步步高高中数学 步步高选修2-3 第二章 2.2.3
《步步高 学案导学设计》 高中数学 人教A版选修22【配套备课资源】第二章 2.3(二)
那么，当n＝k＋1时，
任取一条直线l，除l以外其他k条直线交点个数为 f(k)＝12k(k－1)，
研一研·题型解法、解题更高效
§2.3(二)
l与其他k条直线交点个数为k，
从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，
本 即f(k＋1)＝f(k)＋k＝12k(k－1)＋k＝12k(k－1＋2)
课 时 栏
＝12k(k＋1)＝12(k＋1)[(k＋1)－1]，
•17、儿童是中心，教育的措施便围绕他们而组织起来。2021/9/132021/9/132021/9/132021/9/13
• You have to believe in yourself. That's the secret of success. 人必须相信自己，这是成功的秘诀。 •
试一试·双基题目、基础更牢固
§2.3(二)
•11、只有让学生不把全部时间都用在学习上，而留下许多自由支配的时间，他才能顺利地学习……（这）是教育过程的逻辑。2021/9/132021/9/132021/9/13Sep-2113-Sep-21
•12、要记住，你不仅是教课的教师，也是学生的教育者，生活的导师和道德的引路人。2021/9/132021/9/132021/9/13Monday, September 13, 2021
时
栏 k＋1时不等式两边项的变化；其次推证中可以利用放
目
开 缩、比较、配凑分析等方法，利用归纳假设证明n＝k＋1
关
时的结论．
研一研·题型解法、解题更高效
§2.3(二)
例1 已知数列{bn}的通项公式为bn＝2n，求证：对任意的 n∈N*，不等式b1b＋1 1·b2b＋2 1·…·bnb＋n 1> n＋1都成立．
步步高高中数学 步步高选修2-3 第二章 章末复习课
学习目标 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；2.理解超几何分布及其导出过程，并能够进行简单的应用；3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题；4.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单的实际问题；5.通过实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.1.条件概率的性质(1)非负性：0≤P(B|A)≤1.(2)可加性：如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A).2.相互独立事件的性质(1)推广：一般地，如果事件A1，A2，…，A n相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…A n)＝P(A1)·P(A2)·…·P(A n).(2)对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系：P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB).3.二项分布满足的条件(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的.(2)各次试验中的事件是相互独立的.(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生.(4)随机变量是这n次独立重复试验中某事件发生的次数.4.均值与方差的性质(1)若η＝aξ＋b(a，b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，且E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b.(2)D(aξ＋b)＝a2D(ξ).(3)D(ξ)＝E(ξ2)－(E(ξ))2.5.正态变量在三个特殊区间内取值的概率(1)P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6. (2)P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4. (3)P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.类型一 条件概率的求法例1 口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，则：(1)第一次取出的是红球的概率是多少？(2)第一次和第二次都取出的是红球的概率是多少？(3)在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率是多少？ 解 记事件A ：第一次取出的是红球；事件B ：第二次取出的是红球.(1)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次取出的是红球，第二次是其余5个球中的任一个，符合条件的有4×5个， 所以P (A )＝4×56×5＝23.(2)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次和第二次都取出的是红球，相当于取两个球，都是红球，符合条件的有4×3个， 所以P (AB )＝4×36×5＝25.(3)利用条件概率的计算公式， 可得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝2523＝35.反思与感悟 条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，计算条件概率时，必须搞清欲求的条件概率是在什么条件下发生的概率.一般地，计算条件概率常有两种方法： (1)P (B |A )＝P (AB )P (A )；(2)P (B |A )＝n (AB )n (A ).在古典概型下，n (AB )指事件A 与事件B 同时发生的基本事件个数；n (A )是指事件A 发生的基本事件个数.跟踪训练1 掷两颗均匀的骰子，已知第一颗骰子掷出6点，问“掷出点数之和大于或等于10”的概率.解 设“掷出点数之和大于或等于10”为事件A ，“第一颗了掷出6点”为事件B ，方法一 P (A |B )＝P (AB )P (B )＝336636＝12.方法二 “第一颗骰掷出6点”的情况有(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共6种.∴n (B )＝6.“掷出点数之和大于或等于10”且“第一颗掷出6点”的情况有(6,4)，(6,5)，(6,6)共3种，即n (AB )＝3.∴P (A |B )＝n (AB )n (B )＝36＝12.类型二 求相互独立事件的概率例2 在某次1 500米体能测试中，甲、乙、丙三人各自通过测试的概率分别为25，34，13，求：(1)3人都通过体能测试的概率； (2)恰有2人通过体能测试的概率； (3)恰有1人通过体能测试的概率.解 设A 表示事件“甲通过体能测试”，B 表示事件“乙通过体能测试”，C 表示事件“丙通过体能测试”.由题意有：P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.(1)设M 1表示事件“甲、乙、丙3人都通过体能测试”，即M 1＝ABC . 由事件A ，B ，C 相互独立，可得：P (M 1)＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝110.(2)设M 2表示事件“甲、乙、丙3人中只有2人通过体能测试”，则M 2＝AB C ＋A B C ＋A BC ，由于事件A ，B ，C 彼此相互独立，则A ，B ，C 也相互独立，并且事件AB C ，A B C ，A BC 互斥，因此所求概率为P (M 2)＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C ) ＝25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×13＝2360. (3)设M 3表示事件“甲、乙、丙3人中只有1人通过体能测试”，则 M 3＝A B C ＋A B C ＋A B C由于事件，A ，B ，C ，A ，B ，C 均相互独立，并且事件A B C ，A B C ，A B C 两两互斥，因此所求概率为P (M 3)＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋ P (A )P (B )P (C )＝25×⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＝512. 反思与感悟 (1)“P (AB )＝P (A )P (B )”是判断事件是否相互独立的充要条件，也是解答相互独立事件概率问题的唯一工具.(2)涉及“至多”“至少”“恰有”等字眼的概率问题，务必分清事件间的相互关系. (3)公式“P (A ＋B )＝1－P (A B )”常应用于求相互独立事件至少有一个发生的概率. 跟踪训练2 甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束.设各局比赛相互间没有影响，求前三局比赛甲队领先的概率.解 单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6，乙队胜甲队的概率为1－0.6＝0.4， 记“甲队胜三局”为事件A ，“甲队胜二局”为事件B ，则： P (A )＝0.63＝0.216；P (B )＝C 23×0.62×0.4＝0.432，∴前三局比赛甲队领先的概率为 P (A )＋P (B )＝0.648.类型三 离散型随机变量的分布列、均值和方差例3 一次同时投掷两枚相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各面分别刻有1,2,2,3,3,3六个数字)(1)设随机变量η表示一次掷得的点数和，求η的分布列.(2)若连续投掷10次，设随机变量ξ表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E (ξ)，D (ξ). 解 (1)由已知，随机变量η的取值为2,3,4,5,6.设掷一个正方体骰子所得点数为η0，则η0的分布列为：P (η0＝1)＝16，P (η0＝2)＝13，P (η0＝3)＝12，所以P (η＝2)＝16×16＝136，P (η＝3)＝2×16×13＝19，P (η＝4)＝2×16×12＋13×13＝518，P (η＝5)＝2×13×12＝13，P (η＝6)＝12×12＝14.故η的分布列为(2)由已知，满足条件的一次投掷的点数和取值为6，设某次发生的概率为p ，由(1)知，p ＝14.因为随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎫10，14， 所以E (ξ)＝np ＝10×14＝52，D (ξ)＝np (1－p )＝10×14×34＝158.反思与感悟 求离散型随机变量的均值与方差的步骤跟踪训练3 某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别为0.4,0.5,0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设X 表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值. (1)求X 的分布列；(2)记“函数f (x )＝x 2－3Xx ＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A ，求事件A 发生的概率. 解 (1)分别记“客人游览甲景点”，“客人游览乙景点”，“客人游览丙景点”为事件A 1，A 2，A 3.已知A 1，A 2，A 3相互独立，且P (A 1) ＝0.4， P (A 2) ＝0.5，P (A 3)＝0.6.客人游览的景点数的可能取值为0,1,2,3.相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3,2,1,0，所以X 的可能取值为1,3. P (X ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A1A2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＝0.4×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.4＝0.24. P (X ＝1)＝1－0.24＝0.76.所以X 的分布列为：(2)因为f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －32X 2＋1－94X 2， 所以函数f (x )＝x 2－3Xx ＋1在区间⎣⎡⎭⎫32X ，＋∞上单调递增，要使f (x )在区间[2，＋∞)上单调递增，当且仅当32X ≤2，即X ≤43.从而P (A )＝P ⎝⎛⎭⎫X ≤43＝P (X ＝1)＝0.76. 类型四 正态分布例4 某学校高三2 500名学生第二次模拟考试总成绩服从正态分布N (500,502)，请您判断考生成绩X 在550～600分的人数.解 ∵考生成绩X ～N (500,502 )，∴μ＝500，σ＝50，∴P (550<X ≤600)＝12[P (500－2×50<X ≤500＋2×50)－P (500－50<X ≤500＋50)]＝12(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9， ∴考生成绩在550～600分的人数为2 500×0.135 9≈340(人).反思与感悟 (1)注意“3σ”原则，记住正态总体在三个区间内取值的概率.(2)注意数形结合.由于正态分布密度曲线具有完美的对称性，体现了数形结合的重要思想，因此运用对称性结合图象解决某一区间内的概率问题成为热点问题. 跟踪训练4 设ξ～N (1,4)，试求P (3<ξ<5). 解 因为ξ～N (1,4)，所以μ＝1，σ＝2， P (3<ξ<5)＝P (－3<ξ<－1)，则P (3<ξ<5)＝12[P (－3<ξ<5)－P (－1<ξ<3)]＝12[P (1－4<ξ<1＋4)－P (1－2<ξ<1＋2)] ＝12[P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)－P (μ－σ<ξ<μ＋σ)] ＝12(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9. 类型五 分类讨论思想例5 某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－10分.如果一个挑战者回答前两个问题正确的概率都是0.8，回答第三个问题正确的概率为0.6，且各题回答正确与否相互之间没有影响.(1)求这位挑战者回答这三个问题的总得分ξ的分布列和数学期望； (2)求这位挑战者总得分不为负分(即ξ≥0)的概率. 解 (1)三个问题均答错，得0＋0＋(－10)＝－10(分). 三个问题均答对，得10＋10＋20＝40(分). 三个问题一对两错，包括两种情况： ①前两个问题一对一错，第三个问题错， 得10＋0＋(－10)＝0(分)；②前两个问题错，第三个问题对，得0＋0＋20＝20(分). 三个问题两对一错，也包括两种情况： ①前两个问题对，第三个问题错， 得10＋10＋(－10)＝10(分)；②第三个问题对，前两个问题一对一错，得20＋10＋0＝30(分). 故ξ的可能取值为－10,0,10,20,30,40. P (ξ＝－10)＝0.2×0.2×0.4＝0.016； P (ξ＝0)＝C 12×0.2×0.8×0.4＝0.128； P (ξ＝10)＝0.8×0.8×0.4＝0.256； P (ξ＝20)＝0.2×0.2×0.6＝0.024； P (ξ＝30)＝C 12×0.8×0.2×0.6＝0.192； P (ξ＝40)＝0.8×0.8×0.6＝0.384. 所以ξ的分布列为：E (ξ)＝－10×0.016＋0×0.128＋10×0.256＋20×0.024＋30×0.192＋40×0.384＝24. (2)这位挑战者总得分不为负分的概率为： P (ξ≥0)＝1－P (ξ<0)＝1－0.016＝0.984.反思与感悟 解需要分类讨论的问题的实质是：整体问题转化为部分问题来解决.转化成部分问题后增加了题设条件，易于解题，这也是解决需要分类讨论问题的总的指导思想. 跟踪训练5 某地有A ，B ，C ，D 四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A 到过疫区，B 肯定是受A 感染，对于C ，因为难以断定他是受A 还是受B 感染的，于是假定他受A 和受B 感染的概率都是12.同样也假定D 受A 、B 和C 感染的概率都是13.在这种假定之下，B 、C 、D中直接受A 感染的人数X 就是一个随机变量.写出X 的分布列(不要求写出计算过程).解 (1)A 直接感染一个人有2种情况分别是A －B －C －D 和A －B －⎣⎢⎡C D，概率是12×13＋12×13＝13； (2)A 直接感染二个人有3种情况分别是A －⎣⎢⎡ B －C D ，A —⎣⎢⎡ B －D C ，A —⎣⎢⎡BC －D ，概率是12×13＋12×13＋12×13＝12； (3)A 直接感染三个人只有一种情况，概率是12×13＝16.∴随机变量X 的分布列是1.已知X ～N (－1，σ2)，若P (－3≤X ≤－1)＝0.4，则P (－3≤X ≤1)的值是 . 答案 0.8解析 由于X ～N (－1，σ2)，且区间[－3，－1]与[－1,1]关于x ＝－1对称，所以P (－3≤X ≤1)＝2P (－3≤X ≤－1)＝0.8.2.在5道题中有3道理科题和2道文科题.事件A 为“取到的2道题中至少有一道理科题”，事件B 为“取到的2道题中一题为理科题，另一题为文科题”，则P (B |A )＝ . 答案 23解析 由题意得P (A )＝C 25－C 22C 25＝910， P (AB )＝P (B )＝C 13C 12C 25＝35，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝35910＝23.3.某家公司有三台机器A 1，A 2，A 3生产同一种产品，生产量分别占总产量的12，13，16，且其产品的不良率分别各占其产量的 2.0%,1.2%,1.0%，任取此公司的一件产品为不良品的概率为 ，若已知此产品为不良品，则此产品由A 1所生产出的概率为 .答案473 000 3047解析 令A ，B ，C 分别表示A 1，A 2，A 3生产的不良品，则任取一件产品为不良品的概率为P (A )＋P (B )＋P (C )＝12×2.0%＋13×1.2%＋16×1.0%＝473 000.令D 表示任取一件为不良品，则 P (A |D )＝P (AD )P (D )＝12×2.0%473 000＝3047.4.盒子中有5个球，其中3个白球，2个黑球，从中任取两个球，求取出白球的均值和方差. 解 取出白球个数ξ可能取值为0,1,2. ξ＝0时表示取出的两个球都为黑球， P (ξ＝0)＝C 22C 25＝110，ξ＝1表示取出的两个球一个黑球，一个白球，P (ξ＝1)＝C 13C 12C 25＝35，ξ＝2表示取出的两个球均为白球， P (ξ＝2)＝C 23C 25＝310，于是E (ξ)＝0×110＋1×35＋2×310＝1.2，方法一 D (ξ)＝(0－1.2)2×110＋(1－1.2)2×35＋(2－1.2)2×310＝0.36.方法二 E (ξ2)＝02×110＋12×35＋22×310＝1.8，D (ξ)＝E (ξ2)－(E (ξ))2＝1.8－1.22＝0.36.1.条件概率的两个求解策略(1)定义法：计算P (A )，P (B )，P (AB )，利用P (A |B )＝P (AB )P (B )⎝⎛⎭⎫或P (B |A )＝P (AB )P (A )求解.(2)缩小样本空间法：利用P (B |A )＝n (AB )n (A )求解. 其中(2)常用于古典概型的概率计算问题.2.求相互独立事件同时发生的概率需注意的三个问题(1)“P (AB )＝P (A )P (B )”是判断事件是否相互独立的充要条件，也是解答相互独立事件概率问题的唯一工具.(2)涉及“至多”、“至少”、“恰有”等字眼的概率问题，务必分清事件间的相互关系.(3)公式“P (A ∪B )＝1－P (A B )”常应用于求相互独立事件至少有一个发生的概率. 3.求解实际问题的均值与方差的解题思路：先要将实际问题数学化，然后求出随机变量的概率分布列，同时要注意运用两点分布、二项分布等特殊分布的均值、方差公式以及均值与方差的线性性质.对于正态分布问题，新课标要求不是很高，只要求了解正态分布中最基础的知识，主要是：(1)掌握正态分布曲线函数关系式；(2)理解正态分布曲线的性质；(3)记住正态分布在三个区间内取值的概率，运用对称性结合图象求相应的概率.一、选择题1.袋中装有大小相同的5只球，上面分别标有1,2,3,4,5，在有放回的条件下依次取出两球，设两球号码之和为随机变量X ，则X 所有可能值的个数是( ) A.25 B.10 C.9 D.5 答案 C解析 “有放回”地取和“不放回”地取是不同的，故X 的所有可能取值有2、3、4、5、6、7、8、9、10共9种.2.将一枚骰子连掷6次，恰好3次出现6点的概率为( )A.C 36⎝⎛⎭⎫163⎝⎛⎭⎫563B.C 36⎝⎛⎭⎫163⎝⎛⎭⎫564C.C 36⎝⎛⎭⎫163⎝⎛⎭⎫560D.C 36⎝⎛⎭⎫165 答案 A解析 每次抛掷出现6点的概率为16，由二项分布的知识，可知选A.3.已知随机变量ξ服从正态分布ξ～N (0，σ2)，若P (ξ>2)＝0.023，则P (－2≤ξ≤2)＝( ) A.0.477 B.0.628 C.0.954 D.0.977答案 C解析 由ξ～N (0，σ2)知：P (ξ>2)＝P (ξ<－2)，P (－2≤ξ≤2)＝1－P (ξ<－2)－P (ξ>2)＝1－2×0.023＝0.954.4.如图所示，A ，B ，C 表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，那么此系统的可靠性为( )A.0.504B.0.994C.0.496D.0.06答案 B解析 1－P (A B C )＝1－P (A )·P (B )·P (C ) ＝1－0.1×0.2×0.3 ＝1－0.006＝0.994.5.设由“0”“1”组成的三位数组中，若用A 表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B 表示“第一位数字为‘0’的事件”，则P (A |B )＝( ) A.25 B.34 C.12 D.18 答案 C解析 ∵P (B )＝1×2×22×2×2＝12，P (A ∩B )＝1×1×22×2×2＝14，∴P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝12.6.已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴在y 轴的左侧，其中a ，b ，c ∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，记随机变量X ＝“|a －b |的取值”，则X 的均值E (X )为( ) A.89 B.35 C.25 D.13 答案 A解析 对称轴在y 轴的左侧(a 与b 同号)的抛物线有2C 13C 13C 17＝126(条)，X 可取的值有0,1,2，P (X ＝0)＝6×7126＝13，P (X ＝1)＝8×7126＝49，P (X ＝2)＝4×7126＝29，E (X )＝0×13＋1×49＋2×29＝89.二、填空题7.甲、乙同时炮击一架敌机，己知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5，敌机被击中的概率为 . 答案 0.8解析 P (敌机被击中)＝1－P (甲未击中敌机)P (乙未击中敌机)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝ 1－0.2＝0.8.8.如果随机变量ξ服从N (μ，σ)，且E (ξ)＝3，D (ξ)＝1，那么μ＝ ，σ＝ . 答案 3 1解析 ∵ξ～N (μ，σ)，∴E (ξ)＝μ＝3，D (ξ)＝σ2＝1，∴σ＝1.9.某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合先出现红灯闪烁的概率是12，两次闭合后都出现红灯闪烁的概率为16，则在第一次闭合后出现红灯闪烁的条件下，第二次出现红灯闪烁的概率是 . 答案 13解析 第一次闭合出现红灯闪烁记为事件A ，第二次闭合出现红灯闪烁记为事件B ，则P (A )＝12，P (AB )＝16，所以P (B |A )＝1612＝13. 10.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于 . 答案 0.128解析 此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以.因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128. 三、解答题11.有20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽2件，求： (1)第一次抽到次品的概率；(2)第一次和第二次都抽到次品的概率；(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率. 解 设第一次抽到次品为事件A ，第二次抽到次品为事件B . (1)第一次抽到次品的概率P (A )＝520＝14.(2)P (AB )＝P (A )P (B )＝119.(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P (B |A )＝119÷14＝419.12.一个暗箱里放着6个黑球、4个白球.(1)依次取出3个球，不放回，若第1次取出的是白球， 求第3次取到黑球的概率；(2)有放回地依次取出3个球，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率； (3)有放回地依次取出3个球，求取到白球个数ξ的分布列和期望.解 设事件A 为“第1次取出的是白球，第3次取到黑球”，B 为“第2次取到白球”，C为“第3次取到白球”，(1)P (A )＝C 14(C 16C 15＋C 13C 16)C 14A 29＝23. (2)因为每次取出之前暗箱的情况没有变化，所以每次取球互不影响， 所以P (C )＝610＝35.(3)设事件D 为“取一次球，取到白球”， 则P (D )＝25，P (D )＝35，这3次取出球互不影响，则ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，25， 所以P (ξ＝k )＝C k 3⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫353－k(k ＝0,1,2,3)， E (ξ)＝3×25＝65.13.已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束. (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列和均值(数学期望).解 (1)第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率为P ＝25×34＝310.(2)由题意可知X 的可能取值为200,300,400， 则P (X ＝200)＝2×15×4＝110；P (X ＝300)＝3×25×4×3＋2×3×25×4×3＝310；P (X ＝400)＝2×3×2×35×4×3×2＋3×2×2×35×4×3×2＝35.所以X 的分布列如下表所示：所以E (X )＝200×110＋300×310＋400×35＝350.。
