第十章 第7讲 离散型随机变量的数字特征-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

P(2<x<5)=P(X=1)+P(X=2)所以1 =5×2+5×1=6. [变式训练] 1.C 解析 击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数ξ= 5,说明前4次均未击中目标. 2.C 解析 依题意0.1+0.2+0.3+a+0.2+0.1=1,解得 a=0.1, 所以P(3≤X≤5)=0.3+0.1+0.2=0.6. 考点2 亏，[例2]解 日销售量为7盒、8盒、9盒、10盒的概率依次为 130,3,10, 根据题意可得X的所有可能取值为14,15,16,17,18, 19,20, 则P(X=14)=亏×亏-25 P(X=15)=号×3×2=2, P(X=16)=号×3×2+3×3=4, P(X=17)=3×3×2+亏×1×2=25, P(X=18)=30×1×2+3×3=50, P(X=19)=号×1×2=2, P(X=20)=10×10=100, 所以X的分布列为 X 14 15 16 17 18 19 20 [变式训练] P 15 32、 解(1)记事件M=“取到黑球停止时恰好把2个红球全部取 出”,A=“第3次取到黑球，即前2次取出的全是红球”,B= “第4次取到黑球，前3次取出的球中含2个红球和1个白 球”,则P(M)=P(AUB)=A+A-3 (2)由题意知，随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,5, P(=0)=4,P(=1)=六=,P(G=2)==6,P(E=3) -CAA-言，P(G=4)=A-,P(=5)-A-4 所以随机变量∈的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 5 P 1a 6 1正 4 所以E(E)=o×4+1×1+2×#+3×1+4×1+5×4 =5 考点3 [例3]解(1)乙正确完成2个程序或者3个程序则闯关成功， 记乙闯关成功为事件A,则P(A)=c(号)2×号+(号) -25 (2)由题意知随机变量X所有可能取值为0,1,2,3, 高考一轮总复习·数学·RJA P(X=o)=C=3,P(X=1)=c=3,P(X=2)=则 C1,P(X=3)=C-, 故X的分布列为 是<3,所以贵+1=3 .因为：所以甲闯关成功的概率为 甲比乙闯关成功的可能性大. [变式训练] 解(1)从参与评价的网民中随机抽取1人，抽取到“好评”的 92000=2.概率为 (2)^×2+(2)×(1-2)=16·则抽取了5次的概率为 (2)在给予“中评”评价的网民中，50岁以下与50岁以上(含50 岁)的人数之比为3:2, 因此在抽取的10人中，50岁以下与50岁以上(含50岁)的人 数分别为6和4. 依题意知X服从参数N=10,n=3,M=6的超几何分布， P(X=k)=C,k=0,1,2,3.所以 于是X的分布列为 第7讲 离散型随机变量的数字特征 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1x:p,2E(X)+b 3aE(X)4aE(X)+b 5(x?-E(X))2p:6保持不变 7D(X) 8a2 9a2D(X)0a2D(X)1偏离程度 2离散程度 3集中 4分散 诊断自测 1.(1)×(2)√(3)√(4)× 2.D 解析 依题意，X的分布列为 因此E(X)=0.8,E(X2)=0.8,所以D(X)=E(X2)— [E(X)]2=0.8-0.82=0.16. 3.3 E(X)=-2+1=-3,解析 则EY)=E(2X+3)=2E(X)+3=-3+3=3 4.B 解析 由题意，知 X 0 1 2 3 P 13 319 12 6 X 0 1 2 3 P 13 3石 12 6 X 0 1 P 0.2 0.8 X~B(5,m+3),所以 E(X)=5× m+3=3,解得m=2, 所以X~B(5,3),所以D(X)=5×3×(1-3)=5· 5.A 解析 由题意，X的所有取值为1,2,3. P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=(1-p)2, E(X)=p+2(1-p)p+3(1-p2>3, p<3或p>3(舍),即p2-3p+9>0,解得 (0,3).