人教A版（2019）数学选择性必修第三册题型归纳6：离散型随机变量的均值与方差、正态分布学案

题型归纳：离散型随机变量的均值与方差、正态分布
题型1 离散型随机变量的均值与方差
【例1】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小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时．
(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(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)，方差D(ξ)．
【跟踪训练1】设0X 0 a 1
P
则当a在(0,1)内增大时，(　　)
A．D(X)增大 B．D(X)减小
C．D(X)先增大后减小 D．D(X)先减小后增大
【跟踪训练2】为了研究一种新药的疗效，选100名患者随机分成两组，每组各50名，一组服药，另一组不服药．一段时间后，记录了两组患者的生理指标x和y的数据，并制成下图，其中“*”表示服药者，“＋”表示未服药者．
(1)从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y的值小于60的概率；
(2)从图中A，B，C，D四人中随机选出两人，记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；
(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小．(只需写出结论)
题型2 二项分布的均值与方差
【例1】 某部门为了解一企业在生产过程中的用水量情况，对其每天的用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12天的数据作为样本，得到如图所示的茎叶图(单位：吨)．若用水量不低于95吨，则称这一天的用水量超标．
(1)从这12天的数据中随机抽取3个，求至多有1天的用水量超标的概率；
(2)以这12天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，估计该企业未来3天中用水量超标的天数，记随机变量X为未来这3天中用水量超标的天数，求X的分布列、数学期望和方差．
【跟踪训练1】设X为随机变量，且X～B(n，p)，若随机变量X的数学期望E(X)＝4，D(X)＝，则P(X＝2)＝________.(结果用分数表示)
【跟踪训练2】一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量(单位：克)，重量分组区间为[5,15]，(15,25]，(25,35]，(35,45]，由此得到样本的重量频率分布直方图(如图)．
(1)求a的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；
(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在[5,15]内的小球个数为X，求X的分布列和数学期望(以直方图中的频率作为概率)．
【方法总结】
二项分布的期望与方差
(1)如果ξ ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．
题型3 均值与方差在决策中的应用
【例1】现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下表：
投资结果 获利40% 不赔不赚 亏损20%
概率
购买基金：
投资结果 获利20% 不赔不赚 亏损10%
概率 p q
(1)当p＝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，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＝，q＝，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？请说明理由．
【跟踪训练1】某工厂的检验员为了检测生产线上生产零件的情况，现从产品中随机抽取了80个零件进行测量，根据测量的数据作出如图所示的频率分布直方图．
注：尺寸数据在[63.0,64.5) 内的零件为合格品，频率作为概率．
(1)从产品中随机抽取4个，记合格品的个数为ξ，求ξ的分布列与期望；
(2)从产品中随机抽取n个，全是合格品的概率不小于0.3，求n的最大值；
(3)为了提高产品合格率，现提出A，B两种不同的改进方案进行试验．若按A方案进行试验后，随机抽取15个产品，不合格品个数X的期望是2；若按B方案进行试验后，随机抽取25个产品，不合格品个数Y的期望是4.你会选择哪种改进方案？
【跟踪训练2】某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
【方法总结】
离散型随机变量的期望和方差应用问题的解题策略
(1)求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算．
(2)要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差公式计算，则更为简单．
(3)在实际问题中，若两个随机变量ξ1，ξ2，有E(ξ1)＝E(ξ2)或E(ξ1)与E(ξ2)较为接近时，就需要用D(ξ1)与D(ξ2)来比较两个随机变量的稳定程度．即一般地将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方案．
题型4 正态分布及其应用
【例1】为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95　10.12　9.96　9.96　10.01　9.92　9.98　10.04
10.26　9.91　10.13　10.02　9.22　10.04　10.05　9.95
经计算得＝i＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(－3，＋3)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ【跟踪训练1】 某商场经营的某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布N(10，σ2)，根据检测结果可知P(9.9≤ξ≤10.1)＝0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有1 000名职工，则分发到的大米质量在9.9 kg以下的职工数大约为(　　)
A．10 B．20
C．20 D．40
【跟踪训练2】某医药公司研发生产一种新的保健产品，从一批产品中随机抽取200盒作为样本，测量产品的一项质量指标值，该指标值越高越好．由测量结果得到如下频率分布直方图：
(1)求a，并试估计这200盒产品的该项指标值的平均值．
(2)①由样本估计总体，结合频率分布直方图认为该产品的该项质量指标值ξ服从正态分布N(μ，102)，计算该批产品该项指标值落在(180,220]上的概率；
②国家有关部门规定每盒产品该项指标值不低于150均为合格，且按该项指标值从低到高依次分为：合格、优良、优秀三个等级，其中(180,220]为优良，不高于180为合格，高于200为优秀，在①的条件下，设该公司生产该产品1万盒的成本为15万元，市场上各等级每盒该产品的售价(单位：元)如表，求该公司每万盒的平均利润.
等级 合格 优良 优秀
售价 10 20 30
附：若ξ～N(μ，δ2)，则P(μ－δ<ξ≤μ＋δ)≈0.682 7，
P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)≈0.954 5.
【方法总结】
正态分布下2类常见的概率计算
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
参考答案
题型1 离散型随机变量的均值与方差
【例1】解：(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，
两人都付0元的概率为P1＝×＝，
两人都付40元的概率为P2＝×＝，
两人都付80元的概率为
P3＝×＝×＝，
故两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝.
(2)由题设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0,40,80,120,160，则：
P(ξ＝0)＝×＝，
P(ξ＝40)＝×＋×＝，
P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝120)＝×＋×＝，
P(ξ＝160)＝×＝.
ξ的分布列为
ξ 0 40 80 120 160
P
E(ξ)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80.
D(ξ)＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝.
