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．
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12.2.3
独立重复试验与二项分布
课堂探究
探究一
独立重复试验的概率
解决独立重复试验的概率求解问题时，首先要判断涉及的试验是否为独立重复试验，在确定是独立重复试验后再利用公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k(其中k＝0,1,2，…，n)来计算．
【典型例题1】
某单位有6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5(每个员工上网与否相互独立)．求：
(1)至少3个人同时上网的概率；
(2)至少几个人同时上网的概率会小于0.3
思路分析：根据题目可获取以下主要信息：(1)单位上网员工的人数；(2)员工上网的概率相同且相互独立．解答本题可先确定6个员工上网开展工作是相互独立试验，再根据题目的要求用n次独立重复试验的概率公式求解．
解：该单位6个员工每个人上网的概率都为0.5，则其对立事件每个人不上网的概率也是0.5.在6个人需上网的条件下，“r个人同时上网”这个事件(记为Ar)的概率为P(Ar)＝C×0.5r×(1－0.5)6－r＝×C(r＝0，1，…，6)．
(1)(方法一)所求概率为P(A3∪A4∪A5∪A6)＝P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＋P(A6)＝×(C＋C＋C＋C)＝×(20＋15＋6＋1)＝.
(方法二)所求概率为1－P(A0∪A1∪A2)＝1－×(C＋C＋C)＝1－×(1＋6＋15)＝.
(2)设“至少r个人同时上网”的事件为Br，
P(B6)＝P(A6)＝＜0.3，
P(B5)＝P(A5∪A6)＝P(A5)＋P(A6)＝×(C＋C)＝＜0.3，
P(B4)＝P(A4∪A5∪A6)＝×(C＋C＋C)＝＞0.3.所以至少5个人同时上网的概率小于0.3.
探究二
二项分布的分布列
二项分布的解题步骤
(1)判断随机变量X是否服从二项分布．
看两点：①是否为n次独立重复试验；②随机变量是否为在这n次独立重复试验中某事件发生的次数．
(2)建立二项分布模型．
(3)确定X的取值并求出相应的概率．
(4)写出分布列．
【典型例题2】
为了防止受污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知某产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互之间没有影响．
(1)求该产品不能销售的概率；
(2)如果产品可以销售，则每件产品可获利40元；如果产品不能销售，则每件产品亏损80元(即获利－80元)．已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X元，求X的分布列．
思路分析：要求随机变量的分布列，首先根据题目中的条件确定离散型随机变量的取值，然后计算各取值对应的概率．
解：(1)记“该产品不能销售”为事件A，则表示“该产品能够销售”，
所以P(A)＝1－P()＝1－eq
\b\lc\(\rc\)()eq
\b\lc\(\rc\)()＝.
(2)由题意知，X的可能取值为－320，－200，－80,40,160，其概率分别为
P(X＝－320)＝eq
\b\lc\(\rc\)()4＝，
P(X＝－200)＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()3×＝，
P(X＝－80)＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()2×eq
\b\lc\(\rc\)()2＝，
P(X＝40)＝C××eq
\b\lc\(\rc\)()3＝，
P(X＝160)＝eq
\b\lc\(\rc\)()4＝.
所以X的分布列为
X
－320
－200
－80
40
160
P
探究三
综合应用
二项分布是一种常见的离散型随机变量的概率分布，它的应用十分广泛，利用二项分布的模型可以快速地写出随机变量的分布列，从而简化了求随机变量取每一个具体值的概率的过程，因此，我们应熟练掌握二项分布．利用二项分布解决实际问题的关键在于在实际问题中建立二项分布的模型．
【典型例题3】
某人抛掷一枚硬币，出现正、反面的概率都是，构造数列{an}，使an＝
记Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N＋)．
(1)求S8＝2时的概率；
(2)求S2≠0，且S8＝2时的概率．
思路分析：弄清“S8＝2”及“S2≠0，且S8＝2”对应的事件，再根据相应公式求解．
解：(1)S8＝2，需8次中有5次正面3次反面，设其概率为P1，则P1＝C53＝Ceq
\b\lc\(\rc\)()8＝×8＝.
(2)S2≠0即前两次同时出现正面或同时出现反面．
①当前两次同时出现正面时，S2＝2，要使S8＝2，需后6次中出现3次正面3次反面．
设其概率为P2，
则P2＝××C×33＝8×＝.
②当前两次同时出现反面时，S2＝－2，要使S8＝2，需后6次中出现5次正面1次反面．设其概率为P3，
则P3＝××C×5＝8×6＝.
所以利用互斥事件的概率公式，当S2≠0，且S8＝2时的概率为P2＋P3＝＋＝.
探究四
易错辨析
易错点：对独立重复试验中“随机变量X＝k”表示的意义理解错误
【典型例题4】
一袋中装有5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次取一个，取出后记下球的颜色后放回，直到红球出现10次时停止，停止时取球的次数X是一个随机变量，求X＝12的概率．(保留五位小数)
错解1：由题意知这是一个“12次独立重复试验恰有10次发生”的概率问题，由二项分布知P(X＝12)＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()10×eq
\b\lc\(\rc\)()2≈0.001
42.
错解2：P(X＝12)指前11次独立重复试验恰有9次发生且第12次必须发生的概率，由二项分布知P(X＝12)＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()9×eq
\b\lc\(\rc\)()2×1≈0.003
15.
错因分析：错解1包含了第12次抽到白球的可能，这是不符合题意的；错解2中误认为第12次取到红球这一事件发生的概率为1，这也是不可能的．
正解：记事件A为“取到红球”，则为“取到白球”，P(A)＝，P()＝，X＝12表示事件A在前11次试验中恰有9次发生且在第12次试验中也发生，故P(X＝12)＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()9×eq
\b\lc\(\rc\)()2×＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()10×eq
\b\lc\(\rc\)()2≈0.001
18.
