資源簡介

7.1.1　條件概率
學習目標
1．結合古典概型，了解條件概率，能計算簡單隨機事件的條件概率．
2．結合古典概型，了解條件概率與獨立性的關系．
3．結合古典概型，會利用乘法公式計算概率．
4．能利用條件概率公式解決一些簡單的實際問題．
核心素養
1．通過條件概率的學習，提升數學抽象素養．
2．借助條件概率公式解題，提升數學運算素養.
知識點 1　條件概率
(1)定義：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，我們稱 P(B|A)＝　為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率．
(2)特例：當P(A)>0時，當且僅當事件A與B相互獨立時，有P(B|A)＝P(B)．
想一想：P(B|A)和P(A|B)的意義相同嗎？為什么？
提示：P(B|A)是指在事件A發生的條件下，事件B發生的概率，而P(A|B)是指在事件B發生的條件下，事件A發生的概率，因此P(B|A)和P(A|B)的意義不同．
練一練：
已知P(AB)＝，P(A)＝，則P(B|A)為 　.
[解析]　由公式得P(B|A)＝＝＝×＝.
知識點 2　概率的乘法公式
對任意兩個事件A與B，若P(A)＞0，則P(AB)＝P(A)·P(B|A)．
練一練：
氣象資料表明，某地區每年七月份刮臺風的概率為，在刮臺風的條件下，下大雨的概率為，則該地區七月份既刮臺風又下大雨的概率為( B )
A． B．
C． D．
[解析]　設“某地區每年七月份刮臺風”為事件A，設“某地區每年七月份下大雨”為事件B，則“該地區七月份既刮臺風又下大雨”為事件AB.
由題得P(A)＝，P(B|A)＝，由概率的乘法公式得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×＝.
知識點 3　條件概率的性質
設P(A)>0，則
(1)P(Ω|A)＝1；
(2)如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
(3)設和B互為對立事件，則P(|A)＝1－P(B|A)．
練一練：
(多選)下列說法正確的是( AB )
A．P(B|A)≥P(AB)
B．P(B|A)＝是可能的
C．0D．P(A|A)＝0
[解析]　由條件概率公式P(B|A)＝及0知識點 4　事件的相互獨立性
(1)事件A與事件B相互獨立：對任意的兩個事件A與B，如果P(AB)＝P(A)·P(B)成立，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立．
(2)性質：若事件A與事件B相互獨立，則A與，與B，與也都相互獨立，P(B|A) ＝P(B) ，P(A|B) ＝P(A)．
練一練：
一個不透明的口袋中有黑、白兩種顏色的球，這些球除顏色外完全相同，從中進行有放回地摸球，用A1表示第一次摸得白球，A2表示第二次摸得白球，則A1與A2是( A )
A．相互獨立事件 B．不相互獨立事件
C．互斥事件 D．對立事件
[解析]　事件A1是否發生對事件A2發生的概率沒有影響，故A1與A2是相互獨立事件．
題型探究
題型一　利用定義求條件概率
典例1　現有6個節目準備參加比賽，其中4個舞蹈節目，2個語言類節目，如果不放回地依次抽取2個節目，求：
(1)第1次抽到舞蹈節目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈節目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈節目的條件下，第2次抽到舞蹈節目的概率．
[解析]　設第1次抽到舞蹈節目為事件A，第2次抽到舞蹈節目為事件B，則第1次和第2次都抽到舞蹈節目為事件AB.
(1)從6個節目中不放回地依次抽取2個，總的事件數n(Ω)＝A＝30.
根據分步乘法計數原理，有n(A)＝AA＝20，
所以P(A)＝＝＝.
(2)因為n(AB)＝A＝12，所以P(AB)＝＝＝.
(3)方法一：由(1)(2)得，在第1次抽到舞蹈節目的條件下，第2次抽到舞蹈節目的概率P(B|A)＝＝＝.
方法二：因為n(AB)＝12，n(A)＝20，
所以P(B|A)＝＝＝.
[規律方法]　求條件概率P(B|A)的步驟
方法一(定義法)：
(1)分析題意，弄清概率模型；
(2)計算P(A)，P(AB)；
(3)代入公式P(B|A)＝求P(B|A)．
方法二(基本事件法)：
(1)分析題意，弄清概率模型；
(2)對于古典概型，分別計算A事件包含的樣本點個數，AB事件包含的樣本點個數；
(3)由條件概率的計算公式P(B|A)＝得出所求概率．
對點訓練 盒內裝有除型號和顏色外完全相同的16個球，其中6個是E型玻璃球，10個是F型玻璃球．E型玻璃球中有2個是紅色的，4個是藍色的；
F型玻璃球中有3個是紅色的，7個是藍色的．現從中任取1個，已知取到的是藍球，問該球是E型玻璃球的概率是多少？
[解析]　(1)令事件A＝{取得藍球}，B＝{取得藍色E型玻璃球}．
方法一：∵P(A)＝，P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝＝.
方法二：∵n(A)＝11，n(AB)＝4，
∴P(B|A)＝＝.
題型二　概率的乘法公式
典例2　(1)已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.6，則P(B|A)＝_0.75__；
(2)某市場供應的燈泡中，甲廠產品占70%，乙廠產品占30%，甲廠產品的合格率是95%，乙廠產品的合格率為80%，則買到一個甲廠的合格燈泡的概率為_0.665__.
[解析]　(1)∵P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.6，
∴ P (AB)＝ P (B) · P (A|B) ＝0.5×0.6＝0.3.
∴P(B|A)＝＝＝0.75.
(2)記事件A為“買到甲廠產品”，事件B為“買到合格產品”，則P(A)＝70%，P(B|A)＝95%，所以P(AB)＝P(A) ·P(B|A)＝70%×95%＝0.665.
[規律方法]　應用乘法公式的關注點
1．功能：已知事件A發生的概率和事件A發生的條件下事件B發生的概率，求事件A與B同時發生的概率．
2．推廣：設A，B，C為三個事件，且P(AB)＞0，則有P(ABC)＝P(C|AB)P(AB)＝P(C|AB)P(B|A)P(A)．
對點訓練 甲、乙兩人獨立地對同一目標各射擊一次，命中率分別為0.6和0.5，現已知目標被擊中，則它是被甲擊中的概率為_0.75__.
[解析]　設“甲擊中目標”為事件A，“目標被擊中”為事件B，則所求概率為事件B發生的條件下A發生的條件概率．
∵P(AB)＝0.6，P(B)＝0.6×0.5＋0.6×0.5＋0.4×0.5＝0.8，∴P(A|B)＝＝＝0.75.
題型三　條件概率性的應用
典例3　在10 000張有獎儲蓄的獎券中，設有1個一等獎，5個二等獎，10個三等獎，從中依次取兩張，求在第一張中一等獎的條件下，第二張中二等獎或三等獎的概率．
[解析]　設“第一張中一等獎”為事件A，“第二張中二等獎”為事件B，“第二張中三等獎”為事件C，則P(A)＝，
P(AB)＝＝，
P(AC)＝，
∴P(B|A)＝＝＝，
P(C|A)＝＝＝，
∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝＝，
即在第一張中一等獎的條件下，第二張中二等獎或三等獎的概率為.
[規律方法]　1.利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使條件概率的計算較為簡單，但應注意這個性質的使用前提是“B與C互斥”．
2．為了求復雜事件的概率，往往需要把該事件分為兩個或多個互斥事件，求出簡單事件的概率后，相加即可得到復雜事件的概率．
對點訓練 在一個袋子中裝有10個球，設有1個紅球，2個黃球，3個黑球，4個白球，從中依次摸2個球，求在第一個球是紅球的條件下，第二個球是黃球或黑球的概率．
[解析]　設“摸出第一個球為紅球”為事件A，“摸出第二個球為黃球”為事件B，“摸出第二個球為黑球”為事件C.
方法一(定義法)：P(A)＝，P(AB)＝＝，P(AC)＝＝.
所以P(B|A)＝＝÷＝，
P(C|A)＝＝÷＝.
所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
所以所求的條件概率為.
方法二(直接法)：因為n(A)＝1×C＝9，n(B∪C|A)＝C＋C＝5，
所以P(B∪C|A)＝.所以所求的條件概率為.
易錯警示
混淆條件概率P(A|B)與積事件的概率P(AB)
典例4　一個盒子中有6支鉛筆，4支鋼筆，任取兩次，每次取一支，第一次取后不放回，若已知第一支是鉛筆，則第二支也是鉛筆的概率為 　.
[錯解]　P＝×＝，即所求概率為，故填.
[辨析]　導致上述錯誤解法的原因：
(1)該事件不是相互獨立事件，不能套用概率乘法公式；
(2)該試驗為條件概率模型，應用條件概率公式計算；
(3)要正確理解條件概率公式的意義，P(AB)為事件A，B同時發生的概率，P(A|B)表示在B發生的前提下，A發生的概率．
[正解]　設Ai(i＝1,2)表示“第i支是鉛筆”．
由題意，得P(A1)＝＝，
P(A1A2)＝×＝，
∴P(A2|A1)＝＝＝.
1．已知P(B|A)＝，P(AB)＝，則P(A)等于( D )
A． B．
C． D．
[解析]　因為P(B|A)＝，所以P(A)＝＝＝.
2．某校組織高一、高二年級書法比賽，高一、高二年級參賽人數分別占60%、40%；并且高一年級獲獎人數占本年級參賽人數的，高二年級獲獎人數占本年級參賽人數的.現從所有參賽學生中任意抽取一人，記事件A表示該學生來自高一，事件B表示該學生獲獎，則P(B|)的值為( A )
A． B．
C． D．
[解析]　因為事件A表示該學生來自高一，事件B表示該學生獲獎，所以P(B|)表示該學生來自高二的條件下，獲獎的概率．由題意，設參賽人數為x，則高一、高二年級參賽人數分別為0.6x,0.4x，則高一年級獲獎人數×0.6x＝0.1x，高二年級獲獎人數×0.4x＝0.05x，所以P(B|)＝＝.
3．已知甲、乙、丙三人到三個景點旅游，每人只去一個景點，設事件A為“三個人去的景點互不相同”，B為“甲獨自去一個景點”，則概率P(A|B)等于( C )
A． B．
C． D．
[解析]　由題意可知，
n(B)＝C·22＝12，n(AB)＝A＝6.
所以P(A|B)＝＝＝.
4．某人一周值班2次，在已知他周日一定值班的條件下，他在周六值班的概率為 　.
[解析]　設事件A為“周日值班”，事件B為“周六值班”，
方法一：則P(A)＝，P(AB)＝，故P(B|A)＝＝.
方法二：n(AB)＝1，n(A)＝C＝6，故P(B|A)＝＝.7.1.2　全概率公式
學習目標
1．了解全概率公式和貝葉斯公式的概念．
2．結合古典概型，會利用全概率公式計算概率，*了解貝葉斯公式．
3．能利用全概率公式解決生活中一些簡單的實際問題．
核心素養
1．通過對全概率公式和貝葉斯公式概念的學習，培養數學抽象素養．
2．借助全概率公式和貝葉斯公式求解概率，提升數學運算和邏輯推理素養.
知識點 1　全概率公式
一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，則對任意的事件B Ω，有P(B)＝ (Ai)P(B|Ai)　.
提醒：全概率公式可借助圖形來理解：
想一想：在全概率公式的推導過程中用到了哪些概率知識？
提示：互斥事件，互斥事件概率的加法公式．
練一練：
已知P(B1)＝，P(B2)＝，P(B3)＝，且B1，B2，B3互斥，P(A|B1)＝0.9，P(A|B2)＝0.8，P(A|B3)＝0.7，則P(A)＝_0.82__.
[解析]　P(A)＝×0.9＋×0.8＋×0.7＝0.82.
知識點 2　貝葉斯公式
設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，則對任意的事件B Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝ 　＝ 　，i＝1,2，…，n.
練一練：
設某公路上經過的貨車與客車的數量之比為2∶1，貨車中途停車修理的概率為0.02，客車為0.01，今有一輛汽車中途停車修理，則該汽車是貨車的概率為( A )
A．0.8 B．0.5
C．0.67 D．0.875
[解析]　設公路上經過的車為貨車是事件A，經過的車是客車為事件B，車需要修理為事件C，且P(A)＝，P(B)＝，P(C|A)＝0.02，P(C|B)＝0.01，
所以P(A|C)＝＝＝0.8.
