2.1
离散型随机变量及其分布列
预习导航
课程目标
学习脉络
1.理解离散型随机变量的概念．2．能写出离散型随机变量的可能取值，并能解释其意义．3．理解离散型随机变量分布列的概念及性质，会求离散型随机变量的分布列．4．理解二点分布和超几何分布的意义，能够利用超几何分布的概率公式解决实际问题.
一、随机变量
1．随机变量
条件
对应关系
在随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得试验可能出现的结果可以用一个变量来表示
变化关系
在这个对应关系下，变量随着试验结果的不同而变化
结论
随机变量
这种随着试验结果的不同而变化的变量称为随机变量
概念理解
随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映射为实数，函数把实数映射为实数
表示
随机变量常用字母X，Y，ξ，η等表示
2.离散型随机变量
取值特点
一一列出
对于随机变量所有可能取的值都能一一列举出来
有限性
离散型随机变量只取有限个值
思考1随机变量是映射吗？
提示：随机变量是建立在基本事件空间与实数对应关系的基础上，每一个基本事件(试验结果)都有唯一的实数与之对应，故是映射．
思考2若说随机变量就是函数，对吗？
提示：随机变量不一定为函数，函数是非空数集A，B间的一种特殊的映射，而随机变量间的对应是基本事件与实数间的对应．
思考3类似地，函数的定义域和值域相当于随机变量概念中的哪些量？
提示：随机变量与函数都是一种映射，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域．
二、离散型随机变量的分布列
1．将离散型随机变量X所有可能取的不同值x1，x2，…，xn和X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率p1，p2，…，pn列成下面的表：
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
称这个表为离散型随机变量X的概率分布，或称为离散型随机变量X的分布列．
2．离散型随机变量的分布列的性质：
(1)pi≥0，i＝1,2,3，…，n；
(2)p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1.
性质(1)是由概率的非负性所决定的；性质(2)是因为一次试验的各种结果是互斥的，而全部结果之和为必然事件．
三、特殊分布
1．二点分布
如果随机变量X的分布列为
X
1
0
P
p
q
其中0＜p＜1，q＝1－p，则称离散型随机变量X服从参数为p的二点分布．
思考4二点分布有哪些特点？
提示：二点分布的特点是试验结果只有两个，且随机变量的取值是0和1，其中一个概率为p，另一个概率为1－p.
2．超几何分布
一般地，设有总数为N件的两类物品，其中一类有M件，从所有物品中任取n件(n≤N)，这n件中所含这类物品件数X是一个离散型随机变量，它取值为m时的概率为P(X＝m)＝(0≤m≤l，l为n和M中较小的一个)，我们称离散型随机变量X的这种形式的概率分布为超几何分布，也称X服从参数为N，M，n的超几何分布．2.1
离散型随机变量及其分布列
课堂导学
三点剖析
一、利用概率知识求随机变量分布列
【例1】将一颗骰子掷两次，设随机变量ξ表示_______________.填空并求ξ的分布列.
构建问题（一）：ξ表示两次掷出的最大点数.
解析：ξ的分布列如下：
ξ
1
2
3
4
5
6
P
构建问题（二）：ξ表示第一次掷出的点数减去第二次掷出的点数的差.
解析：ξ的分布列如下：
ξ
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
P
温馨提示
求随机变量的分布列，首先弄清随机变量所有可能的取值，进而利用所学概率知识，求取每个值的概率，并列出表格即得分布列.
二、找到随机变量的所有可能值并求每种取值的概率
【例2】
一袋中装有6个同样大小的黑球，编号1，2，3，4，5，6，现从中随机取出3个球，以ξ表示取出球的最大号码，求ξ的分布列.
解析：随机变量ξ的取值为3,4,5,6.从袋中随机地取3个球，包含的基本事件总数为，事件“ξ=3”包含的基本事件总数为，事件“ξ=4”包含的基本事件总数为；事件“ξ=5”包含的基本事件总数为；事件“ξ=6”包含的基本事件总数为.从而有
P（ξ=3）=，
P（ξ=4）=，
P（ξ=5）=，
P（ξ=6）=.
∴随机变量ξ的分布列为
ξ
3
4
5
6
P
各个击破
类题演练
1
有5枝不同标价的圆珠笔，分别标有10元、20元、30元、40元、50元，从中任取3枝，若以ξ表示取到的圆珠笔中的最高标价，试求ξ的分布列.
解析：ξ的可能取值为30，40，50.P（ξ=30）=，P（ξ=40）=，P（ξ=50）=,分布列为
ξ
30
40
50
P
变式提升
1
袋中装着标有数字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ξ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ξ的概率分布和数学期望；
（3）计分介于20分到40分之间的概率.
解：（1）解法一：“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）=.
解法二：“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是互斥事件，因为P（B）=.所以P（A）=1-P（B）=1=.
（2）由题意，ξ所有可能的取值为2，3，4，5.
P（ξ=2）==；
P（ξ=3）==；
P（ξ=4）==；
P（ξ=5）==.
所以随机变量ξ的概率分布为
ξ
2
3
4
5
P
因此ξ的数学期望为Eξ=2×+3×+4×+5×=.
(3)“一次取球所得计分介于20分到40分之间”的事件记为C，则P（C）=P（ξ=3或ξ=4）=P（ξ=3）+P（ξ=4）=+=.
类题演练
2
从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有ξ个红球，则随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
解析：P（ξ=0）==0.1,P(ξ=1)==0.6,P（ξ=2）==0.3.
ξ
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
变式提升
2
A、B是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验.
每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A，另2只服用B，然后观察疗效.若在一个试验组中，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组.设每只小白鼠服用A有效的概率为，服用B有效的概率为.
（1）求一个试验组为甲类组的概率；
（2）观察3个试验组，用ξ表示这3个试验组中甲类组的个数，求ξ的分布列.