所以p的取值范围是 ·462· [提升能力 考点剖析] 考点1 [例1](1)C 解析 X的取值可能为1,2,3,易知P(X=1)= S-品，P(X=2)-C-,P(X=3)=言-六,所以 E(X)=号 Y的取值可能为0,1,2,易知PY=0)=c=0,PY=1) -C-3,PY=2)=S=,所以EOY)=号.易知 E(X)>E(Y). 又X+Y=3,所以D(X)=D(3-Y)=D(Y),故选C. (2)D 解析 A中，因为P(ξ<4)=0.79,所以P(E≥4)=1- 0.79=0.21.因为随机变量ξ服从正态分布N(1,o2),所以 P(E≤-2)=P(E≥4)=0.21,故A正确；B中，由方差的性 质知B正确；C中，若随机变量ξ服从二项分布ξ～ B(5,5),则E(E)=5×号=1,故C正确；D中，D(2X+1) =4×3=12,故D错误. [变式训练] 1.BC 解析 对于A选项，由题意可知，每次摸到白球的概率 4=3,则2x~B(4,3),故A错误；为- 对于B选项，P(X=3)=c·(3)°·3=32,故B正确； 对于C选项，E(X)=4×3=3,,故C正确； ,D(X)=4×3×3=9对于D选项， ,故D错误. -a+b+号+a=1,所以b=2.C 解析 因为- 因为E(X)=-1×(2-a)+0×6+1×(3+a)=2a- ,E(X2)=1×5+o×6=5, 所以D(X)=E(X2)-(E(X)2=6-(2a-—), 所以当a∈(0,立))时，a增大D(X)增大， 当a∈(,3)时，a增大D(X)减小. 考点2 [例2]解(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B, C,所以甲学校获得冠军的概率为 P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) =0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5 ×0.4×0.2 =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6. (2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30,所以P(X=0) =0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4 ×0.2=0.44, P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6 ×0.2=0.34, P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06. 即X的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 所以期望E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30× 0.06=13. [例3]解(1)设员工所获得的奖励额为X, ①P(X=1000)-G=, 所以员工所获得的奖励额为1000元的概率为 ②X所有可能的取值为400,1 000, P(X=400-=2, P(X=1000)=1-P(X=400)=2, 所以X的分布列为 E(X)=400×2+100×2=700, 所以员工所获得的奖励额的数学期望为700元. (2)根据公司预算，每个员工的平均奖励额为1000元， 所以先寻找期望为1000元的可能方案. 对于面值由800元和200元组成的情况， 如果选择(200,200,200,800)的方案， 因为1000元是面值之和的最大值， 所以期望不可能为1000元； 如果选择(800,800,800,200)的方案， 因为1000元是面值之和的最小值， 所以期望不可能为1000元， 因此可能的方案是(800,800,200,200),记为方案1. 对于面值由600元和400元组成的情况， 同理排除(600,600,600,400)和(400,400,400,600)的 方案， 所以可能的方案是(400,400,600,600),记为方案2. 对于方案1,设员工所获得的奖励额为X?,X?可取400, 1 000,1600. P(X?