第2课时 离散型随机变量的方差与标准差
基础过关练
题组一 离散型随机变量的方差与标准差
1.已知离散型随机变量X的概率分布如表所示:
X 0 2 4
P
则D(X)=( )
A.
2.(教材习题改编)投资甲、乙两种股票,每股收益(单位:元)分别如下表:
则下列说法正确的是( )
A.投资甲种股票的收益期望大
B.投资乙种股票的收益期望大
C.投资甲种股票的风险较高
D.投资乙种股票的风险较高
3.已知随机变量X的可能取值为0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,则X的标准差为( )
A.
4.(多选题)随机变量X的概率分布如下,若E(X)=1,则下列说法正确的有( )
X -1 1 2 3
P a b
A.a= B.b=
C.E(3X-1)=3 D.D(X)=
5.随机变量X的概率分布如表所示:
X -1 0 1
P a b c
其中a,b,c成等差数列,若随机变量X的期望E(X)=,则其方差D(X)= .
题组二 离散型随机变量的方差的性质
6.(多选题)若随机变量X服从两点分布,其中P(X=0)=,E(X),D(X)分别为随机变量X的均值与方差,则下列结论中正确的是( )
A.P(X=1)=E(X) B.E(3X+2)=4
C.D(6X+2)=2 D.D(X)=
7.(多选题)已知随机变量ξ的概率分布如下表所示,且满足E(ξ)=0,则下列选项正确的是( )
ξ -1 0 2
P a b
A.D(ξ)=1 B.D(|ξ|)=1
C.D(2ξ+1)=4 D.D(3|ξ|-2)=5
8.已知随机变量X满足E(2-2X)=4,D(2-2X)=4,则E(X)= ,D(X)= .
9.已知袋中装有20个完全相同的球,其中记上0号的有10个,记上n号的有n个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一球,用X表示所取球的标号.若η=aX+b,E(η)=1,D(η)=11,则a+b的值是 .
能力提升练
题组一 离散型随机变量的方差
1.设随机变量ξ的概率分布为P(ξ=k)=(k=1,2,5),a∈R,E(ξ),D(ξ)分别为随机变量ξ的数学期望与方差,则下列结论正确的是( )
A.P(0<ξ<3.5)= B.E(3ξ+2)=7
C.D(ξ)=2 D.D(3ξ+1)=6
2.(多选题)已知正四面体骰子的四个面分别标有数字1,2,3,4,正六面体骰子的六个面分别标有数字1,2,3,4,5,6,抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子,记向下的数字为X,抛掷一枚质地均匀的正六面体骰子,记向上的数字为Y,则( )
A.P(X=2)= B.P(Y<3)=
C.E(X)>E(Y) D.D(X)
3.(多选题)已知p1,p2∈(0,1),随机变量X,Y的概率分布分别如下:
X -1 0 1
P
Y -1 0 1
P
则下列说法中正确的是( )
A.若p1<且p2<,则E(X)>E(Y)
B.若p1E(Y)
C.若p2D(Y)
D.若p1<D(Y)
4.已知a,b,c,d,e为互不相等的正实数,随机变量X和Y的概率分布如表,则D(Y) D(X).(填“>”“<”或“=”)
X a b c d e
P
Y
P
题组二 离散型随机变量的均值与方差的综合应用
5.为了回馈顾客,某商场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子中一次性随机摸出2个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励金额.
(1)若袋子中所装的4个球中有2个所标的面值为50元,2个所标的面值为10元,求顾客所获的奖励金额的概率分布和数学期望;
(2)现有标有面值为10元,20元,40元,50元的小球(除所标面值外其他属性都相同)若干.
①若袋子中的4个球有且仅有两种面值,且两种面值的和为60元,求袋子中的4个球有多少种装法;
②若商场奖励总金额的预算是60 000元,为了使顾客得到的奖励尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励金额相对均衡,请从①的装法中选择一个最合适的,并说明理由.
答案与分层梯度式解析
第2课时 离散型随机变量的方差与标准差
基础过关练
1.A 2.C 3.C 4.AD 6.AB 7.ACD
1.A 由已知得,E(X)=0×=2,所以D(X)=(0-2)2×.
2.C 设甲种股票的收益为X元,乙种股票的收益为Y元.由题表中的数据,得期望E(X)=-1×0.1+0×0.3+2×0.6=1.1,
方差D(X)=(-1-1.1)2×0.1+(0-1.1)2×0.3+(2-1.1)2×0.6=1.29;
期望E(Y)=0×0.2+1×0.5+2×0.3=1.1,
方差D(Y)=(0-1.1)2×0.2+(1-1.1)2×0.5+(2-1.1)2×0.3=0.49,
所以E(X)=E(Y),D(X)>D(Y),
则投资甲种股票的收益期望与投资乙种股票的收益期望相等,投资甲种股票比投资乙种股票的风险高.故选C.
3.C 设P(X=1)=p,则P(X=2)=-p,
由E(X)=p+2=1,解得p=,
由D(X)=pi,得D(X)=,
则X的标准差为.
故选C.
4.AD 由题意得=1,解得a=,
所以E(3X-1)=3E(X)-1=2,D(X)=E(X2)-[E(X)]2=1×.
