§1 离散型随机变量及其分布列
授课提示：对应学生用书第26页
[自主梳理]
一、随机变量的概念及其表示
1．随机变量的定义
将随机现象中试验(或观测)的每一个可能的结果都____________，这种对应称为一个随机变量．
2．随机变量通常用大写的英文字母，如________来表示．
二、离散型随机变量
1．定义
随机变量的取值能够____________，这样的随机变量称为离散型随机变量．
2．性质
(1)pi>0；
(2)p1＋p2＋…＝1.
三、离散型随机变量的分布列
设离散型随机变量X的取值为a1，a2，…随机变量X取ai的概率为pi(i＝1,2，…)，记作：
P(X＝ai)＝pi(i＝1,2，…)，(1)
或把上式列成表：
X＝ai
a1
a2
…
P(X＝ai)
p1
p2
…
上表或(1)式称为离散型随机变量X的分布列．
[双基自测]
1．10件产品中有3件次品，从中任取2件，可作为随机变量的是( )
A．取到产品的件数
B．取到正品的概率
C．取到次品的件数
D．取到次品的概率
2．下列表中可以作为离散型随机变量的分布列的是( )
A.
X
1
0
1
P
B.
X
0
1
2
P
－
C.
X
0
1
2
P
D.
X
－1
0
1
P
3．抛掷两枚骰子，所得点数之和记为ξ，那么ξ＝4表示的试验结果是( )
A．一枚是3点，一枚是1点
B．两枚都是2点
C．两枚都是4点
D．一枚是3点，一枚是1点或两枚都是2点
[自主梳理]
一、1.对应于一个数 2.X，Y 二、1.一一列举出来
[双基自测]
1．C 对于A中取到产品的件数是一个常量不是变量，B、D也是一个定值，而C中取到次品的件数可能是0,1,2，是随机变量．
2．D A中，X的取值出现了重复性；B中，P(X＝0)＝－＜0；C中，＋＋＝＞1；D中，＋＋＝1，故选D.
3．D
授课提示：对应学生用书第27页
探究一 离散型随机变量的判定
[例1] 指出下列随机变量是否是离散型随机变量，并说明理由：
(1)一个袋中装有5个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数；
(2)某加工厂加工的一批某种钢管的外径与规定的外径尺寸之差；
(3)郑州至武汉的电气化铁道线上，每隔50
m有一电线铁塔，从郑州至武汉的电气化铁道线上将电线铁塔进行编号，而其中某一电线铁塔的编号ξ；
(4)江西九江市长江水位监测站所测水位在(0,29](dm)这一范围内变化，该水位站所测水位ξ.
[解析] (1)从10个球中取3个球，所得的结果有以下几种：3个白球，2个白球和1个黑球，1个白球和2个黑球，3个黑球，即其结果可以一一列出，符合离散型随机变量的定义，因此是离散型随机变量．
(2)实际测量值与规定值之间的差值无法一一列出，不是离散型随机变量．
(3)是离散型随机变量．因为电线铁塔为有限个，其编号从1开始可一一列出．
(4)不是离散型随机变量．因为水位在(0,29](dm)这一范围内变化，对水位值我们不能按一定次序一一列出．
离散型随机变量的两个特点
(1)试验结果是随机的；
(2)试验结果可按一定顺序一一列出．
1．下列变量中属于离散型随机变量的有________．
①在2
016张已编号的卡片(从1号到2
016号)中任取一张，被取出的编号数为X；
②连续不断射击，首次命中目标需要的射击次数X；
③从2
016张已编号的卡片(从1号到2
016号)中任取3张，被取出的卡片的号数和X；
④一天之内的温度的取值X；
⑤投掷一个骰子，六面都刻上数字6，所得的点数X.
解析：①②③中变量X的所有可能取值是可以一一列举出来的，是离散型随机变量，④中X的取值为某一范围内的实数，无法列出，不是离散型随机变量，⑤中X的取值确定，是6，不是随机变量．
答案：①②③
探究二 求离散型随机变量的分布列
[例2] 一个口袋里有5个同样大小的球，编号为1,2,3,4,5，从中同时取出3个球，以X表示取出的球的最小编号，求随机变量X的概率分布．
[解析] X所有可能的取值为1,2,3.
当X＝1时，其余两球可在余下的4个球中任意选取，
∴P(X＝1)＝＝；
当X＝2时，其余两球在编号为3,4,5的球中任意选取，
∴P(X＝2)＝＝；
当X＝3时，取出的球只能是编号为3,4,5的球，
∴P(X＝3)＝＝.
∴随机变量的概率分布为：
X
1
2
3
P
(1)求离散型随机变量的分布列关键是搞清离散型随机变量X取每一个值时对应的随机事件，然后利用排列组合知识求出X取每个值的概率，最后列出分布列．
(2)求离散型随机变量X的分布列的步骤：首先确定X的所有可能的取值；其次，求相应的概率P(X＝xi)＝pi；最后列成表格的形式．
2．袋中有1个白球和4个黑球，每次从中任取一个球，每次取出的黑球不再放回，直到取出白球为止．求取球次数X的分布列．
解析：X的可能取值为1,2,3,4,5，
则第1次取到白球的概率为P(X＝1)＝，
第2次取到白球的概率为P(X＝2)＝×＝，
第3次取到白球的概率为P(X＝3)＝××＝，
第4次取到白球的概率为P(X＝4)＝×××＝，
第5次取到白球的概率为P(X＝5)＝××××＝.
所以X的分布列是：
X
1
2
3
4
5
P
探究三 离散型随机变量分布列的性质的应用
[例3] 设随机变量X的概率分布为P(X＝)＝ak(k＝1,2,3,4,5).
(1)求常数a的值；
(2)求P(X≥)；
(3)求P(＜X＜)．
[解析] 题目所给随机变量X的概率分布为：
X
P
a
2a
3a
4a
5a
(1)由a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，得a＝.
(2)解法一 P(X≥)＝P(X＝)＋P(X＝)＋P(X＝)
＝＋＋＝.
解法二 P(X≥)＝1－P(X≤)＝1－(＋)＝.
(3)因为＜X＜，
所以X＝，，.
故P(＜X＜)＝P(X＝)＋P(X＝)＋P(X＝)
＝＋＋＝.
利用分布列的性质解题时要注意的两个问题
(1)X的各个取值表示的事件是互斥的．
(2)p1＋p2＋…＝1，且pi＞0，i＝1,2….
3．设随机变量η的分布列为：
η
－1
2
3
P
试计算事件(η
≤)和(≤η
≤)的概率．
解析：因为事件(η
≤)只包含基本事件(η＝－1)，
故P(η
≤)＝P(η＝－1)＝.
同理，事件(≤η
≤)包含基本事件(η＝2)和(η＝3)，
所以P(≤η≤)＝P(η＝2)＋P(η＝3)＝＋＝.
随机变量分布列的综合应用
[典例] (本题满分12分)一盒中有9个正品零件和3个次品零件，每次取出1个零件．如果取出的是次品零件，则不再放回．求在取得正品零件前已取出的次品数X的分布列，并求P的值．
[解] 随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.?
…………………………………………………………2分
X＝0表示第一次取到正品．则P(X＝0)＝＝.
…………………………………………………………4分
X＝1表示第一次取到次品，第二次取到正品．
则P(X＝1)＝＝.?
同理求得
P(X＝2)＝＝，?
P(X＝3)＝＝.
因此随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
…………………………………………………………10分
故P＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)
＝＋＋＝.……………………………………12分
[规范与警示] 1.在?处，准确地写出随机变量X的所有取值，是解决本题的关键点．若对题意理解不清，在?处会误解为，是解决本题的易失分点；若对题意理解不清，在?处会误解为，是解决本题的又一易失分点．
2．防范措施：
在确定随机变量X的所有可能取值时要全面考虑，不可漏解．如本例中易忽视X＝0的情形．
设b和c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量X表示方程x2＋bx＋c＝0实根的个数(重根按一个计)．
(1)求方程
x2＋bx＋c＝0有实根的概率；
(2)求X的分布列．
解析：(1)由题意知，设基本事件空间为Ω，记“方程x2＋bx＋c＝0没有实根”为事件A，“方程x2＋bx＋c＝0有且仅有一个实根”为事件B，“方程x2＋bx＋c＝0有两个相异实根”为事件C，则Ω＝{(b，c)|b，c＝1,2，…6}，
A＝{(b，c)|b2－4c＜0，b，c＝1,2，…，6}，
B＝{(b，c)|b2－4c＝0，b，c＝1,2，…，6}，
C＝{(b，c)|b2－4c＞0，b，c＝1,2，…，6}，
所以Ω中的基本事件总数为36，A中的基本事件总数为17，B中的基本事件总数为2，C中的基本事件总数为17.