解析：（1）P=2×××()2+()2·［2×()2+()2］=.
(2)设A表示一个试验组为甲类组，则P(A)=,?P()=.ξ取值为0，1，2，3，于是P（ξ=0）=（）3=，P（ξ=1）=·×()2=,P(ξ=2)=()2×=,P(ξ=3)
=()3=.
ξ
0
1
2
3
P2.3.1
离散型随机变量的数学期望
课堂导学
三点剖析
一、离散型随机变量的数学期望
【例1】根据历次比赛或训练记录，甲、乙两射手在同样的条件下进行射击，成绩的分布列如下：
射手
8环
9环
10环
甲
0.3
0.1
0.6
乙
0.2
0.5
0.3
试比较甲、乙两射手射击水平的高低.
解析：设甲、乙两射手射击一次所得的环数分别为X1，X2，则
E（X1）=8×0.3+9×0.1+10×0.6=9.3,
E(X2)=8×0.2+9×0.5+10×0.3=9.1,
这就是说射手甲射击所得环数的数学期望比射手乙射击所得环数的数学期望高，从而说明甲的平均射击水平比乙的稍高一点.如果两人进行比赛，甲赢的可能性较大.
温馨提示
离散型随机变量的分布列具有的性质pi≥0,i=1,2,…,n和=1.
二、利用概率知识求随机变量的分布列
【例2】（2006山东高考，理20）袋中装着标有数字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ξ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ξ的概率分布和数学期望;
(3)计分介于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)==.
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是互斥事件，因为P(B)==.
所以P(A)=1-P(B)=1=.
(2)由题意,ξ所有可能的取值为2,3,4,5.
P(ξ=2)=;
P(ξ=3)=;
P(ξ=4)=
;
P(ξ=5)=.
所以随机变量ξ的概率分布为
ξ
2
3
4
5
P
因此ξ的数学期望为
Eξ=2×+3×+4×+5×=.
(3)“一次取球所得计分介于20分到40分之间”的事件记为C，则
P（C）＝P（ξ＝3或ξ=4)=P(ξ＝3）＋P（ξ=4)=.
温馨提示
求随机变量的分布列，首先弄清随机变量所有可能的取值，进而利用所学概率知识，求取每个值的概率，并列出表格即得分布列.
三、找到随机变量的所有可能值并求每种取值的概率
【例3】
设一汽车在前进途中要经过4个路口，汽车在每个路口遇到绿灯（允许通行）的概率为,遇到红灯（禁止通行）的概率为.假定汽车只在遇到红灯或到达目的地时才停止前进，ξ表示停车时已经通过的路口数，求：
（1)ξ的概率分布列及期望Eξ；
（2）停车时最多已通过3个路口的概率.
解析：（1）ξ可能取的值是0，1，2，3，4,
P（ξ=0）=,
P(ξ=1)=·=,
P(ξ=2)=()2·=,
P(ξ=3)=()3·=,
P(ξ=4)=()4=,
∴ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
4
P
Eξ=0+1×+2×+3×+4×=.
(2)P(ξ≤3)=1-P(ξ=4)=1=.
温馨提示
本题的关键是正确求出各随机变量的概率值.
各个击破
类题演练
1
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期望.
解析：根据题目知所含白球数X服从参数N=10，M=5，n=4的超几何分布，则
E（X）==2,所以从中任取4个球平均来说会含有2个白球.
变式提示
1
根据气象预报，某地区下个月有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01.设工地上有一台大型设备，为保护设备有以下二种方案.
方案1：运走设备，此时需花费3
800元.
方案2：建一保护围墙，需花费2
000元.但围墙无法防止大洪水，当大洪水来临，设备受损，损失费为60
000元.
试比较哪一种方案好.
解析：对于方案1，花费为3
800元，损失为0元，花费与期望损失之和为3
800元；
对于方案2，花费为2
000元损失费的分布列为
损失费（元）
60
000
0
概率
0.01
0.99
期望损失为60
000×0.1+0×0.99=600(元)，所以花费与期望损失之和为2
000+600=2
600（元）；
比较二种方案，方案2的花费与期望损失之和较小，故方案2好.
类题演练
2
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占线的概率均为0.5，电话C、D占线的概率均为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的概率分布和它的期望.ξ可能取的值是0，1，2，3，4.
解析：ξ可能取的值是0,1,2,3,4,
P（ξ=0)=0.52×0.62=0.09.
P(ξ=1)=×0.52×0.62+×0.52×0.4×0.6=0.3.
P(ξ=2)=×0.52×0.62+×0.52×0.4×0.6+×0.52×0.42=0.37.
P(ξ=3)=×0.52×0.4×0.6+×0.52×0.42=0.2.
P(ξ=4)=0.52×0.42=0.04.
于是得到随机变量ξ的概率分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
0.09
0.3
0.37
0.2
0.04
所以Eξ=0×0.09+1×0.3+2×0.37+3×0.2+4×0.04=1.8.
变式提示
2
已知X的分布列为
X
-1
0
1
P
设Y=2X+3，则EY的值为（
）
A.
B.4
C.-1
D.1
解析：EX=+=,
EY=E(2X+3)=2EX+3=+3=.
答案：A
类题演练
3
已知随机变量X满足P（X=1）=0.3,P（X=2）=0.7,则EX的值为（
）
A.0.6
B.0.7
C.0.3
D.1.7
解析：EX=1×0.3+2×0.7=1.7.
答案：D
变式提升
3
袋中有1个白球和4个黑球，每次从中任取1个球，每次取出的黑球不再放回去，直到取出白球为止.求取球次数ξ的概率分布.