故选AD.
5.答案
解析 因为a,b,c成等差数列,所以a+c=2b,
又a+b+c=1,所以b=,
则E(X)=-1×a+0×b+1×c=c-a=,且a+c=,
所以a=,
所以D(X)=.
6.AB 由题意得P(X=1)=,则E(X)=0×.
A中,P(X=1)=E(X),故A正确;
B中,E(3X+2)=3E(X)+2=3×+2=4,故B正确;
C中,D(6X+2)=36D(X)=36×=8,故C错误;
D中,D(X)=,故D错误.
故选AB.
7.ACD 依题意得
则D(ξ)=×(-1-0)2+×(0-0)2+×(2-0)2=1,则D(2ξ+1)=22D(ξ)=4,|ξ|的概率分布为
|ξ| 1 0 2
P
则E(|ξ|)=1×,
所以D(3|ξ|-2)=32D(|ξ|)=5.
故选ACD.
8.答案 -1;1
解析 根据方差和期望的性质可得E(2-2X)=-2E(X)+2=4,D(2-2X)=4D(X)=4,所以E(X)=-1,D(X)=1.
9.答案 0或2
解析 由题意可知,X的所有可能取值为0,1,2,3,4,
且P(X=0)=,
则E(X)=,
所以D(X)=.
由η=aX+b,得D(η)=a2D(X)=11,即a2×=11,即a=±2.
又E(η)=aE(X)+b=1,
所以当a=2时,1=2×+b,得b=-2,此时a+b=0;
当a=-2时,1=-2×+b,得b=4,此时a+b=2.
能力提升练
1.C 2.BD 3.AC
1.C 因为随机变量ξ的概率分布为P(ξ=k)=(k=1,2,5),
所以P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=5)==1,解得a=1.
对于A,P(0<ξ<3.5)=P(ξ=1)+P(ξ=2)=,故A不正确;
对于B,因为E(ξ)=1×=2,
所以E(3ξ+2)=3E(ξ)+2=3×2+2=8,故B不正确;
对于C,D(ξ)=×(5-2)2=2,故C正确;
对于D,因为D(ξ)=2,所以D(3ξ+1)=9D(ξ)=18,故D不正确.故选C.
2.BD 对于A,易知P(X=2)=,故A错误;
对于B,当Y<3时,Y=1或Y=2,则P(Y<3)=P(Y=1)+P(Y=2)=,故B正确;
对于C,D,易得X的概率分布为
X 1 2 3 4
P
则E(X)=1×,且D(X)=E(X2)-[E(X)]2=12×,
Y的概率分布为
Y 1 2 3 4 5 6
P
则E(Y)=1×,且D(Y)=E(Y2)-[E(Y)]2=12×,
所以E(X)故选BD.
3.AC 依题意得E(X)=-1×,
则E(X)-E(Y)==1-(p1+p2),
又E(X2)=(-1)2×,
E(Y2)=(-1)2×,
所以D(X)=E(X2)-[E(X)]2=,
所以D(X)-D(Y)==(p2-p1)(p2+p1-1).
对于A,因为p1<且p2<,所以p1+p2<1,所以E(X)-E(Y)>0,所以E(X)>E(Y),故A正确;
对于B,无法确定p1+p2与1的大小关系,即无法判断1-(p1+p2)的正负,故无法确定E(X)与E(Y)的大小关系,故B错误;
对于C,因为p2所以(p2-p1)(p2+p1-1)>0,即D(X)-D(Y)>0,
即D(X)>D(Y),故C正确;
对于D,因为p1<0,但是无法确定p1+p2与1的大小关系,即无法判断p1+p2-1的正负,故无法确定D(X)与D(Y)的大小关系,故D错误.
故选AC.
4.答案 <
解析 由题得E(X)=(a+b+c+d+e)=E(X),
所以D(X)={[a-E(X)]2+[b-E(X)]2+…+[e-E(X)]2}=(a2+b2+…+e2)-[E(X)]2,
D(Y)=+…+=-[E(X)]2,
又因为a,b,c,d,e为互不相等的正实数,
所以D(Y)-D(X)=+…+-(a2+b2+…+e2)=-+…+<0,即D(Y)5.解析 (1)设顾客所获的奖励金额为X元,则X的可能取值为20,60,100,
P(X=20)=,
P(X=60)=,
P(X=100)=,
所以X的概率分布为
X 20 60 100
P
故E(X)=20×=60.
(2)①因为两种面值的和为60元,所以可以装10元与50元面值的小球,也可以装20元与40元面值的小球,
每类都有3种装法:其中一种面值的小球装1,2,3个,另一种面值的小球对应装3,2,1个,
由分类计数原理知,袋中小球的不同装法共有3+3=6(种).
②选择(20,20,40,40)的方案,理由如下:
根据商场的预算,每位顾客的平均奖励金额为60 000÷1 000=60(元),故先寻找数学期望为60元的可能方案.
当小球标有的面值分别为10元和50元时,若选择(10,10,10,50)的方案,则60元是面值之和的最大值,数学期望不可能为60元;
当选择(50,50,50,10)的方案时,60元是面值之和的最小值,数学期望也不可能是60元.
因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.
当小球标有的面值分别为20元和40元时,同理可排除(20,20,20,40),(40,40,40,20)的方案,
因此可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2.
下面对这两个方案进行分析:
对于方案1,即方案(10,10,50,50),由(1)知E(X)=60,
D(X)=(20-60)2×.
对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励金额为Y元,则Y的可能取值为40,60,80,
P(Y=40)=,
P(Y=80)=,
所以Y的概率分布为
Y 40 60 80
P
所以E(Y)=40×=60,
D(Y)=(40-60)2×.
因为两种方案的奖励金额的数学期望都符合要求,但方案2的奖励金额的方差要比方案1的小,
所以应选择方案2,即袋子中装有标有面值为20元和40元的球各2个.
18.2.2 离散型随机变量的数字特征
第1课时 离散型随机变量的均值
基础过关练
题组一 离散型随机变量的均值
1.设随机变量X的分布列为P(X=i)=a,i=1,2,3,则X的数学期望E(X)=( )
A. B.
C. D.
2.某医院对10名入院人员进行一病毒感染筛查,若采用单管检验需检验10次;若采用“十合一”混管检验,当检验结果为阴性(都没有被感染)时,只需检验1次,当检验结果为阳性(至少有1人被感染)时,就要再全部进行单管检验.设10名人员都未被感染的概率为p,若对这10名人员采用“十合一”混管检验,总检验次数为ξ,则“E(ξ)<10”的充要条件是( )
A.0.01C.0.13.(多选题)袋中有3个大小、形状完全相同的小球,其中1个黑球2个白球.从袋中不放回地取球2次,每次取1个球,记取得黑球的次数为X;从袋中有放回地取球2次,每次取1个球,记取得黑球的次数为Y,则( )
A.随机变量X的可能取值为0或1
B.随机变量Y的可能取值为0或1
C.随机事件{X=1}的概率与随机事件{Y=1}的概率相等
D.随机变量X的数学期望与随机变量Y的数学期望相等
4.(多选题)已知X 0 1 2
P p-p2 1-p p2
A.P(X=2)的值最大
B.P(X=0)C.E(X)随着p的增大而减小
D.E(X)随着p的增大而增大
5.某校在一次庆祝活动中,设计了一个“套圈游戏”,规则如下:每人3个圈,向M,N两个目标进行投掷,先向目标M掷一次,套中得1分,没有套中不得分,再向目标N连续掷两次,每套中一次得2分,没套中不得分,然后根据累计得分发放奖品.已知小明每投掷一次,套中目标M的概率为,套中目标N的概率为,假设小明每次投掷的结果相互独立,累计得分记为X分.
(1)求小明恰好套中2次的概率;
(2)求X的概率分布及数学期望.
题组二 离散型随机变量的均值的性质
6.(多选题)已知随机变量X的概率分布如下,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
7.设ξ的概率分布如下,且η=2ξ+a,则E(η)= .
ξ 1 2 3 4
P a
题组三 均值的实际应用
8.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( )
A.700元 B.600元 C.200元 D.100元
9.(多选题)已知8只小白鼠中有1只患有某种疾病,需要通过血液化验来确定患这种病的小白鼠,血液化验结果呈阳性的为患病小白鼠.下面是两种化验方案:方案甲,将8只小白鼠的血液逐个化验,直到查出患病小白鼠为止;方案乙,先取4只小白鼠,将它们的血液混在一起化验,若呈阳性,则对这4只小白鼠的血液再逐个化验,直到查出患病小白鼠,若不呈阳性,则对剩下的4只小白鼠的血液再逐个化验,直到查出患病小白鼠.则下列结论正确的是( )
A.若用方案甲,则化验次数为2的概率为
B.若用方案乙,则化验次数为3的概率为
C.若用方案甲,则平均化验次数为4
D.若平均化验次数少的方案更好,则方案乙比方案甲好
10.某超市准备在今年店庆日举行抽奖活动,凡购物金额超过m元的顾客均可参加一次抽奖.抽奖规则如下:从装有大小、形状完全相同的4个黑球和2个红球的盒子中随机取2个小球,若2个小球都为红色,则获100元奖金;若2个小球为1红1黑,则获30元奖金;若2个小球都为黑色,则获10元奖金.
(1)记参加抽奖的一名顾客获得的奖金为X元,求X的概率分布和数学期望;
(2)该超市去年店庆日共有3 000名顾客购物,统计购物金额得到如下的频率直方图.若今年抽奖活动总奖金预设为12 000元,依据去年店庆日的数据,给出合理的m的值,并说明理由.
能力提升练
题组 离散型随机变量的均值及其应用
1.甲、乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得1分,负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止,设甲在每局中获胜的概率为,乙在每局中获胜的概率为,且各局胜负相互独立,则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为( )
A.