題型探究
題型一　全概率公式的應用
典例1　假設某市場供應的智能手機中，市場占有率和優質率的信息如表所示.
品牌 甲 乙 其他
市場占有率 50% 30% 20%
優質率 95% 90% 70%
在該市場中任意買一部智能手機，求買到的是優質品的概率．
[解析]　用A1，A2，A3分別表示買到的智能手機為甲品牌、乙品牌、其他品牌，B表示買到的是優質品，則依據已知可得P(A1)＝50%，P(A2)＝30%，P(A3)＝20%，
且P(B|A1)＝95%，P(B|A2)＝90%，P(B|A3)＝70%.
因此，由全概率公式有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝50%×95%＋30%×90%＋20%×70%＝88.5%.
[規律方法]　關于全概率公式
(1)關鍵：理解A＝iA＝B1A＋B2A＋…＋BiA＋…＋BnA，其中P(BiA)＝P(Bi)P(A|Bi)．
(2)意義：如果把Bi看成導致事件A發生的各種可能“原因”，那么事件A發生的概率恰好是事件A在這些“原因”下發生的概率的加權平均值．
對點訓練 設一倉庫中有10箱同種規格的產品，其中由甲、乙、丙三廠生產的分別有5箱，3箱，2箱，三廠產品的廢品率依次為0.1,0.2,0.3.從這10箱產品中任取一箱，再從這箱中任取一件產品，求取得正品的概率．
[解析]　設A為事件“取得的產品為正品”，B1，B2，B3分別表示“任取一件產品是甲、乙、丙生產的”，由題設知P(B1)＝，P(B2)＝，P(B3)＝，
P(A|B1)＝0.9，P(A|B2)＝0.8，P(A|B3)＝0.7，
所以P(A)＝ (Bi)P(A|Bi)＝×0.9＋×0.8＋×0.7＝0.83.
題型二　貝葉斯公式的應用
典例2　若一位朋友從外地來看望小文，已知該朋友坐火車、輪船、汽車、飛機的概率分別是0.3，0.2，0.1,0.4，且他坐火車、輪船、汽車、飛機遲到的概率分別是0.25，0.3,0.1,0.若該朋友遲到了，推測他坐哪種交通工具的可能性大．
[解析]　設A1＝“坐火車來”，A2＝“坐輪船來”，A3＝“坐汽車來”，A4＝“坐飛機來”，B＝“該朋友遲到了”，則P(A1)＝0.3，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，P(A4)＝0.4，P(B|A1)＝0.25，P(B|A2)＝0.3，P(B|A3)＝0.1，P(B|A4)＝0.
由貝葉斯公式分別可以算得
P(A1|B)＝＝
＝
＝≈0.517，
P(A2|B)＝＝≈0.414，
P(A3|B)＝＝≈0.069，
P(A4|B)＝＝＝0.
比較以上四個概率值，可見他坐火車和輪船的概率較大，且坐火車的可能性最大，坐汽車的可能性很小，且不可能是坐飛機過來的．
[規律方法]　關于貝葉斯公式的應用
(1)若隨機試驗可以看成分兩個階段進行，如果第二個階段的某一個結果是已知的，要求的是此結果為第一階段某一個結果所引起的概率，一般用貝葉斯公式，類似于求條件概率．
(2)利用貝葉斯公式求概率的步驟
第一步：利用全概率公式計算P(A)，即P(A)＝(Bi)P(A|Bi)；
第二步：計算P(ABi)，可利用P(ABi)＝P(Bi)P(A|Bi)求解；
第三步：代入P(Bi|A)＝求解．
對點訓練 用血清診斷肝癌，臨床實踐表明，患肝癌的病人中有95%試驗呈陽性，也有2%的非肝癌患者化驗呈陽性．若將此法用于人群肝癌普查，設人群中肝癌患病率0.2%，現某人在普查中化驗結果呈陽性，求此人確患肝癌的概率．
[解析]　設A：被化驗者確患肝癌癥，B：被化驗者結果呈陽性，則P(B|A)＝0.95，
P(B|)＝0.02，P(A)＝0.002，
P()＝1－P(A)＝0.998，
P(A|B)＝
＝
＝≈0.087.
易錯警示
概率計算公式理解不清而致誤
典例3　(多選)若0A．P(A|B)＝
B．P(AB)＝P(A)P(B|A)
C．P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)
D．P(A|B)＝
[錯解]　BC　由條件概率的計算公式知A、D錯誤，B、C顯然正確．
[辨析]　記憶公式時要抓住公式的結構特性，同時還要正確理解各個隨機事件的含義．
[正解]　由條件概率的計算公式知A錯誤；B，C顯然正確；D選項中，因為P(A)P(B|A)＝P(B)P(A|B)，故D正確．
1．已知P(BA)＝0.4，P(B)＝0.2，則P(B)的值為( C )
A．0.08 B．0.8
C．0.6 D．0.5
[解析]　因為P(BA)＝P(A)P(B|A)，P(B)＝P()P(B|)，所以P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝P(BA)＋P(B)＝0.4＋0.2＝0.6.
2．設某工廠有兩個車間生產同型號家用電器，第一車間的次品率為0.15，第二車間的次品率為0.12，兩個車間的成品都混合堆放在一個倉庫，假設第1,2車間生產的成品比例為2∶3，今有一客戶從成品倉庫中隨機提一臺產品，則該產品合格的概率為( C )
A．0.6 B．0.85
C．0.868 D．0.88
[解析]　設B：從倉庫中隨機提出的一臺是合格品，Ai提出的一臺是第i車間生產的，i＝1,2，
則有B＝A1B∪A2B，由題意，
P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝0.85，P(B|A2)＝0.88，
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.85＋0.6×0.88＝0.868.
3．某校高二年級組織春游，已知該校1～8班每班30人，9～20班每班40人，且1～8班前往“廬山”景區，9～20班前往“武功山”景區．若游客對“廬山”景區的滿意度為80%，對“武功山”景區的滿意度為75%，現從該校隨機抽取一名高二學生，則對所游景區感到滿意的概率為( D )
A． B．
C． D．
[解析]　設B＝“任抽一名高二學生對所游景區感到滿意”，A1＝“抽到1～8班的學生”，A2＝“抽到9～20班的學生”，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(B|A1)＝80%＝，P(B|A2)＝75%＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝.
4．1號箱中有2個白球和4個紅球，2號箱中有5個白球和3個紅球，現隨機地從1號箱中取出一球放入2號箱，然后從2號箱中隨機取出一球，設事件A：“最后從2號箱中取出的是紅球”，事件B：“從1號箱中取出的是紅球”，則P(A|B)＝ 　，P(A|)＝ 　.
[解析]　由題意P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝.7.2　離散型隨機變量及其分布列
學習目標
1．通過具體實例，了解離散型隨機變量的概念．
2．理解離散型隨機變量的分布列，會求某些簡單的離散型隨機變量的分布列．
核心素養
1．通過離散型隨機變量及其分布列的概念與性質的學習，培養數學抽象素養．
2．借助分布列的求法，培養數學運算素養.
知識點 1　離散型隨機變量
(1)隨機變量：對于隨機試驗樣本空間_Ω__中的每一個樣本點ω，都有_唯一的實數X(ω)__與之對應，我們稱X為隨機變量．
(2)離散型隨機變量：可能取值為_有限個__或可以
_一一列舉__的隨機變量，我們稱之為離散型隨機變量．
(3)離散型隨機變量的特征：
①可用數值表示；
②試驗之前可以判斷其出現的所有值；
③在試驗之前不能確定取何值；
④試驗結果能一一列出．
(4)表示：隨機變量用大寫英文字母表示，如X，Y，Z；隨機變量的取值用小寫英文字母表示，如x，y，z.
(5)本質：通過引入一個取值依賴于樣本點的變量X，來刻畫樣本點和實數的對應關系，實現樣本點的數量化．
練一練：
下列變量，其中不是離散型隨機變量的是( C )
A．某機場候機室中一天的旅客數量為X
B．某尋呼臺一天內收到的尋呼次數為X
C．某水電站觀察到一天中長江的水位為X
D．某立交橋一天內經過的車輛數為X
[解析]　ABD中的隨機變量X可能取的值，我們都可以按一定次序一一列出，因此它們都是離散型隨機變量；C中的X可以取某一區間內的一切值，無法按一定次序一一列出，故它不是離散型隨機變量．
知識點 2　離散型隨機變量的分布列
(1)定義：設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X取每一個值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n為X的_概率分布列__，簡稱_分布列__.
(2)表示：表格
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(3)性質：①pi_≥0__，i＝1,2，…，n；
②p1＋p2＋…＋pn＝_1__.
練一練：
隨機變量X的分布列如表所示：
X 1 2 3 4
P 0.1 m 0.3 2m
則P(X≤2)＝( C )
A．0.1 B．0.2
C．0.3 D．0.4
[解析]　由分布列的性質可得，0.1＋m＋0.3＋2m＝1，可得m＝0.2，
所以P(X≤2)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝0.1＋0.2＝0.3.
知識點 3　兩點分布
對于只有兩個可能結果的隨機試驗，用A表示“成功”，表示“失敗”，定義X＝如果P(A)＝p，則P()＝1－p，那么X的分布列為
X 0 1
P _1－p__ _p__
我們稱X服從兩點分布或0－1分布．
想一想：若隨機變量X的分布列為
X 1 2
P
那么X服從兩點分布嗎？
提示：不服從兩點分布，X的取值只能是0,1.
練一練：
設某項試驗的成功率是失敗率的2倍，用隨機變量ξ去描述1次試驗的成功次數，則P(ξ＝0)等于( C )
A．0 B．
C． D．
[解析]　設失敗率為p，則成功率為2p，ξ的分布列為
ξ 0 1
P p 2p
即“ξ＝0”表示試驗失敗，“ξ＝1”表示試驗成功，由p＋2p＝1，得p＝，所以P(ξ＝0)＝.故選C.
題型探究
題型一　隨機變量的概念
典例1　 (1)(多選)拋擲一枚均勻硬幣一次，不能作為隨機變量的是( ACD )
A．拋擲硬幣的次數
B．出現正面的次數
C．出現正面或反面的次數
D．出現正面和反面的次數之和
(2)(多選)下列隨機變量是離散型隨機變量的是( AB )
A．從10張已編好號碼的卡片(從1號到10號)中任取一張，被取出的卡片的號數
B．一個袋中裝有9個正品和1個次品，從中任取3個，其中所含正品的個數
C．某林場樹木最高達30 m，則此林場中樹木的高度
D．某加工廠加工的某種鋼管的外徑與規定的外徑尺寸之差
[分析]　判斷一個變量是否為離散型隨機變量，關鍵是看它的取值能否一一列出，若能，則是離散型隨機變量，否則就不是離散型隨機變量．
[解析]　(1)拋擲一枚硬幣一次，可能出現的結果是正面向上或反面向上，以某一個為標準，如正面向上的次數來描述這一隨機試驗，那么正面向上的次數就是隨機變量ξ，ξ 的取值是0,1，故B項為隨機變量；而A項中拋擲次數就是1，不是隨機變量；C項中標準不明；D項中，出現正面和反面的次數之和為拋擲硬幣的次數，也不是隨機變量．
(2)A項，只要取出一張，便有一個號碼，因此被取出的卡片號數可以一一列出，符合離散型隨機變量的定義；B項，從10個產品中取3個產品，所得的結果有以下幾種：3個正品，2個正品和1個次品，即其結果可以一一列出，符合離散型隨機變量的定義；C項，林場樹木的高度是一個隨機變量，它可以取(0,30]內的一切值，無法一一列舉，不是離散型隨機變量；D項，實際測量值與規定值之間的差值無法一一列出，不是離散型隨機變量．
[規律方法]　判斷一個隨機變量X是否為離散型隨機變量的具體方法
(1)明確隨機試驗的所有可能結果．
(2)將隨機試驗的試驗結果數量化．
(3)確定試驗結果所對應的實數是否可按一定次序一一列出，如果能一一列出，則該隨機變量是離散型隨機變量，否則不是．
對點訓練 袋中有2個黑球、6個紅球，從中任取2個，可以作為隨機變量的是( B )
A．取到的球的個數
B．取到紅球的個數
C．至少取到1個紅球
D．至少取到1個紅球的概率
[解析]　A的取值不具有隨機性，C是一個事件而非隨機變量，D中概率值是一個定值而非隨機變量，只有B滿足要求．
題型二　分布列及其性質的應用
典例2　設隨機變量X的分布列為P(X＝i)＝(i＝1,2,3,4)，求：
(1)P(X＝1或X＝2)；
(2)P.