解析：ξ的所有可能取值为1，2，3，4，5，并且有P（ξ=1）==0.2,
P(ξ=2)=×=0.2,
P(ξ=3)=××=0.2,
P(ξ=4)=×××=0.2,
P(ξ=5)=××××=0.2,
因此ξ的分布列是
ξ
1
2
3
4
5
P
0.2
0.2
0.2
0.2
0.22.2.3
独立重复试验与二项分布
课堂导学
三点剖析
一、独立重复试验与二项分布
【例1】某地区每天保证用水量的概率为0.75，试求：
（1）在最近7天内用水正常的天数的分布；
（2）7天内至少有2天用水正常的概率.
思路分析：7天中用水正常的天数可能是0天，也可能是1天，也可能是2天，…，也可能是7天.设用水正常的天数为X，X取值为0，1，…，7.
解析：由题意知，X服从参数n=7,p=0.75的二项分布，即X~B（7，0.75）.
(1)由二项分布的概率分布知
P（X=0）=（0.75）0(0.25)7≈0.000
06,
P(X=1)=(0.75)1(0.25)6≈0.001
28,
P(X=2)=(0.75)2(0.25)5≈0.011
54,
P(X=3)=(0.75)3(0.25)4≈0.057
68,
P(X=4)=(0.75)4(0.25)3≈0.173
03,
P(X=5)=(0.75)5(0.25)2≈0.311
46,
P(X=6)=(0.75)6(0.25)1≈0.311
46,
P(X=7)=
(0.75)7(0.25)0≈0.133
48.
其概率分布为
X
P
0
0.000
06
1
0.001
28
2
0.011
54
3
0.057
68
4
0.173
03
5
0.311
46
6
0.311
46
7
0.133
48
(2)P(X≥2)=
=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)+P(X=7)≈0.011
54+0.057
68+0.173
03+0.311
46+0.311
46+0.133
48=0.998
7.
二、求独立事件的概率
【例2】甲、乙两个人独立地破译密码的概率分别为和，求
（1）两个人都译出密码的概率；
（2）两个人都译不出密码的概率；
（3）恰有一人译出密码的概率.
思路分析：我们把“甲独立地译出密码”记为事件A，把“乙独立地译出密码”记为事件B，显然A与B相互独立，同时与B，A与，与亦相互独立.
解析：A=“甲独立地译出密码”，B=“乙独立地译出密码”，且P（A）=，P（B）=.
（1）两个人都译出密码的概率为P（AB）=P（A）P（B）=×=.
(2)两个人都译不出密码的概率为P（）=P（）P（）=［1-P（A）］［1-P（B）］
=（1）（1-）=.
（3）恰好1个译出密码可分为两类，即A与B且两类事件为互斥事件：
P（A+B）=P（B）+P（A）
=P（）P（B）+P（A）P（）
=（1）×+(1-)=.
【例3】在一次考试中
，出了六道判断题，正确的记“√”号，不正确的记“×”号.若某考生完全随意记上了六个符号，求：
（1）全部正确的概率；
（2）正确答案不少于4道的概率.
解析：（1）全部正确的概率是P6（6）=·0.56=.
(2)“正确答案不少于4道”包括有4道题正确、有5道题正确或6道题全正确，故所求概率是
P6（4）+P6（5）+P6（6）
=·0.54·0.52+·0.55·0.5+·0.56=.
温馨提示
独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验结果的概率不受其他次结果的概率的影响，每次试验有两个可能结果：成功和失败.n次试验中A恰好出现了k次的概率为pk(1-p)
n-k，这k次是n次中的任意k次，若是指定的k次，则概率为pk(1-p)n-k.
各个击破
类题演练
1
某射手每次击中目标的概率为0.6，如果射击5次，试求至少击中2次的概率.
解析：P（至少击中2次）=(击中k次)
=1-P（击中0次）-P（击中1次）
=1-C05（0.6）0·(0.4)5-
(0.6)1·(0.4)4≈0.826.
变式提升
1
某种产品的次品率为5%.现从一大批该产品中抽出20个进行检验，问20个该产品中恰有2个次品的概率是多少？
解析：这里是不放回抽样，由于一批产品的总数很大，且抽出的样品的数量相对而言较小，因而可以当作是有放回抽样处理，这样做会有一些误差，但误差不会太大.抽出20个样品检验，可看作是做了20次独立试验，每一次是否为次品可看成是一次试验的结果，因此20个该产品中恰有两个次品的概率是
P（恰有2个次品）=（0.05）2·(0.95)18≈0.187.
类题演练
2
某单位6个员工借助互联网工展工作，每个员工上网概率都是0.5(相互独立).
（1）求至少3人同时上网的概率.
（2）至少几个人同时上网的概率小于0.3
解析：（1）至少三人上网即恰三人，四人，五人，六人上网，所以至少三个人上网的概率等于1减去至多两人上网的概率，即1-（0.5）6-
(0.5)6-?
(0.5)6=1-.
(2)因为至少4人上网的概率为（++）(0.5)6=＞0.3.
至少5人上网的概率为（+）（0.5）6=＜0.3,因此，至少5人同时上网的概率小于0.3.
变式提升
2
甲、乙、丙三人独立地解同一道数学题，甲能解决这道题的概率是P1，乙能解决这道题的概率是P2，丙能解决这道题的概率是P3，解决下列问题：
（1）求没有人能解出这道题的概率；
（2）求至少有一个人能解出这道题的概率；
（3）求有人没解出这道题的概率；
（4）求恰有一人能解出这道题的概率.
解析：设甲、乙、丙能解出这道题的事件分别为A1、A2、A3，则A1、A2、A3是相互独立事件，但不是互斥事件.
（1）没有人能解出这道题的事件A=
∵、、相互独立，
∴P（A）=P（
）=（1-P1）（1-P2）（1-P3）.
（2）至少有一人能解出这道题的事件B=A1+A2+A3，但不能运用互斥事件的和的概率公式，注意到B与A=
是对立事件，
∴P（B）=1-P（
）=1-（1-P1）（1-P2）（1-P3）.