【跟踪训练1】
答案：D
解析：由题意知E(X)＝0×＋a×＋1×＝，
因此，D(X)＝2×＋2×＋2×
＝[(a＋1)2＋(1－2a)2＋(a－2)2]＝(6a2－6a＋6)
＝.
当0当即当a在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.
【跟踪训练2】
解：(1)由题图知，在服药的50名患者中，指标y的值小于60的有15人，
所以从服药的50名患者中随机选出一人，此人指标y的值小于60的概率P＝＝0.3.
(2)由题图知，A，B，C，D四人中，指标x的值大于1.7的有2人：A和C.
所以ξ的所有可能取值为0,1,2.
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
故ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)在这100名患者中，服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差．
题型2 二项分布的均值与方差
【例1】
解：(1)记“从这12天的数据中随机抽取3个，至多有1天的用水量超标”为事件A，
则P(A)＝＋＝＝.
(2)以这12天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，易知用水量超标的概率为.
X的所有可能取值为0,1,2,3，
易知X～B，P(X＝k)＝Ck3－k，k＝0,1,2,3，
则P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝.
∴随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
数学期望E(X)＝3×＝1，
方差D(X)＝3××＝.
【跟踪训练1】
解析：∵X为随机变量，且X～B(n，p)，
∴E(X)＝np＝4，D(X)＝np(1－p)＝，解得n＝6，p＝，
∴P(X＝2)＝C×2×4＝.
答案：
【跟踪训练2】
解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10＝1，
解得a＝0.03.
由频率分布直方图可估计盒子中小球重量的众数为20克，
而50个样本中小球重量的平均值＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．
故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值为24.6克．
(2)该盒子中小球重量在[5,15]内的概率为，
则X～B.X的可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝C0×3＝，
P(X＝1)＝C×2＝，
P(X＝2)＝C2×＝，
P(X＝3)＝C3×0＝.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
题型3 均值与方差在决策中的应用
【例1】解：(1)∵“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，
∴p＋＋q＝1.
又p＝，∴q＝.
(2)记事件A为“甲投资股市且获利”，事件B为“乙购买基金且获利”，事件C为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”，
则C＝A∪B∪AB，且A，B独立．
由题意可知，P(A)＝，P(B)＝p，
∴P(C)＝P(A)＋P(B)＋P(AB)
＝(1－p)＋p＋p
＝＋p.
∵P(C)＝＋p>，
∴p>.
又p＋＋q＝1，q≥0，
∴p≤.
∴p的取值范围为.
(3)假设丙选择“投资股市”的方案进行投资，记X为丙投资股市的获利金额(单位：万元)，
∴随机变量X的分布列为
X 4 0 －2
P
则E(X)＝4×＋0×＋(－2)×＝.
假设丙选择“购买基金”的方案进行投资，记Y为丙购买基金的获利金额(单位：万元)，
∴随机变量Y的分布列为
Y 2 0 －1
P
则E(Y)＝2×＋0×＋(－1)×＝.
∵E(X)>E(Y)，
∴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．
【跟踪训练1】
解：(1)由频率分布直方图可知，抽取的产品为合格品的频率为(0.75＋0.65＋0.2)×0.5＝0.8，即抽取1个产品为合格品的概率为，
从产品中随机抽取4个，合格品的个数ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，
则P(ξ＝0)＝4＝，
P(ξ＝1)＝C××3＝，
P(ξ＝2)＝C×2×2＝，
P(ξ＝3)＝C×3×＝，
P(ξ＝4)＝4＝.
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4
P
ξ的数学期望E(ξ)＝4×＝.
(2)从产品中随机抽取n个产品，全是合格品的概率为n，依题意得n≥0.3，故n的最大值为5.
(3)设按A方案进行试验后，随机抽取1个产品是不合格品的概率是a，则随机抽取15个产品，不合格品个数X～B(15，a)；设按B方案进行试验后，随机抽取1个产品是不合格品的概率是b，则随机抽取25个产品，不合格品个数Y～B(25，b)．
依题意得E(X)＝15a＝2，E(Y)＝25b＝4，所以a＝，b＝.
因为<，所以应选择方案A.
【跟踪训练2】
解：(1)因为20件产品中恰有2件不合格品的概率为
f(p)＝Cp2·(1－p)18，
所以f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．
令f′(p)＝0，得p＝0.1.
当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；
当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.
②若对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费用为400元．由于EX>400，故应该对余下的产品作检验．
题型4 正态分布及其应用
【例1】解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X～B(16,0.002 6)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.
X的数学期望为E(X)＝16×0.002 6＝0.041 6.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为＝9.97，σ的估计值为＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为(16×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估计值为10.02.
＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，
剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为≈0.09.
【跟踪训练1】
答案：B
解析：由已知得P(ξ<9.9)＝＝＝0.02，
所以分发到的大米质量在9.9 kg以下的职工数大约为1 000×0.02＝20.
故选B.
【跟踪训练2】
解：(1)由10×(2×0.002＋0.008＋0.009＋0.022＋0.024＋a)＝1，解得a＝0.033，
则平均值＝10×0.002×170＋10×0.009×180＋10×0.022×190＋10×0.033×200＋10×0.024×210＋10×0.008×220＋10×0.002×230＝200，即这200盒产品的该项指标值的平均值约为200.
(2)①由题意可得μ＝＝200，δ＝10，则P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)＝P(180<ξ≤220)≈0.954 5，则该批产品指标值落在(180,220]上的概率为0.954 5.
②设每盒该产品的售价为X元，由①可得X的分布列为
X 10 20 30
P 0.022 75 0.954 5 0.022 75
则每盒该产品的平均售价为E(X)＝10×0.022 75＋20×0.954 5＋30×0.022 75＝20，
故每万盒的平均利润为20－15＝5(万元)．