第七章习题课——离散型随机变量的均值与方差的综合应用【新教材】人教A版高中数学选择性必修第三册课件

1
2
D(ξ)=(0-80) ×
1
24
=
4 000
.
3
1
5
2
2
+(40-80) × +(80-80) ×
24
4
1
2
+(120-80) × +(160-80)2×
12
4
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
均值与方差在决策中的应用
例3计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水
文资料显示,水库年入流量X(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和.
单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超
过120的年份有35年,超过120的年份有5年,将年入流量在以上三段的
频率作为相应段的概率,并假设各年的入流量相互独立.
(1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率;
(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数
求出E(X),D(X).
探究一
探究二
探究三
当堂检测
素养形成
变式训练1某运动员投篮命中率P=0.6.
(1)求1次投篮命中次数ξ的均值与方差;
(2)求重复5次投篮时,命中次数η的均值与方差.
解:(1)投篮1次只有两种结果,投篮命中ξ=1,不中ξ=0,服从两点分布,其分布
列为
ξ
P
0
0.4
1
0.6
则E(ξ)=1×0.6=0.6,D(ξ)=(1-0.6)×0.6=0.24.
受年入流量X限制,并有如下关系:
探究一
年入流量X
发电机最多
可运行台数
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
40<X<80
80≤X≤120
X>120
1
2
3
若某台发电机运行,则该台发电机年利润为5 000万元;若某台发电机未
运行,则该台发电机年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到
最大,应安装发电机多少台?
习题课——离散型随机变量的均值与方差的综合应
用
课标阐释
1.加强对离散型随机变量的均值、方差
的意义的了解.(逻辑推理)
2.进一步强化根据离散型随机变量的
分布列求出均值、方差.(数学运算)
思维脉络
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
均值与方差的综合
例1在某地举办的射击比赛中,规定每位射手射击10次,每次一发,记分
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率;
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ,求ξ的分布列与均
值E(ξ),方差D(ξ).
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:(1)两人所付费用相同,相同的费用可能为 0 元,40 元,80 元,
1
4
甲、乙两人 2 小时以上且不超过 3 小时离开的概率分别为(1- −
=0.94+4×0.93×0.1=0.947 7.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元).
①安装1台发电机的情形.
由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利
润Y=5 000,E(Y)=5 000×1=5 000.
②安装2台发电机的情形.
依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-800=4 200,因此
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参数值.可依据条件利用均值、方差公式得出含
有参数的方程(组),解方程(组)即可求出参数值.
(3)由已知条件,作出对两种方案的判断.可依据均值、方差的意义,对实
际问题作出判断.
探究一
探究二
探究三
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当堂检测
变式训练2为迎接2022年北京冬奥会,推广滑雪运动,某滑雪场开展滑雪促
探究二
探究一
探究三
素养形成
当堂检测
解:(1)由题意得 ξ=2,3,4,5,6,
3×31Βιβλιοθήκη 2×3×21故 P(ξ=2)=6×6 = 4,P(ξ=3)= 6×6 = 3,
2×3×1+2×2
6×6
P(ξ=4)=
所以 ξ 的分布列为
ξ
2
1
P
4
=
5
2×2×1
,P(ξ=5)=
18
6×6
3
1
3
4
5
18
1
9
1×1
6×6
∴E(X1)=E(X2),D(X1)<D(X2),
这说明虽然项目一、项目二获利相等,但项目一更稳妥.
综上所述,建议该投资公司选择项目一投资.
000.
探究一
探究二
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当堂检测
求离散型随机变量的分布列与均值
典例某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图如图所示,空气质量指数小
于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重度污染.某人随
针对以上两个投资项目,请你为投资公司选择一个合理的项目,并说明
理由.
探究一
探究二
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当堂检测
解:若按项目一投资,设获利为X1万元,则X1的分布列为
X1
300
7
9
P
-150
2
9
7
2
∴E(X1)=300×9+(-150)×9=200.
若按项目二投资,设获利为X2万元,则X2的分布列为
X2
500
目上,现有两个项目供选择:
项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利
30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为
7 2
;
和
9 9
项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利50%,可
能损失30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别
3 1 1
为 5 , 3 和 15 .
机在3月1日至3月13日中的某一天到达该市,并停留2天.
探究一
探究二
探究三
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当堂检测
(1)求此人到达当日空气重度污染的概率.
(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数,求X的分布列与均值.
(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大?(结论不要
求证明)
探究一
探究二
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P(Y=4 200)=P(40<X<80)=P1=0.2;当X≥80时,两台发电机运行,此时
Y=5 000×2=10 000,因此P(Y=10 000)=P(X≥80)=P2+P3=0.8.由此得Y的
分布列如下.
Y
4 200
P
0.2
所以,E(Y)=4 200×0.2+10 000×0.8=8 840.
(2)由题意,重复5次投篮,命中的次数η服从二项分布,即η~B(5,0.6).
由二项分布均值与方差的计算公式
知,E(η)=5×0.6=3,D(η)=5×0.6×0.4=1.2.
探究一
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离散型随机变量的均值与方差的常见类型
例2设袋子中装有a个红球,b个黄球,c个蓝球,且规定:取出一个红球得1分,
= ,P(ξ=6)=
5
1
9
=
6
1
36
1
.
36
探究一
探究二
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探究三
当堂检测
(2)由题意知η的分布列为
η
P
1
a
a+b+c