2.(多选题)甲盒中装有3个蓝球、2个黄球,乙盒中装有2个蓝球、3个黄球,同时从甲、乙两盒中取出i(i=1,2)个球进行交换,记交换后甲、乙两个盒子中蓝球个数的数学期望分别为Ei(X),Ei(Y),则下列结论正确的是( )
A.E1(X)+E1(Y)=5 B.E1(X)>E1(Y)
C.E2(X)3.某超市举行五一优惠活动,购物满100元即可参加一次游戏抽奖活动,游戏抽奖规则如下:顾客将一个半径适当的小球放入如图所示的容器正上方的入口处,小球将自由落下,在此过程中,小球将3次遇到黑色障碍物,最后落入A袋或B袋,落入A袋可获得奖金4元,落入B袋可获得奖金8元,且小球每次遇到黑色障碍物时,向左或向右下落的概率都为,则小球落在A袋中的概率为 ;已知活动当天小刚在该超市购物消费了108元,按照活动规则要求,他得到的奖金的期望为 元.
4.设随机变量ξ的取值为弧度制角.在某正三棱柱的九条棱中任取两条,当两条棱平行时,ξ=0,当两条棱相交时,ξ为这两条棱的夹角,当两条棱异面时,ξ为这两条棱所在的异面直线所成的角,则E(ξ)= .
5.设a,b是从集合{1,2,3,4}中随机选取的数,直线l:y=ax+b,圆O:x2+y2=1,则直线l与圆O有公共点的概率是 ;直线l与圆O的公共点个数的数学期望是 .
6.某学校体育课进行投篮练习,投篮地点分为A区和B区,每名同学投每一个球可以选择在A区内投篮,也可以选择在B区内投篮,在A区内每投进一球得2分,没有投进得0分;在B区内每投进一球得3分,没有投进得0分.已知学生甲在A,B两区内的投篮练习情况统计如下表:
投篮地点 A区 B区
投篮次数 30 20
得分 40 30
用频率估计概率,假设学生甲每次投篮结果相互独立.
(1)试分别估计甲在A区,B区内投篮命中的概率;
(2)若甲在A区内投3个球,在B区内投2个球,求甲在A区内投篮的得分高于在B区内投篮得分的概率;
(3)若甲在A区,B区内一共投篮5次,投篮得分的期望不低于7分,请直接写出甲选择在A区内投篮的最多次数.(结论不要求证明)
7.某市开展了“学党史,知党情”大型党史知识竞赛活动.竞赛活动后,在参赛的人员中,随机抽取了100名参赛人员,对他们的成绩(满分150分)进行统计分析,将所抽取的100名参赛人员的成绩(单位:分)数据绘制成频率直方图,如图所示.直方图中m,n的关系为m-n=,根据频率直方图中的信息解答下列问题.
(1)从成绩在[90,110)内的参赛人员中任取3人,求其中至少有2人的成绩在[90,100)内的概率;
(2)用分层抽样的方法,先从成绩分别在[110,120),[120,130),[130,140)内的参赛人员中抽取9人,再从这9人中任取4人,设抽取的4人中成绩在[110,120)内的人数为ξ,求ξ的概率分布和数学期望;
(3)若参赛人员共有1 000人,现有B公司准备拿出一定资金,奖励成绩在120分及以上的参赛人员,并拟定了两种奖励方案.方案一:人均奖励333元;方案二:把成绩在[120,130)内的记为等级三,成绩在[130,140)内的记为等级二,成绩在[140,150]内的记为等级一,并按等级每人分别奖励200元,400元,600元.若你是竞赛活动的负责人,你将选择哪一种奖励方案 并说明理由.
8.某大学为响应国家号召,大力推行全民健身运动,向全校学生开放了A,B两个健身中心,要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼.
(1)该校学生甲、乙、丙三人某周均从A,B两个健身中心中任意选择一个进行体育锻炼,若甲、乙、丙该周选择A健身中心的概率分别为,求这三人在这一周内恰好有一人选择A健身中心的概率;
(2)该校学生丁每周六、日均去健身中心进行体育锻炼,且这两天中每天只选择两个健身中心中的一个,其中周六选择A健身中心的概率为.若丁周六选择A健身中心,则周日仍选择A健身中心的概率为;若周六选择B健身中心,则周日选择A健身中心的概率为.求丁周日选择B健身中心的概率;
(3)现用健身指数k(k∈[0,10])来衡量各学生在一个月内的健身运动后的健身效果,并规定k值低于1的学生为健身效果不佳的学生,经统计发现从全校学生中随机抽取一人,其k值低于1的概率为0.12.现从全校学生中随机抽取一人,如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生,则继续抽取下一个,直到抽取到一位健身效果不佳的学生为止,但抽取的总次数不超过n.若抽取次数的期望值不超过3,求n的最大值.
参考数据:0.8829≈0.025,0.8830≈0.022,0.8831≈0.019,ln 0.88≈-0.128.
答案与分层梯度式解析
8.2.2 离散型随机变量的数字特征
第1课时 离散型随机变量的均值
基础过关练
1.A 2.C 3.AD 4.BD 6.ABC 8.D 9.AD
1.A 由题意可得P(X=1)=,所以=1,解得a=,
所以E(X)=1×.故选A.
2.C 由题意可得ξ的可能取值为1,11,
且P(ξ=1)=p,P(ξ=11)=1-p.
所以E(ξ)=1×p+11×(1-p)=11-10p,则E(ξ)<10 11-10p<10 p>0.1,
又p≤1,所以0.13.AD 对于A,B,根据题意可知,随机变量X的可能取值为0或1,
随机变量Y的可能取值为0或1或2,故A正确,B错误;
对于C,由题意可知P(X=1)=,P(X=1)≠P(Y=1),故C错误;
对于D,P(X=0)=,
故E(X)=0×,E(X)=E(Y),故D正确.故选AD.
