(完整版)离散型随机变量的期望与方差习题课

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离散型随机变量的期望和方差课件公开课获奖课件

答案：49
第8页
5．随机变量 ξ 的分布如下：
ξ －1 0 1
P a bc
其 a，b，c 成等差数列．若 Eξ＝31，则 Dξ 的值是________．
a＋b＋c＝1 解析：根据已知条件：2b＝a＋c
－a＋c＝13
，解得：b＝13，a＝16，c＝12，
∴Dξ＝16(－1－13)2＋13(0－13)2＋12(1－13)2＝59.
第4页
2．均值、方差性质及应用 (1)EC＝C(C为常数)； (2)E(aξ＋b)＝aEξ＋b(a、b为常数)； (3)D(aξ＋b)＝a2Dξ.
第5页
1．设随机变量ξ～B(n，p)，且Eξ＝1.6，Dξ＝1.28，则( )
A．n＝8，p＝0.2
B．n＝4，p＝0.4
C．n＝5，p＝0.32
D．n＝7，p＝0.45
解析：由已知nnpp＝1－1.6p，＝1.28，解得np＝＝80， .2.
答案：A
第6页
2．假如ξ是离散型随机变量，η＝3ξ＋2，那么( ) A．Eη＝3Eξ＋2，Dη＝9Dξ B．Eη＝3Eξ，Dη＝3Dξ＋2 C．Eη＝3Eξ＋2，Dη＝9Eξ＋4 D．Eη＝3Eξ＋4，Dη＝3Dξ＋2 答案：A
答案：59
第9页
热点之一求离散型随机变量期望与方差求离散型随机变量X均值与方差环节：
1．理解X意义，写出Y所有也许取值； 2．求X取每个值概率； 3．写出X分布列； 4．由均值定义求EX； 5．由方差定义求DX.
第10页
【例】某商场举行抽奖促销活动，抽奖规则是：从装有9个白球，1个红球箱子中每次随机地摸出1个球，记下颜色后放回，摸出1个红球可获得奖金10元；摸出2个红球可获得奖金50元，既有甲、乙两位顾客，规定：甲摸一次，乙摸两次，令X表达甲，乙摸球后获得奖金总额．求：

20-21版：习题课　离散型随机变量的期望与方差(步步高)

