2019版高考數(shù)學一輪復習 第九章 計數(shù)原理與概率 第62講 離散型隨機變量的均值與方差學案

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1、 第62講　離散型隨機變量的均值與方差、正態(tài)分布 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.理解取有限個值的離散型隨機變量均值、方差的概念．能計算簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些實際問題． 2．利用實際問題的直方圖，了解正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義. 2017·全國卷Ⅰ，19 2016·山東卷，19 2016·福建卷，16 1.正態(tài)分布主要通過正態(tài)分布的密度函數(shù)圖象及性質進行考查． 2．離散型隨機變量的分布列、均值、方差一般與排列、組合及古典概型、幾何概型、二項分布及幾何分布相結合，以實際問題為背景進行考查. 分值：5～12分 1．離散型隨機變

2、量的均值與方差 一般地，若離散型隨機變量X的分布列為 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn (1)均值 稱E(X)＝__x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn__為隨機變量X的均值或__數(shù)學期望__，它反映了離散型隨機變量取值的__平均水平__． (2)方差 稱D(X)＝__(xi－E(X))2pi__為隨機變量X的方差，它刻畫了隨機變量X與其均值E(X)的__平均偏離程度__，其算術平方根為隨機變量X的__標準差__． 2．均值與方差的性質 (1)E(aX＋b)＝__aE(X)＋b__(a，b為常數(shù))． (

3、2)D(aX＋b)＝__a2D(X)__(a，b為常數(shù))． 3．兩點分布與二項分布的均值、方差 (1)若X服從兩點分布，則E(X)＝__p__，D(X)＝__p(1－p)__． (2)若X～B(n，p)，則E(X)＝__np__，D(X)＝__np(1－p)__． 4．正態(tài)分布 (1)正態(tài)曲線：函數(shù)φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，其中實數(shù)μ和σ為參數(shù)(σ>0，μ∈R)．我們稱函數(shù)φμ，σ(x)的圖象為正態(tài)分布密度曲線，簡稱正態(tài)曲線． (2)正態(tài)曲線的性質 ①曲線位于x軸__上方__，與x軸不相交； ②曲線是單峰的，它關于直線__x＝μ__對稱； ③曲線在__x＝μ_

4、_處達到峰值； ④曲線與x軸之間的面積為__1__； ⑤當σ一定時，曲線的位置由μ確定，曲線隨著__μ__的變化沿x軸平移，如圖甲所示； ⑥當μ一定時，曲線的形狀由σ確定，σ__越小__，曲線越“瘦高”，表示總體的分布越集中；σ__越大__，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散，如圖乙所示． (3)正態(tài)分布的定義及表示 一般地，如果對于任何實數(shù)a，b(a

5、 ②P(μ－2σ

6、ξ 7 8 9 10 P x 0.1 0.3 y 已知ξ的均值E(ξ)＝8.9，則y的值為(　A　) A．0.4　　 B．0.6　　 C．0.7　　 D．0.9 解析 ∵∴ 3．設樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，x10的均值和方差分別為1和4，若yi＝xi＋a(a為非零常數(shù)，i＝1,2，…，10)，則y1，y2，…，y10的均值和方差分別為(　A　) A．1＋a,4　　 B．1＋a,4＋a C．1,4　　 D．1,4＋a 解析 ∵x1，x2，…，x10的均值與方差分別為1和4. ∴i＝10，(xi－1)2＝40， ∴i＝(xi＋a)＝i＋10a＝10＋10a.

7、∴y1，y2，…，y10的均值為1＋a. 又(yi－1－a)2＝(xi－1)2＝40， ∴y1，y2，…，y10的方差為4. 4．隨機變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，則D(ξ)＝____. 解析 設P(ξ＝1)＝x，P(ξ＝2)＝y(tǒng)，則＋x＋y＝1，① E(ξ)＝0×＋x＋2y＝1，② 由①②可知x＝，y＝， ∴D(ξ)＝(1－0)2＋(1－1)2＋(1－2)2＝. 5．投擲兩枚骰子，當至少一枚5點或一枚6點出現(xiàn)時，就說這次試驗成功，則在10次試驗中成功次數(shù)的均值為____. 解析 在投擲兩枚骰子中，不含5或6的次數(shù)為4×4，故試驗成功的概率P＝1－