（3）有人没解出这道题的事件为C，如果直接表达C比较复杂，由于C与事件“A1A2A3”是对立事件，
∴P（C）=1-P（A1A2A3）=1-P1P2P3.
（4）恰有一人能解出这道题的事件D=A1+A2
+A3
.
∵A1
，A2
与A3
彼此互斥，
∴P（D）=P（A1）+P（）+P（A3）=P1(1-P2)(1-P3)+P2(1-P3)(1-P1)
+P3(1-P1)(1-P2).
类题演练
3
甲、乙两支足球队鏖战90分钟踢成平局，加时赛30分钟后仍成平局，现决定各派5名队员，每人射一点球决定胜负，设甲、乙两队每个队员的点球命中率均为0.5.
(1)不考虑乙队，求甲队仅有3名队员点球命中，且其中恰有2名队员连续命中的概率；
（2）求甲、乙两队各射完5个点球后，再次出现平局的概率.
解：（1）甲队3名队员射中，恰有2名队员连续命中的情形有种，故所求的概率为P1=×0.53×(1-0.5)2=.
(2)再次出现平局包括0∶0,1∶1,…,5∶5等6种可能性，故其概率为
P2=［×0.50×(1-0.5)5］2+［×0.51×(1-0.5)4］2+…+［×0.55×(1-0.5)0］2=.
变式提升
3
将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面的概率等于出现k+1次正面的概率，那么k的值为（
）
A.0
B.1
C.2
D.3
解析：由()k()5-k=()k+1·()5-k-1,即=,∴k+(k+1)=5,k=2.
答案：C2.4
正态分布
课堂导学
三点剖析
一、利用标准正态表求正态总体在某一区间内的概率
【例1】设测量一条道路长度的误差x（单位：m)服从正态分布N（-5，202），求：
（1）误差的绝对值不超过30
m的概率；
（2）测得的长度小于道路真实长度的概率；
（3）测得的长度比道路真实长度大35
m的概率.
（查表，可得Φ（1.75）=0.959
94,Φ(1.25)=0.894
4,Φ(2)=0.977
2,Φ(0.25)=0.598
7)
解析：（1）P(|x|≤30)=P(-30≤x≤30)=Φ()-Φ()=Φ(1.75)-Φ(-1.25)=Φ(1.75)+
Φ(1.25)-1=0.854
34.
(2)由误差的定义：测量值=真实值+误差.可见，题意要求的概率为P（x<0）=Φ（）=Φ(0.25)=0.598
7.
(3)题意要求的概率为P（x>35）=1-P(x≤35)=1-Φ()=1-Φ(2)=0.022
8.
温馨提示
求正态分布在某一区间的概率应先转化为标准正态分布.
二、利用正态曲线的性质解题
【例2】设任一正态总体N（μ,σ2）中取值小于x的概率为F（x)，标准正态总体N（0，1）中，取值小于x0的概率为Φ（x0）.
(1)证明F（x)可化为Φ（x0）计算.
（2）利用正态曲线的性质说明：当x取何值时，正态总体N（μ,σ2）相应的函数f(x)=
(x∈R)有最大值，其最大值是多少？
（1）证明：由正态总体N（μ,σ）的概率密度函数可知F(x)=Φ（），即x0=.
(2)解析：由正态曲线的单调性和对称性可知，正态总体N（μ,σ2）的概率密度函数f(x)在x=μ时，取到最大值.
温馨提示
注意正态曲线中μ,σ的几何意义.
三、小概率事件
【例3】某厂生产的圆柱形零件的外直径ξ服从正态分布N（4,0.25），如果一批产品的合格率达到99.7%以上就认为这批产品是合格的.质检人员从该厂生产的1
000件零件中随机抽取一件，测得它的外直径为5.7
cm,试问该厂生产的这批零件是否合格？
思路分析：要说明这批零件是否合格，就是要说明从这批零件中随机地取出一件，其尺寸是否落在规定的范围内.由正态分布的性质知，总体中个体取值的概率为99.7%所对应的区间为（μ-3σ,μ+3σ）,故只需判断5.7是否属于该区间即可.
解：∵ξ~N（4，0.25），由正态分布的性质知，ξ的取值落在区间（μ-3σ,μ+3σ）之内的概率为99.7%.由于μ=4,σ=0.5,
∴μ-3σ=4-3×0.5=2.5,μ+3σ=4+3×0.5=5.5,即合格品的产品尺寸的取值范围是（2.5,5.5）.
∵5.7
(2.5,5.5)，这说明在一次试验中小概率事件发生了，
∴可以认为这批零件是不合格的.
温馨提示
发生概率一般不超过5%的事件，称为小概率事件，它在一次试验中几乎不可能发生.
各个击破
类题演练
1
某学校学生的数学竞赛成绩ξ服从正态分布N（42，36），如某个学生得48分，求成绩排在这名学生以后的学生占学生总数的百分比.
解析：由ξ~N(42,36),则η=~N（0，1）.因此，P（ξ<48)=F(48)=Φ()=Φ(1)≈0.84.因而有84%的学生成绩排在得48分的学生之后.
变式提升
1
某县农民平均收入服从μ=500元，σ=20元的正态分布.求：
（1）此县农民的年均收入在500~520元之间的人数的百分比.
（2）此县农民年均收入超过540元的人数的百分比.
解析：（1）∵正态曲线关于直线x=500对称，
∴P（500
=P(μ-σ=×0.682
6=0.341
3.
(2)∵正态曲线关于直线x=500对称，
∴P(X>540)=P(X<460)
=［P(X>540)+P(X<460)］
=［1-P(460=［1-0.954
4］
=×0.045
6
=0.022
8.
类题演练
2
设随机变量ξ~N(μ,σ2),且P（ξ≤c）=P(ξ>c),求c.
