第61讲 离散型随机变量的均值与方差-2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第61讲：离散型随机变量的均值与方差
一、 课程标准
1、理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念.
2、 能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题.
3、利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.

二、 基础知识回顾
1. 离散型随机变量的均值与方差
若离散型随机变量X的概率分布为

X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
(1)均值
称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
(2)方差
称D(X)＝xi－E(x)]2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，D(X)越小，稳定性越高，波动性越小，其算术平方根为随机变量X的标准差．
2. 均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b．
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)．
3. 两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差
(1)若X服从两点分布，则E(X)＝____，D(X)＝p(1－p)．
(2)若X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
(3)若X服从超几何分布，即X～H(n，M，N)时，E(X)＝．
4. 正态曲线及性质
(1)正态曲线的定义
函数μ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)(其中实数μ和σ(σ>0)为参数)的图像为正态分布密度曲线，简称正态曲线．(μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差)．
(2)正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；④曲线与x轴之间的面积为____；
⑤当σ一定时，曲线随着____的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；，σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
5. 正态分布
(1)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(a (2)正态分布的三个常用数据
①P(μ－σ ②P(μ－2σ ③P(μ－3σ 三、 自主热身、归纳总结
1、已知随机变量X～B，D(2X＋1)＝( )　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 9 B. 6 C. 4 D. 3
【答案】B
【解析】　∵随机变量X～B，所以D(X)＝6××(1－)＝，所以D(2X＋1)＝4D(X)＝4×＝6.故选B.
2、 已知随机变量X的分布列为
X
0
1
P
p
1－p
若D(X)＝，则p的值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】　由题可知随机变量X的期望E(X)＝1－p，所以方差D(X)＝p×2＋×2＝，解得p＝.故选A.
3、 设随机变量X～N（3，σ2），若P（X>m）＝0.3，则P（X>6－m）＝　　　　
【答案】 0.7
【解析】 因为P（X>m）＝0.3，所以P（X<6－m）＝0.3，所以P（X>6－m）＝1－P（X<6－m）＝0.7.

4、已知随机变量X的分布列为
X
－1
0
1
P



设Y＝2X＋3，则E（Y）的值为　　　　
【答案】
【解析】 因为E（X）＝－＋＝－，所以E（Y）＝E（2X＋3）＝2E（X）＋3＝－＋3＝.
5、某校在一次月考中约有600人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布X～N（90，a2）（a>0，试卷满分150分）.统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有　　　　人.
【答案】 120
【解析】 因为成绩服从正态分布X～N（90，a2），所以其正态分布曲线关于直线x＝90对称.又因为成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，由对称性知成绩在110分以上的人数约为总人数的×＝，所以此次数学考试成绩不低于110分的学生约有×600＝120（人）.
四、 例题选讲
考点一 离散型随机变量的均值与方差
例1、（2020届山东省德州市高三上期末）随机变量的取值为、、，，，则______.
【答案】
【解析】设，其中，可得出，
，
，解得，
因此，.
故答案为：.
变式1、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）2017年11月河南省三门峡市成功入围“十佳魅力中国城市”，吸引了大批投资商的目光，一些投资商积极准备投入到“魅力城市”的建设之中.某投资公司准备在2018年年初将四百万元投资到三门峡下列两个项目中的一个之中.项目一：天坑院是黄土高原地域独具特色的民居形式，是人类“穴居”发展史演变的实物见证.现准备投资建设20个天坑院，每个天坑院投资0.2百万元，假设每个天坑院是否盈利是相互独立的，据市场调研，到2020年底每个天坑院盈利的概率为，若盈利则盈利投资额的40%，否则盈利额为0.
项目二：天鹅湖国家湿地公园是一处融生态、文化和人文地理于一体的自然山水景区.据市场调研，投资到该项目上，到2020年底可能盈利投资额的50%，也可能亏损投资额的30%，且这两种情况发生的概率分别为p和.
（1）若投资项目一，记为盈利的天坑院的个数，求（用p表示）；
（2）若投资项目二，记投资项目二的盈利为百万元，求（用p表示）；
（3）在（1）（2）两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项目，并说明理由.
【解析】（1）解：由题意
则盈利的天坑院数的均值.
（2）若投资项目二，则的分布列为

2
-1.2



盈利的均值.
（3）若盈利，则每个天坑院盈利（百万元），
所以投资建设20个天坑院，盈利的均值为
（百万元）.


①当时，，
解得.
.故选择项目一.
②当时，，
解得.
此时选择项一.
③当时，，解得.
此时选择项二.