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12.3.2
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
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12.1
离散型随机变量及其分布列
课堂探究
探究一
求离散型随机变量的分布列
求离散型随机变量的分布列，首先要确定离散型随机变量X所有可能的取值，并确定其意义．然后求出各取值对应的概率P(Xi)，最后将其列成表格的形式．
【典型例题1】
袋中装有6个同样大小的黑球，编号分别为1,2,3,4,5,6，现从中随机地取出3个球，用ξ表示取出球的最大号码，求ξ的分布列．
思路分析：由题目可获取以下主要信息：①已知黑球的数量和编号；②随机取出3个球．解答本题可先写出ξ的可能取值，再求出ξ中每一个可能值的概率，从而列出分布列．
解：随机变量ξ的可能取值为3,4,5,6.从袋中随机地取出3个球，包含的基本事件总数为C.事件“ξ＝3”包含的基本事件总数为C；事件“ξ＝4”包含的基本事件总数为CC；事件“ξ＝5”包含的基本事件总数为CC；事件“ξ＝6”包含的基本事件总数为CC.从而有P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝5)＝＝，P(ξ＝6)＝＝.所以随机变量ξ的分布列为
ξ
3
4
5
6
P
探究二
分布列性质的应用
利用离散型随机变量的分布列可求出随机变量在某个范围内取值时的概率，此时可根据随机变量取值的范围确定随机变量可取哪几个值，再利用分布列即可求得对应范围内的概率．
若分布列中的概率取值中含有字母，可利用性质p1＋p2＋…＋pn＝1求出字母的值，求解时注意pi≥0，i＝1，2，…，n.
【典型例题2】
(1)若离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
P
4a－1
3a2＋a
则a＝__________.
(2)设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3,4)，求：
①P(X＝1或X＝2)；
②Peq
\b\lc\(\rc\)().
思路分析：(1)利用分布列的性质pi＝1求解．
(2)先由分布列的性质求a，再根据X＝1或X＝2，＜X＜的含义，利用分布列求概率．
(1)解析：由分布列的性质可知
解得a＝(a＝－2舍去)．
答案：
(2)解：①因为pi＝＋＋＋＝1，所以a＝10.
则P(X＝1或X＝2)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＋＝.
②由a＝10，可得Peq
\b\lc\(\rc\)()＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＋＝.
探究三
两类特殊的分布
如果一个随机试验只有两个可能的结果，就可以用二点分布来研究．如果某个随机试验有多个结果，而我们只关心某一事件是否发生时，依然可以将其定义为二点分布．
应用超几何分布，首先要确定所给问题是否是超几何分布问题，若是超几何分布问题，则写出N，M，n的取值，然后利用超几何分布的概率公式求出相应的概率，写出其分布列．
【典型例题3】
设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ描述1次试验的成功次数，则P(ξ＝0)等于( )
A．0
B.
C.
D.
解析：因为2P(ξ＝0)＝P(ξ＝1)，且P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝1，所以P(ξ＝0)＝.
答案：C
【典型例题4】
从含有5件次品的20件产品中，任取3件，试求：
(1)取到的次品数X的分布列；
(2)至少取到1件次品的概率．(精确到0.001)
思路分析：次品数X服从参数为N＝20，M＝5，n＝3的超几何分布，根据超几何分布的概率公式可求出次品数X的分布列．
解：(1)根据题意，取到的次品数X为离散型随机变量，且X服从参数为N＝20，M＝5，n＝3的超几何分布，它的可能取值为0,1,2,3，由公式可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
(2)根据随机变量X的分布列，可得至少取到1件次品的概率为
P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＋＝＋＋＝＝≈0.601或P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝1－＝≈0.601.
故至少取到1件次品的概率约为0.601.
探究四
易错辨析
易错点：不能正确理解离散型随机变量分布列的性质而致误
【典型例题5】
若离散型随机变量X的概率分布如下表所示：
X
0
1
P
9c2－c
3－8c
求常数c的值．
错解：由9c2－c＋3－8c＝1，得9c2－9c＋2＝0，解得c＝或c＝.
错因分析：离散型随机变量的概率分布必须同时满足：(1)pi≥0，i＝1,2，…，n；(2)p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1，错解错在只满足性质(2)而忽略了性质(1)．
正解：由离散型随机变量的性质，得
解得c＝.
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12.2.3
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：C
PAGE
12.1
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．
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12.4
正态分布
课前导引
问题导入
如图，是三个正态总体的概率密度函数f1(x)、f2(x)、f3(x)，你能从图中得出σ1、σ2、σ3的大小顺序吗？
我们已学习了分布列和二项分布，上述图形中的曲线也代表一种特殊的分布形式——正态分布.
知识预览
1.正态总体函数f(x)=,x∈(-∞,∞)中μ表示____________，σ表示____________，其分布叫____________，记作N（μ,σ2），函数的图象叫正态曲线.
答案：总体平均值
标准差
正态分布
2.在正态分布中，____________，叫标准正态分布，记作N（0，1）.
答案：当μ=0,σ=1时
3.标准正态分布表中相应于x0的值Φ(x0)=
____________.
答案：P(x
4.Φ()
4.正态总体N（μ,σ2）取值小于x的概率
F(x)=____________.
5.若x0<0,则Φ（x0）=1-Φ(-x0)，从而可利用标准态分布表.
6.正态分布____________,P(x1____________=____________.
