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第五節　離散型隨機變量及其分布列、均值與方差
【課標解讀】
【課程標準】
1.理解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概念.
2.理解并會求離散型隨機變量的數字特征.
【核心素養】
數據分析、數學運算、邏輯推理.
【命題說明】
考向 考法 離散型隨機變量的分布列是高考考查重點,常以實際問題為背景,與排列組合結合在一起交匯命題,各種題型均有考查.
預測 預計2025年高考仍會在離散型隨機變量、分布列出題,其中期望與方差的應用命題更加靈活、多變.
【必備知識·逐點夯實】
知識梳理·歸納
1.離散型隨機變量
一般地,對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點ω,都有唯一的實數X(ω)與之對應,我們稱X為隨機變量;可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量稱為離散型隨機變量.
2.離散型隨機變量的分布列
一般地,設離散型隨機變量X的可能取值為x1,x2,…,xn,稱X取每一個值xi的概率P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n為X的概率分布列,簡稱分布列.
3.離散型隨機變量的分布列的性質
①pi≥0,i=1,2,…,n;
②p1+p2+…+pn=1.
微點撥
分布列性質的兩個作用
(1)利用分布列中各事件概率之和為1可求參數的值.
(2)隨機變量X所取的值分別對應的事件是兩兩互斥的,利用這一點可以求相關事件的概率.
4.離散型隨機變量的均值與方差
一般地,若離散型隨機變量X的分布列為
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值:E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn=xipi為隨機變量X的均值或數學期望,數學期望簡稱期望.它反映了離散型隨機變量取值的平均水平.
(2)方差
D(X)=(x1-E(X))2p1+(x2-E(X))2p2+…+(xn-E(X))2pn=(xi-E(X))2pi為隨機變量X的方差,并稱為隨機變量X的標準差,記為σ(X),它們都可以度量隨機變量取值與其均值的偏離程度.
微點撥
(1)E(X)是一個實數,由X的分布列唯一確定.隨機變量X是可變的,可取不同的值,E(X)描述X取值的平均狀態.
(2)變量的方差與標準差都反映了隨機變量取值的穩定與波動、集中與離散的程度,其中標準差與隨機變量本身具有相同的單位.
5.均值與方差的性質
(1)E(aX+b)=aE(X)+b.
(2)D(aX+b)=a2D(X)(a,b為常數).
(3)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2).
(4)D(X)=E(X2)-(E(X))2.
(5)若X1,X2相互獨立,則E(X1X2)=E(X1)·E(X2).
基礎診斷·自測
類型 辨析 改編 易錯 高考
題號 1 2 4 3
1.(思考辨析)(正確的打“√”,錯誤的打“×”)
(1)在離散型隨機變量的分布列中,隨機變量取各個值的概率之和可以小于1.(　　)
(2)離散型隨機變量的各個可能值表示的事件是彼此互斥的.(　　)
(3)如果隨機變量X的分布列由下表給出,
X 2 5
P 0.3 0.7
則它服從兩點分布.(　)
提示: X的取值不是0,1,故不是兩點分布.
(4)方差或標準差越小,則隨機變量的偏離程度越小.(　　)
2.(選擇性必修三P63例1改編)在籃球比賽中,罰球命中1次得1分,不中得0分.如果某籃球運動員罰球命中的概率為0.8,那么他罰球1次的得分X的均值為(　　)
A.0.2 B.0.4 C.0.8 D.1
3.(2020·全國Ⅲ卷)在一組樣本數據中,1,2,3,4出現的頻率分別為p1,p2,p3,p4,且pi=1,則下面四種情形中,對應樣本的標準差最大的一組是(　　)
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4
B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3
D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
4.(均值性質應用錯誤)已知隨機變量X的分布列如表:
X -1 0 1
P
若Y=2X+3,則E(Y)的值為　　　　.
【核心考點·分類突破】
考點一 離散型隨機變量分布列的性質
[例1](1)隨機變量X的概率分布規律為P(X=n)=(n=1,2,3,4),其中a為常數,則P(A. B. C. D.
(2)設X是一個離散型隨機變量,其分布列為
X -1 0 1
P 2-3q q2
則q的值為(　　)
A.1 B.±
C.- D.+
解題技法
離散型隨機變量分布列的性質的應用
(1)利用“概率之和為1”可以求相關參數的值.
