【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第61讲 离散型随机变量的均值与方差、正态分布（讲） Word版含解析.docx，共(14)页，155.900 KB，由小赞的店铺上传

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第61讲离散型随机变量的均值与方差、正态分布思维导图知识梳理1．均值一般地，若离散型随机变量X的分布列为：Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则称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．方差设离散型随机变量X的分布列为：Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝i＝1n(xi－E(X))2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平

均偏离程度．称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根D(X)为随机变量X的标准差．3．两个特殊分布的期望与方差分布期望方差两点分布E(X)＝pD(X)＝p(1－p)二项分布E(X)＝npD(X)＝np(1－p)4．正态分布(1)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1σ2π；④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ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“瘦高”，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．(2)正态分布的三个常用数据①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.6826；②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.9544；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.9974.题型归纳题型1离散型随机变量的均值与方差【例1-1】为迎接2022年北京冬奥会，推

广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14，16；1小时以上且不超过2

小时离开的概率分别为12，23；两人滑雪时间都不会超过3小时．(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)，方差D(ξ)．【解】(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，两人都付0元的

概率为P1＝14×16＝124，两人都付40元的概率为P2＝12×23＝13，两人都付80元的概率为P3＝1－14－12×1－16－23＝14×16＝124，故两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝124＋

13＋124＝512.(2)由题设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0,40,80,120,160，则：P(ξ＝0)＝14×16＝124，P(ξ＝40)＝14×23＋12×16＝14，P(ξ＝80)＝14×16＋12×23＋16×14＝512，P(ξ＝120)＝

12×16＋14×23＝14，P(ξ＝160)＝14×16＝124.ξ的分布列为ξ04080120160P1241451214124E(ξ)＝0×124＋40×14＋80×512＋120×14＋160×124＝8

0.D(ξ)＝(0－80)2×124＋(40－80)2×14＋(80－80)2×512＋(120－80)2×14＋(160－80)2×124＝40003.【跟踪训练1-1】(2019·浙江高考)设0<a<1，随机变量X的分布列是X0a1P131313则当a在(0,1)内增大时，

()A．D(X)增大B．D(X)减小C．D(X)先增大后减小D．D(X)先减小后增大【解析】选D由题意知E(X)＝0×13＋a×13＋1×13＝a＋13，因此，D(X)＝a＋13－02×13＋a＋13－a2×13＋a＋13－12×13＝127[(a＋1)2

＋(1－2a)2＋(a－2)2]＝127(6a2－6a＋6)＝29a－122＋34.当0<a<12时，D(X)单调递减；当12<a<1时，D(X)单调递增．即当a在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.【跟踪训练1-2】为了研究一种新药的疗效，选100名

患者随机分成两组，每组各50名，一组服药，另一组不服药．一段时间后，记录了两组患者的生理指标x和y的数据，并制成下图，其中“*”表示服药者，“＋”表示未服药者．(1)从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y的值小于60的概率；(2)从图中A，B，C，D四人中随机选出两人，记ξ为

选出的两人中指标x的值大于1.7的人数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小．(只需写出结论)【解】(1)由题图知，在服药的

50名患者中，指标y的值小于60的有15人，所以从服药的50名患者中随机选出一人，此人指标y的值小于60的概率P＝1550＝0.3.(2)由题图知，A，B，C，D四人中，指标x的值大于1.7的有2人：A和C.所以ξ的所有可能取值为0,1,2.P(ξ＝0)＝C22C24＝16，P(ξ＝1)

＝C12C12C24＝23，P(ξ＝2)＝C22C24＝16.所以ξ的分布列为ξ012P162316故ξ的数学期望E(ξ)＝0×16＋1×23＋2×16＝1.(3)在这100名患者中，服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方

差．题型2二项分布的均值与方差【例2-1】(2019·成都检测)某部门为了解一企业在生产过程中的用水量情况，对其每天的用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12天的数据作为样本，得

到如图所示的茎叶图(单位：吨)．若用水量不低于95吨，则称这一天的用水量超标．(1)从这12天的数据中随机抽取3个，求至多有1天的用水量超标的概率；(2)以这12天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，

估计该企业未来3天中用水量超标的天数，记随机变量X为未来这3天中用水量超标的天数，求X的分布列、数学期望和方差．【解】(1)记“从这12天的数据中随机抽取3个，至多有1天的用水量超标”为事件A，则P(A)

＝C14C28C312＋C38C312＝168220＝4255.(2)以这12天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，易知用水量超标的概率为13.X的所有可能取值为0,1,2,3，易知X～B3，13，P(X＝k)＝Ck313k233－k，k＝0,1,2,3，则P(X＝