解析：∵正态分布中，落在数学期望μ两边的概率相等，
∴c=μ.
变式提升
2
如图为某地成年男性体重的正态曲线图，请写出其正态分布密度函数，并求P（|X-72|<20）.
解析：由图可知，μ=72,σ=10,①φμ,σ?(x)=π·10,
x∈(-∞,+∞),②P(|X-72|<20)=P(|X-μ|<2σ)=P(μ-2σ5.
类题演练
3
已知某批建筑材料的强度ξ服从N（200，182）的正态分布，现从中任取一件时，求：
（1）取得这件材料的强度不低于180的概率；
（2）如果所用的材料要求以99%的概率保证强度不低于150，问这批材料是否符合这个要求？
解析：（1）P（ξ≥180)=1-P(ξ<180)=1-Φ()=Φ(1.11)=0.866
5,取得这件材料的强度不低于180的概率为86.65%.
(2)P(ξ≥150)=1-P(ξ<150)=1-Φ()=1-Φ(-2.78)=Φ(2.78)=0.997
3,即从这批材料中任取一件，以概率99.73%（大于99%）保证强度不低于150，故这批材料符合提出的要求.
变式提升
3
公共汽车车门的高度是按男子与车门碰头的机会在0.01以下来设计的.设男子身高ξ服从μ=168
cm,σ=7
cm的正态分布，即ξ~N(168,72),那么汽车车门的高度应如何确定？
解析：设车门的高度为h
cm,由题意，P（ξ≥h)≤0.01或P（ξ∴P(ξ查表可知Φ（2.33）≈0.990
1>0.99,
即有=2.33.
于是h=184.31
cm,故汽车车门的高度大于184.31
cm时，男子与车门碰头的机会在0.01以下.2.2.3
独立重复试验与二项分布
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课程目标
学习脉络
1.理解n次独立重复试验的模型，掌握二项分布，并能利用它们解决一些简单的实际问题．2．通过本节的学习，体会模型化思想在解决问题中的作用，感受概率在生活中的作用，提高数学应用能力.
一、独立重复试验
在相同的条件下，重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，那么一般就称它们为n次独立重复试验．
如果在一次试验中事件A发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1,2，…，n)．
思考1在独立重复试验中，某事件每次发生的概率是否相同？
提示：在每次试验中，某事件发生的概率是相同的．
思考2独立重复试验满足什么条件？
提示：(1)每次试验是在相同的条件下进行的；
(2)各次试验的结果互不影响，即每次试验是相互独立的；
(3)每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．
点拨
n次独立重复试验的概率公式中各字母的含义
二、二项分布
如果随机变量X的分布列为
X
0
1
…
k
…
n
P
Cp0qn
Cp1qn－1
…
Cpkqn－k
…
Cpnq0
其中q＝1－p.
由于表中第二行恰好是二项式展开式(q＋p)n＝Cp0qn＋Cp1qn－1＋…＋Cpkqn－k＋…＋Cpnq0各对应项的值，所以称这样的离散型随机变量X服从参数为n，p的二项分布，记作X～B(n，p)．
思考3二点分布与二项分布有何关系？
提示：在二项分布中，n次独立重复试验中各次试验的条件相同，对每次试验来说，只考虑两个可能的结果发生与不发生，或者说每次试验服从相同的二点分布．2.3.1
离散型随机变量的数学期望
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课程目标
学习脉络
1.理解离散型随机变量的数学期望的概念．2．会根据离散型随机变量的分布列求出离散型随机变量的数学期望．3．掌握离散型随机变量的数学期望的性质及二点分布与二项分布的数学期望公式．4．能运用离散型随机变量的数学期望解决一些简单的实际问题.
一、期望
一般地，设一个离散型随机变量X所有可能取的值是x1，x2，…，xn，这些值对应的概率是p1，p2，…，pn，则E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn叫做这个离散型随机变量X的均值或数学期望(简称期望)．
离散型随机变量的数学期望刻画了这个离散型随机变量的平均取值水平．
二、常见的数学期望
1．若离散型随机变量X服从参数为p的二点分布，则E(X)＝p.
2．若离散型随机变量X服从参数为n和p的二项分布，则E(X)＝np.
3．若离散型随机变量X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝.
点拨
离散型随机变量的数学期望的性质
若X，Y是两个随机变量，且Y＝aX＋b，则有E(Y)＝aE(X)＋b，即随机变量X的线性函数的数学期望等于这个随机变量的数学期望E(X)的同一线性函数．特别地：
(1)当a＝0时，E(b)＝b，即常数的数学期望就是这个常数本身．
(2)当a＝1时，E(X＋b)＝E(X)＋b，即随机变量X与常数之和的数学期望等于X的数学期望与这个常数的和．
(3)当b＝0时，E(aX)＝aE(X)，即常数与随机变量乘积的数学期望等于这个常数与随机变量的数学期望的乘积．2.2.2
事件的独立性
预习导航
课程目标
学习脉络
1.了解两个事件相互独立的概念，掌握相互独立事件的概率公式，并能利用公式解决简单问题．2．通过相互独立事件及其概率的计算，体会相互独立事件的概率在实际生活中的应用.
