2024-2025学年高中数学第二章概率2.5第1课时离散型随机变量的均值学案含解析北师大版选修2-3

PAGE§5离散型随机变量的均值与方差第一课时离散型随机变量的均值授课提示：对应学生用书第41页[自主梳理]一、离散型随机变量的均值(或数学期望)1．定义若离散型随机变量X的概率分布为：Xx1x2…xnPp1p2…pn则定义X的均值为____________．X的均值也称作X的________(简称________)，它是一个数，记作EX.2．意义：刻画离散型随机变量取值的“________”．二、二项分布与超几何分布的均值当随机变量听从参数为n，p的二项分布时，其均值为________；当随机变量X听从参数为N，M，n的超几何分布时，它的均值EX＝________.三、离散型随机变量的性质若η＝aξ＋b，其中a，b为常数，则P(η＝axi＋b)＝________，E(aξ＋b)＝________.特殊地：(1)a＝0时，Eb＝________，(2)当a＝1时，E(ξ＋b)＝________.[双基自测]1．已知随机变量X的分布列为：X－101Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)则X的均值是()A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D．－eq\f(2,3)2．若随机变量ξ～B(n,0.6)，且Eξ＝3，则P(ξ＝1)的值是()A．2×0.44 B．2×0.45C．3×0.44 D．3×0.643．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,300)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))300－k(k＝0,1,2，…，300)，则EX＝______.[自主梳理]一、1.x1p1＋x2p2＋…＋xnpn数学期望期望2.中心位置二、npneq\f(M,N)三、P(ξ＝xi)aEξ＋bbEξ＋b[双基自测]1．BEX＝(－1)×eq\f(1,2)＋0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,6)＝－eq\f(1,3).2．C∵ξ～B(n,0.6)，Eξ＝3，∴0.6n＝3，即n＝5.故P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,5)×0.6×(1－0.6)4＝3×0.44.3．100由P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,300)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))300－k，可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(300，\f(1,3)))，∴EX＝300×eq\f(1,3)＝100.授课提示：对应学生用书第42页探究一离散型随机变量的均值[例1]已知随机变量X的分布列如下：X－2－1012Peq\f(1,4)eq\f(1,3)eq\f(1,5)meq\f(1,20)(1)求EX；(2)若Y＝2X－3，写出随机变量Y的分布列并求EY.[解析](1)由随机变量分布列的性质，得eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋m＋eq\f(1,20)＝1，所以m＝eq\f(1,6)，∴EX＝(－2)×eq\f(1,4)＋(－1)×eq\f(1,3)＋0×eq\f(1,5)＋1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,20)＝－eq\f(17,30).(2)解法一由公式E(aX＋b)＝aEX＋b，得EY＝E(2X－3)＝2EX－3＝2×(－eq\f(17,30))－3＝－eq\f(62,15).解法二由于Y＝2X－3，所以Y的分布列如下：Y－7－5－3－11Peq\f(1,4)eq\f(1,3)eq\f(1,5)eq\f(1,6)eq\f(1,20)∴EY＝(－7)×eq\f(1,4)＋(－5)×eq\f(1,3)＋(－3)×eq\f(1,5)＋(－1)×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,20)＝－eq\f(62,15).求均值的方法和技巧求均值的关键是求出分布列，只要求出随机变量的分布列，就可以套用均值的公式求解．对于aX＋b型随机变量的均值，可以利用均值的性质求解，当然也可以先求出aX＋b的分布列，再用定义求解．1．设随机变量X听从分布P(X＝k)＝eq\f(1,5)，k＝1,2,3,4,5，求E(X＋2)2.解析：∵EX＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(1,5)＋4×eq\f(1,5)＋5×eq\f(1,5)＝eq\f(15,5)＝3.EX2＝1×eq\f(1,5)＋22×eq\f(1,5)＋32×eq\f(1,5)＋42×eq\f(1,5)＋52×eq\f(1,5)＝11.∴E(X＋2)2＝E(X2＋4X＋4)＝EX2＋4EX＋4＝11＋12＋4＝27.探究二二项分布及超几何分布的均值[例2]某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为上海世博会志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望Eξ＝________(结果用最简分数表示)．[解析]解法一由题意知随机变量ξ听从参数为N＝7，M＝2，n＝2的超几何分布．ξ的可能取值为0,1,2.因此P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,5),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,7))＝eq\f(1,21)，故ξ的分布列为：ξ＝k012P(ξ＝k)eq\f(10,21)eq\f(10,21)eq\f(1,21)从而数学期望Eξ＝0×eq\f(10,21)＋1×eq\f(10,21)＋2×eq\f(1,21)＝eq\f(4,7).解法二随机变量ξ听从参数为N＝7，M＝2，n＝2的超几何分布，干脆代入超几何分布均值的计算公式可得Eξ＝neq\f(M,N)＝2×eq\f(2,7)＝eq\f(4,7).[答案]eq\f(4,7)超几何分布和二项分布是两种特殊的而且应用相当广泛的分布列，解题时假如能发觉是这两种分布模型，就可以干脆有规律地写出分布列，求出期望值．