7.3.1 离散型随机变量的均值(强基课梯度进阶式教学)
课时目标
1.理解离散型随机变量的均值的概念和意义,会根据离散型随机变量的分布列求出均值.
2.掌握离散型随机变量的均值的性质和两点分布的均值.
3.会利用离散型随机变量的均值反映离散型随机变量的取值水平,解决一些相关的实际问题.
1.离散型随机变量的均值
(1)定义:一般地,若离散型随机变量X的分布列如表所示,
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
则称E(X)= =xipi为随机变量X的均值或数学期望,数学期望简称 .
(2)意义:均值是随机变量可能取值关于取值概率的 ,它综合了随机变量的取值和取值的概率,反映了随机变量取值的 .
(3)性质:若X是离散型随机变量,则:①E(X+b)= ;②E(aX)= ;
③E(aX+b)= .
2.两点分布的均值
一般地,如果随机变量X服从两点分布,那么E(X)= .
微点助解
理解均值要注意三点
(1)离散型随机变量的均值是算术平均数概念的推广，是概率意义下的平均，由于离散型随机变量的所有取值的概率满足pi=1，所以均值是以概率pi为权数的加权平均数.
(2)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量，可以取不同的值，但E(X)是X的一个特征数，它是不变的，它描述X取值的平均水平.
(3)E(X)与随机变量X本身具有相同的单位.
[基点训练]
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)随机变量X的数学期望E(X)是个变量,其随X的变化而变化. ( )
(2)随机变量的均值反映样本的平均水平. ( )
(3)若随机变量X的数学期望E(X)=2,则E(2X)=4. ( )
(4)随机变量X的均值E(X)=. ( )
2.已知随机变量X服从两点分布,且E(X)=0.7,则其成功的概率为 ( )
A.0 B.1
C.0.3 D.0.7
3.已知离散型随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
则X的均值E(X)= ( )
A. B.2
C. D.3
题型(一) 求离散型随机变量的均值
[例1] 某同学参加射击比赛, 每人配发3颗子弹. 射击靶由内环和外环组成, 若击中内环得8分,击中外环得4分,脱靶得0分. 该同学每次射击,脱靶的概率为 ,击中内环的概率为,击中外环的概率为,每次射击结果相互独立.只有前一发中靶,才能继续射击,否则结束比赛.
(1)若已知该同学得分为8分的情况下, 求该同学只射击了2发子弹的概率;
(2)设该同学最终得分为X,求X的分布列和数学期望E(X) .
听课记录:
[思维建模]
求离散型随机变量X的均值的步骤
(1)理解X的意义,写出X的所有可能取值;
(2)求X取每个值时的概率;
(3)写出X的分布列;
(4)由均值的定义求E(X).
[针对训练]
1.从装有2个红球,2个白球和1个黑球的袋中随机逐一取球,已知每个球被取到的可能性相同.若取后不放回,设取完红球所需的次数为X,求X的分布列及均值.
题型(二) 离散型随机变量均值的性质
[例2] 已知随机变量ξ和η,其中η=10ξ+2,且E(η)=20,若ξ的分布列如下表,则m的值为 ( )
ξ 1 2 3 4
P m n
A. B.
C. D.
听课记录:
[思维建模]
利用离散型随机变量均值性质解决问题的思路
若给出的随机变量ξ与X之间的关系为ξ=aX+b,a,b为常数.一般思路是先求出E(X),再利用公式E(aX+b)=aE(X)+b求E(ξ).也可以利用X的分布列得到ξ的分布列,由X的取值计算ξ的取值,对应的概率相等,再由定义法求得E(ξ).
[针对训练]
2.[多选]已知随机变量X的分布列如下,且E(X)=6.3,则下列结论正确的是 ( )
X 4 a 9
P 0.5 0.1 b
A.a=7
B.b=0.4
C.E(aX)=44.1
D.E(bX+a)=2.62
3.元宵节庙会上有一种摸球游戏:布袋中有15个大小和形状均相同的小球,其中白球10个,红球5个,每次摸出2个球.若摸出的红球个数为X,则E(5X-5)= ( )
A.- B.
C.- D.