习题课离散型随机变量的期望与方差一、放回与不放回问题例1 箱子中有4个形状、大小完全相同的小球，其中红色小球2个、黑色和白色小球各1个，现从中有放回的连续摸4次，每次摸出1个球. (1)求4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率； (2)求4次摸出球的颜色种数ξ的分布列与期望.解 (1)记事件A 为“摸出1个球是红色小球”，事件B 为“摸出1个球是黑色小球”，事件C 为“摸出1个球是白色小球”，则A ，B ，C 相互独立，且P (A )＝12，P (B )＝14，P (C )＝14.记事件D 为“有放回的连续摸4次，恰好有1次红球和1次黑球”，则P (D )＝A 24×12×14×⎝⎛⎭⎫142＝332. 故4次中恰好有1次红球和1次黑球的概率是332.(2)随机变量ξ的可能值为1,2,3.记事件A i 为“摸出i 个红色小球”，事件B i 为“摸出i 个黑色小球”，事件C i 为“摸出i 个白色小球”. P (ξ＝1)＝P (A 4＋B 4＋C 4) ＝P (A 4)＋P (B 4)＋P (C 4) ＝⎝⎛⎭⎫124＋⎝⎛⎭⎫144＋⎝⎛⎭⎫144＝9128； P (A 1·B 3＋A 2·B 2＋A 3·B 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫14 ＝132＋332＋18＝14， P (A 1·C 3＋A 2·C 2＋A 3·C 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫14 ＝132＋332＋18＝14， P (B 1·C 3＋B 2·C 2＋B 3·C 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫143＋C 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫142＋C 34⎝⎛⎭⎫143⎝⎛⎭⎫14＝164＋3128＋164＝7128， P (ξ＝2)＝P (A 1·B 3＋A 2·B 2＋A 3·B 1)＋P (A 1·C 3＋A 2·C 2＋A 3·C 1)＋P (B 1·C 3＋B 2·C 2＋B 3·C 1) ＝14＋14＋7128＝71128； P (ξ＝3)＝P (A 2·B 1·C 1＋A 1·B 2·C 1＋A 1·B 1·C 2) ＝A 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋A 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫12＋A 24⎝⎛⎭⎫142·⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫12 ＝316＋332＋332＝38. 故随机变量ξ的分布列为所以期望E (ξ)＝1×9128＋2×71128＋3×38＝295128.反思感悟不放回抽样服从超几何分布，放回抽样服从二项分布，求期望可利用公式代入计算. 跟踪训练1 在10件产品中有2件次品，连续抽3次，每次抽1件，求： (1)不放回抽样时，抽取次品数ξ的期望； (2)放回抽样时，抽取次品数η的期望. 解 (1)P (ξ＝0)＝C 38C 310＝715；P (ξ＝1)＝C 12C 28C 310＝715；P (ξ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.∴随机变量ξ的分布列为E (ξ)＝0×715＋1×715＋2×115＝35.(2)由题意知1次取到次品的概率为210＝15，随机变量η服从二项分布η～B ⎝⎛⎭⎫3，15， ∴E (η)＝3×15＝35.二、与排列、组合有关的分布列例2 将4本不同的书随机放入如图所示的编号为1,2,3,4的四个抽屉中.(1)求4本书恰好放在四个不同抽屉中的概率；(2)设随机变量X 表示放在2号抽屉中书的本数，求X 的分布列和期望E (X ).解 (1)将4本不同的书放入编号为1,2,3,4的四个抽屉中，共有44＝256(种)不同放法. 记“4本书恰好放在四个不同抽屉中”为事件A ，则事件A 共包含A 44＝24(个)基本事件，所以P (A )＝24256＝332，所以4本书恰好放在四个不同抽屉中的概率为332.(2)方法一 X 的所有可能取值为0,1,2,3,4， P (X ＝0)＝3444＝81256，P (X ＝1)＝C 14×3344＝2764，P (X ＝2)＝C 24×3244＝27128，P (X ＝3)＝C 34×344＝364，P (X ＝4)＝C 4444＝1256.所以X 的分布列为所以X 的期望为E (X )＝0×81256＋1×2764＋2×27128＋3×364＋4×1256＝1. 方法二每本书放入2号抽屉的概率为P (B )＝14，P (B )＝1－14＝34.根据题意X ～B ⎝⎛⎭⎫4，14，所以P (X ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫14k ·⎝⎛⎭⎫344－k ，k ＝0,1,2,3,4，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P812562764271283641256所以X 的期望为E (X )＝4×14＝1.反思感悟解此类题的关键是搞清离散型随机变量X 取每个值时所对应的随机事件，然后利用排列、组合知识求出X 取每个值时的概率，利用期望的公式便可得到.跟踪训练2 如图所示，从A 1(1,0,0)，A 2(2，0,0)，B 1(0,1,0)，B 2(0，2,0)，C 1 (0，0,1)，C 2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V (如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V ＝0).(1)求V ＝0的概率； (2)求期望E (V ). 考点常见的几种期望题点与排列、组合有关的随机变量的期望解 (1)从6个点中随机选取3个点总共有C 36＝20(种)取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有C 13C 34＝12(种)，因此V ＝0的概率为P (V ＝0)＝1220＝35.(2)V 的所有可能取值为0，16，13，23，43，则P (V ＝0)＝35，P ⎝⎛⎭⎫V ＝16＝C 33C 36＝120，P ⎝⎛⎭⎫V ＝13＝C 23C 36＝320， P ⎝⎛⎭⎫V ＝23＝C 23C 36＝320， P ⎝⎛⎭⎫V ＝43＝C 33C 36＝120. 因此V 的分布列为V 0 16 13 23 43 P35120320320120所以E (V )＝0×35＋16×120＋13×320＋23×320＋43×120＝940.三、与互斥、独立事件相关的分布列例3 某公司有A ，B ，C ，D 四辆汽车，其中A 车的车牌尾号为0，B ，C 两辆车的车牌尾号为6，D 车的车牌尾号为5，已知在非限行日，每辆车都有可能出车或不出车.已知A ，D 两辆汽车每天出车的概率为34，B ，C 两辆汽车每天出车的概率为12，且四辆汽车是否出车是相互独立的.该公司所在地区汽车限行规定如下：(1)求该公司在星期四至少有两辆汽车出车的概率；(2)设ξ表示该公司在星期一和星期二两天出车的车辆数之和，求ξ的分布列和期望. 解 (1)记该公司在星期四至少有两辆汽车出车为事件A ，则A 为该公司在星期四最多有一辆汽车出车.P (A )＝⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫122＋C 12⎝⎛⎭⎫34⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫122＋ C 12⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫142＝964. 所以P (A )＝1－P (A )＝5564.答该公司在星期四至少有两辆汽车出车的概率为5564.(2)由题意，ξ的可能值为0,1,2,3,4. P (ξ＝0)＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＝164；P (ξ＝1)＝C 12⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫142＋C 12⎝⎛⎭⎫34⎝⎛⎭⎫14⎝⎛⎭⎫122 ＝18； P (ξ＝2)＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫142＋⎝⎛⎭⎫342⎝⎛⎭⎫122＋C 12⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫12·C 12⎝⎛⎭⎫34⎝⎛⎭⎫14＝1132；P (ξ＝3)＝⎝⎛⎭⎫122C 12⎝⎛⎭⎫34⎝⎛⎭⎫14＋⎝⎛⎭⎫342C 12⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫12 ＝38； P (ξ＝4)＝⎝⎛⎭⎫342⎝⎛⎭⎫122＝964. 所以ξ的分布列为E (ξ)＝18＋2×1132＋3×38＋4×964＝52.答 ξ的期望为52.反思感悟若随机变量取某一值的概率较为复杂或不好求时，可以利用分布列的性质求其概率. 跟踪训练3 某学生需依次进行身体体能和外语两个项目的训练及考核.每个项目只有一次补考机会，补考不及格者不能进入下一个项目的训练(即淘汰)，若该学生身体体能考核合格的概率是12，外语考核合格的概率是23，假设每一次考核是否合格互不影响.假设该生不放弃每一次考核的机会.用ξ表示其参加补考的次数，求随机变量ξ的期望. 考点常见的几种期望题点相互独立事件的期望解 ξ的可能取值为0,1,2.设该学生第一次，第二次身体体能考核合格分别为事件A 1，A 2，第一次，第二次外语考核合格分别为事件B 1，B 2，则P (ξ＝0)＝P (A 1B 1)＝12×23＝13，P (ξ＝2)＝P (A 1A 2B 1 B 2)＋P (A 1A 2B 1 B 2)＝⎝⎛⎭⎫1－12×12×⎝⎛⎭⎫1－23×23＋⎝⎛⎭⎫1－12×12×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝112. 根据分布列的性质，可知P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝712.所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×13＋1×712＋2×112＝34.四、期望问题的实际应用例4 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 考点期望与方差的应用题点期望与方差的综合应用解 (1)设顾客所获的奖励额为X ， ①依题意，得P (X ＝60)＝C 11·C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意得X 的所有可能取值为20,60， P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，P (X ＝60)＝12，即X 的分布列为所以这位顾客所获奖励额的期望为E (X )＝20×12＋60×12＝40.(2)根据商场的预算，每位顾客的平均奖励额为60元，所以先寻找期望为60元的可能方案. 对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元.如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)记为方案1，对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2，以下是对这两个方案的分析：对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为X 1的期望E (X 1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60.X 1的方差D (X 1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003，对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X 2，则X 2的分布列为X 2的期望E (X 2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60，X 2的方差D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1小，所以应该选择方案2.反思感悟把实际问题转化为数学问题，利用期望、方差可以来解决问题，最后通过下结论把数学问题回到解决的实际问题上去.跟踪训练4 随着网络营销和电子商务的兴起，人们的购物方式变得多样，某调查机构随机抽取10名购物者进行采访，5名男性购物者中有3名倾向于选择网购，2名倾向于选择实体店，5名女性购物者中有2名倾向于选择网购，3名倾向于选择实体店.(1)若从这10名购物者中随机抽取2名，其中男、女各一名，求至少1名倾向于选择实体店的概率；(2)若从这10名购物者中随机抽取3名，设X 表示抽到倾向于选择网购的男性购物者的人数，求随机变量X 的分布列及期望.解 (1)设“至少1名倾向于选择实体店”为事件A ，则A 表示事件“随机抽取2名，其中男、女各一名，他们都选择网购”，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 13×C 12C 15×C 15＝1925.(2)X 的可能取值为0,1,2,3，则P (X ＝k )＝C k 3C 3－k 7C 310，k ＝0,1,2,3，P (X ＝0)＝724，P (X ＝1)＝2140，P (X ＝2)＝740，P (X ＝3)＝1120，故随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P72421407401120期望为E (X )＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.1.甲击中目标的概率是12，如果击中赢10分，否则输11分，用X 表示他的得分，计算X 的期望为( )A.0.5B.－0.5C.1D.5 答案 B解析 E (X )＝10×12＋(－11)×12＝－0.5.2.某一供电网络有n 个用电单位，每个单位在一天中用电的机会是p ，则供电网络中一天平均用电的单位个数是( ) A.np (1－p ) B.np C.n D.p (1－p )答案 B解析用电单位个数X ～B (n ，p )，∴E (X )＝np .3.抛掷一枚硬币，规定正面向上得1分，反面向上得－1分，则得分X 的期望与方差分别为( )A.E (X )＝0，D (X )＝1B.E (X )＝12，D (X )＝12C.E (X )＝0，D (X )＝12D.E (X )＝12，D (X )＝1答案 A解析由题意知，随机变量X 的分布列为X－11∴E (X )＝(－1)×12＋1×12＝0，D (X )＝12×(－1－0)2＋12×(1－0)2＝1.4.2018年全国数学奥赛试行改革：在高二一年中举行5次全区竞赛，学生其中2次成绩达到全区前20名即可进入省队培训，不用参加其余的竞赛，而每个学生最多也只能参加5次竞赛.规定：若前4次竞赛成绩都没有达到全区前20名，则第5次不能参加竞赛.假设某学生每次成绩达到全区前20名的概率都是14，每次竞赛成绩达到全区前20名与否互相独立.(1)求该学生进入省队的概率；(2)如果该学生进入省队或参加完5次竞赛就结束，记该学生参加竞赛的次数为ξ，求ξ的分布列及ξ的期望.解 (1)记“该生进入省队”为事件A ，其对立事件为A ，则P (A )＝C 14×14×⎝⎛⎭⎫343×34＋⎝⎛⎭⎫344＝81128. ∴P (A )＝1－P (A )＝1－81128＝47128.(2)该生参加竞赛次数ξ的可能取值为2,3,4,5. P (ξ＝2)＝⎝⎛⎭⎫142＝116， P (ξ＝3)＝C 12×14×34×14＝332， P (ξ＝4)＝C 13×14×⎝⎛⎭⎫342×14＋⎝⎛⎭⎫344 ＝27256＋81256＝2764， P (ξ＝5)＝C 14×14×⎝⎛⎭⎫343＝2764. 故ξ的分布列为E (ξ)＝2×116＋3×332＋4×2764＋5×2764＝26964.。

离散型随机变量的数学期望和方差同步训练

离散型随机变量的数学期望和方差同步训练(选修2—3）姓名____________班级___________学号____________分数______________一、选择题1 ．已知随机变量ηηξηξ，D E B 则,32),2.0,10(+=≈的值A ．4,1。

6B ．7，0.8C ．7，6。

4D ．4，0.82 ．设ξ是离散型随机变量,21(),()33P a P b ξξ====，且a 〈b ．又42,,39E D ξξ==则a+b 的值为（）A ．35B ．73C ．3D ．1133 ．设ξ～B （n ，P )，若有12E ξ=,4D ξ=，则n ，P 之值分别为A ．15和14B ．16和12C ．20和13D ．18和234 ．抛掷两个骰子,至少有一个4点或5点出现时，就说这些试验成功，则在10次试验中，成功次数ξ的期望是（）.A ．103B ．559C ．809D ．5095 ．已知随机变量ξ服从二项分布，且E ξ＝2。

4，D ξ＝1。

44,则二项分布的参数n ,p 的值为A ．n =4，p ＝0.6B ．n ＝6，p ＝0.4C ．n ＝8，p ＝0。

3D ．n ＝24，p =0.1 6 ．设随机变量~(0,1)N ξ，若()(01)P x m m ξ>=<<，则(||)P x ξ≤的值等于（）A ．2m B ．12m -C ．12m -D ．12m -7 ．已知随机变量ξ~B （n ， p),且E （ξ）=1.6， D （ξ）=1。