[分析]　先由分布列的性質求a，再根據X＝1或X＝2，[解析]　(1)∵pi＝＋＋＋＝1，∴a＝10，
則P(X＝1或X＝2)＝P(X＝1)＋P(X＝2)
＝＋＝.
(2)由a＝10，可得P
＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)
＝＋＋＝.
[規律方法]　離散型隨機變量分布列的性質的應用
(1)求參數的取值或范圍．
(2)求隨機變量在某個范圍內取值的概率．
(3)驗證分布列是否正確．
對點訓練 (1)設ξ是一個隨機變量，其分布列如下表所示：
ξ －1 0 1
P 1－2q q2
則q＝( D )
A．1 B．1±
C．1＋ D．1－
(2)設隨機變量X的分布列為P(X＝i)＝(i＝1,2,3,4)，若P(1≤X[分析]　(1)由分布列的性質列出關于q的等式或不等式求解；(2)分別求出P(X＝1)，P(X＝2)，P(X＝3)，P(X＝4)的值，然后根據P(1≤X[解析]　(1)由離散型隨機變量分布列的性質得解得q＝1－.
(2)因為P(X＝i)＝(i＝1,2,3,4)，所以P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝＝.又P(1≤X題型三　離散型隨機變量的分布列
典例3　一袋中裝有6個同樣大小的黑球，編號為1,2,3,4,5,6，現從中隨機取出3個球，以X表示取出球的最大號碼．
(1)求X的分布列；
(2)求X的取值不小于4的概率．
[解析]　(1)隨機變量X的可能取值為3,4,5,6，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，P(X＝6)＝＝，
所以隨機變量X的分布列為
X 3 4 5 6
P
(2)X的取值不小于4的概率為P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＋P(X＝6)＝＋＋＝.
[規律方法]　求離散型隨機變量的分布列應注意的問題
(1)正確求出分布列的前提是必須先準確寫出隨機變量的所有可能取值，再依古典概型求出每一個可能取值的概率．至于某一范圍內取值的概率，應等于它取這個范圍內各個值的概率之和．
(2)在求解過程中注重知識間的融合，常常會用到排列組合、古典概型及互斥事件、對立事件的概率等知識．
對點訓練 甲袋中有2個黑球，4個白球，乙袋中有3個黑球，3個白球，從兩袋中各取一球．
(1)求“兩球顏色相同”的概率；
(2)設ξ表示所取白球的個數，求ξ的概率分布列．
[解析]　(1)從甲中取出黑球的概率為，取出白球的概率為，從乙中取出黑球的概率為，取出白球的概率為，故“兩球顏色相同”的概率P＝×＋×＝.
(2)由題意可得，ξ的所有可能取值為0,1,2，P(ξ＝0)＝×＝，P(ξ＝1)＝×＋×＝，P(ξ＝2)＝×＝，故ξ的分布列為：
ξ 0 1 2
P
題型四　求離散型隨機變量η＝f(ξ)的分布列
典例4　已知離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
求：(1)2X＋1的分布列；
(2)|X－1|的分布列．
[分析]　先由分布列的性質求出m的值，然后求出X取每一個值時對應的2X＋1，|X－1|的值，再分別把2X＋1，|X－1|取相同的值時所對應的概率相加，列出分布列．
[解析]　由分布列的性質知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，解得m＝0.3.
由題意列表如下．
X 0 1 2 3 4
2X＋1 1 3 5 7 9
|X－1| 1 0 1 2 3
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(1)易得2X＋1的分布列為
2X＋1 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(2)易得|X－1|的分布列為
|X－1| 0 1 2 3
P 0.1 0.3 0.3 0.3
[規律方法]　已知離散型隨機變量ξ的分布列，求離散型隨機變量η＝f(ξ)的分布列的關鍵是弄清楚ξ取每一個值時對應的η的值，再把η取相同的值時所對應的事件的概率相加，列出概率分布列即可．
對點訓練 已知隨機變量ξ的分布列為
ξ －2 －1 0 1 2 3
P
分別求出隨機變量η1＝－ξ＋，η2＝ξ2－2ξ的分布列．
[解析]　由η1＝－ξ＋，對于ξ＝－2，－1,0,1,2,3，得η1＝，，，－，－，－，相應的概率值為，，，，，.
故η1的分布列為
η1 － － －
P
由η2＝ξ2－2ξ，對于ξ＝－2，－1,0,1,2,3，得η2＝8,3,0，－1,0,3.所以P(η2＝8)＝，P(η2＝3)＝＋＝，
P(η2＝0)＝＋＝，P(η2＝－1)＝.
故η2的分布列為
η2 8 3 0 －1
P
1．某人進行射擊，共有10發子彈，若擊中目標或子彈打完就停止射擊，射擊次數為ξ，則ξ＝10，表示的試驗結果是( C )
A．第10次擊中目標 B．第10次未擊中目標
C．前9次未擊中目標 D．第9次擊中目標
[解析]　擊中目標或子彈打完就停止射擊，射擊次數ξ＝10，則說明前9次均未擊中目標，第10次擊中目標或未擊中目標．
2．拋擲兩枚骰子，所得點數之和記為ξ，那么ξ＝4表示的隨機試驗的結果是( D )
A．一枚是3點，一枚是1點
B．兩枚都是2點
C．兩枚都是4點
D．一枚是3點，一枚是1點或兩枚都是2點
[解析]　ξ＝4可能出現的結果是一枚是3點，一枚是1點或兩枚都是2點．
3．已知隨機變量X的分布列如下表所示，其中c＝2b－a，則P(|X|＝1)等于( D )
X －1 0 1
P a b c
A． B．
C． D．
[解析]　∵c＝2b－a，
∴a＋b＋c＝3b＝1，∴b＝，
∴P(|X|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝－1)＝1－P(X＝0)＝1－＝，故選D.
4．在考試中，需回答三個問題，考試規則規定，每題回答正確得100分，回答不正確得－100分，則這名同學回答這三個問題的總得分ξ的所有可能取值是 －300，－100,100,300　.
[解析]　若答對0個問題得分－300；若答對1個問題得分－100；若答對兩個問題得分100；若問題全答對得分300.7．3.1　離散型隨機變量的均值
學習目標
1．通過具體實例，理解離散型隨機變量的均值，能計算簡單離散型隨機變量的均值．
2．理解離散型隨機變量的均值的性質．
3．會利用離散型隨機變量的均值解決一些相關問題．
核心素養
1．通過離散型隨機變量的均值的學習，培養數學抽象素養．
2．應用隨機變量的均值解題，提升數學運算素養.
知識點 1　離散型隨機變量的均值
(1)定義：一般地，如果離散型隨機變量X的分布列如表所示：
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
則稱E(X)＝ x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝ipi　為隨機變量X的均值或數學期望(簡稱為期望)．
(2)意義：均值是隨機變量可能取值關于取值概率的加權平均數，反映了隨機變量取值的_平均水平__.
(3)性質：如果X和Y都是隨機變量，且Y＝aX＋b(a≠0)，則E(Y)＝E(aX＋b)＝_aE(X)＋b__.
想一想：離散型隨機變量的均值和樣本的平均數相同嗎？
提示：不相同．離散型隨機變量的均值是一個常數，它不依賴于樣本的抽取，而樣本平均數是一個隨機變量，它隨樣本的不同而變化．
練一練：
1．若隨機變量X的分布列為
X －1 0 1
P
則E(X)＝( C )
A．0 B．－1
C．－ D．－
[解析]　E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
2．設E(X)＝10，則E(3X＋5)＝_35__.
[解析]　E(3X＋5)＝3E(X)＋5＝3×10＋5＝35.
知識點 2　兩點分布的數學期望
如果隨機變量X服從兩點分布，那么E(X)＝_p__.
練一練：
某彩票3D游戲(以下簡稱3D)，是以一個3位自然數(如：0記作000)為投注號碼的彩票．投注者從000～999這些3位自然數中選擇一個進行投注，每注2元，如果與官方公布的三位數相同，則視為中獎，獲得獎金1 000元，反之則獲得獎金0元．某人隨機投了一注，他獲得獎金的期望是_1__元．
[解析]　由題意，此人中獎的概率為，不中獎的概率為，
所以此人隨機投注一次，他獲得獎金的期望為：1 000×＋0×＝1(元).
題|型|探|究
題型一　離散型隨機變量的均值公式及性質
典例1　已知隨機變量X的分布列如下：
X －2 －1 0 1 2
P m
(1)求m的值；
(2)求E(X)；
(3)若Y＝2X－3，求E(Y)．
[解析]　(1)＋＋＋m＋＝1，解得m＝.
(2)E(X)＝－2×－1×＋0×＋1×＋2×＝－.
(3)若Y＝2X－3，
E(Y)＝2E(X)－3＝－2×－3＝－.
[規律方法]　若給出的隨機變量Y與X的關系
為Y＝aX＋b(其中a，b為常數)，一般思路是先求出E(X)，再利用公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b求E(Y)．
對點訓練 (1)設隨機變量X的分布列如下表，且E(X)＝1.6，則a－b＝( C )
X 0 1 2 3
P 0.1 a b 0.1
A.0.2 B．0.1
C．－0.2 D．－0.4
(2)已知隨機變量X的分布列如表：
X －1 0 1
P m
若ξ＝aX＋3，且E(ξ)＝5，則a的值為 15　.
[解析]　(1)由題意得a＋b＋0.1＋0.1＝1，即a＋b＝0.8①.
又0×0.1＋a＋2b＋3×0.1 ＝ 1.6，
∴a＋2b＝1.3②.
②－①，得b＝0.5，
∴a＝0.3，∴a－b＝0.3－0.5＝－0.2.
(2)由隨機變量分布列的性質，得＋＋m＝1，解得m＝.E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝.
因為E(ξ)＝E(aX＋3)＝aE(X)＋3＝a＋3＝5，所以a＝15.
題型二　求離散型隨機變量的均值
典例2　某地最近出臺一項機動車駕照考試規定：每位考試者一年之內最多有4次參加考試的機會，只要某次考試通過，即可領取駕照，不再參加以后的考試，否則就一直考到第4次為止．如果李明決定參加駕照考試，設他每次參加考試通過的概率依次為0.6，0.7,0.8,0.9，求在一年內李明參加駕照考試次數X的分布列和X的均值．
[解析]　X的取值分別為1,2,3,4.
X＝1，表明李明第一次參加駕照考試就通過了，
故P(X＝1)＝0.6.
X＝2，表明李明第一次考試未通過，第二次通過了，故P(X＝2)＝(1－0.6)×0.7＝0.28.
X＝3，表明李明第一、二次考試未通過，第三次通過了，
故P(X＝3)＝(1－0.6)×(1－0.7)×0.8＝0.096.
X＝4，表明李明第一、二、三次考試都未通過，故P(X＝4)＝(1－0.6)×(1－0.7)×(1－0.8)＝0.024.
所以李明一年內參加考試次數X的分布列為
X 1 2 3 4
P 0.6 0.28 0.096 0.024
所以X的均值為E(X)＝1×0.6＋2×0.28＋3×0.096＋4×0.024＝1.544.
[規律方法]　關于離散型隨機變量的均值
(1)如果隨機變量服從兩點分布，則直接利用兩點分布的均值公式計算．
(2)一般地，先求出隨機變量的分布列，再通過分布列計算隨機變量的均值．
對點訓練 在一個不透明的紙袋里裝有5個大小相同的小球，其中有1個紅球和4個黃球，規定每次從袋中任意摸出一球，若摸出的是黃球則不再放回，直到摸出紅球為止，求摸球次數ξ的均值．
[解析]　由題意得，ξ可能的取值為1,2,3,4,5，則P(ξ＝1)＝，
P(ξ＝2)＝×＝，P(ξ＝3)＝××＝，
P(ξ＝4)＝×××＝，
P(ξ＝5)＝××××1＝，
故ξ的分布列為
ξ 1 2 3 4 5
P
由離散型隨機變量的均值的定義知E(ξ)＝×(1＋2＋3＋4＋5)＝3.
