《2019年高考數(shù)學大一輪復習第十二章概率、隨機變量及其分布12.6離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考數(shù)學大一輪復習第十二章概率、隨機變量及其分布12.6離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布學案.doc（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考數(shù)學大一輪復習第十二章概率、隨機變量及其分布12.6離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布學案 最新考綱 考情考向分析 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.借助直觀直方圖認識正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義． 3.會求簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些簡單問題. 以理解均值與方差的概念為主，經常以頻率分布直方圖為載體，考查二項分布、正態(tài)分布的均值與方差．掌握均值與方差、正態(tài)分布的性質和求法是解題關鍵．高考中常以解答題形式考查、難度為中等偏上. X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … 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)＝(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，并稱其算術平方根為隨機變量X的標準差． 2．均值與方差的性質 (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b. (2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(a，b為常數(shù)) 3．兩點分布與二項分布的均值、方差 (1)若隨機變量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)． 4．正態(tài)分布 (1)正態(tài)曲線：函數(shù)φμ，σ(x)＝，x∈(－∞，＋∞)，其中實數(shù)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)曲線的特點 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； 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 一般地，如果對于任何實數(shù)a，b(a2c－1)＝P(X2c－1)＝P(X4，根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性，當函數(shù)f(x)＝x2＋4x＋ξ沒有零點的概率是時，μ＝4. 題型一　離散型隨機變量的均值、方差 命題點1　求離散型隨機變量的均值、方差 典例 某銀行規(guī)定，一張銀行卡若在一天內出現(xiàn)3次密碼嘗試錯誤，該銀行卡將被鎖定．小王到該銀行取錢時，發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼，但可以確認該銀行卡的正確密碼是他常用的6個密碼之一，小王決定從中不重復地隨機選擇1個進行嘗試．若密碼正確，則結束嘗試；否則繼續(xù)嘗試，直至該銀行卡被鎖定． (1)求當天小王的該銀行卡被鎖定的概率； (2)設當天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數(shù)為X，求X的分布列和均值． 解　(1)設“當天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A， 則P(A)＝＝. (2)依題意得，X所有可能的取值是1,2,3. 又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝1＝. 所以X的分布列為 X 1 2 3 P 所以E(X)＝1＋2＋3＝. 命題點2　已知離散型隨機變量的均值與方差，求參數(shù)值 典例 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)＝，D(η)＝，求a∶b∶c. 解　(1)由題意得ξ＝2,3,4,5,6， 故P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝5)＝＝， P(ξ＝6)＝＝. 