假期作业十二 离散型随机变量的均值与方差和正态分布-【快乐假期】2025-2026学年高二数学寒假作业（人教B版）

=0022 假期作业十二 离散型随机变量的均值 学而不思则罔，思而不学则殆。 与方差和正态分布 完成日期： 月 日 《思维整合室 (6)当一定时，曲线的形状由。确定，o wel zheng he shi ,曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集 知识梳理 中；6 ,曲线越“矮胖”，表示总体 1.离散型随机变量的均值与方差 的分布越分散，如图②. 若离散型随机变量X的分布列为 r=0.5 u=0 M= =0.5 -3-2-10123x ① ② (1)均值 4.正态总体在三个特殊区间内取值的概率值 称E(X)= 为随机变量 P(-o<X≤十o)= X的均值或 ,它反映了离散型随 P(u-2o<X≤μ+2o)= 机变量取值的 P(μ-3o<X≤+3o)= (2)方差 自测自查 称D(X)=公(x-E(X)pA为随机变量 1.(1)x1p1十x2p2十…+xp6十…十xnp b=1 X的方差，它刻画了随机变量X与其均值 数学期望平均水平(2)离散程度 E(X)的 ,其算术平方根 2.(1)aE(X)+b(2)a2D(X)3.(1)上方 √D(X)为随机变量X的标准差， 不相交(2)x=4(3)x=4 (5)。(6)越 2.均值与方差的性质 小越大4.0.68260.95440.9974 (1)E(aX+b)= 要点记忆 (2)D(aX+b)= (a,b为常数). 1.对均值（或数学期望）的理解 3.正态曲线的性质 (1)期望是算术平均值概念的推广，是概率意义 正态曲线g·g(x)= 1 e 下的平均. 6√2元 ,xER有以下 (2)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确 性质： (1)曲线位于x轴 定，即X作为随机变量是可变的，而E(X) ,与x轴 (2)曲线是单峰的，它关于直线 是不变的，它描述X值取值的平均状态 对称； (3)公式E(X)=x1p1十x22十…十xnpm直接 (3)曲线在 处达到峰值1 ； o√2元 给出了E(X)的求法，即随机变量取值与相 (4)曲线与x轴之间的面积为1： 应概率值分别相乘后相加.由此可知，求出 (5)当 一定时，曲线的位置由确定， 随机变量的数学期望关键在于写出它的分 曲线随着4的变化而沿x轴平移，如图①； 布列. ·31· 飞曼快乐假阴 00M-= 2.方差的意义 5.(多选)设两个正态分布N(1,o)(o1>0)和 D(X)表示随机变量X对E(X)的平均偏离 N(2,o)(o2>0)的密度函数图象如图所 程度，D(X)越大表明平均偏离程度越大，说 示，则有 明X的取值越分散，反之D(X)越小，X的 取值越集中，由方差定义知，方差是建立在 .4 期望这一概念之上的.在E(X)附近，统计 N(μ， 06 N(μ，) 0.4 0.2 中常用√D(X)来描述X的分散程度 -0.50 0.51 3.正态总体在某个区间内取值的概率求法 A.41<42 B.01>02 (1)熟记P(4-o<X≤十o),P(μ-2o<X≤ C.61<02 D.41>42 u+2o),P(-3a<X≤u十3o)的值. 6.(多选)设离散型随机变量X的分布列为 (2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴 X 0 2 3 4 之间的面积为1. P 《技能提升台 0.40.10.20.2 eng tr sheng ta可 若离散型随机变量Y满足Y=2X+1,则下 技能提升 列结果正确的有 1.若~B(n,p)且E()=6,D()=3,则P( A.q=0.1 =1)的值为 ) B.E(X)=2,D(X)=1.4 A.3·22 B.3·210 C.E(X)=2,D(X)=1.8 C.24 D.28 D.E(Y)=5,D(Y)=7.2 2.设随机变量的分布列如表所示，且E()= 7.若某事件在一次试验中发生次数的方差等 1.6,则a×b= ( 于0.25，则该事件在一次试验中发生的概 0 1 2 3 率为 0.1 a b0.1 8.已知某一随机变量X的分布列如下表： A.0.2 B.0.1 C.0.15 X 3 b 8 D.0.4 3.设随机变量XN(2,9),且P(X>m)= P 0.20.5a P(X<m-4),则m的值为 ( 且E(X)=6,则a= ,6= A.1 B.2 9.有10张卡片，其中8张标有数字2,2张标 C.3 D.4 有数字5，若从中随机抽出3张，设这3张卡 4.某射手射击所得环数的分布列如下： 片上的数字和为X,则D(X)= 8 9 10 10.设随机变量服从正态分布V(0,1),则下 x0.10.3y 列结论正确的是 (填序号). 已知的数学期望E()=8.9,则y的值为 ①P(5l<a)=P(a)+P(>-a)(a>0); ②P(||<a)=2P(5<a)-1(a>0); A.0.2 B.0.4 ③P(|5|<a)=1-2P(5<a)(a>0)； C.0.6 D.0.8 ④P(||<a)=1-P(||>a)(a>0). ·32· =0022 高三救尖的) 11.为防止风沙危害，某地决定建设防护绿化 12.为选拔2023杭州亚运会射击选手，对甲、 带，种植杨树、沙柳等植物.某人一次种植 乙两名射手进行选拔测试.