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2014届高三人教A版数学(理)一轮复习课件:第10章 第9节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布


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第九节

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

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1.离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X的分布列为P(ξ=xi)=pi,i=1, 2,?,n x1p1+x2p2+?+xipi+?+xnpn (1)均值:称E(X)=_____________________________ 为随机变量X的均值或______________. 数学期望

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∑_(xi-E(X))2pi (2)方差:称D(X)=______________为随机变量X的方 i=1 算术平方根 D(X) 差,其______________________为随机变量X的标准差. 2.均值与方差的性质 aE(X)+b (1)E(aX+b)=__________. (2)D(aX+b)=__________.(a,b为常数) a2D(X)

n

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3.两点分布与二项分布的均值、方差

均值 变量X服从 两点分布

方差

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p E(X)=__

p(1-p) D(X)=_________

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np np(1-p) X~B(n,p) E(X)=___ D(X)=_________
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4.正态分布 (1)正态曲线的定义 函数φμ ,σ(x)=___________,x∈(-∞,+∞),其中 实数μ和σ(σ>0)为参数,我们称φμ ,σ(x)的图象为正态曲 线. (2)正态分布的定义及表示 如果对于任何实数a,b(a<b),随机变量X满足P(a< ?b ? φ μ ,σ(x)dx ? ?a X≤b)=_____________,则称随机变量X服从正态分 N(μ,σ2) 布,记作____________.

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(3)正态曲线的性质: 上方 ①曲线位于x轴______,与x轴不相交; x=μ ②曲线关于直线________对称; 1 x=μ ③曲线在________处达到峰值 ; σ 2π 1 ④曲线与x轴之间的面积为__; μ ⑤当σ一定时,曲线随着__的变化而沿x轴平移; 越小 ⑥当μ一定时,曲线的形状由σ确定.σ____,曲线越 越大 “瘦高”,表示总体的分布越集中;σ_____,曲线越“矮 胖”,表示总体的分布越分散.

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(4)正态总体三个基本概率值 0.682 ①P(μ-σ<X≤μ+σ)=_________; 6 0.954 ②P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=________; 4 0.997 ③P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=_________. 4

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1.随机变量的均值、方差与样本均值、方差的关系是
怎样的? 【提示】 随机变量的均值、方差是一个常数,样本均

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值、方差是一个变量,随观测次数的增加或样本容量的增 加,样本的均值、方差趋于随机变量的均值与方差.

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2.若X~N(0,100),Y~N(0,81),你能比较P(X>1) 与P(Y>1)的大小吗?
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【提示】

因为100>81,所以X对应的正态曲线“矮

胖”,Y对应的正态曲线“瘦高”,并且两曲线的对称轴相 同,故P(X>1)>P(Y>1).
菜 单

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1.(人教A版教材习题改编)已知随机变量ξ服从正态分 布N(2,σ2),P(ξ≤4)=0.84,则P(ξ<0)=( )

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A.0.16
【解析】
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B.0.32

C.0.68

D.0.84

∵P(ξ≤4)=0.84,μ=2,
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∴P(ξ<0)=P(ξ>4)=1-0.84=0.16. 【答案】 A





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3.已知X的分布列为
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X P

-1 1 2

0 1 3

1 1 6

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设 Y=2X+3,则 E(Y)的值为( ) 7 A. B.4 C.-1 D.1 3 1 1 1 【解析】 E(X)=- + =- , 2 6 3 2 7 E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=- +3= . 3 3 【答案】 A

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3.(2013·珠海模拟)某射手射击所得环数ξ的分布列如

下:
ξ P 7 x 8 0.1 9 0.3 10 y

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已知ξ的期望Eξ=8.9,则y的值为________.
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【解析】

?x+y=0.6, ? 即? 由此解得y=0.4. ?7x+10y=5.4, ?

?x+0.1+0.3+y=1, ? 依题意得? ?7x+0.8+2.7+10y=8.9, ?