又因为B，C是互斥事件，故所求概率P＝P(B)＋P(C)＝＋＝.
(2)由题意，X的可能取值为0,1,2，则
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，故X的分布列为
X
0
1
2
P
PAGE2 超几何分布
授课提示：对应学生用书第30页
[自主梳理]
一、超几何分布的概率
一般地，设有N件产品，其中有M(M≤N)件是次品．从中任取n(n≤N)件产品，用X表示取出的n件产品中次品的件数，那么P(X＝k)＝____________(其中k为非负整数)．
如果一个随机变量的分布列由上式确定，则称X服从参数为________的超几何分布．
二、超几何分布列
X
0
1
…
m
P
…
其中，m是n和M中较小的一个．
[双基自测]
1．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，下列概率等于的是( )
A．P(X＝2)
B．P(X≤2)
C．P(X＝4)
D．P(X≤4)
2．从装有3个红球、2个白球的盒子中任取两个球，则恰有一个红球的概率为( )
A．0.6
B．0.2
C．0.3
D．0.4
3．一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，还有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10.现从中任取4个球，有如下几种变量：
①X表示取出的最大号码；②Y表示取出的最小号码；③取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，ξ表示取出的4个球的总得分；④η表示取出的黑球个数．
这四种变量中服从超几何分布的是________．
[自主梳理]
一、 N、M、n
[双基自测]
1．C 15个村庄中有7个村庄交通不方便，8个村庄交通方便，CC表示选出的10个村庄中恰有4个交通不方便，6个交通方便的村庄，故P(X＝4)＝.
2．A P＝＝＝0.6.
3．④ 依超几何分布的数学模型及计数公式，知①②③中的变量不服从超几何分布，④中的变量服从超几何分布．
授课提示：对应学生用书第30页
探究一 超几何分布概率公式的简单应用
[例1] 高三(1)班的联欢会上设计了一项游戏：在一个口袋中装有10个红球，20个白球，这些球除颜色外完全相同．现一次从中摸出5个球，若摸到4个红球1个白球就中一等奖，求中一等奖的概率．
[解析] 若以30个球为一批产品，其中红球为不合格产品，随机抽取5个球，X表示取到的红球数，则X服从超几何分布．
由公式得P(X＝4)＝＝≈0.029
5，
所以中一等奖的概率约为2.95%.
1．解决此类问题的关键是先判断出所给问题是否属于超几何分布问题，是超几何分布问题可直接利用公式求解，当数字较大时，需利用计算器求值．
2．超几何分布是一种很重要的概率模型，应用它可避免不必要的重复计算．应用公式的关键是正确确定M、N、n、k.
1．从6名男同学和4名女同学中随机选出3名同学参加一项竞技测试．试求选出的3名同学中，至少有一名女同学的概率．
解析：设选出的女同学的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3，且X服从参数为N＝10，M＝4，n＝3的超几何分布，于是选出的3名同学中，至少有一名女同学的概率为
P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＋＝或P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝.
探究二 超几何分布的分布列
[例2] 从5名男生和3名女生中任选3人参加奥运会火炬接力活动．若随机变量ξ表示所选3人中女生的人数，求ξ的分布列及P(ξ＜2)．
[解析] 由题意分析可知，随机变量ξ服从超几何分布．其中N＝8，M＝3，n＝3，
所以P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝.
从而随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P
所以P(ξ＜2)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝＋＝.
根据题目条件判断出随机变量是否服从超几何分布是解题的关键，若服从超几何分布，则可由公式求其分布列．
2．从5名女生和2名男生中任选3人参加英语演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中男生的人数．
(1)求ξ的分布列；
(2)求“所选3人中男生人数ξ≤1”的概率．
解析：(1)ξ可能的取值为0,1,2，P(ξ＝k)＝，k＝0,1,2.
故ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
P
(2)由(1)知“所选3人中男生人数ξ≤1”的概率为
P(ξ≤1)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝＋＝.
探究三 超几何分布的实际应用
[例3] 在一次购物抽奖活动中，假设某10张奖券中有一等奖奖券1张，可获得价值50元的奖品；有二等奖奖券3张，每张可获得价值10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从这10张奖券中任抽2张，求：
(1)该顾客中奖的概率；
(2)该顾客获得的奖品总价值X(元)的分布列．
[解析] (1)由条件知，P＝1－＝1－＝(或P＝＝＝)，
即该顾客中奖的概率为.
(2)X的所有可能取值(单位：元)为0,10,20,50,60，且
P(X＝0)＝＝，P(X＝10)＝＝，
P(X＝20)＝＝，P(X＝50)＝＝，
P(X＝60)＝＝.
故X的分布列为：
X
0
10
20
50
60
P
此类题目中涉及的背景多数是生活、生产实践中的问题，如产品中的正品和次品，盒中的白球和黑球，同学中的男生和女生等．分析题意，判断其中的随机变量是否服从超几何分布是解决此类题目的关键．
3．已知袋中有4个红球，3个黑球，从袋中随机取球，设取到一个红球得2分，取到一个黑球得1分，从袋中任取4个球．
(1)求得分X的分布列；
(2)求得分大于6的概率．
解析：(1)从袋中随机取4个球的情况为：1红3黑，2红2黑，3红1黑，4红四种情况，分别得分为5分，6分，7分，8分，故X的可能取值为5,6,7,8.
P(X＝5)＝＝，
P(X＝6)＝＝，
P(X＝7)＝＝，
P(X＝8)＝＝.
故所求分布列为：
X
5
6
7
8
P
(2)根据随机变量X的分布列，可以得到得分大于6的概率为P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝＋＝.
排列、组合在概率分布列中的应用
[典例] 在医学生物学试验中，经常以果蝇作为试验对象．一个关有6只果蝇的笼子里，不慎混入2只苍蝇(此时笼子里共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇)，只好把笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到2只苍蝇都飞出，再关闭小孔．用X表示笼内还剩下的果蝇的只数．
(1)写出X的分布列；
(2)求P(X≥4)．
[解析] (1)随机变量X的所有取值为0,1,2,3,4,5,6.
试验相当于把8只不同的蝇子排成一列，有A种排列方法．
由题意得P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，
P(X＝6)＝＝.
故随机变量X的分布列为：
X＝i
0
1
2
3
4
5
6
P(X＝i)
(2)P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＋P(X＝6)＝＋＋＝.
[感悟提高] 1.对于不符合我们所学习的典型分布列的问题，首先考虑能否化为典型分布列，若不能，一般通过利用排列、组合的方法求其概率和分布列．
2．注意分清是排列问题，还是组合问题，准确计算随机变量取各个值时的概率．
已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X为取出3球所得分数之和．求X的分布列．
解析：X的可能取值有：3,4,5,6.
P(X＝3)＝＝；P(X＝4)＝＝＝；
P(X＝5)＝＝＝；P(X＝6)＝＝＝.
故所求X的分布列为：
X
3
4
5
6
P
PAGE§3 条件概率与独立事件
第一课时 条件概率
授课提示：对应学生用书第33页
[自主梳理]
一、条件概率
定义
对于两个事件A和B，在已知________的条件下________的概率，称为事件B发生时事件A发生的条件概率，记为________
计算公式
当P(B)>0时，有P(A|B)＝；当P(A)>0时，有P(B|A)＝
二、条件概率的性质
1．P(B|A)∈________.
2．如果B与C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)
＝____________.
[双基自测]
1．若P(A)＝，P(B|A)＝，则P(AB)等于( )
A.
B．
C.
D.
2．已知P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)等于( )
A.
B.
C.
D.
3．一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，则P(A|B)＝________.
[自主梳理]
一、B发生 A发生 P(A|B) 二、1.[0,1] 2.P(B|A)＋P(C|A)
[双基自测]
1．B 利用条件概率的乘法公式求解．
P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝×＝.
