2020届二轮复习离散型随机变量的均值与方差课件（33张）（全国通用） 33页

12 . 5 　 离散型随机变量的均值与方差 - 2 - 知识梳理 双基自测 2 3 1 4 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=x i ) =p i , i= 1,2, … , n. (1) 均值 : 称 E ( X ) = 　　　　　　　　　　　　　　 为随机变量 X 的均值或数学期望 .   x 1 p 1 +x 2 p 2 + … +x i p i + … + x n p n 标准差 - 3 - 知识梳理 双基自测 2 3 1 4 2 . 均值与方差的性质 (1) E ( aX+b ) = 　　　　　　 ;   (2) E ( ξ + η ) =E ( ξ ) +E ( η ); (3) D ( aX+b ) = 　　　　　　 .   aE ( X ) +b 　 a 2 D ( X ) - 4 - 知识梳理 双基自测 2 3 1 4 3 . 两 点分布 与二项分布的均值与方差 (1) 若 X 服从 两 点分布 , 则 E ( X ) = 　　　　　　 , D ( X ) = 　　　　　 .   (2) 若 X~B ( n , p ), 则 E ( X ) = 　　　　　 , D ( X ) = 　　　　　 .   p p (1 -p ) np 　 　 np (1 -p ) - 5 - 知识梳理 双基自测 2 3 1 4 4 . 常用结论 (1) 如果 X 1 , X 2 相互独立 , 那么 E ( X 1 · X 2 ) =E ( X 1 )· E ( X 2 ) . (2) 均值与方差的关系 : D ( X ) =E ( X 2 ) -E 2 ( 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 2 - 6 - 知识梳理 双基自测 3 4 1 5 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 . ( 　　 ) (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 μ 和 σ 完全确定了正态分布 , 参数 μ 是正态分布的均值 , σ 是正态分布的标准差 . ( 　　 ) - 7 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 答案 解析 解析 关闭 答案 解析 关闭 2 . 设随机变量 X~B ( n , p ), 且 E ( X ) = 1 . 6, D ( X ) = 1 . 28, 则 ( 　　 ) A. n= 5, p= 0 . 32 B. n= 4, p= 0 . 4 C. n= 8, p= 0 . 2 D. n= 7, p= 0 . 45 - 8 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 3 . 设随机变量 X 的分布列为 P ( X=k ) = ( k= 2,4,6,8,10), 则 D ( X ) 等于 ( 　　 ) A.5 B.8 C.10 D.16 答案 解析 解析 关闭 答案 解析 关闭 - 9 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 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 . 4 3 D.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 X~B (3,0 . 4), ∴ E ( X ) = 3×0 . 4 = 1 . 2 . 答案 解析 关闭 B - 10 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 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 服从二项分布 , 即 X~B (100,0 . 02), 其中 p= 0 . 02, n= 100, 则 D ( X ) =np (1 -p ) = 100 × 0 . 02 × 0 . 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量 ξ , 求随机变量 ξ 的分布列和均值 E ( ξ ) . 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 aX+b 的均值是 aE ( X ) +b , 方差为 a 2 D ( X ) . - 15 - 考点 1 考点 2 考点 3 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 ( X< 300) = 0 . 3, P (300 ≤ X< 700) =P ( X< 700) -P ( X< 300) = 0 . 7 - 0 . 3 = 0 . 4, P (700 ≤ X< 900) =P ( X< 900) -P ( X< 700) = 0 . 9 - 0 . 7 = 0 . 2, P ( X ≥ 900) = 1 -P ( X< 900) = 1 - 0 . 9 = 0 . 1 . 所以 Y 的分布列为 于是 , E ( Y ) = 0 × 0 . 3 + 2 × 0 . 4 + 6 × 0 . 2 + 10 × 0 . 1 = 3, D ( Y ) = (0 - 3) 2 × 0 . 3 + (2 - 3) 2 × 0 . 4 + (6 - 3) 2 × 0 . 2 + (10 - 3) 2 × 0 . 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 ( X ≥ 300) = 1 -P ( X< 300) = 0 . 7, 又 P (300 ≤ X< 900) =P ( X< 900) -P ( X< 300) = 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 200×0 . 06×5 = 60, 在时间段 [95,100] 小时的职工人数为 200×0 . 02×5 = 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 X~B ( 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 - 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 X ≤ 3 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 ( X ≤ n ) ≥ 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 的概率分别为 0 . 2,0 . 4,0 . 2,0 . 2 . 从而 P ( X= 16) = 0 . 2×0 . 2 = 0 . 04; P ( X= 17) = 2×0 . 2×0 . 4 = 0 . 16; P ( X= 18) = 2×0 . 2×0 . 2 + 0 . 4×0 . 4 = 0 . 24; P ( X= 19) = 2×0 . 2×0 . 2 + 2×0 . 4×0 . 2 = 0 . 24; P ( X= 20) = 2×0 . 2×0 . 4 + 0 . 2×0 . 2 = 0 . 2; P ( X= 21) = 2×0 . 2×0 . 2 = 0 . 08; P ( X= 22) = 0 . 2×0 . 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 ( X ≤ 18) = 0 . 44, P ( X ≤ 19) = 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 时 , E ( Y ) = 19×200×0 . 68 + (19×200 + 500)×0 . 2 + (19×200 + 2×500)×0 . 08 + (19×200 + 3×500)×0 . 04 = 4 040 . 当 n= 20 时 , E ( Y ) = 20×200×0 . 88 + (20×200 + 500)×0 . 08 + (20×200 + 2×500)×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 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 100 天中的派送量指标满足如图 所 日平均派送量为 (50 + 2 n ) 单 . 若将频率视为概率 , 回答下列问题 : ① 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 ; ② 结合 ① 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 . 6 2 = 0 . 36,1 . 4 2 = 1 . 96,2 . 6 2 = 6 . 76 , 3 . 4 2 = 11 . 56,3 . 6 2 = 12 . 96,4 . 6 2 = 21 . 16, 15 . 6 2 = 243 . 36,20 . 4 2 = 416 . 16,44 . 4 2 = 1 971 . 36)