变式2、一个口袋中装有大小相同的3个白球和1个红球，从中有放回地摸球，每次摸出一个，若有3次摸到红球即停止．
(1)求恰好摸4次停止的概率；
(2)记4次之内(含4次)摸到红球的次数为X，求随机变量X的概率分布与数学期望．
【解析】　(1)设事件“恰好摸4次停止”的概率为P，则P＝C×()2××＝.
∴恰好摸4次停止的概率为.

(2)由题意，随机变量X的所有可能的取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝C×()4＝，P(X＝1)＝C×()×()3＝，P(X＝2)＝C×()2×()2＝，
P(X＝3)＝1－－－＝，
∴X的分布列为

X
0
1
2
3
P





∴E(X)＝0·＋1·＋2·＋3·＝.

变式3、某学校组建了由2名男选手和n名女选手组成的“汉字听写大会”集训队，每次参赛均从集训队中任意选派2名选手参加省队选拔赛．
(1)若n＝2，记某次选派中被选中的男生人数为随机变量X，求随机变量X的概率分布和数学期望；
(2)若n≥2，该校要参加三次“汉字听写大会”，每次从集训队中选2名选手参赛，求n为何值时，三次比赛恰有一次参赛学生性别相同的概率取得最大值．
【解析】　(1)当n＝2时，X可能的取值为0，1，2.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，则随机变量X的概率分布如下表：

X
0
1
2
P



∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
(2)一次参加比赛全是男生或全是女生的概率为P＝＝.
三次比赛恰有一次参赛学生性别相同的概率为f(P)＝CP(1－P)2＝3P3－6P2＋3P，
则f′(P)＝9P2－12P＋3＝3(P－1)(3P－1)，
易知当P＝时，f(P)取得最大值，所以＝，解得n＝2.

方法总结：　求离散型随机变量的均值、方差的基本步骤：
①判断取值：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值；
②探求概率：利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；
③写分布列：按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质(概率总和为1)检验所求的分布列是否正确；
④求期望值和方差：利用数学期望和方差的公式分别求期望和方差的值．对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望与方差公式，可加快解题速度．
考点二 均值与方差的性质的应用
例2、（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）已知随机变量ξ满足P (ξ=0) =x，P(ξ=1) =1-x，若则（ ）
A．E(ξ)随着x的增大而增大，D (ξ)随着x的增大而增大
B．E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而增大
C．E(ξ)随着x的增大而减小，D(ξ)随着x的增大而减小
D．E(ξ)随着x的增大而增大，D(ξ)随着x的增大而减小
【答案】B
【解析】依题意，在区间上是减函数.
，注意到函数的开口向下，对称轴为，所以在区间上是增函数，也即在区间上是增函数.
故选：B
变式1、（2020·浙江镇海中学高三3月模拟）某射手射击所得环数的分布列如下：

7
8
9
10





已知的数学期望，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意可知：，
解得.
故选：B.
变式2、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知随机变量X的分布列如下：

若随机变量Y满足，则Y的方差（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，则，
则，
所以．
故选：D

变式3、袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1，2，3，4)．现从袋中任取一个球，X表示所取球的标号．
(1)求X的概率分布、均值和方差；
(2)若Y＝aX＋b，E(Y)＝1，D(Y)＝11，试求a，b的值．

【解析】　(1)由题意知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.
故X的概率分布为

X
0
1
2
3
4
P




　
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5.
D(X)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.
(2)由D (Y)＝a2 D (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. 故或
变式4、设随机变量X的概率分布为P(X＝k)＝，k＝1，2，3，4，5.求E(X＋2)2，D(2X－1)，的值．
【解析】　∵E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝＝3，
E(X2)＝1×＋22×＋32×＋42×＋52×＝11，
D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＋(5－3)2×＝×(4＋1＋0＋1＋4)＝2，
故E(X＋2)2＝E(X2＋4X＋4)＝E(X2)＋4E(X)＋4＝11＋12＋4＝27，
D(2X－1)＝4V(X)＝8，＝＝.