8、＝＝，則在10次試驗中成功次數(shù)的均值E(ξ)＝10×＝. 一　離散型隨機變量的均值、方差 離散型隨機變量的均值與方差的常見類型及解題策略 (1)求離散型隨機變量的均值與方差．可依題設條件求出離散型隨機變量的概率分布列，然后利用均值、方差公式直接求解． (2)由已知均值或方差求參數(shù)值．可依據(jù)條件利用均值、方差公式得出含有參數(shù)的方程，解方程即可求出參數(shù)值． (3)由已知條件，作出對兩種方案的判斷．可依據(jù)均值、方差的意義，對實際問題作出判斷． 【例1】 (2018·湖北部分重點中學起點考試)隨著網(wǎng)絡營銷和電子商務的興起，人們的購物方式更具多樣化．某調查機構隨機抽取10名購物者

9、進行采訪，5名男性購物者中有3名傾向于選擇網(wǎng)購，2名傾向于選擇實體店，5名女性購物者有2名傾向于選擇網(wǎng)購，3名傾向于選擇實體店． (1)若從10名購物者中隨機抽取2名，其中男、女各一名，求至少1名傾向于選擇實體店的概率； (2)若從這10名購物者中隨機抽取3名，設X表示抽到傾向于選擇網(wǎng)購的男性購物者的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望． 解析 (1)設“隨機抽取2名，其中男、女各一名，至少1名傾向于選擇實體店”為事件A，則表示事件“隨機抽取2名(其中男、女各一名)都傾向于選擇網(wǎng)購”， 則P(A)＝1－P()＝1－＝. (2)X所有可能的取值為0,1,2,3，且P(X＝k)＝， 則P(X＝

10、0)＝，P(X＝1)＝， P(X＝2)＝，P(X＝3)＝. 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 【例2】 (2018·安徽蕪湖一模)設袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍球，且規(guī)定：取出一個紅球得1分，取出一個黃球得2分，取出一個藍球得3分． (1)當a＝3，b＝2，c＝1時，從該袋子中任取(有放回，且每球取到的機會均等)2個球，記隨機變量ξ為取出此2球所得分數(shù)之和，求ξ的分布列； (2)從該袋子中任取(每球取到的機會均等)1個球，記隨機變量η為取出此球所得分數(shù)．若E(η)＝，D(η)＝，求a∶b∶c. 解析

11、 (1)由題意得ξ＝2,3,4,5,6. 故P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝5)＝＝， P(ξ＝6)＝＝.所以ξ的分布列為 ξ 2 3 4 5 6 P (2)由題意知η的分布列為 η 1 2 3 P 所以E(η)＝＋＋＝， D(η)＝2·＋2·＋2·＝. 化簡得解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1. 二　均值與方差的實際應用 隨機變量的均值反映了隨機變量取值的平均水平，方差反映了隨機變量穩(wěn)定于均值的程度，它們從整體和全局上刻畫了隨機變量，是生產(chǎn)實際中用于方案取舍的重要理論依

12、據(jù)．一般先比較均值，若均值相同，再用方差來決定． 【例3】 (2018·山西太原模擬)計劃在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站．過去50年的水文資料顯示，水庫年入流量X(年入流量：一年內(nèi)上游來水與庫區(qū)降水之和．單位：億立方米)都在40以上，其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超過120的年份有35年，超過120的年份有5年，將年入流量在以上三段的頻率作為相應段的概率，并假設各年的年入流量相互獨立． (1)求未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率； (2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行，但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關系． 年入流量X 40

13、120 發(fā)電機最多可運行臺數(shù) 1 2 3 若某臺發(fā)電機運行，則該臺年利潤為5 000萬元；若某臺發(fā)電機未運行，則該臺年虧損800萬元．欲使水電站年總利潤的均值達到最大，應安裝發(fā)電機多少臺？ 解析 (1)依題意，得p1＝P(40＜X＜80)＝＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝＝0.7，p3＝P(X＞120)＝＝0.1. 由二項分布，在未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率為p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3＝4＋4×3×＝0.947 7. (2)記水電站年總利潤為Y(單位：萬元)． ①安裝1臺發(fā)電機的情形． 由于水