2019年步步高资料高中数学选修2-3第二章 2.3.1
§2.3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学习目标 1.通过实例理解离散型随机变量均值的概念,能计算简单离散型随机变量的均值.2.理解离散型随机变量均值的性质.3.掌握两点分布、二项分布的均值.4.会利用离散型随机变量的均值,反映离散型随机变量取值水平,解决一些相关的实际问题.知识点一离散型随机变量的均值设有12个西瓜,其中4个重5 kg,3个重6 kg,5个重7 kg.思考1任取1个西瓜,用X表示这个西瓜的重量,试问X可以取哪些值？答案X＝5,6,7.思考2X取上述值时,对应的概率分别是多少？答案P(X＝5)＝412＝13,P(X＝6)＝312＝14,P(X＝7)＝512.思考3如何求每个西瓜的平均重量？答案5×4＋6×3＋7×512＝5×13＋6×14＋7×512＝7312.梳理(1)离散型随机变量的均值若离散型随机变量X的分布列为则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n为随机变量X的均值或数学期望,它反映了离散型随机变量取值的平均水平.(2)均值的性质若Y＝aX＋b,其中a,b为常数,X是随机变量,①Y也是随机变量;②E(aX＋b)＝aE(X)＋b.知识点二两点分布、二项分布的均值1.两点分布：若X服从两点分布,则E(X)＝p.2.二项分布：若X～B(n,p),则E(X)＝np.1.随机变量X 的均值E (X )是个变量,其随X 的变化而变化.( × )2.随机变量的均值与样本的平均值相同.( × )3.若随机变量X 的均值E (X )＝2,则E (2X )＝4.( √ )类型一 离散型随机变量的均值命题角度1 利用定义求随机变量的均值例1 袋中有4个红球,3个白球,从袋中随机取出4个球.设取出一个红球得2分,取出一个白球得1分,试求得分X 的均值.考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算解 X 的所有可能取值为5,6,7,8.X ＝5时,表示取出1个红球3个白球,此时P (X ＝5)＝C 14C 33C 47＝435;X ＝6时,表示取出2个红球2个白球,此时P (X ＝6)＝C 24C 23C 47＝1835;X ＝7时,表示取出3个红球1个白球,此时P (X ＝7)＝C 34C 13C 47＝1235;X ＝8时,表示取出4个红球,此时P (X ＝8)＝C 44C 47＝135.所以X 的分布列为所以E (X )＝5×435＋6×1835＋7×1235＋8×135＝447.反思与感悟 求随机变量X 的均值的方法和步骤 (1)理解随机变量X 的意义,写出X 所有可能的取值. (2)求出X 取每个值的概率P (X ＝k ). (3)写出X 的分布列. (4)利用均值的定义求E (X ).跟踪训练1 现有一个项目,对该项目每投资10万元,一年后利润是1.2万元,1.18万元,1.17万元的概率分别为16,12,13,随机变量X 表示对此项目投资10万元一年后的利润,则X 的均值为( ) A.1.18 B.3.55 C.1.23D.2.38考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 A解析 因为X 的所有可能取值为1.2,1.18,1.17, P (X ＝1.2)＝16,P (X ＝1.18)＝12,P (X ＝1.17)＝13,所以X 的分布列为所以E (X )＝1.2×16＋1.18×12＋1.17×13＝1.18.命题角度2 两点分布、二项分布的均值 例2 (1)设X ～B (40,p ),且E (X )＝16,则p 等于( ) A.0.1 B.0.2 C.0.3D.0.4 (2)一次单元测试由20个选择题组成,每个选择题有4个选项,其中仅有1个选项正确,每题选对得5分,不选或选错不得分.一学生选对任意一题的概率为0.9,则该学生在这次测试中成绩的均值为________.考点 二项分布、两点分布的均值 题点 二项分布的均值 答案 (1)D (2)90 解析 (1)∵E (X )＝16, ∴40p ＝16,∴p ＝0.4.故选D.(2)设该学生在这次测试中选对的题数为X ,该学生在这次测试中成绩为Y ,则X ～B (20,0.9),Y ＝5X .由二项分布的均值公式得E (X )＝20×0.9＝18. 由随机变量均值的性质得E (Y )＝E (5X )＝5×18＝90.反思与感悟 (1)常见的两种分布的均值设p为一次试验中成功的概率,则①两点分布E(X)＝p;②二项分布E(X)＝np.熟练应用上述两公式可大大减少运算量,提高解题速度.(2)两点分布与二项分布辨析①相同点：一次试验中要么发生要么不发生.②不同点：a.随机变量的取值不同,两点分布随机变量的取值为0,1,二项分布中随机变量的取值X＝0,1,2,…,n.b.试验次数不同,两点分布一般只有一次试验;二项分布则进行n次试验.跟踪训练2根据以往统计资料,某地车主购买甲种保险的概率为0.5,购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3,设各车主购买保险相互独立.(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率;(2)X表示该地的100位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数,求X的均值.考点二项分布、两点分布的均值题点二项分布的均值解设该车主购买乙种保险的概率为p,由题意知p×(1－0.5)＝0.3,解得p＝0.6.(1)设所求概率为P1,则P1＝1－(1－0.5)×(1－0.6)＝0.8.故该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率为0.8.(2)每位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为(1－0.5)×(1－0.6)＝0.2.∴X～B(100,0.2),∴E(X)＝100×0.2＝20.∴X的均值是20.类型二离散型随机变量均值的性质例3已知随机变量X的分布列为：若Y＝－2X,则E(Y)＝________.考点离散型随机变量的均值的性质题点离散型随机变量的均值性质的应用答案17 15解析由随机变量分布列的性质,得14＋13＋15＋m ＋120＝1,解得m ＝16, ∴E (X )＝(－2)×14＋(－1)×13＋0×15＋1×16＋2×120＝－1730.由Y ＝－2X ,得E (Y )＝－2E (X ), 即E (Y )＝－2×⎝⎛⎭⎫－1730＝1715. 引申探究本例条件不变,若ξ＝aX ＋3,且E (ξ)＝－112,求a 的值.解 E (ξ)＝E (aX ＋3)＝aE (X )＋3＝－1730a ＋3＝－112,所以a ＝15.反思与感悟 若给出的随机变量ξ与X 的关系为ξ＝aX ＋b ,a ,b 为常数.一般思路是先求出E (X ),再利用公式E (aX ＋b )＝aE (X )＋b 求E (ξ).也可以利用X 的分布列得到ξ的分布列,关键由X 的取值计算ξ的取值,对应的概率相等,再由定义法求得E (ξ).跟踪训练3 已知随机变量ξ和η,其中η＝12ξ＋7,且E (η)＝34,若ξ的分布列如下表,则m 的值为( )A.13B.14C.16D.18考点 离散型随机变量的均值的性质 题点 离散型随机变量的均值性质的应用 答案 A解析 因为η＝12ξ＋7, 则E (η)＝12E (ξ)＋7,即E (η)＝12⎝⎛⎭⎫1×14＋2×m ＋3×n ＋4×112＋7＝34. 所以2m ＋3n ＝53,①又14＋m ＋n ＋112＝1, 所以m ＋n ＝23,②由①②可解得m ＝13.1.已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的均值E (X )等于( ) A.32 B.2 C.52D.3 考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 A解析 E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝32.2.抛掷一枚硬币,规定正面向上得1分,反面向上得－1分,则得分X 的均值为( ) A.0 B.12C.1D.－1考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 A解析 因为P (X ＝1)＝12,P (X ＝－1)＝12,所以由均值的定义得E (X )＝1×12＋(－1)×12＝0.3.若p 为非负实数,随机变量ξ的分布列为则E (ξ)的最大值为( ) A.1 B.32 C.23D.2考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 B解析 由p ≥0,12－p ≥0,得0≤p ≤12,则E (ξ)＝p ＋1≤32.故选B.4.若随机变量ξ～B (n,0.6),且E (ξ)＝3,则P (ξ＝1)的值是( ) A.2×0.44 B.2×0.45 C.3×0.44D.3×0.64考点 二项分布、两点分布的均值 题点 二项分布的均值 答案 C解析 因为ξ～B (n,0.6),所以E (ξ)＝n ×0.6, 故有0.6n ＝3,解得n ＝5.则P (ξ＝1)＝C 15×0.6×0.44＝3×0.44.5.袋中有20个大小相同的球,其中记上0号的有10个,记上n 号的有n (n ＝1,2,3,4)个.现从袋中任取一球,ξ表示所取球的标号. (1)求ξ的分布列、均值; (2)若η＝aξ＋4,E (η)＝1,求a 的值. 考点 离散型随机变量的均值的性质题点 离散型随机变量均值与其他知识点的综合 解 (1)ξ的分布列为ξ的均值E (ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝32.(2)E (η)＝aE (ξ)＋4＝1,又E (ξ)＝32,则a ×32＋4＝1,∴a ＝－2.1.求离散型随机变量均值的步骤： (1)确定离散型随机变量X 的取值; (2)写出分布列,并检查分布列的正确与否; (3)根据公式写出均值.2.若X ,Y 是两个随机变量,且Y ＝aX ＋b ,则E (Y )＝aE (X )＋b ;如果一个随机变量服从两点分布或二项分布,可直接利用公式计算均值.一、选择题1.设15 000件产品中有1 000件废品,从中抽取150件进行检查,则查得废品数X 的均值为( )A.20B.10C.5D.15考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 B解析 废品率为115,所以E (X )＝150×115＝10.2.随机抛掷一枚骰子,则所得骰子点数ξ的均值是( ) A.0.6 B.1 C.3.5 D.2 考点 题点 答案 C解析 抛掷骰子所得点数ξ的分布列为∴E (ξ)＝1×16＋2×16＋3×16＋4×16＋5×16＋6×16＝3.5.3.离散型随机变量X 的可能取值为1,2,3,4,P (X ＝k )＝ak ＋b (k ＝1,2,3,4),E (X )＝3,则a ＋b 等于( ) A.10 B.5 C.15D.110 考点 离散型随机变量的均值的性质 题点 离散型随机变量的均值性质的应用 答案 D解析 易知E (X )＝1×(a ＋b )＋2×(2a ＋b )＋3×(3a ＋b )＋4×(4a ＋b )＝3,即30a ＋10b ＝3.① 又(a ＋b )＋(2a ＋b )＋(3a ＋b )＋(4a ＋b )＝1,即10a ＋4b ＝1,② 由①②,得a ＝110,b ＝0.4.设ξ的分布列为又设η＝2ξ＋5,则E (η)等于( ) A.76 B.176 C.173 D.323考点 离散型随机变量的均值的性质题点 离散型随机变量的均值性质的应用 答案 D解析 E (ξ)＝1×16＋2×16＋3×13＋4×13＝176,E (η)＝E (2ξ＋5)＝2E (ξ)＋5＝2×176＋5＝323.5.一个课外兴趣小组共有5名成员,其中3名女性成员,2名男性成员,现从中随机选取2名成员进行学习汇报,记选出女性成员的人数为X ,则X 的均值是( ) A.65 B.310 C.45D.15考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 A解析 由题意得,P (X ＝0)＝C 22C 25＝110,P (X ＝1)＝C 12×C 13C 25＝610＝35,P (X ＝2)＝C 23C 25＝310. ∴E (X )＝0×110＋1×35＋2×310＝65,故A 正确.6.同时抛掷5枚均匀的硬币80次,设5枚硬币正好出现2枚正面向上,3枚反面向上的次数为X ,则X 的均值是( ) A.20 B.30 C.25 D.40考点 离散型随机变量均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 C解析 抛掷一次正好出现3枚反面向上,2枚正面向上的概率为C 2525＝516,所以X ～B ⎝⎛⎭⎫80，516,故E (X )＝80×516＝25.7.今有两台独立工作在两地的雷达,每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85,设发现目标的雷达台数为X ,则E (X )等于( ) A.0.765 B.1.75 C.1.765D.0.22考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 离散型随机变量均值的计算 答案 B解析 P (X ＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.1×0.15 ＝0.015,P (X ＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.85×(1－0.9)＝0.22, P (X ＝2)＝0.9×0.85＝0.765.∴E (X )＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.8.在某校篮球队的首轮选拔测试中,参加测试的5名同学的投篮命中率分别为35,12,23,34,13,每人均有10次投篮机会,至少投中6次才能晋级下一轮测试.假设每人每次投篮相互独立,则晋级下一轮的大约有( ) A.1人 B.2人 C.3人D.4人考点 二项分布、两点分布的均值 题点 二项分布的均值 答案 C解析 5名同学投篮各10次,相当于各做了10次独立重复试验,他们投中的次数服从二项分布,则他们投中的均值分别为10×35＝6,10×12＜6,10×23>6,10×34>6,10×13＜6,故晋级下一轮的大约有3人. 二、填空题9.已知某一随机变量X 的分布列如下表：且E (X )＝6,则a ＝________,b ＝________. 考点 离散型随机变量的均值的性质 题点 离散型随机变量的均值性质的应用 答案 0.3 6解析 由0.2＋0.5＋a ＝1,得a ＝0.3.又由E (X )＝3×0.2＋b ×0.5＋8×a ＝6,得b ＝6.10.设离散型随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝C k 300·⎝⎛⎭⎫13k ·⎝⎛⎭⎫23300－k (k ＝0,1,2,…,300),则E (X )＝________.考点 二项分布、两点分布的均值 题点 二项分布的均值 答案 100解析 由P (X ＝k )＝C k 300·⎝⎛⎭⎫13k ·⎝⎛⎭⎫23300－k , 可知X ～B ⎝⎛⎭⎫300，13,∴E (X )＝300×13＝100. 11.某人进行一项试验,若试验成功,则停止试验,若试验失败,再重新试验一次,若试验3次均失败,则放弃试验.若此人每次试验成功的概率均为23,则此人试验次数ξ的均值是________.考点 常见的几种均值 题点 相互独立事件的均值 答案139解析 试验次数ξ的可能取值为1,2,3, 则P (ξ＝1)＝23,P (ξ＝2)＝13×23＝29,P (ξ＝3)＝13×13×⎝⎛⎭⎫23＋13＝19. 所以ξ的分布列为所以E (ξ)＝1×23＋2×29＋3×19＝139.三、解答题12.盒中装有5节同牌号的五号电池,其中混有两节废电池.现无放回地每次取一节电池检验,直到取到好电池为止,求抽取次数X 的分布列及均值. 考点 常见的几种均值 题点 相互独立事件的均值解 X 的可能取值为1,2,3, 则P (X ＝1)＝35,P (X ＝2)＝25×34＝310,P (X ＝3)＝25×14×1＝110.所以抽取次数X 的分布列为所以E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝32.13.在有奖摸彩中,一期(发行10 000张彩票为一期)有200个奖品是5元的,20个奖品是25元的,5个奖品是100元的.在不考虑获利的前提下,一张彩票的合理价格是多少元？ 考点 离散型随机变量的均值的概念与计算 题点 均值的计算解 设一张彩票的中奖额为随机变量X ,显然X 的所有可能取值为0,5,25,100.依题意,可得X 的分布列为所以E (X )＝0×391400＋5×150＋25×1500＋100×12 000＝0.2,所以一张彩票的合理价格是0.2元. 四、探究与拓展14.掷骰子游戏：规定掷出1点,甲盒中放一球,掷出2点或3点,乙盒中放一球,掷出4点、5点或6点,丙盒中放一球,共掷6次,用x ,y ,z 分别表示掷完6次后甲、乙、丙盒中球的个数.令X ＝x ＋y ,则E (X )＝________.考点 二项分布、两点分布的均值 题点 二项分布的均值 答案 3解析 将每一次掷骰子看作一次实验,实验的结果分丙盒中投入球(成功)或丙盒中不投入球(失败)两种,且丙盒中投入球(成功)的概率为12,z 表示6次实验中成功的次数,则z ～B ⎝⎛⎭⎫6，12,∴E (z )＝3,又x ＋y ＋z ＝6, ∴X ＝x ＋y ＝6－z ,∴E (X )＝E (6－z )＝6－E (z )＝6－3＝3.15.某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为23,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为25,中奖可以获得3分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为X ,求X ≤3的概率; (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问：他们选择何种方案抽奖,累计得分的均值较大？考点 离散型随机变量的均值的性质 题点 均值在实际中的应用解 (1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ,则事件A 包含有“X ＝0”,“X ＝2”,“X ＝3”三个两两互斥的事件, 因为P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－25＝15, P (X ＝2)＝23×⎝⎛⎭⎫1－25＝25, P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫1－23×25＝215, 所以P (A )＝P (X ＝0)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1115,即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1,都选择方案乙所获得的累计得分为X 2,则X 1,X 2的分布列如下：所以E (X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83,E (X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E (X 1)>E (X 2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的均值较大.。
步步高高中数学 步步高选修2-3 第二章 习题课 离散型随机变量的均值
学习目标 1.进一步熟练掌握均值公式及性质.2.能利用随机变量的均值解决实际生活中的有关问题.类型一 放回与不放回问题的均值例1 在10件产品中有2件次品，连续抽3次，每次抽1件，求： (1)不放回抽样时，抽取次品数ξ的均值； (2)放回抽样时，抽取次品数η的均值. 解 (1)方法一 P (ξ＝0)＝C 38C 310＝715；P (ξ＝1)＝C 12C 28C 310＝715；P (ξ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.所以随机变量ξ的分布列为E (ξ)＝0×715＋1×715＋2×115＝35.方法二 由题意知P (ξ＝k )＝C k 2C 3－k8C 310(k ＝0,1,2)，∴随机变量ξ服从超几何分布， n ＝3，M ＝2，N ＝10， E (ξ)＝nM N ＝3×210＝35.(2)由题意知1次取到次品的概率为210＝15，随机变量η服从二项分布η～B ⎝⎛⎭⎫3，15，∴E (η)＝3×15＝35.反思与感悟 本题中不放回抽样服从超几何分布，放回抽样服从二项分布，求均值可利用公式代入计算.跟踪训练1 已知袋中有5个大小相同的小球，其中有1个白球和4个黑球，每次从袋中任取1个球，每次取出黑球不再放回去，直到取出白球为止，求取球次数X 的均值. 解 由题意可知X 所有可能的取值为1,2,3,4,5.P (X ＝1)＝15＝0.2.P (X ＝2)＝45×14＝0.2.P (X ＝3)＝45×34×13＝0.2.P (X ＝4)＝45×34×23×12＝0.2.P (X ＝5)＝45×34×23×12×1＝0.2.∴随机变量X 的分布列为∴E (X )＝1×0.2＋2×0.2＋3×0.2＋4×0.2＋5×0.2＝3. 类型二 与排列、组合有关的分布列的均值例2 如图所示，从A 1(1,0,0)，A 2(2，0,0)，B 1(0,1,0)，B 2(0,2,0)，C 1 (0，0,1)，C 2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V (如果选取的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)求均值E (V ).解 (1)从6个点中随机选取3个点总共有C 36＝20种取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有C 13C 34＝12种，因此V ＝0的概率为P (V ＝0)＝1220＝35. (2)V 的所有可能取值为0，16，13，23，43，P (V ＝0)＝35，P (V ＝16)＝C 33C 36＝120，P (V ＝13)＝C 23C 36＝320，P (V ＝23)＝C 23C 36＝320，P (V ＝43)＝C 33C 36＝120.因此V 的分布列为E (V )＝0×35＋16×120＋13×320＋23×320＋43×120＝940.反思与感悟 解此类题的关键是搞清离散型随机变量X 取每个值时所对应的随机事件，然后利用排列、组合知识求出X 取每个值时的概率，利用均值的公式便可得到.跟踪训练2 某地举办知识竞赛，组委会为每位选手都备有10道不同的题目，其中有6道艺术类题目，2道文学类题目，2道体育类题目，每位选手从给定的10道题中不放回地随机抽取3次，每次抽取一道题，回答完一道题后，再抽取下一道题进行回答. (1)求某选手在3次抽取中，只有第一次抽到的是艺术类题目的概率； (2)求某选手抽到体育类题目的次数X 的均值.解 从10道不同的题目中不放回地随机抽取3次，每次只抽取1道题，抽取方法的总数为C 110C 19C 18.(1)某选手在3次抽取中，只有第一次抽到的是艺术类题目的方法数为C 16C 14C 13，所以这位选手在3次抽取的题目中，只有第一次抽到的是艺术类题目的概率为C 16C 14C 13C 110C 19C 18＝110.(2)由题意可知X 的取值可能为0,1,2.P (X ＝0)＝C 18C 17C 16C 110C 19C 18＝715，P (X ＝1)＝(C 12C 18C 17)C 13C 110C 19C 18＝715，P (X ＝2)＝(C 12C 18)C 13C 110C 19C 18＝115.故X 的分布列为E (X )＝0×715＋1×115＋2×115＝35.类型三 与相互独立事件有关的分布列的均值例3 某学生需依次进行身体体能和外语两个项目的训练及考核.每个项目只有一次补考机会，补考不及格者不能进入下一个项目的训练(即淘汰)，若该学生身体体能考核合格的概率是12，外语考核合格的概率是23，假设每一次考核是否合格互不影响. 假设该生不放弃每一次考核的机会.用ξ表示其参加补考的次数，求随机变量ξ的均值. 解 ξ的可能取值为0,1,2.设该学生第一次、第二次身体体能考核合格为事件A 1，A 2，第一次、第二次外语考核合格为事件B 1，B 2，P (ξ＝0)＝P (A 1B 1)＝12×23＝13，P (ξ＝2)＝P (A 1A 2B 1 B 2)＋P (A 1A 2B 1 B 2)＝⎝⎛⎭⎫1－12×12×⎝⎛⎭⎫1－23×23＋⎝⎛⎭⎫1－12×12×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝112. 根据分布列的性质，可知P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝712.所以其分布列为E (ξ)＝0×13＋1×712＋2×112＝34.反思与感悟 若随机变量取某一值的概率较为复杂或不好求时，可以利用分布列的性质求其概率.跟踪训练3 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A 1，A 2，A 3，B 队队员是B 1，B 2，B 3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间的胜负概率如下：现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分， 设A 队最后所得总分为随机变量X ，求E (X ). 解 由题意知X 的可能取值为3,2,1,0. P (X ＝3)＝23×25×25＝875，P (X ＝2)＝23×25×35＋13×25×25＋23×35×25＝2875，P (X ＝1)＝23×35×35＋13×25×35＋13×35×25＝25，P (X ＝0)＝13×35×35＝325.故X 的分布列为E (X )＝3×875＋2×2875＋1×25＋0×325＝2215.类型四 均值的实际应用例4 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10 000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. 试比较哪一种方案好.解 用X 1, X 2，X 3分别表示方案1,2,3的损失.采用第1种方案，无论有无洪水，都损失3 800元，即 X 1＝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X 2＝⎩⎪⎨⎪⎧62 000，有大洪水；2 000，无大洪水.同样，采用第3种方案，有 X 3＝⎩⎪⎨⎪⎧60 000，有大洪水；10 000，有小洪水；0，无洪水.