北师大版选择性必修第一册6.3.1离散型随机变量的均值学案.docx

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1、3离散型随机变量的均值与方差3.1离散型随机变量的均值学习目标1 .通过实例了解均值概念的建构过程,理解离散型随机变量均值的概 念,能计算简单离散型随机变量的均值,提升逻辑推理、数学运算素 养.2 .会利用离散型随机变量的均值,反映离散型随机变量的平均水平， 解决一些相关的实际问题,通过实际应用，提高学生的数学建模、数学 抽象素养.问题:某商场为满足市场需求要将单价分别为18元/kg, 24元/kg, 36 元/kg的3种糖果按3 ： 2 ： 1的比例混合销售,其中混合糖果中每一 颗糖果的质量都相等,如何对混合糖果定价才合理?假如从这种混合 糖果中随机选取一颗,记为这颗糖果的单价（元/kg）,

2、你能写出W的 分布列吗？提示：18X3+24X2+36X1=18 义 44 X 工+36 X 工=23 （元/ kg）.3+2+12361的分布列为182436P1213161.离散型随机变量的均值设离散型随机变量X的分布列为（2） EX=30 X 0. 28+50 X 0. 36+100 X 0. 36=62. 4 （元）,XX1X2 Xi XnEY=30 X 0. 32+50 X 0. 38+100 X 0. 30=58. 6 （元）,因为EXEY,所以村民选择甲种中药材加工方式获利更多.均值在分组检测中的应用典例:某社区对55位居民是否患有新冠肺炎进行筛查,先到社区医务 室进行咽拭子核酸

3、检测,检测结果呈阳性者,再到医院做进一步检查， 随机一人其咽拭子核酸检测结果呈阳性的概率为2%,且每个人的 咽拭子核酸检测结果是否呈阳性相互独立.假设患病的概率是0. 3%,且患病者咽拭子核酸检测结果呈阳性的 概率为98%,设这55位居民中有一位的咽拭子核酸检测结果呈阳性， 求该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率；根据经验,咽拭子核酸检测采用分组检测法可有效减少工作量,具 体操作如下：将55位居民分成假设干组,先取每组居民的咽拭子核酸混在一起进行 检测,假设结果显示阴性,那么可断定本组居民没有患病,不必再检测;假设 结果显示阳性,那么说明本组中至少有一位居民患病，需再逐个进行检 测,现有两个分组

4、方案：方案一:将55位居民分成H组,每组5人；方案二:将55位居民分成5组,每组11人.试分析哪一个方案的工作量更少？（参考数据：0 . 9850. 904, 0. 98口作0. 801）试题情境:病毒检测.必备知识:离散型随机变量的均值.关键能力:数据分析能力,运算求解能力.学科素养:数学建模素养.解：(1)设事件A为“该居民咽拭子核酸检测结果为阳性”，事件B为“该居民确诊为新冠肺炎患者”，由题意可得 P(A)=O. 02,P(B)=0. 003,P (A | B) =0. 98,由条件概率公式P (A |B)二粤， r D)得 P(AB)=0. 98X0. 003,所以 P(B|A)二等二

5、003二0.1 P(A) 0. 02故该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为14. 7%.设方案一中每组的检测次数为X,那么X的取值为1,6,P(x=l) = (l-O. 02) =0. 9850. 904,P(X=6)=l-0. 904=0. 096,所以X的分布列为X16P0. 9040. 096所以 EX=1 X 0. 904+6 X 0. 096=1. 48,即方案一检测的总次数的期望为11X1. 48=16. 28.设方案二中每组的检测次数为Y,那么Y的取值为1,12,P(Y=l) = (l-0. 02)X0. 801,P（Y二 12）= 1-0. 801=0, 199, 所以Y的分布

6、列为Y112P0. 8010. 199所以 EY=1 X0. 801+12X0. 199=3. 189,即方案二检测的总次数的期望为3. 189X5=15. 945.由16. 2815. 945,那么方案二的工作量更少.解答概率模型的三个步骤建模.即把实际问题概率模型化.解模.确定分布列,计算随机变量的均值.回归.利用所得数据,对实际问题作出判断.素养演练：(2021 山东无棣高二期中)为加强进口冷链食品监管，进 一步确定某批进口冷冻食品是否感染某病毒，在入关检验时需要对其 采样进行化验,假设结果呈阳性,那么有该病毒;假设结果呈阴性,那么没有该 病毒,对于n(nN.)份样本,有以下两种检验方式