28，则n, p 分别是（）A ．n=10, p=0.2B ．n=8, p=0.2C ．n=10， p=0.4D ．n=8， p=0.48 ．若()~,B n p ξ，且6,3E D ξξ==，则P （1ξ=｜）的值为A ．42-B ．82-C ．232-⨯D ．1032-⨯9 ．已知随机变量ξ的分布列为且设12+=ξη，则η的期望值是A ．1B ．3629 C ．32 D ．61- 10．如图，旋转一次圆盘，指针落在圆盘3分处的概率为a ，落在圆盘2分处的概率为b ，落在圆盘0分处的概率为c ，已知旋转一次圆盘得分的数学期望为2分，则ab 的最大值A ．481 B ．241C ．121 D ．6111．随机变量ξ服从二项分布ξ～()p n B ,，且,200,300==ξξD E 则p 等于（）A ．32 B ．31C ．1D ．012．已知随机变量ξ的分布列为ξ2- 1- 0 1 2 3p121mn121 61 121 其中)1,0[,∈n m ,且6=ξE ,则n m ,的值分别为( ) A ．121,21 B ．61,61 C ．41，31 D ．31，41二、填空题13．随机变量ξ的分布列如下:ξ-1 0 1Pa13 12则(31E ξ+）的值是_____________． 14．三封信随机投入A ，B ，C ，D 四个空邮箱，则A 邮箱的信件数ξ的数学期望E ξ=15．一射手对靶射击,直到第一次命中为止，每次命中率为0.6，现在共有4颗子弹,则尚余子弹数目ξ的期望为16．从1，2，3，4,5这五个数中有放回地取两个数字，则这两个数之积的数学期望为．三、解答题17．某君向一目标射击，击中目标的概率为31 （Ⅰ）若他连续射击5次，求他至少2次击中目标的概率；（Ⅱ）若他只有5颗子弹，每次射击一发,一旦击中目标或子弹打完了就立刻转移到别的地方去，求他转移前射击次数的分布列和期望。

离散型随机变量的期望与方差(一)最新版ppt课件

二项分布
如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在 n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是
（设在n次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ）
称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，
并记
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离散型随机变量的期望与方差（一）
：某射手射击所得环数ξ的分布LI 列SAN如XIN下G SUI JI BIAN LIANG DE QI WANG YU FANG CHA
解：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为所以
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离散型随机变量的期望与方差（一）
LI SAN XING SUI JI BIAN LIANG DE QI WANG YU FANG CHA
例3 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，每次抽出1件，如果抽出次品，则抽查终止，
LI SAN XING SUI JI BIAN LIANG DE QI WANG YU FANG CHA
一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为
则称 Eξ＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＋… 为ξ的数学期望或平均数、均值，数学期望又简称为期望．
设η＝aξ＋b，其中a，b为常数，则η也是随机变量．因为P(η＝axi＋b)＝P(ξ＝xi)，i＝1，2，3，… 所以，η的分布列为
离散型随机变量的期望与方差（一）
一.复习提问
LI SAN XING SUI JI BIAN LIANG DE QI WANG YU FANG CHA
离散型随机变量的分布列和性质
一般地，设离散型随机变量ξ可能取的值为 x1，x2，……，xi，…，
ξ取每一个值xi(i＝1，2，…)的概率P(ξ＝xi)＝pi，则称下表

高中数学离散型随机变量的期望与方差练习(含答案)

离散型随机变量均值与方差专题练习一、单选题（共16题；共32分）1.将三颗骰子各掷一次，记事件A=“三个点数都不同”，B=“至少出现一个6点”，则条件概率P（A|B），P （B|A）分别是（）A. ，B. ，C. ，D. ，2.已知随机变量ξ服从正态分布N（1，1），若P（ξ＜3）=0.977，则P（﹣1＜ξ＜3）=（）A. 0.683B. 0.853C. 0.954D. 0.9773.随机变量X的取值为0，1，2，若P（X=0）= ，E（X）=1，则D（X）=（）A. B. C. D.4.已知随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（X≥4）=0.1587，则P（2＜X＜4）=（）A. 0.6826B. 0.3413C. 0.4603D. 0.92075.甲乙等人参加米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是（）A. B. C. D.6.不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球，现从中逐个不放回地摸出小球，直到取出所有红球为止，则摸取次数的数学期望是（）A. B. C. D.7.下面说法中正确的是（）A. 离散型随机变量ξ的均值E（ξ）反映了ξ取值的概率的平均值B. 离散型随机变量ξ的方差D（ξ）反映了ξ取值的平均水平C. 离散型随机变量ξ的均值E（ξ）反映了ξ取值的平均水平D. 离散型随机变量ξ的方差D（ξ）反映了ξ取值的概率的平均值8.每次试验的成功率为，重复进行10次试验，其中前7次都未成功，后3次都成功的概率为（）A. B. C. D.9.已知随机变量，则（）A. B. C. D.10.设随机变量的分布列为，，则等于（）A. B. C. D.11.现在有张奖券，张元的，张元的，某人从中随机无放回地抽取张奖券，则此人得奖金额的数学期望为（）A. B. C. D.12.已知X～B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝1.6，则n，p的值分别为（）A. 100，0.8B. 20，0.4C. 10，0.2D. 10，0.813.袋中有大小相同的5个球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量，则所有可能取值的个数是（）A. 5B. 9C. 10D. 2514.电灯泡使用时数在1 000小时以上的概率为0.2，则三个灯泡在1 000小时以后最多有一个坏了的概率是（）A. 0.401B. 0.104C. 0.410D. 0.01415.已知随机变量的概率分布列如下表所示：50.4且的数学期望，则（）A. B. C. D.16.用电脑每次可以从区间（0，1）内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于的概率为（）A. B. C. D.二、解答题（共7题；共65分）17.某班有6名班干部，其中男生4人，女生2人，任选3人参加学校组织的义务植树活动．（I）求男生甲、女生乙至少有1人被选中的概率；（II）设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P （A）和P （B|A）．18.某射手每次射击击中目标的概率是，求这名射手在10次射击中，（1）恰有8次击中目标的概率；（2）至少有8次击中目标的概率．19.“中国人均读书4.3本（包括网络文学和教科书），比韩国的11本、法国的20本、日本的40本、犹太人的64本少得多，是世界上人均读书最少的国家.”这个论断被各种媒体反复引用，出现这样的统计结果无疑是令人尴尬的，而且和其他国家相比，我国国民的阅读量如此之低，也和我国是传统的文明古国、礼仪之邦的地位不相符.某小区为了提高小区内人员的读书兴趣，特举办读书活动，准备进一定量的书籍丰富小区图书站，由于不同年龄段需看不同类型的书籍，为了合理配备资源，现对小区内看书人员进行年龄调查，随机抽取了一天40名读书者进行调查，将他们的年龄分成6段：，，，，，后得到如图所示的频率分布直方图.问：（1）估计在40名读书者中年龄分布在的人数；（2）求40名读书者年龄的平均数和中位数；（3）若从年龄在的读书者中任取2名，求这两名读书者年龄在的人数的分布列及数学期望.20.某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛中获胜的事件是独立的，并且获胜的概率均为．（1）求这支篮球队首次获胜前已经负了两场的概率；（2）求这支篮球队在6场比赛中恰好获胜3场的概率；（3）求这支篮球队在6场比赛中获胜场数的期望．21.某学校有甲、乙两个实验班，为了了解班级成绩，采用分层抽样的方法从甲、乙两个班学生中分别抽取8名和6名测试他们的数学成绩与英语成绩（单位：分），用表示（m，n）．下面是乙班6名学生的测试分数：A（138，130），B（140，132），C（140，130），D（134，140），E（142，134），F（134，132），当学生的数学、英语成绩满足m≥135，且n≥130时，该学生定为优秀学生．（1）已知甲班共有80名学生，用上述样本数据估计乙班优秀生的数量；（2）从乙班抽出的上述6名学生中随机抽取3名，求至少有两名优秀生的概率；（3）从乙班抽出的上述6名学生中随机抽取2名，其中优秀生数记为ξ，求ξ的分布列和数学期望．22.甲参加A，B，C三个科目的学业水平考试，其考试成绩合格的概率如下表，假设三个科目的考试甲是否成绩合格相互独立．（I）求甲至少有一个科目考试成绩合格的概率；（Ⅱ）设甲参加考试成绩合格的科目数量为X，求X的分布列和数学期望．23.由于当前学生课业负担较重，造成青少年视力普遍下降，现从某高中随机抽取16名学生，经校医用对数视力表检查得到每个学生的视力状况的茎叶图（以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶）如图：（Ⅰ）指出这组数据的众数和中位数；（Ⅱ）若视力测试结果不低丁5.0，则称为“好视力”，求校医从这16人中随机选取3人，至多有1人是“好视力”的概率；（Ⅲ）以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校（人数很多）任选3人，记ξ表示抽到“好视力”学生的人数，求ξ的分布列及数学期望．答案解析部分一、单选题1.【答案】A【考点】条件概率与独立事件【解析】【解答】解：根据条件概率的含义，P（A|B）其含义为在B发生的情况下，A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，∵“至少出现一个6点”的情况数目为6×6×6﹣5×5×5=91，“三个点数都不相同”则只有一个6点，共C31×5×4=60种，∴P（A|B）= ；P（B|A）其含义为在A发生的情况下，B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个6点”的概率，∴P（B|A）= ．故选A．【分析】根据条件概率的含义，明确条件概率P（A|B），P（B|A）的意义，即可得出结论．2.【答案】C【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【解析】【解答】解：随机变量ξ服从正态分布N（1，1），∴曲线关于x=1对称，∵P（ξ＜3）=0.977，∴P（ξ＞3）=0.023，∴P（﹣1≤ξ≤3）=1﹣2P（ξ＞3）=1﹣0.046=0.954．故选：C．【分析】根据随机变量ξ服从正态分布，知正态曲线的对称轴是x=1，且P（ξ＞3）=0.023，依据正态分布对称性，即可求得答案．3.【答案】B【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解：设P（X=1）=p，P（X=2）=q，∵E（X）=0× +p+2q=1①，又+p+q=1，②由①②得，p= ，q= ，∴D（X）= （0﹣1）2+ = ，故选：B．【分析】设P（X=1）=p，P（X=2）=q，则由P（X=0）= ，E（X）=1，列出方程组，求出p= ，q= ，由此能求出D（X）．4.【答案】A【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【解析】【解答】解：∵随机变量X服从正态分布N（3，1），∴正态曲线的对称轴是x=3，∵P（X≥4）=0.1587，∴P（2＜X＜4）=1﹣2P（X≥4）=1﹣0.3174=0.6826．故选：A．【分析】根据随机变量X服从正态分布，可知正态曲线的对称轴x=μ=3，利用对称性，即可求得P（2＜X ＜4）．5.【答案】D【考点】古典概型及其概率计算公式，条件概率与独立事件【解析】【解答】由题得甲不跑第一棒的总的基本事件有个，甲不跑第一棒，乙不跑第二棒的基本事件有,由古典概型的概率公式得在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是.故答案为：D.【分析】由题得甲不跑第一棒的总的基本事件有18 个,甲不跑第一棒，乙不跑第二棒的基本事件有14个,由古典概型的概率公式求得在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率.6.【答案】D【考点】离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】当时，第次取出额必然是红球，而前k-1次中，有且只有1次取出的是红球，其余次数取出的皆为黑球，故，于是得到X的分布列为故故答案为：D【分析】X的可能取值为2，3，4，5，6，7，利用互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式分别求出相应的概率，由此能求出摸取次数X的分布列，最后利用数学期望求解即可．7.【答案】C【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】离散型随机变量ξ的均值E（ξ）反映ξ取值的平均水平，它的方差反映ξ的取值的离散程度．故答案为：C.【分析】由离散型随机变量的均值与方差的意义判断。