于是， E (X 1)＝3 800，E (X 2)＝62 000×P (X 2＝62 000)＋2 000×P (X 2＝2 000) ＝62 000×0.01＋2 000×(1－0.01)＝2 600，E (X 3)＝60 000×P (X 3＝60 000)＋10 000×P (X 3＝10 000)＋0×P (X 3＝0) ＝60 000×0.01＋10 000×0.25＝3 100.采取方案2的平均损失最小，因此可以选择方案2.反思与感悟 值得注意的是，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”：如果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，因此对于个别的一次决策，采用方案2也不一定是最好的.跟踪训练4 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立. (1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列和均值.解 记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}.由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立.(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H ＝E F ， 于是P (H )＝P (E )P (F )＝13×25＝215，故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝1315.(2)设企业可获利润为X 万元，则X 的可能取值为0,100,120,220.因为P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215， P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝315，P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415，P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝615，故所求的分布列为E (X )＝0×215＋100×315＋120×415＋220×615＝300＋480＋1 32015＝2 10015＝140.1.已知随机变量ξ的分布列为若η＝aξ＋3，E (η)＝73，则a ＝________.答案 2解析 由分布列的性质，得12＋13＋m ＝1，即m ＝16，所以E (ξ)＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－13.则E (η)＝E (aξ＋3)＝aE (ξ)＋3＝73.即－13a ＋3＝73，得a ＝2.2.设15 000件产品中有1 000件次品，从中抽取150件进行检查，则查得次品数的数学期望为________. 答案 10解析 设查得的次品数为随机变量X ， 由题意得X ～B ⎝⎛⎭⎫150，115， 所以E (X )＝150×115＝10.3.两封信随机投入A 、B 、C 三个空邮箱中，则A 邮箱的信件数ξ的数学期望E (ξ)＝________. 答案 23解析 分布列如下表所示：所以期望E (ξ)＝0×49＋1×49＋2×19＝69＝23.4.现有一游戏装置如图，小球从最上方入口处投入，每次遇到黑色障碍物等可能地向左、右两边落下.游戏规则为：若小球最终落入A 槽，得10张奖票；若落入B 槽，得5张奖票；若落入C 槽，得重投一次的机会，但投球的总次数不超过3次.(1)求投球一次，小球落入B 槽的概率；(2)设玩一次游戏能获得的奖票数为随机变量X ，求X 的分布列及均值.解 (1)由题意可知投一次小球，落入B 槽的概率为(12)2＋(12)2＝12.(2)落入A 槽的概率为(12)2＝14，落入B 槽的概率为12，落入C 槽的概率为(12)2＝14.X 的所有可能取值为0,5,10， P (X ＝0)＝(14)3＝164，P (X ＝5)＝12＋14×12＋(14)2×12＝2132.P (X ＝10)＝14＋14×14＋(14)2×14＝2164.所以X 的分布列为E (X )＝0×164＋5×2132＋10×2164＝10516.1.实际问题中的均值问题均值在实际中有着广泛的应用，如体育比赛的安排和成绩预测，消费预测，工程方案的预测，产品合格率的预测，投资收益等，都可以通过随机变量的均值来进行估计. 2.概率模型的解答步骤(1)审题，确定实际问题是哪一种概率模型，可能用到的事件类型，所用的公式有哪些. (2)确定随机变量的分布列，计算随机变量的均值. (3)对照实际意义，回答概率、均值等所表示的结论.一、选择题1.签盒中有编号为1,2,3,4,5,6的六支签，从中任取3支，设X 为这3支签的号码之中最大的一个，则X 的数学期望为( ) A.5 B.5.25 C.5.8 D.4.5 答案 B解析 由题意可知，X 可以取3,4,5,6，P (X ＝3)＝1C 36＝120，P (X ＝4)＝C 23C 36＝320，P (X ＝5)＝C 24C 36＝620，P (X ＝6)＝C 25C 36＝12.由数学期望的定义可求得 E (X )＝5.25.2.一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2个，则其中含红球个数的数学期望是( ) A.65 B.25 C.35 D.75 答案 A解析 记X 为同时取出的两个球中含红球的个数，则P (X ＝0)＝C 03C 22C 25＝110，P (X ＝1)＝C 13C 12C 25＝610，P (X ＝2)＝C 23C 02C 25＝310，E (X )＝0×110＋1×610＋2×310＝65.3.某班有14的学生数学成绩优秀，如果从班中随机地找出5名学生，那么其中数学成绩优秀的学生数X ～B ⎝⎛⎭⎫5，14，则E (－X )的值为( ) A.14 B.－14C.54D.－54答案 D解析 ∵X ～B ⎝⎛⎭⎫5，14，∴E (X )＝5×14＝54， ∴E (－X )＝－E (X )＝－54.4.甲、乙两台自动车床生产同种标准的零件，X 表示甲车床生产1 000件产品中的次品数，Y 表示乙车床生产1 000件产品中的次品数，经过一段时间的考察，X ，Y 的分布列分别是据此判定( ) A.甲比乙质量好 B.乙比甲质量好 C.甲与乙质量一样 D.无法判定答案 A解析 E (X )＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，E (Y )＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＋3×0＝0.7.显然E (X )<E (Y )，由数学期望的意义知，甲的质量比乙的质量好.5.某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是0.4,0.5,0.6，且此人是否游览哪个景点互不影响，设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值，则E (ξ)等于( ) A.1.48 B.0.76 C.0.24 D.1答案 A解析 ξ的分布列为E (ξ)＝1×0.76＋3×0.24＝1.48. 二、填空题6.甲、乙两人独立地从6门选修课程中任选3门进行学习，记两人所选课程相同的门数为ξ，则E (ξ)＝________. 答案 1.5解析 ξ的可能取值为0,1,2,3，则P (ξ＝0)＝C 36C 33C 36C 36＝120，P (ξ＝1)＝C 16C 25C 23C 36C 36＝920，P (ξ＝2)＝C 26C 14C 13C 36C 36＝920，P (ξ＝3)＝C 36C 36C 36＝120，则E (ξ)＝0×120＋1×920＋2×920＋3×120＝1.5，7.投掷两个正方体骰子，至少有一个4点或5点出现时，就论这次试验成功，则在10次试验中，成功次数X 的数学期望是________. 答案509解析 在一次试验中成功的概率为1－46×46＝59，∵X ～B ⎝⎛⎭⎫10，59， ∴E (X )＝np ＝10×59＝509.8.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c (a 、b 、c ∈(0,1))，已知他投篮一次得分的数学期望为1(不计其他得分情况)，则ab 的最大值为______. 答案124解析 由已知可得3a ＋2b ＋0×c ＝1，即3a ＋2b ＝1， ∴ab ＝16·3a ·2b ≤16⎝⎛⎭⎫3a ＋2b 22＝16×⎝⎛⎭⎫122＝124.当且仅当3a ＝2b ＝12时取等号，即ab 的最大值为124.9.一盒子中有10个筹码，其中5个标有2元，5个标有5元，某人从此盒子中随机有放回地抽取3个筹码，若他获得的奖金数等于所抽3个筹码的钱数之和，则他获得奖金数X 的均值为________. 答案212解析 由于有放回地抽取，所以每次取到2元和5元筹码的概率一样，均为12，则获得奖金数X 的分布列如下：∴E (X )＝6×18＋9×38＋12×38＋15×18＝848＝212.三、解答题10.某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学.在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同). (1)求选出的3名同学来自互不相同的学院的概率；(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望.解 (1)设“选出的3名同学来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A )＝C 13·C 27＋C 03C 37C 310＝4960. 所以，选出的3名同学来自互不相同的学院的概率为4960. (2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.P (X ＝k )＝C k 4·C 3－k6C 310(k ＝0,1,2,3).所以，随机变量X 的分布列是随机变量X 的数学期望E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.11.某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定. (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望. 解 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A ，则P (A )＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1,2,3，又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16，P (X ＝3)＝56×45×1＝23.所以X 的分布列为所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.12.本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为12，14；两人租车时间都不会超过四小时.(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列及数学期望E (ξ).解 (1)由题意得，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为14，14.记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A ，则 P (A )＝14×12＋12×14＋14×14＝516.故甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为516.(2)ξ可能取的值有0,2,4,6,8. P (ξ＝0)＝14×12＝18；P (ξ＝2)＝14×14＋12×12＝516；P (ξ＝4)＝14×14＋12×14＋12×14＝516；P (ξ＝6)＝12×14＋14×14＝316；P (ξ＝8)＝14×14＝116.∴甲、乙两人所付的租车费用之和ξ的分布列为∴E (ξ)＝0×18＋2×516＋4×516＋6×316＋8×116＝72.。
2019年步步高资料高中数学选修2-3第二章
1离散型随机变量的分布列的求法对离散型随机变量分布列的考查是概率考查的主要形式,那么准确写出分布列显得至关重要.下面就谈一下如何准确求解离散型随机变量的分布列.一、弄清“随机变量的取值”弄清“随机变量的取值”是第一步.确定随机变量的取值时,要做到准确无误,特别要注意随机变量能否取0的情形.另外,还需注意随机变量是从几开始取值,每种取值对应几种情况.例1从4张编号1,2,3,4的卡片中任意取出两张,若ξ表示这两张卡片之和,请写出ξ的可能取值及指出此时ξ表示的意义.分析从编号1,2,3,4的四张卡片中取两张,ξ表示两张卡之和,则首先弄清共有几种情况,再分别求和.解ξ的可能取值为3,4,5,6,7,其中ξ＝3表示取出分别标有1,2的两张卡片；ξ＝4表示取出分别标有1,3的两张卡片；ξ＝5表示取出分别标有1,4或2,3的两张卡片；ξ＝6表示取出分别标有2,4的两张卡片；ξ＝7表示取出分别标有3,4的两张卡片.二、弄清事件类型计算概率前要确定事件的类型,同时正确运用排列与组合知识求出相应事件的概率.例2以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,求这两名同学的植树总棵数Y的分布列.分析由茎叶图可知两组同学的植树棵数,则可得分别从甲、乙两组同学中随机选取一名同学,两同学的植树总棵数的所有可能取值,由古典概型可求概率.解由茎叶图可知,甲组同学的植树棵数是9,9,11,11；乙组同学的植树棵数是9,8,9,10.分别从甲、乙两组同学中随机选取一名同学,共有4×4＝16(种)可能的结果,这两名同学植树总棵数Y 的可能取值为17,18,19,20,21.事件“Y ＝17”等价于“从甲组选出的同学植树9棵,从乙组选出的同学植树8棵”,所以该事件有2种可能的结果, 因此P (Y ＝17)＝216＝18.同理可得P (Y ＝18)＝14,P (Y ＝19)＝14,P (Y ＝20)＝14,P (Y ＝21)＝18.所以随机变量Y 的分布列为三、注意验证随机变量的概率之和是否为1通过验证概率之和是否为1,可以检验所求概率是否正确,还可以检验随机变量的取值是否出现重复或遗漏.例3 盒中装有大小相同的10个小球,编号分别为0,1,2,…,9,从中任取1个小球,规定一个随机变量X ,用“X ＝x 1”表示小球的编号小于5；“X ＝x 2”表示小球的编号等于5；“X ＝x 3”表示小球的编号大于5,求X 的分布列. 解 随机变量X 的可能取值为x 1,x 2,x 3,且 P (X ＝x 1)＝12,P (X ＝x 2)＝110,P (X ＝x 3)＝25.故X 的分布列为评注 分布列是我们进一步解决随机变量有关问题的基础,因此准确写出随机变量的分布列是很重要的,为了保证它的准确性,我们可以利用 i ＝1np i ＝1进行检验.2 独立事件与互斥事件辨析相互独立事件与互斥事件是两个完全不同的概念,但同学们在学习过程中容易混淆这两个概念,而导致错误.下面结合例题加以分析帮助同学们正确区分这两个概念.一、把握互斥事件中的“有一个发生”求互斥事件有一个发生的概率,即互斥事件中的每一个事件发生都会使所求事件发生,应用的是互斥事件概率加法公式P(A1∪A2∪…∪A n)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(A n).例1某射击运动员射击一次射中10环,9环,8环,7环的概率分别为0.24,0.28,0.19,0.16.计算这名运动员射击一次：(1)射中10环或9环的概率；(2)至少射中7环的概率；(3)射中环数不超过7环的概率.解记“射中10环”为事件A,“射中9环”为事件B,“射中8环”为事件C,“射中7环”为事件D.则事件A、B、C、D两两互斥,且P(A)＝0.24,P(B)＝0.28,P(C)＝0.19,P(D)＝0.16.(1)∵射中10环或9环为事件A∪B,∴由概率加法公式得,P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.24＋0.28＝0.52.(2)∵至少射中7环的事件为A∪B∪C∪D,∴P(A∪B∪C∪D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝0.24＋0.28＋0.19＋0.16＝0.87.(3)记“射中环数不超过7环”为事件E,则事件E的对立事件为A∪B∪C.∵P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.24＋0.28＋0.19＝0.71,∴P(E)＝1－P(A∪B∪C)＝1－0.71＝0.29.分析求互斥事件的概率的方法有以下两种：(1)直接求法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和,运用互斥事件的求和公式计算.(2)间接求法：先求此事件的对立事件的概率,再用公式P(A)＝1－P(A),即运用逆向思维(正难则反),特别是“至多”、“至少”型题目用间接求法更简洁.二、把握相互独立事件中的“同时发生”相互独立事件即是否发生相互之间没有影响的事件.求相互独立事件同时发生的概率,应用的是相互独立事件的概率乘法公式P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n).例2甲、乙两名跳高运动员在一次2米跳高中成功的概率分别为0.7、0.6,且每次试跳成功与否相互之间没有影响.求：(1)甲试跳三次,第三次才成功的概率；(2)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率.解记“甲第i次试跳成功”为事件A i,“乙第i次试跳成功”为事件B i,i＝1,2,3.依题意得P(A i)＝0.7,P(B i)＝0.6,且A i与B i相互独立.(1)“甲第三次试跳才成功”为事件A1A2A3,所以P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝0.3×0.3×0.7＝0.063.所以甲第三次试跳才成功的概率为0.063.(2)记“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C.P(C)＝1－P(A1B1)＝1－P(A1)P(B1)＝1－0.3×0.4＝0.88.所以甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率为0.88.点评本题考查事件的独立性,以及互斥事件和对立事件等知识,关键在于理解事件的性质,然后正确运用相应的概率公式加以求解.归纳总结1.对于事件A,B,如果事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,则称这两个事件为相互独立事件.如甲袋中装有3个白球,2个黑球,乙袋中装有2个白球,2个黑球,从这两个袋中分别摸出一个球,把“从甲袋中摸出1个球,得到白球”记为事件A,把“从乙袋中摸出1个球,得到白球”记为事件B,显然A与B互相独立.2.弄清事件间的“互斥”与“相互独立”的区别.两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生,两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.3.理解并运用相互独立事件的性质.如果事件A与B相互独立,那么事件：A与B,A与B,A与B也都相互独立.4.牢记公式的应用条件,准确、灵活地运用公式.5.认真审题,找准关键字句,提高解题能力.如“至少有一个发生”,“至多有一个发生”,“恰有一个发生”等.3概率易混点剖析概率内容的新概念较多,相近概念容易混淆,本文就学生易犯错误作如下总结：一、“非等可能”与“等可能”混同例1掷两枚骰子,求所得的点数之和为6的概率.错解掷两枚骰子出现的点数之和为2,3,4,…,12共11种基本事件,所以概率为P＝111.剖析以上11种基本事件不是等可能的,如点数和为2只有(1,1),而点数之和为6有(1,5)、(2,4)、(3,3)、(4,2)、(5,1)共5种.事实上,掷两枚骰子共有36种基本事件,且是等可能的,所以“所得点数之和为6”的概率为P＝536.二、“互斥”与“对立”混同例2把红、黑、白、蓝4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人,每个人分得1张,事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是()A.对立事件B.不可能事件C.互斥但不对立事件D.以上均不对错解 A剖析本题错误的原因在于把“互斥”与“对立”混同,要准确解答这类问题,必须搞清对立事件与互斥事件的联系与区别,这二者的联系与区别主要体现在以下三个方面：(1)两事件对立,必定互斥,但互斥未必对立；(2)互斥的概念适用于多个事件,但对立的概念只适用于两个事件；(3)两个事件互斥只表明这两个事件不能同时发生,即至多只能发生其中一个,但可以都不发生；而两事件对立则表明它们有且仅有一个发生.事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是不能同时发生的两个事件,这两个事件可能恰有一个发生,一个不发生,可能两个都不发生,所以应选C.正解 C三、“互斥”与“独立”混同例3甲投篮命中率为0.8,乙投篮命中率为0.7,每人投3次,两人恰好都命中2次的概率是多少？错解设“甲恰好投中两次”为事件A,“乙恰好投中两次”为事件B,则两人都恰好投中两次为事件A＋B,P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝C23×0.82×0.2＋C23×0.72×0.3＝0.825.剖析本题错误的原因是把相互独立同时发生的事件当成互斥事件来考虑,将“两人都恰好投中2次”理解为“甲恰好投中两次”与“乙恰好投中两次”的和.正解设“甲恰好投中两次”为事件A,“乙恰好投中两次”为事件B,且A,B相互独立,则两人都恰好投中两次为事件AB,于是P(AB)＝P(A)P(B)＝C23×0.82×0.2×C23×0.72×0.3≈0.169.例4某家庭电话在家中有人时,打进的电话响第一声时被接的概率为0.1,响第二声时被接的概率为0.3,响第三声时被接的概率为0.4,响第四声时被接的概率为0.1,那么电话在响前4声内被接的概率是多少？错解分别记“电话响第一、二、三、四声时被接”为事件A1,A2,A3,A4,且P(A1)＝0.1,P(A2)＝0.3,P(A3)＝0.4,P(A4)＝0.1,则电话在响前4声内被接的概率为 P ＝P (A 1)·P (A 2)·P (A 3)·P (A 4) ＝0.1×0.3×0.4×0.1＝0.001 2.剖析 本题错解的原因在于把互斥事件当成相互独立同时发生的事件来考虑.根据实际生活中的经验,电话在响前4声内,每一声是否被接彼此互斥.所以,P ＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＋P (A 4)＝0.1＋0.3＋0.4＋0.1＝0.9.点评 以上两例错误的原因都在于把两事件互斥与两事件相互独立混同.互斥事件是指两个事件不可能同时发生；两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件的发生与否没有影响.它们虽然都描绘了两个事件间的关系,但所描绘的关系是根本不同的. 四、“条件概率P (B |A )”与“积事件的概率P (A ·B )”混同例5 袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球,作不放回抽样,每次任取一球,取2次,求第二次才取到黄色球的概率.错解 记“第一次取到白球”为事件A ,“第二次取到黄球”为事件B ,“第二次才取到黄球”为事件C ,所以P (C )＝P (B |A )＝69＝23.剖析 本题错误在于P (AB )与P (B |A )的含义没有弄清,P (AB )表示在样本空间S 中,A 与B 同时发生的概率；而P (B |A )表示在缩减的样本空间S A 中,作为条件的A 已经发生的条件下事件B 发生的概率.正解 P (C )＝P (AB )＝P (A )·P (B |A )＝410×69＝415.4 概率问题与其他知识的综合应用由概率和其他知识整合的题目近年来频频出现在各类考试中,这类题目覆盖面广,综合性强,用到的数学思想和方法比较多,对能力要求较高,我们要给予充分关注,并注意总结解题方法. 一、概率与函数例1 在多项飞碟运动中,允许运动员射击两次.运动员每一次射击命中碟靶的概率p 与运动员离碟靶的距离s (米)成反比,且距离s (米)与碟靶飞行时间t (秒)满足s ＝15(t ＋1) (0≤t ≤4).现有一碟靶抛出后,某运动员在碟靶飞出0.5秒时进行第一次射击命中的概率为0.8；如果他发现没有命中,则迅速调整,在第一次射击后再经过0.5秒进行第二次射击,求此运动员命中碟靶的概率.解 设p ＝ks (k 为常数),则p ＝k15(t ＋1)(0≤t ≤4),依题意当t ＝0.5时,p 1＝0.8,则k ＝18, 所以p ＝65(t ＋1),当t ＝1时,p 2＝0.6. 故此人命中碟靶的概率为p ＝p 1＋(1－p 1)p 2＝0.8＋(1－0.8)×0.6＝0.92.注 此题为条件概率问题(要注意第二次射击的前提),两次射击可以理解为(有条件的)互斥事件.二、概率与不等式例2 某商店采用“购物摸球中奖”的促销活动,球袋中装有10个球,号码为n (1≤n ≤10,n ∈N *)的球的重量为f (n )＝n 2－9n ＋21,现有两种摸球方案：①摸球1个,若球的重量小于该球的号码数,则中奖；②一次摸出两个球,若两球的重量相等,则中奖.试比较两种摸奖方案的中奖概率的大小.解 方案①,球的重量小于号码数,即n 2－9n ＋21＜n , 解得3＜n ＜7 (n ∈N *),故n 的取值为4,5,6, 中奖概率为p 1＝0.3；方案②,若第n 号球与第m 号球重量相等(n ＜m ),则有n 2－9n ＋21＝m 2－9m ＋21,即(n －m )(m ＋n －9)＝0,故m ＋n ＝9 (n 可取值1,2,3,4),中奖概率为p 2＝4C 210＝445.显然p 1>p 2,即方案①的中奖概率大.注 解决此问题需要先求不等式的整数解(实际问题的要求),再计算中奖概率. 三、概率与递推数列例3 A ,B 两人拿两枚骰子做抛掷游戏,规定：若掷出的点数之和是3的倍数,则由原抛掷者继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数就由对方接着掷,第一次由A 开始掷,设第n 次由A 掷的概率为p n ,求p n 的表达式. 解 第n 次由A 掷有两种情况：①第n －1次由A 掷,第n 次继续由A 掷,此时概率为1236p n －1；②第n －1次由B 掷,第n 次由A掷,此时概率为⎝⎛⎭⎫1－1236(1－p n －1). 故有p n ＝1236p n －1＋⎝⎛⎭⎫1－1236(1－p n －1) (n ≥2), 即p n ＝－13p n －1＋23(n ≥2).令p n ＋x ＝－13(p n －1＋x ),整理可得x ＝－12,故p n －12＝－13⎝⎛⎭⎫p n －1－12 (n ≥2), 又p 1＝1,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫p n －12是以12为首项,－13为公比的等比数列,于是p n －12＝12⎝⎛⎭⎫－13n －1,即p n ＝12＋12⎝⎛⎭⎫－13n －1(n ∈N *). 