(2)利用“在某個范圍內的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和”求某些特定事件的概率.
(3)可以根據性質判斷所得分布列結果是否正確.
對點訓練
1.若隨機變量X的分布列為
X -2 -1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
則當P(XA.(-∞,2] B.[1,2]
C.(1,2] D.(1,2)
2.設隨機變量X滿足P(X=i)=(i=1,2,3),則k=　　　　;P(X≥2)=　　　　.
3.隨機變量X的分布列如下:
X -1 0 1
P a b c
其中a,b,c成等差數列,則P(|X|=1)=　　　,公差d的取值范圍是　　　　.
【加練備選】
設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
(1)求2X+1的分布列;
(2)求隨機變量η=|X-1|的分布列.
考點二 均值與方差的簡單計算
[例2](1)(多選題)已知隨機變量X的分布列為
X -1 0 1
P m 3m
下列結論正確的有(　　)
A.m= B.E(X)=
C.E(2X-1)= D.D(X)=
(2)(多選題)設離散型隨機變量X的分布列為:
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若離散型隨機變量Y滿足Y=2X+1,則下列結果正確的有(　　)
A.q=0.1
B.E(X)=2,D(X)=1.4
C.E(X)=2,D(X)=1.8
D.E(Y)=5,D(Y)=7.2
(3)已知隨機變量X的分布列如表:
X a 2 3 4
P b
若E(X)=2,則a=　　　　,D(X)=　　　　.
解題技法
均值與方差的簡單計算方法
(1)對于一般的離散型隨機變量的均值與方差的計算,要分清各數據,選擇公式,代入計算.
(2)由已知期望或方差求參數值.可依據條件利用期望、方差公式得出含有參數的方程(組),解方程(組)即可求出參數值.
對點訓練
1.設0ξ 0 m 1
P
則當m在(0,1)上增大時(　　)
A.D(ξ)單調遞增,最大值為
B.D(ξ)先增后減,最大值為
C.D(ξ)單調遞減,最小值為
D.D(ξ)先減后增,最小值為
2.已知m,n為正常數,離散型隨機變量X的分布列如表:
X -1 0 1
P m n
若隨機變量X的均值E(X)=,則mn=　　　　,P(X≤0)=　　　　.
考點三 離散型隨機變量的分布列
[例3]袋中有5個同樣的球,其中有3個紅球,2個黃球,現從中隨機且不放回地取球,每次取1個,當兩種顏色的球都被取到時,即停止取球,記隨機變量X為此時已取球的次數,求:
(1)P(X=2)的值;
(2)隨機變量X的分布列.
解題技法
離散型隨機變量分布列的求解步驟
對點訓練
甲同學參加化學競賽初賽,考試分為筆試、口試、實驗三個項目,各單項通過考試的概率依次為,,.記甲同學三個項目中通過考試的個數為X,求隨機變量X的分布列.
【加練備選】
有編號為1,2,3,…,n的n個學生,入座編號為1,2,3,…,n的n個座位,每個學生規定坐一個座位,設學生所坐的座位號與該生的編號不同的學生人數為X,已知X=2時,共有6種坐法.
(1)求n的值;
(2)求隨機變量X的分布列.
考點四 離散型隨機變量的數字特征(規范答題)
[例4](1)從1,2,3,4,5這組數據中,隨機取出三個不同的數,用X表示取出的數字的最小數,則隨機變量X的均值E(X)等于(　　)
A. B. C. D.
(2)(12分)(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃,每次由其中一人投籃,規則如下:若命中則此人繼續投籃,若未命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何,甲每次投籃的命中率均為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8,由抽簽決定第一次投籃的人選,第一次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.
①求第2次投籃的人是乙的概率.
②求第i次投籃的人是甲的概率.
③已知:若隨機變量Xi服從兩點分布,且
P=1-P=qi,i=1,2,…,n,則E(Xi)=qi,記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數為Y,求E(Y).
審題導思破題點·柳暗花明
① 思路:第2次投籃的人是乙包含兩個子事件:“第1次投籃的人是甲且甲未命中”和 事件“第1次投籃的人是乙且乙命中”,兩子事件互斥求出概率.
② 思路:記第i次投籃的人是甲的概率為pi,可以用與①類似的思路去尋找pi+1與pi之間的關系,建立數列{pi}的遞推式來計算pi.