数学23《离散型随机变量的均值方差》习题课(人教a版)PPT课件

3
E E 3 E 3 2
4.某一大学毕业生参加某一公司的笔试，共有 5个问题需要解答，如该同学答对每个问题的概率均为，且每个问题的解答互不影响．
(1)求该同学答对问题的个数ξ的期望与方差；
(2)设答对一个题目得10分，否则扣一分，求
该同学得分η的期望与方差．
[解] (1)由题意知，解答这 5 个问题，答对的个数 ξ 服从二项分布，即 ξ～B(5，23)，
5
5
5
(43)2 1 (53)2 1
5
5
1(4101 4) 2. 5
D(2ξ-1)=4D(ξ)=8,
D (1)D ()2.
题型二、求离散型随机变量的期望、方差
1.从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛,设随机变量X表示所选3人中女生的人数. (1)求X的分布列; (2)求X的数学期望和方差; (3) 求“所选3人中女生人数X≤1”的概率.
(2)记为3人中选择的项目属于基础设施工程或产
业建设工程的人数,求的分布列及数学期望.
解记第i名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件Ai、Bi、Ci,i=1,2, 3.由题意知A1,A2,A3相互独立,B1,B2,B3相互独立, C1,C2,C3相互独立,Ai ,Bj ,Ck(i、j、k=1,2,3且i ,j、k
互不相同)相互独立,且
1
1
1
P (A 1)2,P (B 2)3,P (C 3)6.
(1)他们选择的项目所属类别互不相同的概率
P=3！P(A1B2C3)=6P(A1)P(B2)P(C3)
61111.
(η2,)由设已3名知工, 人中~选B(择3,1的)2项,且目3属63于民6,生工程的人数为

【选修2-3课件】2.12离散型随机变量的期望、方差习题课

则 Dξ 的值为
5 9
。
6、每人交保险费1000元，出险概率为、每人交保险费元出险概率为3%，若保险公司的，赔偿金为a（＞赔偿金为（a＞1000）元，为使保险公司收益的期望值不）低于a的百分之七则保险公司应将最大赔偿金定为多少元？的百分之七，低于的百分之七，则保险公司应将最大赔偿金定为多少元？ 7、设X是一个离散型随机变量，其概率分布为、是一个离散型随机变量
Eξ =1.43
(2009年浙江年浙江) 个自然数中， 9 、(2009年浙江)在1，2，3，...,9这9个自然数中，任，，，这个自然数中个数．取3个数．个数个数中恰有1个是偶数的概率（I）求这个数中恰有个是偶数的概率；）求这3个数中恰有个是偶数的概率；为这3个数中两数相邻的组数（II）设ξ为这个数中两数相邻的组数（例如：若取）为这个数中两数相邻的组数（例如：出的数为1,2,3，则有两组相邻的数和2,3，此时的出的数为，则有两组相邻的数1,2和，此时ξ的值是2）．求随机变量ξ的分布列及其数学期望）．求随机变量的分布列及其数学期望Eξ 值是）．求随机变量的分布列及其数学期望 .
审清题意是解决该题的关键. 析:审清题意是解决该题的关键审清题意是解决该题的关键 1.抓住蝇子一个个有顺序地飞出易联想到把只蝇子看作个元素有序排抓住蝇子一个个有顺序地飞出,易联想到把只蝇子看作8个元素有序排抓住蝇子一个个有顺序地飞出易联想到把8只蝇子看作列. ●●☆●●●☆●，由于表示☆ ●●☆●●●☆●，由于ξ=0“表示☆ ●●●●●☆●”，最后一只必为表示 ●●●●●☆●”，果蝇，所以有果蝇，所以有ξ=1“表示 ● ☆ ●●●☆●●” P （ξ=0 ）表示 1 7 A2 A7 7 ，同理有P （ξ=1 ）= A21 A61 A66 = 6 = 同理有 8 = 28 A8 8