注 弄清p n 与p n －1的关系并建立递推关系式是问题获得解决的关键.5 深析超几何分布与二项分布的关系超几何分布与二项分布都是随机变量取非负整数值的离散分布,表面上看,两种分布的概率求取有截然不同的表达式,但看它们的概率分布表,会发现构造上的相似点.课本中对超几何分布的模型建立是这样的：若有N 件产品,其中M 件是废品,无放回地任意抽取n 件,则其中恰有的废品件数X 是服从超几何分布的.而对二项分布则使用比较容易理解的射击问题来建立模型.若将超几何分布的概率模型改成：若有N 件产品,其中M 件是废品,有放回地任意抽取n 件,则其中恰有的废品件数X 是服从二项分布的.在这里,两种分布的差别就在于“有”与“无”的差别,只要将概率模型中的“无”改为“有”,或将“有”改为“无”,就可以实现两种分布之间的转化.超几何分布与二项分布是两个非常重要的概率模型,许多实际问题都可以利用这两个概率模型来求解.在实际应用中,理解并辨别这两个概率模型是至关重要的.下面通过例子说明一下两者的区别.例1 从6名男生和4名女生中,随机选出3名学生参加一项竞技测试,试求选出的3名学生中女生人数ξ的分布列.解 由题意得ξ＝0,1,2,3.ξ服从参数为N ＝10,M ＝4,n ＝3的超几何分布. P (ξ＝0)＝C 36C 310＝20120＝16,P (ξ＝1)＝C 14·C 26C 310＝60120＝12,P (ξ＝2)＝C 24·C 16C 310＝36120＝310,P (ξ＝3)＝C 34C 310＝4120＝130,故ξ的分布列为点评 这是一道超几何分布的题目,学生在做的时候容易把它看成是二项分布问题,把事件发生的概率看做是0.4.例2甲、乙两人玩秒表游戏,按开始键,然后随机按暂停键,观察秒表最后一位数,若出现0,1,2,3则甲赢,若最后一位出现6,7,8,9则乙赢,若最后一位出现4,5是平局.玩三次,记甲赢的次数为随机变量X,求X的分布列.解由题意得X＝0,1,2,3,P(X＝0)＝C03×0.63＝0.216,P(X＝1)＝C13×0.4×0.62＝0.432,P(X＝2)＝C23×0.42×0.6＝0.288,P(X＝3)＝C33×0.43＝0.064.故X的分布列为点评这是一道二项分布的题目,学生容易看成超几何分布,认为X服从N＝10,M＝4,n＝3的超几何分布.二项分布应满足独立重复试验：①每一次试验中只有两种结果(要么发生,要么不发生).②任何一次试验中发生的概率都一样.③每次试验间是相互独立的互不影响的.6三法求均值数学期望也称均值,是离散型随机变量的一个重要的数字特征,它反映了离散型随机变量取值的平均水平,期望的求解策略也有多种,下面通过实例来阐述.方法一利用定义求均值根据定义求离散型随机变量的均值,首先要求分布列,然后利用公式E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋x n p n求解.例1一接待中心有A,B,C,D四部热线电话.已知某一时刻电话A,B占线的概率为0.5,电话C,D 占线的概率为0.4,各部电话是否占线相互之间没有影响.假设该时刻有ξ部电话占线,试求随机变量ξ的分布列和它的均值.分析先判断ξ的所有可能取值,再根据相应知识求概率.解由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4.P(ξ＝0)＝0.52×0.62＝0.09,P(ξ＝1)＝C12×0.52×0.62＋C12×0.4×0.6×0.52＝0.3,P(ξ＝2)＝C22×0.52×0.62＋C12×0.52×C12×0.4×0.6＋C22×0.42×0.52＝0.37,P (ξ＝3)＝C 22×0.52×C 12×0.4×0.6＋C 12×0.52×C 22×0.42＝0.2,P (ξ＝4)＝0.52×0.42＝0.04. 于是得到随机变量ξ的分布列为所以E (ξ)＝0×0.09＋1×0.3＋2×0.37＋3×0.2＋4×0.04＝1.8.点评 均值与分布列联系密切,正确地求出随机变量的分布列,是求均值的关键.解题时,确定随机变量ξ取哪些值及相应的概率,是利用定义求均值的重点. 方法二 利用公式求均值有些离散型随机变量如果归结为两点分布、二项分布等常见分布类型时就常使用公式法求均值.其中：(1)若X 服从两点分布,则E (X )＝p (p 为X 的成功概率). (2)若X 服从二项分布,即X ～B (n ,p ),则E (X )＝np . (3)若X 服从超几何分布,则E (X )＝M Nn .例2 一个袋子里装有大小相同的5个白球和5个黑球,从中任取4个,求其中所含白球个数的均值.解 根据题目可知所含白球数X 服从参数N ＝10,M ＝5,n ＝4的超几何分布,则E (X )＝nMN ＝4×510＝2. 所以从中任取4个球平均来说会含有2个白球.点评 此题判断随机变量服从哪种分布是关键,再者要弄清公式中参数的含义. 方法三 利用性质求均值对于aX ＋b 型的随机变量一般用性质E (aX ＋b )＝aE (X )＋b 来求解.7 正态分布的实际应用正态分布是实际生活中应用十分广泛的一种概率分布,因此,我们要熟练掌握这种概率模型,并能灵活地运用它分析解决实际问题,其中正态曲线的特点以及3σ原则、几个特殊概率P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 6,P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954 4,P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)＝0.997 4,P (x ＝c )＝0 (c 为常数)应熟练掌握.正态分布重点要掌握正态曲线的性质,熟悉“3σ”原则,会利用“3σ”原则解决简单的问题,特别要注意数形结合思想在求概率中的运用.例1据调查统计,某市高二学生中男生的身高X(单位：cm)服从正态分布N(174,9),若该市共有高二男生3 000人,试计算该市高二男生身高在(174,180]范围内的人数.分析根据正态分布和正态曲线的性质分析求解.解因为身高X～N(174,9),所以μ＝174,σ＝3,所以μ－2σ＝174－2×3＝168,μ＋2σ＝174＋2×3＝180,所以身高在(168,180]范围内的概率为0.954 4.又因为μ＝174.所以身高在(168,174]和(174,180]范围内的概率相等均为0.477 2,故该市高二男生身高在(174,180]范围内的人数约是3 000×0.477 2≈1 432(人).例2已知某车间正常生产某种零件的尺寸满足正态分布N(27.45,0.052),质量检验员随机抽查了10个零件,测量得到它们的尺寸如下：27.3427.4927.5527.2327.4027.4627.3827.5827.5427.68请你根据正态分布的3σ原则,帮助质量检验员确定哪些应该判定为非正常状态下生产的.分析正态总体几乎总取值位于区间(μ－3σ,μ＋3σ]之内,所以对落在区间(27.45－3×0.05,27.45＋3×0.05]之外的零件可以判定为是非正常状态下生产的.解有两个零件不符合没有落在区间(27.45－3×0.05,27.45＋3×0.05]内,尺寸为27.23和27.68的两个零件,它们就是在非正常状态下生产的.8用独立事件同时发生的概率讲“道理”概率本身就来源于生活,又服务于生活.在日常生活中,我们经常会遇到有理说不清的情况,如果我们有时能准确合理的运用概率知识进行分析,通过严密的分析和详实准确的数据,往往不仅能把道理讲清,而且能把道理讲透,讲得让人“心服口服”.如果不信,我们下面就不妨用独立事件同时发生的概率来讲两个道理.道理1：我国的大教育家孔子曰：“三人行,必有我师焉”.能用概率知识诠释孔子的这句名言吗？诠释：俗话说：“三百六十行,行行出状元.”我们不妨把一个人的才能分成360个方面.因为孔子是大学问家,我们假设他在每一行的排名都处在前面的可能性为99%,即任意一个人在任一方面的才能低于他的可能性为99%.另外两个人在任何一方面的才能不如孔子分别看作两个独立事件,则在任一行中,这两个人的才能均不超过孔子就成了概率中两个独立事件同时发生的模型,所以可能性是99%×99%＝98.01%.而在360行中,另外两人的才能均不超过孔子的可能性即为独立事件重复发生的概率,所以为(98.01%)360≈0.07%.反过来说,另外两人中有人的才能在某一方面超过孔子的可能性为1－(98.01%)360≈99.93%.也就是说,两人中有人可以在某一方面做孔子的老师的可能性约为99.93%.从上面的分析可知,“三人行,必有我师焉”虽然是孔子自谦的话,但从实际情况来看,这句话是很有道理的.道理2：小强和小明的家都在同一栋10层的小高层里,小强家在顶层,小强坚持认为由于小高层有从底层到顶层的电梯,所以自己从电梯上楼到家的速度应该是相当快的.可是小明并不这样认为,但是又无法说服小强,只是一味地强调如果考虑每层都有人要上电梯,那么也要耽误很多时间,所以乘电梯也不一定很快.我们如何来帮助小明通过准确的数据来说服小强呢？我们不妨设计这样一个问题：十层电梯从底层到顶层停不少于3次的概率是多少？停几次概率最大？解 依题意,从底层到顶层停不少于3次,应包括停3次,停4次,停5次,……,直到停9次.这些情况都是互斥关系,电梯每一层停的概率为12,每种具体的情况实际上是独立事件重复发生的概率问题.∴从底层到顶层停不少于3次的概率P ＝C 39⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫126＋C 49⎝⎛⎭⎫124⎝⎛⎭⎫125＋C 59⎝⎛⎭⎫125⎝⎛⎭⎫124＋…＋C 99⎝⎛⎭⎫129＝(C 39＋C 49＋C 59＋…＋C 99)⎝⎛⎭⎫129 ＝[29－(C 09＋C 19＋C 29)] ⎝⎛⎭⎫129 ＝(29－46)⎝⎛⎭⎫129＝233256.设从底层到顶层停k 次,则其概率为C k 9⎝⎛⎭⎫12k ⎝⎛⎭⎫129－k ＝C k 9⎝⎛⎭⎫129, ∴当k ＝4或k ＝5时,C k 9最大,即C k 9⎝⎛⎭⎫129最大, ∴从底层到顶层停不少于3次的概率为233256,停4次或5次概率最大. 通过上面的详实分析和准确数据,我们发现由于电梯至少停三次的概率较大,而且停4次或5次的可能性最大,因为每次电梯停下来开门、关门等都要耽误一定的时间,累计起来耽误的时间却是不少,所以小明的观念还是有一定的道理的.生活中像这样的现象很多,表面上看起来都与概率无关,但是对于“数学人”来说,生活中的概率无处不在,关键就在于要善于将这些现象转化为概率模型,通过数学知识来进行定性和定量分析,达到“以理服人”的效果.9 生活中的概率问题在日益发展的信息社会中,即使一般的劳动者,也必须具备基本的数学运算能力以及应用数学思想去观察和分析工作、生活乃至从事经济、政治活动的能力.在存款、利息、投资、保险、成本、利润、彩票等中,我们常遇见一些概率问题.下面就我们现实生活中常见的一些概率问题进行一些简单的分析：一、谁先谁后的问题单位有六台旧麻将机将处理给单位员工,定价300元一台.结果有12位希望买一台.于是单位领导就写了十二张小纸条,其中有六张写着“恭喜购买成功”,另六张写着“谢谢你的配合,你购买不成功！”.再把纸条折好.然后叫十二位员工按先后顺序来抓.请问：这十二位员工拿中的概率是一样的吗？也就是说这种方法公平吗？最后一位员工是不是最划不来？显然,对于第一个抓纸条的人来说,他从12张纸条中选一张,抽到“恭喜购买成功”的概率为12.对于第二个抓纸条的人来说,可以分两种情况考虑：①第一个人抽中,他抽中的概率,②第一个人没有抽中,他抽中的概率,这两种情况是等概率事件,所以不管第一个人抽中还是没抽中,不影响第二个人抽中的概率.同样对于第三个人来说,他抽中的概率可以分成四种情况考虑：①一中,二中,他抽中的概率,②一中,二不中,他抽中的概率,③一不中,二中,他抽中的概率,④一不中,二不中,他抽中的概率,这四种情况是等概率事件,所以也不影响第三个人抽中的概率.由此可以类推,第四个人,第五个人等,抽中的概率都不受影响,所以这种方法是公平的,哪个人先抽,哪个人后抽,对个人来说,没有影响.二、性别问题你隔壁刚刚搬来了新的邻居,透过墙壁,你可以清楚的听到有3个小孩的声音,但是,因为这3个小孩,年龄都很小,所以你不确定他们是男是女.1.基于好奇心,你决定到隔壁敲门,看看他们是男是女,这个时候,一个男孩出来开门,请问,这3个小孩都是男孩的概率是多少？2.当然,你还是没有足够的讯息,确定所有3个小孩的性别.所以,你决定再找个理由,到隔壁敲了第二次门,很幸运的是,这次来开门的是另外的一个男孩,请问,这3个小孩都是男孩的概率是多少？3.如果,你第三次去敲了隔壁邻居的门,请问,你可以百分之百确定这3个性别的概率是多少？ 对于这种问题,我们在平时的言谈中经常会遇到,一下子接触,感觉有点懵.其实这种问题认真分析的话也会感觉其中的乐趣.1.一个男孩开门,那么就会有两个小孩不知道性别,有四种可能,所以全是男孩的概率为14.2.第二次敲门,又有另外一个男孩开门,就只有一个小孩不知道性别,有两种可能,所以全是男孩的概率为12.3.第三次敲门,三个小孩都有可能开门,所以全是男孩的概。
步步高高中数学 步步高选修2-3 第二章 2.1.2(二)
2.1.2 离散型随机变量的分布列(二)学习目标 1.进一步理解离散型随机变量的分布列的求法、作用.2.理解两点分布和超几何分布.知识点一 两点分布 随机变量X 的分布列为若随机变量X 的分布列具有上表的形式，则称X 服从两点分布，并称p ＝P (X ＝1)为成功概率. 知识点二 超几何分布思考1 在含有5名男生的100名学生中，任选3人，求恰有2名男生的概率表达式.答案 C 25C 195C 3100.一般地，在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则P (X ＝k )＝C k M C n －k N －MC n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *，称分布列为超几何分布列.如果随机变量X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量X 服从超几何分布.类型一 两点分布例1 袋内有10个白球，5个红球，从中摸出2个球，记X ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，两球全红；1，两球非全红.求X 的分布列.解 由题设可知X 服从两点分布P (X ＝0)＝C 25C 215＝221；P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)＝1921.∴X 的分布列为反思与感悟 两步法判断一个分布是否为两点分布 (1)看取值：随机变量只取两个值：0和1.(2)验概率：检验P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝1是否成立.如果一个分布满足以上两点，则该分布是两点分布，否则不是两点分布.跟踪训练1 篮球比赛中每次罚球命中得1分，不中得0分.已知某运动员罚球命中的概率为0.85，求他一次罚球得分的分布列.解 由题意，结合两点分布的特征可知，所求分布列为类型二 超几何分布例2 一个袋中装有6个形状大小完全相同的小球，其中红球有3个，编号为1,2,3；黑球有2个，编号为1,2；白球有1个，编号为1.现从袋中一次随机抽取3个球. (1)求取出的3个球的颜色都不相同的概率.(2)记取得1号球的个数为随机变量X ，求随机变量X 的分布列.解 (1)从袋中一次随机抽取3个球，基本事件总数n ＝C 36＝20，取出的3个球的颜色都不相同包含的基本事件的个数为C 13C 12C 11＝6，所以取出的3个球的颜色都不相同的概率P ＝620＝310. (2)由题意知X ＝0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 33C 36＝120，P (X ＝1)＝C 13C 23C 36＝920，P (X ＝2)＝C 23C 13C 36＝920，P (X ＝3)＝C 33C 36＝120，所以X 的分布列为：反思与感悟 超几何分布的求解步骤(1)辨模型：结合实际情景分析所求概率分布问题是否具有明显的两部分组成，如“男生、女生”，“正品、次品”“优劣”等，或可转化为明显的两部分.具有该特征的概率模型为超几何分布模型.(2)算概率：可以直接借助公式P (X ＝k )＝C k M C n －k N －MC n n求解，也可以利用排列组合及概率的知识求解，需注意借助公式求解时应理解参数M ，N ，n ，k 的含义. (3)列分布表：把求得的概率值通过表格表示出来.跟踪训练2 某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队. (1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 的分布列.解 (1)由题意，参加集训的男、女生各有6名.参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100.(2)根据题意，X 的可能取值为1,2,3.P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15.所以X 的分布列为类型三 分布列的实际应用例3 某项大型运动会即将举行，为了搞好接待工作，组委会在某学院招募了12名男志愿者和18名女志愿者，将这30名志愿者的身高(单位：cm)编成如下茎叶图：若身高在175 cm 以上(包括175 cm)定义为“高个子”，身高在175 cm 以下定义为“非高个子”，且只有“女高个子”才能担任“礼仪小姐”.(1)如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中抽取5人，再从这5人中选2人，那么至少有1人是“高个子”的概率是多少？(2)若从所有“高个子”中选3名志愿者，用ξ表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，试写出ξ的分布列.解 (1)根据茎叶图，“高个子”有12人，“非高个子”有18人.用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是530＝16，所以选中的“高个子”有12×16＝2人，“非高个子”有18×16＝3人.用事件A 表示“至少有1名‘高个子’被选中”，则它的对立事件A 表示“没有‘高个子’被选中”，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 23C 25＝1－310＝710.因此，至少有1人是“高个子”的概率是710.(2)依题意，ξ的可能取值为0,1,2,3，则P (ξ＝0)＝C 38C 312＝1455，P (ξ＝1)＝C 14C 28C 312＝2855，P (ξ＝2)＝C 24C 18C 312＝1255，P (ξ＝3)＝C 34C 312＝155.因此，ξ的分布列为：反思与感悟 (1)在求某些比较难计算的事件的概率时，我们可以先求随机变量取其他值时的概率，再根据概率之和为1的性质即可解决问题.(2)在解决含有“至少”“至多”的问题时，利用对立事件进行求解不失为一种好方法. 跟踪训练3 袋中装有标有数字1,2,3,4,5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用X 表示取出的3个小球上的最大数字，求：(1)取出的3个小球上的数字互不相同的概率； (2)随机变量X 的概率分布列；(3)计算一次取球得分介于20分到40分之间的概率.解 (1)方法一 “一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A ，则P (A )＝C 25C 12C 12C 12C 310＝23. 方法二 “一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A ，“一次取出的3个小球上有两个数字相同”的事件记为B ，则事件A 和事件B 是对立事件.因为P (B )＝C 15C 22C 18C 310＝13，所以P (A )＝1－13＝23.(2)由题意，X 所有可能的取值是2,3,4,5，P (X ＝2)＝C 22C 12＋C 12C 22C 310＝130， P (X ＝3)＝C 24C 12＋C 14C 22C 310＝215， P (X ＝4)＝C 26C 12＋C 16C 22C 310＝310， P (X ＝5)＝C 28C 12＋C 18C 22C 310＝815. 所以随机变量X 的概率分布列为(3)“一次取球得分介于20分到40分之间”的事件记为C ，则P (C )＝P (X ＝3或X ＝4)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝215＋310＝1330.1.从一副不含大、小王的52张扑克牌中任意抽出5张，则至少有3张是A 的概率为( )A.C 34C 248C 552B.C 348C 24C 552C.1－C 148C 44C 552D.C 34C 248＋C 44C 148C 552答案 D解析 设X 为抽出的5张扑克牌中含A 的张数，则P (X ≥3)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝C 34C 248C 552＋C 44C 148C 552.2.在15个村庄中，有7个村庄交通不太方便，现从中任意选10个村庄，用ξ表示10个村庄中交通不太方便的村庄数，下列概率等于C 47C 68C 1015的是( )A.P (ξ＝2)B.P (ξ≤2)C.P (ξ＝4)D.P (ξ≤4)答案 C解析 由P (ξ＝4)＝C 47C 68C 1015可得.3.若随机变量ξ只能取两个值0,1，又知ξ取0的概率是取1的概率的3倍，写出ξ的分布列. 解 由题意及分布列满足的条件知P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＝3P (ξ＝1)＋P (ξ＝1)＝1，所以P (ξ＝1)＝14，故P (ξ＝0)＝34.所以ξ的分布列为4.交5元钱，可以参加一次摸奖，一袋中有同样大小的球10个，其中8个标有1元钱，2个标有5元钱，摸奖者只能从中任取2个球，他所得奖励是所抽2球的钱数之和，求抽奖人所得钱数的分布列.解 设抽奖人所得钱数为随机变量ξ，则ξ＝2,6,10. P (ξ＝2)＝C 28C 210＝2845，P (ξ＝3)＝C 18C 12C 210＝1645，P (ξ＝10)＝C 22C 210＝145.故ξ的分布列为1.两点分布：两点分布是很简单的一种概率分布、两点分布的试验结果只有两种可能，要注意成功概率的值指的是哪一个量.2.超几何分布：超几何分布在实际生产中常用来检验产品的次品数，只要知道N 、M 和n 就可以根据公式：P (X ＝k )＝C k M C n －k N －MC nN求出X 取不同值k 时的概率.学习时，不能机械地去记忆公式，而要结合条件以及组合知识理解M 、N 、n 、k 的含义.一、选择题1.今有电子元件50个，其中一级品45个，二级品5个，从中任取3个，出现二级品的概率A.C 35C 350 B.C 15＋C 25＋C 35C 350C.1－C 345C 350D.C 15C 25＋C 25C 145C 350答案 C解析 出现二级品的情况较多，可以考虑不出现二级品的概率为C 345C 350，故答案为1－C 345C 350.2.下列随机事件中的随机变量X 服从超几何分布的是( ) A.将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数XB.从7名男生3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生干部，选出女生的人数为XC.某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为XD.盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X 是首次摸出黑球时的总次数 答案 B解析 由超几何分布的定义可知B 正确.3.10名同学中有a 名女生，若从中抽取2个人作为学生代表，恰抽取1名女生的概率为1645，则a ＝( )A.1B.2或8C.2D.8 答案 B解析 由题意知，1645＝C 110－a C 1aC 210， 解得：a ＝2或8.4.设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ描述一次试验的成功次数，则P (ξ＝0)等于( )A.0B.13C.12D.23答案 B解析 设P (ξ＝1)＝p ，则P (ξ＝0)＝1－p . 依题意知，p ＝2(1－p )，解得p ＝23.故p (ξ＝0)＝1－p ＝13.5.盒中有10个螺丝钉，其中有3个是坏的，现从盒中随机地抽取4个，那么概率是310的事件为( )A.恰有1个是坏的B.4个全是好的C.恰有2个是好的D.至多有2个是坏的解析 “X ＝k ”表示“取出的螺丝钉恰有k 个是好的”，则P (X ＝k )＝C k 7C 4－k 3C 410(k ＝1,2,3,4).∴P (X ＝1)＝130，P (X ＝2)＝310，P (X ＝3)＝12，P (X ＝4)＝16，故选C.6.从只有3张中奖的10张彩票中不放回随机逐张抽取，设X 表示直至抽到中奖彩票时的次数，则P (X ＝3)等于( ) A.310 B.710 C.2140 D.740 答案 D解析 “X ＝3”表示前2次未抽到中奖彩票，第3次抽到中奖彩票，故P (X ＝3)＝A 27C 13A 310＝7×6×310×9×8＝740，选D.二、填空题7.若随机变量X 服从两点分布，且P (X ＝0)＝0.8，P (X ＝1)＝0.2.令Y ＝3X －2，则P (Y ＝－2)＝________. 答案 0.8解析 由Y ＝－2，且Y ＝3X －2，得X ＝0， ∴P (Y ＝－2)＝0.8.8.一袋中装有10个大小相同的黑球和白球.已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79.从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X ，则P (X ＝2)＝________.答案512解析 设10个球中有白球m 个， 则C 210－mC 210＝1－79，解得：m ＝5.P (X ＝2)＝C 25C 15C 310＝512.9.有同一型号的电视机100台，其中一级品97台，二级品3台，从中任取4台，则二级品不多于1台的概率为________.(用式子表示)答案 C 13C 397＋C 497C 4100解析 二级品不多于1台，即一级品有3台或者4台.10.袋中装有5只红球和4只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得3分，取到1只黑球得1分，设得分为随机变量ξ，则ξ≥8的概率P (ξ≥8)＝________.答案 56解析 由题意知P (ξ≥8)＝1－P (ξ＝6)－P (ξ＝4)＝1－C 15C 34C 49－C 44C 49＝56.三、解答题11.一个袋中有形状大小完全相同的3个白球和4个红球.(1)从中任意摸出一球，用0表示摸出白球，用1表示摸出红球，求X 的分布列；(2)从中任意摸出两个球，用0表示两个球全是白球，用1表示两个球不全是白球，求X 的分布列.解 (1)X 的分布列为(2)∵P (X ＝0)＝C 23C 27＝17，∴X 的分布列为12.一个盒子里装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数字2,3,4,5；另一个盒子里也装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数字3,4,5,6.现从一个盒子里任取一张卡片，其上面的数记为x ，再从另一个盒子里任取一张卡片，其上面的数记为y ，记随机变量η＝x ＋y ，求η的分布列.解 依题意，η的可能取值是5,6,7,8,9,10,11. 则有P (η＝5)＝14×4＝116，P (η＝6)＝216＝18，P (η＝7)＝316，P (η＝8)＝416＝14，P (η＝9)＝316，P (η＝10)＝216＝18，P (η＝11)＝116.所以η的分布列为：13.某师范大学地理学院决定从n 位优秀毕业生(包括x 位女学生，3位男学生)中选派2位学生到某贫困山区的一所中学担任第三批顶岗实习教师.每一位学生被派的机会是相同的. (1)若选派的2位学生中恰有1位女学生的概率为35，试求出n 与x 的值；(2)记X 为选派的2位学生中女学生的人数，写出X 的分布列.解 (1)从n 位优秀毕业学生中选派2位学生担任第三批顶岗实习教师的总结果数为C 2n ＝n (n －1)2，2位学生中恰有1位女生的结果数为C 1n －3C 13＝(n －3)×3. 依题意可得C 1n －3C 13C 2n ＝(n －3)×3n (n －1)2＝35， 化简得n 2－11n ＋30＝0， 解得n 1＝5，n 2＝6. 当n ＝5时，x ＝5－3＝2； 当n ＝6时，x ＝6－3＝3，故所求的值为n ＝5，x ＝2或n ＝6，x ＝3. (2)①当n ＝5，x ＝2时，X 可能的取值为0,1,2， X ＝0表示只选派2位男生，P (X ＝0)＝C 02C 23C 25＝310，X ＝1表示选派1位男生与1位女生，P (X ＝1)＝C 12C 13C 25＝35，X ＝2表示选派2位女生， P (X ＝2)＝C 22C 25＝110.故X 的分布列为②当n ＝6，x ＝3时，X X ＝0表示只选派2位男生，P (X ＝0)＝C 03C 23C 26＝15，X ＝1表示选派1位男生与1位女生，P (X ＝1)＝C 13C 13C 26＝35，X ＝2表示选派2位女生，P (X ＝2)＝C 23C 03C 26＝15.故X 的分布列为11。