4.BD 取p=,则P(X=2)=,A错误;
因为E(X)=1×(1-p)+2p2=2,
又因为5.解析 (1)记“小明恰好套中2次”为事件A,则事件A包含三种情况:第一次和第二次套中;第一次和第三次套中;第二次和第三次套中,
则P(A)=,
故小明恰好套中2次的概率为.
(2)由题意可得X的可能取值为0,1,2,3,4,5,
P(X=0)=,
P(X=2)=,
P(X=4)=,
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3 4 5
P
所以E(X)=0×.
6.ABC 由概率分布的性质得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.
7.答案 6
解析 由概率分布的性质得+a=1,得a=,从而E(ξ)=1×,
而η=2ξ+a=2ξ+,
所以E(η)=E=6.
8.D 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×=700,∴乙应得的奖金为800-700=100(元).故选D.
9.AD 若用方案甲,设化验次数为X,则X的可能取值为1,2,3,4,5,6,7,P(X=2)=,A正确;
若用方案乙,设化验次数为Y,当Y=3时,有两种情况:
①先取的4只均为阴性,其概率P1=,
②先取的4只中有阳性,其概率P2=,
所以化验次数为3的概率为P(Y=3)=,B错误;
若用方案甲,则P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=P(X=4)=P(X=5)=P(X=6)=,
所以E(X)=(1+2+3+4+5+6)×,C错误;
由B可知,P(Y=3)=,又Y的可能取值为2,3,4,
且P(Y=2)=,
所以E(Y)=2×,
因为E(X)>E(Y),所以若平均化验次数少的方案更好,则方案乙比方案甲好,D正确.
故选AD.
10.解析 (1)由题意得X的取值可能为10,30,100,
且P(X=10)=.
所以X的概率分布为
X 10 30 100
P
所以E(X)=10×.
(2)由(1)知,一名顾客参与抽奖所获的奖金均值为元,若今年抽奖活动总奖金预设为12 000元,则参与抽奖的人数可以为=450,
所以一名顾客可以参与抽奖的概率为=0.15.
又因为100×(0.002+0.004+0.002 5)=0.85,所以m=300.
能力提升练
1.B 由题意得随机变量X的可能取值是2,4,6,设每两局比赛为一轮,则一轮结束时比赛停止的概率为,
若一轮结束时比赛还要继续,则甲、乙在该轮中必是各得1分,此时该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响,
所以P(X=2)=,
所以E(X)=2×.故选B.
2.ABC 由题意知X表示交换后甲盒子中的蓝球个数,Y表示交换后乙盒子中的蓝球个数,
当i=1时,根据题意可知,X的可能取值为2,3,4,Y的可能取值为1,2,3,且P(X=2)=P(Y=3)=,
则E1(X)=2×=5,故A,B正确;
当i=2时,根据题意可知,X的可能取值为1,2,3,4,5,Y的可能取值为0,1,2,3,4,且P(X=1)=P(Y=4)=,
P(X=3)=P(Y=2)=,
因此E2(X)=1×,
E2(Y)=4×,故C正确,D错误.
故选ABC.
3.答案 ;5
解析 记“小球落入A袋”为事件M,“小球落入B袋”为事件N,
若小球落入B袋,则小球一直向左落下或一直向右落下,
故P(N)=,则P(M)=1-P(N)=1-.
由题意可得小刚可以参加一次抽奖活动,设小刚获得的奖金为X元,则X的可能取值为4,8,
P(X=8)=P(N)=,故小刚得到的活动奖金的期望E(X)=8×=5.
4.答案
解析 任取一正三棱柱ABC-A1B1C1,如图所示,
从正三棱柱ABC-A1B1C1的九条棱中任取两条,有=36种取法.
若所取的两条棱平行,如AA1和BB1,AB和A1B1,则有6种取法,此时ξ=0;
若所取的两条棱相交且同在上底面(或下底面)内,如AB和BC,则有2×=6种取法,此时ξ=;
若所取的两条棱相交且同在侧面内,如AB和AA1,则有3×4=12种取法,此时ξ=;
若所取的两条棱所在直线为异面直线,且一条在底面上,另一条为相对的侧棱,如AB和CC1,则有6种取法,此时ξ=;
若所取的两条棱所在直线为异面直线且一条在上底面内,另一条在下底面内,如AB和B1C1,则有6种取法,此时ξ=.
所以P(ξ=0)=,
所以E(ξ)=0×.
5.答案
解析 圆O:x2+y2=1的圆心为O(0,0),半径r=1,
圆心O(0,0)到直线l的距离d=.
若直线l与圆O有公共点,则d≤r=1,整理可得a2+1≥b2.
又因为a,b∈{1,2,3,4},所以a≥b,
则满足条件的(a,b)可能为(1,1),(2,1),(3,1),(4,1),(2,2),(3,2),(4,2),(3,3),(4,3),(4,4),共10个.
又(a,b)的所有可能结果的个数为4×4=16,
所以直线l与圆O有公共点的概率为.