14、庫年入流量總大于40，故一臺發(fā)電機運行的概率為1，對應的年利潤Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000. ②安裝2臺發(fā)電機的情形． 依題意，當40＜X＜80時，一臺發(fā)電機運行， 此時Y＝5 000－800＝4 200， 因此P(Y＝4 200)＝P(40＜X＜80)＝p1＝0.2；當X≥80時，兩臺發(fā)電機運行，此時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 10 000 P 0.2 0.8 所以E(Y)＝4 200×0.2＋10 000×0.8＝8 840. ③

15、安裝3臺發(fā)電機的情形． 依題意，當40＜X＜80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 000－1 600＝3 400，因此P(Y＝3 400)＝P(40＜X＜80)＝p1＝0.2；當80≤X≤120時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 000×2－800＝9 200， 因此P(Y＝9 200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；當X＞120時，三臺發(fā)電機運行，此時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 3 400 9 200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以E(Y)＝3 400×0.2

16、＋9 200×0.7＋15 000×0.1＝8 620. 綜上，欲使水電站年總利潤的均值達到最大，應安裝發(fā)電機2臺． 三　正態(tài)分布的應用 解決正態(tài)分布問題有三個關鍵點：(1)對稱軸x＝μ；(2)標準差σ；(3)分布區(qū)間．利用對稱性可求指定范圍內(nèi)的概率值；由μ，σ，分布區(qū)間的特征進行轉化，使分布區(qū)間轉化為3σ特殊區(qū)間，從而求出所求概率．注意只有標準正態(tài)分布的對稱軸才為x＝0. 【例4】 (2017·全國卷Ⅰ改編)為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗員每天從該生產(chǎn)線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸(單位：cm)．根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，可以認為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服

17、從正態(tài)分布N(μ，σ2)． (1)假設生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X表示一天內(nèi)抽取的16個零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學期望； (2)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查． ①試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性； ②下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸： 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 1

18、0.05 9.95 經(jīng)計算得＝i＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1,2，…，16. 用樣本平均數(shù) 作為μ的估計值 ，用樣本標準差s作為σ的估計值 ，利用估計值判斷是否需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查？ 附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ

19、＝1－0.997 416≈0.040 8. X的數(shù)學期望為E(X)＝16×0.002 6＝0.041 6. (2)①如果生產(chǎn)狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天內(nèi)抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，發(fā)生的概率很?。虼艘坏┌l(fā)生這種情況，就有理由認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查，可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的． ②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ的估計值為＝0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個零件的尺寸在(－3，＋3)之

20、外，因此需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查． 1．在某次大型考試中，某班同學的成績服從正態(tài)分布N(80,52)，現(xiàn)已知該班同學中成績在80～85分的有17人．試計算該班成績在90分以上的同學有多少人． 附：若隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%. 解析 ∵成績服從正態(tài)分布N(80,52)， ∴μ＝80，σ＝5，μ－σ＝75，μ＋σ＝85. 于是成績在(75,85]內(nèi)的同學占全班同學的68.26%. 由正態(tài)曲線的對稱性知，成績在(80,85]內(nèi)的同學占全班同學的×68.26%＝34.13%. 設該班同

21、學共有x人，則x×34.13%＝17，解得x≈50. 又∵μ－2σ＝80－10＝70，μ＋2σ＝80＋10＝90，∴成績在(70,90]內(nèi)的同學占全班同學的95.44%. ∴成績在(80,90]內(nèi)的同學占全班同學的47.72%. ∴成績在90分以上的同學占全班同學的50%－47.72%＝2.28%. 即有50×2.28%≈1(人)，故成績在90分以上的同學僅有1人． 2．乒乓球臺面被球網(wǎng)分割成甲、乙兩部分，如圖，甲上有兩個不相交的區(qū)域A，B，乙被劃分為兩個不相交的區(qū)域C，D.某次測試要求隊員接到落點在甲上的來球后向乙回球．規(guī)定：回球一次，落在C上記3分，在D上記1分，其它情況記0分．