步步高高中数学 步步高选修2-3 第二章 2.3.2
2.3.2 离散型随机变量的方差学习目标 1.理解取有限个值的离散型随机变量的方差及标准差的概念.2.能计算简单离散型随机变量的方差，并能解决一些实际问题.3.掌握方差的性质，以及两点分布、二项分布的方差的求法，会利用公式求它们的方差.知识点一 方差、标准差的定义及方差的性质甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相等，所得次品数分别为X 和Y ，X 和Y 的分布列如下：思考1 试求E (X )，E (Y ).答案 E (X )＝0×610＋1×110＋2×310＝710，E (Y )＝0×510＋1×310＋2×210＝710.思考2 能否由E (X )与E (Y )的值比较两名工人技术水平的高低？ 答案 不能，因为E (X )＝E (Y ).思考3 试想用什么指标衡量甲、乙两工人技术水平的高低？ 答案 样本方差. 1.方差及标准差的定义设离散型随机变量X 的分布列为(1)方差：D (X )＝∑i ＝1n(x i －E (X ))2p i ；(2)标准差为：D (X ). 2.方差与标准差的意义随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度.方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小. 3.方差的性质：D (aX ＋b )＝a 2D (X ). 知识点二 两点分布与二项分布的方差类型一 求离散型随机变量的方差、标准差 例1 已知η的分布列为(1)求方差及标准差； (2)设Y ＝2η－E (η)，求D (Y ).解 (1)∵E (η)＝0×13＋10×25＋20×115＋50×215＋60×115＝16，D (η)＝(0－16)2×13＋(10－16)2×25＋(20－16)2×115＋(50－16)2×215＋(60－16)2×115＝384，∴D (η)＝8 6. (2)∵Y ＝2η－E (η)，∴D (Y )＝D (2η－E (η))＝22D (η)＝4×384＝1 536.反思与感悟 对于变量间存在关系的方差，在求解过程中应注意方差性质的应用，如D (aξ＋b )＝a 2D (ξ)，这样处理既避免了求随机变量η＝aξ＋b 的分布列，又避免了繁杂的计算，简化了计算过程.跟踪训练1 (1)已知随机变量ξ的分布规律如下：其中a ，b ，c 成等差数列，若E (ξ)＝13，则D (ξ)＝________.(2)已知X 的分布列为若η＝2X ＋2，则D (η)的值为答案 (1)53 (2)209解析 (1)由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝1，2b ＝a ＋c ，－a ＋c ＝13，解得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝16，b ＝13，c ＝12.D (ξ)＝16×⎝⎛⎭⎫－1－132＋13×⎝⎛⎭⎫0－132＋12⎝⎛⎭⎫1－132＝59，D (ξ)＝53. (2)E (X )＝－1×12＋0×13＋1×16＝－13，D (X )＝12×⎝⎛⎭⎫－1＋132＋13×⎝⎛⎭⎫0＋132＋16×⎝⎛⎭⎫1＋132＝59，故D (η)＝22×59＝209. 例2 某厂一批产品的合格率是98%，(1)计算从中抽取一件产品为正品的数量的方差；(2)从中有放回地随机抽取10件产品，计算抽出的10件产品中正品数的方差及标准差. 解 (1)用ξ表示抽得的正品数，则ξ＝0,1.ξ服从两点分布，且P (ξ＝0)＝0.02，P (ξ＝1)＝0.98， 所以由D (ξ)＝p (1－p )＝0.98×(1－0.98)＝0.019 6.(2)用X 表示抽得的正品数，则X ～B (10,0.98)，所以D (X )＝10×0.98×0.02＝0.196，标准差D (X )≈0.44.反思与感悟 解此类问题，首先要确定正确的离散型随机变量，然后确定它是否服从特殊分布，若它服从两点分布，则其方差为p (1－p )；若其服从二项分布，则其方差为np (1－p )(其中p 为成功概率).跟踪训练2 (1)已知随机变量X 服从二项分布B (n ，p )，若E (X )＝30，D (X )＝20，则p ＝________.(2)设ξ的分布列为P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫235－k (k ＝0,1,2,3,4,5)，则D (3ξ)等于( ) A.10 B.30 C.15 D.5 答案 (1)13(2)A解析 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧np ＝30，np (1－p )＝20，解得：p ＝13.(2)由题意知ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， D (ξ)＝5×13×23＝109，D (3ξ)＝9D (ξ)＝9×109＝10.类型三 方差的实际应用例3 有甲、乙两种建筑材料，从中各取等量样品检查它们的抗拉强度如下：其中，ξA ，ξB 分别表示甲、乙两种材料的抗拉强度，在使用时要求抗拉强度不低于120，试比较甲、乙两种建筑材料的稳定程度(哪一个的稳定性较好).解 E (ξA )＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125. E (ξB )＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125.D (ξA )＝0.1×(110－125)2＋0.2×(120－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(135－125)2＝50.D (ξB )＝0.1×(100－125)2＋0.2×(115－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(145－125)2＝165.由此可见E (ξA )＝E (ξB )，D (ξA )<D (ξB )，故两种材料的抗拉强度的平均值相等，其稳定程度材料乙明显不如材料甲，即甲的稳定性好. 反思与感悟 1.本题采用比较分析法，通过比较两个随机变量的均值和方差得出结论. 2.均值体现了随机变量取值的平均大小，在两种产品相比较时，只比较均值往往是不恰当的，还需比较它们的取值的离散型程度，即通过比较方差，才能准确地得出更恰当的判断. 跟踪训练3 A ，B 两个投资项目的利润率分别为随机变量X 1和X 2.根据市场分析，X 1和X 2的分布列分别为(1)在A ，B 两个项目上各投资100万元，Y 1和Y 2分别表示投资项目A 和B 所获得的利润，求方差D (Y 1)，D (Y 2)；(2)将x (0≤x ≤100)万元投资A 项目，(100－x )万元投资B 项目，f (x )表示投资A 项目所得利润的方差与投资B 项目所得利润的方差的和，求f (x )的最小值，并指出x 为何值时，f (x )取得最小值.解 (1)由题设可知Y 1和Y 2的分布列分别为E (Y 1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，D (Y 1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4.E (Y 2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，D (Y 2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12. (2)f (x )＝D ⎝⎛⎭⎫x 100Y 1＋D ⎝⎛⎭⎫100－x 100Y 2 ＝⎝⎛⎭⎫x 1002D (Y 1)＋⎝⎛⎭⎫100－x 1002D (Y 2) ＝41002[x 2＋3(100－x )2] ＝41002(4x 2－600x ＋3×1002)， 当x ＝6002×4＝75时，f (x )＝3为最小值.1.已知随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝13，k ＝3,6,9.则D (X )等于( )A.6B.9C.3D.4 答案 A解析 E (X )＝3×13＋6×13＋9×13＝6.D (X )＝(3－6)2×13＋(6－6)2×13＋(9－6)2×13＝6.2.已知离散型随机变量X 的可能取值为x 1＝－1，x 2＝0，x 3＝1，且E (X )＝0.1，D (X )＝0.89，则对应x 1，x 2，x 3的概率p 1，p 2，p 3分别为________，________，________.答案 0.4 0.1 0.5解析 由题意知，－p 1＋p 3＝0.1， 1.21p 1＋0.01p 2＋0.81p 3＝0.89.又p 1＋p 2＋p 3＝1，解得p 1＝0.4，p 2＝0.1，p 3＝0.5.3.有两台自动包装机甲与乙，包装质量分别为随机变量X ，Y ，已知E (X )＝E (Y )，D (X )>D (Y )，则自动包装机________的质量较好.(填“甲”或“乙”) 答案 乙解析 在均值相等的情况下，方差越小，说明包装的质量越稳定，所以自动包装机乙的质量较好.4.编号为1,2,3的三位学生随意入座编号为1,2,3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的人数是ξ，求E (ξ)和D (ξ).解 ξ的所有可能取值为0,1,3，ξ＝0表示三位同学全坐错了，有2种情况，即编号为1,2,3的座位上分别坐了编号为2,3,1或3,1,2的学生， 则P (ξ＝0)＝2A 33＝13；ξ＝1表示三位同学只有1位同学坐对了. 则P (ξ＝1)＝C 13C 33＝12；ξ＝3表示三位学生全坐对了，即对号入座， 则P (ξ＝3)＝1A 33＝16.所以，ξ的分布列为E (ξ)＝0×13＋1×12＋3×16＝1；D (ξ)＝13(0－1)2＋12×(1－1)2＋16×(3－1)2＝1.1.随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度，以及随机变量取值偏离于均值的平均程度.方差D (X )或标准差越小，则随机变量X 偏离均值的平均程度越小；方差越大，表明平均偏离的程度越大，说明X 的取值越分散.2.求离散型随机变量X 的均值、方差的步骤 (1)理解X 的意义，写出X 的所有可能的取值； (2)求X 取每一个值的概率；(3)写出随机变量X 的分布列； (4)由均值、方差的定义求E (X )，D (X ).特别地，若随机变量服从两点分布或二项分布，可根据公式直接计算E (X )和D (X ).一、选择题1.若样本数据x 1，x 2，…，x 10的标准差为8，则数据2x 1－1,2x 2－1，…，2x 10－1的标准差为( ) A.8 B.15 C.16 D.32 答案 C2.牧场有10头牛，因误食含有病毒的饲料而被感染，已知该病的发病率为0.02，设发病的牛的头数为ξ，则D (ξ)等于( ) A.0.2 B.0.8 C.0.196 D.0.804 答案 C解析 ∵ξ～B (10,0.02)，∴D (ξ)＝10×0.02×(1－0.02)＝0.196.3.抛掷一枚硬币，规定正面向上得1分，反面向上得－1分，则得分X 的均值与方差分别为( )A.E (X )＝0，D (X )＝1B.E (X )＝12，D (X )＝12C.E (X )＝0，D (X )＝12D.E (X )＝12，D (X )＝1.答案 A解析 由题意知，随机变量X 的分布列为∴E (X )＝(－1)×12＋1×12＝0，D (X )＝12×(－1－0)2＋12×(1－0)2＝1.4.已知随机变量ξ的分布列如下：若E (ξ)＝2，则D (ξ)的最小值等于( ) A.0 B.2 C.1 D.12答案 A解析 由题意得a ＝1－13＝23，所以E (ξ)＝13m ＋23n ＝2，即m ＋2n ＝6.又D (ξ)＝13×(m －2)2＋23(n－2)2＝2(n －2)2，所以当n ＝2时，D (ξ)取最小值为0.5.已知随机变量X ＋Y ＝8，若X ～B (10,0.6)，则E (Y )，D (Y )分别是( ) A.6,2.4 B.2,2.4 C.2,5.6 D.6,5.6答案 B解析 若两个随机变量Y ，X 满足一次关系式Y ＝aX ＋b (a ，b 为常数)，当已知E (X )，D (X )时，则有E (Y )＝aE (X )＋b ，D (Y )＝a 2D (X ).由已知随机变量X ＋Y ＝8，所以有Y ＝8－X .因此，求得E (Y )＝8－E (X )＝8－10×0.6＝2，D (Y )＝(－1)2D (X )＝10×0.6×0.4＝2.4.6.从学校乘汽车到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是25，设ξ为途中遇到红灯的次数，则随机变量ξ的方差为( )A.65B.1825C.625D.18125 答案 B解析 由题意知ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，25， 故D (ξ)＝3×25×⎝⎛⎭⎫1－25＝1825. 二、填空题7.设投掷一个骰子的点数为随机变量X ，则X 的标准差为________. 答案3512解析 依题意X 的分布列为故E (X )＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×16＝72，D (X )＝⎝⎛⎭⎫1－722×16＋⎝⎛⎭⎫2－722×16＋⎝⎛⎭⎫3－722×16＋⎝⎛⎭⎫4－722×16＋⎝⎛⎭⎫5－722×16＋⎝⎛⎭⎫6－722×16＝3512. 8.一次数学测验由25道选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每个答案选择正确得4分，不作出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率为0.6，则此学生在这一次测验中成绩的均值与方差分别为________. 答案 60,96解析 设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X ，所得的分数(成绩)为Y ，则Y ＝4X .由题意知X ～B (25,0.6)，所以E (X )＝25×0.6＝15，D (X )＝25×0.6×0.4＝6， E (Y )＝E (4X )＝4E (X )＝60，D (Y )＝D (4X )＝42×D (X )＝16×6＝96，所以该学生在这次测验中成绩的均值与方差分别是60与96.9.若X 是离散型随机变量，P (X ＝x 1)＝23，P (X ＝x 2)＝13，且x 1<x 2，又知E (X )＝49，D (X )＝2，则x 1＋x 2＝________. 答案179解析 由题意可得：E (X )＝23x 1＋13x 2，D (X )＝⎝⎛⎭⎫x 1－492×23＋⎝⎛⎭⎫x 2－492×13， ∴⎩⎨⎧23x 1＋13x 2＝49，⎝⎛⎭⎫x 1－492×23＋⎝⎛⎭⎫x 2－492×13＝2.解得x 1＋x 2＝179.10.设d 是等差数列x 1，x 2，x 3，…，x 19的公差，随机变量ξ等可能地取值x 1，x 2，x 3，…，x 19，则方差D (ξ)＝________. 答案 30d 2 解析 E (ξ)＝x 10，D (ξ)＝d 219(92＋82＋…＋12＋02＋12＋…＋92)＝30d 2.三、解答题11.一出租车司机从某饭店到火车站途中有六个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率是13.(1)求这位司机遇到红灯数ξ的均值与方差；(2)若遇上红灯，则需等待30秒，求司机总共等待时间η的均值与方差. 解 (1)易知司机遇上红灯次数ξ服从二项分布， 且ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，13， ∴E (ξ)＝6×13＝2，D (ξ)＝6×13×⎝⎛⎭⎫1－13＝43. (2)由已知η＝30ξ， ∴E (η)＝30E (ξ)＝60， D (η)＝900D (ξ)＝1 200.12.为了丰富学生的课余生活，促进校园文化建设，我校高二年级通过预赛选出了6个班(含甲、乙)进行经典美文诵读比赛决赛.决赛通过随机抽签方式决定出场顺序.求： (1)甲、乙两班恰好在前两位出场的概率；(2)决赛中甲、乙两班之间的班级数记为X ，求X 的分布列和均值. 解 (1)设“甲、乙两班恰好在前两位出场”为事件A ，则P (A )＝A 22×A 44A 66＝115. 所以甲、乙两班恰好在前两位出场的概率为115.(2)随机变量X 的可能取值为0,1,2,3,4.P (X ＝0)＝A 22×A 55A 66＝13，P (X ＝1)＝4×A 22×A 44A 66＝415， P (X ＝2)＝A 24×A 22×A 33A 66＝15， P (X ＝3)＝A 34×A 22×A 22A 66＝215， P (X ＝4)＝A 44×A 22A 66＝115. 随机变量X 的分布列为因此，E (X )＝0×13＋1×415＋2×15＋3×215＋4×115＝43.11 13.A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下： A 组：10,11,12,13,14,15,16B 组：12,13,15,16,17,14，a .假设所有病人的康复时间相互独立，从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)解 (1)P (t ≥14)＝C 13C 17＝37. (2)当a ＝25时，假设乙的康复时间为12天，则符合题意的甲有13天，14天，15天，16天，共4人；若乙的康复时间为13天.则符合题意的甲有14天，15天，16天，共3人；若乙的康复时间为14天，则符合题意的甲有15天，16天，共2人；若乙的康复时间为15天，则符合题意的甲有16天，共1人.当乙的康复时间为其他值时，由于甲的最大康复时间为16天，均不符合题意.所以符合题意的甲、乙选择方式共4＋3＋2＋1＝10种.因为甲、乙组合情况共C 17×C 17＝49种，又因为任何组合情况都是等可能的，故P (t 甲>t 乙)＝1049. (3)a ＝11或a ＝18.。
步步高高中数学 步步高选修2-3 第二章 2.2.3
2.2.3独立重复试验与二项分布学习目标 1.理解n次独立重复试验的模型.2.理解二项分布.3.能利用独立重复试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题.知识点一独立重复试验思考1要研究抛掷硬币的规律，需做大量的掷硬币试验.答案条件相同.思考2试验结果有哪些？答案正面向上或反面向上，即事件发生或者不发生.思考3各次试验的结果有无影响？答案无，即各次试验相互独立.(1)定义：在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验.(2)基本特征：①每次试验是在同样条件下进行.②每次试验都只有两种结果：发生与不发生.③各次试验之间相互独立.④每次试验，某事件发生的概率都是一样的.知识点二二项分布在体育课上，某同学做投篮训练，他连续投篮3次，每次投篮的命中率都是0.8，用A i(i＝1,2,3)表示第i次投篮命中这件事，用B k表示仅投中k次这件事.思考1用A i如何表示B1，并求P(B1)，答案B1＝(A1A2A3)∪(A1A2A3)∪(A1A2A3)，因为P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝0.8，且A1A2A3、A1A2A3、A1A2A3两两互斥，故P(B1)＝0.8×0.22＋0.8×0.22＋0.8×0.22＝3×0.8×0.22＝0.096.思考2试求P(B2)和P(B3)答案P(B2)＝3×0.2×0.82＝0.384，P(B3)＝0.83＝0.512.思考3由以上问题的结果你能得出什么结论？答案P(B k)＝C k30.8k0.23－k(k＝0.1,2,3)在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数， 设每次试验中事件A 发生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n . 此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率.类型一 独立重复试验的概率问题例1 某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果保留到小数点后面第2位)： (1)5次预报中恰有2次准确的概率； (2)5次预报中至少有2次准确的概率；(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率. 解 (1)记预报一次准确为事件A ， 则P (A )＝0.8，5次预报恰有2次准确的概率为P ＝C 250.82×0.23＝0.051 2≈0.05，因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”.其概率为P ＝C 05×(0.2)5＋C 15×0.8×(0.2)4＝0.006 72≈0.01，所以所求概率为1－p ＝1－0.01＝0.99， 所以5次预报中至少有2次准确的概率约为0.99. (3)说明第1,2,4,5次中恰有1次准确， 所以概率为P ＝C 14·0.8×(0.2)3×0.8 ＝0.020 48≈0.02，所以恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02. 反思与感悟 独立重复试验概率求法的三个步骤(1)判断：依据n 次独立重复试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验. (2)分拆：判断所求事件是否需要分拆.(3)计算：就每个事件依据n 次独立重复试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算.跟踪训练1 9粒种子分别种在甲、乙、丙3个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为12.若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，否则这个坑需要补种种子. (1)求甲坑不需要补种的概率；(2)记3个坑中恰好有1个坑不需要补种的概率为P 1，另记有坑需要补种的概率为P 2，求P 1＋P 2的值.解 (1)∵甲坑内3粒种子都不发芽的概率为⎝⎛⎭⎫1－123＝18. ∴甲坑不需要补种的概率为1－18＝78.(2)3个坑恰有1个坑不需要补种的概率为 P 1＝C 13×78×⎝⎛⎭⎫182＝21512.由于3个坑都不需补种的概率为⎝⎛⎭⎫783， 则有坑需要补种的概率为P 2＝1－⎝⎛⎭⎫783＝169512， 所以P 1＋P 2＝21512＋169512＝95256.类型二 二项分布例2 某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠.若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用X 表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，求随机变量X 的分布列.解 可视一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，相当于做了5次独立重复试验，故X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， P (X ＝0)＝C 05⎝⎛⎭⎫130⎝⎛⎭⎫235＝32243. P (X ＝1)＝C 15⎝⎛⎭⎫131⎝⎛⎭⎫234＝80243. P (X ＝2)＝C 25⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫233＝80243. P (X ＝3)＝C 35⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫232＝40243. P (X ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫134⎝⎛⎭⎫231＝10243.P (X ＝5)＝C 55⎝⎛⎭⎫135＝1243. 所以分布列为反思与感悟 1.本例属于二项分布，当X 服从二项分布时，应弄清X ～B (n ，p )中的试验次数n 与成功概率p .2.解决二项分布问题的两个关注点(1)对于公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2…n )必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式.(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次.跟踪训练2 袋子中有8个白球，2个黑球，从中随机地连续抽取三次，求有放回时，取到黑球个数的分布列.解 取到黑球数X 的可能取值为0,1,2,3.又由于每次取到黑球的概率均为15，那么P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150·⎝⎛⎭⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫15·⎝⎛⎭⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152·⎝⎛⎭⎫45＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153·⎝⎛⎭⎫450＝1125. 