2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第10章計(jì)數(shù)原理概率隨機(jī)變量及其分布第6節(jié)離散型隨機(jī)變量的均值與方差正態(tài)分布教學(xué)案理含解析北師大版

PAGE1-第六節(jié)離散型隨機(jī)變量的均值與方差、正態(tài)分布[考綱傳真]1.理解取有限個(gè)值的離散型隨機(jī)變量的均值、方差的概念.2.會(huì)求簡(jiǎn)潔離散型隨機(jī)變量的均值、方差，并能利用離散型隨機(jī)變量的均值、方差概念解決一些簡(jiǎn)潔實(shí)際問題.3.借助直觀直方圖相識(shí)正態(tài)分布曲線的特點(diǎn)及曲線所表示的意義．1．離散型隨機(jī)變量的均值與方差若離散型隨機(jī)變量X的分布列為P(X＝ai)＝pi(i＝1,2，…，r)．(1)均值EX＝a1p1＋a2p2＋…＋arpr，均值EX刻畫的是X取值的“中心位置”．(2)方差DX＝E(X－EX)2為隨機(jī)變量X的方差，它刻畫了隨機(jī)變量X與其均值EX的平均偏離程度．2．均值與方差的性質(zhì)(1)E(aX＋b)＝aEX＋b．(2)D(aX＋b)＝a2DX(a，b為常數(shù))．3．兩點(diǎn)分布與二項(xiàng)分布的均值、方差均值方差變量X聽從兩點(diǎn)分布EX＝pDX＝p(1－p)X～B(n，p)EX＝npDX＝np(1－p)4.正態(tài)分布(1)X～N(μ，σ2)，表示X聽從參數(shù)為μ和σ2的正態(tài)分布．(2)正態(tài)分布密度函數(shù)的性質(zhì)：①函數(shù)圖像關(guān)于直線x＝μ對(duì)稱；②σ(σ＞0)的大小確定函數(shù)圖像的“胖”“瘦”；③p(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝68.3%；p(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝95.4%；p(μ－3σ＜X＜μ＋3σ)＝99.7%.eq\o([常用結(jié)論])1．均值與方差的關(guān)系：DX＝EX2－E2X.2．超幾何分布的均值：若X聽從參數(shù)為N，M，n的超幾何分布，則EX＝eq\f(nM,N).[基礎(chǔ)自測(cè)]1．(思索辨析)推斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)離散型隨機(jī)變量的各個(gè)可能值表示的事務(wù)是彼此互斥的． ()(2)若X～N(μ，σ2)，則μ，σ2分別表示正態(tài)分布的均值和方差． ()(3)隨機(jī)變量的均值是常數(shù)，樣本的平均值是隨機(jī)變量． ()(4)隨機(jī)變量的方差和標(biāo)準(zhǔn)差都反映了隨機(jī)變量取值偏離均值的平均程度，方差或標(biāo)準(zhǔn)差越小，則偏離均值的平均程度越小. ()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改編)已知X的分布列為X－101Peq\f(1,2)eq\f(1,3)a設(shè)Y＝2X＋3，則EY的值為()A.eq\f(7,3)B．4C．－1D．1A[由概率分布列的性質(zhì)可知：eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋a＝1，∴a＝eq\f(1,6).∴EX＝－1×eq\f(1,2)＋0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,6)＝－eq\f(1,3).∴EY＝3＋2EX＝3－eq\f(2,3)＝eq\f(7,3).]3．已知隨機(jī)變量X＋η＝8，若X～B(10,0.6)，則隨機(jī)變量η的均值Eη及方差Dη分別是()A．6和2.4 B．2和2.4C．2和5.6 D．6和5.6B[設(shè)隨機(jī)變量X的均值及方差分別為EX，DX，因?yàn)閄～B(10,0.6)，所以EX＝10×0.6＝6，DX＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，故Eη＝E(8－X)＝8－EX＝2，Dη＝D(8－X)＝DX＝2.4，故選B．]4．已知隨機(jī)變量ξ聽從正態(tài)分布N(2，σ2)，且P(ξ＜4)＝0.8，則P(0＜ξ＜4)＝________.0.6[由P(ξ＜4)＝0.8，得P(ξ≥4)＝0.2.又正態(tài)曲線關(guān)于x＝2對(duì)稱．則P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.2，∴P(0＜ξ＜4)＝1－P(ξ≤0)－P(ξ≥4)＝0.6.]5．隨機(jī)變量X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(C,kk＋1)，k＝1,2,3，C為常數(shù)，則P(0.5＜X＜2.5)＝________.eq\f(8,9)[由P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1，得eq\f(C,1×2)＋eq\f(C,2×3)＋eq\f(C,3×4)＝1，解得C＝eq\f(4,3).所以P(0.5＜X＜2.5)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(2,3)＋eq\f(2,9)＝eq\f(8,9).]求離散型隨機(jī)變量的均值、方差【例1】(1)(2024·全國(guó)卷Ⅱ改編)一批產(chǎn)品的二等品率為0.02，從這批產(chǎn)品中每次隨機(jī)取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件數(shù)，則DX＝()A．