所以ξ的分布列為 ξ 2 3 4 5 6 P (2)由題意知η的分布列為 η 1 2 3 P 所以E(η)＝＋＋＝， D(η)＝2＋2＋2＝，化簡得 解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1. 思維升華 離散型隨機變量的均值與方差的常見類型及解題策略 (1)求離散型隨機變量的均值與方差．可依題設條件求出離散型隨機變量的分布列，然后利用均值、方差公式直接求解． (2)由已知均值或方差求參數(shù)值．可依據(jù)條件利用均值、方差公式得出含有參數(shù)的方程(組)，解方程(組)即可求出參數(shù)值． (3)由已知條件，作出對兩種方案的判斷．可依據(jù)均值、方差的意義，對實際問題作出判斷． 跟蹤訓練 (xx青島一模)為迎接2022年北京冬奧會，推廣滑雪運動，某滑雪場開展滑雪促銷活動．該滑雪場的收費標準是：滑雪時間不超過1小時免費，超過1小時的部分每小時收費標準為40元(不足1小時的部分按1小時計算)．有甲、乙兩人相互獨立地來該滑雪場運動，設甲、乙不超過1小時離開的概率分別為，；1小時以上且不超過2小時離開的概率分別為，；兩人滑雪時間都不會超過3小時． (1)求甲、乙兩人所付滑雪費用相同的概率； (2)設甲、乙兩人所付的滑雪費用之和為隨機變量ξ，求ξ的分布列與均值E(ξ)，方差D(ξ)． 解　(1)兩人所付費用相同，相同的費用可能為0,40,80元， 甲、乙兩人2小時以上且不超過3小時離開的概率分別為＝，＝. 兩人都付0元的概率為P1＝＝， 兩人都付40元的概率為P2＝＝， 兩人都付80元的概率為 P3＝＝， 則兩人所付費用相同的概率為 P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝. (2)設甲、乙所付費用之和為ξ，ξ的可能取值為0,40,80,120,160，則 P(ξ＝0)＝＝， P(ξ＝40)＝＋＝， P(ξ＝80)＝＋＋＝， P(ξ＝120)＝＋＝， P(ξ＝160)＝＝. 所以ξ的分布列為 ξ 0 40 80 120 160 P E(ξ)＝0＋40＋80＋120＋160＝80. D(ξ)＝(0－80)2＋(40－80)2＋(80－80)2＋(120－80)2＋(160－80)2＝. 題型二　均值與方差在決策中的應用 典例 計劃在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站．過去50年的水文資料顯示，水庫年入流量X(年入流量：一年內上游來水與庫區(qū)降水之和．單位：億立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超過120的年份有35年，超過120的年份有5年，將年入流量在以上三段的頻率作為相應段的概率，并假設各年的入流量相互獨立． (1)求未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率； (2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行，但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關系： 年入流量X 40120 發(fā)電機最多可運行臺數(shù) 1 2 3 若某臺發(fā)電機運行，則該臺發(fā)電機年利潤為5 000萬元；若某臺發(fā)電機未運行，則該臺發(fā)電機年虧損800萬元．欲使水電站年總利潤的均值達到最大，應安裝發(fā)電機多少臺？ 解　(1)依題意，得p1＝P(40120)＝＝0.1. 由二項分布可知，在未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率為 p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3 ＝4＋43＝0.947 7. (2)記水電站年總利潤為Y(單位：萬元)． ①安裝1臺發(fā)電機的情形． 由于水庫年入流量總大于40，故一臺發(fā)電機運行的概率為1，對應的年利潤Y＝5 000，E(Y)＝5 0001＝5 000. ②安裝2臺發(fā)電機的情形． 依題意，當40120時，三臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 0003＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1，由此得Y的分布列如下： Y 3 400 9 200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以，E(Y)＝3 4000.2＋9 2000.7＋15 0000.1＝8 620. 綜上，欲使水電站年總利潤的均值達到最大，應安裝發(fā)電機2臺． 思維升華 隨機變量的均值反映了隨機變量取值的平均水平，方差反映了隨機變量穩(wěn)定于均值的程度，它們從整體和全局上刻畫了隨機變量，是生產實際中用于方案取舍的重要理論依據(jù)．