离散型随机变量及其分布列、数字特征课件-2027届高考数学一轮复习

离散型随机变量及其分布列、数字特征 1.随机变量的有关概念 (1)随机变量 一般地,对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω,都有唯一的实数X(ω)与之对应,我们称X为随机变量. 分两类:离散型随机变量和连续型随机变量 通常用大写英文字母表示,例如X,Y,Z;用小写英文字母表示随机变量的取值,例如x,y,z. (2)离散型随机变量:可能取值为有限个或可以　　　　　　的随机变量.  微点拨 离散型随机变量X的每一个可能取值为实数,其实质代表的是“事件”,即事件是用一个反映结果的实数表示的. 一一列举 2.离散型随机变量的分布列及性质 (1)一般地,设离散型随机变量X的可能取值为x1,x2,…,xn,我们称X取每一个值xi的　　　　 　　　　　　为X的概率分布列,简称分布列. 有表格、图形和解析式三种形式  (2)离散型随机变量分布列的性质 ①pi　　　　0,i=1,2,…,n;  ②　　　　　　　　=1.  微点拨 可用离散型随机变量分布列的性质检验所求离散型随机变量的分布列是否正确. 概率P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n ≥ p1+p2+…+pn 3.离散型随机变量的均值与方差 离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn (1)均值 称E(X)=　　　　 　　　=　　　　为随机变量X的均值或数学期望,数学期望简称期望. 反映了离散型随机变量取值的平均水平 (2)方差 称D(X)=　　　　　　　　　为随机变量X的方差,并称为随机变量X的标准差,记为σ(X).  　　　　　　用来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度 x1p1+x2p2+…+xnpn　 xipi (xi-E(X))2pi 微思考随机变量的均值、方差与样本的均值、方差有何关系? 提示 随机变量的均值、方差是一个常数,样本的均值、方差是一个随机变量,随观测次数的增加或样本容量的增加,样本的均值、方差趋于随机变量的均值、方差. 4.均值与方差的性质 (1)E(aX+b)=　　　　　.(a,b为常数)  (2)D(aX+b)=　　　　　.(a,b为常数)  常用结论 1.E(k)=k,D(k)=0,其中k是常数. 2.E(X1+X2)=E(X1)+E(X2). 3.D(X)=E(X2)-[E(X)]2. 4.若X1,X2相互独立,则E(X1X2)=E(X1)E(X2). aE(X)+b a2D(X) [自主诊断] 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)离散型随机变量的概率分布列描述了由这个随机变量所刻画的随机现象.(　　) (2)离散型随机变量的分布列中,随机变量取各个值的概率之和可以小于1. (　　) (3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.(　　) (4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度,方差或标准差越小,则偏离变量的平均程度越小.(　　) √ × 解析 各个概率之和等于1. √ √ 2.(人A选三教材习题改编)抛掷两枚骰子一次,记第一枚骰子掷出的点数减第二枚骰子掷出的点数之差为X,则“X≥5”表示的试验结果是(　　) A.第一枚6点,第二枚2点 B.第一枚5点,第二枚1点 C.第一枚1点,第二枚6点 D.第一枚6点,第二枚1点 D 3.(人A选三教材习题改编)已知X的分布列为 X -1 0 1 P 设Y=2X+3,则E(Y)的值为(　　) A.　　B.4　　C.-1　　D.1 A 解析 E(X)=-=-,则E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=-+3=故选A. 4.(人A选三教材习题改编)已知随机变量X的分布列为 X -1 0 1 P m n 若P(X≤0)=,且2X+Y=1,则D(Y)=(　　) A. B. C. D. C 解析 由P(X≤0)=,得m=,n=1-P(X≤0)=, 则E(X)=-1+0+1,D(X)=E(X2)-[E(X)]2=1+0-()2=, 由2X+Y=1,得Y=1-2X,所以D(Y)=4D(X)=故选C. 5.(人A选三教材习题改编)甲、乙两人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X,Y,分布列分别为 X 0 1 2 3 P 0.4 0.3 0.2 0.1 Y 0 1 2 P 0.3 0.5 0.2 若甲、乙两人的日产量相等,则甲、乙两人中技术较好的是　　　　.  乙 解析 E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1,E(Y)=0×0.3+1×0.5+2×0.2=0.9,E(Y)<E(X),故乙技术较好. 研考点•精准突破 考点一　离散型随机变量分布列的性质 例1　(1)(2025·河南驻马店模拟)已知随机变量ξ所有可能的取值为1,2,3,…,n(n∈N*),且P(ξ=1)=P(ξ=2)=…=P(ξ=n).若P(ξ<5)=,则(　　) A.n=20 B.n=18 C.n=16 D.n=14 C 解析 依题意可得P(ξ=i)=(i=1,2,3,…,n),所以P(ξ<5)=P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)+P(ξ=4)=,解得n=16.故选C. 考点一 考点二 考点三 (2)(多选题)随机变量X的分布列为P(X=n)=(n=0,1,2),其中a是常数,以下说法正确的是(　　) A.P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=1 B.a= C.P(X≥1)= D.P(0≤X<2)= ABD 考点一 考点二 考点三 解析 根据题意,随机变量X的分布列为P(X=n)=,则P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)==1,解得a=,故A,B正确; P(X≥1)=1-P(X=0)=1-,故C错误; P(0≤X<2)=P(X=0)+P(X=1)=,故D正确. 故选ABD. 考点一 考点二 考点三 规律方法　离散型随机变量的分布列性质的应用 考点一 考点二 考点三 考点二　离散型随机变量的分布列及数字特征 例2　(2024·北京,18)已知某险种的保费为0.4万元,前3次出险每次赔付0.8万元,第4次赔付0.6万元. 赔偿次数 0 1 2 3 4 频数 800 100 60 30 10 在总体中抽样1 000单,以频率估计概率: (1)求随机抽取一单,赔偿不少于2次的概率; (2)(ⅰ)毛利润是保费与赔偿金额之差.