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【答案】
菜 单

0.4

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4.马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布列如

下表:
x P(ξ=x) 1 ? 2 ! 3 ?

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请小牛同学计算ξ的数学期望.尽管“!”处完全无法
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看清,且两个“?”处字迹模糊,但能断定这两个“?”处 的数值相同.据此,小牛给出了正确答案Eξ=________.
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【解析】

设P(ξ=1)=x,则P(ξ=3)=x,

由分布列性质,∴P(ξ=2)=1-2x,
因此Eξ=1·x+2·(1-2x)+3·x=2. 【答案】 2

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已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2),且P(ξ<4)= 0.8,则P(0<ξ<2)=( )

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A.0.6
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B.0.4

C.0.3

D.0.2
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【思路点拨】

根据正态曲线的对称性求解.





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【尝试解答】 由P(ξ<4)=0.8,得P(ξ≥4)=0.2, 由题意知正态曲线的对称轴为直线x=2, P(ξ≤0)=P(ξ≥4)=0.2, ∴P(0<ξ<4)=1-P(ξ≤0)-P(ξ≥4)=0.6, 1 ∴P(0<ξ<2)= P(0<ξ<4)=0.3. 2 【答案】 C

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1.求解本题关键是明确正态曲线关于x=2对称,且区 间[0,4]关于x=2对称.

2.关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法
(1)熟记P(μ-σ<X≤μ+σ),P(μ-2σ<X≤μ+2σ),P(μ- 3σ<X≤μ+3σ)的值.

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(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为 1.

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若在本例中,条件改为“已知随机变量ξ~N(3,1),且 P(2≤ξ≤4)=0.682 6,”求P(ξ>4)的值.
【解】 ∵随机变量ξ~N(3,1),∴正态曲线关于直 线x=3对称, 1 由P(2≤ξ≤4)=0.682 6,得P(ξ>4)= [1-P(2≤ξ≤4)] 2 1 = (1-0.682 6)=0.158 7. 2

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离散型随机变量的均值与方差
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(2013· 揭阳模拟)学校游园活动有这样一个游戏项目: 甲箱子里装有3个白球、2个黑球,乙箱子里装有1个白球、2 个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子 里各随机摸出2个球,若摸出的白球不少于2个,则获

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奖.(每次游戏结束后将球放回原箱)
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(1)求在1次游戏中, ①摸出3个白球的概率;②获奖的概率. (2)求在2次游戏中获奖次数X的分布列及数学期望E(X) 与方差D(X).
菜 单

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【思路点拨】

(1)获奖则摸出2个白球或摸出3个白球,

利用互斥事件概率加法不难求解;(2)在2次游戏中,获奖的 次数X服从二项分布,进而可求分布列与数学期望.

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【尝试解答】 (1)设Ai表示“在1次游戏中摸出i个白 球”(i=0,1,2,3). C2 C1 1 3 2 ①摸出3个白球的概率P(A3)= 2· 2= . C5 C3 5 ②设“在1次游戏中获奖”为事件B, 则B=A2∪A3,
1 1 C2·C2 C3C2 C1 1 3 2 2 ∵P(A2)= 2 + 2 · 2= ,又A2与A3互斥, C3 2 C5·C2 C5 3

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1 1 7 ∴P(B)=P(A2+A3)=P(A2)+P(A3)= + = , 2 5 10 7 因此,在一次游戏中获奖的概率为 . 10 (2)依题意,2次游戏相当于两次独立重复试验, 7 ∴获奖次数X~B(2, ), 10 7 2- k k 7 k 则P(X=k)=C2 ( ) (1- ) (k=0,1,2), 10 10 7 2 9 7 7 1 P(X=0)=(1- ) = ,P(X=1)=C 2 · ·(1- ) 10 100 10 10 21 7 2 49 = ,P(X=2)=( ) = . 50 10 100

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所以X的分布列是
X P 0 9 100 1 21 50 2 49 100

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7 7 X的数学期望E(X)=np=2× = . 10 5 7 3 21 X的方差D(X)=np(1-p)=2× × = . 10 10 50

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1.本题求解的关键在于求一次游戏中获奖的概率,要 正确利用互斥事件和相互独立事件概率计算公式. 2.求离散型随机变量的均值与方差的方法:(1)先求随

机变量的分布列,然后利用均值与方差的定义求解.(2)若随
机变量X~B(n,p),则可直接使用公式EX=np,DX=np(1 -p)求解.