故X 的分布列为：类型三 二项分布的综合应用例3 一名学生每天骑自行车上学，从家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；(2)求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列； (3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率. 解 (1)ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，ξ分布列为 P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.(2)η的分布列为P (η＝k )＝P (前k 个是绿灯，第k ＋1个是红灯)＝⎝⎛⎭⎫23k ·13，k ＝0,1,2,3,4； P (η＝5)＝P (5个均为绿灯)＝⎝⎛⎭⎫235故η的分布列为(3)所求概率为P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0) ＝1－⎝⎛⎭⎫235＝211243.反思与感悟 对于概率问题的综合题，首先，要准确地确定事件的性质，把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验四类事件中的某一种；其次，要判断事件是A ＋B 还是AB ，确定事件至少有一个发生，还是同时发生，分别运用相加或相乘事件公式；最后，选用相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、独立事件、n 次独立重复试验的概率公式求解.跟踪训练3 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏. (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列.解 依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 个人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i. (1)这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的概率为P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4.由于A 3与A 4互斥，故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫23＋C 44⎝⎛⎭⎫134＝19. 所以这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19.(3)ξ的所有可能取值为0,2,4，由于A 1与A 3互斥， A 0与A 4互斥，故P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781.所以ξ的分布列为1.若随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，则P (X ＝2)＝( ) A.⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233B.⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫133C.C 25⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫133 D.C 25⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233答案 D解析 ∵随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， ∴P (X ＝2)＝C 25⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233. 2.一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为8081，则此射手的命中率是( )A.13B.23C.14D.25 答案 B解析 设此射手的命中概率为x ，则不能命中的概率为1－x ，由题意知4次射击全部没有命中目标的概率为1－8081＝181.有(1－x )4＝181.解得：x ＝23.3.下列说法正确的是________.①某同学投篮的命中率为0.6，他10次投篮中命中的次数X 是一个随机变量，且X ～B (10,0.6)； ②某福彩的中奖概率为p ，某人一次买了8张，中奖张数X 是一个随机变量，且X ～B (8，p )； ③从装有5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X 是随机变量，且X ～B ⎝⎛⎭⎫n ，12. 答案 ①②解析 ①②显然满足独立重复试验的条件，而③虽然是有放回地摸球，但随机变量X 的定义是直到摸出白球为止，也就是说前面摸出的一定是红球，最后一次是白球，不符合二项分布的定义.4.将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________. 答案1132解析 正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次，5次或6次，所求概率P ＝C 46⎝⎛⎭⎫126＋C 56⎝⎛⎭⎫126＋C 66⎝⎛⎭⎫126＝1132.1.独立重复试验要从三方面考虑：第一，每次试验是在相同条件下进行的；第二，各次试验的结果是相互独立的；第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生.2.如果1次试验中某事件发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率为P n (k )＝C k n p k ·(1－p )n －k .此概率公式恰为[(1－p )＋p ]n 展开式的第k ＋1项，故称该公式为二项分布公式.一、选择题1.投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312答案 A解析 根据独立重复试验公式，得该同学通过测试的概率为C 230.62×0.4＋0.63＝0.648.2.设随机变量ξ服从二项分布ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (ξ≤3)等于( ) A.1132 B.732 C.2132 D.764答案 C解析 P (ξ≤3)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3) ＝C 06×⎝⎛⎭⎫126＋C 16·⎝⎛⎭⎫126＋C 26·⎝⎛⎭⎫126＋C 36·⎝⎛⎭⎫126＝2132.3.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )A.C 35C 14C 45B.⎝⎛⎭⎫593×⎝⎛⎭⎫49C.35×14D.C 14×⎝⎛⎭⎫593×⎝⎛⎭⎫49 答案 B解析 由题意知前3次取出的均为黑球，第4次取得的为白球.故其概率为⎝⎛⎭⎫593×49.4.甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3∶2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲队打完4局才胜的概率为( ) A.C 23⎝⎛⎭⎫353×25 B.C 23⎝⎛⎭⎫352×23 C.C 34⎝⎛⎭⎫353×25 D.C 34⎝⎛⎭⎫233×13答案 A解析 在一次比赛中甲获胜的概率为35，输的概率为25.由题意知，甲队打完4局才胜，则第4局甲必胜，前3局中有2局甲胜，故甲队打完4局才胜的概率为C 23⎝⎛⎭⎫353×25. 5.位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A.⎝⎛⎭⎫125B.C 25×⎝⎛⎭⎫125C.C 35×⎝⎛⎭⎫123D.C 25×C 35×⎝⎛⎭⎫125 答案 B解析 如图，由题可知，质点P 必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率.所求概率为P ＝C 25×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫123＝C 25×⎝⎛⎭⎫125.故选B.6.口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{a n }，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A.C 57×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫235B.C 27×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫135C.C 57×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫135D.C 27×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232 答案 B解析 由S 7＝3知，在7次摸球中有2次摸取红球，5次摸取白球，而每次摸取红球的概率为23，摸取白球的概率为13，则S 7＝3的概率为C 27×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫135，故选B. 二、填空题7.已知汽车在公路上行驶时发生车祸的概率为0.001，如果公路上每天有1 000辆汽车通过，则公路上发生车祸的概率为________；恰好发生一起车祸的概率为________.(已知0.9991000≈0.367 70,0.999999≈0.368 06，精确到0.000 1)答案 0.632 3 0.368 1解析 设发生车祸的车辆数为X ，则X ～B (1 000,0.001)(1)记事件A ：“公路上发生车祸”，则P (A )＝1－P (X ＝0)＝1－0.9991 000≈1－0.367 70＝0.632 3.(2)恰好发生一次车祸的概率为P (X ＝1)＝C 11 000×0.001×0.999999≈0.368 06≈0.368 1.8.设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥1)＝________.答案6581解析 P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0)＝1－(1－p )2＝59.即(1－p )2＝49，解得p ＝13，故P (η≥1)＝1－P (η＝0)＝1－(1－p )4 ＝1－⎝⎛⎭⎫234＝6581.9.一袋中装有4个白球，2个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现3次停止，设停止时，取球次数为随机变量X ，则P (X ＝5)＝________. 答案881解析 X ＝5表示前4次中有2次取到红球，2次取到白球，第5次取到红球.则P (X ＝5)＝C 24⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232×13＝881. 10.张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段，每个路段的驾车时间都是3分钟，如果遇到红灯要停留1分钟.假设他在各交通岗是否遇到红灯是相互独立的，并且概率都是13.则张师傅此行程时间不少于16分钟的概率为_____.答案6581解析 如果不遇到红灯，全程需要15分钟，否则至少需要16分钟，所以张师傅此行程时间不少于16分钟的概率P ＝1－⎝⎛⎭⎫1－134＝6581. 三、解答题11.在一次数学考试中，第21题和第22题为选做题.规定每位考生必须且只须在其中选做一题.设4名考生选做每一道题的概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的分布列.解 (1)设事件A 表示“甲选做第21题”，事件B 表示“乙选做第21题”， 则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB ＋A B ”，且事件A 、B 相互独立. 故(AB ＋A B ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝12×12＋⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12. (2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4， 且ξ～B ⎝⎛⎭⎫4，12， 则P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫12k ⎝⎛⎭⎫1－124－k ＝C k 4⎝⎛⎭⎫124(k ＝0,1,2,3,4). 故变量ξ的分布列为12.某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予录用.设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为12，复审能通过的概率为310，各专家评审的结果相互独立.(1)求某应聘人员被录用的概率.(2)若4人应聘，设X 为被录用的人数，试求随机变量X 的分布列.解 设“两位专家都同意通过”为事件A ，“只有一位专家同意通过”为事件B ，“通过复审”为事件C .(1)设“某应聘人员被录用”为事件D ，则D ＝A ∪BC ，因为P (A )＝12×12＝14， P (B )＝2×12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12， P (C )＝310， 所以P (D )＝P (A ∪BC )＝P (A )＋P (B )P (C )＝25. (2)根据题意，X ＝0,1,2,3,4，且X ～B ⎝⎛⎭⎫4，25. A i 表示“应聘的4人中恰有i 人被录用”(i ＝ 0,1,2，3,4)，因为P (A 0)＝C 04×⎝⎛⎭⎫354＝81625，P (A 1)＝C 14×25×⎝⎛⎭⎫353＝216625， P (A 2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫252×⎝⎛⎭⎫352＝216625， P (A 3)＝C 34×⎝⎛⎭⎫253×35＝96625， P (A 4)＝C 44×⎝⎛⎭⎫254×⎝⎛⎭⎫350＝16625.所以X 的分布列为13.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响.(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击.问：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？解 设A ＝{甲射击一次击中目标}，B ＝{乙射击一次击中目标}，则A 、B 相互独立，且P (A )＝23，P (B )＝34. (1)设C ＝{甲射击4次，至少有1次未击中目标}，则P (C )＝1－⎝⎛⎭⎫234＝6581.(2)设D ＝{两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次}，∴P (D )＝C 24·⎝⎛⎭⎫232·⎝⎛⎭⎫132·C 34·⎝⎛⎭⎫343·14＝18. (3)甲恰好射击5次，被中止射击，说明甲第4、5次未击中目标，第3次击中目标，第1、2两次至多一次未击中目标，故所求概率P ＝⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫132·23·⎝⎛⎭⎫132＝16243.。
步步高高中数学 步步高选修2-3 3.2
3．2独立性检验的基本思想及其初步应用[学习目标]1．了解独立性检验的基本思想、方法及其简单应用；2．理解判断两个分类变量是否有关系的常用方法、独立性检验中K2的含义及其实施步骤．[知识链接]1．举例说明什么是分类变量？答变量的不同“值”表示个体所属的不同类别的变量称为分类变量，分类变量的取值一定是离散的，而且不同的取值仅表示个体所属的类别，如性别变量，只取男、女两个值，商品的等级变量只取一级、二级、三级等等．2．什么是列联表？怎样从列联表判断两个分类变量有无关系？答一般地，假设两个分类变量X和Y，它们的值域分别为{x1，x2}和{y1，y2}，列出两个变量的频数表，称为列联表(如下图)|ad－bc|越小，说明两个分类变量x，y之间的关系越弱；|ad－bc|越大，说明两个分类变量x，y之间的关系越强．[预习导引]1．分类变量和列联表(1)分类变量：变量的不同“值”表示个体所属的不同类别，像这样的变量称为分类变量．(2)列联表①定义：列出的两个分类变量的频数表称为列联表．②2×2列联表一般地，假设两个分类变量X和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(也称为2×2列联表)为下表.2.等高条形图(1)等高条形图与表格相比，更能直观地反映出两个分类变量间是否相互影响，常用等高条形图展示列联表数据的频率特征．(2)观察等高条形图发现aa＋b和cc＋d相差很大，就判断两个分类变量之间有关系．3．独立性检验(1)定义：利用随机变量K2来判断“两个分类变量有关系”的方法称为独立性检验．(2)K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d.(3)独立性检验的具体做法①根据实际问题的需要确定容许推断“两个分类变量有关系”犯错误概率的上界α，然后查表确定临界值k0.②利用公式计算随机变量K2的观测值k.③如果k≥k0，就推断“X与Y有关系”，这种推断犯错误的概率不超过α，否则就认为在犯错误的概率不超过α的前提下不能推断“X与Y有关系”，或者在样本数据中没有发现足够证据支持结论“X与Y有关系”.要点一有关“相关的检验”例1某校对学生课外活动进行调查，结果整理成下表：用你所学过的知识进行分析，能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为“喜欢体育还是文娱与性别有关系”？解 判断方法如下：假设H 0“喜欢体育还是喜欢文娱与性别没有关系”，若H 0成立，则K 2应该很小． ∵a ＝21，b ＝23，c ＝6，d ＝29，n ＝79，∴K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ）＝79×（21×29－23×6）244×35×27×52≈8.106.且P (K 2≥7.879)≈0.005即我们得到的K 2的观测值k ≈8.106超过7.879，这就意味着：“喜欢体育还是文娱与性别没有关系”这一结论成立的可能性小于0.005，即在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“喜欢体育还是喜欢文娱与性别有关”．规律方法 (1)利用K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ）求出K 2的观测值k的值．再利用临界值的大小来判断假设是否成立．(2)解题时应注意准确代数与计算，不可错用公式，准确进行比较与判断．跟踪演练1 为研究学生的数学成绩与对学习数学的兴趣是否有关，对某年级学生作调查得到如下数据：判断学生的数学成绩好坏与对学习数学的兴趣是否有关？ 解 由公式得K 2的观测值k ＝189×（64×73－22×30）286×103×95×94≈38.459.∵38.459＞10.828，∴有99.9%的把握说学生学习数学的兴趣与数学成绩是有关的．要点二 有关“无关的检验”例2 为了探究学生选报文、理科是否与对外语的兴趣有关，某同学调查了361名高二在校学生，调查结果如下：理科对外语有兴趣的有138人，无兴趣的有98人，文科对外语有兴趣的有73人，无兴趣的有52人．分析学生选报文、理科与对外语的兴趣是否有关？ 解 列出2×2列联表代入公式得K 2的观测值k ＝361×（138×52－73×98）2236×125×211×150≈1.871×10－4.∵1.871×10－4＜2.706，∴可以认为学生选报文、理科与对外语的兴趣无关． 规律方法 运用独立性检验的方法：(1)列出2×2列联表，根据公式计算K 2的观测值k . (2)比较k 与k 0的大小作出结论．跟踪演练2 第16届亚运会于2010年11月12日至27日在中国广州进行，为了搞好接待工作，组委会招募了16名男志愿者和14名女志愿者，调查发现，男、女志愿者中分别有10人和6人喜爱运动，其余人不喜爱运动． (1)根据以上数据完成以下2×2列联表：(2)根据列联表的独立性检验，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为性别与喜爱运动有关？解 (1)(2)假设是否喜爱运动与性别无关，由已知数据可求得： K 2＝30×（10×8－6×6）2（10＋6）（6＋8）（10＋6）（6＋8）≈1.157 5＜2.706，因此，在犯错误的概率不超过0.10的前提下不能判断喜爱运动与性别有关． 要点三 独立性检验的基本思想例3 某企业有两个分厂生产某种零件，按规定内径尺寸(单位：mm)的值落在(29.94，30.06)的零件为优质品．从两个分厂生产的零件中各抽出500件，量其内径尺寸，结果如下表： 甲厂乙厂(1)试分别估计两个分厂生产的零件的优质品率；(2)由以上统计数据填下面2×2列联表，并问是否有99%的把握认为“两个分厂生产的零件的质量有差异”.附：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），解 (1)甲厂抽查的产品中有360件优质品，从而甲厂生产的零件的优质品率估计为360500＝72%；乙厂抽查的产品中有320件优质品，从而乙厂生产的零件的优质品率估计为320500＝64%. (2)K 2＝1 000×（360×180－320×140）2500×500×680×320≈7.353＞6.635，所以有99%的把握认为“两个分厂生产的零件的质量有差异”． 规律方法(1)解答此类题目的关键在于正确利用K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ）计算k 的值，再用它与临界值k 0的大小作比较来判断假设检验是否成立，从而使问题得到解决．(2)此类题目规律性强，解题比较格式化，填表计算分析比较即可，要熟悉其计算流程，不难理解掌握．跟踪演练3 下表是某地区的一种传染病与饮用水的调查表：(1)这种传染病是否与饮用水的卫生程度有关，请说明理由；(2)若饮用干净水得病5人，不得病50人，饮用不干净水得病9人，不得病22人．按此样本数据分析这种疾病是否与饮用水有关，并比较两种样本在反映总体时的差异．解 (1)假设H 0：传染病与饮用水无关．把表中数据代入公式得：K 2的观测值k ＝830×（52×218－466×94）2146×684×518×312≈54.21，∵54.21＞10.828，所以拒绝H 0.因此我们有99.9%的把握认为该地区这种传染病与饮用不干净水有关． (2)依题意得2×2列联表：此时，K 2的观测值k ＝86×（5×22－50×9）214×72×55×31≈5.785.由于5.785＞5.024，所以我们有97.5%的把握认为该种疾病与饮用不干净水有关．两个样本都能统计得到传染病与饮用不干净水有关这一相同结论，但(1)中我们有99.9%的把握肯定结论的正确性，(2)中我们只有97.5%的把握肯定.1．观察下列各图，其中两个分类变量x ，y 之间关系最强的是( )答案D解析观察等高条形图发现x1x1＋y1＝x2x2＋y2相差很大，就判断两个分类变量之量关系最强．2．下面是一个2×2列联表：则表中a，b处的值分别为()A．94，96 B．52，50C．52，60 D．54，52答案C解析∵a＋21＝73，∴a＝52，b＝a＋8＝52＋8＝60.3．经过对K2的统计量的研究，得到了若干个临界值，当K2的观测值k>3.841时，我们()A．在犯错误的概率不超过0.05的前提下可认为X与Y有关B．在犯错误的概率不超过0.05的前提下可认为X与Y无关C．在犯错误的概率不超过0.01的前提下可认为X与Y有关D．没有充分理由说明事件X与Y有关系答案A4．根据下表计算：K2的观测值k≈________(保留3位小数)．答案 4.514解析k＝300×（37×143－85×35）2122×178×72×228≈4.514.1．列联表与等高条形图列联表由两个分类变量之间频率大小差异说明这两个变量之间是否有关联关系，而利用等高条形图能形象直观地反映它们之间的差异，进而推断它们之间是否具有关联关系．2．对独立性检验思想的理解独立性检验的基本思想类似于数学中的反证法．先假设“两个分类变量没有关系”成立，计算随机变量K2的值，如果K2值很大，说明假设不合理．K2越大，两个分类变量有关系的可能性越大.一、基础达标1．下面说法正确的是()A．统计方法的特点是统计推断准确、有效B．独立性检验的基本思想类似于数学上的反证法C．任何两个分类变量有关系的可信度都可以通过查表得到D．不能从等高条形图中看出两个分类变量是否相关答案B2．用独立性检验来考察两个分类变量x与y是否有关系，当统计量K2的观测值()A．越大，“x与y有关系”成立的可能性越小B．越大，“x与y有关系”成立的可能性越大C．越小，“x与y没有关系”成立的可能性越小D．与“x与y有关系”成立的可能性无关答案B3．在一个2×2列联表中，由其数据计算得K2的观测值k＝7.097，则这两个变量间有关系的可能性为()A．99% B．99.5%C．99.9% D．无关系答案A解析K2的观测值6.635<k<7.879，所以有99%的把握认为两个变量有关系．4．对两个分类变量A，B的下列说法中正确的个数为()①A与B无关，即A与B互不影响；②A与B关系越密切，则K2的值就越大；③K2的大小是判定A与B是否相关的唯一依据A．0 B．1 C．2 D．3答案B解析①正确，A与B无关即A与B相互独立；②不正确，K2的值的大小只是用来检验A与B是否相互独立；③不正确，例如借助三维柱形图、二维条形图等．故选B.5．如果K2的观测值为6.645，可以认为“x与y无关”的可信度是________．答案1%解析查表可知可信度为1%.6．为了解高中生作文成绩与课外阅读量之间的关系，某研究机构随机抽取了60名高中生，通过问卷调查，得到以下数据：由以上数据，计算得到K2的观测值k≈9.643，根据临界值表，有________把握认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关．答案99.5%解析根据临界值表，9.643>7.879，在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关，即有99.5%的把握认为课外阅读量大与作文成绩优秀有关．7．在某测试中，卷面满分为100分，60分为及格，为了调查午休对本次测试前两个月复习效果的影响，特对复习中进行午休和不进行午休的考生进行了测试成绩的统计，数据如下表所示：(1)根据上述表格完成列联表：(2)根据列联表可以得出什么样的结论？对今后的复习有什么指导意义？ 解 (1)根据题表中数据可以得到列联表如下：(2)计算可知，午休的考生及格率为P 1＝180＝9，不午休的考生的及格率为P 2＝65200＝1340，则P 1>P 2，因此，可以粗略判断午休与考生考试及格有关系，并且午休的及格率高，所以在以后的复习中考生应尽量适当午休，以保持最佳的学习状态．二、能力提升8．在等高条形图中，下列哪两个比值相差越大，要推断的论述成立的可能性就越大( )A.a a ＋b 与d c ＋dB.c a ＋b 与a c ＋dC.a a ＋b 与c c ＋dD.a a ＋b 与c b ＋c答案C解析由等高条形图可知aa＋b与cc＋d的值相差越大，|ad－bc|就越大，相关性就越强．9．考察棉花种子经过处理跟生病之间的关系得到下表数据：根据以上数据，可得出()A．种子是否经过处理跟是否生病有关B．种子是否经过处理跟是否生病无关C．种子是否经过处理决定是否生病D．以上都是错误的答案B解析由K2＝407×（32×213－61×101）293×314×133×274≈0.164<2.706，即没有把握认为种子是否经过处理跟是否生病有关．10．为研究某新药的疗效，给50名患者服用此药，跟踪调查后得下表中的数据：设H0：服用此药的效果与患者的性别无关，则K2的观测值k≈________(小数点后保留三位有效数字)，从而得出结论：服用此药的效果与患者的性别有关，这种判断出错的可能性为________．答案 4.8825%解析由公式计算得K2的观测值k≈4.882，∵k>3.841，∴我们有95%的把握认为服用此药的效果与患者的性别有关，从而有5%的可能性出错．11．高中流行这样一句话“文科就怕数学不好，理科就怕英语不好”．下表是一次针对高三文科学生的调查所得数据，试问：在出错概率不超过0.025的前提下，能否判断“文科学生总成绩不好与数学成绩不好有关系”？解 依题意，计算随机变量K 2的观测值： k ＝913×（478×24－399×12）2490×423×877×36≈6.233>5.024，所以在出错概率不超过0.025的前提下，可以判断“文科学生总成绩不好与数学成绩不好有关系”．12．吃零食是中学生中普遍存在的现象，吃零食对学生身体发育有诸多不利影响，影响学生的健康成长．下表是性别与吃零食的列联表：请问喜欢吃零食与性别是否有关？解 K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），把相关数据代入公式，得K 2的观测值k ＝85×（5×28－40×12）217×68×45×40≈4.722>3.841.因此，在犯错误的概率不超过0.05的前提下，可以认为“喜欢吃零食与性别有关”．三、探究与创新13．在某校对有心理障碍学生进行测试得到如下列联表：试说明在这三种心理障碍中哪一种与性别关系最大？解 对于题中三种心理障碍分别构造三个随机变量K 21，K 22，K 23.其观测值分别为k 1，k 2，k 3.由表中数据列出焦虑是否与性别有关的2×2列联表可得k 1＝110×（5×60－25×20）230×80×25×85≈0.863<2.706，同理，k 2＝110×（10×70－20×10）230×80×20×90≈6.366>5.024，k 3＝110×（15×30－15×50）230×80×65×45≈1.410<2.706.因此，在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为说谎与性别有关，没有充分的证据显示焦虑、懒惰与性别有关．。