22、對落點在A上的來球，隊員小明回球的落點在C上的概率為，在D上的概率為；對落點在B上的來球，小明回球的落點在C上的概率為，在D上的概率為.假設共有兩次來球且落在A，B上各一次，小明的兩次回球互不影響．求： (1)小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率； (2)兩次回球結束后，小明的得分之和ξ的分布列與均值． 解析 (1)記Ai為事件“小明對落點在A上的來球回球的得分為i分”(i＝0,1,3)， 則P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝. 記Bj為事件“小明對落點在B上的來球回球的得分為j分”(j＝0,1,3)， 則P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝

23、. 記D為事件“小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上”． 由題意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3， 由事件的獨立性和互斥性，得 P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3) ＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3) ＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3) ＝×＋×＋×＋×＝， 所以小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率為. (2)由題意，隨機變量ξ可能的取值為0,1,2,3,4,6， 由事件的獨立性和互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝× ＝， P(ξ＝1)＝

24、P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1) ＝×＋×＝， P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝， P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3) ＝×＋×＝， P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3) ＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝×＋×＝， P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝. 可得隨機變量ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 4 6 P 所以均值E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝. 3．(2018·湖北荊州中學質檢)一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷量的頻率分布直方圖，如

25、圖所示． 將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設每天的銷售量相互獨立． (1)求在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個的概率； (2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數(shù)，求隨機變量X的分布列，均值E(X)及方差D(X)． 解析 (1)設A1表示事件“日銷售量不低于100個”，A2表示事件“日銷售量低于50個”，B表示事件“在未來連續(xù)3天里有連續(xù)2天的日銷售量不低于100個且另一天銷售量低于50個”．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P(A2)＝0.003×50＝0.15， P(B)

26、＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108. (2)X可能取的值為0,1,2,3，相應的概率為 P(X＝0)＝C(1－0.6)3＝0.064， P(X＝1)＝C×0.6(1－0.6)2＝0.288， P(X＝2)＝C×0.62(1－0.6)＝0.432， P(X＝3)＝C×0.63＝0.216， 可得隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 X～B(3,0.6)，E(X)＝3×0.6＝1.8， D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72. 4．(2018·河北唐山一模)某投資公司在2018年年初準備將

27、1 000萬元投資到“低碳”項目上，現(xiàn)有兩個項目供選擇： 項目一：新能源汽車，據(jù)市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利30%，也可能虧損15%，且這兩種情況發(fā)生的概率分別為和； 項目二：通信設備．據(jù)市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利50%，可能損失30%，也可能不賠不賺，且這三種情況發(fā)生的概率分別為，和. 針對以上兩個投資項目，請你為投資公司選擇一個合理的項目，并說明理由． 解析 若按“項目一”投資，設獲利為X1萬元，則X1的分布列為 X1 300 －150 P ∴E(X1)＝300×＋(－150)×＝200. 若按“項目二”投資，設獲利X2萬元，則X2的分

28、布列為 X2 500 －300 0 P ∴E(X2)＝500×＋(－300)×＋0×＝200. 又D(X1)＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35 000， D(X2)＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140 000. 所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)＜D(X2)，這說明雖然項目一、項目二獲利相等，但項目一更穩(wěn)妥． 綜上所述，建議該投資公司選擇項目一投資． 易錯點　求期望、方差時計算不準確以及解答不規(guī)范 錯因分析：求離散型隨機變量的均值和方差時嚴格按照步驟來解，解答完后要注意查看解題中的關