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(2012·江西高考)如图10-9-1, 从A1(1,0,0),A2(2,0,0), B1(0,1,0),B2(0,2,0),C1(0,0,1),C2(0,0, 2)这6个点中随机选取3个点,将这3个点及原点O两两相连

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构成一个“立体”,记该“立体”的体积为随机变量V(如
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果选取的3个点与原点在同一个平面内,此时“立体”的体 积V=0). (1)求V=0的概率; (2)求V的分布列及数学期望EV.
菜 单

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【解】 (1)从6个点中随机选取3个点总共有C3=20(种) 6 1 3 取法,选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有C3C4= 12 3 12(种),因此V=0的概率为P(V=0)= = . 20 5 1 1 2 4 (2)V的所有可能取值为0, , , , ,因此V的分布 6 3 3 3 列为

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V
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0 3 5

P

1 6 1 20

1 3 3 20

2 3 3 20

4 3 1 20

由V的分布列可得 3 1 1 1 3 2 3 4 1 9 EV=0× + × + × + × + × = . 5 6 20 3 20 3 20 3 20 40
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某投资公司在2012年年初准备将1 000万元投资到“低 碳”项目上,现有两个项目供选择: 项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目 上,到年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种情 7 2 况发生的概率分别为 和 ; 9 9 项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上, 到年底可能获利50%,可能损失30%,也可能不赔不赚, 3 1 1 且这三种情况发生的概率分别为 、 和 . 5 3 15

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(1)针对以上两个投资项目,请你为投资公司选择一个 合理的项目,并说明理由; (2)若市场预期不变,该投资公司按照你选择的项目长 期投资(每一年的利润和本金继续用作投资),问大约在哪 一年的年底总资产(利润+本金)可以翻一番? (参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)

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【思路点拨】

对投资项目的评判,首先从收益的期望
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值进行比较,若相同,则进一步选择方差较小的投资项目.





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【尝试解答】

(1)若按“项目一”投资,设获利为ξ1万

元.
则ξ1的分布列为
ξ1 P 300 7 9 -150 2 9

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7 2 ∴E(ξ1)=300× +(-150)× =200(万元). 9 9 若按“项目二”投资,设获利ξ2万元, 则ξ2的分布列为:

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ξ2 P

500 3 5

-300 1 3

0 1 15

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3 1 1 ∴E(ξ2)=500× +(-300)× +0× =200(万元). 5 3 15 7 2 2 2 D(ξ1)=(300-200) × +(-150-200) × =35 000, 9 9 3 1 2 2 D(ξ2)=(500-200) × +(-300-200) × +(0-200)2 5 3 1 × =140 000, 15 所以E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2),
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这说明虽然项目一、项目二获利相等,但项目一更稳 妥. 综上所述,建议该投资公司选择项目一投资. (2)假设n年后总资产可以翻一番,依题意,1 000×(1 200 n + ) =2 000, 1 000 即1.2n=2, lg 2 两边取对数得:n= 2lg 2+lg 3-1 0.301 0 = ≈3.805 3. 2×0.301 0+0.477 1-1 所以大约4年后,即在2015年年底总资产可以翻一番.

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1.(1)解决此类题目的关键是正确理解随机变量取每一

个值所表示的具体事件,求得该事件发生的概率,列出分布
列.(2)第(2)问中易忽视2012年年初投资与总资产的年底核 算,错误回答2016年年底翻一番. 2.随机变量的期望反映了随机变量取值的平均水平, 方差反映了随机变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局

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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,一般是先分析比较均值,若均值相同,再用方差来决 定.