1.2离散型随机变量的期望与方差典型例题

1.2 离散型随机变量的期望与方差典型例题例1、一批产品共100件，其中有10件是次品，为了检验其质量，从中以随机的方式选取5件，求在抽取的这5件产品中次品数分布列与期望值，并说明5件中有3件以上（包括3件）为次品的概率．（精确到0．001）分析：根据题意确定随机变量及其取值，对于次品在3件以上的概率是3，4，5三种情况的和．解：抽取的次品数是一个随机变量，设为ξ ，显然ξ 可以取从0到5的6个整数．抽样中，如果恰巧有k 个（5,4,3,2,1,0=k ）次品，则其概率为510059010)(C C C k P kk-⋅==ξ按照这个公式计算，并要求精确到0．001，则有.0)5( ,0)4( ,07.0)3( ,070.0)2( ,340.0)1( ,583.0)0(============ξ ξ ξ ξ ξ ξ P P P P P P故ξ 的分布列为.501.00504007.03070.02340.01583.00=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=ξ E由分布列可知，.007.0)3( ,00007.0)3( =≥∴++=≥ξ ξ P P这就是说，所抽取的5件品中3件以上为次品的可能性很小，只有7％．例2、某批数量较大的商品的次品率是5％，从中任意地连续取出10件，ξ为所含次品的个数，求ξE ．分析：数量较大，意味着每次抽取时出现次品的概率都是0.05，ξ可能取值是：0，1，2，…，10．10次抽取看成10次独立重复试验，所以抽到次品数ξ服从二项分布，由公式np E =ξ可得解．解：由题，()05.0,10~B ξ，所以5.005.010=⨯=ξE ．说明：随机变量ξ的概率分布，是求其数学期望的关键．因此，入手时，决定ξ取哪些值及其相应的概率，是重要的突破点．此题kkkC k P --⋅==1010)05.01()05.0()(ξ，应觉察到这是()05.0,10~B ξ．例3、设ξ 是一个离散型随机变量，其分布列如下表，求q 值，并求ξ ξ D E 、．分析：根据分布列的两个性质，先确定q 的值，当分布列确定时，ξ ξ D E 、只须按定义代公式即可．解：离散型随机变量的分布满足（1）,,3,2,1,0 =≥i P i（2）.1321=+++ P P P 所以有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤-≤=+-+.1,1210,1212122q q q q 解得 .211-=q故ξ 的分布列为⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯+-⨯+⨯-=∴2231)12(021)1(ξ E .2122321 -=-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯--+-⨯-+⨯---=223)]21(1[)12()21(21)]21(1[ 222ξ D ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+⨯-=2232)12(21)22( 32.12223123622223 -=-+-+-+-=小结：解题时不能忽视条件i i p k P ==)(ξ时，10≤≤i p ，⋅⋅⋅=,2,1i 否则取了1>q 的值后，辛辛苦苦计算得到的是两个毫无用处的计算．例4、有n 把看上去样子相同的钥匙，其中只有一把能把大门上的锁打开．用它们去试开门上的锁．设抽取钥匙是相互独立且等可能的．每把钥匙试开后不能放回．求试开次数ξ的数学期望和方差．分析：求)(k P =ξ时，由题知前1-k 次没打开，恰第k 次打开．不过，一般我们应从简单的地方入手，如3,2,1=ξ，发现规律后，推广到一般．解：ξ的可能取值为1，2，3，…，n ．;12112121)111()11()3(;111111)11()2(,1)1(nn n n n n n n n P nn n n n n P nP =-⋅--⋅-=-⋅--⋅-===-⋅-=-⋅-====ξξξnk n k n k n n n n n n n k n k n n n nk P 111212312111)211()211()111()11()(=+-⋅+-+---⋅--⋅-=+-⋅+----⋅--⋅-== ξ；所以ξ的分布列为：211131211+=⋅++⋅+⋅+⋅=n nn nnnE ξ；nn n nn k nn nn nn D 1)21(1)21(1)213(1)212(1)211(22222⋅+-++⋅+-++⋅+-+⋅+-+⋅+-= ξ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅+++++++-++++=n n n n n n 22222)21()321)(1()321(1 1214)1(2)1()12)(1(611222-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-++=n n n n n n n n n 说明：复杂问题的简化处理，即从个数较小的看起，找出规律所在，进而推广到一般，方差的公式正确使用后，涉及一个数列求和问题，合理拆项，转化成熟悉的公式，是解决的关键．例5、甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境，且野生动物的种类和数量也大致相等．而两个保护区内每个季度发现违反保护条例的事件次数的分布列分别为：甲保护区：乙保护区：试评定这两个保护区的管理水平．分析：一是要比较一下甲、乙两个保护区内每季度发生的违规事件的次数的均值，即数学期望；二是要看发生违规事件次数的波动情况，即方差值的大小．（当然，亦可计算其标准差，同样说明道理．）解：甲保护区的违规次数1ξ的数学期望和方差为：;3.12.032.023.013.001=⨯+⨯+⨯+⨯=ξE;21.12.0)3.13(2.0)3.12(3.0)3.11(3.0)3.10(22221=⨯-+⨯-+⨯-+⨯-=ξD乙保护区的违规次数2ξ的数学期望和方差为：;3.14.025.011.002=⨯+⨯+⨯=ξE41.04.0)3.12(5.0)3.11(1.0)3.10(2222=⨯-+⨯-+⨯-=ξD ；因为2121,ξξξξD D E E >=，所以两个保护区内每季度发生的违规平均次数是相同的，但乙保护区内的违规事件次数更集中和稳定，而甲保护区的违规事件次数相对分散和波动．（标准差64.0,1.12211≈===ξσξξσξD D 这两个值在科学计算器上容易获得，显然，σξσξ>1）说明：数学期望仅体现了随机变量取值的平均大小，但有时仅知道均值大小还是不够的，比如：两个随机变量的均值相等了（即数学期望值相等），这就还需要知道随机变量的取值如何在均值周期变化，即计算其方差（或是标准差）．方差大说明随机变量取值分散性大；方差小说明取值分散性小或者说取值比较集中、稳定．例6、某射手进行射击练习，每射击5发子弹算一组，一旦命中就停止射击，并进入下一组的练习，否则一直打完5发子弹后才能进入下一组练习，若该射手在某组练习中射击命中一次，并且已知他射击一次的命中率为0.8，求在这一组练习中耗用子弹数ξ 的分布列，并求出ξ 的期望ξ E 与方差ξ D （保留两位小数）．分析：根据随机变量不同的取值确定对应的概率，在利用期望和方差的定义求解．解：该组练习耗用的子弹数ξ 为随机变量，ξ 可以取值为1，2，3，4，5．ξ ＝1，表示一发即中，故概率为;8.0)1(==ξ Pξ ＝2，表示第一发未中，第二发命中，故;16.08.02.08.0)8.01()2(=⨯=⨯-==ξ Pξ ＝3，表示第一、二发未中，第三发命中，故;032.08.02.08.0)8.01()3(22=⨯=⨯-==ξ Pξ ＝4，表示第一、二、三发未中，第四发命中，故0064.08.02.08.0)8.01()4(33=⨯=⨯-==ξ Pξ ＝5，表示第五发命中，故.0016.02.01)8.01()5(44==⋅-==ξ P因此，ξ 的分布列为0016.050064.04032.0316.028.01⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=ξ E ,25.1008.00256.0096.032.08.0 =++++=0016.0)25.15(0064.0)25.14(032.0)25.13(16.0)25.12(8.0)25.11(22222⨯-+⨯-+⨯-+⨯-+⨯-=ξ D.31.00225.00484.0098.009.005.0 =++++=说明：解决这类问题首先要确定随机变量的所有可能取值，然后再根据概率的知识求解对应的概率．例7、某寻呼台共有客户3000人，若寻呼台准备了100份小礼品，邀请客户在指定时间来领取．假设任一客户去领奖的概率为4％．问：寻呼台能否向每一位顾客都发出奖邀请？若能使每一位领奖人都得到礼品，寻呼台至少应准备多少礼品？分析：可能来多少人，是一个随机变量ξ．而ξ显然是服从二项分布的，用数学期望来反映平均来领奖人数，即能说明是否可行．解：设来领奖的人数)3000,,2,1,0(, ==k k ξ，所以kk k C k P --⋅==300003000)04.01()04.0()(ξ，可见()04.0,30000~B ξ，所以，12004.03000=⨯=ξE （人）100>（人）．答：不能，寻呼台至少应准备120份礼品．说明：“能”与“不能”是实际问题转到数学中来，即用数字来说明问题．数字期望反映了随机变量取值的平均水平．用它来刻画、比较和描述取值的平均情况，在一些实际问题中有重要的价值．因此，要想到用期望来解决这一问题．教你如何用WORD 文档 (2012-06-27 192246)转载▼ 标签：杂谈1. 问：WORD 里边怎样设置每页不同的页眉？如何使不同的章节显示的页眉不同？答：分节，每节可以设置不同的页眉。

