（新教材）高中数学人教A版选择性必修第三册课件：第七章　习题课-离散型随机变量的均值与方差的综合应用.pptx

1、习题课离散型随机变量的均值与方差的综合应用 课标阐释 思维脉络 1.加强对离散型随机变量的均值、方差 的意义的了解.(逻辑推理) 2.进一步强化根据离散型随机变量的 分布列求出均值、方差.(数学运算) 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 均值与方差的综合均值与方差的综合 例1在某地举办的射击比赛中,规定每位射手射击10次,每次一发,记 分的规则为:击中目标一次得3分,未击中目标得0分,凡参赛者一律 另加2分.已知射手小李击中目标的概率为0.9,求小李在比赛中得分 的均值与方差. 解:设击中次数为X,比赛得分为Y,则Y=3X+2. 由题意知XB(10,0.9),所以 E(X)=100.9

2、=9, D(X)=100.9(1-0.9)=0.9. E(Y)=E(3X+2)=3E(X)+2=29, D(Y)=D(3X+2)=9D(X)=8.1. 所以小李在比赛中得分的均值为29,方差为8.1. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 反思感悟 通过审题,明确判断出随机变量X(击中次数)服从二项分 布是解决这个题的关键,然后利用二项分布的均值和方差的计算公 式即可求出E(X),D(X). 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 变式训练1某运动员投篮命中率P=0.6. (1)求1次投篮命中次数的均值与方差; (2)求重复5次投篮时,命中次数的均值与方差. 解:(1)投篮1次只有两

3、种结果,投篮命中=1,不中=0,服从两点分布, 其分布列为 0 1 P 0.4 0.6 则E()=10.6=0.6,D()=(1-0.6)0.6=0.24. (2)由题意,重复5次投篮,命中的次数服从二项分布,即B(5,0.6). 由二项分布均值与方差的计算公式 知,E()=50.6=3,D()=50.60.4=1.2. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 离散型随机变量的均值与方差的常见类型离散型随机变量的均值与方差的常见类型 例2设袋子中装有a个红球,b个黄球,c个蓝球,且规定:取出一个红球 得1分,取出一个黄球得2分,取出一个蓝球得3分. (1)当a=3,b=2,c=1时,从该袋

4、子中任取一个球,记下颜色后放回,再取 一个球(每球取到的机会均等),记随机变量为取出此2球所得分数 之和,求的分布列. (2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球,记随机变量为 取出此球所得分数.若 E()=5 3,D()= 5 9,求 abc. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 解:(1)由题意得 =2,3,4,5,6, 故 P(=2)=33 66 = 1 4,P(=3)= 232 66 = 1 3, P(=4)=231+22 66 = 5 18,P(=5)= 221 66 = 1 9,P(=6)= 11 66 = 1 36. 所以 的分布列为 2 3 4 5 6 P 1 4

5、 1 3 5 18 1 9 1 36 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 (2)由题意知的分布列为 1 2 3 P a a + b + c b a + b + c c a + b + c 所以 E()= + + 2 + + 3 + = 5 3, D()=(1-5 3) 2 +(2- 5 3) 2 +(3- 5 3) 2 + = 5 9,化简得 2-4 = 0, + 4-11 = 0. 解得 a=3c,b=2c,故 abc=321. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 反思感悟 离散型随机变量的均值与方差的常见类型及解题策略 (1)求离散型随机变量的均值与方差.可依题设条件求出离

6、散型随机 变量的分布列,然后利用均值、方差公式直接求解. (2)由已知均值或方差求参数值.可依据条件利用均值、方差公式得 出含有参数的方程(组),解方程(组)即可求出参数值. (3)由已知条件,作出对两种方案的判断.可依据均值、方差的意义, 对实际问题作出判断. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 变式训练2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

7、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,求的分布列与 均值E(),方差D(). 1 4 , 1 6 1 2 , 2 3 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 解:(1)两人所付费用相同,相同的费用可能为 0 元,40 元,80 元, 甲、乙两人 2 小时以上且不超过 3 小时离开的概率分别为(1-1 4 1 2)= 1 4,(1- 1 6 2 3)= 1 6. 两人都付 0 元的概率为 P1=1 4 1 6 = 1 24, 两人都付 40 元的概率为 P2=1 2 2

8、 3 = 1 3, 两人都付 80 元的概率为 P3=1 4 1 6 = 1 24, 则两人所付费用相同的概率为 P=P1+P2+P3= 1 24 + 1 3 + 1 24 = 5 12. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 (2)依题意, 的可能取值为 0,40,80,120,160,则 P(=0)=1 4 1 6 = 1 24, P(=40)=1 4 2 3 + 1 2 1 6 = 1 4, P(=80)=1 4 1 6 + 1 2 2 3 + 1 4 1 6 = 5 12, P(=120)=1 2 1 6 + 1 4 2 3 = 1 4, P(=160)=1 4 1 6 = 1

