新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题6概率与统计第2讲随机变量及其分布列核心考点3离散型随机变量的期望与方差教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题6概率与统计第2讲随机变量及其分布列核心考点3离散型随机变量的期望与方差教师用书，共6页。试卷主要包含了离散型随机变量分布列的性质，数学期望的公式，方差的公式，均值与方差的性质等内容，欢迎下载使用。

1.离散型随机变量分布列的性质
(1)pi_≥__0，i＝1,2,3，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pn＝_1__.
2.数学期望的公式：E(X)＝_x1p1＋x2p2＋…＋xnpn__.
3.方差的公式：D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝ eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) (xi－E(X))2pi .
4.均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝_aE(X)＋b__.
(2)D(aX＋b)＝_a2D(X)__.
典例研析· 悟方法
角度1：离散型随机变量均值与方差的计算
典例5 设有3个投球手，其中一人命中率为q，剩下的两人水平相当且命中率均为p(p，q∈(0,1))，每位投球手均独立投球一次，记投球命中的总次数为随机变量为ξ.
(1)当p＝q＝eq \f(1,2)时，求数学期望E(ξ)及方差D(ξ)；
(2)当p＋q＝1时，将ξ的数学期望E(ξ)用p表示．
【解析】 (1)∵每位投球手均独立投球一次，
当p＝q＝eq \f(1,2)时，每次试验事件发生的概率相等，
∴ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)))，由二项分布的期望和方差公式得到结果
∴E(ξ)＝np＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，D(ξ)＝np(1－p)＝3×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,4).
(2)ξ的可取值为0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝(1－q)(1－p)2＝pq2；
P(ξ＝1)＝q(1－p)2＋(1－q)Ceq \\al(1,2)p(1－p)＝q3＋2p2q；
P(ξ＝2)＝qCeq \\al(1,2)p(1－p)＋(1－q)p2＝2pq2＋p3；
P(ξ＝3)＝qp2.
ξ的分布列为
E(ξ)＝0×pq2＋1×(q3＋2p2q)＋2×(2pq2＋p3)＋3×qp2＝1＋p.
角度2：随机变量分布列的综合应用
典例6 (2023·甘肃一模)如图，李先生家住H小区，他工作在C科技园区，从家开车到公司上班路上有L1、L2两条路线，L1路线上有A1、A2、A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为eq \f(1,2)；L2路线上有B1、B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为eq \f(3,4)，eq \f(3,5).
(1)若走L1路线，求最多遇到1次红灯的概率；
(2)若走L2路线，求遇到红灯次数X的数学期望；
(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由．
【解析】 (1)设“走L1路线最多遇到1次红灯”为事件A，包括没有遇到红灯和只遇到红灯一次两种情况．
则P(A)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(1,2)，
所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为eq \f(1,2).
(2)依题意，X的可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(1,10)，P(X＝1)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20)，P(X＝2)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20).
随机变量X的分布列为：
所以E(X)＝eq \f(1,10)×0＋eq \f(9,20)×1＋eq \f(9,20)×2＝eq \f(27,20).
(3)设选择L1路线遇到红灯次数为Y，随机变量Y服从二项分布Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)))，所以E(Y)＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
因为E(X)＜E(Y)，所以选择L2路线上班最好．
角度3：概率的综合问题
典例7 (2023·茂名二模)马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n＋1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n－1，n－2，n－3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n(n∈N*)次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn.
(1)求X1的分布列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)求Xn的期望．
【解析】 (1)由题可知，X1的可能取值为0,1,2，由相互独立事件概率乘法公式可知：P(X1＝0)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，P(X1＝1)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(5,9)，P(X1＝2)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,9)，
故X1的分布列如下表：
(2)由全概率公式可知：
P(Xn＋1＝1)＝P(Xn＝1)P(Xn＋1＝1|Xn＝1)＋P(Xn＝2)P(Xn＋1＝1|Xn＝2)＋P(Xn＝0)P(Xn＋1＝1|Xn＝0)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(1,3)＋\f(2,3)×\f(2,3)))P(Xn＝1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×1))P(Xn＝2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(2,3)))P(Xn＝0)
＝eq \f(5,9)P(Xn＝1)＋eq \f(2,3)P(Xn＝2)＋eq \f(2,3)P(Xn＝0)，
即：an＋1＝eq \f(5,9)an＋eq \f(2,3)bn＋eq \f(2,3)(1－an－bn)，
所以an＋1＝－eq \f(1,9)an＋eq \f(2,3)，
所以an＋1－eq \f(3,5)＝－eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(3,5)))，
又a1＝P(X1＝1)＝eq \f(5,9)，
所以，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(3,5)))是以a1－eq \f(3,5)为首项，以－eq \f(1,9)为公比的等比数列，
所以an－eq \f(3,5)＝－eq \f(2,45)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n－1＝eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n，
即：an＝eq \f(3,5)＋eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n.
