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高中数学《离散型随机变量的均值与方差-2.3.1离散型随机变量的均值》教案2 新人教A版选修2-3


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2.3 离散型随机变量的均值与方差
教学目标: 知识与技能: 了解离散型随机变量的均值或期望的意义, 会根据离散型随机变量的分布列求 出均值或期望. 过程与方法:理解公式“E(aξ +b)=aEξ +b” ,以及“若ξ ? B(n,p) ,则 Eξ =np”.能熟 练地应用它们求相

应的离散型随机变量的均值或期望。 情感、态度与价值观:承前启后,感悟数学与生活的和谐之美 ,体现数学的文化功能与人文 价值。 教学重点:离散型随机变量的均值或期望的概念 教学难点:根据离散型随机变量的分布列求出均值或期望 授课类型:新授课 课时安排:2 课时 教 具:多媒体、实物投影仪 教学过程: 一、复习引入: 1.随机变量:如果随机试验的结果可以用一个变量来表示,那么这样的变量叫做随机变 量随机变量常用希腊字母ξ 、η 等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值,可以按一定次序一一列出,这样的随机 变量叫做离散型随机变量 3.连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值,可以取某一区间内的一切值,这样的变 量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系 : 离 散 型 随 机 变 量 与 连 续 型 随 机 变量 都是用变量表 示随机试 验的 结果;但 是离散型 随机变量的结 果可以按 一定次序 一一列出,而连续性随机变量的结果不可以一一列出 若 ? 是随机变量,? ? a? ? b, a, b 是常数,则? 也是随机变量并且不改变其属性(离 散型、连续型) 5. 分布列:设离散型随机变量 ξ 可能取得值为 x1,x2,?,x3,?, ξ 取每一个值 xi(i=1,2,?)的概率为 P(? ? xi ) ? pi ,则称表 ξ

P

x1 P1

x2 P2

? ?

xi Pi

? ?

为随机变量 ξ 的概率分布,简称 ξ 的分布列 6. 分布列的两个性质: ⑴Pi≥0,i=1,2,?; ⑵P1+P2+?=1. 7.离散型随机变量的二项分布 : 在 一 次 随 机 试 验 中 , 某 事 件 可 能 发 生 也 可 能 不 发 生 , 在 n 次独立重复试验中这个事件发生的次数 ξ 是一个随机变量.如果在一次试验中 某事件发生的概率是 P,那么在 n 次独立重复试验中这个事件恰好发生 k 次的概率是
k k n ?k (k=0,1,2,?,n, q ? 1 ? p ) . Pn (? ? k ) ? Cn p q ,

于是得到随机变量 ξ 的概率分布如下: ξ 0 1 ?

k
k k n?k Cn p q

? ?

n
n n 0 Cn p q

P

0 0 n Cn pq

1 1 n ?1 Cn pq

?

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k k n?k Cn p q =b(k;n,p).

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称 这 样 的随 机 变量 ξ 服 从 二 项分 布 ,记 作 ξ ~ B ( n , p ) ,其中 n , p 为参数,并记

8. 离散型随机变量的几何分布:在独立重复试验中,某 事 件 第 一 次 发生时,所作试 验的次数 ξ 也 是一个正整数的离散型随机变量. “ ? ? k ”表示在第 k 次独立重复试验 时事件第一次发生.如果把 k 次试验时事件 A 发生记为 Ak 、 事件 A 不发生记为 Ak , P( Ak )=p, P( Ak )=q(q=1-p),那么

P(? ? k ) ? P( A1 A2 A3 ? Ak ?1 Ak ) ? P( A1 )P( A2 )P( A3 )?P( Ak ?1 )P( Ak ) ? q k ?1 p ( k =
0,1,2,?, q ? 1 ? p ) .于是得到随机变量 ξ 的概率分布如下: ξ 1 2 3 ? ?

k

? ?

P

p

pq

q2 p

q k ?1 p

称 这 样 的随 机 变 量 ξ 服从 几 何 分布 记 作 g ( k , p )= q k ?1 p ,其中 k=0,1,2,?, q ? 1 ? p . 二、讲解新课: 根据已知随机变量的分布列,我们可以方便的得出随机变量的某些制定的概率,但分 布列的用途远不止于此,例如:已知某射手射击所得环数 ξ 的分布列如下 ξ 4 5 6 7 8 9 10 P 0.02 0.04 0.06 0.09 0.28 0.29 0.22 在 n 次射击之前,可以根据这个分布列估计 n 次射击的平均环数.这就是我们今天要 学习的离散型随机变量的均值或期望 根据射手射击所得环数 ξ 的分布列, 我们可以估计,在 n 次射击中,预计大约有

P(? ? 4) ? n ? 0.02n P(? ? 5) ? n ? 0.04n
????

次得 4 环; 次得 5 环;

P(? ? 10) ? n ? 0.22n
故在 n 次射击的总环数大约为

次得 10 环.

4 ? 0.02 ? n ? 5 ? 0.04 ? n ? ? ? 10 ? 0.22 ? n

? (4 ? 0.02 ? 5 ? 0.04 ? ? ? 10 ? 0.22) ? n ,
从而,预计 n 次射击的平均环数约为

4 ? 0.02 ? 5 ? 0.04 ? ? ? 10 ? 0.22 ? 8.32 .
这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的, 只与射击环数的可能取值及其相应的概 率有关的常数,它反映了射手射击的平均水平.
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对于任一射手,若已知其射击所得环数 ξ 的分布列,即已知各个 P(? ? i ) (i=0,1, 2,?,10) ,我们可以同样预计他任意 n 次射击的平均环数:

0 ? P(? ? 0) ? 1? P(? ? 1) ? ? ? 10 ? P(? ? 10) .
1. 均值或数学期望: 一般地,若离散型随机变量 ξ 的概率分布为 ξ

x1 p1

x2 p2

? ?

xn pn

? ?

P

则称 E? ? x1 p1 ? x 2 p 2 ? ? ? xn pn ? ?

为 ξ 的均值或数学期望,简称期望.

2. 均值或数学期望是离散型随机变量的一个特征数,它反映了离散型随机变量取值的 平均水平 3. 平均数、 均值:一般地, 在有限取值离散型随机变量 ξ 的概率分布中, 令 p1 ? p2 ? ?

? pn ,则有 p1 ? p2 ? ? ? p n ?
又称为平均数、均值

1 1 , E? ? ( x1 ? x2 ? ? ? x n ) ? ,所以 ξ 的数学期望 n n

4. 均值或期望的一个性质:若 ? ? a? ? b (a、b 是常数),ξ 是随机变量,则 η 也是随 机变量,它们的分布列为 ξ η

x1

x2

? ? ?

xn

? ? ?

ax1 ? b
p1

ax2 ? b
p2

axn ? b
pn

P

于是 E? ? (ax1 ? b) p1 ? (ax2 ? b) p2 ? ? ? (axn ? b) pn ? ? = a( x1 p1 ? x 2 p 2 ? ? ? xn pn ? ?) ? b( p1 ? p 2 ? ? ? pn ? ?) = aE? ? b , 由此,我们得到了期望的一个性质: E (a? ? b) ? aE? ? b 5.若ξ ? B(n,p) ,则 Eξ =np 证明如下: ∵ ∴
k k k k n ?k P(? ? k ) ? Cn p (1 ? p)n?k ? Cn pq , 0 0 n 1 1 n ?1 2 2 n?2 k k n?k E ? ? 0 × Cn p q + 1 × Cn p q + 2 × Cn p q +?+ k × Cn p q +?+ n ×

n n 0 Cn p q .

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又∵
k kCn ?k?

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n! n ? (n ? 1)! k ?1 ? ? nCn ?1 , k!(n ? k )! (k ? 1)![(n ? 1) ? (k ? 1)]!



