2022年高中新课程数学选修-《..离散型随机变量的均值》教案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 2 3 离散型随机变量的均值与方差2 3 1 离散型随机变量的均值一、复习引入：1. 随机变量：假如随机试验的结果可以用一个变量来表示,那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母 、 等表示2. 离散型随机变量: 对于随机变量可能取的值,可以按肯定次序一一列出,这样的随机变量叫做离散型随机变量 3连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值,可以取某一区间内的一切值,这样的变量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区分与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按肯定次

2、序一一列出,而连续性随机变量的结果不行以一一列出假设是随机变量,ab,a,b是常数,就也是随机变量并且不转变其属性离散型、连续型5. 分布列 : 设离散型随机变量 可能取得值为 x1,x 2, ,x3, , 取每一个值 xi i =1,2, 的概率为 P x i p ,就称表 x1 x2xiP P1 P2Pi为随机变量 的概率分布,简称 的分布列6. 分布列的两个性质：Pi 0,i 1,2, ；P1+P2+ =1: 在一 次随机试验中,某大事可 能发生也可能 不发生,在 n 次独立重复试验中这个大事发生的次数 是一个随机变量假如在一次试验中某大事发生的概率是 P,那么在 n 次独立重复试验中这

3、个事件恰好发生 k 次的概率是P nkCkpkqnk,k0,1,2,1 , n,q1pq0kpkqnkn于是得到随机变量的概率分布如下：k n 0 1 P C0p0qnC1p1qnCkpkqnkCnpnnnnn称这 样的随机变量听从二项分布,记作Bn,p ,其中n,p为参数,并记Cnb k；n,p 名师归纳总结 8. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中,某大事第一次 发生时,所作试验的次数也第 1 页,共 9 页是一个正整数的离散型随机变量“k ” 表示在第k 次A 、大事 A 不发生记为A ,PA =p,PA =qq=1-p,那么kP kP A A A 3A k1A kP A P A

4、 P A 3P A k1P A kqk1p0,1,2, ,q1p于是得到随机变量的概率分布如下：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1 2 3 k P kppq ,2 q p1qk1p称这 样的随机变量听从几何分布qp记作 g k ,p= q1p,其中k 0,1,2,二、讲解新课：依据已知随机变量的分布列,我们可以便利的得出随机变量的某些制定的概率,但分布列的用途远不止于此,例如：已知某射手射击所得环数 的分布列如下 4 5 6 7 8 9 10 P 在 n 次射击之前, 可以依据这个分布列估量n 次射击的平均环数这就是我们今日要学习的离散型随机变量的

5、均值 或期望依据射手射击所得环数 的分布列,我们可以估量,在 n 次射击中,估量大约有P 4 n 0 . 02 n 次得 4 环；P 5 n 0 . 04 n 次得 5 环； P10n0.22n次得 10 环故在 n 次射击的总环数大约为4.0 02n5.0 04n10.022n,40 .0250 . 04100 . 22n从而,估量 n 次射击的平均环数约为4.00250 . 04100 . 228 . 32这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的,它反映了射手射击的平均水平只与射击环数的可能取值及其相应的概率有关的常数,对于任一射手,假设已知其射击所得环数 的分布列,即已知各个 P i i

6、 =0,1,2, , 10,我们可以同样估量他任意 n 次射击的平均环数 : 0 P 0 1 P 1 10 P 10 1. 均值 或数学期望 : 一般地,假设离散型随机变量 的概率分布为 x1 x2xn P p1 p2pn就称 E x 1p 1 x 2p 2x np n为 的均值 或数学期望 ,简称期望2. 均值 或数学期望是离散型随机变量的一个特点数,它反映了离散型随机变量取值的平均水平名师归纳总结 3. 平均数、均值 :一般地,在有限取值离散型随机变量 的概率分布中,令p 1p 2pn,就有第 2 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1

