2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)導(dǎo)航1離散型隨機(jī)變量的期望與方差

11.7離散型隨機(jī)變量的期望與方差【考綱要求】理解取有限個值的離散型隨機(jī)變量均值、方差的概念，能計(jì)算簡單離散型隨機(jī)變量的均值、方差，并能解決一些實(shí)際問題.【基礎(chǔ)知識】（1）隨機(jī)變量的均值或數(shù)學(xué)期望ξx1x2…xn…Pp1p2…pn…則稱……為…，則有…，…，所以期望的一個性質(zhì):5.若～則（2）隨機(jī)變量的方差1.方差:對于離散型隨機(jī)變量，如果它所有可能取的值是，，…，，…，且取這些值的概率分別是，，…，，那么＝＋＋…＋稱為隨機(jī)變量的均方差，簡稱為方差，式中的是隨機(jī)變量的期望．2.標(biāo)準(zhǔn)差:的算術(shù)平方根叫做隨機(jī)變量的標(biāo)準(zhǔn)差，記作．3.方差的性質(zhì)：（1）；（2）若～。4、方差表示對的平均偏離程度，越大，表示平均偏離程度越大，說明的取值越分散；越小，表示平均偏離程度越小，說明的取值越集中穩(wěn)定。5、高中的方差公式和初中的方差公式在本質(zhì)上時(shí)一致的。初中的方差公式為6、其它：⑴隨機(jī)變量的方差的定義與一組數(shù)據(jù)的方差的定義式是相同的；⑵隨機(jī)變量的方差、標(biāo)準(zhǔn)差也是隨機(jī)變量的特征數(shù)，它們都反映了隨機(jī)變量取值的穩(wěn)定與波動、集中與離散的程度；⑶標(biāo)準(zhǔn)差與隨機(jī)變量本身有相同的單位，所以在實(shí)際問題中應(yīng)用更廣泛【例題精講】例1某公司擬資助三位大學(xué)生自主創(chuàng)業(yè)，現(xiàn)聘請兩位專家，獨(dú)立地對每位大學(xué)生的創(chuàng)業(yè)方案進(jìn)行評審．假設(shè)評審結(jié)果為“支持”或“不支持”的概率都是eq\f(1,2).若某人獲得兩個“支持”，則給予10萬元的創(chuàng)業(yè)資助；若只獲得一個“支持”，則給予5萬元的資助；若未獲得“支持”，則不予資助，令ξ表示該公司的資助總額．(1)寫出ξ的分布列；(2)求數(shù)學(xué)期望Eξ.解：(1)ξ的所有取值為0,5,10,15,20,25,30.P(ξ＝0)＝eq\f(1,64)，P(ξ＝5)＝eq\f(3,32)，P(ξ＝10)＝eq\f(15,64)，P(ξ＝15)＝eq\f(5,16)，P(ξ＝20)＝eq\f(15,64)，P(ξ＝25)＝eq\f(3,32)，P(ξ＝30)＝eq\f(1,64).(2)Eξ＝5×eq\f(3,32)＋10×eq\f(15,64)＋15×eq\f(5,16)＋20×eq\f(15,64)＋25×eq\f(3,32)＋30×eq\f(1,64)＝15.例2在北京奧運(yùn)會期間，4位志愿者計(jì)劃在長城、故宮、天壇和天安門等4個景點(diǎn)服務(wù)，已知每位志愿者在每個景點(diǎn)服務(wù)的概率都是eq\f(1,4)，且他們之間不存在相互影響．(1)求恰有3位志愿者在長城服務(wù)的概率；(2)設(shè)在故宮服務(wù)的志愿者人數(shù)為X，求X的概率分布列及數(shù)學(xué)期望．由此可得X的概率分布列為X01234Peq\f(81,256)eq\f(27,64)eq\f(27,128)eq\f(3,64)eq\f(1,256)所以變量X的數(shù)學(xué)期望為EX＝0×eq\f(81,256)＋1×eq\f(27,64)＋2×eq\f(27,128)＋3×eq\f(3,64)＋4×eq\f(1,256)＝1.離散型隨機(jī)變量的期望與方差強(qiáng)化訓(xùn)練【基礎(chǔ)精練】1．設(shè)一隨機(jī)試驗(yàn)的結(jié)果只有A和eq\x\to(A)，且P(A)＝m，令隨機(jī)變量X＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1A發(fā)生,0A不發(fā)生))，則X的方差DX＝()A．m B．2m(1－mC．m(m－1) D．m(1－m)2．設(shè)隨機(jī)變量的分布列如表所示且Eξ＝，則a－b＝()ξ0123PabA.0.2 C．－ D．－3．已知隨機(jī)變量ξ＋η＝8，若ξ～B(10,，則Eη，Dη分別是()A．6和 B．2和C．