2．“石头、剪刀、布”是一种广泛流传于我国民间的古老嬉戏，其规则是用三种不同的手势分别表示石头、剪刀、布；两个玩家同时出示各自手势1次记为1次嬉戏，“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，“布”胜“石头”；双方出示的手势相同时，不分输赢．现假设玩家甲、乙双方在嬉戏时出示三种手势是等可能的．(1)求在1次嬉戏中玩家甲胜玩家乙的概率；(2)若玩家甲、乙双方共进行了3次嬉戏，其中玩家甲胜玩家乙的次数记作随机变量X，求X的分布列及其期望．解析：(1)玩家甲、乙双方在1次嬉戏中出示手势的全部可能结果是(石头，石头)，(石头，剪刀)，(石头，布)，(剪刀，石头)，(剪刀，剪刀)，(剪刀，布)，(布，石头)，(布，剪刀)，(布，布)，共有9个基本领件．玩家甲胜玩家乙的基本领件分别是(石头，剪刀)，(剪刀，布)，(布，石头)，共有3个．所以，在1次嬉戏中玩家甲胜玩家乙的概率P＝eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).(2)X的可能取值分别为0,1,2,3.P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(eq\f(2,3))3＝eq\f(8,27)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·(eq\f(1,3))1·(eq\f(2,3))2＝eq\f(12,27)＝eq\f(4,9)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·(eq\f(1,3))2·(eq\f(2,3))1＝eq\f(6,27)＝eq\f(2,9)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·(eq\f(1,3))3＝eq\f(1,27).X的分布列如下：X0123Peq\f(8,27)eq\f(4,9)eq\f(2,9)eq\f(1,27)EX＝0×eq\f(8,27)＋1×eq\f(4,9)＋2×eq\f(2,9)＋3×eq\f(1,27)＝1(或X～B(3，eq\f(1,3))，EX＝np＝3×eq\f(1,3)＝1)．探究三均值的实际应用[例3]现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为eq\f(3,4)，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为eq\f(2,3)，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX.[解析](1)P＝eq\f(3,4)·(eq\f(1,3))2＋eq\f(1,4)·Ceq\o\al(1,2)·eq\f(1,3)·eq\f(2,3)＝eq\f(7,36).(2)X＝0,1,2,3,4,5，P(X＝0)＝eq\f(1,4)·(eq\f(1,3))2＝eq\f(1,36)；P(X＝1)＝eq\f(3,4)·(eq\f(1,3))2＝eq\f(1,12)；P(X＝2)＝eq\f(1,4)Ceq\o\al(1,2)·eq\f(1,3)·eq\f(2,3)＝eq\f(1,9)；P(X＝3)＝eq\f(3,4)Ceq\o\al(1,2)·eq\f(1,3)·eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)；P(X＝4)＝eq\f(1,4)·(eq\f(2,3))2＝eq\f(1,9)；P(X＝5)＝eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))2＝eq\f(1,3).X的分布列为：X012345Peq\f(1,36)eq\f(1,12)eq\f(1,9)eq\f(1,3)eq\f(1,9)eq\f(1,3)EX＝0×eq\f(1,36)＋1×eq\f(1,12)＋2×eq\f(1,9)＋3×eq\f(1,3)＋4×eq\f(1,9)＋5×eq\f(1,3)＝eq\f(41,12).3．两名战士在一次射击竞赛中，战士甲得1分、2分、3分的概率分别为0.4,0.1,0.5；战士乙得1分、2分、3分的概率分别为0.1,0.6,0.3，那么两名战士获胜希望较大的是谁？解析：设这次射击竞赛战士甲得X1分，战士乙得X2分，则概率分布分别如下：X1123P0.40.10.5X2123P0.10.60.3依据均值公式得EX1＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1；EX2＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3＝2.2.EX2>EX1，故这次射击竞赛战士乙得分的均值较大，所以乙获胜希望大．计算均值时因写错分布列致误[典例]一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率为0.6，现有4颗子弹，则剩余子弹数目X的期望为________．[解析]X的可能取值为3,2,1,0，P(X＝3)＝0.6；P(X＝2)＝0.4×0.6＝0.24；P(X＝1)＝0.42×0.6＝0.096；P(X＝0)＝0.43＝0.064；所以EX＝3×0.6＋2×0.24＋1×0.096＋0×0.064＝2.376.[答案]2.376[错因与防范]1.解答本题易得期望值为2.28或2.4的错误结论，错因是审题不细，导致在解此题时误认为是求“命中子弹数目X的期望”而不是剩余子弹数目的期望，或根本没有留意到条件“直到第一次命中为止”．2．防范措施：(1)留意题设信息的提取．合理分析题设信息可以避开因审题带来的不必要的失误．如本例中的条件及待求问题都须要细致研读．(2)留意学问间的辨析．二项分布的特征是事务的相互独立性，彼此之间无任何制约关系，而本例中条件“直到第一次命中为止”说明白随机变量并非听从二项分布．体育课进行篮球投篮达标测试，规定：每位同学有5次投篮机会，若投中3次则“达标”；为节约测试时间，同时规定：若投篮不到5次已达标，则停止投篮；若后面投篮全中，也不能达标(例如前3次都未投中等情形)，则停止投篮．同学甲投篮命中率为eq\f(2,3)，且每次投篮互不影响．(1)求同学甲恰好投4次达标的概率；(2)设测试中甲投篮次数记为X，求X的分布列及数学期望EX.解析：(1)甲同学恰好投4次达标的概率P＝Ceq\o\al(2,3)(eq\f(2,3))3·eq\f(1,3)＝eq\f(8,27).(2)