答案：N(μ,σ2)
F(x2)-F(x1)
Φ()-Φ()
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12.3.1
离散型随机变量的数学期望
课堂探究
探究一
求离散型随机变量的数学期望
解决求离散型随机变量的数学期望问题的关键是求出分布列，只要求出离散型随机变量的分布列，就可以套用数学期望的公式求解．对于aX＋b型随机变量的数学期望，可以利用数学期望的性质求解，也可以求出aX＋b的分布列，再用定义求解．
【典型例题1】
甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是.假设各局比赛结果相互独立．
(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率；
(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分，求乙队得分X的分布列及数学期望．
思路分析：(1)利用相互独立事件的概率求解．(2)先列出X的所有值，并求出每个X值所对应的概率，列出分布列，然后根据公式求出数学期望．
解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A1，“甲队以3∶1胜利”为事件A2，“甲队以3∶2胜利”为事件A3，
由题意，各局比赛结果相互独立，
故P(A1)＝3＝，
P(A2)＝C2×＝，
P(A3)＝C22×＝.
所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为，以3∶2胜利的概率为.
(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A4，
由题意，各局比赛结果相互独立，
所以P(A4)＝C22×＝.
由题意，随机变量X的所有可能的取值为0,1,2,3，
根据事件的互斥性得
P(X＝0)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝，
又P(X＝1)＝P(A3)＝，
P(X＝2)＝P(A4)＝，
P(X＝3)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝2)＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
探究二
特殊分布的数学期望
解决此类问题，首先应依据二项分布、二点分布及超几何分布的特点，判断随机变量属于哪一种分布，再写出随机变量的分布列，然后利用特殊分布的数学期望公式求解．
【典型例题2】
某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为和，且各棵大树是否成活互不影响．求移栽的4棵大树中：
(1)两种大树各成活1棵的概率；
(2)成活的棵数ξ的分布列与数学期望．
思路分析：本题主要考查独立重复试验和分布列的应用，求解时可由二项分布求数学期望．
解：设Ak表示甲种大树成活k棵，k＝0,1,2，
Bl表示乙种大树成活l棵，l＝0,1,2，
则Ak，Bl(k，l＝0,1,2)相互独立，由独立重复试验中事件发生的概率公式，得
P(Ak)＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()k×eq
\b\lc\(\rc\)()2－k，
P(Bl)＝C×eq
\b\lc\(\rc\)()l×eq
\b\lc\(\rc\)()2－l.
据此算得：P(A0)＝，P(A1)＝，P(A2)＝，
P(B0)＝，P(B1)＝，P(B2)＝.
(1)所求概率为P(A1B1)＝P(A1)P(B1)＝×＝.
(2)(方法1)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4，
P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝，
P(ξ＝1)＝P(A0B1)＋P(A1B0)＝×＋×＝，
P(ξ＝2)＝P(A0B2)＋P(A1B1)＋P(A2B0)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝3)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝×＋×＝，
P(ξ＝4)＝P(A2B2)＝×＝.
综上知ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
从而，ξ的数学期望为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝(棵)．
(方法2)分布列的求法同方法1，令ξ1，ξ2分别表示甲、乙两种大树成活的棵数，则ξ1～Beq
\b\lc\(\rc\)()，ξ2～Beq
\b\lc\(\rc\)()，
所以E(ξ1)＝2×＝(棵)，E(ξ2)＝2×＝1(棵)，
所以E(ξ)＝E(ξ1)＋E(ξ2)＝＋1＝(棵)．
探究三
期望的应用
解决数学期望的应用问题，首先应把实际问题概率模型化，然后利用有关概率的知识去分析相应各事件发生的可能性的大小，并列出分布列，最后利用公式求出相应的数学期望，随机变量的数学期望反映的是离散型随机变量取值的平均水平．在实际问题的决策中，往往把数学期望最大的方案作为最佳方案进行选择．
【典型例题3】
某公司准备将100万元资金投入代理销售业务，现有A，B两个项目可供选择：
①投资A项目一年后获得的利润X1(万元)的分布列如下表所示：
X1
11
12
17
P
a
0.4
b
且X1的数学期望E(X1)＝12.
②投资B项目一年后获得的利润X2(万元)与B项目产品价格的调整有关，B项目产品价格根据销售情况在4月和8月决定是否需要调整，两次调整相互独立且在4月和8月进行价格调整的概率分别为p(0＜p＜1)和1－p.经专家测算评估：B项目产品价格一年内调整次数X(次)与X2的关系如下表所示：
X(次)
0
1
2
X2(万元)
4.12
11.76
20.40
(1)求a，b的值．
(2)求X2的分布列．
(3)若E(X1)＜E(X2)，则选择投资B项目，求此时p的取值范围．
思路分析：(1)由分布列的性质及数学期望的计算公式列方程组求解．
(2)利用相互独立事件同时发生的概率求解．
(3)利用数学期望公式列出不等式求解．
解：(1)由题意得
解得a＝0.5，b＝0.1.
(2)X2的可能取值为4.12,11.76,20.40.
P(X2＝4.12)＝(1－p)[1－(1－p)]＝p(1－p)，
P(X2＝11.76)＝p[1－(1－p)]＋(1－p)(1－p)＝p2＋(1－p)2，P(X2＝20.40)＝p(1－p)．
所以X2的分布列为
X2
4.12
11.76
20.40
P
p(1－p)
p2＋(1－p)2
p(1－p)
(3)由(2)可得E(X2)＝4.12p(1－p)＋11.76[p2＋(1－p)2]＋20.40p(1－p)＝－p2＋p＋11.76.
因为E(X1)＜E(X2)，
所以12＜－p2＋p＋11.76.
所以0.4＜p＜0.6.