2．B P(B|A)＝＝＝.
3. ∵P(B)＝，n(AB)＝1，
P(AB)＝，∴P(A|B)＝＝.
授课提示：对应学生用书第33页
探究一 利用条件概率公式求条件概率
[例1] 一只口袋内装有2个白球和2个黑球，那么
(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？
(2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？
[解析] (1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A，“再摸出1个白球”为事件B，则“先后两次摸到白球”为AB，先摸一球不放回，再摸一球共有4×3种结果．
∴P(A)＝＝，P(AB)＝＝.
∴P(B|A)＝＝＝.
(2)设“先摸出一个白球放回”为事件A1，“再摸出一个白球”为事件B1，
则“两次都摸到白球”为事件A1B1.
P(A1)＝＝，
P(A1B1)＝＝.
∴P(B1|A1)＝＝＝.
∴先摸出一个白球不放回，再摸出一个白球的概率为；先摸一个白球后放回，再摸出一个白球的概率为.
1．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，甲地为雨天的概率为多少？
(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率为多少？
解析：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)P(A|B)＝＝≈0.67；
(2)P(B|A)＝＝＝0.60.
探究二 利用缩小样本空间的观点计算条件概率
[例2] 一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取一只，每一次取后不放回．若已知第一只是好的，求第二只也是好的的概率．
[解析] 令Ai＝{第i只是好的}，i＝1,2.
解法一 A1中元素个数＝CC，
A1∩A2中元素个数＝CC，
故P(A2|A1)＝＝.
解法二 因事件A1已发生(已知)，故我们只研究事件A2发生便可，在A1发生的条件下，盒中仅剩9只晶体管，其中5只好的，所以P(A2|A1)＝＝
.
利用缩小样本空间的观点计算条件概率的技巧
首先明确是求“在谁发生的前提下谁
的概率”，其次转换样本空间，
即把既定事件A所含的基本事件定义为新的样本空间，显然
待求事件B便缩小为事件AB，如图
所示．从而P(B|A)＝.
2．5个乒乓球，其中有3个新的、2个旧的，每次取一个，不放回地取两次，求在第一次取到新球的条件下，第二次取到新球的概率．
解析：设A＝“第一次取到新球”，B＝“第二次取到新球”，则在第一次取到新球的条件下，第二次取到新球即为事件A发生的条件下事件B也发生．因第一次取到了新球，所以第二次抽取时除去“已抽取”的1个新球，还有2个新球、2个旧球供选取，所以P(B|A)＝＝.
探究三 条件概率的综合应用
[例3] 在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中4道题即可通过，若至少能答对其中5道题就获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．
[解析] 记事件A为“该考生6道题全答对”，事件B为“该考生答对了其中5道题，另一道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，而另2道题答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A、B、C两两互斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B，由古典概型的概率加法公式可知
P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＋＋＝，
P(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)，
P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)
＝＋＝＋＝.
故所求的概率为.
为了求得比较复杂的事件的概率，往往可以先把它分解成两个(若干个)互不相容的较简单事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率．
3．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意拨号，假设拨过了的号码不再重复．
(1)试求不超过3次拨号就接通电话的概率；
(2)如果他记得号码的最后一位是奇数，试求拨号不超过3次就接通电话的概率．
解析：设第i次接通电话为事件Ai(i＝1,2,3)，则A＝A1∪(1A2)∪(12A3)表示不超过3次就接通电话．
(1)因为事件A1与事件1A2，12A3彼此互斥，
所以P(A)＝＋×＋××＝.
(2)用B表示最后一位是奇数的事件，则
P(A|B)＝P(A1|B)＋P(1A2|B)＋P(12A3|B)
＝＋＋＝.
“条件概率P(B|A)”与“积事件的概率P(A·B)”混淆致误
[典例] 袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，求第二次才取到黄色球的概率．
[解析] 记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，“第二次才取到黄球”为事件C，
所以P(C)＝P(A·B)＝P(A)·P(B|A)＝×＝.
[错因与防范] 1.解答本题常因没有弄清P(AB)与P(B|A)的含义致误，P(AB)表示在样本空间S中，A与B同时发生的概率；而P(B|A)表示在缩减的样本空间SA中，作为条件的A已经发生的条件下事件B发生的概率．
2．计算条件概率要明确：
(1)准确理解条件概率的概念：条件概率中的两个事件是互相影响的，其结果受两个条件的概率的制约；
(2)要正确求出条件概率，必须首先弄清楚“事件A发生”“事件A发生并且事件B也发生”“事件B在事件A发生的条件下发生”的概率之间的关系．
有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率是________．
解析：设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”，
则D＝B∪C，且B与C互斥，
又P(A)＝＝，
P(AB)＝＝，
P(AC)＝＝，
故P(D|A)＝P(B∪C|A)
＝P(B|A)＋P(C|A)
＝＋＝.
答案：
PAGE第二课时 独立事件
授课提示：对应学生用书第35页
[自主梳理]
相互独立事件
概念
一般地，若事件A，B满足________，则称事件A，B独立
概率计算公式
(1)若事件A与B相互独立，则A与B同时发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率之积，即________；(2)推广：若事件A1，A2，…，An相互独立，则这n个事件同时发生的概率P(A1A2…An)＝________________
结论
如果事件A与B相互独立，那么________与________，________与________，________与________也都相互独立
[双基自测]
1．一袋中装有5只白球和3只黄球，在有放回地摸球中，用A1表示第一次摸得白球，A2表示第二次摸得白球，则事件A1与2( )
A．是相互独立事件
B．是不相互独立事件
C．是互斥事件
D．是对立事件
2．若事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，则P(AB)＝( )
A．0
B．
C.
D.
3．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A)＝________，P( )＝________.
[自主梳理]
P(AB)＝P(A)P(B) P(AB)＝P(A)P(B) P(A1)P(A2)…P(An) A B
[双基自测]
1．A 由题意可得2表示“第二次摸到的不是白球”，即2表示“第二次摸到的是黄球”，由于采用有放回地摸球，故每次是否摸到黄球或白球互不影响，故事件A1与2是相互独立事件．
2．C 因为事件A，B相互独立，故P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.
3. P(A)＝P(A)P()＝×(1－)＝，P( )＝P()P()＝(1－)×(1－)＝.
授课提示：对应学生用书第36页
探究一 相互独立事件的判定
[例1] 判断下列各对事件是不是相互独立事件．
(1)甲组有3名男生，2名女生，乙组有2名男生，3名女生，今从甲、乙两组中各任选1名同学参加演讲比赛，“从甲组选出1名男生”与“从乙组选出1名女生”；
(2)容器内盛有除颜色外其他均相同的5个白球和3个黄球，“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，取出的仍是白球”．
[解析] (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，所以它们是相互独立事件．
(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为，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．
判定两事件A、B是否相互独立的依据及注意点
判断依据为P(AB)＝P(A)P(B)，在计算P(A)、P(B)及P(AB)的概率时，可能会用到古典概型、排列组合等相关知识，求解时注意知识间的相互融合．
1．同时掷两颗质地均匀的骰子，A＝{第一颗骰子出现奇数点}，B＝{第二颗骰子出现偶数点}，判定事件A与B是否相互独立？
解析：同时掷两颗质地均匀的骰子，则
A＝{第一颗骰子出现1,3,5点}，共有3种结果．
B＝{第二颗骰子出现2,4,6点}，共有3种结果．
AB＝{第一颗骰子出现奇数点，第二颗骰子出现偶数点}，共有CC＝9种结果．
∵每种结果的出现均是等可能的，由古典概型的有关知识可知P(A)＝＝，P(B)＝＝，
P(AB)＝＝＝.
∴P(AB)＝P(A)P(B)，即事件A与事件B相互独立．
探究二 相互独立事件同时发生的概率
[例2] 甲、乙两人各进行1次射击，如果两人击中目标的概率都是0.6，求：
(1)两人都击中目标的概率；
(2)其中恰有1人击中目标的概率；
(3)至少有1人击中目标的概率．
[解析] 设甲射击一次，击中目标为事件A，乙射击一次，击中目标为事件B.