=400=C=1,P(X,=1000=C=3,P(X =1600=8=1, 所以X,的期望为E(X?)=400×6+100×3+1600× 6=1000, 方差D(X?)=(400-10002×6+(1000-10002×3 +(1600-10002×=120000. 对于方案2,设员工所获得的奖励额为X?,X?可取800, 1000,1 200, P(X,=800)=S=言，P(X?=1000-CA=3,P(x? =1200-S=言， 所以X?的期望为E(X?)=800×6+100×3+1200× #=1000, 方差D(X?)=(800-10002×6+(1000-10002×3 +(1200-10002×1=403. 由于两种方案的奖励额都符合预算要求，但方案2的方差 比方案1的方差小，所以应选择方案2. ·463· X 400 1000 P 12 12 高考一轮总复习·数学·RJA [变式训练] 解(1)设“这4人中恰有2人给出‘非常满意'的评价”为事件 C,由表中数据可知，游客在A景点给出“非常满意”评价的概 50=2,率为： 30=16'游客在B景点给出“非常满意”评价的概率为 则P(C)=(2)2(1-16)2+c·2(1-2)c6(1-76) +(1-2)'(6)2=12. (2)设一位游客对A景点的满意度评分为X,一位游客对B景 点的满意度评分为Y, 由表中数据得X的分布列为 X 4 3 2 1 P 12 310 10 30 Y的分布列为 Y 4 3 2 1 P 71 318 7品 19 则E(X)=4×2+3×3+2×2+1×2=3.15, D(X)=0.852×2+(-0.15)2×3+(-1.15)2×20+ (-2.15)2×20=1.1275, E(Y)=4×76+3×3+2×30+1×—=3.15, D(Y)=0.852×16+(-0.15)2×3+(-1.15)2×30+ (-2.15)2×10=0.9025, 显然E(X)=E(Y),D(X)>D(Y),所以选择B景点. 自主培优16 [典例1]解(1)出租天数为3天的汽车A型车有30辆，B型 车有20辆.从中随机抽取一辆，这辆汽车是A型车的概率 303+20=0.6.约为 (2)设“事件A,表示一辆A型车在一周内出租天数恰好为i 天”, “事件B,表示一辆B型车在一周内出租天数恰好为j天”, 其中i,j=1,2,⋯,7. 则该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰 好为4天的概率为 P(A?B?+A?B?+A?B?)=P(A?B?)+P(A?B?)+P(A?B?) =P(A?)P(B?)+P(A?)P(B?)+P(A?)P(B?) =15×20+10×200+30×10-125· 该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好 125为4天的概率为： (3)设X为A型车出租的天数，则X的分布列为 X 1 2 3 4 5 6 7 P 0.05 0.10 0.30 0.35 0.15 0.03 0.02 设Y为B型车出租的天数，则Y的分布列为 所以E(X)=1×0.05+2×0.10+3×0.30+4×0.35+5× 0.15+6×0.03+7×0.02=3.62. E(Y)=1×0.14+2×0.20+3×0.20+4×0.16+5×0.15 +6×0.10+7×0.05=3.48. 一辆A类型的出租车一个星期出租天数的平均值为3.62 天，B类车型一个星期出租天数的平均值为3.48天. 从出租天数的数据来看，A型车出租天数为3,4,5占比 0.8,B型车出租天数为3,4,5占比0.51,根据数据的集中 程度看，A型车比B型车出租天数更集中，综合分析，选择 A类型的出租车更加合理. [典例2]解(1)设“该站甲的成绩高于乙的成绩”为事件A. 甲第1站、第2站、第3站、第4站、第5站的成绩分别为 86.20,92.80,87.50,89.50,86.00; 乙第1站、第2站、第3站、第4站、第5站的成绩分别为 88.40,88.60,89.10,88.20,87.70. P(A)=3.其中第2站和第4站甲的成绩高于乙的成绩，所以 (2)结合(1)知X的所有可能取值为0,1,2. P(X=o)=S一一，P(X=1)=C--号，P(X=2) -=六， 所以X的分布列为 E(X)=o×3+1×3+2×10=4. (3)答案言之有理即可，示例如下. 答案一：推荐乙，理由如下. 用频率估计概率，从5站的成绩可以看出，任意1站甲的成 2 绩高于乙的成绩的概率为-,乙的成绩高于甲的成绩的概 5 率为号： 号>号，因为 ,所以乙的成绩高于甲的成绩的可能性大，所 以推荐乙参加. 答案二：推荐乙，理由如下. 用“E=1”表示任意1站甲的成绩高于乙的成绩，用“ξ=0” P(G=1)=号，表示任意1站甲的成绩低于乙的成绩，则 P(=0)=3, E(s)=1×号+o×3=号， D(e)=(1-亏)×3+(0-5)×3=25 用“η=1”表示任意1站乙的成绩高于甲的成绩，用“η=0” P(η=1)=5,表示任意1站乙的成绩低于甲的成绩，则 P(n=0)=3, Y 1 2 3 4 5 6 7 P 0.14 0.20 0.20 0.16 0.15 0.10 0.05 X 0 1 2 P 310 号 10 高考一轮总复习·数学·RJA ·464· E(n)=1×3+o×3=3, D(7)=(1-号)×3+(0-号)×亏-5 因为E(ξ<E(η),D(ξ)=D(η),所以乙的成绩好于甲的成 绩，所以推荐乙参加. 答案三：推荐乙，理由如下. =亏×(86.20+92.80+87.50+甲5站的平均成绩为 89.50+86.00)=88.40; z=亏×(88.40+88.60+89.10+乙5站的平均成绩为 88.20+87.70)=88.40. = ×[(86.20-88.40)2+(92.80甲5站成绩的方差为s -88.40)2+(87.50-88.40)2+(89.50-88.40)2+(86.00 -88.40)2]=6.396, =号×[(88.40-88.40)2+(88.60乙5站成绩的方差为s -88.40)2+(89.10-88.40)2+(88.20-88.40)2+(87.70 -88.40)2]=0.212. T甲=π乙，说明甲、乙二人水平相当，s>s2,表明乙的发挥 比甲的更稳定，所以预测乙的成绩会更好，所以推荐乙 参加. 答案四：推荐甲，理由如下. 甲5站的平均成绩为x甲=88.40, 乙5站的平均成绩为x=88.40, 甲、乙5站的平均成绩虽然相同，但是甲成绩的最大值为 92.80,乙成绩的最大值为89.10, 甲成绩的最大值高于乙成绩的最大值，所以甲的成绩会比 乙的更好，所以推荐甲参加. 第8讲 二项分布与正态分布 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1两个 2n重伯努利试验 3Cp*(1-p)"k 诊断自测 1.(1)√(2)√(3)√(4)× 2.B 解析 设运动员射击4次，击中目标的次数为X, 则P(X≥3)=P(X=4)+P(X=3)=C×0.8?+C3×0.83 ×0.2=0.819 2. 3.B 解析 由题意知， P(175<X≤180)=P(μ+o<X≤μ+2o)= 4.B 解析 有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05,共取 5.D 解析 因为正态密度函数f?(x)和f?(x)的图象关于同 [提升能力 考点剖析] ④X~N(μ,o2)5x=μ 6x=μ 7o2 P(u-2a<X≤a+2)-Pu-o<X≤eto)~0.1359. 10次，相当于10重伯努利试验，所以X~B(10,0.05). 一条直线对称，所以μ2=μs.又f?(x)的图象的对称轴在 f?(x)的图象的对称轴的右边，所以μ?<μ?=μs.因为σ越 大，曲线越“矮胖”.σ越小，曲线越“瘦高”,由图象，可知正态 密度函数f?(x)和f?(x)的图象一样“瘦高”,f?(x)的图象明 显“矮胖”,所以o?=σ?<as.故选D. 考点1 [例1]AC 解析 A.若甲、乙比赛4局甲获胜，则甲在4局比 赛中至少胜3局， · 465· P(2)=C(2)+c:(2)°=56所以 ,故正确； B.若甲、乙比赛6局甲获胜，则甲在6局比赛中至少胜 4局， P(3)=c:(2)+c:()+c:(贵)°=3所以 ,故错误； C.若甲、乙比赛2n局甲获胜，则甲在2n局比赛中至少胜n +1局， P(n)=c(2)"+c(2)“+⋯+c(1)"=所以 2(2?-C)(2)=2(1-C)),故正确； P(n)=2(1-),D.因为 ,且P(n)-P(n-1)= ()≥0, 4所以P(n)递增，所以当n=1时，P(n)取得最小值为- ,故 错误.