9、24. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 所以的分布列为 0 40 80 120 160 P 1 24 1 4 5 12 1 4 1 24 E()=0 1 24+40 1 4+80 5 12+120 1 4+160 1 24=80. D()=(0-80)2 1 24+(40-80) 21 4+(80-80) 25 12+(120-80) 21 4+(160-80) 2 1 24 = 4 000 3 . 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 均值与方差在决策中的应用均值与方差在决策中的应用 例3计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的 水文资料显示,水库年入流量

10、X(年入流量:一年内上游来水与库区 降水之和.单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年, 不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年,将年入 流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的入流量相 互独立. (1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率; (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行 台数受年入流量X限制,并有如下关系: 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 年入流量X 40X120 发电机最多 可运行台数 1 2 3 若某台发电机运行,则该台发电机年利润为5 000万元;若某台发电 机未运行,则该台

11、发电机年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均 值达到最大,应安装发电机多少台? 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 解:(1)依题意,得 P1=P(40X120)= 5 50=0.1. 由二项分布可知,在未来 4 年中,至多有 1 年的年入流量超过 120 的 概率为 P=C4 0(1-P3)4+C41(1-P3)3P3 =0.94+40.930.1=0.947 7. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 (2)记水电站年总利润为Y(单位:万元). 安装1台发电机的情形. 由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的 年利润Y=5 000,E(Y)=5 000

12、1=5 000. 安装2台发电机的情形. 依题意,当40X80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-800=4 200,因 此P(Y=4 200)=P(40X80)=P1=0.2;当X80时,两台发电机运行, 此时Y=5 0002=10 000,因此P(Y=10 000)=P(X80)=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 2000.2+10 0000.8=8 840. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 安装3台发电机的情形. 依题意,当40X80时,一台发电机运行,此时Y=5 000-1 600=3 4

13、00, 因此P(Y=3 400)=P(40X120时,三台发电机运行,此时 Y=5 0003=15 000,因此P(Y=15 000)=P(X120)=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 4000.2+9 2000.7+15 0000.1=8 620. 综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 反思感悟 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差 反映了随机变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随 机变量,是生产实际中用于方案

14、取舍的重要理论依据.一般先比较 均值,若均值相同,再用方差来决定. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 变式训练3某投资公司在2020年年初准备将1 000万元投资到“低碳” 项目上,现有两个项目供选择: 项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利 30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为 ; 项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利 50%,可能损失30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别 为 . 针对以上两个投资项目,请你为投资公司选择一个合理的项目,并 说明理由. 7 9 和 2 9 3 5 , 1 3 和 1 15

15、 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 解:若按项目一投资,设获利为X1万元,则X1的分布列为 X1 300 -150 P 7 9 2 9 E(X1)=300 7 9+(-150) 2 9=200. 若按项目二投资,设获利为X2万元,则X2的分布列为 X2 500 -300 0 P 3 5 1 3 1 15 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 E(X2)=500 3 5+(-300) 1 3+0 1 15=200. D(X1)=(300-200)2 7 9+(-150-200) 22 9=35 000, D(X2)=(500-200)2 3 5+(-300-200) 21 3+(

16、0-200) 21 15=140 000. E(X1)=E(X2),D(X1)D(X2), 这说明虽然项目一、项目二获利相等,但项目一更稳妥. 综上所述,建议该投资公司选择项目一投资. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 求离散型随机变量的分布列与均值求离散型随机变量的分布列与均值 典例某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图如图所示,空气质量 指数小于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重 度污染.某人随机在3月1日至3月13日中的某一天到达该市,并停留 2天. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 (1)求此人到达当日空气重度污染的概率. (2)设X是此人停

17、留期间空气质量优良的天数,求X的分布列与均值. (3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大?(结论 不要求证明) 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 【审题视点】 第一步,审条件.给出了3月1日至14日的空气质量指 数趋势图,空气质量优良与重度污染的数据. 第二步,审结论.第(1)问求此人到达当日空气重度污染的概率;第(2) 问求分布列与均值;第(3)问求从哪天开始连续三天的空气质量指 数方差最大. 第三步,建联系.(1)重度污染只有2天,由于到达是随机的,根据古典 概型求得;(2)随机变量X=0,1,2,求出分布列与均值;(3)根据方差表 示数据偏离均值的程度,结合图中数