③ 思路:題設中給出了n個隨機變量之和的數學期望的計算公式,啟發我們構造兩點分布的隨機變量Xi,以利用公式結合②進行作答.
規范答題 微敲點·水到渠成
解題技法
求離散型隨機變量ξ的均值與方差的步驟
(1)理解ξ的意義,寫出ξ可能的全部取值;
(2)求ξ取每個值的概率;
(3)寫出ξ的分布列;
(4)由均值的定義求E(ξ);
(5)由方差的定義求D(ξ).
對點訓練
1.(多選題)袋內有大小完全相同的2個黑球和3個白球,從中不放回地每次任取1個小球,直至取到白球后停止取球,設取球次數為ξ,則(　　)
A.抽取2次后停止取球的概率為
B.停止取球時,取出的白球個數不少于黑球的概率為
C.取球次數ξ的期望為2
D.取球次數ξ的方差為
2.(2024·泉州模擬)某技術部門對工程師進行達標等級考核,需要進行兩輪測試,每輪測試的成績在90分及以上的定為該輪測試通過,只有通過第一輪測試的人員才能進行第二輪測試,兩輪測試的過程相互獨立,并規定:
①兩輪測試均通過的定為一級工程師;
②僅通過第一輪測試,而第二輪測試沒通過的定為二級工程師;
③第一輪測試沒通過的不予定級.
現有某公司的甲、乙、丙三位工程師參加等級考核,已知他們通過第一輪測試的概率分別為,,,通過第二輪測試的概率均為.
(1)求經過本次考核,甲、乙、丙三位工程師中恰有兩位被定為一級工程師的概率;
(2)公司為鼓勵工程師參加等級考核設置兩套獎勵方案:
方案一:定為一級工程師獎勵2 000元,定為二級工程師獎勵1 500元,未定級給予鼓勵獎500元;
方案二:獲得一級或二級工程師均獎勵2 000元,未獲得任何等級的不予獎勵.
采用哪套方案,公司的獎勵支出會更少 第五節　離散型隨機變量及其分布列、均值與方差
【課標解讀】
【課程標準】
1.理解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概念.
2.理解并會求離散型隨機變量的數字特征.
【核心素養】
數據分析、數學運算、邏輯推理.
【命題說明】
考向 考法 離散型隨機變量的分布列是高考考查重點,常以實際問題為背景,與排列組合結合在一起交匯命題,各種題型均有考查.
預測 預計2025年高考仍會在離散型隨機變量、分布列出題,其中期望與方差的應用命題更加靈活、多變.
【必備知識·逐點夯實】
知識梳理·歸納
1.離散型隨機變量
一般地,對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點ω,都有唯一的實數X(ω)與之對應,我們稱X為隨機變量;可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量稱為離散型隨機變量.
2.離散型隨機變量的分布列
一般地,設離散型隨機變量X的可能取值為x1,x2,…,xn,稱X取每一個值xi的概率P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n為X的概率分布列,簡稱分布列.
3.離散型隨機變量的分布列的性質
①pi≥0,i=1,2,…,n;
②p1+p2+…+pn=1.
微點撥
分布列性質的兩個作用
(1)利用分布列中各事件概率之和為1可求參數的值.
(2)隨機變量X所取的值分別對應的事件是兩兩互斥的,利用這一點可以求相關事件的概率.
4.離散型隨機變量的均值與方差
一般地,若離散型隨機變量X的分布列為
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值:E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn=xipi為隨機變量X的均值或數學期望,數學期望簡稱期望.它反映了離散型隨機變量取值的平均水平.
(2)方差
D(X)=(x1-E(X))2p1+(x2-E(X))2p2+…+(xn-E(X))2pn=(xi-E(X))2pi為隨機變量X的方差,并稱為隨機變量X的標準差,記為σ(X),它們都可以度量隨機變量取值與其均值的偏離程度.
微點撥
(1)E(X)是一個實數,由X的分布列唯一確定.隨機變量X是可變的,可取不同的值,E(X)描述X取值的平均狀態.
(2)變量的方差與標準差都反映了隨機變量取值的穩定與波動、集中與離散的程度,其中標準差與隨機變量本身具有相同的單位.
5.均值與方差的性質
(1)E(aX+b)=aE(X)+b.
(2)D(aX+b)=a2D(X)(a,b為常數).
(3)E(X1+X2)=E(X1)+E(X2).
