一次性購買2臺機器的客戶，推出2種超過質保期后2年內的延保修理實惠方案：方案一：交納延保金7000元，在延保的2年內可免費修理2次，超過2次每次收取修理費2000元；方案二：交納延保金10000元，在延保的2年內可免費修理4次，超過4次每次收取修理費1000元．某醫(yī)院打算一次性購買2臺這種機器．現需決策在購買機器時應購買哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺這種機器超過質保期后延保2年內修理的次數，得下表：修理次數0123臺數5102015以這50臺機器修理次數的頻率代替1臺機器修理次數發(fā)生的概率．記X表示這2臺機器超過質保期后延保的2年內共需修理的次數．(1)求X的分布列；(2)以方案一與方案二所需費用(所需延保金及修理費用之和)的期望值為決策依據，醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算？[解](1)X的全部可能取值為0，1，2，3，4，5，6.P(X＝0)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(1,100)，P(X＝1)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(1,25)，P(X＝2)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,10)×2＝eq\f(3,25)，P(X＝3)＝eq\f(1,10)×eq\f(3,10)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(11,50)，P(X＝4)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(3,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(7,25)，P(X＝5)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,10)×2＝eq\f(6,25)，P(X＝6)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,100)，∴X的分布列為X0123456Peq\f(1,100)eq\f(1,25)eq\f(3,25)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)(2)選擇延保方案一，所需費用Y1的分布列為Y170009000110001300015000Peq\f(17,100)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)E(Y1)＝eq\f(17,100)×7000＋eq\f(11,50)×9000＋eq\f(7,25)×11000＋eq\f(6,25)×13000＋eq\f(9,100)×15000＝10720(元)．選擇延保方案二，所需費用Y2的分布列為Y2100001100012000Peq\f(67,100)eq\f(6,25)eq\f(9,100)E(Y2)＝eq\f(67,100)×10000＋eq\f(6,25)×11000＋eq\f(9,100)×12000＝10420(元)．∵E(Y1)>E(Y2)，∴該醫(yī)院選擇延保方案二較合算．?名師點津利用均值、方差進行決策的2個方略(1)當均值不同時，兩個隨機變量取值的水平可見不同，可對問題作出推斷．(2)若兩隨機變量均值相同或相差不大，則可通過分析兩變量的方差來探討隨機變量的離散程度或者穩(wěn)定程度，進而進行決策．|跟蹤訓練|2．(2025屆貴陽摸底)某公司在迎新年晚會上實行抽獎活動，有甲、乙兩個抽獎方案供員工選擇．方案甲：員工最多有兩次抽獎機會，每次抽獎的中獎率均為eq\f(4,5).第一次抽獎，若未中獎，則抽獎結束；若中獎，則通過拋一枚質地勻稱的硬幣，確定是否接著進行其次次抽獎．規(guī)定：若拋出硬幣，反面朝上，則員工獲得500元獎金，不進行其次次抽獎；若正面朝上，則員工進行其次次抽獎，在其次次抽獎中，若中獎，則獲得獎金1000元，若未中獎，則所獲得的獎金為0元．方案乙：員工連續(xù)三次抽獎，每次中獎率均為eq\f(2,5)，每次中獎均可獲得獎金400元．(1)求某員工選擇方案甲進行抽獎所獲獎金X(單位：元)的分布列；(2)試比較某員工選擇方案乙與選擇方案甲進行抽獎，哪個方案更劃算？解：(1)由題意知，X的全部可能取值為0，500，1000，則P(X＝0)＝eq\f(1,5)＋eq\f(4,5)×eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＝eq\f(7,25)，P(X＝500)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,5)，P(X＝1000)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,25)，∴某員工選擇方案甲進行抽獎所獲獎金X的分布列為X05001000Peq\f(7,25)eq\f(2,5)eq\f(8,25)(2)由(1)可知，選擇方案甲進行抽獎所獲獎金X的期望E(X)＝0×eq\f(7,25)＋500×eq\f(2,5)＋1000×eq\f(8,25)＝520；若選擇方案乙進行抽獎，則中獎次數ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，E(ξ)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5)，抽獎所獲獎金Y的期望E(Y)＝E(400ξ)＝400E(ξ)＝480.因為520>480，故選擇方案甲更劃算．eq\a\vs4\al(考點\a\vs4\al(正態(tài)分布的創(chuàng)新應用問題))【例】(2025屆大連模擬)某鋼管生產車間生產一批鋼管(大量)，質檢員從中抽出若干根對其直徑(單位：mm)進行測量，得出這批鋼管的直徑X聽從正態(tài)分布N(65，4.84)．當質檢員隨機抽檢時，測得一根鋼管的直徑為73mm，他馬上要求停止生產，檢查設備，(1)請你依據所學學問，推斷該質檢員的確定是否有道理，并說明推斷的依據；(2)假如從該批鋼管中隨機抽取100根，設其直徑滿意在60.6～65mm內的根數為隨機變量ξ.①求隨機變量ξ的數學期望；②求使P(ξ＝k)取最大值時的整數k的值．附：若隨機變量Z聽從正態(tài)分布Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ<Z≤μ＋σ)＝0.6827；P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)＝0.9545；P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)＝0.9973.[解](1)由題意知，μ＝65，σ＝2.2，μ－3σ＝58.4，μ＋3σ＝71.6，73∈(μ＋3σ，＋∞)，∴P(X>71.6)＝eq\f(1－P（58.4<X<71.6）,2)＝eq\f(1－0.9973,2)＝0.0014.∴測得一根鋼管的直徑為73mm為小概率事務，故該質檢員的確定有道理．(2)①∵μ＝65，σ＝2.2，μ－2σ＝60.6，由題意P(μ－2σ<X<μ)＝eq\f(P（μ－2σ<X≤μ＋2σ）,2)＝eq\f(0.9545,2)＝0.4773，∴ξ～B(100，0.4773)．∴E(ξ)＝100×0.4772＝47.73(根)；②P(ξ＝k)＝Ceq\o\al(k,100)0.4773k·0.5227100－k，設P(X＝k)最大，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（X＝k）≥P（X＝k＋1），,P（X＝k）≥P（X＝k－1），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(0.5227,100－k)≥\f(0.4773,k＋1)，,\f(0.4773,k)≥\f(0.5227,101－k)，))解得47.2073≤k≤48.2073.∵k∈N*，∴使P(X＝k)取最大值時的整數k＝48.?名師點津求解此類問題的關鍵是理清條件中變量之間的關系，弄準數據，精確運算是解決這類問題的留意點．|跟蹤訓練|(2025屆武漢市武昌區(qū)高三調考)某公司開發(fā)了一種產品，有一項質量指標為“長度”(記為l，單位：cm)，先從中隨機抽取100件，測量發(fā)覺全部介于85cm和155cm之間，得到如下頻數分布表：分組[85，95)[95，1