高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册8.2离散型随机变量及其分布列教案

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册8.2离散型随机变量及其分布列教案，共7页。教案主要包含了应用举例，课堂练习，归纳小结，布置作业等内容，欢迎下载使用。
教学目标
1.通过实例理解离散型随机变量的均值的含义，了解随机变量的均值与样本均值的区别与联系．
2.能计算简单离散型随机变量的均值，并能解决一些实际问题．
3.体会运用离散型随机变量的均值思想描述和分析某些随机现象的方法，在简单应用中培养学生分析和解决问题的能力．
教学重难点
教学重点：离散型随机变量均值的含义及其应用．
教学难点：根据离散型随机变量的分布列求出均值．
教学过程
一．新课导入
某城市随机抽查了1000户居民的住房情况，发现户型主要集中在160平方米，100平方米，60平方米三种，对应住房比例为1：5：4，怎样求该市的住房平均面积才合理？
问题1：能否说该市的户均住房面积为（平方米）？
答案：此种运算显然不合理，忽略了不同住房面积的居民所占的比例，造成了“被平均”的现象．
追问1：假如我们在这座城市的居民中任取一户，记X为这户居民的住房面积（平方米），你能写出X的分布列吗？
答案：X的分布列为
追问2：该城市居民住房平均面积应为多少平米？
答案：该城市居民住房平均面积应为：160×100+100×500+60×4001000=90（平方米）
思考：用上述方法求得随机变量X的平均取值是否合理？
答案：合理，这种取平均值的方法，考虑到了不同变量在总体中的比例份额，变量所占份额越大，对整组数据的平均数影响越大．
新知探究：
问题2. 能否将上述求离散型随机变量平均值的方法推广到一般情形？
1．概念形成
设离散型随机变量X的分布列如下表：
其中pi≥0，i=1，2，⋯，n，p1+p2+⋯+pn=1，我们将称为随机变量X的均值(mean)或者数学期望(mathematical expectatin)，记为E(X)或μ．
2.概念理解
（1）均值EX刻画的是X取值的“中心位置”，反映了离散型随机变量X取值的平均水平，是随机变量X的一个重要特征．
（2）均值EX是随机变量X取各个值的加权平均，由X的分布列完全确定．
问题3.随机变量的均值与样本均值的联系与区别是什么？
答案：随机变量的均值是一个常数，而样本均值是一个随机变量，样本均值随样本的变化而变化，这是两个均值的根本区别，在随机变量均值未知的情况下，通常用随机变量的观测值的平均值估计随机变量的均值．
问题4：如果X是一个离散型随机变量，将X进行平移或伸缩后，其均值会怎样变化？
即E（X+6）和E（aX）（其中a，b为常数）分别与E（X）有怎样的关系？
答案：若Y=aX+b，其中a，b均是常数（X是随机变量），则Y也是随机变量，且有E（aX+b）=aE（X）+b．
证明：如果Y=aX+b，其中a，b为常数，X是随机变量，那么Y也是随机变量，因此P（Y=axi+b）=P（X=xi），i=1，2，3，⋯，n，所以Y的分布列为
于是有E（Y）=（ax1+b）p1+（ax2+b）p2+⋯+（axi+b）pi+⋯+（axn+b）pn
=a（x1p1+x2p2+⋯+xipi+⋯+xnpn）+ b（p1+p2+⋯+pi+⋯+pn）
=a E（X）+b．
离散型随机变量的均值的性质：
若X，Y是两个随机变量，且Y=aX+b，则有E(Y)=aE(X)+b，即随机变量X的线性函数的均值等于这个随机变量的均值E(X)的同一线性函数．特别地：
(1)当a=0时，E(b)=b，即常数的均值就是这个常数本身．
(2)当a=1时，E(X+b)=E(X)+b，即随机变量X与常数之和的均值等于X的均值与这个常数的和．
(3)当b=0时，E(aX)=aE(X)，即常数与随机变量乘积的均值等于这个常数与随机变量的均值的乘积．
三、应用举例
例1抛掷一枚质地均匀的骰子，设出现的点数为X，求X的均值．
分析：先求出X的分布列，再根据定义计算X的均值．
解：X的分布列为?(X=k)= 16，k=1，2，3，4，5，6，
因此，E(X)= 16(1+2+3+4+5+6)=3.5．
总结：求离散型随机变量X的均值的步骤：
(1)理解X的实际意义，写出X全部可能取值；
(2)求出X取每个值时的概率；
(3)写出X的分布列；
(4)利用定义公式EX=i=1nxipi求出均值．
例2 根据气象预报，某地区近期暴发小洪水的概率为0.25，暴发大洪水的概率为0.01．该地区某工地上有一台大型设备，为保护设备，有以下3种方案：
方案1：运走设备，搬运费为3800元．
方案2：建一保护围墙，建设费为2000元，但围墙只能防小洪水．
方案3：不采取措施，希望不发生洪水，此时遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10 000元．