题型(三) 离散型随机变量均值的应用
[例3] 某商场回馈消费者,举办活动,规则如下:每5位消费者组成一组,每人从A,B,C三个字母中随机抽取一个,抽取相同字母最少的人每人获得300元奖励.(例如:5人中2人选A,2人选B,1人选C,则选择C的人获奖;5人中3人选A,1人选B,1人选C,则选择B和C的人均获奖;如A,B,C中有一个或两个字母没人选择,则无人获奖)
(1)若甲和乙在同一组,求甲获奖的前提下,乙获奖的概率;
(2)设每组5人中获奖人数为随机变量X,求X的分布列和数学期望;
(3)商家提供方案2:将A,B,C三个字母改为A和B两个字母,其余规则不变,获奖的每个人奖励200元.作为消费者,站在每组5人获取总奖金的数学期望的角度分析,你是否选择方案2
听课记录:
[思维建模]
利用离散型随机变量求解实际问题的步骤
(1)把实际问题概率模型化;
(2)利用有关概率的知识去分析相应各事件可能性的大小,并列出分布列;
(3)利用公式求出相应均值;
(4)对照实际意义,根据所求均值下结论.
[针对训练]
4.某地盛产脐橙,该地销售脐橙按照等级分为四类:珍品、特级、优级和一级(每箱重量为5 kg),某采购商打算在该地采购一批脐橙销往外地,并从采购的这批脐橙中随机抽取50箱,利用脐橙的等级分类标准得到的数据如表所示:
等级 珍品 特级 优级 一级
箱数 10 15 15 10
(1)用比例分配的分层随机抽样的方法从这50箱脐橙中抽取10箱,再从抽取的10箱中随机抽取3箱,ξ表示随机抽取的3箱中是特级的箱数,求ξ的分布列及均值E(ξ);
(2)利用样本估计总体,该地提出两种购销方案供采购商参考:
方案一:不分等级卖出,价格为20元/kg;
方案二:分等级卖出,分等级的脐橙价格如表所示:
等级 珍品 特级 优级 一级
售价/(元/kg) 25 20 15 10
从采购商节约资金的角度考虑,应该采用哪种方案
7.3.1 离散型随机变量的均值
课前环节
1.(1)x1p1+x2p2+…+xnpn 期望
(2)加权平均数 平均水平 (3)E(X)+b aE(X) aE(X)+b 2.0×(1-p)+1×p=p
[基点训练]
1.(1)× (2)× (3)√ (4)×
2.选D 设成功的概率为p,则E(X)=0×(1-p)+1×p=p=0.7.故选D.
3.选A E(X)=1×+2×+3×=.
课堂环节
[题型(一)]
[例1] 解:(1)记事件A:该同学得分为8分,事件B:该同学只射击了2发子弹,
由题知P(A)=×+××=,P(AB)=×=,
所以P(B|A)===.
(2)由题知X可能取值为0,4,8,12,16,20,24,
P(X=0)=,P(X=4)=×=,P(X=8)=×+××=,
P(X=12)=××+××+××=,
P(X=16)=××+××+××+××=,
P(X=20)=×××3=,P(X=24)=××=,
所以X的分布列为
X 0 4 8 12 16 20 24
P
E(X)=0×+4×+8×+12×+16×+20×+24×=.
[针对训练]
1.解:由题意知X的所有可能取值为2,3,4,5.
当X=2时,表示前2次取的都是红球,
∴P(X=2)==;
当X=3时,表示前2次中取得1个红球,1个白球或黑球,第3次取红球,
∴P(X=3)==;
当X=4时,表示前3次中取得1个红球,2个不是红球,第4次取得红球,
∴P(X=4)==;
当X=5时,表示前4次中取得1个红球,3个不是红球,第5次取得红球,
∴P(X=5)==.
∴X的分布列为
X 2 3 4 5
P
∴E(X)=2×+3×+4×+5×=4.
[题型(二)]
[例2] 选A 因为η=10ξ+2,所以E(η)=10E(ξ)+2=20,
所以E(ξ)=,又E(ξ)=1×m+2×+3n+4×=+m+3n①,
且m++n+=1②,由①②,得m=.
[针对训练]
2.选ABC 由分布列的性质得0.5+0.1+b=1,解得b=0.4,又E(X)=4×0.5+0.1a+9×0.4=6.3,∴a=7,∴E(aX)=aE(X)=7×6.3=44.1,E(bX+a)=bE(X)+a=0.4×6.3+7=9.52.故选ABC.
3.选A X的可能取值为0,1,2,则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,所以E(X)=0×+1×+2×=,故E(5X-5)=5E(X)-5=-5=-.