29、鍵點． 【例1】 甲袋和乙袋中都裝有大小相同的紅球和白球，已知甲袋中共有m個球，乙袋中共有2m個球，從甲袋中摸出1個球為紅球的概率為，從乙袋中摸出1個球為紅球的概率為P2. (1)若m＝10，求甲袋中紅球的個數(shù)； (2)若將甲、乙兩袋中的球裝在一起后，從中摸出1個紅球的概率是，求P2的值； (3)設P2＝，若從甲、乙兩袋中各自有放回地摸球，每次摸出1個球，并且從甲袋中摸1次，從乙袋中摸2次．設ξ表示摸出紅球的總次數(shù)，求ξ的分布列和均值． 解析 (1)設甲袋中紅球的個數(shù)為x， 依題意得x＝10×＝4. (2)由已知，得＝，解得P2＝. (3)ξ的所有可能值為0,1,2,3. P

30、(ξ＝0)＝××＝， P(ξ＝1)＝××＋×C××＝， P(ξ＝2)＝×C××＋×2＝， P(ξ＝3)＝×2＝. 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 【跟蹤訓練1】 (2016·山東卷)甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜一個成語．在一輪活動中，如果兩人都猜對，則“星隊”得3分；如果只有一人猜對，則“星隊”得1分；如果兩人都沒猜對，則“星隊”得0分．已知甲每輪猜對的概率是，乙每輪猜對的概率是；每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響，各輪結果亦互不影響．假設“星隊”參加兩輪活動，求： (1)

31、“星隊”至少猜對3個成語的概率； (2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學期望E(X)． 解析 (1)記事件A為“甲第一輪猜對”，記事件B為“乙第一輪猜對”，記事件C為“甲第二輪猜對”，記事件D為“乙第二輪猜對”，記事件E為“‘星隊’至少猜對3個成語”． 由題意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC， 由事件的獨立性與互斥性，得 P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)·P()＝×

32、××＋2×＝. 所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為. (2)由題意，隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6. 由事件的獨立性與互斥性，得P(X＝0)＝×××＝， P(X＝1)＝2×＝＝， P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝， P(X＝3)＝×××＋×××＝＝， P(X＝4)＝2×＝＝， P(X＝6)＝×××＝＝. 可得隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 3 4 6 P 所以數(shù)學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝. 課時達標　第62講 [解密考綱]離散型隨機變量及其分布列、均值與方差在高考中一般

33、與排列、組合及古典概型、幾何概型、二項分布及超幾何分布相結合，以實際問題為背景呈現(xiàn)在三種題型中，難度中等或較大，正態(tài)分布一般以選擇題或填空題進行考查． 一、選擇題 1．設隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝p，則P(－1<ξ<0)＝(　D　) A．＋p　　 B．1－p C．1－2p　　 D．－p 解析 由正態(tài)分布的概念可知，當P(ξ>1)＝p時，P(0<ξ<1)＝－p，而正態(tài)分布曲線關于y軸對稱，所以P(－1<ξ<0)＝P(0<ξ<1)＝－p，故選D． 2．某運動員投籃命中率為0.6，他重復投籃5次，若他命中一次得10分，沒命中不得分；命中次數(shù)為X，得分為Y，則E(

34、X)，D(Y)分別為(　C　) A．0.6,60　　 B．3,12 C．3,120　　 D．3,1.2 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. 3．若離散型隨機變量X的分布列為 X 0 1 P 則X的數(shù)學期望E(X)＝(　C　) A．2　　 B．2或 C．　　 D．1 解析 因為分布列中概率和為1，所以＋＝1，即a2＋a－2＝0，解得a＝－2(舍去)或a＝1，所以E(X)＝. 4．(2018·山東濰坊質檢)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(3，σ2)，且P(X<5

35、)＝0.8，則P(13)＝0.5，故P(X>1)＝P(X<5)＝0.8，所以P(X≤1)＝1－P(X>1)＝0.2，P(1D(ξ2) C．E(ξ1)>E(ξ2

36、)，D(ξ1)E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) 解析 根據(jù)題意得，E(ξi)＝pi，D(ξi)＝pi(1－pi)，i＝1,2， ∵04， 即P(X>4)