(4)D(X)=E(X2)-(E(X))2.
(5)若X1,X2相互獨立,則E(X1X2)=E(X1)·E(X2).
基礎診斷·自測
類型 辨析 改編 易錯 高考
題號 1 2 4 3
1.(思考辨析)(正確的打“√”,錯誤的打“×”)
(1)在離散型隨機變量的分布列中,隨機變量取各個值的概率之和可以小于1.(　 ×　)
提示:離散型隨機變量所有取值的并事件是必然事件,故各概率之和等于1.
(2)離散型隨機變量的各個可能值表示的事件是彼此互斥的.(　 √　)
(3)如果隨機變量X的分布列由下表給出,
X 2 5
P 0.3 0.7
則它服從兩點分布.(　 ×　)
提示: X的取值不是0,1,故不是兩點分布.
(4)方差或標準差越小,則隨機變量的偏離程度越小.(　 √　)
2.(選擇性必修三P63例1改編)在籃球比賽中,罰球命中1次得1分,不中得0分.如果某籃球運動員罰球命中的概率為0.8,那么他罰球1次的得分X的均值為(　　)
A.0.2 B.0.4 C.0.8 D.1
【解析】選C.某籃球運動員罰球1次的得分為X,X的取值可能為0,1,
P(X=0)=1-0.8=0.2,
P(X=1)=0.8,E(X)=0×0.2+1×0.8=0.8.
3.(2020·全國Ⅲ卷)在一組樣本數據中,1,2,3,4出現的頻率分別為p1,p2,p3,p4,且pi=1,則下面四種情形中,對應樣本的標準差最大的一組是(　　)
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4
B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3
D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
【解析】選B.對于A,該組數據的平均數為(1+4)×0.1+(2+3)×0.4=2.5,
方差為(1-2.5)2×0.1+(2-2.5)2×0.4+(3-2.5)2×0.4+(4-2.5)2×0.1=0.65;
對于B,該組數據的平均數為(1+4)×0.4+(2+3)×0.1=2.5,
方差為(1-2.5)2×0.4+(2-2.5)2×0.1+(3-2.5)2×0.1+(4-2.5)2×0.4=1.85;
對于C,該組數據的平均數為(1+4)×0.2+(2+3)×0.3=2.5,
方差為(1-2.5)2×0.2+(2-2.5)2×0.3+(3-2.5)2×0.3+(4-2.5)2×0.2=1.05;
對于D,該組數據的平均數為(1+4)×0.3+(2+3)×0.2=2.5,
方差為(1-2.5)2×0.3+(2-2.5)2×0.2+(3-2.5)2×0.2+(4-2.5)2×0.3=1.45.
所以B這一組的標準差最大.
4.(均值性質應用錯誤)已知隨機變量X的分布列如表:
X -1 0 1
P
若Y=2X+3,則E(Y)的值為　　　　.
【解析】E(X)=-+=-,
則E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=-+3=.
答案:
【核心考點·分類突破】
考點一 離散型隨機變量分布列的性質
[例1](1)隨機變量X的概率分布規律為P(X=n)=(n=1,2,3,4),其中a為常數,則P(A. B. C. D.
【解析】選D.因為P(X=n)=(n=1,2,3,4),所以+++=1,所以a=.
所以P((2)設X是一個離散型隨機變量,其分布列為
X -1 0 1
P 2-3q q2
則q的值為(　　)
A.1 B.±
C.- D.+
【解析】選C.由分布列的性質知解得q=-.
解題技法
離散型隨機變量分布列的性質的應用
(1)利用“概率之和為1”可以求相關參數的值.
(2)利用“在某個范圍內的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和”求某些特定事件的概率.
(3)可以根據性質判斷所得分布列結果是否正確.
對點訓練
1.若隨機變量X的分布列為
X -2 -1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
則當P(XA.(-∞,2] B.[1,2]
C.(1,2] D.(1,2)
【解析】選C.由隨機變量X的分布列知,P(X<1)=0.5,P(X<2)=0.8,故當P(X2.設隨機變量X滿足P(X=i)=(i=1,2,3),則k=　　　　;P(X≥2)=　　　　.
【解析】由已知得隨機變量X的分布列為
X 1 2 3
P
所以++=1,所以k=.
所以隨機變量X的分布列為
X 1 2 3
P
所以P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=+=.