(3)由全概率公式可得：P(Xn＋1＝2)＝P(Xn＝1)·P(Xn＋1＝2|Xn＝1)＋P(Xn＝2)P(Xn＋1＝2|Xn＝2)＋P(Xn＝0)P(Xn＋1＝2|Xn＝0)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(1,3)))P(Xn＝1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×1))P(Xn＝2)＋0×P(Xn＝0)，
即：bn＋1＝eq \f(2,9)an＋eq \f(1,3)bn，
又an＝eq \f(3,5)＋eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n，
所以bn＋1＝eq \f(1,3)bn＋eq \f(2,9)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,5)＋\f(2,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n))，
所以bn＋1－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n＋1＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(bn－\f(1,5)＋\f(1,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n))，
又b1＝P(X1＝2)＝eq \f(2,9)，
所以b1－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))＝eq \f(2,9)－eq \f(1,5)－eq \f(1,45)＝0，
所以bn－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n＝0，
所以bn＝eq \f(1,5)－eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))n，
所以E(Xn)＝an＋2bn＋0×(1－an－bn)＝an＋2bn＝1.
方法技巧· 精提炼
1.决策问题的解题关注点
(1)关注均值：随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平
(2)关注方差：方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和局部上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据；
(3)先后顺序：一般先比较均值，若均值相等，再用方差来解决．
2.交汇问题的解题关键
离散型随机变量及其分布列常与函数、数列等知识结合运用，解决这类问题的关键是：
(1)建立函数、数列等数学模型，将问题进行合理转化；
(2)结合模型进行分析，并与相关变量融合，结合离散型随机变量的相关知识及性质求解．
加固训练· 促提高
1. (2023·贵州模拟)据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月13、14日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行．据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的4×400米接力的角逐．接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛．已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为eq \f(3,4)和eq \f(4,5)；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(5,6).
(1)甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
(2)设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为ξ，求ξ的分布列．
【解析】 (1)甲队进入决赛的概率为eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2)，
乙队进入决赛的概率为eq \f(3,4)×eq \f(4,5)＝eq \f(3,5)，
丙队进入决赛的概率为eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,9)，
显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．
(2)由(1)可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(3,5)，eq \f(5,9)，
ξ的可能取值为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))＝eq \f(4,45)，P(ξ＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(3,5)×eq \f(5,9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))×eq \f(1,2)×eq \f(5,9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))×eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(37,90)，P(ξ＝3)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,5)×eq \f(5,9)＝eq \f(1,6)，P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝1－eq \f(4,45)－eq \f(37,90)－eq \f(1,6)＝eq \f(1,3)，
故ξ的分布列为：
2.已知10件不同的产品中共有3件次品，现对它们进行一一测试，直到找出所有3件次品为止．
(1)求恰好在第5次测试时3件次品全部被测出的概率；
(2)记恰好在第k次测试时3件次品全部被测出的概率为f(k)，求f(k)的最大值和最小值．
【解析】 (1)若恰好在第5次测试时3件次品全部被测出，则第5次取出第3件次品，前4次中有2次是次品，2次是正品；
则有Aeq \\al(1,3)Ceq \\al(2,7)Aeq \\al(4,4)种情况，从10件产品中按顺序取出5件，有Aeq \\al(5,10)种情况，
则第5次测试时3件次品全部被测出的概率P＝eq \f(A\\al(1,3)C\\al(2,7)A\\al(4,4),A\\al(5,10))＝eq \f(1,20).
(2)根据题意，分析可得k的范围是3≤k≤9，
当3≤k≤6时，若恰好在第k次测试时3件次品全部被测出，则第k次取出第3件次品，前(k－1)次中有2次是次品，(k－3)次是正品；而从10件产品中按顺序取出k件，有Aeq \\al(k,10)种情况，则f(k)＝eq \f(A\\al(1,3)C\\al(k－3,7)A\\al(k－1,k－1),A\\al(k,10))＝eq \f(1,240)(k2－3k＋2)，
则f(3)＝eq \f(1,120)，f(4)＝eq \f(1,40)，f(5)＝eq \f(1,20)，f(6)＝eq \f(1,12)；
当k＝7时，即恰好在第7次测试时3件次品全部被测出，有两种情况，一是第7次取出第3件次品，前6次中有2次是次品，4次是正品；二是前7次没有取出次品，此时也可以测出三件次品，
则f(7)＝eq \f(A\\al(1,3)C\\al(4,7)A\\al(6,6)＋A\\al(7,7),A\\al(7,10))＝eq \f(2,15)；
当k＝8时，即恰好在第8次测试时3件次品全部被测出，有两种情况，一是第8次取出第3件次品，前7次中有2次是次品，5次是正品；二是前7次恰有一次次品，第8次取出为合格品，
则f(8)＝eq \f(A\\al(1,3)C\\al(5,7)A\\al(7,7)＋A\\al(1,7)C\\al(1,3)A\\al(7,7),A\\al(8,10))＝eq \f(7,30)；
当k＝9时，此时f(9)＝1－f(3)－f(4)－f(5)－f(6)－f(7)－f(8)＝eq \f(7,15)，
故f(k)min＝f(3)＝eq \f(1,120)，f(k)max＝f(9)＝eq \f(7,15).ξ
0
1
2
3
P
pq2
q3＋2p2q
2pq2＋p3
qp2
X
0
1
2
P
eq \f(1,10)
eq \f(9,20)
eq \f(9,20)
X1
0
1
2
P
eq \f(2,9)
eq \f(5,9)
eq \f(2,9)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(4,45)
eq \f(1,3)
eq \f(37,90)
eq \f(1,6)