方法总结:掌握下述有关均值与方差的常用性质，会给解题带来方便：
(1)E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b；E(ξ＋η)＝E(ξ)＋E(η)；
D (aξ＋b)＝a2 D (ξ)；
(2)若ξ～B(n，p)，则E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)．

考点三　正态分布及其简单应用
例3、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可知，正态分布曲线关于对称， ,
根据对称性可知，,
.
故选：C
变式1、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知随机变量，，则__________．
【答案】0.1
【解析】因为随机变量服从正态分布,
所以曲线关于对称,
因为,
所以
故答案为：0.1
变式2、为评估设备M生产某种零件的性能，从设备M生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：

直径















mm
58
59
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
73
合
计















件数
1
1
3
5
6
19
33
18
4
4
2
1
2
1
100
经计算，样本的平均值μ＝65，标准差σ＝2.2，以频率值作为概率的估计值，用样本估计总体．
(1)将直径小于等于μ－2σ或直径大于μ＋2σ的零件认为是次品，从设备M的生产流水线上随意抽取3个零件，计算其中次品个数Y的数学期望E；
(2)为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为X，并根据以下不等式进行评判(P表示相应事件的概率)：
①P(μ－σ 【解析】(1)由图表知道：直径小于或等于μ－2σ的零件有2件，大于μ＋2σ的零件有4件，共计6件，从设备M的生产流水线上任取一件，取到次品的概率为＝，依题意Y～B，故E(Y)＝3×＝；
(2)由题意知，μ－σ＝62.8，μ＋σ＝67.2，
μ－2σ＝60.6，μ＋2σ＝69.4，μ－3σ＝58.4，
μ＋3σ＝71.6，
所以由图表知道：
P(μ－σ0.682 6，
P(μ－2σ P(μ－3σ 所以该设备M的性能为丙级别．
方法总结：对于正态分布题型的数据分析，需要结合μ，σ的含义来进行理解，根据题设中如P(μ－σ 五、优化提升与真题演练
1、（2019年高考浙江卷）设0＜a＜1，则随机变量X的分布列是








则当a在（0，1）内增大时，（ ）
A．增大 B．减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】D
【解析】方法1：由分布列得，
则，
则当在内增大时，先减小后增大．故选D．
方法2：则，
则当在内增大时，先减小后增大．故选D．
2、（2018年高考全国Ⅲ卷理数）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，，则（ ）
A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
【答案】B
【解析】∵，∴或，
，
，可知，故．故选B．
3、（2018年高考浙江卷）设，随机变量ξ的分布列是
ξ
0
1
2
P



则当p在（0，1）内增大时，（ ）
A．D（ξ）减小 B．D（ξ）增大
C．D（ξ）先减小后增大 D．D（ξ）先增大后减小
【答案】D
【解析】∵E(ξ)=0×1-p2+1×12+2×p2=p+12，∴D(ξ)=1-p2(0-p-12)2+12(1-p-12)2+p2(2-p-12)2=-p2+p+14，∵12∈(0，1)，∴D(ξ)先增大后减小，故选D．
4、（2020年高考浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为，则_______，_______．
【答案】，
【解析】因为对应事件为第一次拿红球或第一次拿绿球，第二次拿红球，
所以，
随机变量，
，
，
所以.
故答案为：.
5、（2019年高考全国Ⅰ卷理数）甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是______________．
【答案】
【解析】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是综上所述，甲队以获胜的概率是
6、（2019年高考天津卷理数）设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
（1）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率．
【解析】（1）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为，故，从而．
所以，随机变量的分布列为

0
1
2
3





随机变量的数学期望．
（2）设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为，
则，且．
由题意知事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
从而由（1）知


．
7、（2020届山东省九校高三上学期联考）学生考试中答对但得不了满分的原因多为答题不规范，具体表现为：解题结果正确，无明显推理错误，但语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等，记此类解答为“类解答”.为评估此类解答导致的失分情况，某市教研室做了一项试验：从某次考试的数学试卷中随机抽取若干属于“类解答”的题目，扫描后由近百名数学老师集体评阅，统计发现，满分12分的题，阅卷老师所评分数及各分数所占比例大约如下表：
教师评分（满分12分）
11
10
9
各分数所占比例



某次数学考试试卷评阅采用“双评+仲裁”的方式，规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分.（假设本次考试阅卷老师对满分为12分的题目中的“类解答”所评分数及比例均如上表所示，比例视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响）.
（1）本次数学考试中甲同学某题（满分12分）的解答属于“类解答”，求甲同学此题得分的分布列及数学期望；
（2）本次数学考试有6个解答题，每题满分均为12分，同学乙6个题的解答均为“类解答”，记该同学6个题中得分为的题目个数为，，，计算事件“”的概率.
【解析】
（1）随机变量的可能取值为9、9.5、10、10.5、11，
设一评、二评、仲裁所打分数分别为，，，

，
，
，

，

.
所以分布列如下表：
可能取值
9
9.5
10
10.5
11
概率





数学期望（分）.
（2）∵，∴，
∵，
，
，
，

，
∴.