答案:　
3.隨機變量X的分布列如下:
X -1 0 1
P a b c
其中a,b,c成等差數列,則P(|X|=1)=　　　,公差d的取值范圍是　　　　.
【解析】因為a,b,c成等差數列,所以2b=a+c.
又a+b+c=1,所以b=,所以P(|X|=1)=a+c=.
又a=-d,c=+d,
根據分布列的性質,得0≤-d≤,0≤+d≤,所以-≤d≤.
答案:　[-,]
【加練備選】
設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
(1)求2X+1的分布列;
(2)求隨機變量η=|X-1|的分布列.
【解析】(1)由分布列的性質知,0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,得m=0.3.
列表為
X 0 1 2 3 4
2X+1 1 3 5 7 9
從而2X+1的分布列為
2X+1 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
【解析】(2)由(1)知m=0.3,列表為
X 0 1 2 3 4
η 1 0 1 2 3
所以P(η=1)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3,P(η=0)=P(X=1)=0.1,
P(η=2)=P(X=3)=0.3,P(η=3)=P(X=4)=0.3,故η=|X-1|的分布列為
η 0 1 2 3
P 0.1 0.3 0.3 0.3
考點二 均值與方差的簡單計算
[例2](1)(多選題)已知隨機變量X的分布列為
X -1 0 1
P m 3m
下列結論正確的有(　　)
A.m= B.E(X)=
C.E(2X-1)= D.D(X)=
【解析】選ABD.由分布列的性質得,+4m=1,解得m=,故A正確;
E(X)=-1×+0×+1×=,故B正確;
E(2X-1)=2E(X)-1=-,故C不正確;
D(X)=×(-1-)2+×(0-)2+×(1-)2=,故D正確.
(2)(多選題)設離散型隨機變量X的分布列為:
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若離散型隨機變量Y滿足Y=2X+1,則下列結果正確的有(　　)
A.q=0.1
B.E(X)=2,D(X)=1.4
C.E(X)=2,D(X)=1.8
D.E(Y)=5,D(Y)=7.2
【解析】選ACD.因為q+0.4+0.1+0.2+0.2=1,所以q=0.1,故A正確;又E(X)=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2,D(X)=(0-2)2×0.1+(1-2)2×0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)2×0.2=1.8,故C正確,B錯誤;因為Y=2X+1,所以E(Y)=2E(X)+1=5,D(Y)=4D(X)=7.2,故D正確.
(3)已知隨機變量X的分布列如表:
X a 2 3 4
P b
若E(X)=2,則a=　　　　,D(X)=　　　　.
【解析】由題意知,+b++=1,所以b=.
又E(X)=a×+2×+3×+4×=2,解得a=0,
所以D(X)=(0-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×+(4-2)2×=.
答案:0　
解題技法
均值與方差的簡單計算方法
(1)對于一般的離散型隨機變量的均值與方差的計算,要分清各數據,選擇公式,代入計算.
(2)由已知期望或方差求參數值.可依據條件利用期望、方差公式得出含有參數的方程(組),解方程(組)即可求出參數值.
對點訓練
1.設0ξ 0 m 1
P
則當m在(0,1)上增大時(　　)
A.D(ξ)單調遞增,最大值為
B.D(ξ)先增后減,最大值為
C.D(ξ)單調遞減,最小值為
D.D(ξ)先減后增,最小值為
【解析】選D.由題知++=1,解得a=1,所以E(ξ)=0++=,
所以D(ξ)= ()2×+(m-)2×+(1-)2×=(m2-m+1)=[ (m-)2+].
由二次函數性質可知,D(ξ)在(0,)上單調遞減,在(,1)上單調遞增,
所以當m=時,D(ξ)有最小值.
2.已知m,n為正常數,離散型隨機變量X的分布列如表:
X -1 0 1
P m n
若隨機變量X的均值E(X)=,則mn=　　　　,P(X≤0)=　　　　.
【解析】由題意知解得所以mn=,P(X≤0)=m+=.
答案:　
考點三 離散型隨機變量的分布列
[例3]袋中有5個同樣的球,其中有3個紅球,2個黃球,現從中隨機且不放回地取球,每次取1個,當兩種顏色的球都被取到時,即停止取球,記隨機變量X為此時已取球的次數,求:
(1)P(X=2)的值;
(2)隨機變量X的分布列.