已知甲、乙两名 了n株沙柳，各株沙柳的成活与否是相互 射手在一次射击中的得分为两个相互独立 独立的，成活率为p,设ξ为成活沙柳的株 的随机变量5，，甲、乙两名射手在每次射 数，均值EC)为3标准差VD为 击击中的环数均大于6环，且甲射中10， 9,8,7环的概率分别为0.5,3a,a,0.1,乙射 (1)求n和p的值，并写出的分布列； 中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2. (1)求5,7的分布列； (2)求，)的均值与方差，并以此比较甲、 (2)若有3株或3株以上的沙柳未成活，则 乙的射击技术并说明谁射击技术更好」 需要补种，求需要补种沙柳的概率， ·33· 飞受快乐限 900-= 高考冲浪 (2)假设0<p<q 1.(2025·天津卷，5)已知r为相关系数，则下 (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15 列说法中错误的是 ) 分的概率最大，应该由谁参加第一阶段 A.若X~N(,o),则P(X≤-o)=P(x 比赛？ ≥十o) (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学 B.若X~N(1,2),YN(2,2),则P(X< 期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 1)<P(Y<2) C.|y越接近1，相关性越强 D.|Y越接近0，相关性越弱 2.(2024·新课标Ⅱ卷，18)某投篮比赛分为两 个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛 具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队 员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘 汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该 队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮 3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队 的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛 队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的 概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中 与否相互独立. (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比 赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分 的概率； ·34·飞壁快乐假阴 12.解：(1)根据题意得X的可能取值为0,1,2,3,4， 则P(X=0)=(1-0.7)×(1-0.4)=0.180, P(X=1)=0.7×(1-0.5)×(1-0.4)+(1-0.7)× 0.4×(1-0.8)=0.234, P(X=2)=0.7×0.5×(1-0.4)+(1-0.7)×0.4× 0.8+0.7×0.4×(1-0.5)×(1-0.8)=0.334, P(X=3)=0.7×0.4×0.5×(1-0.8)+0.7× 0.4×(1-0.5)×0.8=0.140, P(X=4)=0.7×0.4×0.5×0.8=0.112, 所以X的分布列为 X 0 2 4 0.180 0.2340.334 0.1400.112 (2)由(1)可知，若先回答A类问题，则“梦幻”队 能进入决赛的概率为：P,=P(X=3)十P(X=4) =0.140+0.112=0.252; 若先回答B类问题，记“梦幻”队答对问题的个数为Y, 则P(Y=3)=0.5×0.8×0.7×(1-0.4)+0.5× 0.8×(1-0.7)×0.4=0.216,P(Y=4)=0.5× 0.8×0.7×0.4=0.112, 则“梦幻”队能进入决赛的概率为P2=P(Y=3) +P(Y=4)=0.216+0.112=0.328, 所以P2>P,所以为使“梦幻”队进入决赛的概率 最大，“梦幻”队应选择先回答B类问题 高考冲浪 1,解析：由题可知，A题库占比为是，B题库占比为 号C题年占比为子，P=最×0.92+号×0.86+ 子×0.72-品 17 答案品 2.ABD[对于AB,由相互独立的积事件的概率乘法 公式可知AB正确；对于C,三次传输译码为1，则 可能是三次全部译为1，或者有两次译为1，则概率 为CB(1-3)2+(1一3)3，故C错误；对于D,可以 采用特值法或者作差法计算.三次传输方案译为0 的概率为Ca(1一a)2十(1一a)3,单次传输译为0 的概率为1-a,而C号a(1-a)2十(1一a)3-(1-a) =(1-a)a(1-2a)>0,所以D正确.] ·5 000-= 假期作业十二 技能提升台技能提升 1.B[E()=np=6,D(5)=np1-p)=3Pp=2, n=12,P(5=1)=C2 1)12 2 =3·21".] 2.C[由分布列的性质得0.1十a+b+0.1=1, ∴.a十b=0.8, ① 又由E()=0×0.1+1×a+2×b+3×0.1=1.6, 得a+2b=1.3, ② 由①②解得a=0.3,b=0.5, .a×b=0.3×0.5=0.15.] 