试比较哪一种方案好．
解：用，和分别表示以上3种方案的损失．
采用方案1，无论有无洪水，都损失3 800元，即=3 800，故E=3 800元．
采用方案2，遇到大洪水时，损失62 000元；没有大洪水时，损失2000元，因此
E=62 000×0.01+2 000×（1-0.01）=2 600（元）；
采用方案3，遇到大洪水时，损失60 000元；遇到小洪水时，损失10000元；无洪水时，损失为0元，因此E=60 000×0.01+10 000×0.25=3 100（元）．
由此可见，就平均而言，方案2的损失最小．
问题5：为什么可以通过比较均值作出决策？
答案：离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，因此，在实际决策问题中，需先计算均值，看一下谁的平均水平高，进而做出决策．
例3 在一个人数很多的地区普查某种疾病，由以往经验知道，该地区居民得此病的概率为0.1%．现有1000人去验血，给出下面两种化验方法．
方法1：对1000人逐一进行化验．
方法2：将1000人分为100组，每组10人．对于每个组，先将10人的血各取出部分，并混合在一起进行一次化验，如果结果呈阴性，那么可断定这10人均无此疾病；如果结果呈阳性，那么再逐一化验．
试问：哪种方法较好？
解：第1种方法的化验次数为1000．
第2种方法：如果某组的混合血液化验结果呈阴性，就可以断定这10人均无此疾病，那么对这10人只化验1次；如果结果呈阳性，那么必须对这10人再逐一化验，这时共需进行11次化验，因为对所有人来说，化验结果呈阳性的概率均为0.001，而且这些人的化验结果是相互独立的，所以每个人的化验次数X的概率分布如下表所示：
因为每个人化验次数X的均值为
EX=110×(1−0.001)10+1110×[1−(1−0.001)10]，
所以1000人的化验次数的均值为
1000×110×1−0.00110+1110×1−1−0.00110
=1100−1000×0.99910≈110，
因此，方法2远好于方法1．
总结： 解答概率模型的三个步骤
（1）建模：即把实际问题概率模型化．
（2）解模：确定概率分布，计算随机变量的均值．
（3）回归：利用所得数据，对实际问题作出判断．
四、课堂练习
1.已知离散型随机变量Ｘ的分布列如下：
则数学期望E（X）=（ ）．
A. B. C.1 D.2
2.甲、乙两名射手一次射击得分(分别用X1，X2表示)的分布列如下：
甲得分：
乙得分：
则甲、乙两人的射击技术相比（ ）．
A．甲更好 B．乙更好 C．甲、乙一样好 D．不可比较
3. “四书”是《大学》《中庸》《论语》《孟子》的合称，又称“四子书”，在世界文化史､思想史上地位极高，所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义和参考价值．为弘扬中国优秀传统文化，某校计划开展“四书”经典诵读比赛活动．某班有4位同学参赛，每人从《大学》《中庸》《论语》《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同．比赛时，若这4位同学从这4本书中随机抽取1本选择其中的内容诵读，则抽到自己准备的书的人数的均值为______．
4.某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
（1）若小明先回答A类问题，记Ｘ为小明的累计得分，求Ｘ的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
参考答案：
1.由题意可知：．
故选Ｄ．
2.因为E(X1)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1，E(X2)＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3＝2.2，所以E(X2)>E(X1)，故乙的射击技术更好．故选：B．
3.记抽到自己准备的书的学生数为Ｘ，则Ｘ可能值为0，1，2，4
，，，，
则．
4.（1）由题可知，Ｘ的所有可能取值为0，20，100．
P(X=0)=1-0.8=0.2; P(X=20)=0.8(1-0.6)=0.32; P(X=100)=0.8×0.6=0.48．
所以Ｘ的分布列为
（2）由（1）知，E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4．
若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100．
P(Y=0)=1-0.6=0.4；
P(Y=80)=0.6(1-0.8)=0.12；
P(Y=100)=0.8×0.6=0.48．
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=54.4．．
因为54.4