设直线l与圆O的公共点个数为X,则X的可能取值为0,2,
P(X=2)=.
所以E(X)=0×P(X=0)+2×P(X=2)=0×.
6.解析 (1)由题表可知,甲在A区内投篮30次,投进20次,所以可估计甲在A区内投篮命中的概率为.
甲在B区内投篮20次,投进10次,所以可估计甲在B区内投篮命中的概率为.
(2)由(1)知甲在A区内进球的概率为,在B区内进球的概率为.
由题意得甲在A区内投3个球的得分可能为0分,2分,4分,6分,在B区内投2个球的得分可能是0分,3分,6分.
则甲在A区内投篮的得分高于在B区内投篮得分的情况如下:
①A区得2分,B区得0分,其概率为;
②A区得4分,B区得0分,其概率为;
③A区得4分,B区得3分,其概率为;
④A区得6分,B区得0分,其概率为;
⑤A区得6分,B区得3分,其概率为,
则甲在A区内投篮的得分高于在B区内投篮得分的概率为.
(3)甲在A区内投篮一次的得分的期望是2×(分),
甲在B区内投篮一次的得分的期望是3×(分),
设甲在A区内投篮x次,0≤x≤5,则甲在B区内投篮(5-x)次,
则甲总得分的期望为分,令(5-x)≥7,解得0≤x≤3,
则甲选择在A区内投篮的次数最多是3.
7.解析 (1)因为(0.005+m+0.032+0.024+n+0.006)×10=1,所以m+n=0.033,又m-n=,
所以m=0.017,n=0.016,
所以成绩在[90,100)内的有0.005×10×100=5(人),成绩在[100,110)内的有0.017×10×100=17(人),
所以至少有2人的成绩在[90,100)内的概率P=.
(2)由题意及(1)知,成绩在[110,120),[120,130),[130,140)内的分别有32人,24人,16人,
因此,抽取的9人中成绩在[110,120)内的有9×=4(人),成绩在[120,130)内的有9×=3(人),成绩在[130,140)内的有9×=2(人),
所以ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,
所以P(ξ=0)=,
P(ξ=2)=,
P(ξ=4)=.
所以ξ的概率分布为
ξ 0 1 2 3 4
P
故E(ξ)=0×.
(3)由题意及(2)知,在所抽取的这100人的成绩中,成绩在[120,130),[130,140),[140,150]内的人数分别为24,16,6,
所以方案一所需费用为(24+16+6)×10×333=153 180(元);
方案二所需费用为(24×200+16×400+6×600)×10=148 000(元).
因为153 180>148 000,所以选择方案一,既能使获奖人员得到的奖励资金总额较多,又淡化了等级意识,可以更好地发挥激励作用(也可以选择方案二,既能相对的节约资金,又能激励等级竞争意识).
8.解析 (1)由题意得,这三人在这一周内恰好有一人选择A健身中心的概率P=.
(2)记事件C:丁周六选择A健身中心,事件D:丁周日选择B健身中心,
则P(C)=P(,
由全概率公式得P(D)=P(C)P(D|C)+P(,
故丁周日选择B健身中心的概率为.
(3)设从全校学生中随机抽取1人,抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为p,则p=0.12,
设抽取次数为X,则X的概率分布为
X 1 2 3 … n-1 n
P p (1-p)p (1-p)2p … (1-p)n-2p (1-p)n-1
故E(X)=p+(1-p)p×2+(1-p)2p×3+…+(1-p)n-2p×(n-1)+(1-p)n-1×n,
则(1-p)E(X)=(1-p)p+(1-p)2p×2+(1-p)3p×3+…+(1-p)n-1p×(n-1)+(1-p)n×n,
两式相减得pE(X)=p+(1-p)p+(1-p)2p+…+(1-p)n-2p+(1-p)n-1p-(1-p)n×n,
所以E(X)=1+(1-p)+(1-p)2+…+(1-p)n-2+(1-p)n-1-,
令f(x)=(1+x)0.88x,则f '(x)=0.88x+(1+x)0.88x×ln 0.88=0.88x[1+(1+x)ln 0.88],
令f '(x)<0,得1+(1+x)ln 0.88<0,即x>-1≈6.8,
所以f(x)在(7,+∞)上单调递减,
故E(X)=在n>7,n∈N*时单调递增,
当n=29时,E(X)=≈2.08;
当n=30时,E(X)==2.65;
当n=31时,E(X)=≈3.27.
若抽取次数的期望值不超过3,则n的最大值为30.
1(共23张PPT)
知识点 1 离散型随机变量的均值
8.2.2 离散型随机变量的数字特征
必备知识 清单破
1.一般地,随机变量X的概率分布如表所示:
X x1 x2 … xn
概率p p1 p2 … pn
其中pi≥0,i=1,2,…,n,p1+p2+…+pn=1,我们将p1x1+p2x2+…+pnxn称为随机变量X的均值或数 学期望,记为E(X)或μ.即E(X)=p1x1+p2x2+…+pnxn.
2.离散型随机变量的均值或数学期望反映了离散型随机变量取值的平均水平.
3.离散型随机变量的均值的性质
一般地,对于随机变量X和常数a,b,有E(aX+b)=aE(X)+b.特别地,E(X+b)=E(X)+b,E(ax)=aE(X).
