7.3.1 离散型随机变量的均值（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版2019）  

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<t<4)，且甲、乙、丙都打中的概率是，用ξ表示甲、乙两人中中靶的人数，则ξ的数学期望是(　　) 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0<p<1，随机变量ξ的分布列如下，则下列结论正确的有 (　　) ξ 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)<P(ξ=2) 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，0<p<1，所以E(ξ)随着p的增大而减小，故A错误，B正确；因为0<p<1，所以P(ξ=0)-P(ξ=2)=p-p2-1+p=-p2+2p-1<0，所以P(ξ=0)<P(ξ=2)，故C正确；因为0<p<1，所以当<p<1时，P(ξ=1)-P(ξ=2)=p2+p-1>0，故当<p<1时，P(ξ=1)>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)<E(Y). 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______. 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. $$