当选择投资B项目时，p的取值范围是(0.4,0.6)．
探究四
易错辨析
易错点：对随机变量X取值的意义理解错误而致误
【典型例题4】
某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验；若试验失败，则再重新试验一次；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，且各次试验互不影响．求此人试验次数X的数学期望．
错解：试验次数X的可能取值为X＝1,2,3，
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝××＝，
所以X的概率分布如下表所示
X
1
2
3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
错因分析：错误的主要原因是没有明确随机变量X的取值意义，X＝1表示一次试验就成功，X＝2表示第一次失败，第二次成功，由于试验最多进行3次，所以X＝3表示前两次失败，第三次可能成功也可能失败，所以P(X＝3)＝××eq
\b\lc\(\rc\)()＝.因此，在求随机变量取各值的概率时，务必理解各取值的实际意义，以免出错．
正解：试验次数X的可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝××eq
\b\lc\(\rc\)()＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
PAGE
12.2.1
条件概率
课堂探究
探究一
条件概率的计算
对于条件概率的计算问题，首先要判断是否是条件概率，若确定为条件概率，则可采用下面两种方法进行计算：
(1)从古典概型角度看，事件有限定的前提条件，则各事件包含的基本事件个数发生了变化，故首先要准确计算各事件包含的基本事件个数，然后得出条件概率，即
P(B|A)＝，n(AB)表示AB同时发生包含的基本事件的个数，同理n(A)表示事件A发生所包含的基本事件的个数．当然这个公式只是对于古典概型而言，即组成事件A的各基本事件发生的概率相等(等可能事件)．
(2)利用条件概率的定义，先分别求出P(A)和P(A∩B)，再用P(B|A)＝求解．
【典型例题1】
在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：
(1)第1次抽到理科题的概率；
(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；
(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．
思路分析：根据分步乘法计数原理先计算出事件总数，然后计算出各种情况下的事件数后即可求解．
解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件A∩B.
(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题包含的基本事件数为A＝20.根据分步乘法计数原理，事件A包含的基本事件数为A×A＝12.故P(A)＝＝.
(2)因为事件A∩B包含的基本事件数为A＝6，
所以P(A∩B)＝＝.
(3)方法1：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为P(B|A)＝＝＝.
方法2：因为事件A∩B包含的基本事件数为6，事件A包含的基本事件数为12，所以P(B|A)＝＝.
探究二
条件概率的应用
复杂的条件概率问题可以先分解为两个(或多个)较简单的互斥事件的并，再求这些简单事件的概率，最后利用概率加法公式P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)求得复杂事件的概率，但在拆分时要保证拆分的事件之间互斥．
【典型例题2】
已知袋中有6个黑球，4个白球，这些球除颜色外其他均相同，从中依次取出3个球，不放回．若第一次取出的是白球，求第三次取出黑球的概率．
思路分析：第三次取出黑球是在第一次取出白球的条件下发生的，属于条件概率．
解：设A＝{第一次取出的是白球}，B＝{第三次取出的是黑球}，则P(B|A)＝＝＝＝.
探究三
易错辨析
易错点：误认为P(B|A)与P(B)相同
【典型例题3】
设某种动物由出生算起活到10岁的概率为0.7，活到20岁的概率为0.3，现有一个10岁的这种动物，则它能活到20岁的概率是多少？
错解：它能活到20岁的概率为0.3.
错因分析：出现错误的原因是不明白题意，误认为动物活到20岁的概率与10岁的动物活到20岁的概率相同．
正解：设该动物活到10岁的事件为A，活到20岁的事件为B，则P(A)＝0.7，P(B)＝0.3.
由于A∩B＝B，所以P(A∩B)＝P(B)．
所以这个动物能活到20岁的概率为P(B|A)＝＝＝.
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12.3.1
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
0.2
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1第二章
概率
本章整合
知识网络
专题探究
专题一：相互独立事件的概率与条件概率
【应用】
某同学参加科普知识竞赛，需回答3个问题．竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错得零分．假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6，且各题答对与否相互之间没有影响．
(1)求这名同学得300分的概率；
(2)求这名同学至少得300分的概率．
提示：本小题考查概率知识．(1)同学得300分必是第一、二题一对一错，这样得100分，而第三题一定答对，所以一共得分是300分．
(2)至少300分，意思是得300分或多于300分，而本题包括两种情况：一种是得300分，另一种是得400分，两种概率相加即可．
解：记“这名同学答对第i个问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，
则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.7，P(A3)＝0.6.
(1)这名同学得300分的概率为
P1＝P(A1
A3)＋P(A2A3)
＝P(A1)·P()·P(A3)＋P()·P(A2)·P(A3)
＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228.
(2)这名同学至少得300分的概率为
P2＝P1＋P(A1A2A3)＝P1＋P(A1)·P(A2)·P(A3)＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.
专题二：离散型随机变量的分布列
求离散型随机变量的分布列的关键是解决两个问题：一是随机变量的可能取值；二是随机变量取每一个值时的概率．针对于不同的题目，应认真分析题意，明确随机变量，正确计算随机变量取每一个值时的概率．求概率主要有两种类型：(1)古典概型，利用排列组合知识求解；(2)独立重复试验，即X～B(n，p)，由P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k计算．
一般地，离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和，利用这一性质可以由概率的分布列求出随机变量在所给区间的概率．
【应用】
如图是一个从A→B的“闯关”游戏．
规则规定：每过一关前都要抛掷一个在各面上分别标有1,2,3,4的均匀的正四面体．在过第n(n＝1,2,3)关时，需要抛掷n次正四面体，如果这n次面朝下的数字之和大于2n，则闯关成功．
(1)求闯第一关成功的概率；
(2)记闯关成功的关数为随机变量X，求X的分布列．
解：(1)抛一次正四面体，面朝下的数字有1,2,3,4四种情况，大于2的有两种情况，故闯第一关成功的概率为.
(2)记事件“抛掷n次正四面体，这n次面朝下的数字之和大于2n”为事件An，则P(A1)＝，抛掷两次正四面体面朝下的数字之和的情况如图所示，易知P(A2)＝＝.
设抛掷三次正四面体面朝下的数字依次记为：x，y，z，
考虑x＋y＋z＞8的情况，
当x＝1时，y＋z＞7有1种情况；
当x＝2时，y＋z＞6有3种情况；
当x＝3时，y＋z＞5有6种情况；
当x＝4时，y＋z＞4有10种情况．
故P(A3)＝＝.