37、＝＝1－P(X≤4)， 故P(X≤4)＝，所以μ＝4. 二、填空題 7．設隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(3,4)，若P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，則a的值為____. 解析 由正態(tài)分布的性質知，若P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，則＝3，解得a＝. 8．某種種子每粒發(fā)芽的概率都為0.9，現(xiàn)播種了1 000粒，對于沒有發(fā)芽的種子，每粒需再補種2粒，補種的種子數(shù)記為X，則X的數(shù)學期望為__200__. 解析 記不發(fā)芽的種子數(shù)為Y，則Y～B(1 000,0.1)， 所以E(Y)＝1 000×0.1＝100.又X＝2Y，所以E(X)＝E(2Y)＝2E(Y)＝200. 9．(20

38、18·貴州七校第一次聯(lián)考)在某校2015年高三11月月考中理科數(shù)學成績X～N(90，σ2)(σ>0)，統(tǒng)計結果顯示P(60≤X≤120)＝0.8，假設該校參加此次考試的有780人，那么試估計此次考試中，該校成績高于120分的有__78__人． 解析 因為成績X～N(90，σ2)，所以其正態(tài)曲線關于直線x＝90對稱．又P(60≤X≤120)＝0.8，由對稱性知成績在120分以上的人數(shù)約為總人數(shù)的×(1－0.8)＝0.1，所以估計成績高于120分的有0.1×780＝78人． 三、解答題 10．某研究機構準備舉行一次數(shù)學新課程研討會，共邀請50名一線教師參加，使用不同版本教材的教師人數(shù)如表所示

39、. 版本 人教A版 人教B版 蘇教版 北師大版 人數(shù) 20 15 5 10 (1)從這50名教師中隨機選出2名，求2人所使用版本相同的概率； (2)若隨機選出2名使用人教版的教師發(fā)言，設使用人教A版的教師人數(shù)為ξ，求隨機變量ξ的分布列和數(shù)學期望． 解析 (1)從50名教師中隨機選出2名的方法數(shù)為C＝1 225. 選出2人使用版本相同的方法數(shù)為C＋C＋C＋C＝350. 故2人使用版本相同的概率為P＝＝. (2)X的所有可能取值為0,1,2. P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝. ∴X的分布列為 X 0 1 2 P

40、∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝＝. 11．(2018·廣東廣州五校聯(lián)考)PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，也稱為可入肺顆粒物，我國PM2.5標準采用世衛(wèi)組織設定的最寬限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空氣質量為一級；在35微克/立方米～75微克/立方米之間空氣質量為二級；在75微克/立方米以上空氣質量為超標．某市環(huán)保局從市區(qū)今年9月每天的PM2.5監(jiān)測數(shù)據(jù)中，按系統(tǒng)抽樣方法抽取了某6天的數(shù)據(jù)作為樣本，其監(jiān)測值如莖葉圖所示． (1)根據(jù)樣本數(shù)據(jù)估計今年9月份該市區(qū)每天PM2.5的平均值和方差； (2)從所抽樣的6天中任意抽取3天，記ξ表示抽取的3天中空氣

41、質量為二級的天數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學期望． 解析 (1)＝＝41， s2＝×[(26－41)2＋(30－41)2＋(36－41)2＋(44－41)2＋(50－41)2＋(60－41)2]＝137. 根據(jù)樣本估計今年9月份該市區(qū)每天PM 2.5的平均值為41，方差為137. (2)由莖葉圖知，所抽樣的6天中有2天空氣質量為一級，有4天空氣質量為二級，則ξ的可能取值為1,2,3，其中P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝. 所以ξ的分布列為 ξ 1 2 3 P 所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2. 12．(2017·全國卷Ⅲ)某超市計劃按月訂購一種

42、酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得到下面的頻數(shù)分布表. 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數(shù) 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣

43、溫位于該區(qū)間的概率． (1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列； (2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)．當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位：瓶)為多少時，Y的數(shù)學期望達到最大值？ 解析 (1)由題意知，X所有可能取值為200,300,500， 由表格數(shù)據(jù)知 P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4， P(X＝500)＝＝0.4， 因此X的分布列為 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200≤n≤500. 當300≤n≤

44、500時，若最高氣溫不低于25，Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)， 則Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n， 因此E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n. 當200≤n<300時， 若最高氣溫不低于20，則Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n. 因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n. 所以當n＝300時，Y的數(shù)學期望達到最大值，最大值為520元． 19