4.2.4 第1课时 离散型随机变量的均值-【成才之路·学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教B版)

064 A.至少有1个深度贫困村 盒子中随机抽取3个，再将电子元件放回.重 B.有1个或2个深度贫困村 复6次这样的试验，那么“取出的3个电子元 C.有2个或3个深度贫困村 件中有2个正品，1个次品”的结果恰好发生3 D.恰有2个深度贫困村 次的概率是 5.某电子元件生产厂家新引进一条产品质量检 测线，现对检测线进行上线的检测试验：从装 夯基提能作业 有5个正品和1个次品的同批次电子元件的 请同学们认真完成练案[13] 4.2.4 随机变量的数字特征 第1课时 离散型随机变量的均值 素养目标定方向 课程标准 学法解读 1.理解离散型随机变量的均值的意义和性 质，会根据离散型随机变量的分布列求出 1.通过学习离散型随机变量的均值，体会数学抽 均值 象的素养。 2.掌握两点分布、二项分布、超几何分布的 2.借助数学期望公式解决问题，提升数学运算的 均值. 素养 3.会利用离散型随机变量的均值解决一些相 关的实际问题 必备知识 探新知 知识点一离散型随机变量的均值 (1)定义：一般地，如果离散型随机变量X的分布列如表所示： P2 则称E(X)= 为离散型随机变量X的均值 或数学期望（简称为期望）. (2)意义：它刻画了离散型随机变量X的 (3)性质：如果X和Y都是随机变量，且Y=aX+b(a≠0)，则E(Y)=E(ax +b)= 思考：离散型随机变 [思考] 量的均值和样本的平 知识点二 常见的几种分布的数学期望 均数相同吗？ 超几何 名称 两点分布 二项分布 分布 E(X)= E(X) E(X) 公式 ●065 关键能力攻重难 ●题型探究 题型一离散型随机变量的均值公式及性质 例1已知随机变量X的分布列如下： X -2 -1 0 1 1 1 P 4 3 5 20 (1)求m的值； (2)求E(X); (3)若Y=2X-3,求E(Y). 规律方法： 若给出的随机变量Y [规律方法] 与X的关系为Y=aX 》对点训练1 +b(其中a,b为常 (1)一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，不放 数)，一般思路是先 回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为专，则P(飞=0)= ;E()=求出E(X),再利用 公式E(aX+b)= (2)已知随机变量X的分布列如表： aE(X)+b求E(Y). X -1 1 1 P 3 5 m 若ξ=aX+3,且E()=5,则a的值为 题型二求几种常见分布的均值 例2根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种 保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主是否购买保险相互 独立. (1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率； (2)X表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数， 求随机变量X的均值 066 [分析]（1)确定各个事件发生的概率→利用互斥事件的概率公式求解 (2)根据题意知X服从二项分布→由均值公式求均值 [规律方法]规律方法： 》对点训练2 1.若随机变量X服从 某运动员的投篮命中率为p=0.6. 两点分布，则E(X) =p(p为成功概率). (1)求投篮一次时命中次数X的均值； 2.若随机变量X服从二 (2)求重复投篮5次时，命中次数Y的均值 项分布，即X~B(n, [分析]第(1)问中X只有0,1两个结果，服从两点分布；第(2)问中Yp),则E(X)=m,直 服从二项分布. 接代入求解，从而避免 了繁杂的计算过程 题型三均值的实际应用 例3.某公司计划购买2台机器，该种机器 频数 使用三年后即被淘汰.机器有一易 40 损零件，在购进机器时，可以额外购 买这种零件作为备件，每个200元. 在机器使用期间，如果备件不足再 购买，则每个500元.现需决策在购 买机器时应同时购买儿个易损零 891011更换的易损零件数 件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零 件数，得下面柱状图（如图）： ●067 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零 件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，表示购 买2台机器的同时购买的易损零件数. (1)求X的分布列： (2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值； (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19与n=20 之中选其一，应选用哪个？ 规律方法： 解决与生产实际相关 [规律方法] 的概率问题时首先把 实际问题概率模型 》对点训练3 化，然后利用有关概 (2024·北京卷)某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况， 率的知识去分析相应 从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔 各事件可能性的大 情况，获得数据如下表： 小，并列出分布列， 赔偿次数 0 2 最后利用公式求出相 应的均值 单数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3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)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (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. ()记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X); (ⅱ)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（ⅰ）中E(X) 估计值的大小.