1.96B．1.98C．2 D．2.02(2)甲、乙兩人輪番投籃，每人每次投一球．約定甲先投且先投中者獲勝，始終到有人獲勝或每人都投球3次時(shí)投籃結(jié)束．設(shè)甲每次投籃投中的概率為eq\f(1,3)，乙每次投籃投中的概率為eq\f(1,2)，且各次投籃互不影響．①求甲獲勝的概率；②求投籃結(jié)束時(shí)甲的投球次數(shù)ξ的分布列與期望．(1)A[依題意，X～B(100,0.02)，所以DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.](2)[解]設(shè)Ak，Bk分別表示“甲、乙在第k次投籃投中”，則P(Ak)＝eq\f(1,3)，P(Bk)＝eq\f(1,2)，其中k＝1,2,3.①記“甲獲勝”為事務(wù)C，由互斥事務(wù)與相互獨(dú)立事務(wù)的概率計(jì)算公式知P(C)＝P(A1)＋P(eq\o(\x\to(A1))eq\x\to(B1)A2)＋P(eq\o(\x\to(A1))eq\o(\x\to(A1))eq\o(\x\to(A2))eq\o(\x\to(B2))A3)＝P(A1)＋P(eq\x\to(A1))P(eq\x\to(B1))P(A2)＋P(eq\x\to(A1))P(eq\x\to(B1))P(eq\x\to(A2))P(eq\x\to(B2))P(A3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,27)＝eq\f(13,27).②ξ的全部可能取值為1,2,3，且P(ξ＝1)＝P(A1)＋P(eq\x\to(A1)B1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)，P(ξ＝2)＝P(eq\o(\x\to(A1))eq\o(\x\to(A1))A2)＋P(eq\o(\x\to(A1))eq\o(\x\to(A1))eq\o(\x\to(A2))B2)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(2,9)，P(ξ＝3)＝P(eq\o(\x\to(A1))eq\o(\x\to(A1))eq\o(\x\to(A2))eq\o(\x\to(B2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,9).綜上知，ξ的分布列為ξ123Peq\f(2,3)eq\f(2,9)eq\f(1,9)所以Eξ＝1×eq\f(2,3)＋2×eq\f(2,9)＋3×eq\f(1,9)＝eq\f(13,9).[規(guī)律方法]求離散型隨機(jī)變量X的均值與方差的步驟(1)理解X的意義，寫出X可能取的全部值．(2)求X取每個(gè)值時(shí)的概率．(3)寫出X的分布列．(4)由均值的定義求EX.(5)由方差的定義求DX.設(shè)袋子中裝有a個(gè)紅球，b個(gè)黃球，c個(gè)藍(lán)球，且規(guī)定：取出一個(gè)紅球得1分，取出一個(gè)黃球得2分，取出一個(gè)藍(lán)球得3分．(1)當(dāng)a＝3，b＝2，c＝1時(shí)，從該袋子中任取(有放回，且每球取到的機(jī)會(huì)均等)2個(gè)球，記隨機(jī)變量ξ為取出此2球所得分?jǐn)?shù)之和，求ξ的分布列；(2)從該袋子中任取(每球取到的機(jī)會(huì)均等)1個(gè)球，記隨機(jī)變量η為取出此球所得分?jǐn)?shù)．若Eη＝eq\f(5,3)，Dη＝eq\f(5,9)，求a∶b∶c.[解](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Eη＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(2b,a＋b＋c)＋eq\f(3c,a＋b＋c)＝eq\f(5,3)，Dη＝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(jiǎn)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.均值與方差在決策中的應(yīng)用【例2】依據(jù)某水文觀測(cè)點(diǎn)的歷史統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，得到某河流每年最高水位X(單位：米)的頻率分布直方圖如圖：將河流最高水位落入各組的頻率視為概率，并假設(shè)每年河流最高水位相互獨(dú)立．(1)求在將來三年里，至多有一年河流最高水位X∈[27,31)的概率(結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示)；(2)該河流對(duì)沿河A企業(yè)影響如下：當(dāng)X∈[23,27)時(shí)，不會(huì)造成影響；當(dāng)X∈[27,31)時(shí)，損失10000元；當(dāng)X∈[31,35]時(shí)，損失60000元．為削減損失，現(xiàn)有三種應(yīng)對(duì)方案：方案一：防衛(wèi)35米的最高水位，每年須要工程費(fèi)用3800元；方案二：防衛(wèi)31米的最高水位，每年須要工程費(fèi)用2000元；方案三：不實(shí)行措施．試比較上述三種方案，哪種方案好，并請(qǐng)說明理由．[解](1)由題意得P(27≤X＜31)＝0.25＝eq\f(1,4).設(shè)在將來3年里，河流最高水位x∈[27,31)發(fā)生的年數(shù)為Y，則Y～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,4))).