[题型(三)]
[例3] 解:(1)设甲获奖为事件A,乙获奖为事件B,
P(B|A)===.
(2)X的可能取值为0,1,2,
P(X=0)===,
P(X=1)===,
P(X=2)===,
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
X的数学期望E(X)=0×+1×+2×=.
(3)选择方案1获取奖金总额的数学期望为×300=,
设选择方案2获奖人数为Y,Y的可能取值为0,1,2,
则P(Y=0)===,P(Y=1)===,P(Y=2)===,
方案2获奖人数的数学期望E(Y)=0×+1×+2×=,
选择方案2获取奖金总额的数学期望为×200=,
因为>,所以选择方案2.
[针对训练]
4.解:(1)用比例分配的分层随机抽样的方法从这50箱脐橙中抽取10箱,特级品的箱数为10×=3,非特级品的箱数为10-3=7,所以ξ的所有可能取值为0,1,2,3.
则P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,
P(ξ=2)==,P(ξ=3)==,
则ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
E(ξ)=0×+1×+2×+3×=.
(2)方案一的单价为20元/kg,
设方案二的单价为η,则η的均值为
E(η)=25×+20×+15×+10×=17.5,
因为17.5<20,所以从采购商节约资金的角度考虑,应该采用方案二.
4 / 4(共73张PPT)
7.3.1
离散型随机变量的均值
(强基课——梯度进阶式教学)
课时目标
1.理解离散型随机变量的均值的概念和意义，会根据离散型随机变量的分布列求出均值.
2.掌握离散型随机变量的均值的性质和两点分布的均值.
3.会利用离散型随机变量的均值反映离散型随机变量的取值水平，解决一些相关的实际问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前环节/预知教材·自主落实主干基础
课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通
课时跟踪检测
课前环节/预知教材·
自主落实主干基础
1.离散型随机变量的均值
(1)定义：一般地，若离散型随机变量X的分布列如表所示，
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
x1p1+x2p2+…+xnpn
期望
(2)意义：均值是随机变量可能取值关于取值概率的____________，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的__________.
(3)性质：若X是离散型随机变量，则：①E(X+b)=___________；
②E(aX)=_______；③E(aX+b)=___________.
2.两点分布的均值
一般地，如果随机变量X服从两点分布，那么E(X)=_________________.
加权平均数
平均水平
E(X)+b
aE(X)
aE(X)+b
0×(1-p)+1×p=p
(2)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量，可以取不同的值，但E(X)是X的一个特征数，它是不变的，它描述X取值的平均水平.
(3)E(X)与随机变量X本身具有相同的单位.
基点训练
1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)随机变量X的数学期望E(X)是个变量，其随X的变化而变化. ( )
(2)随机变量的均值反映样本的平均水平. ( )
(3)若随机变量X的数学期望E(X)=2，则E(2X)=4. ( )
(4)随机变量X的均值E(X)=. ( )
×
×
√
×
2.已知随机变量X服从两点分布，且E(X)=0.7，则其成功的概率为 ( )
A.0 B.1
C.0.3 D.0.7
解析：设成功的概率为p，则E(X)=0×(1-p)+1×p=p=0.7.故选D.
√
3.已知离散型随机变量X的分布列为
则X的均值E(X)= ( )
A.B.2 C. D.3
解析： E(X)=1×+2×+3×=.
X 1 2 3
P
√
课堂环节/题点研究·
迁移应用融会贯通
题型(一) 求离散型随机变量的均值
[例1] 某同学参加射击比赛， 每人配发3颗子弹. 射击靶由内环和外环组成， 若击中内环得8分，击中外环得4分，脱靶得0分. 该同学每次射击，脱靶的概率为 ，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立. 只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛.
(1)若已知该同学得分为8分的情况下， 求该同学只射击了2发子弹的概率；
解：记事件A：该同学得分为8分，事件B：该同学只射击了2发子弹，
由题知P(A)=×+××=，P(AB)=×=，
所以P(B|A)===.
(2)设该同学最终得分为X，求X的分布列和数学期望E(X) .
解：由题知X可能取值为0，4，8，12，16，20，24，
P(X=0)=，P(X=4)=×=，P(X=8)=×+××=，
P(X=12)=××+××+××=，
P(X=16)=××+××+××+××=，
P(X=20)=×××3=，P(X=24)=××=，
所以X的分布列为
X 0 4 8 12 16 20 24
P
E(X)=0×+4×+8×+12×+16×+20×+24×=.