（结论不要求证明）》 068 ●易错警示 因审题不清而致错 例 .某电视台举行电视奥运知识大奖赛，比赛分初赛和决赛两部分.为了增加节目的趣味性，初 采用选手选一题答一题的方法进行.每位选手最多有5次选题答题的机会，选手累计答对3 题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对3题者直接进入决赛，答错3题者则被淘汰.已知选手甲答 题的正确率为号 (1)求选手甲可进入决赛的概率； (2)设选手甲在初赛中答题的个数为X,试写出X的分布列，并求X的均值. [错解](1)选手甲答3题进入决赛的概率为C× ×器 选手甲答4短线入决赛的凝率为G(号)×了-器 益手甲答5题选入失赛的微率为×号}-品 所以手手可选人克案的脱率品+器器-器分 (2)依题意，X的可能取值为3,4,5， P=)-()+(=方 Px=4)=×x写+×付x号 P(X=5)=Cx号)×(+Cxx() 12040 =24381 则答题个数的分布列为： 3 4 5 40 40 3 81 6以X)=3×写+4×想+5智9 [正解] 069 课堂检测 固双基 1.某船队若出海后天气好，可获得5000元；若出4.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割 海后天气坏，将损失2000元；若不出海也要损 为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后， 失1000元.根据预测知天气好的概率为0.6， 从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为 则出海的期望效益是 ( X,则X的均值E(X)= A.2000元 B.2200元 C.2400元 D.2600元 2.现有10张奖券，8张2元的、2张5元的，某人 从中随机抽取3张，则此人得奖金额的数学期 望是 () A.6 B.7.8 C.9 D.12 3.某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公5.(2025·全国一卷)一个箱子里有5个相同的 司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试 球，分别以1~5标号，若有放回地取三次，记 的概率为号，得到乙，丙两公司面试的概率均为， 至少取出一次的球的个数X,则数学期望 E(X)= 且三个公司是否让其面试是相互独立的.记X为该 毕业生得到面试的公司个数若P(X=0)= 2,则 夯基提能作亚 随机变量X的数学期望E(X)= 请同学们认真完成练案[14] 第2课时 离散型随机变量的方差 素养目标 定方向 课程标准 学法解读 1.理解离散型随机变量的方差及标准差的 1.通过学习离散型随机变量的方差、标准差，体会 概念 数学抽象的素养 2.掌握方差的性质以及两点分布、二项分布 2.借助方差的性质及两点分布、二项分布的方差 的方差 解题，提高数学运算的素养 3.会用方差解决一些实际问题. 必备知识 探新知 知识点一 离散型随机变量的方差、标准差 (1)定义：如果离散型随机变量X的分布列如表所示 X P P P2 Pk 因为X的均值为E(X),所以D(X)= 称为离散型随机变量X 的方差，一般地，√D(X)称为离散型随机变量X的标准差 (2)意义：离散型随机变量的方差和标准差都刻画离散型随机变量相对于均值的 (或 (3)性质：D(aX+b)=P(X=6)= Cc 18 C135 P(X=7)= CC_12 C =351 C 1 p(X=8)=C-35 故所求分布列为 X 5 6 7 8 P 1 12 35 35 35 35 (2)根据随机变量的分布列可以得到大于6分的概率为 P(X>6)=P(X=7)+P(X=8)=35+35=35 12.113 对点训练4：(1)由统计表中的数据可知，“非微信依赖”的 人数为5+15+15+x=35+x,“微信依赖”的人数为30+y, 贸”分 3 ①， 又35+x+30+y=100 ② 联立①②解得x=25,y=10, p高高-025,9高0010 故x=25,y=10,p=0.25,g=0.10. (2)用分层抽样的方法抽取的10人中，“非微信依赖”有 0×号=6（人），“微信依额”有10×号=4（人）， ∴.随机变量专的所有可能取值为0,1,2,3，则 P(5=0)=Cc1 6,P(5=1)= C。 P(5-2)=CC」 3 ,P(5=3)= .Co Cio -301 专的分布列为 0 1 2 3 1 1 3 1 P 6 2 10 30 (3)选取的3人中“微信依赖”至少有2人的概率为P(= 2)+P(6=3)=品+0= .1 1 例5：因为单个坑内的3粒种子都不发芽的概率为(1- Q5)P-g,所以单个坑不需补种的概率为1-令-子 设需要补种的坑数为X,则X的可能取值为0,1,2,3，这是 三次独立重复试验， P(X=0)=C× 器 Px=)=G×()×3)-0 147 P(x=2)=cGx(g×(3) 21 =512 P(x=3)=G×(g×(g°=市 所以需要补种坑数的分布列为： X 0 1 2 3 P 343147 21 512 512 512 512 课堂检测固双基 1.A~随机变量X服从二项分布X~B(6,）,P(X=2)表示 6次试验中成功两次的概率， 16 X=2)=(5(号)-0 故选A 2.B抛一枚硬币，正面朝上的概率为分，则抛三枚硬币，恰有2 校朝上的概率为P=()广x宁-是 3.B由题意知，甲、乙两人各投中一次的概率为C2×0.6× (1-0.6)×C,×0.7×(1-0.7)=0.2016. 