題型三　均值的實際應用
典例3　(全國Ⅰ卷)某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰．機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元．在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元．現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數，得下面柱狀圖(如圖)：
以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發生的概率，記X表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數，n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數．
(1)求X的分布列；
(2)若要求P(X≤n)≥0.5，確定n的最小值；
(3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據，在n＝19與n＝20之中選其一，應選用哪個？
[解析]　由柱狀圖并以頻率代替概率可得，1臺機器在三年內需更換的易損零件數可能為8,9,10,11，相應的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2，從而X的所有可能取值為16,17,18,19,20,21,22.
P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；
P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；
P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；
P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列為
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值為19.
(3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位：元)．
當n＝19時，
E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.
當n＝20時，
E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.
可知當n＝19時所需費用的期望值小于當n＝20時所需費用的期望值，故應選n＝19.
[規律方法]　實際問題中的均值問題
均值在實際生活中有著廣泛的應用，如對體育比賽的成績預測、消費預測、工程方案的預測、產品合格率的預測、投資收益的預測等方面，都可以通過隨機變量的均值來進行估計．
對點訓練 根據天氣預報，某地區近期有小洪水的概率為0.25，有大洪水的概率為0.01.該地區某工地上有一臺大型設備，遇到大洪水時要損失60 000元，遇到小洪水時要損失10 000元．為保護設備，有以下3種方案：
方案1　運走設備，搬運費為3 800元；
方案2　建保護圍墻，建設費為2 000元，但圍墻只能防小洪水；
方案3　不采取措施．
如果你是工地的領導，那么該如何決策呢？
[解析]　設方案1、方案2、方案3的總損失分別為X1，X2，X3.
采用方案1，無論有無洪水，都損失3 800元．因此，X1＝3 800.
采用方案2，遇到大洪水時，總損失為2 000＋60 000＝62 000元；沒有大洪水時，總損失為2 000元．
因此，X2＝
采用方案3，有X3＝
于是，E(X1)＝3 800，
E(X2)＝62 000×0.01＋2 000×0.99＝2 600，
E(X3)＝60 000×0.01＋10 000×0.25＋0×0.74＝3 100.
因此，從期望損失最小的角度，應采取方案2.
易|錯|警|示
易錯易混問題——求分布列或均值時，隨機變量的取值模糊致錯
典例4　浙江衛視的《中國好聲音(The Voice of China)》節目是大型勵志專業音樂評論節目．每期節目有四位導師參加，導師背對歌手，若參賽選手演唱完之前有導師為其轉身，則該選手可以選擇加入為其轉身的導師的團隊中接受指導訓練．已知某期《中國好聲音》中，6位選手演唱完后，四位導師為其轉身的情況如下表所示：
導師轉身人數 4 3 2 1
獲得相應導師轉身的選手人數 1 2 2 1
現從這6位選手中隨機抽取兩人考察他們演唱完后導師的轉身情況．
(1)求選出的2位選手中，為其轉身的導師人數和為4的概率；
(2)記選出的2位選手中，為其轉身的導師人數之和為X，求X的分布列及數學期望E(X)．
[錯解]　(1)設6位選手中，A有4位導師為其轉身，B，C有3位導師為其轉身，D，E有2位導師為其轉身，F只有1位導師為其轉身．
從6人中隨機抽取兩人有C＝15(種)情況，
其中選出的2位選手中，為其轉身的導師人數和為4的有C＋CC＝3(種)，
故所求概率為P＝＝.
(2)X的所有可能取值為4,5,6,7.
P(X＝4)＝；P(X＝5)＝＝＝；P(X＝6)＝＝＝；P(X＝7)＝＝.
所以X的分布列如下：
X 4 5 6 7
P
由X的分布列，可得E(X)＝4×＋5×＋6×＋7×＝.
[辨析]　對離散型隨機變量X的意義不明晰，導致X的可能取值出錯．
[正解]　(1)設6位選手中，A有4位導師為其轉身，B，C有3位導師為其轉身，D，E有2位導師為其轉身，F只有1位導師為其轉身．
從6人中隨機抽取兩人有C＝15(種)情況，
其中選出的2位選手中，為其轉身的導師人數和為4的有C＋CC＝3(種)，
故所求概率為P＝＝.
(2)X的所有可能取值為3,4,5,6,7.
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝，P(X＝5)＝＝＝，P(X＝6)＝＝＝，P(X＝7)＝＝.
所以X的分布列如下：
X 3 4 5 6 7
P
由X的分布列，可得E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＋7×＝5.
1．已知X的分布列為：
X －1 0 1
P a
設Y＝2X＋1，則Y的數學期望E(Y)的值是( B )
A．－ B．
C．1 D．
[解析]　由已知得＋＋a＝1，
∴a＝，
∴E(X)＝－＋＝－，
∵E(Y)＝2E(X)＋1，
∴E(Y)＝.故選B.
2．某船隊若出海后天氣好，可獲得5 000元；若出海后天氣壞，將損失2 000元；若不出海也要損失1 000元．根據預測知天氣好的概率為0.6，則出海的期望效益是( B )
A．2 000元 B．2 200元
C．2 400元 D．2 600元
[解析]　出海的期望效益E(X)＝5 000×0.6＋(1－0.6)×(－2 000)＝3 000－800＝2 200(元)．
3．(2023·安徽六安高二檢測)一個均勻小正方體的六個面中，三個面上標有數字0，兩個面上標有數字1，一個面上標有數字2，將這個小正方體拋擲2次，則向上的數字之積的均值是 　.
[解析]　隨機變量X的取值為0,1,2,4，P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝4)＝，因此，E(X)＝0×＋1×＋2×＋4×＝.
4．口袋中有5個形狀和大小完全相同的小球，編號分別為0,1,2,3,4，從中任取3個球，以ξ表示取出球的最大號碼，則E(ξ)＝_3.5__.
[解析]　由題意知ξ＝2,3,4.
則P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，
可得分布列為：
ξ 2 3 4
P
∴E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝3.5.7．3.2　離散型隨機變量的方差
學習目標
1．通過具體實例，理解離散型隨機變量的方差及標準差的概念．
2．能計算簡單離散型隨機變量的方差，并能解決一些實際問題．
3．掌握方差的性質以及方差的求法，會利用公式求方差．
核心素養
1．通過離散型隨機變量的方差的學習，培養數學抽象素養．
2．借助方差解決實際問題，提升數學運算素養．
知識點 　離散型隨機變量的方差、標準差
(1)定義：如果離散型隨機變量X的分布列如表所示：
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
因為X的均值為E(X)，所以D(X)＝_(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn__＝ (xi－E(X))2pi　，稱為隨機變量X的方差，有時也記作：Var(X)，并稱為隨機變量X的標準差．記作：σ(X)．
(2)意義：隨機變量的方差和標準差都反映了隨機變量取值的離散程度，方差和標準差越小，隨機變量的取值越_集中__；方差與標準差越大，隨機變量的取值越_分散__.
(3)性質：D(aX＋b)＝_a2D(X)__.
想一想：離散型隨機變量的方差和樣本方差之間有何關系？
提示：(1)離散型隨機變量的方差即為總體的方差，它是一個常數，不隨樣本的變化而變化；(2)樣本方差則是隨機變量，它是隨樣本不同而變化的．
練一練：
1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)離散型隨機變量ξ的期望E(ξ)反映了ξ取值的概率的平均值．( × )
(2)離散型隨機變量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的平均水平．( × )
(3)離散型隨機變量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的波動水平．( √ )
(4)離散型隨機變量的方差越大，隨機變量越穩定．( × )
2．已知隨機變量ξ，D(ξ)＝，則D(2ξ＋1)＝_1__.
[解析]　D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝4×＝1.
3．若隨機變量X服從兩點分布，且在一次試驗中事件A發生的概率P＝0.5，則E(X)和D(X)分別為( C )
A．0.25；0.5 B．0.5；0.75
C．0.5；0.25 D．1；0.75
[解析]　E(X)＝0.5，D(X)＝0.5×(1－0.5)＝0.25.
題|型探|究
題型一　定義法求離散型隨機變量的方差
典例1　袋中有20個大小相同的球，其中記上0號的有10個，記上n號的有n個(n＝1,2,3,4)．現從袋中任取一球，隨機變量X表示所取球的標號．求X的分布列、均值和方差．
[分析]　已知標數字n的有n個，即標數字1的有1個、標數字2的有2個，標數字3的有3個，標數字4的有4個，從而可以明確隨機變量X的取值及各個取值對應的概率，進而寫出X的分布列、求出X的均值，即可求得X的方差．
[解析]　由題意知，隨機變量X的所有可能取值有0,1,2,3,4，且P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝＝，
∴X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5.
D(X)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.
[規律方法]　利用定義法求離散型隨機變量的方差和標準差的步驟
(1)明確隨機變量的所有取值，并理解隨機變量每一個取值的意義．
(2)求出隨機變量取各個值的概率．
(3)列出隨機變量的分布列．
(4)利用均值公式E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn，求出隨機變量X的均值E(X)．
(5)利用方差公式D(X)＝(xi－E(X))2pi，求出隨機變量X的方差D(X)．
(6)利用方差與標準差的關系，求出隨機變量的標準差σ(X)＝.
對點訓練 編號為1,2,3的三位學生隨意入座編號為1,2,3的三個座位，每位學生坐一個座位，
設與座位編號相同的學生的人數是ξ，求E(ξ)和D(ξ)．
[解析]　ξ的所有可能取值為0,1,3，ξ＝0表示三位同學全坐錯了，有2種情況，即編號為1,2,3的座位上分別坐了編號為2,3,1或3,1,2的學生，則P(ξ＝0)＝＝；
ξ＝1表示三位同學只有1位同學坐對了，則P(ξ＝1)＝＝；
ξ＝3表示三位學生全坐對了，即對號入座，
則P(ξ＝3)＝＝.
所以ξ的分布列為：
ξ 0 1 3
P
E(ξ)＝0×＋1×＋3×＝1；
D(ξ)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(3－1)2＝1.
題型二　利用方差的性質求隨機變量的方差(標準差)
典例2　已知隨機變量X的分布列如下：
X －1 0 1
P a
(1)求隨機變量X2的分布列；
(2)計算X的方差；
(3)若隨機變量Y＝4X＋3，求Y的均值和方差．
[解析]　(1)由分布列的性質知＋＋a＝1，故a＝，從而X2的分布列為
X2 0 1
P
(2)方法一：由(1)知a＝，
所以X的均值E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
故X的方差D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
方法二：由(1)知a＝，
所以X的均值為E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－，
X2的均值E(X2)＝0×＋1×＝，
所以X的方差D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝－2＝.
(3)因為隨機變量Y＝4X＋3，所以E(Y)＝4E(X)＋3＝2，D(Y)＝42D(X)＝11.
[規律方法]　(1)方差的計算需要一定的運算能力，在隨機變量X2的均值比較容易計算的情況下，運用關系式D(X)＝E(X2)－(E(X))2不失為一種比較實用的方法．
(2)若變量間存在Y＝aX＋b(a≠0)的關系，應注意均值與方差性質的應用，即利用E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)求解．
對點訓練 若隨機變量X的分布列為
X 0 1
P 0.2 m
已知隨機變量Y＝aX＋b(a，b∈R，a>0)且E(Y)＝10，D(Y)＝4，則a與b的值為( C )
A．a＝10，b＝3 B．a＝3，b＝10
C．a＝5，b＝6 D．a＝6，b＝5
[解析]　因為0.2＋m＝1，所以m＝0.8，
所以E(X)＝0×0.2＋1×0.8＝0.8，D(X)＝0.2×0.8＝0.16.
因為Y＝aX＋b(a，b∈R)，E(Y)＝10，D(Y)＝4，
所以aE(X)＋b＝0.8a＋b＝10，a2D(X)＝0.16a2＝4，解得a＝5，b＝6.
題型三　均值與方差的綜合應用
典例3　A，B兩個投資項目的利潤率分別為隨機變量X1和X2，根據市場分析，X1和X2的分布列分別為
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A，B兩個項目上各投資100萬元，Y1和Y2分別表示投資項目A和B所獲得的利潤，求方差D(Y1)，D(Y2)；
(2)將x(0≤x≤100)萬元投資A項目，(100－x)萬元投資B項目，f(x)表示投資A項目所得利潤的方差與投資B項目所得利潤的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x為何值時，f(x)取得最小值．(注：D(aX＋b)＝a2D(X))
[解析]　(1)由題設可知Y1和Y2(單位：萬元)的分布列分別為
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，
D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4.