[思维建模]
求离散型随机变量X的均值的步骤
(1)理解X的意义，写出X的所有可能取值；
(2)求X取每个值时的概率；
(3)写出X的分布列；
(4)由均值的定义求E(X).
针对训练
1.从装有2个红球，2个白球和1个黑球的袋中随机逐一取球，已知每个球被取到的可能性相同.若取后不放回，设取完红球所需的次数为X，求X的分布列及均值.
解：由题意知X的所有可能取值为2，3，4，5.
当X=2时，表示前2次取的都是红球，
∴P(X=2)==；
当X=3时，表示前2次中取得1个红球，1个白球或黑球，第3次取红球，
∴P(X=3)==；
当X=4时，表示前3次中取得1个红球，2个不是红球，第4次取得红球，
∴P(X=4)==；
当X=5时，表示前4次中取得1个红球，3个不是红球，第5次取得红球，
∴P(X=5)==.
∴X的分布列为
X 2 3 4 5
P
∴E(X)=2×+3×+4×+5×=4.
题型(二) 离散型随机变量均值的性质
[例2] 已知随机变量ξ和η，其中η=10ξ+2，且E(η)=20，若ξ的分布列如下表，则m的值为 ( )
ξ 1 2 3 4
P m n
A.B. C. D.
√
解析：因为η=10ξ+2，所以E(η)=10E(ξ)+2=20，
所以E(ξ )=，又E(ξ )=1×m+2×+3n+4×=+m+3n①，
且m++n+=1②，由①②，得m=.
[思维建模]
利用离散型随机变量均值性质解决问题的思路
若给出的随机变量ξ与X之间的关系为ξ=aX+b，a，b为常数.一般思路是先求出E(X)，再利用公式E(aX+b)=aE(X)+b求E(ξ).也可以利用X的分布列得到ξ的分布列，由X的取值计算ξ的取值，对应的概率相等，再由定义法求
针对训练
2.[多选]已知随机变量X的分布列如下，且E(X)=6.3，则下列结论正确的是 ( )
√
X 4 a 9
P 0.5 0.1 b
A.a=7 B.b=0.4
C.E(aX)=44.1 D.E(bX+a)=2.62
√
√
解析：由分布列的性质得0.5+0.1+b=1，解得b=0.4，
又E(X)=4×0.5+0.1a+9×0.4=6.3，∴a=7，
∴E(aX)=aE(X)=7×6.3=44.1，E(bX+a)=bE(X)+a=0.4×6.3+7=9.52.
故选ABC.
3.元宵节庙会上有一种摸球游戏：布袋中有15个大小和形状均相同的小球，其中白球10个，红球5个，每次摸出2个球.若摸出的红球个数为X，则E(5X-5)= ( )
A.- B.
C.- D.
√
解析：X的可能取值为0，1，2，则P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，所以E(X)=0×+1×+2×=，故E(5X-5)=5E(X)
-5=-5=-.
题型(三) 离散型随机变量均值的应用
[例3] 某商场回馈消费者，举办活动，规则如下：每5位消费者组成一组，每人从A，B，C三个字母中随机抽取一个，抽取相同字母最少的人每人获得300元奖励.(例如：5人中2人选A，2人选B，1人选C，则选择C的人获奖；5人中3人选A，1人选B，1人选C，则选择B和C的人均获奖；如A，B，C中有一个或两个字母没人选择，则无人获奖)
(1)若甲和乙在同一组，求甲获奖的前提下，乙获奖的概率；
解：设甲获奖为事件A，乙获奖为事件B，
P(B|A)===.
(2)设每组5人中获奖人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望；
解：X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)===，
P(X=1)===，
P(X=2)===，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
X的数学期望E(X)=0×+1×+2×=.
(3)商家提供方案2：将A，B，C三个字母改为A和B两个字母，其余规则不变，获奖的每个人奖励200元.作为消费者，站在每组5人获取总奖金的数学期望的角度分析，你是否选择方案2
解：选择方案1获取奖金总额的数学期望为×300=，
设选择方案2获奖人数为Y，Y的可能取值为0，1，2，
则P(Y=0)===，P(Y=1)===，P(Y=2)===，
方案2获奖人数的数学期望E(Y)=0×+1×+2×=，
选择方案2获取奖金总额的数学期望为×200=，
因为>，所以选择方案2.
