《2020版高考数学（福建专用）一轮复习课件：12.5 离散型随机变量的均值与方差 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学（福建专用）一轮复习课件：12.5 离散型随机变量的均值与方差 .pdf（35页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、1212. .5 5 离散型随机变量的均值与方差离散型随机变量的均值与方差 知识梳理 -2- 知识梳理双基自测2314 1.离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X的分布列为P(X=xi)=pi,i=1,2,n. (1)均值:称E(X)= 为随机变量X 的均值或数学期望. x1p1+x2p2+xipi+xnpn 标准差 知识梳理 -3- 知识梳理双基自测2314 2.均值与方差的性质 (1)E(aX+b)= ; (2)E(+)=E()+E(); (3)D(aX+b)= . aE(X)+b a2D(X) 知识梳理 -4- 知识梳理双基自测2314 3.两点分布与二项分布的均值与方差 (1)
2、若X服从两点分布,则E(X)= ,D(X)= . (2)若XB(n,p),则E(X)= ,D(X)= . p p(1-p) np np(1-p) 知识梳理 -5- 知识梳理双基自测2314 4.常用结论 (1)如果X1,X2相互独立,那么E(X1X2)=E(X1)E(X2). (2)均值与方差的关系:D(X)=E(X2)-E2(X). (3)超几何分布的均值:若X服从参数为N,M,n的超几何分布,则 知识梳理 2 -6- 知识梳理双基自测3415 答案 答案 关闭 (1) (2) (3) (4) 1.下列结论正确的打“”,错误的打“”. (1)均值是算术平均数概念的推广,与概率无关.( ) (
3、2)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况,因此它 们是一回事.( ) (3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的 平均程度,方差或标准差越小,则偏离均值的平均程度越小.( ) (4)正态分布中的参数和完全确定了正态分布,参数是正态分 布的均值,是正态分布的标准差.( ) 知识梳理 -7- 知识梳理双基自测23415 答案解析解析 关闭 答案解析 关闭 2.设随机变量XB(n,p),且E(X)=1.6,D(X)=1.28,则( ) A.n=5,p=0.32B.n=4,p=0.4 C.n=8,p=0.2D.n=7,p=0.45 知识梳理 -8- 知识梳理双基自测23415
4、 答案解析解析 关闭 答案解析 关闭 知识梳理 -9- 知识梳理双基自测23415 4.设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的,且概率都是0.4, 则此人三次上班途中遇红灯次数的均值为 ( ) A.0.4 B.1.2 C.0.43D.0.6 答案解析解析 关闭 途中遇红灯的次数X服从二项分布,即XB(3,0.4),E(X)=30.4=1.2. 答案解析 关闭 B 知识梳理 -10- 知识梳理双基自测23415 5.一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有 放回地抽取100次.X表示抽到的二等品件数,则D(X)= . 答案解析解析 关闭 由题意可知抽到二等品的件数X服从二项分
5、布,即XB(100,0.02),其中 p=0.02,n=100,则D(X)=np(1-p)=1000.020.98=1.96. 答案解析 关闭 1.96 -11- 考点1考点2考点3 例1某大学对参加了“世博会”的该校志愿者实施“社会教育实践” 学分考核,因该批志愿者表现良好,该大学决定考核只有合格和优 秀两个等次,若某志愿者考核为合格,授予0.5个学分;考核为优秀,授 予1个学分.假设该校志愿者甲、乙、丙考核为优秀的概率分别为 他们考核所得的等次相互独立. (1)求在这次考核中,志愿者甲、乙、丙三人中至少有一名考核为 优秀的概率; (2)记这次考核中甲、乙、丙三名志愿者所得学分之和为随机变
6、量,求随机变量的分布列和均值E(). 思考怎样求离散型随机变量X的均值与方差? -12- 考点1考点2考点3 解 (1)记“甲考核为优秀”为事件A,“乙考核为优秀”为事件B,“丙 考核为优秀”为事件C,“志愿者甲、乙、丙三人中至少有一名考核 为优秀”为事件E, -13- 考点1考点2考点3 -14- 考点1考点2考点3 解题心得1.求离散型随机变量X的均值与方差的步骤 (1)理解X的意义,写出X的全部可能取值. (2)求X取每个值的概率. (3)写出X的分布列. (4)由均值的定义求E(X). (5)由方差的定义求D(X). 2.注意性质的应用:若随机变量X的均值为E(X),则对应随机变量 a
7、X+b的均值是aE(X)+b,方差为a2D(X). -15- 考点1考点2考点3 对点训练对点训练1根据以往的经验,某工程施工期间的降水量X(单 位:mm)对工期的影响如下表: 历年气象资料表明,该工程施工期间降水量X小于300,700,900的 概率分别为0.3,0.7,0.9.求: (1)工期延误天数Y的均值与方差; (2)在降水量X至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率. -16- 考点1考点2考点3 解：(1)由已知条件和概率的加法公式有: P(X300)=0.3,P(300X700)=P(X700)-P(X300)=0.7-0.3=0.4, P(700X900)=P(X900
8、)-P(X700)=0.9-0.7=0.2, P(X900)=1-P(X900)=1-0.9=0.1. 所以Y的分布列为 于是,E(Y)=00.3+20.4+60.2+100.1=3, D(Y)=(0-3)20.3+(2-3)20.4+(6-3)20.2+(10-3)20.1=9.8. 故工期延误天数Y的均值为3,方差为9.8. -17- 考点1考点2考点3 (2)由概率的加法公式,得P(X300)=1-P(X300)=0.7, 又P(300X900)=P(X900)-P(X300)=0.9-0.3=0.6, 由条件概率,得 -18- 考点1考点2考点3 例2某新建公司规定,招聘的职工须参加不
9、少于80小时的某种技 能培训才能上班.公司人事部门在招聘的职工中随机抽取200名参 加这种技能培训的数据,按时间段 75,80),80,85),85,90),90,95),95,100(单位:小时)进行统计,其频率 分布直方图如图所示. -19- 考点1考点2考点3 (1)求抽取的200名职工中参加这种技能培训时间不少于90小时 的人数,并估计从招聘职工中任意选取一人,其参加这种技能培训 时间不少于90小时的概率; (2)从招聘职工(人数很多)中任意选取3人,记X为这3名职工中参 加这种技能培训时间不少于90小时的人数.试求X的分布列、均值 E(X)和方差D(X). 思考如何简便地求二项分布的