因为甲是否击中对乙击中的概率没有影响，乙是否击中，对甲击中的概率也没有影响，所以A与B是相互独立事件．
依题意，有P(A)＝P(B)＝0.6.
(1)两人各射击1次，都击中目标，是A与B同时发生，
∴P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.6＝0.36.
(2)恰有1人击中目标的含义为：甲中乙不中或甲不中乙中，即事件A发生或B发生，由于B和A不可能同时发生，∴B与A是互斥事件．
∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.6×(1－0.6)＋(1－0.6)×0.6＝0.48.
(3)两人各射击1次，至少有1人击中目标，即B或A或AB，由于各射击1次，∴它们不可能同时发生，它们为互斥事件．
∴至少有1人击中目标的概率是P(AB)＋P(A)＋P(B)＝P(A)P(B)＋P(A)P()＋P()P(B)＝0.6×0.6＋0.6×(1－0.6)＋(1－0.6)×0.6＝0.84.
这一问也可用它的对立事件求解：1－P( )＝1－P()P()＝1－0.4×0.4＝0.84.
解概率问题首先要将事件表示出来，充分分析事件的性质及它们之间的关系，然后代入相关公式求解．对于“至少”“至多”等事件的概率问题，常通过求它的对立事件的概率进行求解，可简化解题过程．
2．甲、乙两人独立地破译密码的概率分别为、，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；
(4)至多一人译出密码的概率；
(5)至少一人译出密码的概率．
解析：记A为“甲独立地译出密码”，B为“乙独立地译出密码”．
(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)恰有一人译出密码分为两类：甲译出乙译不出；乙译出甲译不出，即A∪B，
∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
＝P(A)P()＋P()P(B)
＝×(1－)＋(1－)×＝.
(4)至多一人译出密码的对立事件是两人都译出密码，
∴1－P(AB)＝1－＝.
(5)至少一人译出密码的对立事件为两人都没有译出密码，
∴1－P( )＝1－＝.
探究三 相互独立事件概率的应用
[例3] 在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．
[解析] 如图所示，记这段时间内开关JA、JB、JC能够闭合为事件A、B、C
.
由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响，根据相互独立事件的概率公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是
P(∩∩)＝P()P()P()
＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]
＝(1－0.7)(1－0.7)(1－0.7)＝0.027.
于是这段时间内至少有1个开关能够闭合，从而使线路能够正常工作的概率是
1－P(∩∩)＝1－0.027＝0.973.
即这段时间内线路正常工作的概率是0.973.
解答此类题目时，先分析给的元件间是串联、并联还是串并联混合关系，在此基础上结合事件的相互独立性及互斥事件、对立事件的有关知识依据“串联通易求，并联断易求”的原则，给予解答．
3．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案：
方案一：考三门课程至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别为0.5，0.6,0.9，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．
(1)求该应聘者用方案一通过的概率；
(2)求该应聘者用方案二通过的概率．
解析：记“应聘者对三门考试及格”分别为事件A，B，C.则P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.9.
(1)该应聘者用方案一通过的概率为
P1＝P(AB)＋P(BC)＋P(AC)＋P(ABC)
＝0.5×0.6×0.1＋0.5×0.6×0.9＋0.5×0.4×0.9＋0.5×0.6×0.9
＝0.03＋0.27＋0.18＋0.27＝0.75.
(2)应聘者用方案二通过的概率为
P2＝P(AB)＋P(BC)＋P(AC)
＝(0.5×0.6＋0.6×0.9＋0.5×0.9)
＝×1.29＝0.43.
方程思想在相互独立事件概率中的应用
[典例] 甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为.分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率．
[解析] 记事件A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品．
由题设知
解方程组并舍去不合题意的根，得
P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是、、.
[感悟提高] 1.所谓方程思想，是指在解决问题时，通过等量关系将已知与未知联系起来，建立起方程或方程组，然后运用方程的知识使问题得到解决的方法．用方程思想及有关知识解决数学领域与其他领域的一些问题时，往往有独到的作用．
2．对于相互独立事件中的概率问题，可先从问题的数量关系入手，根据概率的定义、公式等构造方程(组)，然后通过解方程(组)使问题获解．本题中将P(A)，P(B)，P(C)看作未知数联立方程求解，充分体现了方程思想．
设甲、乙、丙三台机器是否需要照看相互之间没有影响．已知在某一小时内，甲、乙都需要照看的概率为0.05，甲、丙都需要照看的概率为0.1，乙、丙都需要照看的概率为0.125.
(1)求甲、乙、丙三台机器在这个小时内需要照看的概率；
(2)计算这个小时内至少有一台机器需要照看的概率．
解析：(1)设“机器甲需要照看”为事件A，“机器乙需要照看”为事件B，“机器丙需要照看”为事件C.由题意，各台机器是否需要照看相互之间没有影响，因此，A、B、C是相互独立事件．
由已知得P(AB)＝P(A)P(B)＝0.05，①
P(BC)＝P(B)P(C)＝0.125，②
P(AC)＝P(A)P(C)＝0.1，③
由①②③联立解得P(A)＝0.2，P(B)＝0.25，P(C)＝0.5，
所以甲、乙、丙三台机器在这个小时内需要照看的概率分别为0.2、0.25、0.5.
(2)设A的对立事件为，B的对立事件为，C的对立事件为，
则P()＝0.8，P()＝0.75，P()＝0.5，
所以1－P(
)＝1－P()P()P()＝0.7，
故这个小时内至少有一台机器需要照看的概率为0.7.
PAGE4 二项分布
授课提示：对应学生用书第38页
[自主梳理]
一、n次独立重复试验
在________条件下________的n次试验称为n次独立重复试验．
二、二项分布
进行n次试验，如果满足以下条件：
(1)每次试验只有两个________的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；
(2)每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为________；
(3)各次试验是________的．
用X表示这n次试验中成功的次数，则
P(X＝k)＝______________________.
若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为________．
[双基自测]
1．对独立重复试验有以下说法：
①每次试验之间是相互独立的；
②每次试验只有两个相互对立的结果；
③每次试验中事件A发生的概率相等；
④各次试验中，各个事件是互斥的．
其中正确的是( )
A．①②
B．②③
C．①②③
D．①②④
2．已知η～B(6，)，则P(η＝4)等于( )
A.
B.
C.
D.
3．已知X～B，则P(X＝2)＝________.
[自主梳理]
一、相同 重复做 二、相互对立 1－p 相互独立 Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n) X～B(n，p)
[双基自测]
1．C 各次试验中，各个事件是相互独立的，所以④不正确．
2．B P(η＝4)＝C·()4·()2＝.
3. P(X＝2)＝C×2×6－2＝C×2×4＝.
授课提示：对应学生用书第39页
探究一 独立重复试验的判定
[例1] 判断下列试验是不是独立重复试验：
(1)依次投掷四枚质地不同的硬币，3次正面向上；
(2)某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了10次，其中6次击中；
(3)口袋中装有5个白球，3个红球，2个黑球，依次从中抽取5个球，恰好抽出4个白球．
[解析] (1)由于试验的条件不同(质地不同)，因此不是独立重复试验．
(2)某人射击且击中的概率是稳定的，因此是独立重复试验．
(3)每次抽取，试验的结果有三种不同颜色，且每种颜色出现的可能性不相等，因此不是独立重复试验．
独立重复试验的判定方法
判断试验是否为独立重复试验，关键是看是否是在相同条件下及各次试验是否相互独立且事件发生的概率是否相同．
1．小明同小华一起玩掷骰子游戏，游戏规则如下：小明先掷，小华后掷，如此间隔投掷，问：
(1)小明共投掷n次，是否可看作n次独立重复试验？小华共投掷m次，是否可看作m次独立重复试验？
(2)在游戏的全过程中共投掷了m＋n次，则这m＋n次是否可看作m＋n次独立重复试验？
解析：(1)由独立重复试验的条件，小明、小华各自投掷骰子时可看作在相同条件下，且每次间互不影响，故小明、小华分别投掷的n次和m次可看作n次独立重复试验和m次独立重复试验．
(2)就全过程考查，不是在相同条件下进行的试验，故不能看作m＋n次独立重复试验．
探究二 求独立重复试验的概率
[例2] 甲、乙两人各射击一次击中目标的概率分别是和，假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响，每次射击是否击中目标，相互之间也没有影响．
(1)求甲射击4次，至少1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；
(3)假设某人连续2次未击中目标，则射击停止，问：乙恰好射击5次后被中止射击的概率是多少？
[解析] 设“甲、乙两人各射击一次击中目标分别记为A、B”，则P(A)＝，P(B)＝.