[思维建模]
利用离散型随机变量求解实际问题的步骤
(1)把实际问题概率模型化；
(2)利用有关概率的知识去分析相应各事件可能性的大小，并列出分布列；
(3)利用公式求出相应均值；
(4)对照实际意义，根据所求均值下结论.
针对训练
4.某地盛产脐橙，该地销售脐橙按照等级分为四类：珍品、特级、优级和一级(每箱重量为5 kg)，某采购商打算在该地采购一批脐橙销往外地，并从采购的这批脐橙中随机抽取50箱，利用脐橙的等级分类标准得到的数据如表所示：
等级 珍品 特级 优级 一级
箱数 10 15 15 10
(1)用比例分配的分层随机抽样的方法从这50箱脐橙中抽取10箱，再从抽取的10箱中随机抽取3箱，ξ表示随机抽取的3箱中是特级的箱数，求ξ的分布列及均值E(ξ)；
解：用比例分配的分层随机抽样的方法从这50箱脐橙中抽取10箱，特级品的箱数为10×=3，非特级品的箱数为10-3=7，所以ξ的所有可能取值为0，1，2，3.
则P(ξ=0)==，P(ξ =1)==，
P(ξ =2)==，P(ξ =3)==，
则ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
E(ξ)=0×+1×+2×+3×=.
(2)利用样本估计总体，该地提出两种购销方案供采购商参考：
方案一：不分等级卖出，价格为20元/kg；
方案二：分等级卖出，分等级的脐橙价格如表所示：
等级 珍品 特级 优级 一级
售价/(元/kg) 25 20 15 10
从采购商节约资金的角度考虑，应该采用哪种方案
解：方案一的单价为20元/kg，
设方案二的单价为η，则η的均值为
E(η)=25×+20×+15×+10×=17.5，
因为17.5<20，所以从采购商节约资金的角度考虑，应该采用方案二.
课时跟踪检测
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
A级——综合提能
1.若随机变量X的分布列如下(k为常数)，则E(X)=( )
√
X 0 1 2
P k 6k 0.3
A.0.6 B.0.9
C.1 D.1.2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
解析：由分布列的性质，得k+6k+0.3=1，解得k=0.1，∴E(X)=0×0.1+1×0.6+2×0.3=1.2.故选D.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
3
4
2.掷一枚质地均匀的正四面体骰子(四面点数分别为1，2，3，4)，则底面掷出点数的数学期望为 ( )
A.2 B.2.5
C.3 D.3.5
解析：设底面掷出的点数为X，则X的可能取值为1，2，3，4，且底面掷出每种点数的概率均为，则E(X)=(1+2+3+4)×=2.5，故选B.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
3.甲、乙、丙三人各打靶一次，若甲打中的概率为，乙、丙打中的概率均为(0
A. B.
C.1 D.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：依题意，甲、乙、丙都打中的概率P=××=，解得t=3
(负值舍去)，所以乙打中的概率为.由题意可得，ξ的可能取值为0，1，2，且P(ξ=0)=×=，P(ξ=1)=×+×
=，P(ξ=2)=×=，所以E(ξ)=0×+1×+2×=.故选D.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
4.甲、乙两名工人在同样的条件下生产某产品，两人的日产量相等，每天出废品的情况如表所示：
则下列结论正确的是 ( )
工人 甲 乙
废品数 0 1 2 3 0 1 2 3
概率 0.4 0.3 0.2 0.1 0.3 0.5 0.2 0
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
A.甲生产的产品质量比乙生产的产品质量好一些
B.乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些
C.两人生产的产品质量一样好
D.无法判断谁生产的产品质量好一些
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：由题知，甲生产的废品数的期望是0×0.4+1×0.3+2×0.2+3
×0.1=1，乙生产的废品数的期望是0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9，因为甲生产的废品数的期望大于乙生产的废品数的期望，所以乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些.故选B.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
5.[多选]随机变量X和Y，其中Y=12X+7，且E(Y)=34，若X的分布列如表：
则下列正确的是 ( )
A.E(X)=12 B.E(X)=
C.m= D.n=
X 1 2 3 4
P m n
√
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：根据分布列可知m+n=1--=①，因为Y=12X+7，所以E(Y)
=12E(X)+7=34，解得E(X)=，又由分布列可得1×+2×m+3×n+4
×=，整理得2m+3n=②，①②联立解得m=，n=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
6.已知随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=0.4，设ξ=2X-3，那么E(ξ)=______.