4.B用X表示选到的3个村中深度贫困村的个数，则X~ 3,3)所以PX=G=0,12,3.则P -C=5P(X=) 0)= -若2 C3C4_12 =35 r=》答-京所=+心X=2=号期有1 个或2个深度贫困村的概率为号 .三从装有5个正品和1个次品的同批次电子元件的盒子中 5.16 随机抽取3个，其中有2个正品，1个次品的概率为C C 子再将电子元件放回，重复6次这样的试验，那么“取出的3 个电子元件中有2个正品，1个次品”的结果恰好发生3次的 概率为G×(分)×（号）=6 5 4.2.4随机变量的数字特征 第1课时离散型随机变量的均值 必备知识探新知 知识点一(1)xh++…+x,P.=名xP,(2)平均取 值(3)aE(x)+b 思考：不相同.离散型随机变量的均值是一个常数，它不依 赖于样本的抽取，而样本平均数是一个随机变量，它随样本的不 同而变化 知识点二P即兴 关键能力攻重难 例1：1)片+号+5+m+品=1，解m=石 (2)(0=-2x子-1x写+0x5+1x日+2x0= 1 17 -30 (3)若Y=2X-3 E(0-2E(0-3=-2×号-3=-号 对点训练1：(1) ·1由题知，随机取出红球的概率为 ,随机取出绿球的概率为子，随机取出黄球的概率为)，的 取值情况共有0.1,2，八6=0)=才+行×写=写P(=） 11 2x3+4 +7x写x+宁xx+好×号x所以 1 1 E(G)=1×号+2x写=1 (2)15由随机变量分布列的性质，得写+5+m=1,解 得m=石6()=(-)×行+0×5+1×名=后 2 2 因为E()=E(aX+3)=aE(X)+3=5a+3=5,所以 a=15. 例2：设事件A表示该地1位车主购买甲种保险，事件B表 示该地1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险，事件C表示 该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种，事件D表示该 地1位车主甲、乙两种保险都不购买 (1)由题意知P(A)=0.5,P(B)=0.3,C=AUB,则P(C) =P(AUB)=P(A)+P(B)=0.8. 故该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率 为0.8. (2)D=C,P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2. 由题意知，X~B(100,0.2)， 所以X的均值E(X)=100×0.2=20. 对点训练2：(1)投篮一次，命中次数X的分布列为： 0 0.4 0.6 则E(X)=0.6 (2)重复5次投篮，命中的次数Y服从二项分布，即Y~ B(5,0.6),则E(Y)==5×0.6=3. 例3：由柱状图并以频率代替概率可得，1台机器在三年内 需更换的易损零件数可能为8,9,10,11，相应的概率分别为0.2， 0.4,0.2,0.2,从而X的所有可能取值为16,17,18,19,20 21,22. P(X=16)=0.2×0.2=0.04: P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16: P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24: P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24: P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2; P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08: P(X=22)=0.2×0.2=0.04 所以X的分布列为 X 16 少 19 2 2 P0.040.160.240.240.20.080.04 (2)由(1)知P(X≤18)=0.44，P(X≤19)=0.68，故n的最 小值为19. (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单 位：元) 当n=19时 E(Y)=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19× 200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040. 当n=20时， E(Y)=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20× 200+2×500)×0.04=4080. 可知当n=19时所需费用的期望值小于当n=20时所需费 用的期望值，故应选n=19. 对点训练3：(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得 60+30+10 P(4)=800+100+60+30+10=10 (2)(1)设为赔付金额，则可取0,0.8,1.6,2.4,3， 16 由题设中的流计数据可得八(=0)=0-子 P=08)=8-0P6=16)=70-0 303 10 P(5=2.4=1000=10,P(5=3)=100100, 放E()=0×号408x0+16×0+24×高+3× 100=0.278 故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). (i)由题设保费的变化为0.4×号×96%+04×5×1.2 =0.4032, 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)， 从而E(X)<E(Y). 