第9课时随机变量的期望与方差习题和答案详解

(第一次作业)1．随机变量X 的分布列为则E(5X ＋4)等于( ) A ．15 B ．11 C ．2.2 D ．2.3答案 A解析 ∵E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，∴E(5X ＋4)＝5E(X)＋4＝11＋4＝15. 2．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X 表示取到次品的个数，则E(X)等于( ) A.35 B.815 C.1415 D ．1 答案 A解析离散型随机变量X 服从N ＝10，M ＝3，n ＝2的超几何分布，∴E(X)＝nM N ＝2×310＝35.3．一套重要资料锁在一个保险柜中，现有n 把钥匙依次分给n 名学生依次开柜，但其中只有一把真的可以打开柜门，平均来说打开柜门需要试开的次数为( ) A ．1 B ．n C.n ＋12D.n －12答案 C解析已知每一位学生打开柜门的概率为1n ，∴打开柜门需要试开的次数的平均数(即数学期望)为1×1n ＋2×1n ＋…＋n ×1n ＝n ＋12，故选C.4．某运动员投篮命中率为0.6，他重复投篮5次，若他命中一次得10分，没命中不得分；命中次数为X ，得分为Y ，则E(X)，D(Y)分别为( ) A ．0.6，60 B ．3，12 C ．3，120 D ．3，1.2 答案 C解析 X ～B(5，0.6)，Y ＝10X ，∴E(X)＝5×0.6＝3，D(X)＝5×0.6×0.4＝1.2.D(Y)＝100D(X)＝120.5．(2019·银川一模)已知随机变量X 的分布列如表所示，其中α∈(0，π2)，则E(X)＝( )A.2 C ．0 D ．1答案 D解析由随机变量的分布列的性质，得sinα4＋sinα4＋cosα＝1，即sinα＋2cosα＝2，由⎩⎪⎨⎪⎧sinα＝2－2cosα，sin 2α＋cos 2α＝1，得5cos 2α－8cosα＋3＝0，解得cosα＝35或cosα＝1(舍去)，则sinα＝45，则E(X)＝－sinα4＋2cosα＝－14×45＋2×35＝1.故选D.6．(2018·浙江)设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p 在(0，1)内增大时，A ．D (ξ)减小 B ．D(ξ)增大C ．D (ξ)先减小后增大 D ．D(ξ)先增大后减小答案 D解析由题可得E(ξ)＝12＋p ，所以D(ξ)＝－p 2＋p ＋14＝－(p －12)2＋12，所以当p 在(0，1)内增大时，D (ξ)先增大后减小．故选D.7．(2019·衡水中学调研卷)已知一次试验成功的概率为p ，进行100次独立重复试验，当成功次数的标准差的值最大时，p 及标准差的最大值分别为( ) A.12，5 B.45，25 C.45，5 D.12，25 答案 A解析记ξ为成功次数，由独立重复试验的方差公式可以得到D(ξ)＝np(1－p)≤n(p ＋1－p 2)2＝n 4，当且仅当p ＝1－p ＝12时等号成立，所以D(ξ)max ＝100×12×12＝25，D （ξ）max ＝25＝5.8．(2019·山东潍坊模拟)已知甲、乙两台自动车床生产同种标准件，X 表示甲车床生产1 000件产品中的次品数，Y 表示乙车床生产1 000件产品中的次品数，经考察一段时间，X ，Y 的分布列分别是：X 0 1 2 3 P0.70.10.10.1Y 0 1 2 P0.50.30.2据此判定( )A ．甲比乙质量好B ．乙比甲质量好C ．甲与乙质量相同D ．无法判定答案 A解析 E(X)＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，E(Y)＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＝0.7.由于E(Y)>E(X)，故甲比乙质量好．9.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X ，则X 的均值E(X)＝( )A.126125B.65 C.168125 D.75答案 B解析由题意知X ＝0，1，2，3，P(X ＝0)＝27125，P(X ＝1)＝54125，P(X ＝2)＝36125，P(X ＝3)＝8125，∴E(X)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝150125＝65. 10．(2019·合肥一模)已知袋中有3个白球，2个红球，现从中随机取出3个球，其中每个白球计1分，每个红球计2分，记X 为取出3个球的总分值，则E(X)＝( ) A.185 B.215 C ．4 D.245答案 B解析由题意知，X 的所有可能取值为3，4，5，且P(X ＝3)＝C 33C 53＝110，P(X ＝4)＝C 32·C 21C 53＝35，P(X ＝5)＝C 31·C 22C 53＝310，所以E(X)＝3×110＋4×35＋5×310＝215. 11．(2019·山东潍坊期末)某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( ) A ．3 B.83 C ．2 D.53答案 B解析在一轮投篮中，甲通过的概率为P ＝89，未通过的概率为19.由题意可知，甲3个轮次通过的次数X 的可能取值为0，1，2，3，则P(X ＝0)＝(19)3＝1729，P(X ＝1)＝C 31×89×(19)2＝24729，P(X ＝2)＝C 32×(89)2×19＝192729，P(X ＝3)＝(89)3＝512729. ∴随机变量X 分布列为数学期望E(X)＝0×1729＋1×24729＋2×192729＋3×512729＝83. 12．(2017·课标全国Ⅱ，理)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 1.96解析依题意，X ～B(100，0.02)，所以D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.13．(2015·重庆，理)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个． (1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望．答案 (1)14 (2)35解析 (1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝C 21C 31C 51C 103＝14. (2)X 的所有可能值为0，1，2，且P(X ＝0)＝C 83C 103＝715，P(X ＝1)＝C 21C 82C 103＝715，P(X ＝2)＝C 22C 81C 103＝115.综上可知，X 的分布列为X 0 1 2 P715715115故E(X)＝0×715＋1×715＋2×115＝35(个)．14．(2019·《高考调研》原创题)为了评估天气对某市运动会的影响，制定相应预案，衡水市气象局通过对最近50多年的气象数据资料的统计分析，发现8月份是该市雷电天气高峰期，在31天中平均发生雷电14.57天(如图)．如果用频率作为概率的估计值，并假定每一天发生雷电的概率均相等，且相互独立．(1)求在该市运动会开幕(8月12日)后的前3天比赛中，恰好有2天发生雷电天气的概率(精确到0.01)；(2)设运动会期间(8月12日至23日，共12天)，发生雷电天气的天数为X ，求X 的数学期望和方差．答案 (1)0.35 (2)5.64，2.989 2解析 (1)设8月份一天中发生雷电天气的概率为p ，由已知，得p ＝14.5731＝0.47.因为每一天发生雷电天气的概率均相等，且相互独立，所以在运动会开幕后的前3天比赛中，恰好有2天发生雷电天气的概率P ＝C 32×0.472×(1－0.47)＝0.351 231≈0.35. (2)由题意，知X ～B(12，0.47)．所以X 的数学期望E(X)＝12×0.47＝5.64， X 的方差D(X)＝12×0.47×(1－0.47)＝2.989 2.15．(2019·福建龙海二中摸底)某校要用三辆汽车从新校区把教职工接到老校区，已知从新校区到老校区有两条公路，汽车走公路①堵车的概率为14，不堵车的概率为34；汽车走公路②堵车的概率为p ，不堵车的概率为1－p 若甲、乙两辆汽车走公路①，丙汽车由于其他原因走公路②，且三辆车是否堵车相互之间没有影响．(1)若三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为716，求走公路②堵车的概率；(2)在(1)的条件下，求三辆汽车中被堵车辆的个数X 的分布列和数学期望．答案 (1)13 (2)56解析 (1)依题意，“三辆汽车中恰有一辆汽车被堵”包含只有甲被堵，只有乙被堵和只有丙被堵三种情形．∴C 21×14×34×(1－p)＋(34)2×p ＝716，即3p ＝1，∴p ＝13.(2)X 的所有可能取值为0，1，2，3.P(X ＝0)＝34×34×23＝38，P(X ＝1)＝716，P(X ＝2)＝14×14×23＋C 21×14×34×13＝16，P(X ＝3)＝14×14×13＝148，∴X 的分布列为∴E(X)＝0×38＋1×716＋2×16＋3×148＝56.16．(2019·湖北潜江二模)现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下表：投资股市：购买基金：(1)当p ＝14时，求q 的值；(2)已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于45，求p 的取值范围；(3)丙要将家中闲置的10万元钱进行投资，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种，已知p ＝12，q ＝16，那么丙选择哪种投资方案，才能使得一年后投资收益的数学期望较大？结合结果并说明理由．答案 (1)512 (2)35<p ≤23(3)丙选择“投资股市”，理由略解析 (1)因为“购买基金”后，投资结果只有“获利”“不赔不赚”“亏损”三种，且三种投资结果相互独立，所以p ＋13＋q ＝1.又因为p ＝14，所以q ＝512.