一般先比較均值，若均值相同，再用方差來決定． 跟蹤訓練 (xx貴州調研)某投資公司在xx年初準備將1 000萬元投資到“低碳”項目上，現(xiàn)有兩個項目供選擇： 項目一：新能源汽車．據(jù)市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利30%，也可能虧損15%，且這兩種情況發(fā)生的概率分別為和； 項目二：通信設備．據(jù)市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利50%，可能損失30%，也可能不賠不賺，且這三種情況發(fā)生的概率分別為，和. 針對以上兩個投資項目，請你為投資公司選擇一個合理的項目，并說明理由． 解　若按“項目一”投資，設獲利為X1萬元，則X1的分布列為 X1 300 －150 P ∴E(X1)＝300＋(－150)＝200. 若按“項目二”投資，設獲利為X2萬元，則X2的分布列為 X2 500 －300 0 P ∴E(X2)＝500＋(－300)＋0＝200. D(X1)＝(300－200)2＋(－150－200)2＝35 000， D(X2)＝(500－200)2＋(－300－200)2＋(0－200)2＝140 000. ∴E(X1)＝E(X2)，D(X1)2)＝p，則P(02)＝p，∴P(－2110)＝＝0.2，∴該班學生數(shù)學成績在110分以上的人數(shù)為0.250＝10. 14．一個不透明的盒子中關有蝴蝶、蜜蜂和蜻蜓三種昆蟲共11只，現(xiàn)在盒子上開一小孔，每次只能飛出1只昆蟲(假設任意1只昆蟲等可能地飛出)．若有2只昆蟲先后任意飛出(不考慮順序)，則飛出的是蝴蝶或蜻蜓的概率是. (1)求盒子中蜜蜂有幾只； (2)若從盒子中先后任意飛出3只昆蟲(不考慮順序)，記飛出蜜蜂的只數(shù)為X，求隨機變量X的分布列與均值E(X)． 解　(1)設“2只昆蟲先后任意飛出，飛出的是蝴蝶或蜻蜓”為事件A，設盒子中蜜蜂為x只，則由題意，得 P(A)＝＝， 所以(11－x)(10－x)＝42， 解得x＝4或x＝17(舍去)， 故盒子中蜜蜂有4只． (2)由(1)知，盒子中蜜蜂有4只，則X的取值為0,1,2,3， P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝. 故X的分布列為 X 0 1 2 3 P 均值E(X)＝0＋1＋2＋3＝. 15．(xx黃岡調研)已知6只小白鼠中有1只感染了病毒，需要對6只小白鼠進行病毒DNA化驗來確定哪一只受到了感染．下面是兩種化驗方案：方案甲：逐個化驗，直到能確定感染病毒的小白鼠為止．方案乙：將6只小白鼠分為兩組，每組三只，將其中一組的三只小白鼠的待化驗物質混合在一起化驗，若化驗結果顯示含有病毒DNA，則表明感染病毒的小白鼠在這三只當中，然后逐個化驗，直到確定感染病毒的小白鼠為止；若化驗結果顯示不含病毒DNA，則在另外一組中逐個進行化驗． (1)求執(zhí)行方案乙化驗次數(shù)恰好為2次的概率； (2)若首次化驗的化驗費為10元，第二次化驗的化驗費為8元，第三次及以后每次化驗的化驗費都是6元，求方案甲所需化驗費的分布列和均值． 解　(1)執(zhí)行方案乙化驗次數(shù)恰好為2次的情況分兩種： 第一種，先化驗一組，結果顯示不含病毒DNA，再從另一組中任取一只進行化驗，其恰好含有病毒DNA，此種情況的概率為＝；第二種，先化驗一組，結果顯示含病毒DNA，再從中逐個化驗，恰好第一只含有病毒，此種情況的概率為＝. 所以執(zhí)行方案乙化驗次數(shù)恰好為2次的概率為＋＝. (2)設用方案甲化驗需要的化驗費為η(單位：元)，則η的可能取值為10,18,24,30,36. P(η＝10)＝， P(η＝18)＝＝， P(η＝24)＝＝， P(η＝30)＝＝， P(η＝36)＝＝， 則化驗費η的分布列為 η 10 18 24 30 36 P 所以E(η)＝10＋18＋24＋30＋36＝(元)． 16．(xx江蘇)已知一個口袋有m個白球，n個黑球(m，n∈N*，n≥2)，這些球除顏色外完全相同．現(xiàn)將口袋中的球隨機的逐個取出，并放入如圖所示的編號為1,2,3，…，m＋n的抽屜內，其中第k次取球放入編號為k的抽屜(k＝1,2,3，…，m＋n). 1 2 3 … m＋n (1)試求編號為2的抽屜內放的是黑球的概率p； (2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數(shù)，E(X)是X的均值，證明：E(X)<. (1)解　編號為2的抽屜內放的是黑球的概率為 p＝＝. (2)證明　隨機變量X的分布列為 X … … P … … 隨機變量X的均值為 E(X)＝＝. 所以E(X)< ＝ ＝(1＋C＋C＋…＋C) ＝(C＋C＋C＋…＋C) ＝(C＋C＋…＋C) ＝…＝(C＋C) ＝＝， 即E(X)<.