由题意知，X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝P()＝，
P(X＝1)＝P(A1)＝×＝，
P(X＝2)＝P(A1A2)＝××＝，
P(X＝3)＝P(A1A2A3)＝××＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
专题三：离散型随机变量的期望与方差
期望和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在期望这一概念之上，它表明了随机变量所取的值相对于它的期望的集中与离散程度，二者联系密切，在现实生产生活中应用广泛．
求离散型随机变量X的期望与方差的步骤：
(1)理解X的意义，写出X可能取的全部值；
(2)求X取每个值的概率或求出P(X＝k)；
(3)写出X的分布列；
(4)由分布列和期望的定义求出E(X)；
(5)由方差的定义求D(X)．
若X～B(n，p)，则可直接利用公式求：
E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
【应用1】
设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．
(1)当a＝3，b＝2，c＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；
(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E(η)＝，D(η)＝，求a∶b∶c.
提示：(1)在分析取到两球的颜色时，要注意是有放回地抽取，即同一个球可能两次都能抽到；(2)根据计算数学期望与方差的公式计算，寻找a，b，c之间的关系．
解：(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6.
故P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝，
P(ξ＝5)＝＝，
P(ξ＝6)＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
6
P
(2)由题意知η的分布列为
η
1
2
3
P
所以E(η)＝＋＋＝，
D(η)＝2·＋2·＋2·＝，化简得
解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1.
【应用2】
投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.3.各专家独立评审．
(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；
(2)记X表示投到该杂志的4篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列及数学期望．
提示：本题主要考查等可能性事件、互斥事件、独立事件、分布列及期望的相关知识．
解：(1)记A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；
B表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；
C表示事件：稿件能通过复审专家的评审；
D表示事件：稿件被录用．
则D＝A＋BC，P(A)＝0.5×0.5＝0.25，P(B)＝2×0.5×0.5＝0.5，P(C)＝0.3，
P(D)＝P(A＋BC)＝P(A)＋P(BC)
＝P(A)＋P(B)P(C)＝0.25＋0.5×0.3＝0.40.
(2)X～B(4,0.4)，所以
P(X＝0)＝(1－0.4)4＝0.129
6，
P(X＝1)＝C×0.4×(1－0.4)3＝0.345
6，
P(X＝2)＝C×0.42×(1－0.4)2＝0.345
6，
P(X＝3)＝C×0.43×(1－0.4)＝0.153
6，
P(X＝4)＝0.44＝0.025
6.
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.129
6
0.345
6
0.345
6
0.153
6
0.025
6
期望E(X)＝4×0.4＝1.6.
专题四：数学期望在风险与决策中的应用
在日常生活中，人们经常要面临“风险”．为了减少风险，我们决策时必须平衡极大化期望和极小化风险这样矛盾的要求，还必须在一个多阶段过程的每一阶段作出决策．但是始终有一条指导性原则：尽你的最大努力去决定各种结果在每一阶段出现的概率及这些结果的价值或效用，计算每一种行动方案的期望效应并断定给出最大期望效应的策略．这也就是说利用随机变量的概率分布计算期望值后，就可以选择能给出最大期望值的行动．
【应用】
某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失，现有甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率为0.9和0.85.若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用，联合采用或不采用，请确定预防方案使总费用最少．
(总费用＝采取预防措施的费用＋发生突发事件损失的期望值)
解：(1)不采取预防措施时，总费用损失期望为400×0.3＝120(万元)；
(2)若单独采取措施甲，则预防措施费用为45万元，发生突发事件的概率为1－0.9＝0.1，损失期望值为400×0.1＝40(万元)，所以总费用为45＋40＝85(万元)；
(3)若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30万元，发生突发事件的概率为1－0.85＝0.15，损失期望值为400×0.15＝60(万元)，所以总费用为30＋60＝90(万元)；
(4)若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用为45＋30＝75(万元)，发生突发事件的概率为(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015，损失期望值为400×0.015＝6(万元)，所以总费用为75＋6＝81(万元)．
综合(1)，(2)，(3)，(4)，比较其总费用可知，应选择联合采取甲、乙两种预防措施，可使总费用最少．
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12.3.2
离散型随机变量的方差
课堂探究
探究一
求离散型随机变量的方差
解决求离散型随机变量的方差问题，首先要理解随机变量X的意义，写出X可能取的全部值，其次求出X每个取值对应的概率，列出分布列，然后由期望的定义求出E(X)，最后由方差计算公式求出D(X)．
【典型例题1】
某校从6名学生会干部(其中男生4人，女生2人)中选3人参加市中学生运动会志愿者．
(1)所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列及方差．
(2)在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率．
思路分析：(1)先求出ξ的分布列，再求期望，再利用方差公式求出方差．(2)利用条件概率或用古典概型概率公式求解．
解：(1)ξ的可能取值为0,1,2.
由题意P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1，
D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
(2)设在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的事件为C，“男生甲被选中”包含的基本事件数为C＝10，“男生甲被选中，女生乙也被选中”包含的基本事件数为C＝4，
所以P(C)＝＝＝.故在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为.
探究二
离散型随机变量方差的性质及运算
1．简化运算：当求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果服从，则用公式求解，可大大减少运算量．
2．性质应用：注意利用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b及D(aξ＋b)＝a2D(ξ)求期望与方差．
【典型例题2】
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个(n＝1,2,3,4)．现从袋中任取一个，ξ表示所取球的标号．
(1)求ξ的分布列、期望和方差．
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，试求a，b的值．
思路分析：(1)先求出ξ的分布列，再利用公式求出期望与方差．
(2)通过ξ与η的线性关系表示出E(η)，D(η)，列方程组求解．
解：(1)ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5，
D(ξ)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.
(2)由D(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，
即a＝±2.