设毛利润为X,估计X的数学期望; (ⅱ)若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%,已赔偿过的增加20%.估计保单下一保险期毛利润的数学期望. 考点一 考点二 考点三 解 (1)设A为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”, 则P(A)= (2)(ⅰ)设ξ为赔偿金额,则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3. 由题意可得P(ξ=0)=,P(ξ=0.8)=, P(ξ=1.6)=,P(ξ=2.4)=,P(ξ=3)= ∴E(ξ)=0+0.8+1.6+2.4+3=0.278. 故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). (ⅱ)由题设可知每一单保费变为0.496%+0.41.2=0.403 2,设保单下一保险期毛利润为Y,则E(Y)=0.403 2-E(ξ)=0.125 2(万元). 考点一 考点二 考点三 规律方法　求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 (1)理解ξ的意义,写出ξ的所有可能取值. (2)求ξ取每个值的概率. (3)写出ξ的分布列. (4)由均值、方差的定义求E(ξ),D(ξ). 考点一 考点二 考点三 [对点训练](2025·福建福州模拟)已知甲盒中有2个红球,2个蓝球,乙盒中有5个红球,1个蓝球,这些球除颜色外完全相同.现从甲、乙两盒中无放回地各任取2个球. (1)求取出的4个球颜色相同的概率; (2)记取出的4个球中红球的个数为X,求X的分布列、数学期望和方差. 解 (1)记A=“取出的4个球颜色相同”,则P(A)=, 所以取出的4个球颜色相同的概率为 考点一 考点二 考点三 (2)X的可能取值为1,2,3,4, 则P(X=1)=,P(X=2)=, P(X=3)=,P(X=4)=, 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 P 所以E(X)=1+2+3+4, D(X)=(1-)2+(2-)2+(3-)2+(4-)2 考点一 考点二 考点三 考点三　均值与方差中的决策问题 例3　(2024·新高考Ⅱ,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;若至少投中一次,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. (2)假设0<p<q, (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛? (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛? 考点一 考点二 考点三 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, 则所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)(ⅰ)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3; 若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为 P乙=[1-(1-q)3]p3. P甲-P乙=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2 +(p-pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q) =3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0, 所以P甲>P乙,故应该由甲参加第一阶段比赛. 考点一 考点二 考点三 (ⅱ)若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]q3, 所以E(X)=[1-(1-p)3][5q(1-q)2+10q2(1-q)+15q3] =15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p). 考点一 考点二 考点三 若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15, P(Y=0)=(1-q)3+[1-(1-q)3](1-p)3, P(Y=5)=[1-(1-q)3]p(1-p)2, P(Y=10)=[1-(1-q)3]p2(1-p), P(Y=15)=[1-(1-q)3]p3, 所以E(Y)=15p(q3-3q2+3q), 则E(X)-E(Y)=15pq(p-q)(p+q-3)>0, 故应该由甲参加第一阶段比赛. 考点一 考点二 考点三 教考衔接 (人A选三7.3.1例4)根据天气预报,某地区近期有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0.01.该地区某工地上有一台大型设备,遇到大洪水时要损失60 000元,遇到小洪水时要损失10 000元.为保护设备,有以下3种方案: 方案1　运走设备,搬运费为3 800元; 方案2　建保护围墙,建设费为2 000元,但围墙只能防小洪水; 方案3　不采取措施. 工地的领导该如何决策呢? 考点一 考点二 考点三 解 设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1,X2,X3. 采用方案1,无论有无洪水,都损失3 800元.因此,P(X1=3 800)=1. 采用方案2,遇到大洪水时,总损失为2 000+60 000=62 000元; 没有大洪水时,总损失为2 000元. 因此,P(X2=62 000)=0.01,P(X2=2 000)=0.99. 采用方案3,P(X3=60 000)=0.01,P(X3=10 000)=0.25,P(X3=0)=0.74. 于是,E(X1)=3 800, E(X2)=62 000×0.01+2 000×0.99=2 600, E(X3)=60 000×0.01+10 000×0.25+0×0.74=3 100. 因此,从期望损失最小的角度,应采取方案2. 考点一 考点二 考点三 规律方法　利用均值、方差进行决策的2个策略 (1)当均值不同时,两个随机变量取值的水平可见分歧,可对问题作出判断. (2)若两随机变量均值相同或相差不大,则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度,进而进行决策. 考点一 考点二 考点三 $