3.D[该曲线符合正态分布，两个概率值相等，说明 m十m-4=2,解得m=4,故选D.] 2 x+0.1+0.3+y=1, 4.B[由题意可知{ 7x+0.8+2.7+10y=8.9, 解得∫=0.2， 故选B.] y=0.4, 5.AC[根据正态曲线的特点：正态分布曲线是一条关 于直线x=以对称，在x=以处取得最大值的连续曲 线：当以一定时，0越大，曲线的最高点越低且较平稳， 反过来，。越小，曲线的最高点越高且较陡峭，故 选AC.] 6.ACD[因为q+0.4+0.1+0.2+0.2=1,所以q =0.1,A正确.由题意，得E(X)=0×0.1+1× 0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2, 所以D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2 2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8, 因此B错误，C正确.因为Y=2X+1,所以E(Y)= 2E(X)+1=2×2+1=5,D(Y)=4D(X)=4×1.8 =7.2,D正确.故选ACD.] 7.0.58.0.369.3.3610.②④ 11.解：由题意知，~B(n,p), P(5=k)=Cp(1-p)”*,k=0,1,…,n, (1)由E(E)=np=3, D()=n1-》=是， 三022 得1-0=日， 从而n=6,p=2: 1 ξ的分布列为 0 1 2 3 5 6 ◇ 1 3 15 5 15 3 64 32 64 16 64 32 64 (2)记“需要补种沙柳”为事件A, 则P(A)=P(≤3)， 得P(A)= 1+3+15+5_21 64T32T641632' 或P(A)=1-P(>3) -1-(+品+) 所以需要补种沙柳的概率为 2 12.解：(1)依据题意知，0.5+3a十a十0.1=1， 解得a=0.1. 乙射中10,9,8环的概率分别为0.3,0.3,0.2， ∴.乙射中7环的概率为1-(0.3十0.3十0.2)=0.2. ∴.，7的分布列分别为 10 9 7 0.50.30.10.1 10 9 7 P 0.30.30.20.2 (2)结合(1)中，7的分布列，可得 E(E)=10×0.5+9×0.3+8×0.1+7×0.1 =9.2, E(7)=10×0.3+9×0.3+8×0.2+7×0.2 =8.7, D()=(10-9.2)2×0.5+(9-9.2)2×0.3+(8 -9.2)2×0.1+(7-9.2)2×0.1=0.96, D(7)=(10-8.7)2×0.3+(9-8.7)2×0.3+(8 -8.7)2×0.2+(7-8.7)2×0.2=1.21. ,E()>E(),说明甲平均射中的环数比乙高. 甲射击技术更好 5 )高二数学的 高考冲浪 1.B[本题考查正态分布曲线下面积，线性相关系数 r的性质.A中，X~N(以，)，根据正态分布曲线 的对称性可知P(X≤一o)=P(X≥4十σ)，故A 正确；C、D中，由相关系数r的性质，当|r越趋于 1,线性相关性就越强，越接近0，线性相关性就 越弱，故C、D都正确.B中，X~N(1,2),Y一 N(2,2),P(X<1)=P(Y<2),故B错误.] 2.解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲 第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1 次，.比赛成绩不少于5分的概率P=(1一0.63) (1-0.53)=0.686. (2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队 的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1一(1 p)3]g 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩 为15分的概率为P,=[1-(1一g)3]·p ..P-P=q-(q-pq)-p (p-pq) =(q-p)(g2+pq十p2)+(p-q)·[(p-g)2+ (q-q)2+(p-pg)(q-pq)] =(p-q)(3pg2-3p2q-3pg2) =3pg(p-q)(pg-p-q)=3pg(p-q)[(1-p)(1-q) -1]>0 P甲>P,.应该由甲参加第一阶段比赛. (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所 有可能取值为0,5,10,15， P(X=0)=(1-)3+[1-(1-)3]·(1-q) P(X=5)=[1-(1-p)3]Cg·(1-q)2 P(X=10)=[1-(1-p)3]·Cg2(1-g) P(X=15)=[1-(1-p)3]·g3 .E(X)=15[1-(1-p)3]g=15(p3-3p2+3p) ·q 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩y的所有可能 取值为0,5,10,15 同理E(Y)=15(g3-3g2+3q)·p .E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)- 3pq(p-g)] =15(p-q)pg(p+q-3)>0 ∴应该由甲参加第一阶段比赛。