故选AC. ,x~B(4,3),[例2]解(1)由题意知， 则P(X=0)=c{(1-3)=86 P(X=1)=C:×3×(1-3)°=32; P(X=2)=c×(3)2×(1-3)2-84=27; P(X=3)=c×(3)°×(1-3)=8; P(X=4)=c:(3)'=8 则这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列为 (2)方案一中，逐个化验，化验次数为4,期望为4; 方案二中，设化验次数为Y,则Y的所有可能取值为2,4,6. 每组两个样本化验呈阴性的概率为(1-p)2,设x=(1-p)2, 则P(Y=2)=x2;P(Y=4)=C?x(1-x); P(Y=6)=(1-x)2. 所以E(Y)=2×x2+4×C?x(1-x)+6×(1-x)2= 6-4x. 若方案二比方案一更“优”,则E(Y)=6-4x<4, 解得x>2, 即x=(1-b'>号，解得O<p<1-竖 所以当O<p<1-2时，方案二比方案一更“优”. [变式训练] 1.1024 解析 每一位乘客在第20层下电梯为一次试验，且 4,每一位乘客在第20层下电梯的概率都是- ,因此这是5次 e~B(5,4),所以P(=4)=c(4)'×独立重复试验，故 3-1024 X 0 1 2 3 4 P 8 8 88 8 高考一轮总复习·数学·RJA 第十章计数原理，景率.随机变量及其分布回 第7讲 离散型随机变量的数字特征 课标亲求1 1,理解离散型随机变量的数字特征的意义， 2.理解并会求离散型随机变量的数字特征， 必备知识 夯实四基。 [对应客案P462 知识梳理 分布 期望 方差 1.离散型随机变量的均值 两点分布 E(X)=P D(X)=p(1-p) (1)一般地，若离散型随机变量X的分布列如表 DX)=E(X)· 所示 超儿何分布 E(X)-M (N-M)(N-n) V(N-1) (3)方差的性质 ①离散型随机变量X加上一个常数b,仅仅使X 的值产生一个平移，不改变X与其均值的离散 程度，方差⑥ ,即D(X+b)=回 则称E(X)=1p1十xp十…十x.p.= 而离散型随机变量X乘以一个常数a,其方差变 为原方差的⑧倍，即D(aX)=回 为随机变量X的均值或数学期望，数学期望 般地，可以证明下面的结论成立：D(aX+b)= 简称期望 四 (2)均值的性质 ②随机变量的方差和标准差都可以度量随机变 量取值与其均值的画 ,反映了随机变 设X的分布列为P(X=x)=p,i=1,2,…,n 量取值的四 ·方差或标准差越小，随 ①E(X+b)=☒ 机变量的取值越☒ :方差或标准差越大， 随机变量的取值越图 ②E(aX)=☒ 诊断自测 ③E(aX十b)=国 思考辨析 2.离散型随机变量的方差、标准差 1.判断（在括号内打“√”或“×”） (1)期望是算术平均数概念的推广，与概率无关. (1)定义 () ①D(X)=(.x1-E(X)P,+(x-E(X)p十 (2)随机变量的数学期望反映了离散型随机变量 取值的平均水平， () …+(x.-E(X)p.=2回 为随 (3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量 机变量X的方差，有时也记为Var(X),并称 取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小， 则偏离均值的平均程度越小 (》 √D(X)为随机变量X的标准差，记为a(X). (4)在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得 ②公式：D(X)=∑xp,-(E(X)) 0分.如果某运动员罚球命中的概率为0.7，那么 (2)两个特殊分布的均值与方差 他罚球20次的得分X的均值是0.7.() 221® 国高考一轮总复习·数学，RJA 教材衍化 易错自纠 2.(人A选择性必修第三册P63倒1改编)篮球运 4.(记亿二项分布均值的公式失误)从装有除颜色 动员在比赛中每次罚球得分的规则如下：命中得 外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随 1分，不命中得0分.已知某篮球运动员罚球命 机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得的白球 中的概率为0.8，设其罚球一次的得分为X,则 数为X,已知E(X)=3,则D(X)= A.E(X)=0.5,D(X)=0.20 A c B.E(X)=0.5,D(X)=0.25 5.