1 1 n?2 0 0 n? 1 k ?1 k ?1 ( n?1)?( k ?1) E? ? np( Cn + ? + Cn + ? + q ?1 p ?1 p q + C n ?1 p q

n ?1 n ?1 0 Cn q ) ? np( p ? q) n?1 ? np . ?1 p



若 ξ ~B(n,p),则 E? ? np.

三、讲解范例: 例 1. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中得 1 分,罚不中得 0 分,已知他命中的概率为 0.7,求他罚球一次得分 ? 的期望 解:因为 P(? ? 1) ? 0.7, P(? ? 0) ? 0.3 , 所以 E? ? 1? 0.7 ? 0 ? 0.3 ? 0.7 例 2. 一次单元测验由 20 个选择题构成,每个选择题有 4 个选项,其中有且仅有一个 选项是正确答案,每题选择正确答案得 5 分,不作出选择或选错不得分,满分 100 分学生甲 选对任一题的概率为 0.9,学生乙则在测验中对每题都从 4 个选择中随机地选择一个,求学 生甲和乙在这次英语单元测验中的成绩的期望 解:设学生甲和乙在这次英语测验中正确答案的选择题个数分别是 ? ,? ,则 ? ~ B (20,0.9),? ~ B(20,0.25) ,

? E? ? 20 ? 0.9 ? 18, E? ? 20 ? 0.25 ? 5
由于答对每题得 5 分, 学生甲和乙在这次英语测验中的成绩分别是 5 ? 和 5? 所以, 他 们在测验中的成绩的期望分别是:

E (5? ) ? 5E (? ) ? 5 ? 18 ? 90, E (5? ) ? 5E (? ) ? 5 ? 5 ? 25
例 3. 根据气象预报, 某地区近期有小洪水的概率为 0.25,有大洪水的概率为 0. 01. 该 地区某工地上有一台大型设备, 遇到大洪水时要损失 60 000 元, 遇到小洪水时要损失 10000 元.为保护设备,有以下 3 种方案: 方案 1:运走设备,搬运费为 3 800 元. 方案 2:建保护围墙,建设费为 2 000 元.但围墙只能防小洪水. 方案 3:不采取措施,希望不发生洪水. 试比较哪一种方案好. 解:用 X1 、X2 和 X3 分别表示三种方案的损失. 采用第 1 种方案,无论有无洪水,都损失 3 800 元,即 X1 = 3 800 . 采用第 2 种方案,遇到大洪水时,损失 2 000 + 60 000=62 000 元;没有大洪水时, 损失 2 000 元,即
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?62000,有大洪水; X2 = ? ?2000,无大洪水.

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同样,采用第 3 种方案,有

?60000,有大洪水; ? X 3 = ?10000,有小洪水; ?0,无洪水. ?
于是, EX1=3 800 , EX2=62 000×P (X2 = 62 000 ) + 2 00000×P (X2 = 2 000 ) = 62000×0. 01 + 2000×(1-0.01) = 2 600 , EX3 = 60000×P (X3 = 60000) + 10 000×P(X3 =10 000 ) + 0×P (X3 =0) = 60 000×0.01 + 10000×0.25=3100 . 采取方案 2 的平均损失最小,所以可以选择方案 2 . 值得注意的是,上述结论是通过比较“平均损失”而得出的.一般地,我们可以这样来 理解“平均损失” :假设问题中的气象情况多次发生,那么采用方案 2 将会使损失减到最 小.由于洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的,所以对于个别的一次决策,采用方 案 2 也不一定是最好的. 例 4.随机抛掷一枚骰子,求所得骰子点数 ? 的期望 解:∵ P(? ? i) ? 1 / 6, i ? 1,2,? ? ?,6 ,