7、:一是逐份检验,那么 需检验n次;二是混合检验,将k份样本分别取样混合在一起,假设检验 结果为阴性,那么这k份全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结 果为阳性,为了明确这k份究竟哪些为阳性,就需要对它们再次取样 逐份检验,那么k份检验的次数共为k+1次.假设每份样本没有该病毒的概 率为小而且样本之间是否有该病毒是相互独立的.求2份样本混合的结果为阳性的概率；假设取得4份样本,考虑以下两种检验方案：方案一:采用混合检验;方案二:平均分成两组,每组2份样本采用混合检验.假设检验次数的均值越小,那么方案越“优”.试问方案一、方案二哪个更“优” ？请说明理由.解：（1）该混合样本阴性的概率是C）2q

8、,由对立事件得阳性的概率为 391-.9 9故2份样本混合的结果为阳性的概率为* 9方案一:混在一起检验,方案一的检验次数记为X,那么X的所有可能P(X=1) = (|)-,P(X=5)=1-取值为1, 5,1 80X15P181808181 81所以X的分布列为所以EXGXa+5义80 40181 81方案二：由题意得每组2份样本混合检验时,假设阴性那么检验次数为1,概率为（,2, 39假设阳性,那么检测次数为3,概率为144，检验次数记为Y,那么Y的所有可能取值为2, 4, 6,P （Y=2） =, P （Y二4）二禺X,81299 81P （丫二 6）二（-）2=-.981所以Y的分布列

9、为所以EY=2X&+4X祟6义*詈噜Y246P18116816481口v uv 50 4。1 49、八EY-EX= 0,981 81所以EXEY,故方案一更优.1. （2021 江苏靖江高二期中）设随机变量X的概率分布如表所示,且EX=2. 5,那么 b-a 等于（B ）X123P18ab（1 X |- 2ct + 3b 2. 5,解析:依题意得% 8（+ a + b = 1,（a =；,b ,那么b-a=-.应选B.82. （2021 山西吕梁高二期末）假设随机变量X的概率分布列如表,那么 E（5X+2 009）等于（A ）X024P0. 30.20. 5A. 2 021 解析：由分布列得

10、EX=0 X 0. 3+2 X 0. 2+4 X 0. 5=2. 4,所以 E （5X+2009） =5EX+2 009=5X2. 4+2 009=2 021.应选 A.3. （2021 河南高二期末）某公司参加两个工程的招标,A工程招标成 功的概率为0. 6, B工程招标成功的概率为0. 4,每个工程招标成功可 获利20万元，招标不成功将损失2万元,那么该公司在这两个工程的招 标中获利的期望为（B ）A. 17. 5万元B. 18万元C. 18. 5万元D. 19万元解析:该公司在这两个工程的招标中获利X万元为随机变量,其可能 值为40, 18, -4,那么P （X=40） =0. 6X0.

11、 4=0. 24, P（X=18）=0. 62+0. 4=0. 52, P （X 二-4）= 0. 4X0.6=0. 24,于是得EX=40X0. 24+18X0. 52-4X0. 24=18,所以该公司在这两个项 目的招标中获利的期望为18万元.应选B.4.（多项选择题）（2021 福建安溪高二期中）某日A,B两个沿海城市受台 风袭击的概率均为P,A, B两市至少有一个受台风袭击的概率为 0.64,假设用X表示这一天受台风袭击的城市个数，那么（AB ）A. p=0. 4 B. P（X=0）=0. 36C. P（X=1）=0. 16 D. EX=0.4解析：由A, B两市受台风袭击的概率均为p

12、,那么A, B两市都不受台风袭 击的概率为（1-P）之二0. 64,解得p=0. 4或p=1. 6（舍去），P（X=0）=l-0. 64=0. 36.P(X=l)=2X0. 6X0. 4=0. 48,P(X=2)=0. 4X0. 4=0. 16.所以 EX=0 X 0. 36+1 X 0. 48+2 X 0. 16=0. 8.应选 AB.例1 （2021 江西赣州高二期末）假设随机变量X的分布列如表,那么（2乂-1）的值为（）X123P13a16A*B.lD.|解析：由题意及随机变量的分布列性质可知-+a+-=l, 36所以a=；,所以 EX=1 X -+2 X 工+3 X i=,因为 326

13、 6E（2X-1）=2EX-1,所以 E（2X-1）=2X-1=-.应选 D. 63例2 （2021 陕西金台高二期末）用X表示投掷一枚质地均匀的骰子所得的点数,利用X的分布列求以下事件的概率,其中错误的选项是（）A.掷出的点数是偶数的概率为:B.掷出的点数超过1的概率为？6C.掷出的点数大于3而不大于5的概率为5D. X的期望为:解析:X的可能取值为1, 2, 3, 4, 5, 6,取每一个值的概率都相等，X的分布列为X123456P111111666666X为偶数的情况有3种,其概率为白点故A正确,不符合题意； 6 LX超过1的有5种,其概率为之故B正确,不符合题意；6X大于3不大于5的有