解析：E(X)=1×0.4+0×(1-0.4)=0.4，E(ξ)=2E(X)-3=-2.2.
-2.2
7.随机变量X的取值为0，1，2，若P(X=0)=，E(X)=1，则P(X=1)=_____.
解析：设P(X=1)=p，因为P(X=0)=，E(X)=1，
故0×+1×p+2×=1，所以p+-2p=1，解得p=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
8.节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元处理.根据前5年节日期间对这种鲜花需求量X(束)的统计(如表)，若进这种鲜花500束在今年节日期间销售，则利润的均值是______元.
X 200 300 400 500
P 0.20 0.35 0.30 0.15
706
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：节日期间这种鲜花需求量的均值为E(X)=200×0.20+300×0.35+
400×0.30+500×0.15=340(束).设利润为Y，则Y=5X+1.6×(500-X)-500
×2.5=3.4X-450，所以E(Y)=3.4E(X)-450=3.4×340-450=706(元).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
9.盒子中装有5节同品牌的五号电池，其中混有2节废电池，现在无放回地每次取一节电池检验，直到取到好电池为止.求：
(1)抽取次数X的分布列；
解：由题意知，X的可能取值为1，2，3.
P(X=1)=；P(X=2)=×=；
P(X=3)=×=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
(2)平均抽取多少次可取到好电池.
解：E(X)=1×+2×+3×=1.5，
即平均抽取1.5次可取到好电池.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
10.将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球.
(1)求1号球不在1号盒中的概率；
解：记事件“1号球不在1号盒中”为A，则P(A)===.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
(2)记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：E(X)E(Y)>E(XY).
解：证明：X的可能取值为0，1，2，4，且X+Y=4，
P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，P(X=4)==，
所以E(X)=0×+1×+2×+4×=1，E(Y)=E(4-X)=4-E(X)=3，
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
X=0时，Y=4，X=4时，Y=0，此时XY=0，则P(XY=0)=+=，
X=1时，Y=3，此时XY=3，P(XY=3)=，
X=2时，Y=2，此时XY=4，P(XY=4)=，
E(XY)=0×+3×+4×=2，
因为E(X)E(Y)=1×3=3，
所以E(X)E(Y)>E(XY).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
B级——应用创新
11.[多选]已知随机变量ξ的分布列如表：
记“函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数”为事件A，则下列结论正确的有( )
ξ -1 0 1
P a b
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
A.E(ξ)=-2a B.E(ξ 2)=
C.P(A)= D.P(A)=
解析：由随机变量ξ的分布列知，E(ξ)=-a+b，E(ξ 2)=a+b=1-=，所以E(ξ)=-2a，因为“函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数”为事件A，ξ的所有取值为-1，0，1，满足事件A的ξ的可能取值为-1，1，所以P(A)=.故选ABD.
√
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
12.[多选]设0ξ 0 1 2
P p-p2 p2 1-p
A.E(ξ)随着p的增大而增大
B.E(ξ)随着p的增大而减小
C.P(ξ=0)D.P(ξ=2)的值最大
√
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：因为E(ξ)=p2+2-2p，00，故当P(ξ=2)，故D错误.故选BC.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
13.甲、乙两人进行乒乓球比赛，每人各局取胜的概率均为，现采用五局三胜制，胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜，此时因某种原因比赛中止，为使奖金分配合理，则乙应得的奖金为______元.
100
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：设甲应得的奖金为X元，则X的可能取值为800，0.
甲赢得比赛有3种情况：①第3局胜，甲赢的概率为；②第3局输，第4局胜，甲赢的概率为×=；③第3，4局输，第5局胜，甲赢的概率为×=.∴甲赢的概率为++=，∴E(X)=800×+0×=700，∴乙应得的奖金为800-700=100(元).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
14.(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
解：法一：正面计算 记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，
由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4，
所以P(A)===.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
法二：反面计算 记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，
由索赔次数不少于2，知可利用间接法计算，
则P(A)=1-=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
①记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；
②如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与①中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解：①由题知X的所有可能取值为0.4，-0.4，-1.2，-2.0，-2.6，
则P(X=0.4)==0.8，P(X=-0.4)==0.1，P(X=-1.2)==0.06，P(X=-2.0)==0.03，P(X=-2.6)==0.01，
故E(X)=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03-2.6×0.01=0.122(万元).