(1)甲射击4次，全击中目标的概率为
C()4＝.
所以甲射击4次至少1次未中目标的概率为
P＝1－＝.
(2)甲、乙各射击4次，甲恰好击中2次，概率为
C()2×()2＝.
乙恰好击中3次，概率为
C()3×＝.
所以概率为×＝.
(3)乙射击5次后，中止射击，第3次击中，4、5次不中，而1、2至少1次击中目标，所以中止的概率为()3×()2＋()2×()3＋()2×()3＝.
在求某事件的概率时，要善于从具体问题中抽象出独立重复试验的模型，并明确n是多少，事件A是什么，其发生的概率是多少等问题．
2．某车间的5台机床中的任何一台在1小时内需要工人照管的概率都是，求1小时内这5台机床中至少有2台需要工人照管的概率是多少(结果保留两位有效数字)?
解析：设事件A：“1台机床在1小时内需要工人照管”，则有P(A)＝.
设X＝k表示在1小时内有k台机床需要工人照管，k＝0,1,2,3,4,5.
所以5台机床在1小时内需要照管相当于5次独立重复试验，而事件A至少发生2次的概率为
1－P(X＝1)－P(X＝0)＝1－[C()·()4＋C()0·()5]≈0.37，
即所求的概率为0.37.
探究三 二项分布的综合应用
[例3] 一名学生骑自行车去上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.
(1)设ξ为这名学生在途中遇到红灯的次数，求ξ的概率分布；
(2)设η为这名学生在首次停车前经过的路口数，求η的概率分布；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．
[解析] (1)依据已知条件，可将遇到每个交通岗看作一次试验，遇到红灯的概率都是p＝，且每次试验结果都是相互独立的，所以ξ～B(6，)．
∴P(ξ＝k)＝C()k(1－)6－k
＝C()k()6－k，k＝0,1,2，…，6.
∴所求ξ的概率分布为：
ξ
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)由题意知，
η＝k(k＝0,1,2，…，5)表示前k个路口没有遇上红灯，但在第(k＋1)个路口遇上红灯，则其概率为P(η＝k)＝()k·，η＝6表示路上没有遇上红灯，其概率为P(η＝6)＝()6.
∴所求η的概率分布为：
η
0
1
2
3
4
5
6
P
(3)由题意可知，“至少遇到一次红灯”的对立事件是“一次红灯都没有遇到”，因此有
P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－＝.
二项分布的综合应用注意点
(1)合理转化：对问题情境合理转化，判断是否为二项分布的关键是看试验是否为独立重复试验．
(2)正确计算：若服从二项分布，则确定对应的n，p的值，从而利用二项分布公式正确计算．
3．某地区每天保证用水量的概率为0.75，试求：
(1)最近7天内正常用水的天数的分布列；
(2)最近7天内至少有两天正常用水的概率．
解析：(1)由题意知，最近7天内用水正常的天数X服从参数n＝7，p＝0.75的二项分布，即X～B(7,0.75)．
由二项分布的概率公式知：
P(X＝0)＝C×0.750×0.257≈0.000
06，
P(X＝1)＝C×0.751×0.256≈0.001
28，
P(X＝2)＝C×0.752×0.255≈0.011
54，
P(X＝3)＝C×0.753×0.254≈0.057
68，
P(X＝4)＝C×0.754×0.253≈0.173
03，
P(X＝5)＝C×0.755×0.252≈0.311
46，
P(X＝6)＝C×0.756×0.251≈0.311
46，
P(X＝7)＝C×0.757×0.250≈0.133
48.
其分布列为：
X
0
1
2
3
4
5
6
7
P
0.000
06
0.001
28
0.011
54
0.057
68
0.173
03
0.311
46
0.311
46
0.133
48
(2)解法一 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.
所以最近7天内至少有两天正常用水的概率为0.998
67.
解法二 P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)≈1－0.000
06－0.001
28＝0.9987.
所以最近7天内至少有两天正常用水的概率为0.998
7.
独立重复试验在实际中的应用
[典例] (本题满分12分)某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2
min.
(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；
(2)这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4
min的概率．
[解] (1)设“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯”为事件A，因为事件A等于事件“这名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A的概率为
P(A)＝××＝.?………………………………………………………4分
(2)设“这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4
min”为事件B，“这名学生在上学路上遇到k次红灯”的事件为Bk(k＝0,1,2)．
则由题意，得P(B0)＝4＝，?………………………………………………………6分
P(B1)＝C13＝，
P(B2)＝C22＝.?………………………………………………………………10分
由于事件B等价于“这名学生在上学路上至多遇到两次红灯”，所以事件B的概率为P(B)＝P(B0)＋P(B1)＋P(B2)＝.………………………………………………………………12分
[规范与警示]1.在?处，体现了正确理解在第三个路口时首次遇到红灯的含义，是解决本题的关键点；在?处，易忽略没有遇到红灯的情形导致失误，是易失分点；在?处正确应用了n次独立重复试验公式，是解决本题的又一关键点．
2．防范措施：
(1)解概率问题要全面考虑．
在确定随机变量X的所有可能取值时，要全面考虑，不可漏解．如本例容易忽略没有遇到红灯的情况，造成漏解．在求分布列时，一定要将X的取值考虑全面，特别是X＝0的情形．
(2)解决问题要抓住问题本质．
对于相互独立事件与n次独立重复试验问题一定要抓住其事件的本质特征进行区别，以免发生失误．如本例第(1)问，若对事件的本质把握不清，则容易造成求解失误．
射击运动员在双向飞碟比赛中，每轮比赛连续发射两枪，击中两个飞靶得2分，击中一个飞靶得1分，不击中飞靶得0分，某射击运动员在每轮比赛连续发射两枪时，第一枪命中率为，第二枪命中率为，该运动员进行2轮比赛．
(1)该运动员得4分的概率为多少？
(2)若该运动员所得分数为X，求X的分布列．
解析：(1)记“运动员得4分”为事件A，
则P(A)＝×××＝.
(2)X的可能取值为0,1,2,3,4.
P(X＝0)＝P(X＝4)＝，
P(X＝1)＝P(X＝3)
＝C()()3＋C()()3＝，
P(X＝2)＝()4＋()4＋4()2()2＝.
∴X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
PAGE§5 离散型随机变量的均值与方差
第一课时 离散型随机变量的均值
授课提示：对应学生用书第41页
[自主梳理]
一、离散型随机变量的均值(或数学期望)
1．定义
若离散型随机变量X的概率分布为：
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
则定义X的均值为____________．
X的均值也称作X的________(简称________)，它是一个数，记作EX.
2．意义：刻画离散型随机变量取值的“________”．
二、二项分布与超几何分布的均值
当随机变量服从参数为n，p的二项分布时，其均值为________；当随机变量X服从参数为N，M，n的超几何分布时，它的均值EX＝________.
三、离散型随机变量的性质
若η＝aξ＋b，其中a，b为常数，则P(η＝axi＋b)＝________，E(aξ＋b)＝________.
特别地：(1)a＝0时，Eb＝________，
(2)当a＝1时，E(ξ＋b)＝________.
[双基自测]
1．已知随机变量X的分布列为：
X
－1
0
1
P
则X的均值是( )
A.
B．－
C.
D．－
2．若随机变量ξ～B(n,0.6)，且Eξ＝3，则P(ξ＝1)的值是( )
A．2×0.44
B．2×0.45
C．3×0.44
D．3×0.64
3．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝C·k·300－k(k＝0,1,2，…，300)，则EX＝______.
[自主梳理]
一、1.x1p1＋x2p2＋…＋xnpn 数学期望 期望 2.中心位置 二、np n 三、P(ξ＝xi) aEξ＋b b Eξ＋b
[双基自测]
1．B EX＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
2．C ∵ξ～B(n,0.6)，Eξ＝3，
∴0.6n＝3，即n＝5.
故P(ξ＝1)＝C×0.6×(1－0.6)4＝3×0.44.