? E? ? 1? 1 / 6 ? 2 ? 1 / 6 ? ? ? ? ? 6 ? 1 / 6 =3.5
例 5.有一批数量很大的产品,其次品率是 15%,对这批产品进行抽查,每次抽取 1 件, 如果抽出次品,则抽查终止,否则继续抽查,直到抽出次品为止,但抽查次数不超过 10 次 求抽查次数 ? 的期望(结果保留三个有效数字) 解:抽查次数 ? 取 1 ? ? ? 10 的整数,从这批数量很大的产品中抽出 1 件检查的试验可 以认为是彼此独立的,取出次品的概率是 0.15,取出正品的概率是 0.85,前 k ? 1 次取出正 品而第 k 次( k =1,2,?,10)取出次品的概率:

P(? ? k ) ? 0.85k ?1 ? 0.15 ( k =1,2,?,10)
需要抽查 10 次即前 9 次取出的都是正品的概率:P(? ? 10) ? 0.85 由此可得 ? 的概率
9

分布如下: 1 2

?

3 0.108 4

4 0.09 2

5 0.078 3

6 0.066 6

7 0.056 6

8 0.048 1

9 0.040 9

10 0.231 6

P

0.1 5

0.127 5

根据以上的概率分布,可得 ? 的期望

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E? ? 1? 0.15 ? 2 ? 0.1275? ? ? ? ? 10 ? 0.2316? 5.35
例 6.随机的抛掷一个骰子,求所得骰子的点数 ξ 的数学期望. 解:抛掷骰子所得点数 ξ 的概率分布为 ξ 1 2 3 4 5 6

P
所以

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 1 1 1 1 1 E? ? 1× +2× +3× +4× +5× +6× 6 6 6 6 6 6 1 =(1+2+3+4+5+6)× =3.5. 6
抛掷骰子所得点数 ξ 的数学期望,就是 ξ 的所有可能取值的平均值. 例 7.某城市出租汽车的起步价为 10 元,行驶路程不超出 4km 时租车费为 10 元, 若行驶路程超出 4km ,则按每超出 lkm 加收 2 元计费 ( 超出不足 lkm 的部分按 lkm 计 ) .从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为 15km .某司机经常驾车在机场与此宾 馆之间接送旅客,由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程 ( 这个城 市规定,每停车 5 分钟按 lkm 路程计费 ) ,这个司机一次接送旅客的行车路程 ξ 是 一个随机变量.设他所收租车费为 η ( Ⅰ ) 求租车费 η 关于行车路程 ξ 的关系式; ( Ⅱ ) 若随机变量 ξ 的分布列为 ξ 15 0.1 16 0.5 17 0.3 18 0.1

P

求所收租车费 η 的数学期望. ( Ⅲ ) 已知某旅客实付租车费 38 元,而出租汽车实际行驶了 15km ,问出租车在途 中因故停车累计最多几分钟 ? 解: ( Ⅰ ) 依题意得 η =2( ξ -4) 十 10 ,即 η =2 ξ +2 ; ( Ⅱ ) E? ? 15 ? 0.1 ? 16 ? 0.5 ? 17 ? 0.3 ? 18 ? 0.1 ? 16.4 ∵ ∴ η =2 ξ +2

E? ? 2 E ξ +2=34.8

(元)

故所收租车费 η 的数学期望为 34.8 元. ( Ⅲ ) 由 38=2 ξ +2 ,得 ξ =18 , 5 ? (18-15)=15 所以出租车在途中因故停车累计最多 15 分钟 四、课堂练习: 1. 口袋中有 5 只球,编号为 1,2,3,4,5,从中任取 3 球,以 ? 表示取出球的最大 号码,则 E? ? ( )

A.4; B.5; C.4.5; D.4.75 答案:C 2.篮球运动员在比赛中每次罚球命中的 1 分,罚不中得 0 分.已知某运动员罚球命中的
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概率为 0.7,求 ⑴他罚球 1 次的得分 ξ 的数学期望; ⑵他罚球 2 次的得分 η 的数学期望; ⑶他罚球 3 次的得分 ξ 的数学期望. 解:⑴因为 P(? ? 1) ? 0.7 , P(? ? 0) ? 0.3 ,所以

E? ? 1× P(? ? 1) +0× P(? ? 0) ? 0.7
⑵η 的概率分布为 η 0 1
1 C2 ? 0.7 ? 0.3

2

P
所以

0.32

0.7 2

E? ? 0× 0.09 +1× 0.42 +2× 0.98 =1.4.