1.一般地,若离散型随机变量X的概率分布如表所示:
知识点 2 离散型随机变量的方差与标准差
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
其中,pi≥0,i=1,2,…,n,p1+p2+…+pn=1,则(xi-μ)2(μ=E(X))描述了xi(i=1,2,…,n)相对于均值μ的 偏离程度,故(x1-μ)2p1+(x2-μ)2p2+…+(xn-μ)2pn(其中pi≥0,i=1,2,…,n,p1+p2+…+pn=1)刻画了随机变 量X与其均值μ的平均偏离程度,我们将其称为离散型随机变量X的方差,记为D(X)或σ2,即
D(X)=σ2=(x1-μ)2p1+(x2-μ)2p2+…+(xn-μ)2pn.
2.随机变量X的方差也称为X的概率分布的方差,X的方差D(X)的算术平方根称为X的标准差, 即σ= .
3.随机变量的方差和标准差都反映了随机变量的取值偏离于均值的平均程度.方差或标准差 越小,随机变量偏离于均值的平均程度就越小.
4.离散型随机变量的方差的性质
(1)一般地,对于随机变量X和常数a,b,有D(aX+b)=a2D(X).特别地,D(X+b)=D(X),D(aX)=a2D(X).
(2)D(X)=E(X2)-[E(X)]2.
知识辨析
1.随机变量X的均值E(X)(方差D(X))是否随样本的改变而改变
2.离散型随机变量的方差越大,其取值越稳定是吗
3.离散型随机变量X乘上一个常数a(a≠0),其均值会发生改变吗 方差呢
一语破的
1.随机变量X的均值E(X)(方差D(X))是一个确定的数,不随样本的改变而改变,而样本的均值 (方差)具有随机性,会随样本的改变而改变.
2.不是.离散型随机变量的方差越小,其取值越稳定.
3.均会发生改变.离散型随机变量X乘上一个常数a,其均值变为原来的a倍,方差变为原来的a2 倍,即E(aX)=aE(X),D(aX)=a2D(X).
1.求离散型随机变量的均值、方差(标准差)的一般步骤
(1)理解X的意义,并写出X的全部取值;
(2)求出X取每个值时的概率;
(3)写出X的概率分布;
(4)利用定义求E(X),D(X)( ).
在随机变量X2的均值比较好计算的情况下,运用D(X)=E(X2)-[E(X)]2求方差是一种比较好的方 法.
2.已知随机变量X的均值、方差或其均值、方差易求时,Y=aX+b(a≠0)的均值、方差可利用 E(aX+b)=aE(X)+b和D(aX+b)=a2·D(X)求解.
关键能力 定点破
定点 1 求离散型随机变量的均值和方差
典例1 (多选)随机变量X的概率分布如表所示:
X 1 2 3
P a 2b a
其中a>0,b>0,则 ( )
A.a+b= B.E(X)=2
C.D(X)=1 D.D(bX)的最大值为
ABD
解析 由题可知a+2b+a=1,所以a+b= ,故A正确;
E(X)=a+4b+3a=4(a+b)=2,故B正确;
D(X)=(1-2)2a+(2-2)2×2b+(3-2)2a=2a,故C错误;
D(bX)=b2D(X)=2ab2,因为a+b= ,所以a= -b,所以D(bX)=-2b3+b2,
令f(b)=-2b3+b2(b>0),
则f '(b)=-6b2+2b=-2b·(3b-1).
因为a>0,b>0,a+b= ,所以0当00,函数f(b)在 上单调递增;当 递减,
所以f(b)max=f = ,故D正确.故选ABD.
典例2 随着小汽车的普及,驾驶证已经成为现代人“必考”的证件之一.若某人报名参加了驾 驶证考试,要顺利拿到驾驶证,他需要通过四个科目的考试,其中科目二为场地考试.在一次报 名中,每个学员有5次参加科目二考试的机会(这5次考试机会中任何一次通过考试,就算顺利 通过,即进入下一科目考试;若5次都没有通过,则需重新报名),其中前2次参加科目二考试免 费,若前2次都没有通过,则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费.某驾校对以往
2 000名学员第1次参加科目二考试的情况进行了统计,得到表格:
考试情况 男学员/人 女学员/人
第1次考科目二 1 200 800
第1次通过科目二 960 600
第1次未通过科目二 240 200
以上表得到的男、女学员第1次通过科目二考试的频率分别作为此驾校男、女学员每次通 过科目二考试的概率,且每人每次是否通过科目二考试相互独立.现有一对年轻的夫妻同时 在此驾校报名参加了驾驶证考试.
(1)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率;
(2)若这对夫妻前2次参加科目二考试均没有通过,记这对夫妻在本次报名中参加科目二考试 产生的补考费用之和为X元,求X的概率分布与数学期望.
解析 记Ai表示事件“男学员在第i次考科目二时通过”,Bi表示事件“女学员在第i次考科 目二时通过”,
则P(Ai)= ,P(Bi)= (其中i=1,2,3,4,5).
(1)记M表示事件“这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费”,
则P(M)=P(A1B1+A1 B2+ A2B1+ A2 B2)=P(A1B1)+P(A1 B2)+P( A2B1)+P( A2 B2)= × +
× × + × × + × × × = .