2019年步步高资料高中数学选修2-3第二章 2.2.2
2.2.2 事件的相互独立性学习目标 1.在具体情境中,了解两个事件相互独立的概念.2.能利用相互独立事件同时发生的概率公式解决一些简单的实际问题.知识点一 相互独立的概念甲箱里装有3个白球、2个黑球,乙箱里装有2个白球,2个黑球.从这两个箱子里分别摸出1个球,记事件A 为“从甲箱里摸出白球”,事件B 为“从乙箱里摸出白球”. 思考1 事件A 发生会影响事件B 发生的概率吗？ 答案 不影响.思考2 P (A ),P (B ),P (AB )的值为多少？ 答案 P (A )＝35,P (B )＝12,P (AB )＝3×25×4＝310.思考3 P (AB )与P (A ),P (B )有什么关系？ 答案 P (AB )＝P (A )P (B ). 梳理知识点二 相互独立的性质1.不可能事件与任何一个事件相互独立.( √ )2.必然事件与任何一个事件相互独立.( √ )3.如果事件A 与事件B 相互独立,则P (B |A )＝P (B ).( √ )4.“P (AB )＝P (A )·P (B )”是“事件A ,B 相互独立”的充要条件.( √ )类型一 事件独立性的判断例1 判断下列各对事件是不是相互独立事件：(1)甲组3名男生,2名女生;乙组2名男生,3名女生,现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛,“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”;(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球,“从8个球中任意取出1个,取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个,取出的还是白球”; (3)掷一枚骰子一次,“出现偶数点”与“出现3点或6点”. 考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断解 (1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生,对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响,所以它们是相互独立事件.(2)“从8个球中任意取出1个,取出的是白球”的概率为58,若这一事件发生了,则“从剩下的7个球中任意取出1个,取出的仍是白球”的概率为47,若前一事件没有发生,则后一事件发生的概率为57.可见,前一事件是否发生,对后一事件发生的概率有影响,所以两者不是相互独立事件.(3)记A ：出现偶数点,B ：出现3点或6点,则A ＝{2,4,6},B ＝{3,6},AB ＝{6}, 所以P (A )＝36＝12,P (B )＝26＝13,P (AB )＝16,所以P (AB )＝P (A )P (B ), 所以事件A 与B 相互独立.反思与感悟 三种方法判断两事件是否具有独立性 (1)定义法：直接判定两个事件发生是否相互影响. (2)公式法：检验P (AB )＝P (A )P (B )是否成立. (3)条件概率法：当P (A )>0时,可用P (B |A )＝P (B )判断.跟踪训练1 一个家庭中有若干个小孩,假定生男孩和生女孩是等可能的,令A ＝{一个家庭中既有男孩又有女孩},B ＝{一个家庭中最多有一个女孩}.对下列两种情形,讨论A 与B 的独立性：(1)家庭中有两个小孩;(2)家庭中有三个小孩. 考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断解 (1)有两个小孩的家庭,男孩、女孩的可能情形为 Ω＝{(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)}, 它有4个基本事件,由等可能性知概率都为14.这时A ＝{(男,女),(女,男)}, B ＝{(男,男),(男,女),(女,男)}, AB ＝{(男,女),(女,男)},于是P (A )＝12,P (B )＝34,P (AB )＝12.由此可知P (AB )≠P (A )P (B ), 所以事件A ,B 不相互独立.(2)有三个小孩的家庭,小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(男,女,女),(女,男,男),(女,男,女),(女,女,男),(女,女,女)}.由等可能性知这8个基本事件的概率均为18,这时A 中含有6个基本事件,B 中含有4个基本事件,AB 中含有3个基本事件.于是P (A )＝68＝34,P (B )＝48＝12,P (AB )＝38,显然有P (AB )＝38＝P (A )P (B )成立.从而事件A 与B 是相互独立的. 类型二 求相互独立事件的概率例2 小王某天乘火车从重庆到上海去办事,若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9,假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求： (1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率; (2)这三列火车至少有一列正点到达的概率. 考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求多个相互独立事件同时发生的概率 解 用A ,B ,C 分别表示这三列火车正点到达的事件,则P(A)＝0.8,P(B)＝0.7,P(C)＝0.9,所以P(A)＝0.2,P(B)＝0.3,P(C)＝0.1.(1)由题意得A,B,C之间互相独立,所以恰好有两列火车正点到达的概率为P1＝P(A BC)＋P(A B C)＋P(AB C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.(2)三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P(A B C)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.引申探究1.在本例条件下,求恰有一列火车正点到达的概率.解恰有一列火车正点到达的概率为P3＝P(A B C)＋P(A B C)＋P(A B C)＝P(A)P(B)·P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9＝0.092.2.若一列火车正点到达计10分,用ξ表示三列火车的总得分,求P(ξ≤20).解事件“ξ≤20”表示“至多两列火车正点到达”,其对立事件为“三列火车都正点到达”, 所以P(ξ≤20)＝1－P(ABC)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.8×0.7×0.9＝0.496.反思与感悟明确事件中的“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰好有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词语的意义.一般地,已知两个事件A,B,它们的概率分别为P(A),P(B),那么：(1)A,B中至少有一个发生为事件A＋B.(2)A,B都发生为事件AB.(3)A,B都不发生为事件A B.(4)A,B恰有一个发生为事件A B＋A B.(5)A ,B 中至多有一个发生为事件A B ＋A B ＋A B .跟踪训练2 甲、乙两人破译一密码,他们能破译的概率分别为13和14,求两人破译时,以下事件发生的概率：(1)两人都能破译的概率; (2)恰有一人能破译的概率; (3)至多有一人能破译的概率.考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求两个相互独立事件同时发生的概率解 记事件A 为“甲独立地破译出密码”,事件B 为“乙独立地破译出密码”. (1)两个人都破译出密码的概率为 P (AB )＝P (A )P (B )＝13×14＝112.(2)恰有一人破译出密码分为两类：甲破译出乙破译不出,乙破译出甲破译不出,即A B ＋A B , ∴P (A B ＋A B )＝P (A B )＋P (A B ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝13×⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫1－13×14＝512. (3)至多有一人破译出密码的对立事件是两人都破译出密码, ∴其概率为1－P (AB )＝1－112＝1112. 类型三 相互独立事件的综合应用例3 计算机考试分理论考试与实际操作两部分,每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”,两部分考试都“合格”者,则计算机考试“合格”,并颁发合格证书.甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为45,34,23,在实际操作考试中“合格”的概率依次为12,23,56,所有考试是否合格相互之间没有影响.(1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试,谁获得合格证书的可能性最大？ (2)这三人进行理论与实际操作两项考试后,求恰有两人获得合格证书的概率; (3)用X 表示甲、乙、丙三人在计算机考试后获合格证书的人数,求X 的分布列. 考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与分布列解 (1)设“甲获得合格证书”为事件A ,“乙获得合格证书”为事件B ,“丙获得合格证书”为事件C ,则P (A )＝45×12＝25,P (B )＝34×23＝12,P (C )＝23×56＝59.因为P (C )>P (B )>P (A ),所以丙获得合格证书的可能性最大. (2)设“三人考试后恰有两人获得合格证书”为事件D ,则 P (D )＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC ) ＝25×12×49＋25×12×59＋35×12×59＝1130. (3)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝35×12×49＝215,P (X ＝2)＝P (D )＝1130,P (X ＝3)＝25×12×59＝19,P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝2)－P (X ＝3)＝1－215－1130－19＝718.所以X 的分布列为反思与感悟 概率问题中的数学思想(1)正难则反：灵活应用对立事件的概率关系(P (A )＋P (A )＝1)简化问题,是求解概率问题最常用的方法.(2)化繁为简：将复杂事件的概率转化为简单事件的概率,即寻找所求事件与已知事件之间的关系.“所求事件”分几类(考虑加法公式,转化为互斥事件)还是分几步组成(考虑乘法公式,转化为相互独立事件).(3)方程思想：利用有关的概率公式和问题中的数量关系,建立方程(组),通过解方程(组)使问题获解.跟踪训练3 甲、乙两名篮球运动员互不影响地在同一位置投球,命中率分别为12与p ,且乙投球2次均未命中的概率为116.(1)求乙投球的命中率p ;(2)求甲投球2次,至少命中1次的概率. 考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用解 (1)设“甲投一次球命中”为事件A ,“乙投一次球命中”为事件B .由题意得P (B )P (B )＝116, 解得P (B )＝14或P (B )＝－14(舍去),故p ＝1－P (B )＝34,所以乙投球的命中率为34.(2)方法一 由题设知,P (A )＝12,P (A )＝12,故甲投球2次,至少命中1次的概率为 1－P (A ·A )＝1－P (A )P (A )＝34.方法二 由题设知,P (A )＝12,P (A )＝12,故甲投球2次,至少命中1次的概率为2P (A )P (A )＋P (A )P (A )＝34.1.坛子里放有3个白球,2个黑球,从中不放回地摸球,用A 1表示第1次摸得白球,A 2表示第2次摸得白球,则A 1与A 2是( ) A.互斥事件 B.相互独立事件 C.对立事件D.不相互独立事件考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断 答案 D解析 互斥事件和对立事件是同一次试验的两个不同时发生的事件,故选项A,C 错.而事件A 1的发生对事件A 2发生的概率有影响,故两者是不相互独立事件.2.打靶时,甲每打10次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,若两人同时射击,则他们同时中靶的概率是( ) A.1425 B.1225 C.34D.35考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求两个相互独立事件同时发生的概率 答案 A解析 P 甲＝810＝45,P 乙＝710,所以P ＝P 甲·P 乙＝1425.3.甲、乙两人独立地解决同一问题,甲解决这个问题的概率是p 1,乙解决这个问题的概率是p 2,那么恰好有1人解决这个问题的概率是( ) A.p 1p 2 B.p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1) C.1－p 1p 2D.1－(1－p 1)(1－p 2)考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用 答案 B解析 恰好有1人解决可分为甲解决乙没解决、甲没解决乙解决两种情况,这两个事件显然是互斥的,所以恰好有1人解决这个问题的概率为p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1),故选B.4.在某道路的A ,B ,C 三处设有交通灯,这三盏灯在1分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒,某辆车在这段道路上匀速行驶,则三处都不停车的概率为( ) A.764 B.25192 C.35192D.35576考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求多个相互独立事件同时发生的概率 答案 C解析 由题意知,每个交通灯开放绿灯的概率分别为512,712,34,则在这段道路上三处都不停车的概率P ＝512×712×34＝35192.5.某人忘记了电话号码的最后一个数字,因而他随意地拨号,假设拨过了的号码不再重复,试求下列事件的概率： (1)第3次拨号才接通电话; (2)拨号不超过3次而接通电话.考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用 解 设A i ＝{第i 次拨号接通电话},i ＝1,2,3. (1)第3次拨号才接通电话可表示为A 1A 2A 3,于是所求概率为P (A1A 2A 3)＝910×89×18＝110. (2)拨号不超过3次而接通电话可表示为 A 1＋A 1A 2＋A1A 2A 3,于是所求概率为P (A 1＋A 1A 2＋A 1A 2A 3)＝P (A 1)＋P (A 1A 2)＋P (A1A 2A 3)＝110＋910×19＋910×89×18＝310.一般地,两个事件不可能既互斥又相互独立,因为互斥事件不可能同时发生,而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提.相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,这一点与互斥事件的概率和也是不同的.(列表比较)一、选择题1.若P (AB )＝19,P (A )＝23,P (B )＝13,则事件A 与B 的关系是( )A.事件A 与B 互斥B.事件A 与B 对立C.事件A 与B 相互独立D.事件A 与B 既互斥又独立 考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断 答案 C解析 ∵P (A )＝1－P (A )＝1－23＝13,∴P (AB )＝P (A )P (B ),∴A ,B 相互独立.2.投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次,记“硬币正面向上”为事件A ,“骰子向上的点数是3”为事件B ,则事件A ,B 中至少有一个发生的概率是( ) A.712 B.12 C.512 D.34考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用 答案 A解析 因为P (A )＝12,P (B )＝16,所以P (A )＝12,P (B )＝56.又A ,B 为相互独立事件,所以P (A B )＝P (A )P (B )＝12×56＝512.所以A ,B 中至少有一个发生的概率为1－P (A B )＝1－512＝712.3.甲、乙两名学生通过某种听力测试的概率分别为12和13,两人同时参加测试,其中有且只有一人能通过的概率是( ) A.13 B.23 C.12D.1 考点 相互独立事件的性质及应用 题点 相互独立事件性质的应用 答案 C解析 设事件A 表示“甲通过听力测试”,事件B 表示“乙通过听力测试”. 根据题意,知事件A 和B 相互独立,且P (A )＝12,P (B )＝13.记“有且只有一人通过听力测试”为事件C , 则C ＝A B ∪A B ,且A B 和A B 互斥. 故P (C )＝P (A B ∪A B )＝P (A B )＋P (A B ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－12×13＝12. 4.从甲袋内摸出1个红球的概率是13,从乙袋内摸出1个红球的概率是12,从两袋内各摸出1个球,则23等于( ) A.2个球不都是红球的概率 B.2个球都是红球的概率 C.至少有1个红球的概率 D.2个球中恰好有1个红球的概率 考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用 答案 C解析 至少有1个红球的概率是13×⎝⎛⎭⎫1－12＋12×⎝⎛⎭⎫1－13＋12×13＝23. 5.设两个相互独立事件A 和B 都不发生的概率为19,A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同,则事件A 发生的概率P (A )是( ) A.29 B.118 C.13 D.23考点 相互独立事件的性质及应用 题点 相互独立事件性质的应用 答案 D解析 由P (A B )＝P (B A ),得P (A )P (B )＝P (B )P (A ), 即P (A )[1－P (B )]＝P (B )[1－P (A )],∴P (A )＝P (B ).又P (A B )＝19,则P (A )＝P (B )＝13,∴P (A )＝23.6.出租车司机从饭店到火车站途中经过六个交通岗,假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的,并且概率都是13,则这位司机遇到红灯前,已经通过了两个交通岗的概率为( )A.124B.427C.79D.127考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求多个相互独立事件同时发生的概率 答案 B解析 因为这位司机第一、二个交通岗未遇到红灯,在第三个交通岗遇到红灯,它们之间相互独立,且遇到红灯的概率都是13,所以未遇到红灯的概率都是1－13＝23,所以P ＝23×23×13＝427.7.同时转动如图所示的两个转盘,记转盘甲得到的数为x ,转盘乙得到的数为y (若指针停在边界上则重新转),x ,y 构成数对(x ,y ),则所有数对(x ,y )中,满足xy ＝4的概率为( )A.116 B.18 C.316D.14考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用 答案 C解析 满足xy ＝4的所有可能如下： x ＝1,y ＝4;x ＝2,y ＝2;x ＝4,y ＝1. ∴所求事件的概率为P ＝P (x ＝1,y ＝4)＋P (x ＝2,y ＝2)＋P (x ＝4,y ＝1) ＝14×14＋14×14＋14×14＝316. 8.在如图所示的电路图中,开关a ,b ,c 闭合与断开的概率都是12,且是相互独立的,则灯亮的概率是( )A.18B.38C.14D.78考点 相互独立事件的性质及应用题点 独立事件与互斥事件的综合应用 答案 B解析 设开关a ,b ,c 闭合的事件分别为A ,B ,C ,则灯亮这一事件E ＝ABC ∪AB C ∪A B C ,且A ,B ,C 相互独立,ABC ,AB C ,A B C 互斥, 所以P (E )＝P (ABC ∪AB C ∪A B C ) ＝P (ABC )＋P (AB C )＋P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )·P (C ) ＝12×12×12＋12×12×⎝⎛⎭⎫1－12＋12×⎝⎛⎭⎫1－12×12＝38. 二、填空题9.某自动银行设有两台A TM 机.在某一时刻这两台A TM 机被占用的概率分别为13,12,则该客户此刻到达需要等待的概率为________. 考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求两个相互独立事件同时发生的概率 答案 16解析 该客户需要等待意味着这两台A TM 机同时被占用,故所求概率为P ＝13×12＝16.10.事件A ,B ,C 相互独立,如果P (AB )＝16,P (B C )＝18,P (AB C )＝18,则P (B )＝________,P (A B )＝________.考点 相互独立事件的性质及应用 题点 相互独立事件性质的应用 答案 12 13解析 ∵P (AB C )＝P (AB )P (C )＝16P (C )＝18,∴P (C )＝34,即P (C )＝14.又P (B C )＝P (B )·P (C )＝18,∴P (B )＝12,P (B )＝12.又P (AB )＝16,则P (A )＝13,∴P (A B )＝P (A )·P (B )＝⎝⎛⎭⎫1－13×12＝13. 11.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中,选手若能连续正确回答出2个问题,即停止答题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8,且每个问题的回答结果相互独立,则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________. 考点 相互独立事件的性质及应用 题点 相互独立事件性质的应用 答案 0.128解析 由已知条件知,第2个问题答错,第3,4个问题答对,记“问题回答正确”事件为A ,则P (A )＝0.8,故P ＝P [(A ＋A )A AA ]＝[1－P (A )]·P (A )P (A )＝0.128. 三、解答题12.要生产一种产品,甲机床的废品率为0.04,乙机床的废品率为0.05,从甲、乙机床生产的产品中各任取1件,求： (1)至少有1件废品的概率; (2)恰有1件废品的概率.考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用解 从甲、乙机床生产的产品中各取1件是废品分别记为事件A ,B ,则事件A ,B 相互独立. (1)设至少有1件废品为事件C ,则P (C )＝1－P (A B )＝1－P (A )P (B )＝1－(1－0.04)×(1－0.05)＝0.088. (2)设“恰有1件废品”为事件D ,则P (D )＝P (A B )＋P (A B )＝0.04×(1－0.05)＋(1－0.04)×0.05＝0.086.13.某校设计了如下有奖闯关游戏：参赛选手按第一关,第二关,第三关的顺序依次闯关,若闯关成功,分别获得5个学豆,10个学豆,20个学豆的奖励,游戏还规定,当选手闯过一关后,可以选择带走相应的学豆,结束游戏;也可以选择继续闯下一关,若有任何一关没有闯关成功,则全部学豆归零,游戏结束.设选手甲第一关,第二关,第三关闯关成功的概率分别为34,23,12,选手选择继续闯关的概率均为12,且各关之间闯关成功与否互不影响.(1)求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率; (2)设该选手所得学豆总数为X ,求X 的分布列. 考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与分布列解 (1)设“甲第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件A ,“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件A 1,“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件A 2,则A 1,A 2互斥. P (A 1)＝34×12×⎝⎛⎭⎫1－23＝18, P (A 2)＝34×12×23×12×⎝⎛⎭⎫1－12＝116, P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＝18＋116＝316,所以选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率为316. (2)由题意得X 的所有可能取值为0,5,15,35, P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－34＋P (A )＝716, P (X ＝5)＝34×12＝38,P (X ＝15)＝34×12×23×12＝18,P (X ＝35)＝34×12×23×12×12＝116.所以X 的分布列为四、探究与拓展14.甲、乙两人参加一次考试,已知在备选的10道题中,甲能答对其中6道题,乙能答对其中8道题.若规定每人每次考试都从这10道题中随机抽出3道题进行测试,且至少答对2道题算合格,则甲、乙两人分别参加一次考试,至少有一人考试合格的概率为( ) A.2325 B.1745 C.4445 D.15 05315 625 考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用 答案 C解析 设事件A 表示“甲考试合格”,事件B 表示“乙考试合格”,则P (A )＝C 26×C 14＋C 36C 310＝60＋20120＝23, P (B )＝C 28×C 12＋C 38C 310＝56＋56120＝1415.所以甲、乙两人考试都不合格的概率为P (A B )＝P (A )P (B )＝⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－1415＝145,则甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为1－P (A B )＝1－145＝4445.15.在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1 000元,此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表：设X 表示在这块地上种植1季此作物的利润,求X 的分布列. 考点 题点解 设A 表示事件“作物产量为300 kg ”,B 表示事件“作物市场价格为6 元/kg ”,由题设知P (A )＝0.5,P (B )＝0.4.∵利润＝产量×市场价格－成本, ∴X 所有可能的取值为500×10－1 000＝4 000,500×6－1 000＝2 000, 300×10－1 000＝2 000,300×6－1 000＝800. P (X ＝4 000)＝P (A )P (B )＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3, P (X ＝2 000)＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5, P (X ＝800)＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2, 所以X 的分布列为。