⑶ξ 的概率分布为 ξ 0 1
1 C3 ? 0.7 ? 0.32

2
2 C3 ? 0.7 2 ? 0.3

3

P
所以

0.33

0.7 3

E? ? 0× 0.027 +1× 0.189 +2× 0.98 =2.1.

3.设有 m 升水,其中含有大肠杆菌 n 个.今取水 1 升进行化验,设其中含有大肠杆菌 的个数为 ξ ,求 ξ 的数学期望. 分析:任取 1 升水,此升水中含一个大肠杆菌的概率是

1 ,事件“ξ =k”发生,即 n m

个大肠杆菌中恰有 k 个在此升水中,由 n 次独立重复实验中事件 A(在此升水中含一个大肠 杆菌)恰好发生 k 次的概率计算方法可求出 P(ξ = k ), 进 而 可 求 E ξ . 解:记事件 A: “在所取的 1 升水中含一个大肠杆菌” ,则 P(A)= ∴ P(ξ =k)=Pn(k)=C k n

1 . m

1 k 1 n-k ) (1- ) (k=0,1,2,?.,n) . m m 1 1 n ∴ ξ ~B(n, ),故 Eξ =n× = m m m
五、小结 :(1) 离散型随机变量的期 望,反映了随机变量取值的平均水平; (2)求离散型随机变量 ξ 的期望的基本步骤:①理解 ξ 的意义,写出 ξ 可能取的全部 值;②求 ξ 取各个值的概率,写出分布列;③根据分布列,由期望的定义求出 Eξ 公 式 E(aξ +b)= aEξ +b,以及服从二项分布的随机变量的期望 Eξ =np 六、课后作业:P64-65 练习 1,2,3,4 P69 A 组 1,2,3 1.一袋子里装有大小相同的 3 个红球和两个黄球,从中同时取出 2 个,则其中含红球 个数的数学期望是 (用数字作答) 解:令取取黄球个数 ? (=0、1、2)则 ? 的要布列为

?

0

1

2

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p 于是 E( ? )=0×

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3 5 1 10

3 10
3 3 1 +1× +2× =0.8 10 5 10

故知红球个数的数学期望为 1.2 2.袋中有 4 个黑球、3 个白球、2 个红球,从中任取 2 个球,每取到一个黑球记 0 分, 每取到一个白球记 1 分,每取到一个红球记 2 分,用 ? 表示得分数 ①求 ? 的概率分布列 ②求 ? 的数学期望 解:①依题意 ? 的取值为 0、1、2、3、4

? =0 时,取 2 黑

p( ? =0)=

2 C4 1 ? 2 C9 6

? =1 时,取 1 黑 1 白

1 1 C4 ? C3 1 p( ? =1)= ? 2 3 C9 1 1 C 32 C2 ? C4 11 + ? 2 2 36 C9 C9 1 1 C3 ? C2 1 ? 2 6 C9

? =2 时,取 2 白或 1 红 1 黑 p( ? =2)=

? =3 时,取 1 白 1 红,概率 p( ? =3)=

2 C2 1 ? =4 时,取 2 红,概率 p( ? =4)= 2 ? C9 36

∴ ? 分布列为 p

?