(应视参数的跳细)体育课的排球发球项目考试 C.E(X)=0.8,D(X)=0.12 的规则是每名学生最多可发球3次，一旦发球成 D.E(X)=0.8,D(X)=0.16 功，则停止发球，否则一直发到3次为止.设学生 3.(人A选择性必修第三册P66练习T1改编)已 一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为 知随机变量X的分布列如下： X,若X的均值上(X)>号则D的取值范周是 X -1 0 A(0,) B(号 若Y=2X+3,则E(Y)的值为 c(o,) D.( 对应答案P463 提升能力 考点剖析⊙ 考点 数字特征的简单计算（师生共研） [例1](1)在一个箱子中装有大小形状完全相同 感悟方法必 的3个白球和2个黑球，现从中不放回地摸取3 (1)求离教型随机变量的均值与方差关键是确 个球，设摸得的白球个数为X,黑球个数为Y, 定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分 则下列说法正确的是 ( 布列，正确运用均值，方差公式进行计算，活用 A.E(X)>E(Y).D(X)>D(Y) 均值与方差的性质 B.E(X)=E(Y).D(X)>D(Y) (2)注意均值，方差与函数、导数、不等式的综合 C.E(X)>E(Y).D(X)=D(Y) 应用 D.E(X)=E(Y).D(X)=D(Y) (2)下列判断错误的是 ( 冬变式训练 A.若随机变量服从正态分布N(1,a),P( 1.(多选)若袋子中有4个白球，2个黑球，现从袋 4)=0.79,则P(≤-2)=0.21 子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取 B.将一组数据中的每个数据都减去同一个数 到白球记1分，取到黑球记0分，记4次取球的 后，方差不变 总分数为X,则 () C.若随机变量：服从二项分布一B(5,号)，则 A.X~B(4,3) B.P(X=3)= 32 E()=1 D.若方差D(X)=3,则D(2X+1)=7 CE)-8 D.DX)- ®222 第十章计数原理意率，随机变量及其分布回 2设0<4<号：随机变量X的分布列是 则当a在(0，号)内增大时， A.D(X)增大 X 一1 B.D(X)减小 1 C.D(X)先增大再减小 3a D.D(X)先减小再增大 考点2 离散型随机变量数字特征的应用（多维探究） 角度1离散型随机变量数字特征的简单计算 角度2离散型随机变量数字特征在决策中的 [例2](2022·全国甲卷)甲、乙两个学校进行体 应用 育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得 [例3](2025·大连模拟)某公司为活跃气氛提升 10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结 士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工 束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在 进行奖励.规定：每位员工从一个装有4个标有 三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8， 面值的阿的袋中一次性随机摸出2个阿，阄上 各项目的比赛结果相互独立， 所标的面值之和为该员工获得的奖励额. (1)求甲学校获得冠军的概率； (1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值 (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列 为800元，其余3个均为200元，求： 与期望. ①员工所获得的奖励额为1000元的概率： ②员工所获得的奖励额的分布列及数学期望， (2)公司对奖励额的预算是人均1000元，并规 定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800 元的两种阄或标有面值400元和600元的两种 阄组成.