一、两个事件相互独立
思考1
若两个事件相互独立是否就说明这两个事件间没有任何关系？
提示：两个事件A，B相互独立是指事件A是否发生与事件B是否发生没有关系，并不是说事件A，B间没有关系．相反，若事件A，B相互独立，则常有事件AB≠，即事件A，B不互斥．
思考2
相互独立事件与互斥事件有什么区别？
提示：相互独立事件与互斥事件的区别如下表：
相互独立事件
互斥事件
条件不同
相互独立的两个事件是在两次试验中得到的
互斥的两个事件是一次试验中的两个事件
判断方法
一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响
两个事件不可能同时发生，即AB＝
概率公式
A与B相互独立等价于P(AB)＝P(A)·P(B)
若A与B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，反之不成立
总结：已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有
事件
表示
概率
A，B恰有一个发生
(A
)∪(B)
P(A)P()＋P()·P(B)
A，B中至少有一个发生
(A
)∪(B)∪(AB)
P(A)P()＋P()·P(B)＋P(A)P(B)
A，B中至多有一个发生
(A
)∪(B)∪(
)
P(A)P()＋P()·P(B)＋P()P()
二、n个事件相互独立
1．对于n个事件A1，A2，…，An，如果其中任一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称A1，A2，…，An相互独立．
2．如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件都发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1∩A2∩…∩An)＝P(A1)×P(A2)×…×P(An)，并且上式中任意多个事件Ai换成其对立事件后等式仍成立．2.3.2
离散型随机变量的方差
课堂导学
三点剖析
一、离散型随机变量的方差
【例1】袋中有1个白球和4个黑球，每次从中任取一个球，但不放回原袋中，直到取到白球为止，求取球次数的期望及方差.
解析：当每次取出的黑球不再放回时，设随机变量ξ是取球次数，因为每次取出的黑球不再放回去，所以ξ的可能值为1，2，3，4，5，易知：P（ξ=1）==0.2,P(ξ=2)=·=0.2,
P(ξ=3)=··=0.2,P(ξ=4)=···=0.2,P(ξ=5)=····1=0.2,
∴所求ξ的概率分布为
ξ
1
2
3
4
5
P
0.2
0.2
0.2
0.2
0.2
∴Eξ=1×0.2+2×0.2+3×0.2+4×0.2+5×0.2=3,
Dξ=(1-3)2×0.2+(2-3)2×0.2+(3-3)2×0.2+(4-3)2+(5-3)2×0.2=2.
温馨提示
求期望和方差的问题关键是求随机变量的分布列，即求每种情况的概率.因此求事件的概率是基础，另外方差可用定义求，也可以用公式：Dη=Eη2-(Eη)2求.
二、离散型随机变量的方差的作用
【例2】A、B两台测量仪器测量一长度为120
mm的工件时分布列如下：
A：
118
119
120
121
122
0.06
0.14
0.60
0.15
0.05
B：
118
119
120
121
122
0.09
0.15
0.52
0.16
0.08
试比较两种仪器的优劣.
解析：设随机变量ξ1表示用A仪器测量此产品长度的数值，随机变量ξ2表示用B仪器测量此产品长度的数值，从而有
Eξ1=118×0.06+119×0.14+120×0.60+121×0.15+122×0.05=119.99,
Dξ1=(118-119.99)2×0.06+(119-119.99)2×0.14+(120-119.99)2×0.60+(121-119.99)2×0.15+(122-119.99)2×0.05=0.729
9,
Eξ2=118×0.09+119×0.15+120×0.52+121×0.16+122×0.08=119.99,
Dξ2=(118-119.99)2×0.09+(119-119.99)2×0.15+(120-119.99)2×0.52+(121-119.99)2×0.16+(122-119.99)2×0.08=0.989
9，
由此可知，Eξ1=Eξ2,Dξ1∴A仪器测量结果波动较小，表明A仪器质量较好.
温馨提示
本题若仅由Eξ1=Eξ2,易产生两台仪器性能一样好的错觉.这表明在实际问题中仅靠期望值不能完全反映随机变量的分布特征，还要研究其偏离平均值的离散程度（即方差）.
三、离散型随机变量的方差的最值
【例3】
若随机事件A在1次试验中发生的概率为p（0（1）求方差Dξ的最大值？
（2）求的最大值.
解析：随机变量ξ的所有可能取值为0，1，并且有P（ξ=1）=p，P（ξ=0）=1-p，
从而Eξ=0×(1-p)+1×p=p,
Dξ=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2×p=p-p2.
(1)Dξ=p-p2
=-(p2-p+)+
=-(p)2+,
∵0∴当p=时，Dξ取得最大值，最大值为.
(2)==2-(2p+),
∵0∴2p+≥2,
当2p=,p=时，取“=”，因此，当p=时，
取得最大值2-2.
各个击破
类题演练
1
已知某离散型随机变量X服从的分布列为
X
1
0
P
p
q
且0解析：由题目知X服从二点分布，所以
E（X）=p,
D(X)=(1-p)2·p+(0-p)2·q=q2p+p2q=pq.
这表明在二点分布试验中，离散型随机变量X围绕期望的平均波动大小为pq.
变式提升
1
已知某离散型随机变量X服从下面的二项分布：
P（X=k）=0.1k0.94-k(k=0,1,2,3,4),
求E（X）和D（X）.
解析：根据题目知道离散型随机变量X服从参数n=4和p=0.1的二项分布，所以
E（X）=np=4×0.1=0.4,
D(X)=npq=4×0.1×0.9=0.36.
类题演练
2
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，每个选择正确答案得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，求此学生在这一次测验中的成绩的期望与方差.
解：设该学生在这次数学测试中选择正确答案的个数为X，所得的分数（成绩）为Y，则Y=4X.
由题知X~B（25，0.6）,
∴EX=25×0.6=15,
DX=25×0.6×0.4=6,
EY=E(4X)=4EX=60,
DY=D(4X)=42×DX=16×6=96.
答：该学生在这次测验中的期望与方差分别是60与96.
点评：审清题意得出X~B（25，0.6）是解本题的重要一步.
变式提升
2
若X是离散型随机变量，P（X=x1）=,P(X=x2)=
,且x1）
A.
B.
C.3
D.
解析：由EX=x1+x2=得
2x1+x2=4①
又DX=（x1-）2·+(x2-)2·=得
18x12+9x22-48x1-24x2+29=0②
由①②，且x1答案：C
类题演练
3
设一随机试验的结果只有A和，且P（A）=p，令随机变量X=1，
则X的方差DX等于（
）
A.p
B.2p(1-p)
C.-p(1-p)
D.p(1-p)
解析：EX=0·（1-p）+1·p=p,
DX=(0-p)2·（1-p）+(1-p)2·p
=p-p2=p(1-p).