7、pp2pn1, Ex 1x2xn1,所以 的数学期望又称为平均数、均值nn4. 均值 或期望的一个性质: 假设ab a、b 是常数 , 是随机变量, 就 也是随机变量,它们的分布列为x12x2bnnxn nb ax1bax2axnP p1p2axpn于是 Eax 1bp 1ax2bpbpax1p 1x2p2x npn b p1p2paEb,b aEb由此,我们得到了期望的一个性质:EaB n,p ,就 E =np 证明如下：P kCkpk 1pnkCkpkqnk,2p2qn2 k kCk npkqnk n nnE0 C0p0qn 1C1p1qn1 2 CnnnCnpnq0nnCk1,又kCkk

8、k.n .k.k1 .nn1 .kn21 .n11qn1 k1 nn1 Ck1pEnpC010 p qn1C11p1qnnnn1Cn1pn1 q0nppqn 1npn1故假设 Bn,p ,就 Enp三、讲解范例：名师归纳总结 例 1. 篮球运发动在竞赛中每次罚球命中得1 分,罚不中得0 分,已知他命中的概率为0.7,求他罚球第 3 页,共 9 页一次得分的期望03.,解：由于P1 07.,P0 所以E107.00 .30 .7- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例 2. 一次单元测验由20 个挑选题构成, 每个挑选题有4 个选项, 其中有且仅有一个选项是

9、正确答案,每题挑选正确答案得 5 分,不作出挑选或选错不得分,总分值 100 分 同学甲选对任一题的概率为 0.9,学生乙就在测验中对每题都从 4 个挑选中随机地挑选一个,求同学甲和乙在这次英语单元测验中的成果的期望解：设同学甲和乙在这次英语测验中正确答案的挑选题个数分别是5,就 B20,0.9, B20 ,0. 25, 和 5所以,他们在测验中E2009.18 ,E200.255由于答对每题得5 分,同学甲和乙在这次英语测验中的成果分别是的成果的期望分别是：E 5 5 E 5 18 90 , E 5 5 E 5 5 25例 3. 依据气象预报,某地区近期有小洪水的概率为 0.25,有大洪水的

10、概率为 0. 01该地区某工地上有一台大型设备,遇到大洪水时要缺失 60 000 元,遇到小洪水时要缺失 10000 元为爱护设备,有以下 3 种方案：方案 1：运走设备,搬运费为 3 800 元方案 2：建爱护围墙,建设费为 2 000 元但围墙只能防小洪水方案 3：不实行措施,期望不发生洪水试比较哪一种方案好解：用 X 1 、X 2 和 X 3 分别表示三种方案的缺失采纳第 1 种方案,无论有无洪水,都缺失 3 800 元,即X1 = 3 800 . 采纳第 2 种方案,遇到大洪水时,缺失2 000 + 60 000=62 000 元；没有大洪水时,缺失2 000 元,即X =62000

11、,有大洪水；2000, 无大洪水 .同样,采纳第3 种方案,有60000,有大洪水；X = 10000, 有小洪水；30, 无洪水 .于是,EX1 3 800 , EX2 62 000 P X2 = 62 000 + 2 00000 P X2 = 2 000 = 62000 0. 01 + 2000 1-0.01 = 2 600 , EX3 = 60000 P X3 = 60000 + 10 000 PX3 =10 000 + 0 P X3 =0 = 60 000 0.01 + 10000 0.25=3100 . 实行方案 2 的平均缺失最小,所以可以挑选方案 2 . 值得留意的是,上述结论是

12、通过比较“ 平均缺失” 而得出的一般地,我们可以这样来懂得“ 平均损失” ：假设问题中的气象情形多次发生,那么采纳方案2 将会使缺失减到最小由于洪水是否发生以及洪名师归纳总结 水发生的大小都是随机的,所以对于个别的一次决策,采纳方案2 也不肯定是最好的第 4 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例 4.随机抛掷一枚骰子,求所得骰子点数 的期望解：P i 1 / 6 , i 1 2, , 6,E 1 1 / 6 2 1 / 6 6 1 / 6例 5.有一批数量很大的产品,其次品率是 15%,对这批产品进行抽查,每次抽取 1 件,假如抽出次品,