0)＝827，P(X＝1)＝49，P(X＝2)＝29，P(X＝3)＝127.∴随机变量X的分布列为X0123P8274929127数学期望E(X)＝3×13＝1，方差D(X)＝3×13×1－1

3＝23.【跟踪训练2-1】设X为随机变量，且X～B(n，p)，若随机变量X的数学期望E(X)＝4，D(X)＝43，则P(X＝2)＝________.(结果用分数表示)【解析】∵X为随机变量，且X～B(n，p)，∴E

(X)＝np＝4，D(X)＝np(1－p)＝43，解得n＝6，p＝23，∴P(X＝2)＝C26×232×1－234＝20243.【答案】20243【跟踪训练2-2】(2020·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取5

0个作为样本，称出它们的重量(单位：克)，重量分组区间为[5,15]，(15,25]，(25,35]，(35,45]，由此得到样本的重量频率分布直方图(如图)．(1)求a的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；(2)从盒

子中随机抽取3个小球，其中重量在[5,15]内的小球个数为X，求X的分布列和数学期望(以直方图中的频率作为概率)．【解】(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10＝1，解得a＝0.03.由频率分布直方图可估计盒子中小球重量的众数为20克，而50个样本中小球重量的平均值x＝0.

2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值为24.6克．(2)该盒子中小球重量在[5,15]内的概率为15，则X～B3，15.X的可能取值为

0,1,2,3，则P(X＝0)＝C03150×453＝64125，P(X＝1)＝C1315×452＝48125，P(X＝2)＝C23152×45＝12125，P(X＝3)＝C33153×450＝112

5.∴X的分布列为X0123P6412548125121251125∴E(X)＝0×64125＋1×48125＋2×12125＋3×1125＝35或者E(X)＝3×15＝35.【名师指导】二项分布的期望与方差(1)如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ

)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同

样还可求出D(aξ＋b)．题型3均值与方差在决策中的应用【例3-1】(2019·洛阳尖子生第二次联考)现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下表：投资股市：投资结果获利40%不赔不赚亏损20%概率121838购买基金：投资结果获利20%不赔不赚亏损10%

概率p13q(1)当p＝14时，求q的值；(2)已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于45，求p的取值范围；(3)丙要将家中闲置的10万元钱进行投资，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种，已知p＝12，q＝16，那么丙

选择哪种投资方案，才能使得一年后投资收益的数学期望较大？请说明理由．【解】(1)∵“购买基金”后，投资结果只有“获利”、“不赔不赚”、“亏损”三种，且三种投资结果相互独立，∴p＋13＋q＝1.又p＝14，∴q＝512.(2)记事件A为“甲投资股市且获利”，事件B为“乙购买基金且获

利”，事件C为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”，则C＝AB∪AB∪AB，且A，B独立．由题意可知，P(A)＝12，P(B)＝p，∴P(C)＝P(AB)＋P(AB)＋P(AB)＝12(1－p)＋12p＋12p

＝12＋12p.∵P(C)＝12＋12p>45，∴p>35.又p＋13＋q＝1，q≥0，∴p≤23.∴p的取值范围为35，23.(3)假设丙选择“投资股市”的方案进行投资，记X为丙投资股市的获利金额(单位：万元)，∴随机变量X的分布列

为X40－2P121838则E(X)＝4×12＋0×18＋(－2)×38＝54.假设丙选择“购买基金”的方案进行投资，记Y为丙购买基金的获利金额(单位：万元)，∴随机变量Y的分布列为Y20－1P121316则E(Y)＝2×12＋0×13＋(－1)×16＝56.∵

E(X)>E(Y)，∴丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资收益的数学期望较大．【跟踪训练3-1】(2019·广东省七校联考)某工厂的检验员为了检测生产线上生产零件的情况，现从产品中随机抽取了80个零件进

行测量，根据测量的数据作出如图所示的频率分布直方图．注：尺寸数据在[63.0,64.5)内的零件为合格品，频率作为概率．(1)从产品中随机抽取4个，记合格品的个数为ξ，求ξ的分布列与期望；(2)从产品中随机抽取n个，全是合格品的概率不小于0.3，求n的最大值；(3)为了

提高产品合格率，现提出A，B两种不同的改进方案进行试验．若按A方案进行试验后，随机抽取15个产品，不合格品个数X的期望是2；若按B方案进行试验后，随机抽取25个产品，不合格品个数Y的期望是4.你会选择

哪种改进方案？【解】(1)由频率分布直方图可知，抽取的产品为合格品的频率为(0.75＋0.65＋0.2)×0.5＝0.8，即抽取1个产品为合格品的概率为45，从产品中随机抽取4个，合格品的个数ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，则P(ξ＝0)