答案：D
变式提升
2
甲、乙两种水稻在相同条件下各种植100亩，它们收获情况如下：
甲：
亩产量（单位：公斤）
300
320
330
340
亩数
20
25
40
15
乙：
亩产量（单位：公斤）
310
320
330
340
亩数
30
20
40
10
试评价哪种水稻的质量较好.
解：设甲、乙两种水稻的亩产量分别为ξ1,ξ2,则
P（ξ1=300)==,P(ξ1=320)==,
P(ξ1=330)==,P(ξ1=340)==;
P(ξ2=310)==,P(ξ2=320)==,
P(ξ2=330)==,P(ξ2=340)==.
从而有
Eξ1=300×+320×+330×+340×=323.
Eξ2=310×+320×+330×+340×=323.
这表明两种水稻的平均亩产量相等，进一步求各自的方差，得
Dξ1=（300-323）2×+(320-323)2×+(330-323)2×+(340-323)2×=171,
Dξ2=(310-323)2×+(320-323)2×+(330-323)2×+(340-323)2×=101,
即有Dξ1>Dξ2.
这说明乙种水稻其亩产量较为稳定，因此乙种水稻质量较好.2.2.1
条件概率
预习导航
课程目标
学习脉络
1.通过实例，了解条件概率的概念，能利用条件概率的公式解决简单的问题．2．通过条件概率的形成过程，体会由特殊到一般的思维方法.
条件概率
思考1
如何判断条件概率？
提示：题目中出现“在已知……前提下(或条件下)”“在A发生的条件下”等关键词，表明这个前提已成立或条件已发生，此时通常涉及条件概率．
思考2
P(B|A)与P(A|B)的区别是什么？
提示：P(B|A)表示在事件A发生的条件下，B发生的概率．P(A|B)表示在事件B发生的条件下，A发生的概率．2.3.2
离散型随机变量的方差
预习导航
课程目标
学习脉络
1.通过实例，理解取有限个值的离散型随机变量的方差、标准差的概念和意义．2．会求离散型随机变量的方差、标准差．3．会利用离散型随机变量的方差、标准差解决一些实际问题.
离散型随机变量的方差
思考1
离散型随机变量的数学期望满足E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，方差是否也满足式子D(aξ＋b)＝aD(ξ)＋b
提示：方差公式为D(aξ＋b)＝a2D(ξ)，不满足式子D(aξ＋b)＝aD(ξ)＋b.
思考2
若随机变量X服从二点分布，则其方差D(X)的值为多少，能否利用基本不等式求方差的最大值？
提示：二点分布的方差为D(X)＝p(1－p)，由式子可得p(1－p)≤2＝，故能用基本不等式求方差的最大值．
归纳总结
离散型随机变量ξ的期望与方差
名词
数学期望
方差
定义
E(ξ)＝ξ1p1＋ξ2p2＋…＋ξnpn
D(ξ)＝(ξ1－E(ξ))2p1＋(ξ2－E(ξ))2p2＋…＋(ξn－E(ξ))2pn
性质
(1)E(a)＝a(a为常数)(2)E(aξ)＝aE(ξ)(3)E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b(a，b为常数)(4)若ξ～B(n，p)，则E(ξ)＝np
(1)D(a)＝0(a为常数)(2)D(aξ)＝a2D(ξ)(3)D(aξ＋b)＝a2D(ξ)(a，b为常数)(4)若ξ～B(n，p)，则D(ξ)＝npq(p＋q＝1)
数学意义
E(ξ)是一个常数，它反映了随机变量取值的平均水平，亦称均值
D(ξ)是一个常数，它反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度2.4
正态分布
预习导航
课程目标
学习脉络
1.通过实例，借助于直观，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．了解3σ原则，会求正态变量在特殊区间内的概率．2．通过本节的学习，体会函数思想、数形结合思想在实际中的运用.
一、正态分布与正态曲线
如果随机变量X的概率密度函数为
f(x)＝(x∈R，μ，σ为参数，且σ＞0，－∞＜μ＜＋∞)，称X服从参数为μ，σ的正态分布，用X～N(μ，σ2)表示，f(x)的图象简称为正态曲线，例如当μ＝0，σ＝0.5，1,2时，所表示的曲线如图所示．
若X～N(μ，σ2)，则X的期望与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
思考正态变量的概率密度函数解析式中参数μ，σ分别表示随机变量取值的哪一个数字特征？
提示：μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差．
二、正态曲线的性质
1．曲线在x轴的上方，并且关于直线x＝μ对称．
2．曲线在x＝μ时处于最高点，并由此处向左右两边延伸时，曲线逐渐降低，呈现“中间高，两边低”的形状．
3．曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散；σ越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中．
4．当σ相同时，正态分布曲线的位置由期望值μ所决定．
设X是一个按正态分布的随机变量，则对任意的数a＞0及b，aX＋b仍是一个按正态分布的随机变量．
5．3σ原则．
从理论上可以证明，正态变量在区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)内，取值的概率分别是68.3%,95.4%,99.7%.由于正态变量在(－∞，＋∞)内取值的概率是1，容易推出，它在区间(μ－2σ，μ＋2σ)之外取值的概率是4.6%，在区间(μ－3σ，μ＋3σ)之外取值的概率是0.3%.于是正态变量的取值几乎都在距x＝μ三倍标准差之内，这就是正态分布的3σ原则．2.2.1-2.2.2
条件概率与事件的独立性
课堂导学
三点剖析
一、条件概率
【例1】一个家庭中有两个小孩，假定生男、生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩，问这时另一个小孩是男孩的概率是多少？
解析：一个家庭的两个小孩子只有4种可能：{两个都是男孩子}，{第一个是男孩，第二个是女孩}，{第一个是女孩，第二个是男孩}，{两个都是女孩}，由题目假定可知这4个基本事件发生是等可能的.根据题意，设基本事件空间为Ω，A=“其中一个是女孩”，B=“其中一个是男孩”，则Ω={（男，男），（男，女），（女，男），（女，女）}，
A={（男，女），（女，男），（女，女）}，
B={（男，男），（男，女），（女，男）}，
AB={（男，女），（女，男）}，
问题是求在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即求P（B|A）.由上面分析可知P（A）=，P（AB）=.