0

1

2

3

4

1 6

1 3

11 36

1 6

1 36

(2)期望 E ? =0×

1 1 11 1 1 14 +1× +2× +3× +4× = 6 3 6 36 36 9

3.学校新进了三台投影仪用于多媒体教学,为保证设备正常工作,事先进行独立试验,已知 各设备产生故障的概率分别为 p1、p2、p3,求试验中三台投影仪产生故障的数学期望 解:设 ? 表示产生故障的仪器数,Ai 表示第 i 台仪器出现故障(i=1、2、3)

Ai 表示第 i 台仪器不出现故障,则:
p( ? =1)=p(A1· A2 · A3 )+ p( A1 ·A2· A3 )+ p( A1 · A2 ·A3)
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=p1(1-p2) (1-p3)+ p2(1-p1) (1-p3)+ p3(1-p1) (1-p2) = p1+ p2+p3-2p1p2-2p2p3-2p3p1+3p1p2p3 p( ? =2)=p(A1· A2· A )+ p(A1· A2 · A3 )+ p( A1 ·A2·A3) = p1p2 (1-p3)+ p1p3(1-p2)+ p2p3(1-p1) = p1p2+ p1p3+ p2p3-3p1p2p3 p( ? =3)=p(A1· A2·A3)= p1p2p3 ∴ E? =1×p( ? =1)+2×p( ? =2)+3×p( ? =3)= p1+p2+p3 注:要充分运用分类讨论的思想,分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再 求期望 4.一个袋子里装有大小相同的 3 个红球和 2 个黄球, 从中同时取出 2 个, 含红球个数的数 学期望是 1.2 解:从 5 个球中同时取出 2 个球,出现红球的分布列为

?
P

0
2 C2 ? 0.1 2 C5

1
1 1 C3 ? C2 ? 0.6 2 C5

2
2 C3 ? 0.3 2 C5

? E? ? 0 ? 0.1 ? 1 ? 0.6 ? 2 ? 0.3 ? 1.2
5.

A 、B 两个代表队进行乒乓球对抗赛, 每队三名队员,A 队队员是 A1 , A2 , A3 ,B

队队员是 B1 , B2 , B3 ,按以往多次比赛的统计,对阵队员之间胜负概率如下: 对阵队员 A1 对 B1 A2 对 B2 A3 对 B3 A 队队员胜的概率 B 队队员胜的概率

2 3 2 5 2 5

1 3 3 5 3 5

现按表中对阵方式出场, 每场胜队得 1 分, 负队得 0 分, 设 A 队,B 队最后所得分分别为 ? ,

?
(1)求 ? , ? 的概率分布; (2)求 E? , E?

解: (Ⅰ) ? , ? 的可能取值分别为 3,2,1,0

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2 3 2 P ?? ? 2? ? 3 2 P ?? ? 1? ? 3 1 P ?? ? 0? ? 3 P ?? ? 3? ? 2 5 2 ? 5 3 ? 5 3 ? 5 ? 2 5 3 ? 5 3 ? 5 3 ? 5 ? ?

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8 , 27 1 2 2 2 3 2 28 ? ? ? ? ? ? ? , 3 5 5 3 5 5 75 1 2 3 1 3 2 2 ? ? ? ? ? ? ? , 3 5 5 3 5 5 5 3 ? 25

根据题意知 ? ? ? ? 3 ,所以
P ?? ? 0? ? P ?? ? 3? ? P ?? ? 2? ? P ?? ? 1? 8 28 , P ?? ? 1? ? P ?? ? 2? ? , 75 75 2 3 ? , P ?? ? 3? ? P ?? ? 0? ? 5 25

8 28 2 3 22 ? 2? ? 1? ? 0 ? ? ; 75 75 5 25 15 23 因为 ? ? ? ? 3 ,所以 E? ? 3 ? E? ? 15
(Ⅱ) E? ? 3 ? 七、板书设计(略) 八、教学反思: (1) 离散型随机变量的期望,反映了随机变量取值的平均水平; (2)求离散型随机变量 ξ 的期望的基本步骤: ①理解 ξ 的意义,写出 ξ 可能取的全部值; ②求 ξ 取各个值的概率,写出分布列; ③根据分布列,由期望的定义求出 Eξ 分布的随机变量的期望 Eξ =np 。 公式 E(aξ +b)= aEξ +b,以及服从二项

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2.3离散型随机变量的均值与方差_教案

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高中新课程数学(新课标人教A版)选修2-3《2.3.1离散型随机变量的均值》教案

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