2和 D．6和4．一個籃球運(yùn)動員投籃一次得3分的概率為a，得2分的概率為b，不得分的概率為c(a、b、c∈(0,1))，已知他投籃一次得分的數(shù)學(xué)期望為1(不計(jì)其他得分情況)，則ab的最大值為()\f(1,48) \f(1,24)\f(1,12) \f(1,6)5．已知隨機(jī)變量X的分布列為X123P則E(6X＋8)＝()A． B．C． D．6．一個袋子里裝有大小相同的3個紅球和2個黃球，從中同時(shí)取出2個，則其中含紅球個數(shù)的數(shù)學(xué)期望是()\f(6,5) \f(2,5)\f(3,5) \f(7,5)7．隨機(jī)變量ξ的分布列如下：ξ－101Pabc其中a，b，c成等差數(shù)列．若Eξ＝eq\f(1,3)，則Dξ的值是________．8．拋擲一枚硬幣，出現(xiàn)正面向上記1分，出現(xiàn)反面向上記2分，若一共拋出硬幣4次，且每一次拋擲的結(jié)果相互之間沒有影響，則總得分ξ的期望Eξ＝________.9．若p為非負(fù)實(shí)數(shù)，隨機(jī)變量ξ的概率分布列如下表，則Eξ的最大值為________，Dξ的最大值為________.ξ012Peq\f(1,2)－ppeq\f(1,2)10．袋中有紅、白兩種顏色的小球共7個，它們除顏色外完全相同，從中任取2個，都是白色小球的概率為eq\f(1,7).甲、乙兩人不放回地從袋中輪流摸取一個小球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，直到兩人中有一人取到白球時(shí)即停止．每個小球在每一次被取出的機(jī)會是均等的，用ξ表示游戲停止時(shí)兩人共取小球的次數(shù)．(1)求P(ξ＝4)；(2)求Eξ.11．2022年北京奧運(yùn)會乒乓球男子單打比賽中，我國選手馬琳、王皓、王勵勤包攬了三塊獎牌，通過對以往隊(duì)內(nèi)戰(zhàn)績的統(tǒng)計(jì)，三人實(shí)力相當(dāng)，即在一局比賽中，每人戰(zhàn)勝對手的概率均為.(1)若王皓和王勵勤之間進(jìn)行三局比賽，求王勵勤恰好勝兩局的概率．(2)若馬琳和王勵勤之間進(jìn)行一場比賽(7局4勝制)，設(shè)所需局?jǐn)?shù)為ξ，求隨機(jī)變量ξ的分布列及數(shù)學(xué)期望．12．某商場經(jīng)銷某商品，根據(jù)以往資料統(tǒng)計(jì)，顧客采用的付款期數(shù)ξ的分布列為ξ12345P商場經(jīng)銷一件該商品，采用1期付款，其利潤為200元；分2期或3期付款，其利潤為250元；分4期或5期付款，其利潤為300元．η表示經(jīng)銷一件該商品的利潤．(1)求事件A：“購買該商品的3位顧客中，至少有1位采用1期付款”的概率P(A)；(2)求η的分布列及數(shù)學(xué)期望Eη.【拓展提高】1.有n把看上去樣子相同的鑰匙，其中只有一把能把大門上的鎖打開．用它們?nèi)ピ囬_門上的鎖．設(shè)抽取鑰匙是相互獨(dú)立且等可能的．每把鑰匙試開后不能放回．求試開次數(shù)的數(shù)學(xué)期望和方差．【基礎(chǔ)精練參考答案】5.B【解析】EX＝1×＋2×＋3×＝＋＋＝，∴E(6X＋8)＝6EX＋8＝6×＋8＝＋8＝.6.A【解析】記“同時(shí)取出的兩個球中含紅球個數(shù)”為X，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,3)C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(6,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(0,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，EX＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(6,10)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).7.eq\f(5,9)【解析】由a＋c＝2b，又a＋b＋c＝1，Eξ＝eq\f(1,3)，則a＋c＝eq\f(2,3)，c－a＝eq\f(1,3)，得a＝eq\f(1,6)，b＝eq\f(1,3)，c＝eq\f(1,2).Dξ＝(－1－eq\f(1,3))2×eq\f(1,6)＋(0－eq\f(1,3))2×eq\f(1,3)＋(1－eq\f(1,3))2×eq\f(1,2)＝eq\f(5,9).8.6【解析】拋擲4次可能出現(xiàn)的結(jié)果是：一正三反，二正二反，三正一反，四正，四反，其對應(yīng)的分?jǐn)?shù)為7,6,5,4,8，所以ξ的取值為4、5、6、7、8.