3．100 由P(X＝k)＝C·k·300－k，可知X～B，
∴EX＝300×＝100.
授课提示：对应学生用书第42页
探究一 离散型随机变量的均值
[例1] 已知随机变量X的分布列如下：
X
－2
－1
0
1
2
P
m
(1)求EX；
(2)若Y＝2X－3，写出随机变量Y的分布列并求EY.
[解析] (1)由随机变量分布列的性质，得
＋＋＋m＋＝1，所以m＝，
∴EX＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＋2×＝－.
(2)解法一 由公式E(aX＋b)＝aEX＋b，得
EY＝E(2X－3)＝2EX－3＝2×(－)－3＝－.
解法二 由于Y＝2X－3，所以Y的分布列如下：
Y
－7
－5
－3
－1
1
P
∴EY＝(－7)×＋(－5)×＋(－3)×＋(－1)×＋1×＝－.
求均值的方法和技巧
求均值的关键是求出分布列，只要求出随机变量的分布列，就可以套用均值的公式求解．对于aX＋b型随机变量的均值，可以利用均值的性质求解，当然也可以先求出aX＋b的分布列，再用定义求解．
1．设随机变量X服从分布P(X＝k)＝，k＝1,2,3,4,5，求E(X＋2)2.
解析：∵EX＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝＝3.
EX2＝1×＋22×＋32×＋42×＋52×＝11.
∴E(X＋2)2＝E(X2＋4X＋4)＝EX2＋4EX＋4＝11＋12＋4＝27.
探究二 二项分布及超几何分布的均值
[例2] 某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为上海世博会志愿者，若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望Eξ＝________(结果用最简分数表示)．
[解析] 解法一 由题意知随机变量ξ服从参数为N＝7，M＝2，n＝2的超几何分布．ξ的可能取值为0,1,2.
因此P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
故ξ的分布列为：
ξ＝k
0
1
2
P(ξ＝k)
从而数学期望Eξ＝0×＋1×＋2×＝.
解法二 随机变量ξ服从参数为N＝7，M＝2，n＝2的超几何分布，直接代入超几何分布均值的计算公式可得
Eξ＝n＝2×＝.
[答案]
超几何分布和二项分布是两种特殊的而且应用相当广泛的分布列，解题时如果能发现是这两种分布模型，就可以直接有规律地写出分布列，求出期望值．
2．“石头、剪刀、布”是一种广泛流传于我国民间的古老游戏，其规则是用三种不同的手势分别表示石头、剪刀、布；两个玩家同时出示各自手势1次记为1次游戏，“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，“布”胜“石头”；双方出示的手势相同时，不分胜负．现假设玩家甲、乙双方在游戏时出示三种手势是等可能的．
(1)求在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率；
(2)若玩家甲、乙双方共进行了3次游戏，其中玩家甲胜玩家乙的次数记作随机变量X，求X的分布列及其期望．
解析：(1)玩家甲、乙双方在1次游戏中出示手势的所有可能结果是(石头，石头)，(石头，剪刀)，(石头，布)，(剪刀，石头)，(剪刀，剪刀)，(剪刀，布)，(布，石头)，(布，剪刀)，(布，布)，共有9个基本事件．玩家甲胜玩家乙的基本事件分别是(石头，剪刀)，(剪刀，布)，(布，石头)，共有3个．
所以，在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率P＝＝.
(2)X的可能取值分别为0,1,2,3.
P(X＝0)＝C·()3＝，
P(X＝1)＝C·()1·()2＝＝，
P(X＝2)＝C·()2·()1＝＝，
P(X＝3)＝C·()3＝.
X的分布列如下：
X
0
1
2
3
P
EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝1(或X～B(3，)，EX＝np＝3×＝1)．
探究三 均值的实际应用
[例3] 现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．
(1)求该射手恰好命中一次的概率；
(2)求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX.
[解析] (1)P＝·()2＋·C··
＝.
(2)X＝0,1,2,3,4,5，
P(X＝0)＝·()2＝；
P(X＝1)＝·()2＝；
P(X＝2)＝C··＝；
P(X＝3)＝C··＝；
P(X＝4)＝·()2＝；
P(X＝5)＝·()2＝.
X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
5
P
EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×
＝.
3．两名战士在一次射击比赛中，战士甲得1分、2分、3分的概率分别为0.4,0.1,0.5；战士乙得1分、2分、3分的概率分别为0.1,0.6,0.3，那么两名战士获胜希望较大的是谁？
解析：设这次射击比赛战士甲得X1分，战士乙得X2分，则概率分布分别如下：
X1
1
2
3
P
0.4
0.1
0.5
X2
1
2
3
P
0.1
0.6
0.3
根据均值公式得EX1＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1；
EX2＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3＝2.2.
EX2>EX1，故这次射击比赛战士乙得分的均值较大，所以乙获胜希望大．
计算均值时因写错分布列致误
[典例] 一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率为0.6，现有4颗子弹，则剩余子弹数目X的期望为________．
[解析] X的可能取值为3,2,1,0，
P(X＝3)＝0.6；
P(X＝2)＝0.4×0.6＝0.24；
P(X＝1)＝0.42×0.6＝0.096；
P(X＝0)＝0.43＝0.064；
所以EX＝3×0.6＋2×0.24＋1×0.096＋0×0.064＝2.376.
[答案] 2.376
[错因与防范] 1.解答本题易得期望值为2.28或2.4的错误结论，错因是审题不细，导致在解此题时误认为是求“命中子弹数目X的期望”而不是剩余子弹数目的期望，或根本没有注意到条件“直到第一次命中为止”．
2．防范措施：
(1)注意题设信息的提取．
合理分析题设信息可以避免因审题带来的不必要的失误．如本例中的条件及待求问题都需要仔细研读．
(2)注意知识间的辨析．
二项分布的特征是事件的相互独立性，彼此之间无任何制约关系，而本例中条件“直到第一次命中为止”说明了随机变量并非服从二项分布．
体育课进行篮球投篮达标测试，规定：每位同学有5次投篮机会，若投中3次则“达标”；为节省测试时间，同时规定：若投篮不到5次已达标，则停止投篮；若后面投篮全中，也不能达标(例如前3次都未投中等情形)，则停止投篮．同学甲投篮命中率为，且每次投篮互不影响．
(1)求同学甲恰好投4次达标的概率；
(2)设测试中甲投篮次数记为X，求X的分布列及数学期望EX.
解析：(1)甲同学恰好投4次达标的概率
P＝C()3·＝.
(2)X可能的取值是3,4,5.
P(X＝3)＝()3＋()3＝，
P(X＝5)＝C()2()2＝，
P(X＝4)＝1－－＝.
X的分布列为：
X
3
4
5
P
所以X的数学期望为
EX＝3×＋4×＋5×＝.
PAGE第二课时 离散型随机变量的方差
授课提示：对应学生用书第44页
[自主梳理]
一、离散型随机变量的方差的含义
设X是一个离散型随机变量，用________来衡量X与EX的平均偏离程度，E(X－EX)2是(X－EX)2的期望，称________为随机变量X的方差，记为________．
DX＝____________________.
二、方差的大小与离散型随机变量的集中与分散程度间的关系
方差越大，随机变量的取值越______；方差越小，随机变量的取值就越集中在其______周围．
三、方差的性质
当a，b均为常数时，随机变量函数η＝aξ＋b的方差Dη＝D(aξ＋b)＝________.特别地：
(1)当a＝0时，D(b)＝________，即常数的方差等于0；
(2)当a＝1时，D(ξ＋b)＝________；
(3)当b＝0时，D(aξ)＝________.
[双基自测]
1．设随机变量X的方差DX＝1，则D(2X＋1)的值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
2．同时抛掷两枚均匀的硬币10次，设两枚硬币同时出现反面的次数为ξ，则Dξ等于( )
A.
B.
C.
D．5
3．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝，k＝3,6,9，则DX＝________.
[自主梳理]
一、E(X－EX)2 E(X－EX)2 DX (x1－EX)2p1＋(x2－EX)2p2＋…＋(xn－EX)2pn 二、分散 均值
三、a2Dξ 0 Dξ a2Dξ
[双基自测]
1．C D(2x＋1)＝4DX＝4×1＝4.