E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，
D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.
(2)f(x)＝D＋D＝2D(Y1)＋2D(Y2)＝[x2＋3(100－x)2]＝(4x2－600x＋30 000)＝(x－75)2＋3，
所以當x＝75時，f(x)取得最小值3.
[規律方法]　利用均值和方差的意義分析解決實際問題的步驟
(1)比較均值．離散型隨機變量的均值反映了離散型隨機變量取值的平均水平，因此，在實際決策問題中，需先計算均值，看一下誰的平均水平高．
(2)在均值相等的情況下計算方差．方差反映了離散型隨機變量取值的穩定與波動、集中與離散的程度．通過計算方差，分析一下誰的水平發揮相對穩定．
(3)下結論．依據方差的幾何意義做出結論．
對點訓練 以往的統計資料表明，甲、乙兩運動員在比賽中的得分情況為：
X1(甲得分) 0 1 2
P 0.2 0.5 0.3
X2(乙得分) 0 1 2
P 0.3 0.3 0.4
欲從甲、乙兩運動員中選一人參加奧運會，你認為選派哪位運動員參加較好？
[解析]　由題意，E(X1)＝0×0.2＋1×0.5＋2×0.3＝1.1，
E(X2)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.4＝1.1，
所以E(X1)＝E(X2)．
D(X1)＝(0－1.1)2×0.2＋(1－1.1)2×0.5＋(2－1.1)2×0.3＝0.49，
D(X2)＝(0－1.1)2×0.3＋(1－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.4＝0.69，
所以D(X1)所以甲運動員的技術更穩定，應選派甲參加．
易|錯|警|示
要準確理解隨機變量取值的含義
典例4　某人有5把鑰匙，其中只有一把能打開某一扇門，今任取一把試開，不能打開者除去，求打開此門所需試開次數X的均值和方差．
[錯解]　由題意知X＝1,2,3,4,5，因為試哪一把鑰匙的概率都是，∴X～B，
∴E(X)＝np＝5×＝1，
D(X)＝np(1－p)＝5××＝.
[辨析]　首先這不是五次獨立重復試驗，從5把鑰匙中取一把試開房門，若不能打開，則除去這把后，第二次試開就只有4把鑰匙了．其次X＝k的含義是前(k－1)把鑰匙沒有打開房門，而第k把鑰匙打開了房門．
[正解]　設X為打開此門所需的試開次數，則X的可能取值為1、2、3、4、5.
X＝k表示前k－1次沒打開此門，第k次才打開了此門．
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝·＝，
P(X＝3)＝·＝，
P(X＝4)＝·＝，
P(X＝5)＝·1＝，
故隨機變量X的概率分布列為：
X 1 2 3 4 5
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝3.
D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＋(5－3)2×
＝×(22＋12＋02＋12＋22)＝2.
1．已知隨機變量ξ滿足P(ξ＝1)＝0.3，P(ξ＝2)＝0.7，則E(ξ)和D(ξ)的值分別為( D )
A．0.6和0.7 B．1.7和0.09
C．0.3和0.7 D．1.7和0.21
[解析]　E(ξ)＝1×0.3＋2×0.7＝1.7，D(ξ)＝(1－1.7)2×0.3＋(2－1.7)2×0.7＝0.21.
2．設一隨機試驗的結果只有A和且P(A)＝m，令隨機變量ξ＝則ξ的方差D(ξ)等于( D )
A．m B．2m(1－m)
C．m(m－1) D．m(1－m)
[解析]　隨機變量ξ服從兩點分布，E(ξ)＝m，所以D(ξ)＝(1－m)2·m＋(0－m)2(1－m)＝m(1－m)．
3．隨機變量X表示某運動員在2次比賽中的得分，其分布列如表，若0X 0 2 4
P a －a
A. B．
C. D．
[解析]　因為E(X)＝3，所以由隨機變量X的分布列得：0×a＋2×＋4×＝3，解得a＝，
所以D(X)＝(0－3)2×＋(2－3)2×＋(4－3)2×＝.
4．已知隨機變量X的分布列如下表，且E(X)＝2，則p＝ 　，D(2X－3)＝ 4　.
X 0 2 a
P p
[解析]　由題意得，＋p＋＝1，
∴p＝.
由期望公式得E(X)＝0×＋2×＋a×＝2，
∴a＝3.
∴D(X)＝(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝1.
故D(2X－3)＝22×D(X)＝4.7．4.1　二項分布
學習目標
1．通過具體實例，了解伯努利試驗及n重伯努利試驗的概念．
2．掌握二項分布及其數字特征，并能解決簡單的實際問題．
核心素養
1．通過理解n重伯努利試驗的概念，培養數學抽象素養．
2．借助二項分布的有關計算及應用，提升數學運算和邏輯推理素養.
知識點 1　n重伯努利試驗
(1)伯努利試驗：我們把只包含_兩個__可能結果的試驗叫做伯努利試驗．
(2)定義：我們將一個伯努利試驗獨立地_重復__進行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗．
(3)特征：①同一個伯努利試驗重復做n次；
②各次試驗的結果相互獨立．
想一想：n重伯努利試驗必須具備哪些條件？
提示：(1)每次試驗是在同樣條件下進行的．
(2)各次試驗中的事件互不影響．
(3)每次試驗結果只有兩種，即事件要么發生，要么不發生．
練一練：
下列事件：
①運動員甲射擊一次，“射中9環”與“射中8環”；
②甲、乙兩名運動員各射擊一次，“甲射中10環”與“乙射中9環”；
③甲、乙兩名運動員各射擊一次，“甲、乙都射中目標”與“甲、乙都沒射中目標”；
④在相同的條件下，甲射擊10次5次擊中目標．
是n重伯努利試驗的是( D )
A．① B．②
C．③ D．④
[解析]　①、③符合互斥事件的概念，是互斥事件；②是相互獨立事件；④是n重伯努利試驗．
知識點 2　二項分布
(1)定義：一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發生的概率為p(0＜p＜1)，用X表示事件A發生的次數，則X的分布列為P(X＝k)＝_Cpk(1－p)n－k__，k＝0,1,2，…，n.
如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布．
(2)記法：X～B(n，p)．
(3)結論：(X＝k)＝_1__.
想一想：
二項分布與兩點分布有什么關系？
提示：(1)兩點分布的試驗次數只有一次，試驗結果只有兩種：事件A發生(X＝1)或不發生(X＝0)；二項分布是指在n次獨立重復試驗中事件A發生的次數X的分布列，試驗次數為n次(每次試驗的結果也只有兩種：事件A發生或不發生)，試驗結果有n＋1種：事件A恰好發生0次，1次，2次，…，n次．
(2)二項分布是兩點分布的一般形式，兩點分布
是一種特殊的二項分布，即n＝1的二項分布．
練一練：
任意拋擲三枚均勻硬幣，恰有2枚正面朝上的概率為( B )
A. B．
C. D．
[解析]　拋一枚硬幣，正面朝上的概率為，則拋三枚硬幣，恰有2枚正面朝上的概率為P＝C2×＝.
知識點 3　二項分布的均值與方差
如果，X～B(n，p)，那么E(X)＝_np__，D(X)＝
_np(1－p)__.
練一練：
設隨機變量ξ服從二項分布ξ～B，則E(ξ)＝ 　，D(ξ)＝ 　.
[解析]　E(ξ)＝8×＝，D(ξ)＝8××＝.
題|型|探|究
題型一　n重伯努利試驗的概率
典例1　甲、乙兩人各射擊一次，擊中目標的概率分別是和，假設每次射擊是否擊中目標相互之間沒有影響．(結果需用分數作答)
(1)求甲射擊3次，至少1次未擊中目標的概率；
(2)求兩人各射擊2次，甲恰有2次擊中目標且乙恰有1次擊中目標的概率；
(3)求兩人各射擊2次，甲、乙均擊中目標1次的概率；
(4)求兩人各射擊2次，甲未擊中目標且乙擊中目標2次的概率；
(5)假設某人連續2次未擊中目標，則終止其射擊．問：甲恰好射擊5次后被終止射擊的概率是多少？
[解析]　(1)記“甲射擊3次至少有1次未擊中目標”為事件A1.由題意，射擊3次，相當于3重伯努利試驗，故P(A1)＝1－P(1)＝1－3＝.
(2)記“甲射擊2次，恰有2次擊中目標”為事件A2，“乙射擊2次，恰有1次擊中目標”為事件B2，則P(A2)＝C20＝，P(B2)＝C1×1＝.
由于甲、乙射擊相互獨立，故P(A2B2)＝×＝.
(3)記“甲射擊2次，擊中目標1次”為事件A3，“乙射擊2次，擊中目標1次”為事件B3，則P(A3)＝C11＝，P(B3)＝C1×1＝，所以兩人各射擊2次，甲、乙均擊中目標1次的概率為P(A3B3)＝×＝.
(4)記“甲射擊2次，未擊中目標”為事件A4，“乙射擊2次，擊中目標2次”為事件B4，則P(A4)＝C02＝，P(B4)＝C2×0＝，所以兩人各射擊2次，甲未擊中目標且乙擊中目標2次的概率為P(A4B4)＝×＝.
(5)甲恰好射擊5次后被終止射擊，說明甲第4,5次未擊中目標，第3次擊中目標，第1,2兩次至多一次未擊中目標，故所求概率P＝××2＝.
[規律方法]　(1)n重伯努利試驗求概率的步驟：
(2)“至多”“至少”問題往往考慮逆向思維法，利用對立事件求解．
對點訓練 甲、乙兩隊進行排球比賽，已知一局比賽中甲隊獲勝的概率為，沒有平局．
(1)若進行三局兩勝制比賽，先勝兩局者為勝，甲獲勝的概率是多少？
(2)若進行五局三勝制比賽 ，甲獲勝的概率為多少？
[解析]　(1)甲第一、二局獲勝或第二、三局獲勝或第一、三局獲勝，則P＝2＋C×××＝.
(2)甲前三局獲勝或甲第四局獲勝，而前三局僅勝兩局或甲第五局獲勝，而前四局僅勝兩局，則
P＝3＋C×2××＋C2×2×＝.
題型二　二項分布
典例2　一名學生每天騎自行車上學，從家到學校的途中有5個交通崗，假設他在各交通崗遇到紅燈的事件是相互獨立的，并且概率都是.
(1)求這名學生在途中遇到紅燈的次數ξ的分布列；
(2)求這名學生在首次遇到紅燈或到達目的地停車前經過的路口數η的分布列．
[分析]　(1)首先判斷ξ是否服從二項分布，再求分布列．(2)注意“首次遇到”“或到達”的含義，并明確η的取值，再求η取各值的概率．
[解析]　(1)ξ～B，ξ的分布列為P(ξ＝k)＝Ck5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
故ξ的分布列為
ξ 0 1 2 3 4 5
P
(2)η的分布列為P(η＝k)＝p(前k個是綠燈，第k＋1個是紅燈)＝k·，k＝0,1,2,3,4；
P(η＝5)＝p(5個均為綠燈)＝5.
故η的分布列為
η 0 1 2 3 4 5
P
[規律方法]　1.本例屬于二項分布，當X服從二項分布時，應弄清X～B(n，p)中的試驗次數n與成功率p.
2．解決二項分布問題的兩個關注點
(1)對于公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1，2，…，n)必須在滿足“獨立重復試驗”時才能運用，否則不能應用該公式．
(2)判新一個隨機變量是否服從二項分布，關鍵有兩點：一是對立性，即一次試驗中，事件發生與否兩者必有其一；二是重復性，即試驗是獨立重復地進行了n次．
對點訓練 一款擊鼓小游戲的規則如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現一次音樂，要么不出現音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現一次音樂獲得10分，出現兩次音樂獲得20分，出現三次音樂獲得100分，沒有出現音樂則扣除200分(即獲得－200分)．設每次擊鼓出現音樂的概率為，且每次擊鼓是否出現音樂相互獨立．
(1)若第一次擊鼓出現音樂，求該盤游戲獲得100分的概率；
(2)設每盤游戲獲得的分數為X，求X的分布列．
[解析]　(1)若第一次擊鼓出現音樂，則該盤游戲獲得100分的概率為P＝×＝.