設(shè)對應(yīng)概率的值分別為h4、h5、h6、h7、h8.則ξ的分布列為ξ45678hh4h5h6h7h8h4＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝1×eq\f(1,24)＝eq\f(1,24)；h5＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4×eq\f(1,24)＝eq\f(1,22)；h6＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝6×eq\f(1,24)；h7＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝4×eq\f(1,24)＝eq\f(1,22)；h8＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,24)；Eξ＝4×eq\f(1,24)＋5×eq\f(1,22)＋6×6×eq\f(1,24)＋7×eq\f(1,22)＋8×eq\f(1,24)＝6.9.eq\f(3,2)1【解析】Eξ＝p＋1≤eq\f(3,2)(0≤p≤eq\f(1,2))；Dξ＝－p2－P＋1≤1.10.【解析】(1)設(shè)袋中原有白球n個，由題意知：eq\f(C\o\al(2,n),C\o\al(2,7))＝eq\f(1,7)，即n(n－1)＝6，解得n＝3，n＝－2(舍去)．P(ξ＝4)＝eq\f(4×3×2×3,7×6×5×4)＝eq\f(3,35).(2)由題意可知，ξ的可能取值為1、2、3、4、5，直接計(jì)算得P(ξ＝1)＝eq\f(3,7)，P(ξ＝2)＝eq\f(4×3,7×6)＝eq\f(2,7)，P(ξ＝3)＝eq\f(4×3×3,7×6×5)＝eq\f(6,35)，P(ξ＝4)＝eq\f(3,35)，P(ξ＝5)＝eq\f(4×3×2×1×3,7×6×5×4×3)＝eq\f(1,35)，所以Eξ＝1×eq\f(3,7)＋2×eq\f(2,7)＋3×eq\f(6,35)＋4×eq\f(3,35)＋5×eq\f(1,35)＝2.11【解析】(1)王勵勤勝兩局的概率為P＝Ceq\o\al(2,3)(eq\f(1,2))2·eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)；(2)馬琳和王勵勤進(jìn)行比賽有兩種結(jié)果，即馬琳勝和王勵勤勝兩種情況：ξ的取值為4,5,6,7；當(dāng)ξ＝4時(shí)，概率P＝Ceq\o\al(4,4)(eq\f(1,2))4＋Ceq\o\al(4,4)(eq\f(1,2))4＝eq\f(1,8)；當(dāng)ξ＝5時(shí)，概率P＝Ceq\o\al(3,4)(eq\f(1,2))3·eq\f(1,2)·eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(3,4)(eq\f(1,2))3·eq\f(1,2)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)；當(dāng)ξ＝6時(shí)，概率P＝Ceq\o\al(3,5)(eq\f(1,2))3(eq\f(1,2))2·eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(3,5)(eq\f(1,2))3·(eq\f(1,2))2·eq\f(1,2)＝eq\f(5,16)；當(dāng)ξ＝7時(shí)，概率P＝Ceq\o\al(3,6)·(eq\f(1,2))3·(eq\f(1,2))3·eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(3,6)(eq\f(1,2))3(eq\f(1,2))3·eq\f(1,2)＝eq\f(5,16).∴隨機(jī)變量ξ的分布列為：ξ4567Peq\f(1,8)eq\f(1,4)eq\f(5,16)eq\f(5,16)∴Eξ＝4×eq\f(1,8)＋5×eq\f(1,4)＋6×eq\f(5,16)＋7×e