10、均值与方差? -20- 考点1考点2考点3 解 (1)依题意,参加这种技能培训时间在时间段90,95)小时的职 工人数为2000.065=60, 在时间段95,100小时的职工人数为2000.025=20, 故抽取的200名职工中参加这种技能培训时间不少于90小时的 职工人数为80, 因此从招聘职工中任意选取一人,其参加这种技能培训时间不少 于90小时的概率估计为 -21- 考点1考点2考点3 -22- 考点1考点2考点3 解题心得求随机变量X的均值与方差时,可首先分析X是否服从二 项分布,如果XB(n,p),那么用公式E(X)=np,D(X)=np(1-p)求解,可大 大减少计算量. -23
11、- 考点1考点2考点3 (1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计 得分为X,求X3的概率; (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问: 他们选择何种方案抽奖,累计得分的均值较大? -24- 考点1考点2考点3 -25- 考点1考点2考点3 -26- 考点1考点2考点3 -27- 考点1考点2考点3 例3某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机 器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件, 每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现 需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了 100台
12、这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图: -28- 考点1考点2考点3 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易 损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件 数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. (1)求X的分布列; (2)若要求P(Xn)0.5,确定n的最小值; (3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在n=19与n=20 之中选其一,应选用哪个? 思考如何利用均值与方差对生活中相关问题进行决策? -29- 考点1考点2考点3 解 (1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更 换的易损零件数为8,9,10,11的概
13、率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.从而 P(X=16)=0.20.2=0.04; P(X=17)=20.20.4=0.16; P(X=18)=20.20.2+0.40.4=0.24; P(X=19)=20.20.2+20.40.2=0.24; P(X=20)=20.20.4+0.20.2=0.2; P(X=21)=20.20.2=0.08; P(X=22)=0.20.2=0.04. 所以X的分布列为 -30- 考点1考点2考点3 (2)由(1)知P(X18)=0.44,P(X19)=0.68,故n的最小值为19. (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元). 当n=19
14、时, E(Y)=192000.68+(19200+500)0.2+(19200+2500) 0.08+(19200+3500)0.04=4 040. 当n=20时, E(Y)=202000.88+(20200+500)0.08+(20200+2500) 0.04=4 080. 可知当n=19时所需费用的均值小于n=20时所需费用的均值,故 应选n=19. -31- 考点1考点2考点3 解题心得利用均值、方差进行决策的方法:均值能够反映随机变 量取值的“平均水平”,因此,当均值不同时,两个随机变量取值的水 平可见分晓,由此可对实际问题作出决策判断;若两个随机变量均 值相同或相差不大,则可通过分析
15、两个变量的方差来研究随机变量 的离散程度或者稳定程度,方差越小,则偏离均值的平均程度越小, 进而进行决策. -32- 考点1考点2考点3 对点训练对点训练3(2018河北石家庄一模)小明在石家庄市某物流派送公 司找到了一份派送员的工作,该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲 方案:底薪100元,每派送一单奖励1元;乙方案:底薪140元,每日前55 单没有奖励,超过55单的部分每单奖励12元. (1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y(单位:元)与送货单 数n的函数关系式; -33- 考点1考点2考点3 (2)根据该公司所有派送员100天的派送记录,发现派送员的日平 均派送单数满足以下条件:在这10
16、0天中的派送量指标满足如图所 日平均派送量为(50+2n)单.若将频率视为概率,回答下列问题: 根据以上数据,设每名派送员的日薪为X(单位:元),试分别求出 甲、乙两种方案的日薪X的分布列、数学期望及方差; 结合中的数据,根据统计学的思想,帮助小明分析,他选择哪 种薪酬方案比较合适,并说明你的理由. (参考数据:0.62=0.36,1.42=1.96,2.62=6.76, 3.42=11.56,3.62=12.96,4.62=21.16, 15.62=243.36,20.42=416.16,44.42=1 971.36) -34- 考点1考点2考点3 解：(1)甲方案中派送员日薪y(单位:元)与送货单数n的函数关系 式为y=100+n,nN,乙方案中派送员日薪y(单位:元)与送货单数n的 函数关系式为 (2)由已知,在这100天中,该公司派送员日平均派送单数满足如 下表格: 所以X甲的分布列为 -35- 考点1考点2考点3 所以E(X 甲)=1520.2+1540.3+1560.2+1580.2+1600.1=155.4, =0.2(152-155.4)2+0.3(154-155.4)2+0.2(156- 155.4)2+0.2(158-155.4)2+0.1(160-155.4)2=6.44. 所以X乙的分布列为