【解析】(1)由已知可得從袋中不放回地取球兩次的所有取法有種,事件X=2表示第一次取到紅球第二次取到黃球或第一次取到黃球第二次取到紅球,故事件X=2包含+種取法,所以P(X=2)==.
(2)隨機變量X的可能取值為2,3,4.
P(X=2)=,P(X=3)==,
P(X=4)==.
所以隨機變量X的分布列為
X 2 3 4
P
解題技法
離散型隨機變量分布列的求解步驟
對點訓練
甲同學參加化學競賽初賽,考試分為筆試、口試、實驗三個項目,各單項通過考試的概率依次為,,.記甲同學三個項目中通過考試的個數為X,求隨機變量X的分布列.
【解析】隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.
P(X=0)= (1-)×(1-)×(1-)=,
P(X=1)=××+××+××=,P(X=2)=××+××+××=,P(X=3)=××=.
所以隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
【加練備選】
有編號為1,2,3,…,n的n個學生,入座編號為1,2,3,…,n的n個座位,每個學生規定坐一個座位,設學生所坐的座位號與該生的編號不同的學生人數為X,已知X=2時,共有6種坐法.
(1)求n的值;
(2)求隨機變量X的分布列.
【解析】(1)因為當X=2時,有種坐法,
因為=6,即=6,也即n2-n-12=0,
解得n=4或n=-3(舍去),所以n=4.
(2)因為學生所坐的座位號與該生的編號不同的學生人數為X,由題意可知X的可能取值是0,2,3,4,
所以P(X=0)==,P(X=2)==,
P(X=3)==,P(X=4)=1---=,
所以X的分布列為
X 0 2 3 4
P
考點四 離散型隨機變量的數字特征(規范答題)
[例4](1)從1,2,3,4,5這組數據中,隨機取出三個不同的數,用X表示取出的數字的最小數,則隨機變量X的均值E(X)等于(　　)
A. B. C. D.
【解析】選A.由題意知,X的可能取值為1,2,3,而隨機取3個數的取法有種,
當X=1時,取法有種,即P(X=1)==;
當X=2時,取法有種,即P(X=2)==;
當X=3時,取法有種,即P(X=3)==;
所以E(X)=1×+2×+3×=.
(2)(12分)(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃,每次由其中一人投籃,規則如下:若命中則此人繼續投籃,若未命中則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何,甲每次投籃的命中率均為0.6,乙每次投籃的命中率均為0.8,由抽簽決定第一次投籃的人選,第一次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.
①求第2次投籃的人是乙的概率.
②求第i次投籃的人是甲的概率.
③已知:若隨機變量Xi服從兩點分布,且
P=1-P=qi,i=1,2,…,n,則E(Xi)=qi,記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數為Y,求E(Y).
審題導思破題點·柳暗花明
① 思路:第2次投籃的人是乙包含兩個子事件:“第1次投籃的人是甲且甲未命中”和 事件“第1次投籃的人是乙且乙命中”,兩子事件互斥求出概率.
② 思路:記第i次投籃的人是甲的概率為pi,可以用與①類似的思路去尋找pi+1與pi之間的關系,建立數列{pi}的遞推式來計算pi.
③ 思路:題設中給出了n個隨機變量之和的數學期望的計算公式,啟發我們構造兩點分布的隨機變量Xi,以利用公式結合②進行作答.
規范答題 微敲點·水到渠成
【解析】①記“第2次投籃的人是乙”為事件A,“第1次投籃的人是甲”為事件B.
則A=BA+A, ……………………1分
所以P(A)=P(BA+A)=P(BA)+P(A)
=P(B)P(A|B)+P()P(A|)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6.……………………4分
指點迷津　根據全概率公式求解.根據題設中的投籃規則,若命中則繼續投,若未命中則換為對方投;只要輪到甲投,甲的命中率總是0.6,只要輪到乙投,乙的命中率總是0.8;第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.
②設第i次投籃的人是甲的概率為pi,
由題意可知,p1=,
pi+1=pi×0.6+×(1-0.8),
即pi+1=0.4pi+0.2=pi+, ……………………7分
情境探源　本題源自選擇性必修第三冊P91拓廣探索T10,根據全概率公式確定pi+1與pi的遞推關系,構造等比數列{pi+λ}.
設pi+1+λ=,解得λ=-,
所以pi+1-=, ……………………8分
關鍵點　由遞推公式構造等比數列.