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(2012·课标全国卷)某花店每天以每枝5元的价格从农场
购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售,如果当天 卖不完,剩下的玫瑰花作垃圾处理. (1)若花店一天购进16枝玫瑰花,求当天的利润y(单位: 元)关于当天需求量n(单位:枝,n∈N)的函数解析式.

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(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整
理得下表:

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日需求 量n

14

15

16

17

18 19

20

频数

10 20 16 16 15 13 10

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以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概 率.
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①若花店一天购进16枝玫瑰花,X表示当天的利润(单

位:元),求X的分布列、数学期望及方差.
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花,你认为应购 进16枝还是17枝?请说明理由.
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【解】 (1)当日需求量n≥16时,利润y=80. 当日需求量n<16时,利润y=10n-80. 所以y关于n的函数解析式为 ?10n-80,n<16, ? y=? (n∈N). ?80,n≥16 ? (2)①X可能的取值为60,70,80,并且P(X=60)= 0.1,P(X=70)=0.2,P(X=80)=0.7. 故X的分布列为

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X P

60 0.1

70 0.2

80 0.7

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X的数学期望为EX=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76.

X的方差为DX=(60-76)2×0.1+(70-76)2×0.2+(80-
76)2×0.7=44. ②答案一:花店一天应购进16枝玫瑰花.理由如下: 若花店一天购进17枝玫瑰花,Y表示当天的利润(单位:

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元),那么Y的分布列为 Y P 55 0.1 65 0.2 75 0.16 85 0.54
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Y 的 数 学 期 望 为 EY = 55×0.1 + 65×0.2 + 75×0.16 +

85×0.54=76.4.
Y的方差为DY=(55- 76.4)2×0.1+(65-76.4)2×0.2+ (75-76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54=112.04. 由以上的计算结果可以看出,DX<DY,即购进16枝玫 瑰花时利润波动相对较小.另外,虽然EX<EY,但两者相差

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不大.故花店一天应购进16枝玫瑰花.
答案二:花店一天应购进17枝玫瑰花.理由如下:

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若花店一天购进17枝玫瑰花,Y表示当天的利润(单位:

元),那么Y的分布列为
Y 55 65 75 85

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P

0.1

0.2

0.16

0.54

Y 的 数 学 期 望 为 EY = 55×0.1 + 65×0.2 + 75×0.16 +
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85×0.54=76.4. 由以上的计算结果可以看出,EX<EY,即购进17枝玫瑰 花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润.故花店一天应
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购进17枝玫瑰花.





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1.若X服从二项分布,即X~B(n,p),则E(X)=np, D(X)=np(1-p). 2.若X服从正态分布,即X~N(μ,σ2),要充分利用正

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态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1.

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1.E(ax+b)=aE(x)+b(a,b为常数). 2.E(X1+X2)=E(X1)+E(X2). 3.D(ax+b)=a2D(x)(a,b为常数).

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1.已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差,

可直接按定义(公式)求解;
2.已知随机变量ξ的均值、方差,求ξ的线性函数η=aξ +b的均值、方差和标准差,可直接用ξ的均值、方差的性质 求解;

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3.如能分析所给随机变量是服从常用的分布(如两点分

布、二项分布等),可直接利用它们的均值、方差公式求
解.

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从近两年的高考试题来看,离散型随机变量的均值与方 差是高考的热点,题型为填空题或解答题,属中档题.常与

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排列、组合、概率综合命题,考查学生的理解能力与数学运
算能力,预计2014年高考,离散型随机变量的均值与方差仍
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是高考的重点,注重与统计的交汇和实际的应用是命题的方 向.
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易错辨析之十九

不能正确理解题目条件致误

(2012·湖北高考)根据以往的经验,某工程施工期间的
降水量X(单位:mm)对工期的影响如下表: 降水量X 300≤X<70 700≤X<90 X<300 X≥900 0 0 0 2 6 10

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工期延误 天数Y

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历年气象资料表明,该工程施工期间降水量X小于300,

700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9.求:
(1)工期延误天数Y的均值与方差; (2)在降水量X至少是300的条件下,工期延误不超过6天 的概率.