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
②如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比①中E(X)估计值大.
证明如下：
设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为Y，则
对于索赔次数为0的保单，Y=0.4×(1-4%)=0.384，
对于索赔次数为1的保单，Y=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32，
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
对于索赔次数为2的保单，Y=-0.32-0.8=-1.12，
对于索赔次数为3的保单，Y=-1.12-0.8=-1.92，
对于索赔次数为4的保单，Y=-1.92-0.6=-2.52，
故E(Y)=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2(万元).
所以E(X)A级——综合提能
1.若随机变量X的分布列如下(k为常数),则E(X)= ( )
X 0 1 2
P k 6k 0.3
A.0.6 B.0.9
C.1 D.1.2
2.掷一枚质地均匀的正四面体骰子(四面点数分别为1,2,3,4),则底面掷出点数的数学期望为 ( )
A.2 B.2.5
C.3 D.3.5
3.甲、乙、丙三人各打靶一次,若甲打中的概率为,乙、丙打中的概率均为(0A. B.
C.1 D.
4.甲、乙两名工人在同样的条件下生产某产品,两人的日产量相等,每天出废品的情况如表所示:
工人 甲 乙
废品数 0 1 2 3 0 1 2 3
概率 0.4 0.3 0.2 0.1 0.3 0.5 0.2 0
则下列结论正确的是 ( )
A.甲生产的产品质量比乙生产的产品质量好一些
B.乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些
C.两人生产的产品质量一样好
D.无法判断谁生产的产品质量好一些
5.[多选]随机变量X和Y,其中Y=12X+7,且E(Y)=34,若X的分布列如表:
X 1 2 3 4
P m n
则下列正确的是 ( )
A.E(X)=12 B.E(X)=
C.m= D.n=
6.已知随机变量X服从两点分布,且P(X=1)=0.4,设ξ=2X-3,那么E(ξ)= .
7.随机变量X的取值为0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,则P(X=1)= .
8.节日期间,某种鲜花的进价是每束2.5元,售价是每束5元,节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元处理.根据前5年节日期间对这种鲜花需求量X(束)的统计(如表),若进这种鲜花500束在今年节日期间销售,则利润的均值是 元.
X 200 300 400 500
P 0.20 0.35 0.30 0.15
9.盒子中装有5节同品牌的五号电池,其中混有2节废电池,现在无放回地每次取一节电池检验,直到取到好电池为止.求:
(1)抽取次数X的分布列;
(2)平均抽取多少次可取到好电池.
10.将号码为1,2,3,4的4个小球等可能地放入号码为1,2,3,4的4个盒子中,每个盒子恰放1个小球.
(1)求1号球不在1号盒中的概率;
(2)记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X,不同的个数为Y,求证:E(X)E(Y)>E(XY).
B级——应用创新
11.[多选]已知随机变量ξ的分布列如表:
ξ -1 0 1
P a b
记“函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数”为事件A,则下列结论正确的有 ( )
A.E(ξ)=-2a B.E(ξ2)=
C.P(A)= D.P(A)=
12.[多选]设0ξ 0 1 2
P p-p2 p2 1-p
A.E(ξ)随着p的增大而增大
B.E(ξ)随着p的增大而减小
C.P(ξ=0)D.P(ξ=2)的值最大
13.甲、乙两人进行乒乓球比赛,每人各局取胜的概率均为,现采用五局三胜制,胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜,此时因某种原因比赛中止,为使奖金分配合理,则乙应得的奖金为 元.
14.(2024·北京高考)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率;
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
①记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望E(X);
②如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与①中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)
课时跟踪检测(十七)
1.选D 由分布列的性质,得k+6k+0.3=1,解得k=0.1,∴E(X)=0×0.1+1×0.6+2×0.3=1.2.故选D.
2.选B 设底面掷出的点数为X,则X的可能取值为1,2,3,4,且底面掷出每种点数的概率均为,则E(X)=(1+2+3+4)×=2.5,故选B.