(2)X可能的取值為10,20,100，－200，P(X＝10)＝C××2＝，
P(X＝20)＝C×2×＝，
P(X＝100)＝C×3×0＝，
P(X＝－200)＝C×0×3＝.
所以X的分布列為
X 10 20 100 －200
P
題型三　二項分布的均值與方差
典例3　某商場為刺激消費，擬按以下的方案進行促銷：顧客每消費500元便得到獎券一張，每張獎券的中獎概率為， 若中獎，商場返還顧客現金100元．某顧客現購買價格為2 300元的臺式電腦一臺，得到獎券4張．
(1)設該顧客中獎的獎券張數為X，求X的分布列；
(2)設該顧客購買臺式電腦的實際支出為Y元，用X表示Y，并求Y的數學期望．
[分析]　(1)中獎的獎券張數X～B.
(2)利用二項分布的均值公式求期望．
[解析]　(1)由于每張獎券是否中獎是相互獨立的，因此X～B.
∴P(X＝0)＝C4＝，P(X＝1)＝C4＝，
P(X＝2)＝C4＝，P(X＝3)＝C4＝，
P(X＝4)＝C4＝，其分布列為
X 0 1 2 3 4
P
(2)∵X～B ，∴E(X)＝4×＝2(張)．
又由題意可得Y＝2 300－100X，
∴E(Y)＝E(2 300－100X)＝2 300－100E(X)＝2 300－100×2＝2 100 (元)．
即所求變量Y的數學期望為2 100元．
[規律方法]　用二項分布求解實際應用題的步驟
(1)判斷隨機變量X服從二項分布，即X～ B(n，p)．
(2)根據二項分布公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1，…，n)求出分布列．
(3)求二項分布X～B(n，p)的均值可用公式E(X)＝np求解．
對點訓練 某計算機程序每運行一次都隨機出現一個五位二進制數A＝a1a2a3a4a5，其中A的各位數中ak(k＝2,3,4,5)出現0的概率為，出現1的概率為，記X＝a2＋a3＋a4＋a5，當程序運行一次時，求X的數學期望E(X)及方差D(X)．
[解析]　方法一(定義法)：由題意知X的可能取值分別為0,1,2,3,4，X～B.
X＝0表示這4個數字都是0，則P(X＝0)＝4＝；
X＝1表示這4個數字中有一個為1，則P(X＝1)＝C·3·＝；
同理P(X＝2)＝C·2·2＝；
P(X＝3)＝C··3＝；
P(X＝4)＝4＝.
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3 4
P
數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＋2×＝.
方法二(結論法)：隨機變量X的值是出現1的個數，由題意，X～B，
所以E(X)＝4×＝.D(X)＝4××＝.
易|錯|警|示
審題不清致誤
典例4　9粒種子分別種在3個坑內，每坑放3粒，每粒種子發芽的概率為0.5，若一個坑內至少有1粒種子發芽，則這個坑不需要補種，若一個坑內的種子都沒發芽，則這個坑需要補種．假定每個坑至多補種一次，求需要補種坑數的分布列．
[錯解]　設需要補種的坑數為X，則X的可能取值為0,1,2,3.
由獨立重復試驗知P(X＝0)＝C×3＝，
P(X＝1)＝C××2＝，
P(X＝2)＝C×2×＝，
P(X＝3)＝C×3＝.
則所求分布列為：
X 0 1 2 3
P
[辨析]　每粒種子發芽的概率與每坑不需要補種的概率混淆致誤．
[正解]　因為單個坑內的3粒種子都不發芽的概率為(1－0.5)3＝，所以單個坑不需補種的概率為1－＝.
設需要補種的坑數為X，則X的可能取值為0,1,2,3，這是三次獨立重復試驗，
P(X＝0)＝C×0×3＝，
P(X＝1)＝C×1×2＝，
P(X＝2)＝C×2×1＝，
P(X＝3)＝C×3×0＝.
所以需要補種坑數的分布列為：
X 0 1 2 3
P
[點評]　審題不細是解題致誤的主要原因之一，審題時要認真分析，弄清條件與結論，發掘一切可用的解題信息.
1．(多選)下列隨機變量X服從二項分布的有( ACD )
A．投擲一枚均勻的骰子5次，X表示點數為6出現的次數
B．某射手射中目標的概率為p，設每次射擊是相互獨立的，X為從開始射擊到擊中目標所需要的射擊次數
C．實力相等的甲、乙兩選手進行了5局乒乓球比賽，X表示甲獲勝的次數
D．某星期內，每次下載某網站數據被病毒感染的概率為0.3，X表示下載n次數據電腦被病毒感染的次數
[解析]　A中試驗出現的結果只有兩種，點數為6和點數不為6，且每次試驗中概率都為(出現6點)，符合二項分布．B中X的取值不確定，不是二項分布．C中，進行五局比賽相當于做了5次伯努利試驗，X服從二項分布，D中被感染的次數X～B(n，0.3)．
2．已知隨機變量X服從二項分布X～B，則P(X＝2)等于( A )
A. B．
C. D．
[解析]　∵隨機變量X服從二項分布X～B，P(X＝2)表示6次試驗中成功兩次的概率．
∴P(X＝2)＝C24＝.
故選A.
3．將一枚均勻的硬幣投擲5次，則正面出現的次數比反面出現的次數多的概率為( C )
A. B．
C． D．
[解析]　根據題意，正面出現的次數比反面出現的次數多包括三種情況：①正面出現3次，反面出現2次，其概率為C3·2＝C5＝105，②正面出現4次，反面出現1次，其概率為C4·＝C5＝55，③正面出現5次，其概率為C5＝5，共有三種情況，這三種情況是互斥的，則正面出現的次數比反面出現的次數多的概率是105＋55＋5＝.
4．設ξ的分布列為P(ξ＝k)＝Ck5－k(k＝0,1,2,3,4,5)，則D(3ξ)等于_10__.
[解析]　由題意知ξ～B，所以D(ξ)＝5×＝，D(3ξ)＝32D(ξ)＝9×＝10.7.4.2　超幾何分布
學習目標
1．通過具體實例，了解超幾何分布及其均值，能夠判斷隨機變量是否服從超幾何分布．
2．能夠利用隨機變量服從超幾何分布的知識解決簡單的實際問題，會求服從超幾何分布的隨機變量的均值與方差．
核心素養
1．借助對超幾何分布概念的理解，培養數學抽象素養．
2．通過對超幾何分布的應用，提升數學建模與數學運算素養.
知識點 　超幾何分布
(1)定義：一般地，假設一批產品共有N件，其中有M件次品．從N件產品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產品的次品數，則X的分布列為P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.
其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，
m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布．
(2)均值：E(X)＝np，其中p＝是N件產品的次品率．
想一想：不放回抽取和有放回抽取有何不同？
提示：抽取次數不同，不放回抽取只抽取一次，一次抽取n個，有放回抽取要抽取n次，每次抽取一個；概率模型不同，不放回抽取服從超幾何分布，有放回抽取服從二項分布．
練一練：
1．某10人組成興趣小組，其中有5名團員，從10人中任選4人參加某種活動，用X表示4人中的團員人數，則P(X＝3)＝ 　.
[解析]　P(X＝3)＝＝.
2．在含有3件次品的10件產品中，任取4件，X表示取到的次品數，則E(X)＝ 　.
[解析]　E(X)＝4×＝.
題|型|探|究
題型一　超幾何分布的概率及其分布列
典例1　某大學志愿者協會有6名男同學，4名女同學．在這10名同學中，3名同學來自數學學院，其余7名同學來自物理、化學等其他互不相同的七個學院．現從這10名同學中隨機選取3名同學，到希望小學進行支教活動(每位同學被選到的可能性相同)．
(1)求選出的3名同學來自互不相同的學院的概率；
(2)設X為選出的3名同學中女同學的人數，求隨機變量X的分布列．
[解析]　(1)設“選出的3名同學來自互不相同的學院”為事件A，則P(A)＝＝.
所以，選出的3名同學來自互不相同的學院的概率為.
(2)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)，
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
[規律方法]　求超幾何分布的分布列的步驟：
第一步，驗證隨機變量服從超幾何分布，并確定參數N，M，n的值；
第二步，根據超幾何分布的概率計算公式計算出隨機變量取每一個值時的概率；
第三步，用表格的形式列出分布列．
超幾何分布的關注點：
(1)超幾何分布描述的是不放回抽樣問題，隨機變量為抽到的某類個體的個數，其實質是古典概型．
(2)超幾何分布的特征是①考察對象分兩類；②已知各類對象的個數；③從中抽取若干個個體，考察某類個體數的分布列．
對點訓練 袋中有4個紅球，3個黑球，這些球除顏色外完全相同，從袋中隨機抽取球，設取到一個紅球得2分，取到一個黑球得1分，從袋中任取4個球．
(1)求得分X的分布列；
(2)求得分大于6分的概率．
[解析]　(1)從袋中任取4個球的情況為：1紅3黑，2紅2黑，3紅1黑，4紅，共四種情況，得分分別為5分，6分，7分，8分，故X的可能取值為5,6,7,8.
P(X＝5)＝＝，
P(X＝6)＝＝，
P(X＝7)＝＝，
P(X＝8)＝＝.
故所求分布列為
X 5 6 7 8
P
(2)根據隨機變量的分布列可以得到大于6分的概率為P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝＋＝.
題型二　二項分布與超幾何分布
典例2　設在15個同類型的零件中有2個次品，每次任取1個零件，共取3次，用X表示取出的3個零件中次品的個數．
(1)若每次取出后不放回，求X的分布列；
(2)若每次取出后重新放回，求X的分布列．
[分析]　(1)每次取出后不放回為超幾何分布；
(2)每次取出后重新放回，可看作n重伯努利試驗，即為二項分布．
[解析]　(1)若每次取出后不放回，則隨機變量X服從參數為N＝15，M＝2，n＝3的超幾何分布，所以P(X＝k)＝，k＝0,1,2.
計算得P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝.
故X的分布列為
X 0 1 2
P
(2)若每次取出后重新放回，則抽取3次可視為3重伯努利試驗．又每次抽取1個是次品的概率為，所以X～B.
P(X＝k)＝Ck3－k，k＝0,1,2,3.
計算得P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
即X的分布列為
X 0 1 2 3
P
[規律方法]　區別二項分布與超幾何分布的方法
一般地，超幾何分布的模型是“取次品”，是不放回抽樣，而二項分布的模型則是“獨立重復試驗”，對于抽樣，則是有放回抽樣．當產品的數量充分大，且抽取數量較小時，即便是不放回抽樣，也可視其為二項分布，解題時應從本質上給予區分，切忌混淆．
對點訓練 瞬時記憶能力包括聽覺記憶能力與視覺記憶能力．某地區為了對12歲兒童的瞬時記憶能力進行調查，隨機抽取了該地區40名12歲的兒童，其調查結果如下表所示，例如表中聽覺記憶能力為中等且視覺記憶能力偏高的人數為3.
　　視覺聽覺　　 視覺記憶能力
偏低 中等 偏高 超常
聽覺記憶能力 偏低 0 7 5 1
中等 1 8 3 b
偏高 2 a 0 1
超常 0 2 1 1
表中兩個數值a，b丟失，但已知抽取的 40 人中視覺記憶能力為中等且聽覺記憶能力為中等或中等以上的頻率為.
(1)試確定a與b的值；
(2)從40人中任意抽取3人，設聽覺記憶能力或視覺記憶能力偏高或超常的人數為X，求X的分布列；
(3)若將抽取的40人中視覺記憶能力超常的頻率視為全市 12 歲兒童中視覺記憶能力超常的概率．現從全市12歲的兒童中任意抽取3人，設其中視覺能力超常的人數為Y，求Y的分布列．
[解析]　(1)抽取的40人中視覺記憶能力為中等且聽覺記憶能力為中等或中等以上的人數為8＋a＋2＝10＋a.
由條件得＝，解得a＝6.
又a＋b＝40－(7＋5＋1＋1＋8＋3＋2＋1＋2＋1＋1)＝8，
所以b＝2，即a，b的值分別為6,2.
(2)40人中聽覺記憶能力或視覺記憶能力偏高或超常的共有24人．由題意知隨機變量X服從參數為N＝40，M＝24，n＝3的超幾何分布，X的可能取值為0,1,2,3.其分布列為P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.