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2.2.3独立重复试验与二项分布学习目标 1.理解n次独立重复试验的模型.2.理解二项分布.3.能利用独立重复试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题.知识点一独立重复试验思考1要研究抛掷硬币的规律，需做大量的掷硬币试验.答案条件相同.思考2试验结果有哪些？答案正面向上或反面向上，即事件发生或者不发生.思考3各次试验的结果有无影响？答案无，即各次试验相互独立.(1)定义：在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验.(2)基本特征：①每次试验是在同样条件下进行.②每次试验都只有两种结果：发生与不发生.③各次试验之间相互独立.④每次试验，某事件发生的概率都是一样的.知识点二二项分布在体育课上，某同学做投篮训练，他连续投篮3次，每次投篮的命中率都是0.8，用A i(i＝1,2,3)表示第i次投篮命中这件事，用B k表示仅投中k次这件事.思考1用A i如何表示B1，并求P(B1)，答案B1＝(A1A2A3)∪(A1A2A3)∪(A1A2A3)，因为P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝0.8，且A1A2A3、A1A2A3、A1A2A3两两互斥，故P(B1)＝0.8×0.22＋0.8×0.22＋0.8×0.22＝3×0.8×0.22＝0.096.思考2试求P(B2)和P(B3)答案P(B2)＝3×0.2×0.82＝0.384，P(B3)＝0.83＝0.512.思考3由以上问题的结果你能得出什么结论？答案P(B k)＝C k30.8k0.23－k(k＝0.1,2,3)在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数， 设每次试验中事件A 发生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n . 此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率.类型一 独立重复试验的概率问题例1 某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果保留到小数点后面第2位)： (1)5次预报中恰有2次准确的概率； (2)5次预报中至少有2次准确的概率；(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率. 解 (1)记预报一次准确为事件A ， 则P (A )＝0.8，5次预报恰有2次准确的概率为P ＝C 250.82×0.23＝0.051 2≈0.05，因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”.其概率为P ＝C 05×(0.2)5＋C 15×0.8×(0.2)4＝0.006 72≈0.01，所以所求概率为1－p ＝1－0.01＝0.99， 所以5次预报中至少有2次准确的概率约为0.99. (3)说明第1,2,4,5次中恰有1次准确， 所以概率为P ＝C 14·0.8×(0.2)3×0.8 ＝0.020 48≈0.02，所以恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02. 反思与感悟 独立重复试验概率求法的三个步骤(1)判断：依据n 次独立重复试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验. (2)分拆：判断所求事件是否需要分拆.(3)计算：就每个事件依据n 次独立重复试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算.跟踪训练1 9粒种子分别种在甲、乙、丙3个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为12.若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，否则这个坑需要补种种子. (1)求甲坑不需要补种的概率；(2)记3个坑中恰好有1个坑不需要补种的概率为P 1，另记有坑需要补种的概率为P 2，求P 1＋P 2的值.解 (1)∵甲坑内3粒种子都不发芽的概率为⎝⎛⎭⎫1－123＝18. ∴甲坑不需要补种的概率为1－18＝78.(2)3个坑恰有1个坑不需要补种的概率为 P 1＝C 13×78×⎝⎛⎭⎫182＝21512.由于3个坑都不需补种的概率为⎝⎛⎭⎫783， 则有坑需要补种的概率为P 2＝1－⎝⎛⎭⎫783＝169512， 所以P 1＋P 2＝21512＋169512＝95256.类型二 二项分布例2 某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠.若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用X 表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，求随机变量X 的分布列.解 可视一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，相当于做了5次独立重复试验，故X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， P (X ＝0)＝C 05⎝⎛⎭⎫130⎝⎛⎭⎫235＝32243. P (X ＝1)＝C 15⎝⎛⎭⎫131⎝⎛⎭⎫234＝80243. P (X ＝2)＝C 25⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫233＝80243. P (X ＝3)＝C 35⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫232＝40243. P (X ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫134⎝⎛⎭⎫231＝10243.P (X ＝5)＝C 55⎝⎛⎭⎫135＝1243. 所以分布列为反思与感悟 1.本例属于二项分布，当X 服从二项分布时，应弄清X ～B (n ，p )中的试验次数n 与成功概率p .2.解决二项分布问题的两个关注点(1)对于公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2…n )必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式.(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次.跟踪训练2 袋子中有8个白球，2个黑球，从中随机地连续抽取三次，求有放回时，取到黑球个数的分布列.解 取到黑球数X 的可能取值为0,1,2,3.又由于每次取到黑球的概率均为15，那么P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150·⎝⎛⎭⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫15·⎝⎛⎭⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152·⎝⎛⎭⎫45＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153·⎝⎛⎭⎫450＝1125. 故X 的分布列为：类型三 二项分布的综合应用例3 一名学生每天骑自行车上学，从家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；(2)求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列； (3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率. 解 (1)ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，ξ分布列为 P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.(2)η的分布列为P (η＝k )＝P (前k 个是绿灯，第k ＋1个是红灯)＝⎝⎛⎭⎫23k ·13，k ＝0,1,2,3,4； P (η＝5)＝P (5个均为绿灯)＝⎝⎛⎭⎫235故η的分布列为(3)所求概率为P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0) ＝1－⎝⎛⎭⎫235＝211243.反思与感悟 对于概率问题的综合题，首先，要准确地确定事件的性质，把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验四类事件中的某一种；其次，要判断事件是A ＋B 还是AB ，确定事件至少有一个发生，还是同时发生，分别运用相加或相乘事件公式；最后，选用相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、独立事件、n 次独立重复试验的概率公式求解.跟踪训练3 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏. (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列.解 依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 个人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i. (1)这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的概率为P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4.由于A 3与A 4互斥，故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫23＋C 44⎝⎛⎭⎫134＝19. 所以这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19.(3)ξ的所有可能取值为0,2,4，由于A 1与A 3互斥， A 0与A 4互斥，故P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781.所以ξ的分布列为1.若随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，则P (X ＝2)＝( ) A.⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233B.⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫133C.C 25⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫133 D.C 25⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233答案 D解析 ∵随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， ∴P (X ＝2)＝C 25⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233. 2.一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为8081，则此射手的命中率是( )A.13B.23C.14D.25 答案 B解析 设此射手的命中概率为x ，则不能命中的概率为1－x ，由题意知4次射击全部没有命中目标的概率为1－8081＝181.有(1－x )4＝181.解得：x ＝23.3.下列说法正确的是________.①某同学投篮的命中率为0.6，他10次投篮中命中的次数X 是一个随机变量，且X ～B (10,0.6)； ②某福彩的中奖概率为p ，某人一次买了8张，中奖张数X 是一个随机变量，且X ～B (8，p )； ③从装有5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X 是随机变量，且X ～B ⎝⎛⎭⎫n ，12. 答案 ①②解析 ①②显然满足独立重复试验的条件，而③虽然是有放回地摸球，但随机变量X 的定义是直到摸出白球为止，也就是说前面摸出的一定是红球，最后一次是白球，不符合二项分布的定义.4.将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________. 答案1132解析 正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次，5次或6次，所求概率P ＝C 46⎝⎛⎭⎫126＋C 56⎝⎛⎭⎫126＋C 66⎝⎛⎭⎫126＝1132.1.独立重复试验要从三方面考虑：第一，每次试验是在相同条件下进行的；第二，各次试验的结果是相互独立的；第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生.2.如果1次试验中某事件发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率为P n (k )＝C k n p k ·(1－p )n －k .此概率公式恰为[(1－p )＋p ]n 展开式的第k ＋1项，故称该公式为二项分布公式.一、选择题1.投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312答案 A解析 根据独立重复试验公式，得该同学通过测试的概率为C 230.62×0.4＋0.63＝0.648.2.设随机变量ξ服从二项分布ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (ξ≤3)等于( ) A.1132 B.732 C.2132 D.764答案 C解析 P (ξ≤3)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3) ＝C 06×⎝⎛⎭⎫126＋C 16·⎝⎛⎭⎫126＋C 26·⎝⎛⎭⎫126＋C 36·⎝⎛⎭⎫126＝2132.3.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )A.C 35C 14C 45B.⎝⎛⎭⎫593×⎝⎛⎭⎫49C.35×14D.C 14×⎝⎛⎭⎫593×⎝⎛⎭⎫49 答案 B解析 由题意知前3次取出的均为黑球，第4次取得的为白球.故其概率为⎝⎛⎭⎫593×49.4.甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3∶2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲队打完4局才胜的概率为( ) A.C 23⎝⎛⎭⎫353×25 B.C 23⎝⎛⎭⎫352×23 C.C 34⎝⎛⎭⎫353×25 D.C 34⎝⎛⎭⎫233×13答案 A解析 在一次比赛中甲获胜的概率为35，输的概率为25.由题意知，甲队打完4局才胜，则第4局甲必胜，前3局中有2局甲胜，故甲队打完4局才胜的概率为C 23⎝⎛⎭⎫353×25. 5.位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A.⎝⎛⎭⎫125B.C 25×⎝⎛⎭⎫125C.C 35×⎝⎛⎭⎫123D.C 25×C 35×⎝⎛⎭⎫125 答案 B解析 如图，由题可知，质点P 必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率.所求概率为P ＝C 25×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫123＝C 25×⎝⎛⎭⎫125.故选B.6.口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{a n }，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A.C 57×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫235B.C 27×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫135C.C 57×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫135D.C 27×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232 答案 B解析 由S 7＝3知，在7次摸球中有2次摸取红球，5次摸取白球，而每次摸取红球的概率为23，摸取白球的概率为13，则S 7＝3的概率为C 27×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫135，故选B. 二、填空题7.已知汽车在公路上行驶时发生车祸的概率为0.001，如果公路上每天有1 000辆汽车通过，则公路上发生车祸的概率为________；恰好发生一起车祸的概率为________.(已知0.9991000≈0.367 70,0.999999≈0.368 06，精确到0.000 1)答案 0.632 3 0.368 1解析 设发生车祸的车辆数为X ，则X ～B (1 000,0.001)(1)记事件A ：“公路上发生车祸”，则P (A )＝1－P (X ＝0)＝1－0.9991 000≈1－0.367 70＝0.632 3.(2)恰好发生一次车祸的概率为P (X ＝1)＝C 11 000×0.001×0.999999≈0.368 06≈0.368 1.8.设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥1)＝________.答案6581解析 P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0)＝1－(1－p )2＝59.即(1－p )2＝49，解得p ＝13，故P (η≥1)＝1－P (η＝0)＝1－(1－p )4 ＝1－⎝⎛⎭⎫234＝6581.9.一袋中装有4个白球，2个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现3次停止，设停止时，取球次数为随机变量X ，则P (X ＝5)＝________. 答案881解析 X ＝5表示前4次中有2次取到红球，2次取到白球，第5次取到红球.则P (X ＝5)＝C 24⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232×13＝881. 10.张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段，每个路段的驾车时间都是3分钟，如果遇到红灯要停留1分钟.假设他在各交通岗是否遇到红灯是相互独立的，并且概率都是13.则张师傅此行程时间不少于16分钟的概率为_____.答案6581解析 如果不遇到红灯，全程需要15分钟，否则至少需要16分钟，所以张师傅此行程时间不少于16分钟的概率P ＝1－⎝⎛⎭⎫1－134＝6581. 三、解答题11.在一次数学考试中，第21题和第22题为选做题.规定每位考生必须且只须在其中选做一题.设4名考生选做每一道题的概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的分布列.解 (1)设事件A 表示“甲选做第21题”，事件B 表示“乙选做第21题”， 则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB ＋A B ”，且事件A 、B 相互独立. 故(AB ＋A B ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝12×12＋⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12. (2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4， 且ξ～B ⎝⎛⎭⎫4，12， 则P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫12k ⎝⎛⎭⎫1－124－k ＝C k 4⎝⎛⎭⎫124(k ＝0,1,2,3,4). 故变量ξ的分布列为12.某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予录用.设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为12，复审能通过的概率为310，各专家评审的结果相互独立.(1)求某应聘人员被录用的概率.(2)若4人应聘，设X 为被录用的人数，试求随机变量X 的分布列.解 设“两位专家都同意通过”为事件A ，“只有一位专家同意通过”为事件B ，“通过复审”为事件C .(1)设“某应聘人员被录用”为事件D ，则D ＝A ∪BC ，因为P (A )＝12×12＝14， P (B )＝2×12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12， P (C )＝310， 所以P (D )＝P (A ∪BC )＝P (A )＋P (B )P (C )＝25. (2)根据题意，X ＝0,1,2,3,4，且X ～B ⎝⎛⎭⎫4，25. A i 表示“应聘的4人中恰有i 人被录用”(i ＝ 0,1,2，3,4)，因为P (A 0)＝C 04×⎝⎛⎭⎫354＝81625，P (A 1)＝C 14×25×⎝⎛⎭⎫353＝216625， P (A 2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫252×⎝⎛⎭⎫352＝216625， P (A 3)＝C 34×⎝⎛⎭⎫253×35＝96625， P (A 4)＝C 44×⎝⎛⎭⎫254×⎝⎛⎭⎫350＝16625.所以X 的分布列为13.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响.(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击.问：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？解 设A ＝{甲射击一次击中目标}，B ＝{乙射击一次击中目标}，则A 、B 相互独立，且P (A )＝23，P (B )＝34. (1)设C ＝{甲射击4次，至少有1次未击中目标}，则P (C )＝1－⎝⎛⎭⎫234＝6581.(2)设D ＝{两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次}，∴P (D )＝C 24·⎝⎛⎭⎫232·⎝⎛⎭⎫132·C 34·⎝⎛⎭⎫343·14＝18. (3)甲恰好射击5次，被中止射击，说明甲第4、5次未击中目标，第3次击中目标，第1、2两次至多一次未击中目标，故所求概率P ＝⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫132·23·⎝⎛⎭⎫132＝16243.。