14、4, 5两种,其概率为故C错误,符合题意;6 3X的期望为EX=1 X三+2义工+3义义工+5 X工+6 X工,故D正确，不符合666666 2题意.应选C.PP1P2 Pi Pn那么称EX=XF|+X2P2+-+XTi + -+XnPn为随机变量X的均值或数学期望（简称期望）.均值EX刻画的是X取值的“中心位置”.2.设随机变量X服从参数为P的两点分布,那么EX=O-（1P）+1 - P=p.思考:假设X, Y都是离散型随机变量,且Y=aX+b （其中a, b是常数）,那么EY与EX有怎样的关系？提示:X,Y的分布列为于是 EY=(axi+b) pi+ (ax2+b) P2+ (axi+b)

15、 Pi+ (axn+b) pn =a(X1P1+X2P2+XiPi+XnPn) +b(P1+P2+Pi+Pn)= aEX+b. 做一做:设自的分布列为XX1x2 Xi XnYax i+bax2+b axi+b axn+bPPiP2 Pi Pn1234P16161313又设n=2W+5,那么En等于（D ）7171732A. -B. C.- D.-6633解析：EC=lxi+2xi+3x1+4X二En=E(2 C +5) =2E +5=2X-+5=-.应选 D. 63四卷电二离散型随机变量的均值例1 (2021 福建福州三中期中)在某工厂年度技术工人团体技能 大赛中，有甲、乙两个团体进行比赛，比

16、赛分两轮,每轮比赛必有胜负, 没有平局.第一轮比赛甲团体获胜的概率为0. 7,第二轮比赛乙团体获 胜的概率为0. 6,第一轮获胜团体有奖金5 000元,第二轮获胜团体有 奖金8 000元，未获胜团体每轮有1 000元鼓励奖金.(1)求甲团体至少胜一轮的概率；记乙团体两轮比赛获得的奖金总额为X元，求X的分布列及其数学 期望.解：(1)甲团体没有胜的概率为(1-0. 7) X0. 6=0. 18,所以甲团体至少 胜一轮的概率为1-0. 18=0. 82.乙团体两轮比赛获得的奖金总额为X元,X的可能取值为2 000, 6 000,9 000, 13 000,P(X=2 000)=0.7X0. 4=0

17、. 28,P(X=6 000)=0.3X0. 4=0. 12,P(X=9 000)=0.7X0. 6=0. 42,P(X=13 000)=0.3X0. 6=0. 18.所以X的分布列为所以 EX=2 000X0. 28+6 000X0. 12+9 000X0.42+13 000X0. 18=7X2 0006 0009 00013 000P0. 280. 120. 420. 18400.求离散型随机变量的均值的步骤理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值.求X取每个值的概率.写出X的分布列.由均值定义求出EX.针对训练（2021 辽宁锦州期末）某超市在节日期间进行有奖促销, 规定凡在该超市购

18、物满400元的顾客，均可获得一次摸奖机会.摸奖 规那么如下:奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、 黑、白）.顾客不放回地每次摸出1个球,假设摸到黑球那么摸奖停止,否那么 就继续摸球.按规定摸到红球奖励20元,摸到白球或黄球奖励10元， 摸到黑球不奖励.求1名顾客摸球2次停止摸奖的概率；记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额,求随机变量X的分布列和数 学期望.解：（1）设“1名顾客摸球2次停止摸奖”为事件A,那么P（A”W， Aj 4故1名顾客摸球2次停止摸奖的概率为:4随机变量X的所有取值为0, 10, 20, 30, 40.X=0表示第一次摸球摸到了黑球，概率为P（X=0）4； 4

19、X=10表示第一次摸到了白球或黄球,第二次摸到了黑球,概率为 P（X=10）噂 A4 oX二20表示前两次摸到白球和黄球，第三次摸到黑球或第一次摸到红球, 第二次摸到黑球,概率为X=30表示前两次摸球有一次摸到白球或黄球,有一次摸到红球,第三次摸到黑球,概率为P(X=30)二等日； A* 6X=40表示前三次摸到的是红白黄三个球,第四次摸到黑球,概率为P (X=40)二=AJ 4综上，随机变量X的分布列为11111 EX=O X-+10X 士+20 X 士+30 义-+40 X、20.X010203040P111114666446664探究点二离散型随机变量均值的简单应用例2 (2021 天津