2．A ∵ξ～B(10，)，
∴Dξ＝10××(1－)＝.
3．6 EX＝3×＋6×＋9×＝6，DX＝(3－6)2×＋(6－6)2×＋(9－6)2×＝6.
授课提示：对应学生用书第45页
探究一 离散型随机变量的方差
[例1] 已知X的分布列为：
X
0
10
20
50
60
P
(1)求DX；
(2)设Y＝2X－EX，求DY.
[解析] (1)∵EX＝0×＋10×＋20×＋50×＋60×＝16，∴DX＝(0－16)2×＋(10－16)2×＋(20－16)2×＋(50－16)2×＋(60－16)2×
＝384.
(2)解法一 Y的分布列为：
Y
－16
4
24
84
104
P
∴EY＝－16×＋4×＋24×＋84×＋104×＝16.
∴DY＝(－16－16)2×＋(4－16)2×＋(24－16)2×＋(84－16)2×＋(104－16)2×
＝1
536.
解法二 DY＝D(2X－EX)＝4DX＝4×384＝1
536.
1．已知随机变量X的分布列如下表：
X
－1
0
1
P
(1)求EX，DX，；
(2)设Y＝2X＋3，求EY，DY.
解析：(1)EX＝(－1)×＋0×＋1×＝－；
DX＝(x1－EX)2·p1＋(x2－EX)2·p2＋(x3－EX)2·p3＝；＝.
(2)EY＝2EX＋3＝；DY＝4DX＝.
探究二 二项分布的方差、标准差
[例2] 为防止风沙危害，某地决定建设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物．某人一次种植了n株沙柳．各株沙柳的成活与否是相互独立的，成活率为p，设ξ为成活沙柳的株树，数学期望Eξ为3，方差为.
(1)求n和p的值，并写出ξ的分布列；
(2)若有3株或3株以上的沙柳未成活，则需要补种，求需要补种沙柳的概率．
[解析] 由题意知，ξ～B(n，p)，P(ξ＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1，…，n.
(1)由Eξ＝np＝3，Dξ＝np(1－p)＝，
得1－p＝，从而n＝6，p＝.
ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)记“需要补种沙柳”为事件A，则P(A)＝P(ξ≤3)，
得P(A)＝＝或P(A)＝1－P(ξ>3)＝1－＝.
所以需要补种沙柳的概率为.
方差计算运算量较大，但若能服从二项分布，则计算方差可按简便的方差计算公式，因而需要先判别是不是二项分布．
2．某运动员投篮一次的命中率为0.6，每次投篮投中与否相互独立，求：
(1)投篮一次时命中次数X的均值与方差；
(2)连续5次投篮时，命中次数Y的均值与方差．
解析：(1)投篮一次命中次数X的分布列为：
X
0
1
P
0.4
0.6
则EX＝0×0.4＋1×0.6＝0.6；
DX＝(0－0.6)2×0.4＋(1－0.6)2×0.6＝0.24.
(2)由题意，连续5次投篮，相当于进行5次独立重复试验，命中的次数Y服从二项分布，即Y～B(5,0.6)．由二项分布的均值与方差的公式，得EY＝5×0.6＝3，DY＝5×0.6×0.4＝1.2.
探究三 方差的实际应用
[例3] 有甲、乙两种钢筋，从中各取等量样品检查它们的抗拉强度指标如下：
X甲
110
120
125
130
135
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
X乙
100
115
125
130
145
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
其中X甲，X乙分别表示甲、乙两种钢筋的抗拉强度，在使用时要求钢筋的平均抗拉强度不低于120.试比较甲、乙两种钢筋哪一种质量较好？
[解析] EX甲＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125，
EX乙＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125.
又DX甲＝(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，
DX乙＝(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EX甲＝EX乙可知，甲、乙两种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DX甲均值仅体现了随机变量取值的平均大小，如果两个随机变量的均值相等，还要看随机变量的取值如何在均值周围变化，方差大，说明随机变量取值较分散，方差小，说明取值较集中．
3．甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相同，所得次品数分别为X、Y，X和Y的分布列如下表．试对这两名工人的技术水平进行比较．
X
0
1
2
P
Y
0
1
2
P
解析：工人甲生产出次品数X的期望和方差分别为：
EX＝0×＋1×＋2×＝0.7，
DX＝(0－0.7)2×＋(1－0.7)2×＋(2－0.7)2×＝0.81.
工人乙生产出次品数Y的期望和方差分别为：
EY＝0×＋1×＋2×＝0.7，
DY＝(0－0.7)2×＋(1－0.7)2×＋(2－0.7)2×＝0.61.
由EX＝EY知，两人出次品的平均数相同，技术水平相当，但DX＞DY，可见乙的技术水平比较稳定．
方差在解决实际问题中的应用
[典例] (本题满分12分)某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．
①若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．
[解] (1)当n≥16时，y＝16×(10－5)＝80.……………………………………………1分
当n≤15时，y＝5n－5(16－n)＝10n－80.
………………………………………………3分
得：y＝(n∈N)．?……………………………………………………4分
(2)①X可取60,70,80.?…………………………………………………………………5分
P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80)＝0.7.
…………………………………………………………………………………………7分
X的分布列为
X
60
70
80
P
0.1
0.2
0.7
…………………………………………………………………………………………8分
EX＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76，
DX＝162×0.1＋62×0.2＋42×0.7＝44.?……………………………………………9分
②花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为
Y
55
65
75
85
P
0.1
0.2
0.16
0.54
Y的数学期望为EY＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
Y的方差为DY＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54＝112.04.?
…………………………………………………………………………………………11分
由以上的计算结果可以看出，DX＜DY，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小．另外，虽然EX＜EY，但两者相差不大．故花店一天应购进16枝玫瑰花．
…………………………………………………………………………………………12分
[规范与警示] 1.在?处，准确把握了题设信息，正确地写出了利润y与当天需求量n的函数关系，是解决本题的关键点．若对变量X理解不到位，导致?处错
误，致使分布列及均值、方差均出错，是解决本题的易失分点，在?处准确计算，又是解决本题的一个关键点．
2．防范措施：
(1)建模信息的提取．
熟读题设信息，把实际问题数学模型化是解决该类问题的关键．如本例的函数模型的建立用到了分段函数的建模思想．
(2)理解期望、方差的实际意义．
期望、方差是随机变量的数字特征，能够反映数据的整体情况，理解期望、方差的实际意义是求解此类问题的关键，如本例(2)②.
甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量X和Y，且X，Y的分布列为
X
1
2
3
P
a
0.1
0.6
Y
1
2
3
P
0.3
b
0.3
求：(1)a，b的值；
(2)计算X，Y的数学期望与方差，并以此分析甲、乙的技术状况．
解析：(1)由离散型随机变量的分布列的性质可知，
a＋0.1＋0.6＝1，
∴a＝0.3.
同理0.3＋b＋0.3＝1，b＝0.4.
(2)EX＝1×0.3＋2×0.1＋3×0.6＝2.3，
EY＝1×0.3＋2×0.4＋3×0.3＝2，
DX＝(1－2.3)2×0.3＋(2－2.3)2×0.1＋(3－2.3)2×0.6
＝0.81，
DY＝(1－2)2×0.3＋(2－2)2×0.4＋(3－2)2×0.3
＝0.6.
由于EX＞EY，说明在一次射击中，甲的平均得分比乙高，但DX＞DY，说明甲得分的稳定性不如乙，因此甲、乙两人技术水平都不够全面，各有优势和劣势．
PAGE6 正态分布
授课提示：对应学生用书第48页
[自主梳理]
一、连续型随机变量
离散型随机变量的取值是可以________的，但在实际应用中，还有许多随机变量可以取某一区间中的一切值，是不可以一一列举的，这种随机变量称为________．
二、正态分布
我们把函数f(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)的图像称为正态分布密度曲线，其中μ表示________，σ2(σ>0)表示________．通常用X～N(μ，σ2)表示X服从参数为μ和σ2的正态分布．
三、正态分布密度函数的性质
1．函数图像关于直线________对称；
2．σ(σ>0)的大小决定函数图像的“胖”“瘦”；
3．正态变量在三个特殊区间内取值的概率值
P(μ－σP(μ－2σP(μ－3σ四、3σ原则
通常服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X在区间(μ－3σ，μ＋3σ)外取值的概率只有________．
[双基自测]
1．正态分布N(0,1)在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率为P1，P2，则二者大小关系为( )
A．P1＝P2
B．P1＜P2
C．P1＞P2
D．不确定
2．如果随机变量X～N(4,1)，则P(X≤2)等于________．
[自主梳理]
一、一一列举 连续型随机变量 二、均值 方差 三、1.x＝μ 3.68.3% 95.4% 99.7% 四、0.3%
[双基自测]
1．A 根据正态曲线的特点，图像关于x＝0对称，可得在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率P1，P2相等．
2．0.023 P(X≤2)＝(1－P(2＜X＜6))×
＝(1－P(4－2＜X＜4＋2))×
＝(1－0.954)×
＝0.023.