13、就抽查终止,否就连续抽查,直到抽出次品为止,但抽查次数不超过 10 次 求抽查次数 的期望结果保留三个有效数字解：抽查次数 取 1 10 的整数,从这批数量很大的产品中抽出 1 件检查的试验可以认为是彼此独立的,取出次品的概率是 0.15,取出正品的概率是 0.85,前 k 1 次取出正品而第 k 次 k =1,2, ,10取出次品的概率：Pk0 .85k10 .15 k =1, 2, ,106 100.859由此可得的概率分布如下：需要抽查 10 次即前 9 次取出的都是正品的概率：P1 2 3 4 5 7 8 9 10 P依据以上的概率分布,可得的期望0 . 23165.355 6 E10

14、 .1520.127510例 6.随机的抛掷一个骰子,求所得骰子的点数 的数学期望解：抛掷骰子所得点数 的概率分布为3 4 1 2 P 111111666666所以名师归纳总结 E11 261 361 461 561 661第 5 页,共 9 页6 1 23 4 56 1 3. 56抛掷骰子所得点数 的数学期望,就是 的全部可能取值的平均值例 7.某城市出租汽车的起步价为10 元,行驶路程不超出4km 时租车费为10 元,假设行驶路程超出4km,就按每超出lkm 加收2 元计费 超出不足lkm 的部分按lkm 计 从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km某司机常常驾车在机场与此宾馆之间接送

15、旅客,由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程 这个城市规定,每停车5 分钟按lkm 路程计费 ,这个司机一次接送旅客的行车路程 是一个随机变量设他所收租车费为 求租车费 关于行车路程 的关系式； 假设随机变量 的分布列为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 15161718P 0.1 0.5 0.3 0.1求所收租车费 的数学期望 已知某旅客实付租车费 38 元,而出租汽车实际行驶了 15km,问出租车在途中因故停车累计最多几分钟 . 解： 依题意得 =2 -4 十 10 ,即 =2+2 ； E 15 0 1. 16 0 5. 17 0 . 3

16、 18 .0 1 16 . 4=2+2 E 2E +2=34.8 元故所收租车费 的数学期望为 34. 8 元 由 38=2 +2,得 =18 , 5 18-15=15 所以出租车在途中因故停车累计最多 15 分钟四、课堂练习 ：1. 口袋中有 5 只球,编号为1,2,3,4,5,从中任取 3 球,以表示取出球的最大号码,就E答案： C2. 篮球运发动在竞赛中每次罚球命中的1 分,罚不中得0 分已知某运发动罚球命中的概率为0.7 ,求他罚球 1 次的得分 的数学期望；0 7.0.3,所以他罚球 2 次的得分 的数学期望；他罚球 3 次的得分 的数学期望解：由于P10.7,PE1P1 0P 00

17、 的概率分布为名师归纳总结 0 1 2 ,求第 6 页,共 9 页P 03.2C10 .70.30.722所以E0.0 091.0 4220 . 981.4 的概率分布为2 3P 0 .3 3C10 . 703.2C2.0720 . 307.333所以E00 . 02710 . 189 2.0982.1. 3设有 m升水,其中含有大肠杆菌n个今取水 1 升进行化验,设其中含有大肠杆菌的个数为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 的数学期望名师归纳总结 分析：任取1 升水,此升水中含一个大肠杆菌的概率是1 ,大事“m =k” 发生,即n 个大肠杆菌中第 7

18、页,共 9 页恰有 k 个在此升水中,由n 次独立重复试验中大事A在此升水中含一个大肠杆菌恰好发生k 次的概率运算方法可求出P =k, 进而可 求 E. 解：记大事 A：“ 在所取的 1 升水中含一个大肠杆菌”,就 PA= 1 mP=k=Pnk=C kn m 1 k1 m 1 nkk=0,1,2, ., nBn,1 ,故 mE =n1 = mnm五、小结：1 离散型随机变量的期望,反映了随机变量取值的平均水平；2 求离散型随机变量 的期望的基本步骤：懂得 的意义,写出 可能取的全部值；求 取各个值的概率,写出分布列；依据分布列,由期望的定义求出E公式 E a +b = aE +b,以及听从二项