20、西青高二期末)随机变量X的分布列满足Y=aX+3,EY=9 那么 a 的值为()X-101P121316A. 4 B. -4 C. 2 D. -2解析:EX=IXLOX 工+1XL_ 因为 y=aX+3,所以 2363EY=aEX+3二aX6)+3=|,解得 a应选 A.求线性关系的随机变量Y=aX+b的均值的方法定义法.先列出Y的分布列,再求均值.(2)性质法.直接套用公式EY=E (aX+b)=aEX+b求解即可.针对训练(1) (2021天津高二期末)某随机变量X的取值为0, 1,2,假设 P(X=O)W，EX=1,那么 P(X=1)等于()A.*.|C.噂 D.f(2)(多项选择题)(

21、2021安徽亳州期末)某一次体育测试中排球发球工程考试的规那么是:每位学生最多可发球3次,一旦发球成功,那么停止发球, 否那么一直发到3次为止,设某学生一次发球成功的概率为p(0pl), 发球次数为X,假设X的均值EX1. 75,那么p的取值可以为()A. -B. -C. -D. 43212解析：(1)设 P (x=l) =p, P (X=2)=q,因为 E(X)=0X?+p+2q= 1 ,又：+p+q=l, uJJ由得,p-|,所以P(X=l) =|.应选B.由题意知,随机变量X的所有可能取值为1, 2, 3,可得 P(X=l)=p, P(X=2)=p(l-p), P(X=3) = (l-p

22、)2,那么 E(X) =p+2p(1-p) +3(1-p)2=p2-3p+3,因为 E(X)L 75,即p2-3p+31.75,解得p*或p0,又因为 0pl,所以即 p (0, 1).结合选项,可得选项A, B符合题意.应选AB.依探究点三均值的实际应用例3 (2021 广东顺德高二期末)某蛋糕厂商在两个社区分别开了 连锁店A和B,通过一段时间的经营统计,店A和店B每日销售的蛋糕 数分别为X, Y.X, Y的分布列如表：X3456P14141414Y246P111632求店A在3天共卖出15个蛋糕的概率；蛋糕保质期短,当日没销售出去只能作垃圾处理.为了防止食品浪 费,该蛋糕厂商决定今后每日仅

23、生产10个蛋糕给两家连锁店,那么在 市场需求不变的情况下如何分配这10个蛋糕最优?请说明理由.解：（1）店A在3天共卖出15个蛋糕,共有三种情况:3天分别卖出蛋糕个数为 5, 5,5;4, 5,6;3, 6, 6.所以所求概率为 Pqx；X：+3X；X：X；X2+3X；X；X；q. 444444444 32由题意可知,店A和店B均是最多卖6个蛋糕,那么有三种分配情况: A店4个,B店6个;A店5个,B店5个;A店6个,B店4个.假设分配给A店4个,B店6个，那么所以 EX+EY=（3 X +4 X 22 X 牌 X 乎6 X 1詈.X34P1434Y246P161312假设分配给A店5个,B店

24、5个,那么X345P141412Y245P161312所以 EX+EY= （3 X 工+4 X 工+5 义工）+ （2 义-+4 X -+5 X 工）.4,4,263212假设分配给A店6个,B店4个，那么X3456P14141414Y24P1656所以 EX+EY= （3+4+5+6） X -+2 X i+4 X.因为小竺，466 6126所以在市场需求不变的情况下,分配给A店4个,B店6个或A店5个,B店5个最优.用均值处理决策问题的一般步骤用不同的字母表示问题中相关的随机变量.分别求出它们的分布列和均值.根据均值差异选取符合条件的方案.针对训练（2021 重庆高二期中）某村引导村民种植一

25、种名贵中药 材,但这种中药材需加工成半成品才能销售.现有甲、乙两种针对这种 中药材的加工方式可供选择,为比拟这两种加工方式的优劣,村委会 分别从利用甲、乙两种加工方式所加工的半成品中，各自随机抽取了 100件作为样本检测其质量指标值（质量指标值越大,质量越好），检测 结果如表所不，每件中药半成品的等级与纯利润（单位:元）之间的关系如表所（旨标区间 数 生产方70,80)80,90)90,100)100,110)110,120)甲种生产方式820362412乙种生产方式62638228示,指标区间70, 90)90,100)100, 120)等级二级一级特级纯利润3050100将频率视为概率,解答以下问题.记利用甲种、乙种加工方式所加工的一件中药材半成品的利润分别为X, Y,求X,Y的分布列；从数学期望的角度分析村民选择哪种中药材加工方式获利更多.解：（l）x的分布列为Y的分布列为X3050100P0. 280. 360. 36Y3050100P0. 320. 380. 30