3.选D 依题意,甲、乙、丙都打中的概率P=××=,解得t=3(负值舍去),所以乙打中的概率为.由题意可得,ξ的可能取值为0,1,2,且P(ξ=0)=×=,P(ξ=1)=×+×=,P(ξ=2)=×=,所以E(ξ)=0×+1×+2×=.故选D.
4.选B 由题知,甲生产的废品数的期望是0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,乙生产的废品数的期望是0×0.3+1×0.5+2×0.2+3×0=0.9,因为甲生产的废品数的期望大于乙生产的废品数的期望,所以乙生产的产品质量比甲生产的产品质量好一些.故选B.
5.选BCD 根据分布列可知m+n=1--=①,因为Y=12X+7,所以E(Y)=12E(X)+7=34,解得E(X)=,又由分布列可得1×+2×m+3×n+4×=,整理得2m+3n=②,①②联立解得m=,n=.
6.解析:E(X)=1×0.4+0×(1-0.4)=0.4,E(ξ)=2E(X)-3=-2.2.
答案:-2.2
7.解析:设P(X=1)=p,因为P(X=0)=,E(X)=1,故0×+1×p+2×=1,所以p+-2p=1,解得p=.
答案:
8.解析:节日期间这种鲜花需求量的均值为E(X)=200×0.20+300×0.35+400×0.30+500×0.15=340(束).设利润为Y,则Y=5X+1.6×(500-X)-500×2.5=3.4X-450,所以E(Y)=3.4E(X)-450=3.4×340-450=706(元).
答案:706
9.解:(1)由题意知,X的可能取值为1,2,3.
P(X=1)=;
P(X=2)=×=;
P(X=3)=×=.
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
(2)E(X)=1×+2×+3×=1.5,
即平均抽取1.5次可取到好电池.
10.解:(1)记事件“1号球不在1号盒中”为A,则P(A)===.
(2)证明:X的可能取值为0,1,2,4,且X+Y=4,
P(X=0)==,P(X=1)==,
P(X=2)==,P(X=4)==,
所以E(X)=0×+1×+2×+4×=1,E(Y)=E(4-X)=4-E(X)=3,
X=0时,Y=4,X=4时,Y=0,此时XY=0,则P(XY=0)=+=,
X=1时,Y=3,此时XY=3,P(XY=3)=,
X=2时,Y=2,此时XY=4,P(XY=4)=,
E(XY)=0×+3×+4×=2,
因为E(X)E(Y)=1×3=3,
所以E(X)E(Y)>E(XY).
11.选ABD 由随机变量ξ的分布列知,E(ξ)=-a+b,E(ξ2)=a+b=1-=,所以E(ξ)=-2a,因为“函数f(x)=3sinπ(x∈R)是偶函数”为事件A,ξ的所有取值为-1,0,1,满足事件A的ξ的可能取值为-1,1,所以P(A)=.故选ABD.
12.选BC 因为E(ξ)=p2+2-2p,00,故当P(ξ=2),故D错误.故选BC.
13.解析:设甲应得的奖金为X元,则X的可能取值为800,0.
甲赢得比赛有3种情况:①第3局胜,甲赢的概率为;②第3局输,第4局胜,甲赢的概率为×=;③第3,4局输,第5局胜,甲赢的概率为×=.∴甲赢的概率为++=,∴E(X)=800×+0×=700,∴乙应得的奖金为800-700=100(元).
答案:100
14.解:(1)法一:正面计算 记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A,
由索赔次数不少于2,知索赔次数为2,3,4,
所以P(A)===.
法二:反面计算 记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A,
由索赔次数不少于2,知可利用间接法计算,则P(A)=1-=.
(2)①由题知X的所有可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2.0,-2.6,
则P(X=0.4)==0.8,
P(X=-0.4)==0.1,
P(X=-1.2)==0.06,
P(X=-2.0)==0.03,
P(X=-2.6)==0.01,
故E(X)=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03-2.6×0.01=0.122(万元).
②如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比①中E(X)估计值大.
证明如下:
设调整保费后一份保单的毛利润(单位:万元)为Y,则
对于索赔次数为0的保单,Y=0.4×(1-4%)=0.384,
对于索赔次数为1的保单,Y=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32,
对于索赔次数为2的保单,Y=-0.32-0.8=-1.12,
对于索赔次数为3的保单,Y=-1.12-0.8=-1.92,
对于索赔次数为4的保单,Y=-1.92-0.6=-2.52,
故E(Y)=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2(万元).
所以E(X)3 / 3