＝154＝1625，P(ξ＝1)＝C14×45×153＝16625，P(ξ＝2)＝C24×452×152＝96625，P(ξ＝3)＝C34×453×15＝256625，P(ξ＝4)＝

454＝256625.所以ξ的分布列为ξ01234P16251662596625256625256625ξ的数学期望E(ξ)＝4×45＝165.(2)从产品中随机抽取n个产品，全是合格品的概率为45

n，依题意得45n≥0.3，故n的最大值为5.(3)设按A方案进行试验后，随机抽取1个产品是不合格品的概率是a，则随机抽取15个产品，不合格品个数X～B(15，a)；设按B方案进行试验后，随机抽取1个产品是不合

格品的概率是b，则随机抽取25个产品，不合格品个数Y～B(25，b)．依题意得E(X)＝15a＝2，E(Y)＝25b＝4，所以a＝215，b＝425.因为215<425，所以应选择方案A.【跟踪训练3-2】(2018·全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付

用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格

品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用

．①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？【解】(1)因为20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2·(1－p)18，所以f′(p)＝C220[2p(1

－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.

1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.②若对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费用为400元．由于EX>400，故应该对余下的产品作检

验．【名师指导】离散型随机变量的期望和方差应用问题的解题策略(1)求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算．(2)要注意观察随机变量的

概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差公式计算，则更为简单．(3)在实际问题中，若两个随机变量ξ1，ξ2，有E(ξ1)＝E(ξ2)或E(ξ1)与E(ξ2)较为接近时，就需要用D(ξ1)与D(ξ2)来比较两个随机变量的稳定

程度．即一般地将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方案．题型4正态分布及其应用【例4-1】为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件

，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果

出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9．9510.129.969.9610.019.929

.9810.0410．269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得x＝116i＝116xi＝9.97，s＝116i＝116(xi－x)2＝116i＝116x2i－16x2≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16

.用样本平均数x作为μ的估计值μ^，用样本标准差s作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ<Z<μ＋3σ)＝0.99

74,0.997416≈0.9592，0.008≈0.09.【解】(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.00

26，故X～B(16,0.0026)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997416≈0.0408.X的数学期望为E(X)＝16×0.0026＝0.0416.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在

(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合

理的．②由x＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115(1

6×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估计值为10.02.i＝116x2i＝16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115(1591.1

34－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.【跟踪训练4-1】(2020·开封模拟)某商场经营的某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布N(10，σ2)，根据检测结果可知P(9.

9≤ξ≤10.1)＝0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有1000名职工，则分发到的大米质量在9.9kg以下的职工数大约为()A．10B．20C．20D．40【解析】选B由已知得P(ξ<9.9)＝1－P(9.9≤ξ≤10.1

)2＝1－0.962＝0.02，所以分发到的大米质量在9.9kg以下的职工数大约为1000×0.02＝20.故选B.【跟踪训练4-2】(2019·济南市学习质量评估)某医药公司研发生产一种新的保健产品，从一批产品中随机抽取200盒作为样本，测量产品的一项质量指标值，该指标值越高

越好．由测量结果得到如下频率分布直方图：(1)求a，并试估计这200盒产品的该项指标值的平均值．(2)①由样本估计总体，结合频率分布直方图认为该产品的该项质量指标值ξ服从正态分布N(μ，102)，计算该批产品该项指

标值落在(180,220]上的概率；②国家有关部门规定每盒产品该项指标值不低于150均为合格，且按该项指标值从低到高依次分为：合格、优良、优秀三个等级，其中(180,220]为优良，不高于180为合格，高于200为优秀，

在①的条件下，设该公司生产该产品1万盒的成本为15万元，市场上各等级每盒该产品的售价(单位：元)如表，求该公司每万盒的平均利润.等级合格优良优秀售价102030附：若ξ～N(μ，δ2)，则P(μ－δ<ξ≤μ＋δ)≈0.6827，P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)≈0.9545.【解】(1)由10

×(2×0.002＋0.008＋0.009＋0.022＋0.024＋a)＝1，解得a＝0.033，则平均值x＝10×0.002×170＋10×0.009×180＋10×0.022×190＋10×0.033×200＋10×0.024×210＋10×0.008×220

＋10×0.002×230＝200，即这200盒产品的该项指标值的平均值约为200.(2)①由题意可得μ＝x＝200，δ＝10，则P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)＝P(180<ξ≤220)≈0.9545，

则该批产品指标值落在(180,220]上的概率为0.9545.②设每盒该产品的售价为X元，由①可得X的分布列为X102030P0.022750.95450.02275则每盒该产品的平均售价为E(X)＝10×0.0227

5＋20×0.9545＋30×0.02275＝20，故每万盒的平均利润为20－15＝5(万元)．【名师指导】正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正

态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．