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【错解】
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(1)由已知条件和概率的加法公式有:

P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X<300)

=0.7-0.3=0.4,
P(700≤X<900)=P(X<900)-P(X<700)=0.9-0.7=0.2, P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1. 所以Y的分布列为:

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Y P

0 0.3

2 0.4

6 0.2

10 0.1

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于是,E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3;

D(Y)=(0-3)2×0.3+(2-3)2×0.4+(6-3)2×0.2+(10-
3)2×0.1=9.8. 故工期延误天数Y的均值为3,方差为9.8. (2)由(1)知,在降水量X至少是300 mm条件下,工期不

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超过6天的概率为 P=P(Y=2)+P(Y=6)=0.4+0.2=0.6.
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错因分析:(1)第(2)问中,在降水量X至少是300 mm的

条件下,这一条件说明是在延误工期的条件下,求工期延误
不超过6天的概率,错解中没有在这条件下求概率. (2)本题在求E(Y)和D(Y)中易出现计算错误. 防范措施:(1)求某事件概率,首先理解题意,分清概

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率模型,恰当选择概率计算公式.本题是条件概率,应利用 条件概率公式计算. (2)解决期望和方差问题时,认真计算、正确利用期望

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和方差公式、避免失误.
菜 单

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【正解】 (1)同上述解法. (2)由概率的加法公式,得P(X≥300)=1-P(X<300)= 0.7, 又P(300≤X<900)=P(X<900)-P(X<300)=0.9-0.3= 0.6. 由条件概率,得P(Y≤6|X≥300)=P(X<900|X≥300)= P(300≤X<900) 0.6 6 = = . 0.7 7 P(X≥300) 故在降水量X至少是300 mm的条件下,工期延误不超 6 过6天的概率是 . 7

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1.(2012·课标全国卷)某 一部件由三个电子元件按 如图10-9-2所示方式连

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接而成,元件1或元件2
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正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作.设

三个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布N(1
000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部 件的使用寿命超过1 000小时的概率为________.

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000小时 1 的事件分别记为A,B,C,显然P(A)=P(B)=P(C)= , 2 ∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(AB+AB +AB)C, ∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率 1 1 1 1 1 1 1 3 P=( × + × + × )× = . 2 2 2 2 2 2 2 8

【解析】

设元件1,2,3的使用寿命超过1

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【答案】

3 8

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2.(2012·福建高考)受轿车在保修期内维修费等因素的
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影响,企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时 间有关.某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均 为2年.现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50 辆,统计数据如下: 品牌 甲 0<x≤1 1<x≤2 x>2 乙 0<x≤2 x>2

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首次出现故障 时间x(年)

轿车数量(辆)
每辆利润(万元)
菜 单

2
1

3
2

45
3

5
1.8

45
2.9

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将频率视为概率,解答下列问题:

(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求其首
次出现故障发生在保修期内的概率. (2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌轿 车的利润为X1 ,生产一辆乙品牌轿车的利润为X2 ,分别求 X1,X2的分布列.

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(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金
限制,只能生产其中一种品牌的轿车.若从经济效益的角度 考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明理由.

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(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修 2+3 1 期内”为事件A,则P(A)= = . 50 10 (2)依题意得,X1的分布列为

【解】

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X1 P

1 1 25

2 3 50

3 9 10
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X2的分布列为
X2 P 1.8 1 10 2.9 9 10





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1 3 9 143 (3)由(2)得E(X1)=1× +2× +3× = 25 50 10 50 =2.86(万元), 1 9 E(X2)=1.8× +2.9× =2.79(万元). 10 10 因为E(X1)>E(X2), 所以应生产甲品牌轿车.

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课后作业(七十二)

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