(2)记事件A 为“甲投资股市且盈利”，事件B 为“乙购买基金且盈利”，事件C 为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”．则C ＝AB ∪AB ∪AB ，且A ，B 独立．由题表可知，P(A)＝12，P(B)＝p.所以P(C)＝P(AB)＋P(AB)＋P(AB)＝12·(1－p)＋12p ＋12p ＝12＋12p.因为P(C)＝12＋12p>45，所以p>35.又因为p ＋13＋q ＝1，q ≥0，所以p ≤23，所以35<p ≤23.(3)假设丙选择“投资股市”方案进行投资，且记X 为丙投资股市的获利金额(单位：万元)，所以随机变量X 的分布列为则E(X)＝4×12＋0×18＋(－2)×38＝54.假设丙选择“购买基金”方案进行投资，且记Y 为丙购买基金的获利金额(单位：万元)，所以随机变量Y 的分布列为则E(Y)＝2×12＋0×13＋(－1)×16＝56.因为E(X)>E(Y)，所以丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资收益的数学期望较大．(第二次作业)1．(2019·广东七校联考)某中药种植基地有两处种植区的药材需在下周一、下周二两天内采摘完毕，基地员工一天可以完成一处种植区的采摘，下雨会影响药材品质，基地收益如下表所示：万元；有雨时收益为10万元．额外聘请工人的成本为a万元．已知下周一和下周二有雨的概率相同，两天是否下雨互不影响，基地收益为20万元的概率为0.36.(1)若不额外聘请工人，写出基地收益X的分布列及基地的预期收益；(2)该基地是否应该额外聘请工人，请说明理由．答案(1)预期收益为14.4万元．(2)当额外聘请工人的成本高于1.6万元时，不额外聘请工人；成本低于1.6万元时，额外聘请工人；成本恰为1.6万元时，额外聘请或不聘请工人均可以．解析(1)设下周一无雨的概率为p，由题意得，p2＝0.36，解得p＝0.6，基地收益X的可能取值为20，15，10，7.5，则P(X＝15)＝0.24，P(X＝10)＝0.24，P(X＝7.5)＝0.16.∴基地收益X的分布列为E(X)＝20×0.36＋15×∴基地的预期收益为14.4万元．(2)设基地额外聘请工人时的收益为Y万元，则其预期收益E(Y)＝20×0.6＋10×0.4－a＝16－a(万元)，E(Y)－E(X)＝1.6－a(万元)，综上，当额外聘请工人的成本高于1.6万元时，不额外聘请工人；成本低于1.6万元时，额外聘请工人；成本恰为1.6万元时，额外聘请或不聘请工人均可以．2．某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1，2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3为标准B，已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产品的零售价为4元/件．假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准．(1)已知甲厂产品的等级系数X 1的概率分布列如下表所示：且X 1的数学期望E(X 1)＝6(2)为分析乙厂产品的等级系数X 2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下： 3 5 3 3 8 5 5 6 3 4 6 3 4 7 5 3 4 8 5 3 8 3 4 3 4 4 7 5 6 7用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X 2的数学期望； (3)在(1)，(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．注：①产品的“性价比”＝产品的等级系数的数学期望/产品的零售价； ②“性价比”大的产品更具可购买性．答案 (1)a ＝0.3，b ＝0.2 (2)4.8 (3)乙厂的产品更具可购买性，理由略．解析 (1)∵E(X 1)＝6，∴5×0.4＋6a ＋7b ＋8×0.1＝6，即6a ＋7b ＝3.2，又0.4＋a ＋b ＋0.1＝1，即a ＋b ＝0.5，由⎩⎪⎨⎪⎧6a ＋7b ＝3.2，a ＋b ＝0.5，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0.3，b ＝0.2.(2)由已知，用这个样本的分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X 2的概率分布列如下：∴E(X 2)＝3×0.3＋X 2的数学期望等于4.8.(3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：∵甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，∴其性价比为66＝1，∵乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，∴其性价比为4.84＝1.2，又1.2>1，∴乙厂的产品更具可购买性．3．(2019·武昌调研)某机构随机询问了72名不同性别的大学生，调查其在购买食物时是否看营养说明，得到如下列联表：(1)有关系？(2)从被询问的28名不看营养说明的大学生中，随机抽取2名学生，求抽到女生的人数ξ的分布列及数学期望．附：K 2＝n （ad －bc ）（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ）.答案 (1)能 (2)分布列为期望值为47解析 (1)由计算可得K 2的观测值k ＝72×（16×8－28×20）244×28×36×36≈8.416.因为8.416>7.879，所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为性别与看营说明有关系． (2)ξ的所有可能取值为0，1，2.P (ξ＝0)＝C 202C 282＝95189，P (ξ＝1)＝C 81C 201C 282＝80189，P (ξ＝2)＝C 82C 282＝227.ξ的分布列为ξ的数学期望E(ξ)＝0×95189＋1×80189＋2×227＝47.4．某中学共开设了A ，B ，C ，D 四门选修课，每个学生必须且只能选修1门选修课，现有该校的甲、乙、丙3名学生．(1)求这3名学生选修课所有选法的总数；(2)求恰有2门选修课没有被这3名学生选择的概率；(3)求A 选修课被这3名学生选择的人数X 的分布列和数学期望．答案 (1)64 (2)916 (3)E(X)＝34解析 (1)每个学生有四个不同选择，根据分步计数原理，选法总数N ＝4×4×4＝64. (2)设“恰有2门选修课没有被这3名学生选择”为事件E ，则P(E)＝C 42C 32A 2243＝916，所以恰有2门选修课没有被这3名学生选择的概率为916.(3)方法一：X 的所有可能取值为0，1，2，3，且P(X ＝0)＝3343＝2764，P(X ＝1)＝C 31×3243＝2764，P(X ＝2)＝C 32×343＝964，P(X ＝3)＝C 3343＝164，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P27642764964164所以X 的数学期望E(X)＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.方法二：因为A 选修课被每位学生选中的概率均为14，没被选中的概率均为34.所以X 的所有可能取值为0，1，2，3，且X ～B(3，14)，P(X ＝0)＝(34)3＝2764，P(X ＝1)＝C 31×14×(34)2＝2764，P(X ＝2)＝C 32×(14)2×34＝964，P(X ＝3)＝(14)3＝164，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P27642764964164所以X 的数学期望E(X)＝3×14＝34.5．某手机游戏研发公司为进行产品改进，对游戏用户每天在线的时间进行调查，随机抽取50名用户对其每天在线的时间进行了调查统计，并绘制了如图所示的频率分布直方图，其中每天的在线时间4 h 以上(包括4 h)的用户被称为“资深玩家”，根据频率分布直方图回答下列问题：(1)从所调查的“资深玩家”中任取3人再进行每天连续在线时间的调查，求抽取的3人中至少有2人的在线时间在[5，6]内的概率；(2)为响应社会要求，公司拟对“资深玩家”进行防沉迷限时，使其每天的在线时间小于4 h ，而公司每天对一个玩家限时0.5 h 就会损失1元，在频率分布直方图中以各组区间的中点值代表该组的数据，以游戏用户在线时间的频率作为在线时间的概率，现从所有“资深玩家”中任取3人进行一天的限时试验，记该公司因限时试验损失的钱数为X ，求X 的分布列和数学期望．答案 (1)13(2)分布列为期望值E(X)＝275解析 (1)由题易知a ＝1－0.10－0.20－0.30－0.20－0.08＝0.12，所以50名用户中，在线时间是[4，5)内的人数为0.12×50＝6，在线时间在[5，6]内的人数为0.08×50＝4，所以在所调查的50人中有10人是“资深玩家”．从“资深玩家”中任取3人共有C 103＝120种情况，其中抽取的3人中至少有2人的在线时间在[5，6]内的共有C 42C 61＋C 43＝40种情况，记在所调查的“资深玩家”中任取3人，至少有2人的在线时间在[5，6]内为事件A ，则P(A)＝40120＝13. (2)“资深玩家”中每天的在线时间在[4，5)内的概率P 1＝0.120.08＋0.12＝35，公司限时一天损失4.5－40.5×1＝1(元)； “资深玩家”中每天的在线时间在[5，6]内的概率P 2＝0.080.08＋0.12＝25，公司限时一天损失5.5－40.5×1＝3(元)．所以从“资深玩家”中任取3人进行一天的限时试验，X 的所有可能取值为3，5，7，9，则P(X ＝3)＝C 33(35)3＝27125，P(X ＝5)＝C 32(35)2×25＝54125，P(X ＝7)＝C 31×35×(25)2＝36125，P(X ＝9)＝C 30(25)3＝8125.X 的分布列是所以X 的数学期望E(X)＝3×27125＋5×54125＋7×36125＋9×8125＝275.。