計算得P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
故X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
(3)抽取的40人中視覺記憶能力超常的頻率為＝，即全市12歲兒童中視覺記憶能力超常的概率p＝.從全市12歲的兒童中任取3人，可視為3次獨立重復試驗，因此隨機變量Y～B，P(Y＝k)＝Ck3－k，k＝0，1,2,3.
計算得P(Y＝0)＝，
P(Y＝1)＝，P(Y＝2)＝，P(Y＝3)＝，
故Y的分布列如下
Y 0 1 2 3
P
題型三　超幾何分布的綜合應用
典例3　目前，有些城市面臨“垃圾圍城”的窘境．垃圾分類把不易降解的物質分出來，減輕了土地的嚴重侵蝕，減少了土地流失．某市將實行生活垃圾分類，分類標準為廚余垃圾、可回收物、有害垃圾和其他垃圾四類．生活垃圾中有30%～40%可以回收利用，分出可回收垃圾既環保，又節約資源．如：回收利用1噸廢紙可再造出0.8噸好紙，可以挽救17棵大樹，少用純堿240千克，降低造紙的污染排放75%，節省造紙能源消耗40%～50%.
現調查了該市5個小區12月份的生活垃圾投放情況，其中可回收物中廢紙和塑料品的投放量如下表：
A小區 B小區 C小區 D小區 E小區
廢紙投放量(噸) 5 5.1 5.2 4.8 4.9
塑料品投放量(噸) 3.5 3.6 3.7 3.4 3.3
(1)從A，B，C，D，E這5個小區中任取1個小區，求該小區12月份的可回收物中，廢紙投放量超過5噸且塑料品投放量超過3.5噸的概率；
(2)從A，B，C，D，E這5個小區中任取2個小區，記X為12月份投放的廢紙可再造好紙超過4噸的小區個數，求X的分布列及期望．
[解析]　(1)記“該小區12月份的可回收物中廢紙投放量超過5噸且塑料品投放量超過3.5噸”為事件A.
由題意，得B，C兩個小區 12 月份的可回收物中廢紙投放量超過5噸且塑料品投放量超過3.5噸，所以P(A)＝.
(2)因為回收利用1噸廢紙可再造出0.8噸好紙，所以12月份投放的廢紙可再造好紙超過4噸的小區有B，C，共2個小區．
X的所有可能取值為0,1,2.
P(X＝0)＝＝；
P(X＝1)＝＝＝；
P(X＝2)＝＝.
所以X的分布列為
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
[規律方法]　超幾何分布的應用
(1)超幾何分布常應用在產品合格問題、球盒取球(兩色)問題、男女生選舉問題等．
(2)這類問題有一個共同特征，就是對每一個個體而言，只研究其相對的兩種性質而不涉及其他性質，如產品的“合格”與“不合格”，球的“紅色”與“非紅色”，學生的“男生”與“女生”等．
(3)在實際問題中需通過關注的實際對象來確定M的值．
(4)注意超幾何分布問題涉及三個參數的特征和順序．如產品問題中，H(n，M，N)的意義是“超幾何分布(取出產品數，所有產品中不合格品數，所有產品數)”．
對點訓練 某商場慶“五一”舉行促銷活動，活動期間凡在商場購物滿88元的顧客，憑發票都有一次摸獎機會，摸獎規則如下：準備了10個相同的球，其中有5個球上印有“獎”字，另外5個球上無任何標志，摸獎前在盒子里搖勻，然后由摸獎者隨機地從中摸出5個球，獎品按摸出的球中含有帶“獎”字球個數規定如表：
摸出的5個球中帶“獎”字球的個數 獎品
0 無
1 無
2 肥皂一塊
3 洗衣粉一袋
4 雨傘一把
5 自行車一輛
(1)若某人憑發票摸獎一次，求中獎的概率；
(2)若某人憑發票摸獎一次，求獎品為自行車的概率．
[解析]　(1)設X為摸取5個球中印有“獎”字的球的個數，則X服從參數為N＝10，M＝5，n＝5的超幾何分布．X的可能取值為0,1,2,3,4,5，
則X的分布列為：P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3,4,5)．
若要獲得獎品，只需X≥2，
則P(X≥2)＝1－P(X<2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)
＝1－－＝.
(2)若要獲得自行車，必須X＝5，則P(X＝5)＝＝.
易|錯|警|示
對超幾何分布的概念理解不透致錯
典例4　盒中裝有零件12個，其中有9個正品，3個次品，從中任取一個，若取出的是次品不再放回，再取一個零件，直到取得正品為止．求在取得正品之前已取出次品數X的分布列．
[錯解]　∵X～H(3,3,12)，
∴P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)，
∴P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
∴X的分布列為
X 0 1 2 3
P
[正解]　X的所有可能取值為0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
因此，隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
[點評]　本題易錯認為X～H(3,3,12)，得到取出的次品數X.
1．在10個村莊中，有4個村莊交通不方便，若用隨機變量X表示任選6個村莊中交通不方便的村莊的個數，則X服從超幾何分布，其參數為( A )
A．N＝10，M＝4，n＝6
B．N＝10，M＝6，n＝4
C．N＝14，M＝10，n＝4
D．N＝14，M＝4，n＝10
[解析]　根據超幾何分布概率模型知N＝10，M＝4，n＝6.
2．從一副不含大、小王的52張撲克牌中任意抽出5張，則至少有3張A的概率為( D )
A. B．
C．1－ D．
[解析]　設X為抽出的5張撲克牌中含A的張數，則P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝＋.
3．盒子里共有7個除了顏色外完全相同的球，其中有4個紅球3個白球，從盒子中任取3個球，則恰好取到2個紅球1個白球的概率為( B )
A. B．
C. D．
[解析]　由題意得所求概率為P＝＝＝.
4．現有7張卡片，分別寫上數字1,2,2,3,4,5,6.從這7張卡片中隨機抽取3張，記所抽取卡片上數字的最小值為ξ，則P(ξ＝2)＝ 　，E(ξ)＝ 　.
[解析]　根據題意可得：ξ的取值可為1,2,3,4，
又P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，
∴E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.7.5　正態分布
學習目標
1．通過誤差模型，了解服從正態分布的隨機變量．
2．通過具體實例，借助頻率分布直方圖的幾何直觀，了解正態分布的特征．
3．了解正態分布的均值、方差及其含義．
4．會根據正態曲線的性質求隨機變量在某一區間的概率．
核心素養
1．通過學習正態分布，培養數學抽象和直觀想象素養．
2．借助“3σ”原則解題，提升數學運算素養．
知識點 1　正態分布
(1)正態密度函數，刻畫隨機誤差的函數f(x)＝ e－　，x∈R，其中μ∈R，σ>0為參數．
對任意的x∈R，f(x)＞0，它的圖象在x軸的上方，x軸和曲線之間的區域為面積_1__，我們稱f(x)為正態密度函數．
(2)正態密度曲線：正態密度函數的圖象為正態密度曲線，簡稱正態曲線．
(3)正態分布：①定義：若隨機變量X的概率密度函數為f(x)，則稱隨機變量X服從正態分布；
②記作：X～N(μ，σ2)；
③特例：當μ＝0，σ＝1時，稱隨機變量X服從_標準正態__分布．
想一想：若X～N(μ，σ2)，怎樣表示上圖中陰影A，B的面積？
提示：陰影A的面積P(X≤x)；陰影B的面積P(a≤X≤b)．
練一練：
(多選)以下關于正態密度曲線的說法中正確的有( BCD )
A．曲線都在x軸的上方，左右兩側與x軸無限接近，最終可與x軸相交
B．曲線關于直線x＝μ對稱
C．曲線呈現“中間高，兩邊低”的鐘形形狀
D．曲線與x軸之間的面積為1
[解析]　正態密度曲線與x軸永遠不相交，A錯，其余均正確．
知識點 2　正態曲線的特點
(1)曲線是單峰的，它關于直線_x＝μ__對稱．
(2)曲線在x＝μ處達到峰值 　.
(3)當|x|無限增大時，曲線無限接近于_x軸__.
想一想：μ，σ取值不同對正態曲線有何影響？
提示：當參數σ取固定值時，正態曲線的位置由μ確定，且隨著μ的變化而沿x軸平移；當μ取定值時，當σ較小時，峰值高，曲線“瘦小”，表示隨機變量x的分布比較集中，當σ較大時，峰值低，曲線“矮胖”，表示隨機變量x分布比較分散．
練一練：
正態曲線函數f(x)＝e－，x∈R的圖象是圖中的( D )
[解析]　因為正態曲線函數f(x)關于直線x＝1對稱，故選D.
知識點 3　X～N(μ，σ2)在區間[μ－kσ，μ＋kσ](k∈N*)上的概率
(1)概率：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈_0.997_3__.
(2)3σ原則：通常認為服從正態分布N(μ，σ2)的隨機變量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值．
練一練：
關于正態分布N(μ，σ2)，下列說法正確的是( D )
A．隨機變量落在區間長度為3σ的區間之外是一個小概率事件
B．隨機變量落在區間長度為6σ的區間之外是一個小概率事件
C．隨機變量落在(－3σ，3σ)之外是一個小概率事件
D．隨機變量落在[μ－3σ，μ＋3σ]之外是一個小概率事件
[解析]　因為P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3，
所以P(X>μ＋3σ或X<μ－3σ)＝1－P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈1－0.997 3＝0.002 7.
所以隨機變量落在[μ－3σ，μ＋3σ]之外是一個小概率事件．
題|型|探|究
題型一　正態分布和正態曲線的性質
典例1　(1)已知三個正態密度函數φi(x)＝e－(x∈R，i＝1,2,3)的圖象如圖所示，則下列結論正確的是( D )
A．μ1<μ2＝μ3，σ1＝σ2>σ3
B．μ1＝μ2<μ3，σ1<σ2＝σ3
C．μ1>μ2＝μ3，σ1＝σ2<σ3
D．μ1<μ2＝μ3，σ1＝σ2<σ3
(2)如圖是一條正態曲線，試根據該圖象寫出相應正態密度函數的解析式，求出總體隨機變量的期望和方差．
[解析]　(2)從給出的正態曲線可知，該正態曲線關于直線x＝20對稱，最大值是，
所以μ＝20，＝，
解得σ＝.
于是正態密度函數解析式是f(x)＝e－，x∈R.
總體隨機變量的期望是μ＝20，方差是σ2＝()2＝2.
[規律方法]　由正態曲線確定均值與方差的方法
正態分布的兩個重要參數是μ與σ2，μ刻畫了隨機變量取值的平均水平，σ2是衡量隨機變量總體波動大小的特征數，因此我們由正態曲線的形狀與位置可比較參數的大小，反之利用參數之間的大小關系，也可以確定正態曲線的形狀與位置．
①對稱軸是直線x＝μ，②σ的值由x＝μ時的函數值計算，即用f(x)＝求得σ的值．
對點訓練 (1)設X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，這兩個正態曲線如圖所示．下列結論中正確的是( C )
A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C．對任意正數t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D．對任意正數t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
(2)(多選)已知X～N(μ，σ2)，f(x)＝e－，x∈R，則( BCD )
A．曲線y＝f(x)與x軸圍成的幾何圖形的面積小于1
B．函數f(x)的圖象關于直線x＝μ對稱
C．P(X>μ－σ)＝2P(μD．函數F(x)＝P(X>x)在R上單調遞減
[解析]　(1)由正態曲線關于直線x＝μ對稱，且σ越小，曲線越“瘦高”，σ越大，曲線越“矮胖”，知μ1<μ2，σ1<σ2，故A、B均不正確；由P(X≤a)為x軸、直線x＝a及x≤a時的曲線所圍成的面積知C正確，D錯誤．故選C.
(2)曲線y＝f(x)與x軸圍成的幾何圖形的面積等于1，所以A不正確；f(x＋μ)＝e－，f(μ－x)＝e－，所以f(x＋μ)＝f(μ－x)，所以函數f(x)的圖象關于直線x＝μ對稱，所以選項B正確；因為P(μ－σμ－σ)＝P(μ－σx)隨x的增大而減小，是減函數，所以選項D正確．
題型二　利用正態分布的對稱性求概率
典例2　設X～N(10,1)．
(1)求證：P(1(2)若P(X≤2)＝a，求P(10[解析]　(1)證明：∵X～N(10,1)，
∴正態曲線φμ，σ(x)關于直線x＝10對稱，而區間(1,2)和(18,19)關于直線x＝10對稱，
即P(1(2)∵P(X≤2)＋P(2μ＝10，
∴P(X≤2)＝P(X≥18)＝a，P(2∴2a＋2P(10即P(10[規律方法]　正態總體在某個區間內取值概率的求解策略
(1)充分利用正態曲線對稱性和曲線與x軸之間面積為1.