18、据可得. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 解:设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i=1,2,13),根据题 意,P(Ai)= 1 13,且 AiAj=(ij). (1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”, 则B=A5A8. 所以 P(B)=P(A5A8)=P(A5)+P(A8)= 2 13. (2)由题意可知,X 的所有可能取值为 0,1,2, P(X=1)=P(A3A6A7A11)=P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)= 4 13, P(X=2)=P(A1A2A12A13) =P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)= 4 13, P(X=0)=

19、1-P(X=1)-P(X=2)= 5 13. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 5 13 4 13 4 13 故 E(X)=0 5 13+1 4 13+2 4 13 = 12 13. (3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 方法点睛 1.求随机变量的取值明确随机变量的所有可能取值 以及每个值所表示的意义; 2.求概率利用概率有关知识求出随机变量每个取值的概率; 3.求分布列、均值规范写出分布列,并用分布列的性质验证,求 均值. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 跟踪训练一次考试共

20、有12道选择题,每道选择题都有4个选项,其中 有且只有一个是正确的.评分标准规定:“每题只选一个选项,答对得 5分,不答或答错得零分.”某考生已确定有8道题的答案是正确的,其 余题中:有两道题可以判断两个选项是错误的,有一道题可以判断 一个选项是错误的,还有一道题因不理解题意只好乱猜.请求出该 考生: (1)得60分的概率; (2)所得分数X的分布列和均值. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 解:(1)设“可判断两个选项是错误的题选对”为事件A,“可判断一个 选项是错误的题选对”为事件B,“不理解题意的题选对”为事件C, P(A)=1 2,P(B)= 1 3,P(C)= 1 4, 得

21、 60 分的概率为1 2 1 2 1 3 1 4 = 1 48. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 (2)X 可能的取值为 40,45,50,55,60, 则 P(X=40)=1 2 1 2 2 3 3 4 = 1 8, P(X=45)=C2 1 1 2 1 2 2 3 3 4 + 1 2 1 2 1 3 3 4 + 1 2 1 2 2 3 1 4 = 17 48, P(X=50)=1 2 1 2 2 3 3 4 + C2 1 1 2 1 2 1 3 3 4 + C2 1 1 2 1 2 2 3 1 4 + 1 2 1 2 1 3 1 4 = 17 48, P(X=55)=C2 1

22、1 2 1 2 1 3 1 4 + 1 2 1 2 2 3 1 4 + 1 2 1 2 1 3 3 4 = 7 48, P(X=60)=1 2 1 2 1 3 1 4 = 1 48. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 故X的分布列为 X 40 45 50 55 60 P 1 8 17 48 17 48 7 48 1 48 E(X)=40 1 8+(45+50) 17 48+55 7 48+60 1 48 = 575 12 . 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 1.下列说法正确的是( ) A.离散型随机变量的均值E()反映了取值的概率的平均值 B.离散型随机变量的方差D()反

23、映了取值的平均水平 C.离散型随机变量的均值E()反映了取值的平均水平 D.离散型随机变量的方差D()反映了取值的概率的平均值 解析:由离散型随机变量的均值与方差的定义可知,C正确. 答案:C 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 2.已知随机变量X的分布列如下. X -1 0 1 P a b c 其中 a,b,c 成等差数列.若 E(X)=1 3,则 D(X)的值是( ) A.4 9 B.5 9 C.2 3 D.9 5 解析:a+b+c=1.又 2b=a+c,故 b=1 3,a+c= 2 3.由 E(X)= 1 3,得 1 3=-a+c,故 a=1 6,c= 1 2. D(X)=(-1

24、-1 3) 21 6+(0- 1 3) 21 3+(1- 1 3) 21 2 = 5 9.故选 B. 答案:B 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 3.随机变量 的取值为 0,1,2.若 P(=0)=1 5,E()=1,则 D()= . 解析:设 P(=1)=a,P(=2)=b,则 1 5 + + = 1, + 2 = 1, 解得 = 3 5 , = 1 5 , 所以 D()=1 5 + 3 50+ 1 51= 2 5. 答案:2 5 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 4.有10张卡片,其中8张标有数字2,2张标有数字5,从中随机地抽取3 张卡片,设3张卡片数字之和为,求E()和D(). 解:这 3 张卡片上的数字之和为 ,这一变量的可能取值为 6,9,12, 则 P(=6)= C8 3 C10 3 = 7 15, P(=9)=C8 2C21 C10 3 = 7 15, P(=12)=C8 1C22 C10 3 = 1 15. 探究一 探究二 探究三 素养形成 当堂检测 故的分布列为 6 9 12 P 7 15 7 15 1 15 E()=6 7 15+9 7 15+12 1 15=7.8. D()=(6-7.8)2 7 15+(9-7.8) 27 15+(12-7.8) 21 15=3.36.