2
b
a+b+c
2
3
3
c
a+b+c
5
所以 E(η)=++ + ++ + ++ = 3,
5 2

5 2

5 2

D(η)=(1- ) ·
+(2- ) ·
+(3- ) ·
得;(2)随机变量X=0,1,2,求出分布列与均值;(3)根据方差表示数据偏离
均值的程度,结合图中数据可得.
探究一
探究二
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当堂检测
;
解:设A 表示事件“此人于3月i日到达该市”(i=1,2,…,13),
根据题
据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为
X>120时,三台发电机运行,此时Y=5 000×3=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
P
3 400
0.2
9 200
0.7
15 000
0.1
所以,E(Y)=3 400×0.2+9 200×0.7+15 000×0.1=8 620.
综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.
E(Y)=E(3X+2)=3E(X)+2=29,
D(Y)=D(3X+2)=9D(X)=8.1.
所以小李在比赛中得分的均值为29,方差为8.1.
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反思感悟 通过审题,明确判断出随机变量X(击中次数)服从二项分布是
解决这个题的关键,然后利用二项分布的均值和方差的计算公式即可
销活动.该滑雪场的收费标准是:滑雪时间不超过1小时免费,超过1小时
的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、
乙两人相互独立地来该滑雪场运动,设甲、乙不超过1小时离开的概率分别
为
1 1
,
;1小时以上且不超过2小时离开的概率分别
为
4 6
;两人滑雪时间
1 2
,
都不会超过3小时.
2 3
探究一
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反思感悟 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了
随机变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是生
产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值,若均值相同,再用
方差来决定.
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变式训练3某投资公司在2020年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项
【审题视点】 第一步,审条件.给出了3月1日至14日的空气质量指数
趋势图,空气质量优良与重度污染的数据.
第二步,审结论.第(1)问求此人到达当日空气重度污染的概率;第(2)问
求分布列与均值;第(3)问求从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大.
第三步,建联系.(1)重度污染只有2天,由于到达是随机的,根据古典概型求
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探究一
探究二
素养形成
探究三
(2)依题意,ξ 的可能取值为 0,40,80,120,160,则
1
1
1
P(ξ=0)=4 × 6 = 24,
1 2 1 1
1
P(ξ=40)=4 × 3 + 2 × 6 = 4,
1 1 1 2 1 1
P(ξ=80)=4 × 6 + 2 × 3 + 4 × 6
1 1 1 2
的规则为:击中目标一次得3分,未击中目标得0分,凡参赛者一律另加2
分.已知射手小李击中目标的概率为0.9,求小李在比赛中得分的均值与
方差.
解:设击中次数为X,比赛得分为Y,则Y=3X+2.
由题意知X~B(10,0.9),所以
E(X)=10×0.9=9,
D(X)=10×0.9×(1-0.9)=0.9.
3 ++
3 ++
3 ++
2--4 = 0,
+ 4-11 = 0.
解得 a=3c,b=2c,故 a∶b∶c=3∶2∶1.
=
5
,化简得
9
探究一
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反思感悟 离散型随机变量的均值与方差的常见类型及解题策略
(1)求离散型随机变量的均值与方差.可依题设条件求出离散型随机变量
-300
0
P
3
5
1
3
1
15
探究一
探究二
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3
1
1
∴E(X2)=500×5+(-300)×3+0×15=200.
7
2
D(X1)=(300-200)2×9+(-150-200)2×9=35 000,
3
1
1
D(X2)=(500-200)2×5+(-300-200)2×3+(0-200)2×15=140
探究一
探究三
探究二
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当堂检测
10
解:(1)依题意,得 P1=P(40<X<80)=50=0.2,
35
P2=P(80≤X≤120)=50=0.7,
5
P3=P(X>120)= =0.1.
50
由二项分布可知,在未来 4 年中,至多有 1 年的年入流量超过 120 的
概率为
P=C40 (1-P3)4+C41 (1-P3)3P3
取出一个黄球得2分,取出一个蓝球得3分.
(1)当a=3,b=2,c=1时,从该袋子中任取一个球,记下颜色后放回,再取一
个球(每球取到的机会均等),记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和,
求ξ的分布列.
(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球,记随机变量η为
5
3
5
9
取出此球所得分数.若 E(η)= ,D(η)= ,求 a∶b∶c.
1 1
1 2 1
)= ,(1-6 − 3)=6.
2 4
1
4
两人都付 0 元的概率为 P1= ×
两人都付 40 元的概率为
两人都付 80 元的概率为
1
6
1
P2=2 ×
1
P3=4 ×
则两人所付费用相同的概率为
1
,
24
1
= 3,
1
= 24,
=
2
3
1
6
1
1
1
P=P1+P2+P3=24 + 3 + 24
=
5
.
1
P(ξ=120)=2 × 6 + 4 × 3 = 4,
1 1
1
P(ξ=160)= × = .
4 6
24
5
= 12,
当堂检测
探究三
探究二
探究一
素养形成
当堂检测
所以ξ的分布列为
ξ
0
40
80
120
160
P
1
24
1
4
5
12
1
4