又E(η)＝aE(ξ)＋b，
所以当a＝2时，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
所以或即为所求．
探究三
方差的实际应用
离散型随机变量的期望反映了随机变量取值的平均水平，而方差反映了随机变量取值的稳定与波动，集中与离散的程度，因此在实际决策问题中，通常需先计算期望，比较一下谁的平均水平高，然后再计算方差，分析一下谁的稳定性较好，因此在利用期望和方差的意义去分析解决实际问题时，两者都要考虑．
【典型例题3】
有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设，为了对重点建设负责，政府到两个建材厂进行抽样检查，他们从中各取等量的样品进行检查，得到它们的抗拉强度指数如下：
X
110
120
125
130
135
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
Y
100
115
125
130
145
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
其中X和Y分别表示甲、乙两厂钢筋的抗拉强度，在使用时要求抗拉强度不低于120，比较说明甲、乙两厂的钢筋哪一种稳定性较好．
思路分析：要比较两种钢筋的质量，可先比较甲、乙两种钢筋的平均抗拉强度，即期望，然后比较这两种钢筋质量的稳定性，即方差．
解：E(X)＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125，
E(Y)＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125，
D(X)＝(110－125)2×0.1＋(120－125)2×0.2＋(125－125)2×0.4＋(130－125)2×0.1＋(135－125)2×0.2＝50，
D(Y)＝(100－125)2×0.1＋(115－125)2×0.2＋(125－125)2×0.4＋(130－125)2×0.1＋(145－125)2×0.2＝165.
由E(X)＝E(Y)，可知甲、乙两厂的钢筋的平均抗拉强度是相等的，且平均抗拉强度都不低于120，但由于D(X)＜D(Y)，即乙厂的钢筋的抗拉强度与其平均值偏差较大，故可认为甲厂的钢筋的质量稳定性较好．
探究四
易错辨析
易错点：用错公式而致误
【典型例题4】
已知随机变量X的概率分布如下表所示：
X
－1
0
1
P
求E(X)，D(X)，的值．
错解：E(X)＝x1p1＋x2p2＋x3p3＝－1×＋0×＋1×＝－，
D(X)＝(x1－E(X))p1＋(x2－E(X))p2＋(x3－E(X))p3＝eq
\b\lc\(\rc\)()×＋eq
\b\lc\(\rc\)()×＋eq
\b\lc\(\rc\)()×＝0，所以＝0.
错因分析：错误的原因是在利用方差的定义求解时，把(xi－E(X))2pi中(xi－E(X))2的平方漏掉了．
正解：E(X)＝x1p1＋x2p2＋x3p3＝－1×＋0×＋1×＝－，
D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋(x3－E(X))2p3
＝eq
\b\lc\(\rc\)()2×＋eq
\b\lc\(\rc\)()2×＋eq
\b\lc\(\rc\)()2×＝，
所以＝＝.
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12.3.2
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.
PAGE
12.2.3
独立重复试验与二项分布
课前导引
问题导入
同时抛掷3枚均匀硬币，恰有两枚正面向上的概率是多少呢？
思路分析：这是一次试验.在保持条件相同的情况下重复试验，得到上述事件的概率.这个模型是贝努利试验概型的一种，它的概率分布列服从我们将要学习的——二项分布.
知识预览
二项分布：如果在第一次试验中某事件发生的概率是p,那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P（ξ=k）=____________,其中k=0,1,2,3,…n,q=1-p.于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ
0
1
…
k
…
n
P
p0qn
p1qn-1
…
…
pnq0
由于pkqn-k恰好是二项展开式（q+p）n=p0qn+p1qn-1+…+_______+…+pnq0中的第k+1项（k=0,1,2,…n）中的各个值，故称为随机变量ξ的二项分布，记作ξ~B（n,p）.
答案：pkqn-k
pkqn-k
pkqn-k
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离散型随机变量及其分布列
课前导引
问题导入
掷一颗骰子，所掷出的点数为随机变量X：
（1）求X的分布列；
（2）求“点数大于4”的概率；
（3）求“点数不超过5”的概率.
思路分析：（1）X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P
（2）P（X＞4）=P(X=5)+p(X=6)
=+=.
(3)P(X≤5)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)
=5×=.
上述问题即是我们本节所要研究的随机变量及其概率与分布问题.
知识预览
1.离散型随机变量的分布列
（1）如果随机试验的结果可以用一个___________来表示那么这样的___________叫做随机变量；按一定次序一一列出，这样的随机___________叫做离散型随机___________.
（2）设离散型随机变量ξ可能取的值为x1、x2,…,xi,
…,ξ取每一个值xi(i=1,2,
…,n,
…)的概率P（ξ=xi）=Pi则称表
Ξ
x1
x2
…
xi
…
P
p1
p2
…
pi
…
为随机变量ξ的概率分布，具有性质：①pi___________i=1,2,
…,n…;②p1+p2+…=___________.
离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率___________.
答案：（1）变量
变量
变量
变量
（2）≥0
1
之和
2.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___________.
答案：两点分布
3.超几何分布列
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中含有x件次品数，则事件{X=k}发生的概率为P（X=k）=___________(k=0,1,2…,m)其中m=min{m,n}，且n≤N,M≤N,n、M、N∈N
称为分布列
X
0
1
…
M
P
…
答案：2.3.1
离散型随机变量的数学期望
预习导航
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．
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12.4
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.