(2)X的可能取值为400,600,800,1 000,1 200.
P(X=400)=P(A3B3)= × = ,
P(X=600)=P(A3 B4+ A4B3)= × × + × × = ,
P(X=800)=P( A4 B4+A3 + B3)= × × × + × × + × × = ,
P(X=1 000)=P( A4 + B4)= × × × + × × × = ,
P(X=1 200)=P( )= × × × = .
所以X的概率分布如表所示:
X 400 600 800 1 000 1 200
P
故E(X)=400× +600× +800× +1 000× +1 200× =510.5.
在实际生活中存在许多决策问题,我们决策或优化的目的通常是使损失最小或利益最大.
离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平,而方差反映了离散型随机变 量的取值相对于均值的离散程度(或波动大小).因此,在利用均值和方差的意义去分析、解决 实际问题时,两者都要考虑.
(1)若我们希望实际的平均水平较理想,则先求随机变量X1,X2的均值,当E(X1)=E(X2)时,不应认 为它们一样好,还需要用D(X1),D(X2)来比较这两个随机变量的偏离程度,偏离程度越小越好.
(2)若我们希望随机变量的取值比较稳定,则应先考虑方差,再考虑均值是否相等或接近.
定点 2 数学期望和方差在实际生活中的应用
典例1 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售. 如果当天卖不完,那么剩下的玫瑰花当作垃圾处理.
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花,求当天利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:枝,n∈N)的函 数解析式;
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量n(单位:枝),整理得表:
日需求量 n 14 15 16 17 18 19 20
频数 10 20 16 16 15 13 10
以频率作为概率.
①若花店一天购进16枝玫瑰花,当天的利润为X元,求X的概率分布、数学期望及方差;
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花,你认为应购进16枝还是17枝 请说明理由.
解析 (1)当日需求量n≥16时,y=(10-5)×16=80.
当日需求量n<16时,y=(10-5)n-(16-n)×5=10n-80.
所以y关于n的函数解析式为
y= (n∈N).
(2)①X的所有可能取值为60,70,80,
P(X=60)=0.1,P(X=70)=0.2,P(X=80)=0.7.
所以X的概率分布为
X 60 70 80
P 0.1 0.2 0.7
则X的数学期望E(X)=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76,
X的方差D(X)=(60-76)2×0.1+(70-76)2×0.2+(80-76)2×0.7=44.
②若花店一天购进17枝玫瑰花,设当天的利润为Y元,则Y的概率分布为
Y 55 65 75 85
P 0.1 0.2 0.16 0.54
所以Y的数学期望E(Y)=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4,
Y的方差D(Y)=(55-76.4)2×0.1+(65-76.4)2×0.2+(75-76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54=112.04.
结合①可知E(X)从利润角度看,购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝玫瑰花时的平均利润,所以花店 一天应购进17枝玫瑰花,但D(Y)>D(X),且E(X)与E(Y)之间相差不大,即购进17枝玫瑰花时利润 波动相对较大,且购进17枝玫瑰花没有比购进16枝玫瑰花的利润大很多,故应购进16枝玫瑰 花.
典例2 已知某工厂的一种机器有两个相同的易损配件,当两个配件都正常工作时(两个配件 损坏与否互不影响),该机器才能正常运转.该工厂计划购买一批易损配件,现有甲、乙两个品 牌的配件供选择,甲、乙两个品牌的配件可以搭配使用,甲品牌配件的价格为400元/个,乙品 牌配件的价格为800元/个.现需决策如何购买易损配件,为此收集并整理了以往购买的甲、乙 两个品牌配件各100个的使用时间的数据,得到如下条形图.分别以甲、乙两种配件使用时间 的频率作为概率.
(1)若从2个甲品牌配件和2个乙品牌配件中任选2个装入机器,求该机器正常运转时间不少于
2个月的概率;
(2)现有两种购置方案:方案一,购置2个甲品牌配件;方案二,购置2个乙品牌配件.试从性价比 (机器正常运转的时间的数学期望与成本的比值)的角度考虑,哪一种方案更实惠.
解析 (1)若装入2个甲品牌的配件,则该机器正常运转时间不少于2个月的概率为 × × =
;
若装入2个乙品牌的配件,则该机器正常运转时间不少于2个月的概率为 = ;
若装入1个甲品牌和1个乙品牌的配件,则该机器正常运转时间不少于2个月的概率为 ×
= .
故该机器正常运转时间不少于2个月的概率为 + + = .
(2)若采用方案一,设机器可正常运转的时间为X月,则X的可能取值为1,2,P(X=1)=1- × = ,
P(X=2)= × = ,
所以X的概率分布为
X 1 2
P
故E(X)=1× +2× = ,它与购置配件的成本的比值为 = = .
若采用方案二,设机器可正常运转的时间为Y月,则Y的可能取值为3,4,
P(Y=3)=1- × = ,P(Y=4)= × = ,
所以Y的概率分布为
Y 3 4
P
故E(Y)=3× +4× = ,
它与购置配件的成本的比值为 = = .因为 < ,
所以从性价比的角度考虑,方案二更实惠.