19、分布的随机变量的期望E =np 六、课后作业 ：P64-65 练习 1,2,3,4 P69 A 组 1,2,3 1. 一袋子里装有大小相同的3 个红球和两个黄球, 从中同时取出2 个,就其中含红球个数的数学期望是用数字作答解：令取取黄球个数 =0 、 1、2 就的要布列为0 1 2 p 33110510于是 E =03 +1103 +251102. 袋中有 4 个黑球、 3 个白球、 2 个红球,从中任取2 个球,每取到一个黑球记0 分,每取到一个白球记 1 分,每取到一个红球记2 分,用表示得分数求的概率分布列求的数学期望解：依题意的取值为 0、1、2、 3、4 =0 时,取 2 黑 p=0

20、=2 C 412 C 96=1 时,取 1 黑 1 白 p=1=C1 4C1132 C 93- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - =2 时,取 2 白或 1 红 1 黑 p=2= 2 C 3+C1 2C1114C 9 2C 9 236=3 时,取 1 白 1 红,概率 p=3= 1 C 3C11142 3 4 22 C 96=4 时,取 2 红,概率 p=4= C 2 212 C 9360 1 分布列为p 111111631 = 36366362期望 E=01 +161 +2311 +3361 +4693. 学校新进了三台投影仪用于多媒体教学,为保证设备正

21、常工作,事先进行独立试验,已知各设备产生故障的概率分别为 p1、p2、 p3,求试验中三台投影仪产生故障的数学期望解：设 表示产生故障的仪器数,Ai 表示第 i 台仪器显现故障i=1 、2、 3iA 表示第 i 台仪器不显现故障,就：p=1=pA 1A2A+ pA 1 A2A+ pA 1A2 A3 =p11 p2 1 p3+ p21 p1 1 p3+ p31 p1 1 p2 = p 1+ p 2+p32p1p2 2p2p32p3p1+3p1p2p3p=2=pA 1 A 2A+ pA1A 2A + pA A2 A 3 = p 1p2 1 p3+ p1p31 p2+ p2p31 p1 = p 1p

22、2+ p 1p3+ p 2p33p1p2p3p=3=pA1 A2 A3= p1p2p3 =3= p1+p2+p3 E=1 p=1+2 p=2+3 p注：要充分运用分类争论的思想,分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再求期望名师归纳总结 4. 一个袋子里装有大小相同的3 个红球和 2 个黄球,从中同时取出2 个,含红球个数的数学期望是 1.2 第 8 页,共 9 页解：从 5 个球中同时取出2 个球,显现红球的分布列为2 0 1 P C21.0C1C1.06C2.032323C2C2C2555E00 .110.620 .31 .2- - - - - - -精选学习资料 - - - -

23、 - - - - - 5. A 、 B 两个代表队进行乒乓球对抗赛,每队三名队员,A 队队员是A 1,A2,A3, B 队队员是名师归纳总结 B 1,B2,B3,按以往多次竞赛的统计,对阵队员之间胜败概率如下：第 9 页,共 9 页对阵队员A 队队员胜的概率B队队员胜的概率A1 对 B12133A2 对 B22355A3 对 B32355现按表中对阵方式出场,每场胜队得1 分,负队得0 分,设 A 队, B 队最终所得分分别为,1求,的概率分布；2求 E, E解：,的可能取值分别为3,2,1, 0P32228,35527P222312223228,35535535575P12331231322,3553553555P0133335525依据题意知3 ,所以P0P38,P1P228,7575P2P12,P3P03525E38228120322；757552515由于3, 所以E3E2315- - - - - - -