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12.2.2
事件的独立性
课堂探究
探究一
相互独立事件的判断
判定相互独立事件的方法：
(1)若P(A∩B)＝P(A)×P(B)，则A，B相互独立，即如果A，B同时成立时的概率等于事件A的概率与事件B的概率的积，则可得出事件A，B为相互独立事件．
(2)在实际问题中，判断事件的独立性往往凭经验或借助直观的方法，而不需要通过P(A∩B)＝P(A)×P(B)验证．如有放回的两次抽奖，掷5次同一枚硬币，两人射击等，由事件本身的性质就能直接判定出是否相互影响，从而得出是否相互独立．但对条件较复杂的情形，如甲、乙是地球上两个不同点，“甲地地震”与“乙地地震”就不能轻易判定为相互独立，因为它们可能存在某种内在联系，对这类事件的独立性，需要依据公式P(A∩B)＝P(A)×P(B)来判断．
【典型例题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)一筐内有6个苹果和3个梨，“从中任意取出1个，取出的是苹果”与“把取出的苹果放回筐内，再从筐内任意取出1个，取出的是梨”．
思路分析：由题目可获取以下主要信息：(1)给出各对事件共三组；(2)要求判断各对事件是不是相互独立事件．解答本题可先看两个事件中的一个事件发生与否对另一个事件发生的概率是否有影响，再判断两个事件是否相互独立．
解：(1)“从甲组选出1名男生”这一事件是否发生对“从乙组选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．
(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为，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；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为.可见，前一事件是否发生对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件．
(3)由于把取出的苹果又放回筐内，故对“从中任意取出1个，取出的是梨”的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．
探究二
求相互独立事件的概率
解决相互独立事件同时发生的概率问题，首先应确定各事件之间是相互独立的，确定这些事件可以同时发生，其次求出每个事件发生的概率，最后根据相互独立事件的概率计算公式求解．
【典型例题2】
高二某同学语文、数学、英语三科的考试成绩在一次考试中排名全班第一的概率：语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，求：
(1)三科成绩均未获得第一名的概率是多少？
(2)恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少？
思路分析：先明确已知事件间的关系，再把所求事件的概率表示成已知事件的概率，最后选择公式计算．
解：分别记该生语文、数学、英语考试成绩排名全班第一的事件为A，B，C，则A，B，C两两相互独立，且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85.
(1)“三科成绩均未获得第一名”可以用
表示，
P(
)＝P()P()P()
＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]
＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85)＝0.003，
即三科成绩均未获得第一名的概率是0.003.
(2)“恰有一科成绩未获得第一名”可以用(BC)∪(AC)∪(AB)表示．
由于事件BC，AC和AB两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的概率公式，所求的概率为P(BC)＋P(AC)＋P(AB
)
＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)·P()
＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]
＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)＝0.329，
即恰有一科成绩未获得第一名的概率是0.329.
探究三
易错辨析
易错点：不能正确区分相互独立事件与互斥事件而致误
【典型例题3】
设甲、乙两名射手独立地对同一目标进行射击，各射击一次，他们击中目标的概率分别为0.9,0.8，求在一次射击中，目标被击中的概率．
错解：设甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，甲、乙两人中至少有一人击中目标为事件C.因为C＝A∪B，所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝1.7.
错因分析：因为甲、乙两名射手独立射击同一目标，所以事件A与B是两个独立事件．错解中运用公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)是误认为A，B是两个互斥事件．
正解一：设甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，甲、乙两人中至少有一人击中目标为事件C.因为A，B是相互独立事件，所以A与，与B也是相互独立事件，所以P(C)＝P(A)＋P(B)＋P(AB)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＋P(A)·P(B)＝0.9×(1－0.8)＋(1－0.9)×0.8＋0.9×0.8＝0.98.
正解二：P(C)＝1－P()＝1－P()＝1－P()·P()＝1－[1－P(A)][1－P(B)]＝1－0.1×0.2＝0.98.
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12.3.1
离散型随机变量的数学期望
课前导引
问题导入
一大批进口表的次品率P=0.15，任取1
000只，其中次品数X大约是多少呢？
思路分析：显然可以这样估计150=1
000×0.15，这是数学中的统计规律，只有分布列还不能充分表达概率的性质，因此用数学期望,也叫均值，来描述某些离散型随机变量的分布特征.
知识预览
1.若离散型随机变量ξ的概率分布为P(ξ=xi),i=1,2,…,则称Eξ=x1p1+x2p2+…+xnpn为ξ的数学期望或___________（
），简称期望.
若η=aξ+b，其中a、b是常数，则η也是___________，期望Eη=___________,即E(aξ+b)=
___________，若ξ~B(n,p)，则Eξ=___________.
答案：平均数
均值
随机变量
aEξ+b
aEξ+b
nP
2.离散型随机变量的期望反映了离散型随机变量取值的___________.
答案：平均水平
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）=___________.
答案：
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1
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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
PAGE
12.1
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
P
PAGE
12.2.1~2.2.2
条件概率与事件的独立性
课前导引
问题导入
甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问
（1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少？
（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？
思路分析：设A=“甲地为雨天”，B=“乙地为雨天”，则根据题意有
P（A）=0.20,P(B)=0.18,P(AB)=0.12,
所以（1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是
P（A|B）===0.67.
(2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是
P（B|A）==0.60.
此种问题的解决方法就是应用了条件概率的定义及公式.
知识预览
1.相互独立事件及其同时发生的概率
事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率______________这样的两个事件叫做相互独立事件.
答案：没有影响
2.事件A、B是相互独立事件，它们同时发生记作______________.两个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______________，即P（A·B）=______________.
答案：A·B
积
P（A）·P(B)
3.一般地，如果事件A1、A2、…An相互独立，那么这n个事件______________发生的概率，等于每个事件发生的概率的______________，即P(A1·A2·…·An)=
______________.
答案：同时
积
P（A1）·…·P（An）
4.条件概率及其性质
（1）对于任何两个事件A和B在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做______________，用符号______________来表示，其公式为P（B|A）=______________.
（2）条件概率具有的性质：
①______________；
②如果B和C是两件互斥事件则
P（B∪C|A）=______________.