由公式②可得
P（B|A）=,
因此所求条件概率为.
温馨提示
关键是弄清楚P（A·B）及P（A）.
二、事件的独立性的应用
【例2】甲、乙两名篮球运动员分别进行一次投篮，如果两人投中的概率都是0.6，计算：
（1）两人都投中的概率；
（2）其中恰有一人投中的概率；
（3）至少有一人投中的概率.
思路分析：甲、乙两人各投篮一次，甲（或乙）是否投中，对乙（或甲）投中的概率是没有影响的，也就是说，“甲投篮一次，投中”与“乙投篮一次，投中”是相互独立事件.因此，可以求出这两个事件同时发生的概率.同理可以分别求出，甲投中与乙未投中，甲未投中与乙投中，甲未投中与乙未投中同时发生的概率，从而可以得到所求的各个事件的概率.
解：（1）设A=“甲投篮一次，投中”，B=“乙投篮一次，投中”，则AB=“两人各投篮一次，都投中”.由题意知，事件A与B相互独立，根据公式③所求概率为
P（AB）=P（A）·P(B)=0.6×0.6=0.36.
(2)事件“两人各投篮一次，恰好有一人投中”包括两种情况：一种是甲投中、乙未投中（事件A∩B发生），另一种是甲未投中、乙投中（事件A∩B发生）。根据题意，这两种情况在各投篮一次时不可能同时发生，即事件A∩与∩B互斥，并且A与,与B各自相互独立，因而所求概率为
P（A∩）+P(∩B)
=P(A)·P()-P()·P(B)
=0.6×(1-0.6)+(1-0.6)×0.6
=0.48.
(3)事件“两人各投篮一次，至少有一人投中”的对立事件“两人各投篮一次，均未投中”的概率是
P（∩）=P（）·P()=(1-0.6)×(1-0.6)=0.16.
因此，至少有一人投中的概率为P（A∪B）=1-P(∩)=1-0.16=0.84.
三、条件概率与事件独立性的综合应用
【例3】
益趣玩具厂有职工500人，男、女各占一半，男、女职工中非熟练工人分别为40人与10人，现从该企业中任选一名职工，试问：A.该职工为非熟练工人的概率是多少？b.若已知选出的是女职工，她是非熟练工人的概率又是多少？
思路分析：题a的求解同学们已很熟，它是一般的古典概型问题，b的情况有所不同.它增加了一个附加信息，设A表示非熟练工人，B表示出的是女职工，问题b可以叙述为在已知事件B发生的条件下，求事件A发生的概率.
解析：设A=“非熟练工人”，B=“选出的是女职工”，
P（A）=，P（A|B）==.
各个击破
类题演练
1
在大小均匀的5个鸡蛋中有3个红皮蛋，2个白皮蛋，每次取一个，有放回地取两次，求在已知第一次取到红皮蛋的条件下，第二次取到红皮蛋的概率.
解析：设A=“第一次取到红皮蛋”，B=“第二次取到红皮蛋”，则P（A）=，由于是有放回的抽取，所以P（B）=,AB=“两次都取到红皮蛋，”由于第一次取一个鸡蛋有5种取法，第二次取一个鸡蛋也有5种取法，于是两次共5×5种取法，其中都取到红皮蛋的取法有3×3种，因此，两次都取到红皮蛋的概率为P（AB）==,所以P（B|A）=.
变式提升
1
设A、B互斥，且P（A）＞0,则P（B|A）=______________.若A、B相互独立，P（A）＞0,则P（B|A）=______________.
解析：A、B相互独立，相互不影响，
∴P（B|A）=P（B）.
答案：0
P（B）
类题演练
2
甲、乙二人独立地解开密码，甲完成的概率是，乙完成的概率是，则甲、乙都完不成的概率是多少？
解：A、B独立，则A、B独立.甲完成设为事件A，乙完成设为事件B.
则P（·）=P()·P()=(1-P(A))(1-P(B))=×=.
变式提升
2
分别掷两枚均匀硬币，令
A={甲出现正面}
B={乙出现正面}验证：事件A、B是否独立.
解析：这时样本空间Ω={（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}共含4个基本事件，它们是等可能的，各有概率为，
A={（正，正），（正，反）}，
B={（正，
正），（反，正）}，
AB={（正
，正）}，
∴P（A）=P（B）=，
故P（AB）==P（A）·P(B)，
∴A、B相互独立.
类题演练
3
某种产品用满6
000小时未坏的概率为75%，用满10
000小时未坏的概率为50%,现有这样的一个元件，已用过6
000小时未坏，问它能用10
000小时的概率？
解析：设A={用满10
000小时未坏}，
B={用满6
000小时未坏}，
P（B）=，P（A）=，
由于AB,AB=A.
因而P（AB）=P（A）=，
P（A|B）==.
变式提升
3
设某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8,活到25岁的概率为0.4,现有一个20岁的这种动物，它能活到25岁的概率是____________.
解析：设A=“能活到20岁”，B=“能活到25岁”，则P（A）=0.8,P(B)=0.4而所求概率为P（B|A），由于BA,故A∩B=B，于是P（B|A）==0.5,所以这个动物能活到25岁的概率是0.5.
答案：0.5