設(shè)事務(wù)“在將來三年里，至多有一年河流最高水位X∈[27,31)”為事務(wù)A，則P(A)＝P(Y＝0)＋P(Y＝1)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＋Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2×eq\f(1,4)＝eq\f(27,32).所以在將來三年里，至多有一年河流最高水位X∈[27,31)的概率為eq\f(27,32).(2)方案二好，理由如下：由題意得P(23≤X＜27)＝0.74，P(31≤X≤35)＝0.01，用X1，X2，X3分別表示方案一、方案二、方案三的損失，由題意得X1＝3800，X2的分布列為X2200062000P0.990.01所以EX2＝62000×0.01＋2000×0.99＝2600.X3的分布列為X301000060000P0.740.250.01所以EX3＝0×0.74＋60000×0.01＋10000×0.25＝3100.因?yàn)槿N方案中方案二的平均損失最小，所以實(shí)行方案二好．[規(guī)律方法]利用均值、方差進(jìn)行決策的兩個(gè)方略(1)當(dāng)均值不同時(shí)，兩個(gè)隨機(jī)變量取值的水平可見分歧，可對(duì)問題作出推斷．(2)若兩隨機(jī)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(jī)變量的離散程度或者穩(wěn)定程度，進(jìn)而進(jìn)行決策．某供貨商安排將某種大型節(jié)日商品分別配送到甲、乙兩地銷售，據(jù)以往數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，甲、乙兩地該商品需求量(單位：件)的頻率分布表如下：甲地需求量頻率分布表需求量/件456頻率0.50.30.2乙地需求量頻率分布表需求量/件345頻率0.60.30.1以兩地需求量的頻率估計(jì)需求量的概率．(1)若此供貨商安排將10件該商品全部配送至甲、乙兩地，為保證兩地不缺貨(配送量≥需求量)的概率均大于0.7，問該商品的配送方案有哪幾種？(2)已知甲、乙兩地該商品的銷售相互獨(dú)立，該商品售出，供貨商獲利2萬(wàn)元/件；未售出的，供貨商虧損1萬(wàn)元/件．在(1)的前提下，若僅考慮此供貨商所獲凈利潤(rùn)，試確定最佳配送方案．[解](1)由表格可知，甲地不缺貨的概率大于0.7時(shí)，至少需配貨5件；乙地不缺貨的概率大于0.7時(shí)，至少需配貨4件．故共有兩種方案：方案一是甲地配5件，乙地配5件；方案二是甲地配6件，乙地配4件．(2)方案一：甲地配5件，乙地配5件時(shí)，記甲地的利潤(rùn)為X1萬(wàn)元，乙地的利潤(rùn)為Y1萬(wàn)元，則X1，Y1的分布列分別為X1710P0.50.5Y14710P0.60.30.1所以選擇方案一時(shí)，此供貨商凈利潤(rùn)的期望為E(X1)＋E(Y1)＝(7×0.5＋10×0.5)＋(4×0.6＋7×0.3＋10×0.1)＝8.5＋5.5＝14(萬(wàn)元)．方案二：甲地配6件，乙地配4件時(shí)，記甲地的利潤(rùn)為X2萬(wàn)元，乙地的利潤(rùn)為Y2萬(wàn)元，則X2，Y2的分布列分別為X26912P0.50.30.2Y258P0.60.4所以選擇方案二時(shí)，此供貨商凈利潤(rùn)的期望為E(X2)＋E(Y2)＝(6×0.5＋9×0.3＋12×0.2)＋(5×0.6＋8×0.4)＝8.1＋6.2＝14.3(萬(wàn)元)．綜上，僅考慮此供貨商所獲凈利潤(rùn)，選擇方案二更佳．正態(tài)分布【例3】(2024·全國(guó)卷Ⅰ)為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗(yàn)員每天從該生產(chǎn)線上隨機(jī)抽取16個(gè)零件，并測(cè)量其尺寸(單位：cm)．依據(jù)長(zhǎng)期生產(chǎn)閱歷，可以認(rèn)為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸聽從正態(tài)分布N(μ，σ2)．(1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X表示一天內(nèi)抽取的16個(gè)零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學(xué)期望；(2)一天內(nèi)抽檢零件中，假如出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認(rèn)為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異樣狀況，需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查．①試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性；②下面是檢驗(yàn)員在一天內(nèi)抽取的16個(gè)零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95經(jīng)計(jì)算得eq\x\to(x)＝eq\f(1,16)eq\o(∑,\s\up13(16))eq\o(,\s\do4(i＝1))xi＝9.97，s＝eq\r(\f(1,16)\o(∑,\s\up13(16),\s\do10(i＝1))xi－\x\to(x)2)＝eq\r(\f(1,16)\o(∑,\s\up13(16),\s\do10(i＝1))x\o\al(2,i)－16\x\to(x)2))≈0.212，其中xi為抽取的第i個(gè)零件的尺寸，i＝1,2，…，16.