授课提示：对应学生用书第48页
探究一 正态分布密度曲线及其性质
[例1] 右图是当ξ取三个不同值ξ1，ξ2，ξ3时的三种正态分布密度曲线N(0，σ2)的图像，那么σ1，σ2，σ3的大小关系是( )
A．σ1>1>σ2>σ3>0
B．0<σ1<σ2<1<σ3
C．σ1>σ2>1>σ3>0
D．0<σ1<σ2＝1<σ3
[解析] 利用正态曲线的性质求解，
当μ＝0，σ＝1时，正态密度曲线f(x)＝e－，在x＝0时，取最大值，故σ2＝1.由正态密度曲线的性质，当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“高瘦”；σ越大，曲线越“矮胖”，于是有0<σ1<σ2＝1<σ3.故选D.
[答案] D
正确理解正态密度曲线的图像及性质，正态曲线函数的系数是，指数是－，要记准结构，正确使用．
1．如图是一个正态曲线，试根据图像写出其正态分布的分布密度函数的解析式，并求出总体随机变量的期望和方差．
解析：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.
＝，解得σ＝.
于是概率密度函数的解析式是f(x)＝·e－，x∈(－∞，＋∞)．总体随机变量的均值是μ＝20，方差是σ2＝()2＝2.
探究二 求正态分布下的概率
[例2] 设X～N(6,1)，求P(4[解析] 由已知，μ＝6，σ＝1，
∵P(5P(4P(4＝P(4＝0.271.
如图，由正态密度曲线的对称性知
P(4P(4＝×0.271＝0.135
5.
解答此类题目的关键在于充分利用正态密度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，在此过程中充分体现了数形结合及化归的数学思想．这种数形结合的思想在本部分经常用到，一定要时刻记着使用．
2．已知X～N(－1，σ2)，若P(－3≤X≤－1)＝0.3，则P(－3≤X≤1)的值为________．
解析：∵X～N(－1，σ2)，
∴P(－3≤X≤－1)＝P(－1≤X≤1)＝0.3，
∴P(－3≤X≤1)＝2P(－3≤X≤－1)＝0.6.
答案：0.6
探究三 正态分布的应用
[例3] 在某次数学考试中，考生的成绩ξ服从一个正态分布，即ξ～N(90,102)．
(1)试求考试成绩ξ位于区间(70,110)内的概率是多少？
(2)若这次考试共有2
000名考生，试估计考试成绩在(80,100)间的考生大约有多少人？
[解析] ∵ξ～N(90,102)，
∴μ＝90，σ＝10.
(1)由于正态变量在区间(μ－2σ，μ＋2σ)内取值的概率是0.954，而该正态分布中，μ－2σ＝90－2×10＝70，μ＋2σ＝90＋2×10＝110，于是考试成绩ξ位于区间(70,110)内的概率就是0.954.
(2)由μ＝90，σ＝10，得
μ－σ＝80，μ＋σ＝100.
由于正态变量在区间(μ－σ，μ＋σ)内取值的概率是0.683，所以考试成绩ξ位于区间(80,100)内的概率是0.683.一共有2
000名考生，所以考试成绩在(80,100)间的考生大约有2
000×0.683＝1
366(人)．
求解正态分布应用题的技巧
解答这类问题的关键是熟记正态变量的取值位于区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)内的概率值，同时又要根据已知的正态分布确定所给区间属于上述三个区间中的哪一个．然后求出相应的概率，从而估算某一个区间上的人数．
3．有一种精密零件，其尺寸X(单位：mm)服从正态分布，即X～N(20,4)．若这批零件共有5
000个．试求
(1)这批零件中尺寸在18
mm～22
mm间的零件所占的百分比；
(2)若规定尺寸在24
mm～26
mm间的零件不合格，则这批零件中不合格的零件大约有多少个？
解析：(1)∵X～N(20,4)，∴μ＝20，σ＝2.
∴μ－σ＝18，μ＋σ＝22.
于是零件尺寸X在18
mm～22
mm间的零件所占百分比大约是68.3%.
(2)∵μ－3σ＝20－3×2＝14，μ＋3σ＝20＋3×2＝26，
μ－2σ＝16，μ＋2σ＝24，
∴零件尺寸X在14
mm～26
mm间的百分比大约是99.7%，而零件尺寸X在16
mm～24
mm间的百分比大约是95.4%.
∴零件尺寸在24
mm～26
mm间的百分比大约是＝2.15%.
因此尺寸在24
mm～26
mm间的零件大约有5
000×2.15%≈108(个)．
正态分布的实际应用
[典例] (本题满分12分)在某市组织的一次数学竞赛中全体参赛学生的成绩近似服从正态分布N(60,100)，已知成绩在90分以上(含90分)的学生有15人．
(1)求此次参加竞赛的学生总数共有多少人？
(2)若计划奖励竞赛成绩排在前228名的学生，问受奖学生的分数线是多少？
[解] (1)设学生的成绩为X，共有n人参加竞赛，因为X～N(60,100)，所以μ＝60，σ＝10.………………………………………………………………………………………………2分
所以P(X≥90)＝[1－P(30＜X＜90)]＝(1－0.997)＝0.001
5.?………………4分
又P(X≥90)＝，所以＝0.001
5，所以n＝10
000.
………………………………………………………………………………………………6分
(2)设受奖学生的分数线为x0.
则P(X≥x0)＝＝0.022
8.
……………………………………………………………8分
因为0.022
8＜0.5，
所以x0＞60.
所以P(120－x0＜X＜x0)
＝1－2P(X≥x0)＝0.954
4，?………………………………10分
所以x0＝60＋20＝80.?
故受奖学生的分数线是80分.
………………………………………………………12分
[规范与警示] 1.在?处，能根据正态分布的概率求解思路求出正确的概率结果是解决本题的关键点．在?处，若对正态分布概率间的转化不熟，则导致出错，是解答本题的易失分点．在?处，正确利用正态分布的图像特征使问题获解．
2．防范措施：
(1)把握正态分布图像的对称性．
强化对其图像对称性的认识，可较好地解决与之相关的概率问题，如本例先后两次利用了图像的对称性求其概率．
(2)强化转化意识．
求解此类问题的关键是实际问题数学模型化，如本例在求解过程中，反复利用正态分布的“3σ原则”解题，突出了转化及化归思想的应用．
已知从某批材料中任取一件时，取得的这件材料的强度X服从N(200,182)．
(1)计算取得的这件材料的强度不低于182的概率；
(2)如果所用的材料在以98%的概率保证强度不低于164，问这批材料是否符合这个要求？
解析：(1)X～N(μ，σ2)，其中μ＝200，σ＝18，而182＝200－18＝μ－σ，∴P(182＜X≤218)＝0.683.
又1＝P(X≤182)＋P(182＜X≤218)＋P(X＞218)，
且由正态曲线的对称性可知，P(X≤182)＝P(X＞218)，
∴P(X≤182)＝(1－0.683)＝0.158
5.
∴P(X≥182)＝1－P(X≤182)＝1－0.158
5＝0.841
5.
故所求的概率为0.841
5.
(2)由题意有P(X≥164)＝0.98.
而164＝μ－2σ，∴P(164≤X≤236)＝0.954.
又由正态曲线的对称性可知P(X＜164)＝P(X＞236)，
且P(X＜164)＋P(164≤X≤236)＋(X＞236)＝1，
∴P(X≥164)＝1－P(X＜164)＝0.977＜0.98.
故这批材料不符合这个要求．
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