又p1=,p1-=-=,
所以數列是以為首項,為公比的等比數列,所以pi-=×,
所以pi=+×. ……………………9分
③設隨機變量Xi=
(i=1,2,…,n),則Xi服從兩點分布.
指點迷津　P=pi,P=1-pi,所以E=pi.表示出第i次投籃時甲的數學期望.又Y=X1+X2+X3+…+Xn,
則E(Y)=E
=p1+p2+p3+…+pn.
由②知,P(Xi=1)=+×, ……………………10分
所以E(Y)=E(Xi)=p1+p2+p3+…+pn
=+×[1+++…+] ……………………11分
=+×=+×[1-]. ……………………12分
關鍵點　根據分組求和法,求出數列的前n項和,得出結果.
解題技法
求離散型隨機變量ξ的均值與方差的步驟
(1)理解ξ的意義,寫出ξ可能的全部取值;
(2)求ξ取每個值的概率;
(3)寫出ξ的分布列;
(4)由均值的定義求E(ξ);
(5)由方差的定義求D(ξ).
對點訓練
1.(多選題)袋內有大小完全相同的2個黑球和3個白球,從中不放回地每次任取1個小球,直至取到白球后停止取球,設取球次數為ξ,則(　　)
A.抽取2次后停止取球的概率為
B.停止取球時,取出的白球個數不少于黑球的概率為
C.取球次數ξ的期望為2
D.取球次數ξ的方差為
【解析】選BD.由題可知隨機變量ξ的可能取值有1,2,3,
則P(ξ=1)=,P(ξ=2)=×=,P(ξ=3)=×=.
對于A,抽取2次后停止取球的概率為P(ξ=2)=,錯誤;
對于B,停止取球時,取出的白球個數不少于黑球的概率為P(ξ=1)+P(ξ=2)=+=,正確;
對于C,取球次數ξ的期望為
E(ξ)=1×+2×+3×=,錯誤;
對于D,取球次數ξ的方差為D(ξ)= (1-)2×+(2-)2×+(3-)2×=,正確.
2.(2024·泉州模擬)某技術部門對工程師進行達標等級考核,需要進行兩輪測試,每輪測試的成績在90分及以上的定為該輪測試通過,只有通過第一輪測試的人員才能進行第二輪測試,兩輪測試的過程相互獨立,并規定:
①兩輪測試均通過的定為一級工程師;
②僅通過第一輪測試,而第二輪測試沒通過的定為二級工程師;
③第一輪測試沒通過的不予定級.
現有某公司的甲、乙、丙三位工程師參加等級考核,已知他們通過第一輪測試的概率分別為,,,通過第二輪測試的概率均為.
(1)求經過本次考核,甲、乙、丙三位工程師中恰有兩位被定為一級工程師的概率;
(2)公司為鼓勵工程師參加等級考核設置兩套獎勵方案:
方案一:定為一級工程師獎勵2 000元,定為二級工程師獎勵1 500元,未定級給予鼓勵獎500元;
方案二:獲得一級或二級工程師均獎勵2 000元,未獲得任何等級的不予獎勵.
采用哪套方案,公司的獎勵支出會更少
【解析】(1)設甲、乙、丙被定為一級工程師的事件分別為A1,A2,A3,
事件C表示三位工程師中恰有兩位被定為一級工程師.
P=×=,P=P=×=,
所以P(C)=P+P+P(A1A2)=××+××+××=.
(2)方案一:設甲、乙、丙獲得的獎金分別為X,Y,Z,則X,Y,Z的取值均為
2 000,1 500,500;
則P(X=2 000)=P=,
P(X=1 500)=×(1-)=,
P(X=500)=1-=;
故E(X)=2 000×+1 500×+500×=,
P(Y=2 000)=P(Z=2 000)=P=,
P(Y=1 500)=P(Z=1 500)=×(1-)=,
P(Y=500)=P(Z=500)=1-=;
E(Y)=E(Z)=2 000×+1 500×+500×=;
E(X)+E(Y)+E(Z)=+2×=.
方案二:設甲、乙、丙獲得的獎金分別為X',Y',Z',則X',Y',Z'的取值均為2 000,0;
P=+×(1-)=,E=2 000×=;
P=P=+×(1-)=,E=E=2 000×=,　　
E+E+E=+2×=,
顯然>,采用方案二,公司的獎勵支出會更少.

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