(2)熟記P(μ－σ(3)注意概率值的求解轉化：
①P(X②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)；
③若b<μ，
則P(X特別提醒：正態曲線，并非都關于y軸對稱，只有標準正態分布曲線才關于y軸對稱．
對點訓練 (1)已知隨機變量ξ服從正態分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，則P(－2<ξ<2)＝( C )
A．0.477 B．0.628
C．0.954 D．0.977
(2)設隨機變量ξ服從正態分布N(2，σ2)，若P(ξ>c)＝a，則P(ξ>4－c)等于( B )
A．a B．1－a
C．2a D．1－2a
[解析]　(1)P(－2<ξ<2)＝1－2P(ξ>2)＝1－2×0.023＝0.954.
(2)對稱軸x＝2，
∴P(ξ>4－c)＝1－P(ξ>c)＝1－a.
題型三　實際問題中的正態分布
典例3　(1)數學考試試卷滿分是150分，設在一次考試中，某班學生的分數X近似服從正態分布，且均值為110，標準差為20.求這個班在這次數學考試中分數在90分以上的概率；
(2)某廠生產的圓柱形零件的外徑尺寸X～N(4,0.25)．質檢人員從該廠生產的1 000件零件中隨機抽查一件，測得它的外徑為5.7 cm，試問該廠生產的這批零件是否合格？
[分析]　(3)判斷某批產品是否合格，主要運用統計中假設檢驗的基本思想．欲判定這批零件是否合格，關鍵是看隨機抽查的一件產品的外徑尺寸是在(μ－3σ，μ＋3σ)之內還是在(μ－3σ，μ＋3σ)之外．
[解析]　(1)由題意可知，分數X～N(110,202)，μ＝110，σ＝20，
P(X≥90)＝P(X≥110－20)＝P(X≥μ－σ)，
因為P(X≤μ－σ)＋P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＋P(X≥μ＋σ)
＝2P(X≤μ－σ)＋0.683＝1，
所以P(X≤μ－σ)＝0.158 5，
所以P(X≥90)＝1－P(X≤μ－σ)＝1－0.158 5＝0.841 5.
(2)由于圓柱形零件的外徑尺寸X～N(4，0.25)，由正態分布的特征可知，X在區間(4－3×0.5,4＋3×0.5)(即(2.5,5.5))之外取值的概率約為0.002 7.而5.7 (2.5,5.5)，這說明在一次試驗中，出現了幾乎不可能發生的小概率事件，根據統計中假設檢驗的基本思想，認為該廠生產的這批產品是不合格的．
[規律方法]　解答正態分布的實際應用題的關注點
(1)方法：轉化法，把普通的區間轉化為3σ區間，由特殊區間的概率值求出．
(2)理論基礎：①正態曲線的對稱性；②曲線與x軸之間的面積為1；③P(μ－σ≤X≤μ＋σ)，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)的概率值．
對點訓練 (1)已知某批零件的長度(單位：毫米)服從正態分布N(100,32)，從中隨機抽取一件，其長度落在區間(103,106)內的概率為( B )
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
(2)現有1 000名學生參加數學測試，測試成績X(滿分150分)服從正態分布N(100，σ2)，已知120分及以上的人數為160人，那么通過以上信息推測這次數學成績140分以上者人數約為( B )
A．20 B．25
C．30 D．40
[解析]　(1)P(103(2)因為成績X(滿分150分)服從正態分布N(100，σ2)，
又因為120分及以上的人數為160人，
所以80分及以下的人數也為160人，
所以P(80由此可知，σ＝20，即X～N(100,202)，
所以P(60故140分及以上的人數約為
＝25(人)．
1．正態曲線函數f(x)＝e－，x∈R，其中μ>0的圖象是下圖中的( D )
[解析]　正態曲線函數的圖象關于直線x＝μ>0對稱，故選D.
2．若X～N，則X落在(－3.5，－0.5]內的概率是( B )
A．95.45% B．99.73%
C．4.55% D．0.27%
[解析]　由X～N，知μ＝－2，σ＝，
∴P(－3.53．某物理量的測量結果服從正態分布N(10，σ2)，則下列結論中不正確的是( D )
A．σ越小，該物理量一次測量結果落在(9.9,10.1)內的概率越大
B．σ越小，該物理量一次測量結果大于10的概率為0.5
C．σ越小，該物理量一次測量結果大于10.01的概率與小于9.99的概率相等
D．σ越小，該物理量一次測量結果落在(9.9,10.2)內的概率與落在(10,10.3)內的概率相等
[解析]　對于A，σ越小，正態分布的圖象越瘦長，總體分布越集中在對稱軸附近，故A正確．對于B，C，由于正態分布圖象的對稱軸為μ＝10，顯然B，C正確．D顯然錯誤．故選D.
4．(2022·新高考Ⅱ)已知隨機變量X服從正態分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝_0.14__.
[解析]　因為X～N(2，σ2)，所以P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2知識點 1　條件概率與事件的獨立性
1．條件概率：P(B|A)＝(P(A)>0)．
2．乘法公式與全概率公式、貝葉斯公式：
P(AB)＝P(A)P(B|A)；
P(B)＝P(BAi)＝P(Ai)P(B|Ai)，i＝1,2，…，n；
P(Ai|B)＝
3．獨立性與條件概率的關系：當P(B)>0且P(AB)＝P(A)P(B)時，有P(A|B)＝＝＝P(A)．
知識點 2　隨機變量
1.離散型隨機變量及其分布列
4．正態分布
要點一　條件概率
條件概率是概率的重要內容之一，是后續學習的基礎．在高考中經常涉及，一般以選擇和填空的形式考查，試題難度不大，屬基礎題．求條件概率的常用方法為：(1)定義法，分別求出P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.
(2)借助古典概型公式，先求事件A包含的基本事件數n(A)，再在事件A發生的條件下求事件B包含的基本事件數n(AB)，得P(B|A)＝.
典例1　在100件產品中，有95件合格品，5件不合格品，現從中不放回地取兩次，每次任取1件產品．試求：
(1)第一次取到不合格品的概率；
(2)在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率．
[解析]　設第一次取到不合格品為事件A，第二次取到不合格品為事件B，則有：
(1)P(A)＝＝0.05.
(2)(方法一)第一次取到一件不合格品，還剩下99件產品，其中有4件不合格品，95件合格品，于是第二次又取到不合格品的概率為，由于這是一個條件概率，所以P(B|A)＝.
(方法二)根據條件概率的定義，先求出事件A，B同時發生的概率P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
[規律方法]　(1)條件概率的計算公式：P(B|A)＝或P(B|A)＝.
(2)條件概率具有的性質：
①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
要點二　離散型隨機變量的分布列、期望與方差
求離散型隨機變量ξ的分布列、均值、方差的方法
(1)理解離散型隨機變量ξ的意義，寫出ξ的所有可能取值；
(2)求ξ取每個值的概率；
(3)寫出ξ的分布列；
(4)根據均值、方差的定義求E(ξ)，D(ξ)．
注意：如果ξ～B(n，p)，則E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)．
典例2　為創建文明城市，某城市號召出租車司機在高考期間至少進行一次“愛心送考”，該城市某出租車公司共200名司機，他們進行“愛心送考”的次數統計如圖所示．
(1)求該出租車公司的司機進行“愛心送考”的人均次數；
(2)從這200名司機中任選兩人，設這兩人進行“愛心送考”的次數之差的絕對值為隨機變量X，求X的分布列及數學期望．
[解析]　(1)由圖可知200名司機中“愛心送考” 1次的有20人，“愛心送考”2次的有100人，“愛心送考”3次的有80人，
∴該出租車公司的司機進行“愛心送考”的人均次數為＝2.3.
(2)從該公司任選兩名司機，記“這兩人中一人‘愛心送考’ 1次，另一人‘愛心送考’2次”為事件A；“這兩人中一人‘愛心送考’2次，另一人‘愛心送考’3次” 為事件B；“這兩人中一人‘愛心送考’ 1次，另一人‘愛心送考’ 3次”為事件C；“這兩人‘愛心送考’次數相同”為事件D.
由題意知X的所有可能取值為0,1,2，
P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，
P(X＝2)＝P(C)＝＝，
P(X＝0)＝P(D)＝＝，
∴X的分布列為
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
[規律方法]　離散型隨機變量的期望與方差的關注點
(1)求離散型隨機變量的期望與方差，一般先列出分布列，再按期望與方差的計算公式計算．
(2)要熟記特殊分布的期望與方差公式(如兩點分布、二項分布、超幾何分布)．
(3)注意期望與方差的性質．
(4)實際應用問題，要注意分析實際問題用哪種數學模型來表達．
要點三　二項分布與超幾何分布
n重伯努利試驗和二項分布、超幾何分布是概率中的重要模型，是學習方差、均值的基礎．高考中是常考內容，以選擇、填空題的形式出現．有時在解答題中有所涉及，題目難度不大屬低檔題，二項分布的實際應用是常考題型．
典例3　甲、乙兩隊參加世博會知識競賽，每隊3人，每人回答一個問題，答對者為本隊贏得一分，答錯得零分．假設甲隊中每人答對的概率均為，乙隊中3人答對的概率分別為，，，且各人答對與否相互之間沒有影響．用ξ表示甲隊的總得分．
(1)求隨機變量ξ的分布列；
(2)設C表示事件“甲隊得2分，乙隊得1分”，求P(C)．
[解析]　(1)由題意知，ξ的可能取值為0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝C×3＝，
P(ξ＝1)＝C××2＝，
P(ξ＝2)＝C×2×＝，
P(ξ＝3)＝C×3＝，
故ξ的分布列為：
ξ 0 1 2 3
P
(2)甲隊得2分，乙隊得1分，兩事件相互獨立，
由(1)得，甲隊得2分的概率P(ξ＝2)＝，
乙隊得1分的概率P＝××＋××＋××＝.
根據獨立事件概率公式得，“甲隊得2分，乙隊得1分”的概率P(C)＝×＝.
[規律方法]　1.關于二項分布的實際應用
熟悉常見的n重伯努利試驗的特點，涉及“多次”“多人”“多局”等的事件，每次事件發生的概率相同，隨機變量往往符合二項分布，可以利用公式計算概率、期望．
2．關于超幾何分布的實際應用
涉及不放回抽取，只含有兩類元素抽取，或者多類元素，但抽取只涉及兩個限定條件的事件，隨機變量往往符合超幾何分布，確定基本量n，M，N后可以利用公式求概率、期望．
要點四　正態分布
正態分布是概率統計的重要內容，也是高考的重要內容．既可以以選擇題、填空題的形式單獨考查，難度較小，又可以與離散型隨機變量的均值、方差及實際應用問題綜合考查，難度中等偏上．求正態分布的概率主要有兩種方法：
(1)注意“3σ原則”的應用．記住正態總體在三個區間內取值的概率．
(2)注意數形結合．由于正態密度曲線具有完美的對稱性，體現了數形結合的重要思想，因此運用對稱性結合圖象解決某一區間內的概率問題成為熱點問題．
典例4　某學校高三2 500名學生第二次模擬考試總成績服從正態分布N(500,502)，請你判斷考生成績X在550～600分的人數．
[解析]　∵考生成績X～N(500,502)，
∴μ＝500，σ＝50，
∴P(550≤X≤600)＝[P(500－2×50≤X≤500＋2×50)－P(500－50≤X≤500＋50)]
≈(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9，
∴考生成績在550～600分的人數為2 500×0.135 9≈340(人)．
[規律方法]　正態分布的實際應用
(1)求概率
①利用P(μ－σ≤X≤μ＋σ)，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)的值直接求；
②充分利用正態曲線的對稱性和曲線與x軸之間的面積為1這些特殊性質求解．
(2)3σ原則
在實際應用中，通常認為服從正態分布N(μ，σ2)的隨機變量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值．

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