为了使员工得到的奖励总额尽可能符 合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对 均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适 的设计，并说明理由. 223⑧ 国高考一轮总复习·数学·RJA 愿悟方法☑ 假设用频率估计概率，且游客对A,B两个旅游 利用均值、方差进行决策的方法 景点的满意度评价相互独立. 均值能够反映随机变量取值的“平均水平”，因 (1)从所有（人数足够多）在A旅游景点的游客 此，当均值不同时，两个随机变量取值的水平可 中随机抽取2人，从所有（人数足够多）在B旅游 见分晓，由此可对实际问题作出决策判断：若两 景点的游客中随机抽取2人，估计这4人中恰有 个随机变量均值相同或相差不大，则可通过分 2人给出“非常满意”的概率； 析两个变量的方差来研究随机变量的离散程度 (2)根据上述数据，你若旅游，你会选择A,B哪 或者稳定程度，方差或标准差越小，则偏离均值 个旅游景点？说明理由， 的平均程度越小，进而进行决策， 必变式训练 随着五一黄金周的到来，各大旅游景点热闹非 凡，为了解A,B两个旅游景点游客的满意度，某 研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得关于 A旅游景点的问卷100份，关于B旅游景点的问 卷80份.问卷中，对景点的满意度等级划分为： 非常满意、满意、一般、不满意，对应分数分别为： 4分，3分，2分、1分，数据统计如下： 非常满意 满意 一般 不满意 A景点 50 30 5 15 B景点 35 30 7 请完成《课时检测训练66》 自主培优16数学期望与决策问题 对应答案P61 类型一利用数学期望选择最优方案 B型车 [典例1门汽车租赁公司为了调查A,B两种车型 出租天数 2 67 的出租情况，现随机抽取了这两种车型各100 车辆数 1420 20161510 5 辆汽车，分别统计了每辆车某个星期内的出租 (1)从出租天数为3天的汽车（仅限A,B两种 天数，统计数据如下表： 车型)中随机抽取一辆，估计这辆汽车恰好是A A型车 型车的概率： (2)根据这个星期的统计数据（用频率估计概 出租天数 1 2 3 4 7 率)，求该公司一辆A型车，一辆B型车一周内 车辆数 5 10 3035 153 合计出租天数恰好为4天的概率： 224 第十章计数原理，景率.随机变量及其分布回 (3)如果两种车型每辆车每天出租获得的利润 假设甲、乙二人每次比赛成绩相互独立. 相同，该公司需要从A,B两种车型中购买一 (1)从上表5站中随机选取1站，求在该站甲的 辆，请你根据所学的统计知识，给出建议应该购 成绩高于乙的成绩的概案： 买哪一种车型，并说明你的理由. (2)从上表5站中任意选取2站，用X表示这2 站中甲的成绩高于乙的成绩的站数，求X的分 布列和数学期望： (3)假如从甲、乙二人中推荐一人参加冬奥会单 板滑雪U型场地技巧赛，根据以上数据信息， 你推荐谁参加？并说明理由. 感悟方法☑ 对一些已知多种方案的实际决策问题，可以求 出各种方案对应的随机变量的数学期望，比较 大小，进行决策 类型二利用数学期望解决开放性问题 [典例2】单板滑雪U型场地技巧赛是冬奥会比 赛中的一个项目，进入决赛阶段的12名运动员 按照预赛成绩由低到高的出场顺序轮流进行三 次滑行，裁判员根据运动员的腾空高度，完成的 动作难度和效果进行评分，最终取单次最高分 作为比赛成绩.现有运动员甲、乙二人在某赛季 单板滑雪U型场地技巧比赛中的成绩（单位： 感悟方法 分).如下表： (1)利用概率统计知识进行决策，从不同的角度 甲的三次滑行成绩 乙的三次滑行成绩 分站 出发按照不同的要求可以作出不同的决策，可 第1次第2次第3次第1次第2次第3次 能出现结论不同的答案，这是允许的，只要给出 第1站80.20 86.2084.03 80.1188.40 0 合理的理由即可： 第2站92.80 82,13 86.31 79,3281.2288.60 第3站79.10 0 87.50 89.1075,3687.10 (2)作出决策的几种出发点： 第4站84.02 89.50 86.71 75.1388.2081.01 ①某种情况下的期望值较好：②某种情况较稳 第5站80.02 79.36 86.00 85.4087,04 87.70 定：③某种情沉优于其他情况的概率较大 225盈