例4：山)选手甲答3题进人决赛的概率为（号）=是， 选手甲答4恩进人决赛的概半为G×(号×兮×号多 选手甲答5题进人决赛的概率为c×(号)×（兮）广×号 所以迹手甲可进入决赛的概率为号+号+-兰 (2)依题意，X的可能取值为3,4,5， 则有=3)=（号）+（兮= P(X=4=Gx(号)x分×号+Gx()x号x 10 27 x=5)=Cx(号)x(兮)×号+G×(号)x() ×号=8因此，有 X 3 4 1 10 P 8 3 27 0=3x分+4×号+5×号-罗 课堂检测固双基 1.B出海的期望效益E(X)=5000×0.6+(1-0.6)×(-2000) =3000-800=2200(元). 2.B设此人的得奖金额为X,则X的所有可能取值为12,9,6. p(x=12)=C=5P(x=9)=CC9=7 C。151 P(X=6)= 号品妆07 yPX=0)=7=(1-p)P×分p=子随机变量X 3. 3 的可能值为01,23，因此P(X=0)=方P(X=1）=号× (台+C××(合=2)=号×（合x2+ 号×（分=高P(X=3)=子×(）=G因此() 1x写+2×+3x6- 33 4号依题意得x的取值可能为01,2,3，且P(X=0)= =法PX=2)=3-斋PX=) 27 =房枚E0=0 125*1 27 .54 5贺2.4 [解析]方法一：依题意，X的可能取值为1、23， 总的选取可能数为53=125 其中X=1:三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 51 故P(X=1)=125=25 X=2:恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现 一次)， 选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种 方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件X=2的可能 情况有5×4×3=60种， 故P(X=2)=25-25 6012 X=3:三种不同球被取出 由排列数可知事件X=3的可能情况有5×4×3=60种， 故Prx=3)=份号。 所以E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3) .12 1261 =1×25+2×25+3×25=25 方法二：依题意，假设随机变量X,其中i=1,2,3,4,5: 其中X=人，这3次选取中，球至少被取出一次， 0,这3次选取中，球i一次都没被取出， 则X=∑X, 由于球的对称性，易知所有E(X)相等 则由期望的线性性质，得E(X)=E(∑X,)=∑E(X)= 5E(X,) 由题意可知，球i在单次指取中未被取出的概率为于 由于抽取独立，三次均未取出球i的概率为 PX=0)=(告)广=路 64 因此球i至少被取出一次的概率为 P(X,=1)=1-25=125 6461 .61 故E(X:)=125 所以(0=58)=5×g5-2g 第2课时离散型随机变量的方差 必备知识探新知 知识点一(1)[x1-E(X)]2p1+[x2-E(X)]22+…+ [x,-E(X)]'p, [,-E(X)]p,(2)离散程度波动大小 (3)a2D(X) 知识点二p(1-p)p(1-p) 思考：由于两点分布是特殊的二项分布，故两者之间是特殊 与一般的关系.即若X~B(n,p),则D(X)=np(1-p),取n=1, 则D(X)=p(1-p)就是两点分布的方差 关键能力攻重难 例1：(1)X的分布列为 16 0 2 3 1 3 1 2 20 10 20 (0=0×+1×20+2×0+3×+4×写=1.5 1 3 D)=(0-1.5)2x3+(1-15)×20+(2-1.5)× 1 +(3-1.5)2×8+4-150×写-25. 1 3 (2)由D(Y)=a2D(X),得a2×2.75=11,即a=±2. 又E(Y)=aE(X)+b,所以当a=2时，由1=2×1.5=b,得 b=-2; 当a=-2时，由1=-2×1.5+b,得b=4, 六化22或[842即为所求 ,11 对点训练1：由分布列的性质，知2+4+a=l,故a=4 所以X的均值E(X)=(-)×分+0×+1×子 4 (1)x的方差D0)-(-1+4)x7+(0+)x+ 0+x好6 (2)因为Y=4X+3,所以E(Y)=4E(X)+3=2,D(Y)= 42D(X)=11. 例2：(1)由题意知司机遇上红灯次数X服从二项分布，且 X-B(6,3） (0=6x号=2，)=6×号×-号）=号 (2)由已知得Y=30x,E(Y)=30E(X)=60, D(Y)=900D(X)=1200. 对点训练2：(1)0.16依题意知：X服从两点分布，所以 D(X)=0.8×(1-0.8)=0.16. (2)6号由题意知，X服从二项分布B(n,P),由E(X) p=3,D(X)=(1-p)=号， 得1-p=分，所以p=子a=6 1 例3：由题意，E(X)=0×0.2+1×0.5+2×0.3=1.1, E(X2)=0×0.3+1×0.3+2×0.4=1.1.所以E(X1) =E(X2). D(X1)=(0-1.1)2×0.2+(1-1.1)2×0.5+(2-1.1)2 ×0.3=0.49. D(X2)=(0-1.1)2×0.3+(1-1.1)2×0.3+(2-1.1)2 ×0.4=0.69, 所以D(X)<D(X2), 所以甲运动员的技术好一些，应选派甲参加。 对点训练3：(1)设顾客所获的奖励额为X(单位：元). )依题意，得P(X=60)=Cg=号， 即顾客所获的奖励额为60元的概率为？ (ⅱ)依题意，得X的所有可能取值为20,60 PX=60)=7P(X=20)=是=7 C_1 所以X的分布列为 6