用樣本平均數(shù)eq\x\to(x)作為μ的估計(jì)值μ，用樣本標(biāo)準(zhǔn)差s作為σ的估計(jì)值σ，利用估計(jì)值推斷是否需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查？剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計(jì)μ和σ(精確到0.01)．附：若隨機(jī)變量Z聽從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ<Z＜μ＋3σ)＝99.74%,0.997416≈0.9592，eq\r(0.008)≈0.09.[解](1)抽取的一個(gè)零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之內(nèi)的概率為0.9974，從而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率為0.0026，故X～B(16,0.0026)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997416≈0.0408.X的數(shù)學(xué)期望EX＝16×0.0026＝0.0416.(2)①假如生產(chǎn)狀態(tài)正常，一個(gè)零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0026，一天內(nèi)抽取的16個(gè)零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.0408，發(fā)生的概率很小，因此一旦發(fā)生這種狀況，就有理由認(rèn)為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異樣狀況，需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查，可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的．②由eq\x\to(x)＝9.97，s≈0.212，得μ的估計(jì)值為μ＝9.97，σ的估計(jì)值為σ＝0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個(gè)零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外，因此需對(duì)當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查．剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估計(jì)值為10.02.eq\o(∑,\s\up13(16),\s\do10(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為eq\f(1,15)×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估計(jì)值為eq\r(0.008)≈0.09.[規(guī)律方法]正態(tài)分布下的概率計(jì)算常見的兩類問題(1)利用正態(tài)分布密度曲線的對(duì)稱性探討相關(guān)概率問題，涉及的學(xué)問主要是正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對(duì)稱，及曲線與x軸之間的面積為1的性質(zhì)．(2)利用3σ原則求概率問題時(shí)，要留意把給出的區(qū)間或范圍與正態(tài)變量的μ，σ進(jìn)行對(duì)比聯(lián)系，確定它們屬于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一個(gè)．(1)在如圖所示的正方形中隨機(jī)投擲10000個(gè)點(diǎn)，則落入陰影部分(曲線C為正態(tài)分布N(－1,1)的密度曲線)的點(diǎn)的個(gè)數(shù)的估計(jì)值為()附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝68.3%，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝95.4%.A．1193 B．1355C．2718 D．3413(2)甲、乙兩廠生產(chǎn)的一批零件尺寸聽從N(5,0.12)，假如零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)以外，我們就有理由認(rèn)為生產(chǎn)中可能出現(xiàn)了異樣狀況．現(xiàn)從甲、乙兩廠各抽取10件零件檢測(cè)，尺寸如莖葉圖所示：則以下推斷正確的是()A．甲、乙兩廠生產(chǎn)都出現(xiàn)異樣B．甲、乙兩廠生產(chǎn)都正常C．甲廠生產(chǎn)正常，乙廠出現(xiàn)異樣D．甲廠生產(chǎn)出現(xiàn)異樣，乙廠正常(1)B(2)D[(1)對(duì)于正態(tài)分布N(－1,1)，μ＝－1，σ＝1，正態(tài)曲線關(guān)于x＝－1對(duì)稱，故題圖中陰影部分的面積為eq\f(1,2)×[P(－3＜X＜1)－P(－2＜X＜0)]＝eq\f(1,2)×[P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)－P(μ－σ＜X＜μ＋σ)]＝eq\f(1,2)×(95.4%－68.3%)＝0.1355，所以點(diǎn)落入題圖中陰影部分的概率P＝eq\f(0.1355,1)＝0.1355，投入10000個(gè)