2.3.1离散型随机变量均值和方差(3课时)(选修2-3)习题全

27
方案 1:运走设备,需花费 3800 元; 方案 2:建一座保护围墙,需花费 2000 元;但围墙不能防御大洪水,如遇大洪水,损失费为 60000 元; 方案 3:不采取任何措施,希望不发生洪水.如遇大洪水, 损失费为 60000 元; 如遇小洪水,损失费为 10000 元;
分析:⑴如下月没有洪水,那么方案 3 最好
(2)两点分布的均值若X~B(1，p)，则E(X)= p (3)二项分布的均值若X~B(n，p)，则E(X)= np
练习一
1、随机变量ξ的分布列是
ξ
1
3
5
P 0.5 0.3 0.2
(1)则Eξ= 2.4
.
(2)若η=2ξ+1，则Eη=
5.8 .
2、随机变量ξ的分布列是
ξ 4 7 9 10 P 0.3 a b 0.2
新疆王新敞
奎屯
23
解：设X1表示甲选对的题数、X2表示乙选对的题数它们都满足二项分布：
X1～B(20，0.9)
X2～B(20，0.25)
所以：EX1= n p =20×0.9=18
EX2= n p =20×0.25=5
甲所得分数的均值为：18×5=90
乙所得分数的均值为： 5×5=25
X
x1
（第一课时）
1
一．随机变量的分布列.
设离散型随机变量可能取的值为 x1 , x2 ,L , xi ,L ,
取每一个值 xi (i 1, 2,L ) 的概率 P( xi ) pi则称表
L L L L P
px11
x2
p2
xi
pi
为随机变量的概率分布列，简称为的分布列.
对于离散型随机变量，确定了它的分布列，就掌握了随机变量取值的统计规律.

离散型随机变量的期望与方差习题课

练习:某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金，对在一年内发生此种事故的车辆，单位获9000元的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一次）。设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为1/9、1/10、1/11，且各车是否发生事故相互独立。求一年内该单位在此保险中：（1）获赔的概率；（2）获赔金额ξ的分别列与期望。
解法一：因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为 p=0.3，所以ξ~B(3,0.3)，故Eξ=np=3×0.3=0.9 ．
例.某生在解答数学考试时有两种方案:方案一,按题号顺序解答；方案二，先做解答题，后做选择题、填空题，且分别按题号顺序依次解答. 根据以往经验，若能顺利地解答某题，就增强了解答题目地信心，提高后面答题正确率的10％；若解答受挫，就增加了心理负担，降低了后面答题正确率的30％. 为了科学地决策，他采用了一个特例模型:在某次考试中有6道题，他答对每道题的概率分布和题目的分值如下表: 题号概率分值 1 0.95 5 2 0.9 5 3 0.85 5 4 0.8 5 5 0.5 12 6 0.2 14
解.(1)设猜中谜i(i=1,2)的概率为Pi(i=1,2) 若先猜谜1，则所得奖金Y1的分布列为:
Y1 0 x1 x1+x2
P
1-P1
P1(1-P2)
P1P2
所得奖金的均值为 EY1 x1 p1 (1 p2 ) ( x1 x2 ) p1 p2 x1 p1 x2 p1 p2 若先猜谜2，则所得奖金Y2的分布列为:
例6(05江西高考)A、B两位同学各有五张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时A赢得 B一张卡片，否则B赢得A一张卡片.规定掷硬币的次数达9次时，或在此前某人已赢得所有卡片时游戏终止.设 ξ表示游戏终止时掷硬币的次数. （1）求ξ的取值范围；（2）求ξ的数学期望Eξ.

离散型随机变量的期望与方差00002市公开课金奖市赛课一等奖课件

第25页
·高中总复习（第一轮）·理科数学 ·全国版
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出品
立足教育开创未来
SL
第26页
解: 由于
E 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 3.
55555
E 2 1 1 22 1 32 1 42 1 52 1 11.
5
5
5
5
5
第4页
D 1 32 1 2 32 1 3 3 2 1
5
5
5
4 32 1 5 32 1 1 4 1 0 1 4 2.
第21页
Dη=(100-125)2×0.1+(115-125)2×0.2 +(125-125)2×0.4+(130-125)2×0.1+ (145-125)2×0.2=165. 因此Eξ=Eη, Dξ＜Dη, 这表明甲、乙两种钢筋抗拉强度平均水平一致, 但甲稳定性较乙要好, 故甲种钢筋质量比乙种钢筋好.
3
144q 10 0.4 (
3
81q 10)
0.2 ( q3 50q 10) q3 100q 10.
3
3
(3)由(2)可知, Eξq是产量q函数, 设
f
q
Eq
q3 3
100q
10
(q＞0)，
第15页
得f ′(q)=-q2+100. 令f ′(q)=0，解得q=10或q=-10(舍去). 由题意及问题实际意义，当0＜q＜10时， f ′(q)＞0;当q＞10时，f ′(q)＜0可知，当q=10 时，f(q)取得最大值，即Eξq最大时产量q为10. 点评: 若随机变量中概率含有参数，则其盼望值可转化为含参变量函数，利用函数一些性质可进一步讨论盼望相关问题.

18-19版：习题课离散型随机变量的数学期望（步步高）

A.0.765
√B.1.75
C.1.765
D.0.22
解析 P(X＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.1×0.15＝0.015， P(X＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.85×(1－0.9)＝0.22， P(X＝2)＝0.9×0.85＝0.765. ∴E(X)＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.
ξ
0
1
2
3
P
84 216 135 20 455 455 455 455
解答
(2)若以这15天的PM2.5日均值来估计这360天的空气质量情况，则其中大约有多少天的空气质量达到一级？解依题意可知，这 360 天中每天空气质量达到一级的概率为 P＝165＝ 25，这 360 天中空气质量达到一级的天数为 η，则 η～B360，25，所以 E(η)＝360×25＝144(天)，故这360天中空气质量达到一级的天数约为144.
可知当n＝19时所需费用的期望小于当n＝20时所需费用的期望，故应选
n＝19.
解答
反思与感悟解答概率模型的三个步骤 (1)审题，确定实际问题是哪一种概率模型，可能用到的事件类型，所用的公式有哪些. (2)确定随机变量的分布列，计算随机变量的数学期望. (3)对照实际意义，回答概率、数学期望等所表示的结论.
解答
反思与感悟若随机变量取某一值的概率较为复杂或不好求时，可以利用分布列的性质求其概率.
跟踪训练 3 甲、乙两人进行围棋比赛，每局比赛甲胜的概率为13，乙胜的概率为23，没有和棋，采用五局三胜制，规定某人先胜三局则比赛结束，求比赛局数 X 的数学期望.
解答
类型四数学期望的实际应用例4 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：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.

离散型随机变量的期望与方差典型例题教学设计示例

13.2.1 离散型随机变量的期望与方差—期望一．教学目标：1．了解离散型随机变量的期望的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出期望．2．理解公式“b aE b a E +=+ξξ)(”，以及“若),(~p n B ς，则np E =ξ”．能熟练地应用它们求相应的离散型随机变量的期望．二．教学重点：离散型随机变量的期望的概念及其求法．教学难点：离散型随机变量的期望的概念的理解．三．教学用具：投影仪四．教学过程： 1．复旧引新（1）离散型随机变量的分布列的概念、性质．（2）离散型随机变量服从二项分布的概念、例子．（3）提出教科书中“某射手射击所得环数ξ的分布列”的例子，可问：我们能否通过计算，预计该射手n 次射击的平均环数？2．提出离散型随机变量ξ的数学期望E ξ的概念及公式E(a ξ+b )=a E ξ+b在复习、思考、计算与讨论的基础上，教师可问：从多名射手中选拔一名参加射击比赛，我们能否根据他们各自射击的平均成绩（数学期望）作为选拔的一项标准？同时概括出：计n 次射击的平均环数。

根据这个射手射击所得的环数ξ的分布列，在n 次射击中，预计大约有P(ξ=4)×n=0.02n 次得4环, P(ξ=5)×n=0.04n 次得5环, P(ξ=6)×n=0.06n 次得6环, ……P(ξ=10)×n=0.22n 次得10环,n 次射击的总环数约等于：4×0.02n+5×0.04n+6×0.06n+……+10×0.22n =（4×0.02+5×0.04+6×0.06+……+10×0.22）n 从而，n 次射击的平均环数约等于4×0.02+5×0.04+6×0.06+……+10×0.22=8.32 类似地，对任一射手，若已知其射击所得的环数ξ的分布列，即已知各个P(ξ=i)（i=1，2，3，…，10），则可预计他任意n 次射击的平均环数是E ξ=0×P(ξ=0)+1×P(ξ=1)+2×P(ξ=2)+……+10×P(ξ=10)我们称E ξ为此射手射击所得的环数ξ的期望，它刻化了随机变量ξ所取的平均值，从另一方面反映了射手的射击水平。