答案：(1)条件概率
P(B|A)
(2)0≤P(B|A)≤1
P(B|A)+P(C|A)
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12.2.1
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．
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独立重复试验与二项分布
预习导航
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．
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12.4
正态分布
课堂探究
探究一
正态分布的概念与正态曲线
解决此类问题要正确理解正态分布的概念及正态密度函数解析式的特点．
(1)用待定系数法求正态变量的概率密度曲线的函数表达式，关键是确定参数μ和σ的值，并注意函数的形式．
(2)当x＝μ时，正态变量的概率密度函数取得最大值，即f(μ)＝为最大值，并注意该式在解题中的应用．
【典型例题1】
如图所示的是一个正态曲线，试根据该图象写出其正态变量的概率密度函数的解析式，求出总体随机变量的期望和方差．
思路分析：给出一个正态曲线就给出了该曲线的对称轴和最大值，从而就能求出总体随机变量的期望、标准差以及解析式．
解：从给出的正态曲线可知该正态曲线关于直线x＝20对称，最大值是，所以μ＝20，＝，则σ＝.
所以概率密度函数的解析式是f(x)＝·，x∈(－∞，＋∞)．
总体随机变量的期望是μ＝20，方差是σ2＝()2＝2.
探究二
正态分布中的概率计算
解决正态分布概率求解问题的关键在于充分利用正态曲线的对称性，把待求区间内的概率向已知区间内的概率进行转化，并结合正态分布的3σ原则求解．
【典型例题2】
在某项测量中，测量结果服从正态分布X～N(1,4)，求正态总体X在(－1,1)内取值的概率．
思路分析：解答本题可先求出X在(－1,3)内取值的概率，然后由正态曲线关于x＝1对称知，X在(－1,1)内取值的概率就等于在(－1,3)内取值的概率的一半．
解：由题意得μ＝1，σ＝2，所以P(－1＜X＜3)＝P(1－2＜X＜1＋2)＝0.683.又因为正态曲线关于x＝1对称，所以P(－1＜X＜1)＝P(1＜X＜3)＝P(－1＜X＜3)＝0.341
5.
探究三
正态分布的应用
正态总体在(μ－3σ，μ＋3σ)以外取值的概率只有0.3%的性质，在实际生产中有比较广泛的应用．我们只要知道了正态分布的平均数μ和标准差σ，利用这个性质，就可以判断哪些情况是异常出现的小概率事件(在生产中一般指生产过程出现了问题，没有正常工作),3σ原则应用的基本步骤可分为三步．一是提出统计假设，统计假设里的变量服从正态分布N(μ，σ2)；二是确定一次试验中的取值a是否落入范围(μ－3σ，μ＋3σ)；三是作出判断，如果a∈(μ－3σ，μ＋3σ)，则接受统计假设，如果a (μ－3σ，μ＋3σ)，则拒绝统计假设．
【典型例题3】
已知某车间正常状态下生产的某种零件的尺寸服从正态分布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：
27．34 27.49 27.55 27.23 27.40
27．46 27.38 27.58 27.54 27.68
请你根据正态分布的3σ原则，帮助质量检验员确定哪些零件应该判定为非正常状态下生产的．
思路分析：利用正态变量在区间(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率是99.7%，零件尺寸落在区间(μ－3σ，μ＋3σ)内则正常，否则不正常．
解：由题意知μ＝27.45，σ＝0.05.因为正态变量在区间(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率是99.7%，所以我们认为尺寸落在区间(27.45－3×0.05,27.45＋3×0.05)外的零件是非正常状态下生产的，即尺寸为27.23和27.68的零件不符合落在区间(27.45－3×0.05,27.45＋3×0.05)内这一条件，所以可判断它们是在非正常状态下生产的．
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12.3.2
离散型随机变量的方差
课前导引
知识预览
1.一般地，设一个离散型随机变量ξ所有可能取的值是x1,x2,…，xn,这些值对应的概率是p1，p2…，pn，则把（x1-Eξ）2·p1+(x2-Eξ)2·p2+…+(xn-Eξ)2·pn叫做随机变量ξ的_________，记为_________,它的算术平方根叫做随机变量ξ的标准差，记为_________,即_________
.D(aξ+b)=
_________;若ξ~B(n,p)那么Dξ=_________
(p=1-q).
答案：方差
Dξ
σξ
σξ=
a2Dξ
npq
2.对Dξ的理解
第一，Dξ表示随机变量ξ对Eξ的平均偏离程度，Dξ越大表明平均偏离程度越大，说明ξ的取值越分散，反之Dξ越小，ξ的取值越集中，在Eξ附近.统计中常用来描述ξ的分散程度.
第二，ξ与Eξ一样也是一个实数，由ξ的分布列唯一确定.
3.求离散型随机变量的方差的一般步骤为（1）先求出随机变量ξ的分布列；（2）利用公式先求Eξ，Eξ==x1p1+x2p2+…+xnpn+…;（3）求Dξ,Dξ=
=(x1-Eξ)2p1+(x2-Eξ)2p2+…+(xn-Eξ)2pn+…
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12.4
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．
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1第二章
概
率
本章概览
内容提要
1.随机变量：在试验中，试验可能出现的结果可以用一个变量X来表示，并且X是随试验结果的不同而变化的.这样的变量X叫随机变量，若X的所有可能的值都能一一列举出来，则称X为离散型随机变量.
2.超几何分布：P（X=m）=.
3.条件概率：P（B|A）=,P(A)>0.
4.事件的独立性：P（B|A）=P（B）称A、B相互独立；
P（A∩B）=P(A)·P(B);
P(A)=1-P().
5.独立重复试验的二项分布：Pn（k）=pk(1-p)n-k(k=0,1,2,…);
P（ξ=k）=Pkqn-k(p+q=1);
Eξ=np;
Dξ=npq.
6.正态变量概率密度曲线的函数表达式为
f(x)=·,x∈R，（μ,σ是参数，且σ>0,-∞<μ<+∞.标准正态分布记作N(0,1）.
学法指导
1.理解随机变量的定义，熟记计算公式.
2.会求分布列，会利用分布列求期望与方差.
3.能够把概率应用于实际生活，解决实际问题.
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