8.2.2 第1课时 离散型随机变量的均值-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（苏教版）

该高中数学课件聚焦离散型随机变量的均值，涵盖概念、性质及两点分布均值，通过课前自主预习（含微点助解、基础训练）搭建学习支架，衔接课堂题型研究，形成梯度进阶的知识脉络。 其亮点在于以射击比赛、摸球游戏等实际案例为载体，引导学生用数学眼光观察现实问题，通过思维建模总结解题步骤，培养数学思维与建模能力。资料题型丰富，利于学生提升应用意识，也为教师提供系统教学资源，提高教学效率。

8.2.2 离散型随机变量的数字特征 离散型随机变量的均值 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 第1课时 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概率分布列求出均值. 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 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.离散型随机变量的均值(或数学期望) 一般地，随机变量X的概率分布为 其中pi≥0，i=1，2，…，n，p1+p2+…+pn=1，将__________________称为随机变量X的均值或数学期望，记为E(X)或μ. X x1 x2 … xn 概率p p1 p2 … pn p1x1+p2x2+…+pnxn 2.性质 若X是离散型随机变量，则： ①E(X+b)=__________； ②E(aX)=________； ③E(aX+b)=___________. 3.两点分布的均值 一般地，若X服从参数为p的两点分布，则E(X)=_____. E(X)+b aE(X) aE(X)+b p |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. (2)E(X)是一个实数，由X的概率分布唯一确定，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. 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)=. (　　) 基础落实训练 × × √ × 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的概率分布为 则X的均值E(X)=(　　) A. B.2 C. D.3 √ X 1 2 3 P 解析：E(X)=1×+2×+3×=. 课堂题点研究·迁移应用融通 02 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的概率分布列和数学期望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的概率分布为 E(X)=0×+4×+8×+12×+16×+20×+24×=. X 0 4 8 12 16 20 24 P |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的概率分布； (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的概率分布列及均值. 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的概率分布为 ∴E(X)=2×+3×+4×+5×=4. X 2 3 4 5 P 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的概率分布如下表，则m的值为 (　　) A. B. C. D. ξ 1 2 3 4 P m n √ 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的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的概率分布得到ξ的概率分布，由X的取值计算ξ的取值，对应的概率相等，再由定义法求得E(ξ). 针对训练 2.[多选]已知随机变量X的概率分布如表，且E(X)=6.3，则下列结论正确的是 (　　) A.a=7 B.b=0.4 C.E(aX)=44.1 D.E(bX+a)=2.62 √ X 4 a 9 P 0.5 0.1 b √ √ 解析：由概率分布的性质得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的概率分布和数学期望； X 0 1 2 P 解：X的可能取值为0，1，2，P(X=0)===， P(X=1)===，P(X=2)===， 所以X的概率分布为 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，并列出概率分布； (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.为了丰富学生的课余生活，某校决定举办竞技比赛.比赛分为“无人机表演”和“机器人操作”两个项目，选手两个比赛项目的顺序自选，若第一个项目不过关，则淘汰；若第一个项目过关则进行第二个项目比赛，无论第二个项目是否合格，比赛都结束.“无人机表演”比赛合格得4分，否则得0分；“机器人操作”比赛合格得6分，否则得0分. 已知博文同学参加“无人机表演”比赛合格的概率为0.8，参加“机器人操作”比赛合格的概率为0.7. (1)若博文同学先进行“无人机表演”比赛，记X为博文同学的累计得分，求X的分布列； X 0 4 10 P 0.2 0.24 0.56 解：由题意得，X的可能取值为0，4，10， 所以P(X=0)=1-0.8=0.2，P(X=4)=0.8×(1-0.7)=0.24，P(X=10)=0.8×0.7=0.56， 所以X的概率分布为 (2)为使累计得分的期望最大，博文同学应选择先进行哪项比赛?并说明理由. Y 0 6 10 P 0.3 0.14 0.56 解：由(1)可得E(X)=0×0.2+4×0.24+10×0.56=6.56. 若博文同学先进行“机器人操作”，记Y为博文同学的累计得分，Y的可能取值为0，6，10，所以P(Y=0)=1-0.7=0.3，P(Y=6)=0.7×(1-0.8)=0.14，P(Y=10)=0.7×0.8=0.56，所以Y的概率分布为 所以E(Y)=0×0.3+6×0.14+10×0.56=6.44. 因为E(X)>E(Y)，所以博文同学应该选择先进行“无人机表演”比赛. 课时检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.若随机变量X的概率分布如下(k为常数)，则E(X)= (　　) A.0.6 B.0.9 C.1 D.1.2 √ X 0 1 2 P k 6k 0.3 解析：由概率分布的性质，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(　　) 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 √ 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 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的概率分布如表： 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：根据概率分布列可知m+n=1--=①，因为Y=12X+7， 所以E(Y)=12E(X)+7=34，解得E(X)=，又由概率分布可得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.[多选]已知随机变量ξ的概率分布如表： 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(　　) A.E(ξ)=-2a B.E(ξ2)= C.P(A)= D.P(A)= √ ξ -1 0 1 P a b √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：由随机变量ξ的概率分布知，E(ξ)=-a+b，E(ξ2)=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 7.[多选]设0<p<1，随机变量ξ的概率分布如下，则下列结论正确的有 (　　) 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 √ ξ 0 1 2 P p-p2 p2 1-p √ 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 8.(5分)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)=________.  -2.2 解析：E(X)=1×0.4+0×(1-0.4)=0.4，E(ξ)=2E(X)-3=-2.2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)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 10.(5分)(2025·全国Ⅰ卷)一个箱子里有5个球，分别以1~5标号，若 有放回取三次，记至少取出一次的球的个数为X，则E(X)=_______.  解析：X可取1，2，3，P(X=1)==，P(X=2)==，P(X=3)==， ∴E(X)=1×+2×+3×=. X 1 2 3 P 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)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 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 12.(10分)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的概率分布；(6分) 解：由题意知，X的可能取值为1，2，3.P(X=1)=；P(X=2)=×=； P(X=3)=×=.所以X的概率分布为 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.(4分) 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 13.(10分)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；(3分) 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).(7分) 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， X=0时，Y=4，X=4时，Y=0，此时XY=0，则P(XY=0)=+=， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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 14.(15分)(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： 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. 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 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；(5分) 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)===. 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)；(6分) 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)(4分) 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). 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $