2013届高考数学总复习课件-随机变量及其分布.ppt

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1、数学直通车数学直通车-随机变量及其分布随机变量及其分布 知识体系知识体系第一节第一节 离散型随机变量及其概率分布离散型随机变量及其概率分布1.1.基本概念基本概念(1)随机变量：随着试验结果 的量叫做随机变量，通常用字母X,Y,表示.（2）离散型随机变量：所有可能的取值都能 的随机变量叫做离散型随机变量.（3）离散型随机变量的分布列：设离散型随机变量X可能取的值为 取每一个值 (i=1,2,n)的概率P(X=)=,则称表为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列.变化而变化一一列出2.离散型随机变量的基本性质（1）;(2).3.两点分布如果随机变量X的分布列为 则称X服从两点分布.4.超

2、几何分布一般地，在含有M件次品的N件产品中任取n件，其中恰有X件次品，则事件X=k发生的概率为P（X=k）=,k=0,1,2,m,0(i=1,2,n)其中m=minM,n,且nN,MN,n,M,NN*，称分布列 为 .如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X .超几何分布列服从超几何分布题型一题型一 随机变量的概念随机变量的概念【例1】写出下列随机变量可能的取值，并说明随机变量所表示的意义.（1）一个袋中装有2个白球和5个黑球，从中任取3个，其中所含白球的个数;(2)投掷两枚骰子，所得点数之和为X，所得点数的最大值为Y.典例分析典例分析分析 (1)所取三个球中，可能有一个白球，也可

3、能有两个白球，还可能没有白球.（2）投掷结果为（i,j）,其中1i6,1j6,其中i,jN,投掷结果用X,Y表示.解 (1)可取0,1,2.=0表示所取三球没有白球;=1表示所取三球是1个白球，2个黑球;=2表示所取三球是2个白球，1个黑球.（2）X的可能取值有2,3,4,5,12,Y的可能取值为1,2,3,6.若以(i,j)表示先后投掷的两枚骰子出现的点数,则X=2表示（1，1）;X=3表示（1，2），（2，1）;X=4表示（1，3），（2，2），（3，1）;X=12表示(6,6);Y=1表示（1，1）;Y=2表示（1，2），（2，1），（2，2）;Y=3表示（1，3），（2，3），（3，3

4、），（3，1），（3，2）;Y=6表示（1，6），（2，6），（3，6），（6，6），（6，5），（6，1）.学后反思 研究随机变量的取值关键是准确理解所定义的随机变量的含义，明确随机变量所取的值对应的试验结果是进一步求随机变量取这个值时的概率的基础.举一反三举一反三1.已知下列四个命题：某机场候机室中一天的游客数量为X；某寻呼台一天内收到的寻呼次数为X；某水文站观察到一天中长江的水位为X；某立交桥一天经过的车辆数为X.其中不是离散型随机变量的是（）A.中的X B.中的X C.中的X D.中的X解析:中的随机变量X可能取的值，我们都可以按一定次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；中的X可

5、以取某一区间内的一切值，无法按一定次序一一列出，故X不是离散型随机变量.答案:C题型二题型二 求离散型随机变量的分布列求离散型随机变量的分布列【例2】已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球.设为取出的4个球中红球的个数，求的分布列.分析 本题主要考查互斥事件、独立事件离散型随机变量的分布列，考查运用概率的知识解决实际问题的能力.解 可能取的值为0,1,2,3,P(=0)=,P(=1)=又P(=3)=,P(=2)=1-P(=0)-P(=1)-P(=3)=.的分布列为 学后反思 求概率分布（分布列）的一般步骤为：（1）明确随机

6、变量的取值范围;（2）搞清楚随机变量取每个值对应的随机事件，求出随机变量取每个值对应的概率值;（3）列出分布列（一般用表格形式）;（4）检验分布列（用它的两条性质验算）.举一反三举一反三2.一袋中装有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，用X表示取出球的最大号码，求X的分布列.解析：随机变量X的可能取值为3,4,5,6.从袋中随机取3个球，包含的基本事件总数为 ,事件“X=3”包含的基本事件总数为 ,事件“X=4”包含的基本事件总数为 ;事件“X=5”包含的基本事件总数为 ;事件“X=6”包含的基本事件总数为 .从而有P（X=3）=,P(X=4)=,P(X=5)

7、=,P(X=6)=.X的分布列为题型三题型三 分布列的性质及应用分布列的性质及应用【例3】若离散型随机变量X的分布列为试求出常数c的值.分析 利用分布列的两个性质，0,求解.学后反思 离散型随机变量的两个性质主要解决以下两类问题:(1)通过性质建立关系，求得参数的取值或范围，进一步求得概率，得出分布列;（2）求对立事件的概率或判断某概率的成立与否.解 由离散型随机变量分布列的性质,可知 解得c=,X的分布列为举一反三举一反三3.设随机变量X的分布列为P(X=i)=a ，i=1,2,3,求a的值.解析：根据题意，得 ,解得a=.题型四题型四 利用随机变量的分布列解决概率问题利用随机变量的分布列解

8、决概率问题【例4】(12分)袋中装有标有数字1,2,3,4,5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等.用表示取出的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）随机变量的概率分布；（3）计分介于20分到40分之间的概率.分析 （1）是古典概型;（2）确定随机变量所取的值；（3）计分介于20分到40分之间的概率等于=3与=4的概率之和.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，1则P（A）=.4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

9、字相同”的事件记为B，1则事件A和事件B是互斥事件2因为P(B)=,.3所以P(A)=1-P(B)=.4(2)由题意，所有可能的取值为2,3,4,5,P(=2)=,.5P(=3)=,.6P(=4)=,.7P(=5)=.8所以随机变量的概率分布列为 .10(3)“一次取球所得分介于20分到40分之间”的事件记为C，则P(C)=P(=3)+P(=4)=.12学后反思 把所求事件的概率转化为分布列中的基本事件或由基本事件组成的事件的概率问题是用分布列解决问题的关键.举一反三举一反三4.（2009北京模拟）一次抽奖活动中，剩余的10张抽奖卡中有一等奖1张，可获500元奖品，二等奖3张，每张可获100元

10、奖品，其余6张没有奖，某人从这10张卡中任意抽取2张.(1)试求出这个人中奖的概率;(2)试求出这个人获得奖品的总价值X（元）的概率分布列;(3)试求出这个人获得奖品的总价值不少于200元的概率.解析：(1)记“这个人中奖”为事件A，则P(A)=1-P()=.(2)由题意知X的所有可能值为0,100,200,500,600,且P(X=0)=;P(X=100)=;P(X=200)=;P(X=500)=;P(X=600)=.故X的分布列为(3)记“这个人获得奖品的总价值不少于200元”为事件B，则P(B)=P(X=200)+P(X=500)+P(X=600)=易错警示易错警示【例】某射手有5发子弹

11、，射击一次命中概率为0.9.如果命中就停止射击，否则一直到子弹用尽，求耗用子弹数的分布列.错解 P(=1)=0.9,P(=2)=0.10.9=0.09,P(=3)=0.10.10.9=0.009,P(=4)=0.9=0.000 9,P(=5)=0.9=0.000 09,故其分布列为错解分析 当=5时，应包含两种情形：一是前4发都没有命中，恰第5发命中，概率为 0.9;二是这5发子弹均未命中目标，概率为 ,所以P（=5）=0.9+=0.000 1或P(=5)=1-(0.9+0.09+0.009+0.000 9)=0.000 1.正解 错解中取1,2,3,4时的概率均正确，当=5时，只要前四次射不

12、中，都要射第5发子弹，不必考虑第5发子弹射中与否，所以P(=5)=,从而知耗用子弹数的分布列为考点演练考点演练10.(2009威海模拟)在15人的数学兴趣小组中，有5名三好学生，现从中任意选8人参加“希望杯”数学竞赛，一定有三好学生参加的概率11.为 .答案:解析:“一定有三好学生参加”其实就是至少有1名三好学生参加，设选出的三好学生的人数为X，则X服从超几何分布，其中N=15，M=5，n=8.由于P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,P(X=5)=因此，一定有三好学生参加的概率为P（X1）=P(X=1)+P(x=2)+P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=故一定

13、有三好学生参加的概率为 11.(2009济南模拟)设随机变量的分布列P(=)=ak(k=1,2,3,4,5).（1）求常数a的值；（2）求P();(3)求P().解析：的分布列为(1)由a+2a+3a+4a+5a=1,得a=.(2)P()=P(=)+P(=)+P(=1)=.或P()=1-P()=.(3)因为(),只有=,满足，故P()=P(=)+P(=)+P(=)=12.(2009天津改编)在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品.从这10件产品中任取3件，求：(1)取出的3件产品中一等品件数X的分布列;(2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率.解析：（1）由于从10件

14、产品中任取3件的结果数为 ，从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的结果数为 ，那么从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的概率为P(X=k)=，k=0,1,2,3.所以随机变量X的分布列是(2)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件A，“恰好取出1件一等品和2件三等品”为事件 ，“恰好取出2件一等品”为事件 ，“恰好取出3件一等品”为事件 .由于事件 彼此互斥，且A=,而P()=，P()=P(X=2)=，P()=P(X=3)=,所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为P(A)=P()+P()+P()=第二节第二节 二项分布及其应用二项分布及其应用基础梳理基础

15、梳理1.条件概率及其性质（1）条件概率的定义设A,B为两个事件，且P（A）0,称P（B|A）=为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率.（2）条件概率的求法求条件概率除了借助定义中的公式，还可以借助古典概型概率公式，即P（A|B）=(3)条件概率的性质条件概率具有一般概率的性质，即 .如果B和C是两个互斥事件，即P(BC|A)=.0P(B|A)1P(B|A)+P(C|A)2.事件的相互独立性设A,B为两个事件，如果P（AB）=,则称事件A与事件B相互独立.3.独立重复试验（1）在 条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验.（2）如果事件A与B相互独立，那么 与,与 ，与也都相互独立.4.

16、二项分布在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为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P(X=k)=(k=0,1,2,n).此时称随机变量X服从二项分布，记作 ,并称p为成功概率.P(A)P(B)相同ABXB（n,p）题型一题型一 条件概率条件概率【例1】在100件产品中有95件合格品，5件不合格品.现从中不放回地取两次，每次任取一件.试求:（1）第一次取到不合格品的概率;(2)在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率.分析（1）是求简单随机事件的概率;(2)为条件概率问题，可利用条件概率的概率公式求解.典例分析典例分析解 设A

17、=第一次取到不合格品,B=第二次取到不合格品.(1)P(A)=.(2)根据条件概率的定义计算，需要先求出事件AB的概率:P(AB)=,所以P（B|A）=学后反思 （1）在等可能性事件的问题中，求条件概率通用的方法是利用条件概率公式P(B|A)=，这就需要求出P(AB)和P（A），用到原来的概率知识.(2)本题中可以计算事件B的概率为P(B)=P(AB+)=P(AB)+P()=,可见，条件概率P(B|A)P(B).举一反三举一反三1.有一批种子的发芽率为0.9,出芽后的幼苗成活率为0.8,在这批种子中，随机抽取一粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率.解析：设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件AB

18、（发芽，又成活为幼苗），出芽后的幼苗成活率为P（B|A）=0.8,P(A)=0.9,由P（B|A）=,得P（AB）=P(B|A)P(A)=0.80.9=0.72.故这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.题型二题型二 相互独立事件的概率相互独立事件的概率【例2】甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别为0.7、0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：（1）甲试跳三次，第三次才成功的概率；（2）甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率；（3）甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率.分析 因为甲、乙两人试跳成功与否相互之间没有影响，每人每次的试跳成功与否也不相互影响，

19、故应利用独立事件求概率的方法求解.解 （1）记“甲第i次试跳成功”为事件 ，“乙第i次试跳成功”为事件 .依题意得P（）=0.7,P()=0.6,且 ,(i=1,2,3)相互独立，=0.30.30.7=0.063.(2)“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C，方法一：,且 ,彼此互斥，=0.70.4+0.30.6+0.70.6=0.88.方法二：=1-0.30.4=0.88.(3)设“甲在两次试跳中成功i次”为事件 (i=0,1,2)，“乙在两次试跳中成功i次”为事件 (i=0,1,2),事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为 ,且 为互斥事件，所求的概率为

20、学后反思 (1)用相互独立事件的乘法公式解题的步骤：用恰当字母表示题中有关事件；根据题设条件，分析事件间的关系；将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积或若干个乘积之和（相互乘积的事件之间必须满足相互独立）；利用乘法公式计算概率.(2)两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的.相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，这一点与互斥事件的概率和也是不同的.举一反三举一反三2.栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽.已知甲、

21、乙两种果树成苗的概率分别为0.6,0.5,移栽后成活的概率分别为0.7,0.9.(1)求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率；（2）求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率.解析：分别记甲、乙两种果树成苗为事件 ，甲、乙两种果树移栽成活为事件 .P（）=0.6,P()=0.5,P()=0.7,P()=0.9.(1)甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率为1-=1-0.40.5=0.8.(2)分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A、B，则P(A)=0.42,P(B)=0.45,恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为=0.420.55+0.580.45=0.492.题型三题型三 独立重复试

22、验独立重复试验【例3】甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响.（1）求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；（2）求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；（3）假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击.问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？分析 （1）“至少1次未击中”包含多种情况，可求其对立事件的概率.（2）甲恰好击中目标2次与乙恰好击中目标3次相互独立.（3）乙恰好射击5次被中止，相当于前2次射击至少有1次击中，第3次击中，第4次、第5次未击中.解 （1）记

23、“甲连续射击4次至少有1次未击中目标”为事件A1.由题意，射击4次，相当于做4次独立重复试验.故P（）=1-P()=1-,所以甲连续射击4次至少有1次未击中目标的概率为 .(2)记“甲射击4次，恰有2次击中目标”为事件 ,“乙射击4次，恰有3次击中目标”为事件 ，则 由于甲、乙射击相互独立，故 所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为 .（3）记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件 ，“乙第i次射击未击中”为事件 (i=1,2,3,4,5),则 ,且 .由于各事件相互独立，故 所以乙恰好射击5次后被中止射击的概率为451 024.举一反三举一反三3.甲、乙两人进行乒乓

24、球比赛，采用五局三胜制，若每场比赛中甲获胜的概率是 ,乙获胜的概率是 ,求比赛以甲三胜一负而结束的概率.解析：甲三胜一负即共进行四局比赛，前三局甲二胜一负，第四局甲胜，所求概率为 题型四题型四 综合应用综合应用【例4】(14分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他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X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列；（2）求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.分析 (1)可看做6次独立重复试验;（2）X的取值为0,1,2,3,4,5,6;(3)可通过求对立事件的概率解决.解 （1）将通过每个交通岗看做一次试验，

25、则遇到红灯的概率为13,且每次试验结果是相互独立的,故XB(6,),3以此为基础求X的分布列.由XB(6,),P（X=k）=，4k=0,1,2,3,4,5,6.所以X的分布列为.10(2)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为X1=X=1或X=2或或X=6,.12所以其概率为P(X1)=P(X=k)=1-P(X=0)=14学后反思 （1）解决概率问题要注意的“三个步骤”：确定事件的性质.古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验.把所给问题归结为四类事件中的某一种;判断事件的运算.和事件、积事件,即是至少有一个发生还是同时发生，分别运用相加或相乘公式;运用公式.古典概型：P（A）=,互斥事件：

26、P（AB）=P(A)+P(B),条件概率：P（B|A）=,独立事件：P（AB）=P(A)P(B),n次独立重复试验：(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：是否为n次独立重复试验;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.举一反三举一反三4.（2010新乡模拟）在某次世界杯上，巴西队遇到每个对手，战胜对手的概率为 ,打平对手的概率为 ,输的概率为 ，且获胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，已知小组赛中每支球队需打三场比赛，获得4分以上（含4分）即可小组出线.（1）求巴西队小组赛结束后得5分的概率；（2）求小组赛后巴西队得分的分布列及巴西队小组赛出线的概率.解析：(1

27、)“记巴西队小组赛结束后得5分”为事件A，必为一胜两平，则 故巴西队小组赛结束后得5分的概率为 .（2）巴西队小组赛后的得分用表示，则=0,1,2,3,4,5,6,7,9.则P（=0）=;P（=1）=;P（=2）=P（=3）=P（=4)=P（=5）=;P（=6）=;P（=7）=;P（=9）=.所以的分布列为 记“巴西队小组赛出线”为事件B.P(B)=P(4)=故巴西队小组赛出线的概率为 .易错警示易错警示【例】某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止.如果李明决定参加驾照考试，设

28、他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9.求在一年内李明参加驾照考试次数的分布列，并求李明在一年内领到驾照的概率.错解 的取值分别为1,2,3,4,=1,表示李明第一次参加驾照考试就通过,P(=1)=0.6;=2，表示李明第一次考试未通过，第二次考试通过，P（=2）=（1-0.6）0.7=0.28;=3表示李明第一、二次考试未通过,第三次考试通过,P(=3)=（1-0.6）(1-0.7)0.8=0.096;=4表示李明前三次考试未通过，第四次考试通过,P(=4)=(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)0.9=0.021 6.故李明实际参加考试次数的分布列为 李明在一年内

29、领到驾照的概率为P=1-(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.错解分析 不会计算=4时的概率，错算为P（=4）=(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)0.9=0.021 6，而使各事件的概率和不为1，而实际上=4的概率计算方法有两种，其一是前三次都未通过就必须参加第4次，而不管第4次结果如何（通过与否），其二是用间接法1-P(=1)+P(=2)+P(=3)也可得出正确结论.正解 的取值分别为1,2,3,4.=1，表示李明第一次参加驾照考试就通过了，故P（=1）=0.6;=2，表示李明第一次考试未通过，第二次通过了，故P（=2）=（1-0.6）0.7=0.

30、28;=3，表示李明第一、二次考试未通过，第三次通过了，故P（=3）=（1-0.6）（1-0.7）0.8=0.096;=4，表示李明第一、二、三次考试都未通过，故P（=4）=（1-0.6）（1-0.7）（1-0.8）=0.024.故李明实际参加考试次数的分布列为李明在第一年内领到驾照的概率为1-（1-0.6）(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.考点演练考点演练10.(2008湖北)某篮球运动员在三分线投球的命中率是12,他投球10次，恰好投进3个球的概率为.(用数字作答)解析:由独立重复试验概率公式,得 .答案:11.1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3

31、个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，问：从2号箱取出红球的概率是多少？解析：从2号箱取出红球，有两种互斥的情况：一是从1号箱取出红球，二是从1号箱取出白球.记事件A：最后从2号箱中取出的是红球;事件B:从1号箱中取出的是红球.则 ,P(A|B)=,P(A|)=,从而P(A)=P(AB)+P(A )=P（A|B)P(B)+P(A|)P()=12.甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12,乙每次击中目标的概率为23.（1）记甲击中目标的次数为X,求X的概率分布列；（2）求乙至多击中目标2次的概率；（3）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.解析：（1）X

32、的所有可能取值为0,1,2,3,且XB(3,).故P（X=0）=;P（X=1）=;P（X=2）=;P（X=3）=.X的概率分布列如下表：(2)乙至多击中目标2次的概率为(3)设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件 ,甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件 ，则A=,为互斥事件.P（A）=P（）+P（）第三节第三节 离散型随机变量的均值与方差离散型随机变量的均值与方差基础梳理基础梳理1.离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为(1)均值称EX=为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的 .平均水平（2）方差称DX=为随机变量X的方差，它

33、刻画了随机变量X与其均值EX的 .其 为随机变量X的标准差，记作X.2.均值与方差的性质（1）E（aX+b）=.(2)D(aX+b)=.(a,b为实数)平均偏离程度算术平方根aEX+b3.两点分布与二项分布的均值、方差（1）若X服从两点分布，则E(X)=,V(X)=.(2)若XB（n,p）,则E(X)=,V(X)=.(3)离散型随机变量X服从参数为N,M,n的超几何分布，则EX=pp(1-p)npnp(1-p)典例分析典例分析题型一题型一 求随机变量的均值求随机变量的均值【例1】某公园有甲、乙两个相邻景点，原拟定甲景点内有2个A班的同学和2个B班的同学；乙景点内有2个A班的同学和3个B班的同学

34、，后由于某种原因，甲、乙两景点各有一个同学交换景点参观.求甲景点A班同学数的分布列及期望.分析 所有可能的取值为1,2,3.解 设甲景点内A班同学数为,则P（=1）=,P(=2)=P(=3)=故的分布列为 E()=学后反思 求离散型随机变量X的期望的步骤为：（1）理解X的意义，写出X可能取的全部值；（2）计算出X取每一个值时的概率；（3）写出X的分布列；（4）利用公式E(X)=求出期望.举一反三举一反三1.某有奖竞猜活动设有A、B两组相互独立的问题，答对问题A可赢得奖金3万元，答对问题B可赢得奖金6万元.规定答题顺序可任选，但只有一个问题答对后才能解答下一个问题，否则中止答题.假设你答对问题A

35、、B的概率依次为 、.若你按先A后B的次序答题，写出你获得奖金的数额的分布列及期望值E.解析：若按先A后B的次序答题，获得奖金数额的可取值为0,3(万元)，9（万元）.P（=0）=,P（=3）=,P（=9）=.的分布列为题型二题型二 求随机变量的方差求随机变量的方差【例2】编号1，2，3的三位学生随意入座编号1，2，3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生人数是X.（1）求随机变量X的概率分布列；（2）求随机变量X的期望与方差.的数学期望为E=分析 （1）随机变量X的意义是对号入座的学生个数，所有取值为0,1,3.若有两人对号入座，则第三人必对号入座.由排列与等可能事件概率易求

36、分布列;（2）直接利用数学期望与方差公式求解.解 （1）P（X=0）=,P（X=1）=,P（X=3）=,故X的概率分布列为(2)E(X)=V(X)=学后反思 求离散型随机变量X的方差的步骤：（1）写出X的所有取值；（2）计算P（X=xi）;(3)写出分布列，并求出期望E(X)；（4）由方差的定义求出V(X).说明：若XB(n,p)，则E(X)=np，V(X)=np(1-p)；若XH(n,M,N），则E(X)=,V(X)=举一反三举一反三2.设在15个同类型的零件中有2个次品，每次任取1个，共取3次，并且每次取出后不再放回.若用X表示取出次品的个数.（1）求X的分布列；（2）求X的均值E(X)和

37、方差V(X).解析：(1)P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=.故X的分布列为(2)X的均值E(X)和方差V(X)分别为E(X)=;V(X)=题型三题型三 期望与方差性质的应用期望与方差性质的应用【例3】（2008海南、宁夏）A、B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2,根据市场分析，和 的分布列分别为(1)在A、B两个项目上各投资100万元，和 分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D 、D ;（2）将x（0 x100）万元投资A项目，（100-x）万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差的和.求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f

38、(x)取得最小值.分析 (1)根据题意，利用公式E(aX+b)=aEX+b求出随机变量Y1、Y2的分布列，进而求出方差D 、D .(2)根据题意建立函数关系式，把问题转化为二次函数的最值问题.解 （1）由题设可知 和 的分布列分别为 =50.8+100.2=6,=20.2+80.5+120.3=8,(2)f(x)当 时，f(x)=3为最小值.学后反思 在计算离散型随机变量的均值和方差时，首先要搞清其分布特征及分布列，然后准确应用公式.特别是充分利用均值和方差的性质解题，能避免繁琐的运算过程，提高运算速度和准确度.举一反三举一反三3.若随机事件A在1次试验中发生的概率为p（0p1）,用随机变量X

39、表示A在1次试验中发生的次数.（1）求方差V(X)的最大值；（2）求 的最大值.解析：(1)随机变量X的所有可能取值为0、1,并且有P(X=1)=p,P(X=0)=1-p,从而E(X)=0(1-p)+1p=p.D(X)=当p=时，V(X)取得最大值14.(2)0p1,当且仅当 ,即 时取等号，故当 时，取得最大值 .题型四题型四 期望与方差的综合应用期望与方差的综合应用【例4】(14分)（2008广东）随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中有一等品126件，二等品50件，三等品20件，次品4件.已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而生产1件次品亏损2万元，设

40、1件产品的利润（单位：万元）为.(1)求的分布列；（2）求1件产品的平均利润（即的数学期望）；（3）经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为1%,一等品率提高为70%,如果此时要求1件产品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？分析 求的分布列时，要先求取各值时的概率.解 （1）的所有可能取值有6,2,1,-21P(=6)=0.63,.2P(=2)=0.25,.3P(=1)=0.1,4P(=-2)=.5故的分布列为 7(2)E()=60.63+20.25+10.1+（-2）0.02=4.34.9(3)设技术革新后的三等品率为x,则此时1件产品的平均利润为E()=60.7+2(

41、1-0.7-0.01-x)+1x+(-2)0.01=4.76-x(0 x0.29).12依题意，E()4.73,即4.76-x4.73,解得x0.0313所以三等品率最多为3%.14学后反思 本题主要考查学生运用知识，迁移知识的能力.解决该类实际问题的关键是将实际问题化为数学问题，利用已学的知识进行处理，这也是今后高考的一大热点.举一反三举一反三4.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、乙两种相互独立的预防措施可供采用，单独采用甲、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分别为0.9和

42、0.85.若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独使用、联合使用或不采用，请确定哪种预防方案使总费用最少.（总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件造成损失的期望值）解析：(1)不采取预防措施时，总费用即损失期望为4000.3=120(万元);(2)若单独采取预防措施甲，则预防措施费用45万元，发生突发事件的概率为1-0.9=0.1,损失期望值为4000.1=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4000.15=60(万元)，故总费用为30+60=90(万元)；（4）若联合采

43、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4000.015=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，应选择联合采用甲、乙两种预防措施，可使总费用最少.易错警示易错警示【例】盒子里有大小相同的10个球，其中标号为1的有3个球，标号为2的有4个球，标号为5的有3个球.第1次从盒子中任取1个球，放回后第2次再任取1个球（假设取到的每个球的可能性都相同）.记第1次与第2次取得球的标号之和为X,求随机变量X的分布列.错解 由题意可知X可取3,6,

44、7;P(X=3)=C120.30.4=0.24;P(X=6)=C120.30.3=0.18;P(X=7)=C120.40.3=0.24.故随机变量X的分布列为错解分析 错解忽视两次取到的球的标号相同，因而随机变量X的取值为2,3,4,6,7,10.正解 由题意可知，随机变量X的取值是2,3,4,6,7,10,且P(X=2)=0.30.3=0.09,P(X=3)=C120.30.4=0.24,P(X=4)=0.40.4=0.16,P(X=6)=C120.30.3=0.18,P(X=7)=C120.40.3=0.24,P(X=10)=0.30.3=0.09.故随机变量X的分布列为 10.某保险公司

45、新开设了一项保险业务，若在一年内事件E发生，该公司要赔偿a元，设一年内事件E发生的概率为p,为使公司收益的期望值等于a的10%.公司应要求投保人交的保险金为 元.考点演练考点演练解析:设要求投保人交x元，随机变量表示公司的收益额，则P(=x)=1-p,P(=x-a)=p,E=x(1-p)+(x-a)p=x-ap,x-ap=0.1a,x=(0.1+p)a.答案:(0.1+p)a11.(2009全国)某车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中有3名女工人.现采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随机抽样)从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核.(1)求从甲、乙两组各抽取的人数;

46、(2)求从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率;(3)记表示抽取的3名工人中男工人数，求的分布列及数学期望.解析：（1）由于甲组有10名工人，乙组有5名工人，根据分层抽样原理，若从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核，则应从甲组抽取2名工人，乙组抽取1名工人.(2)记A表示事件“从甲组抽取的工人中恰有1名女工人”，则P(A)=(3)的可能取值为0,1,2,3.Ai表示事件“从甲组抽取的2名工人中恰有i名男工人”，i=0,1,2.B表示事件“从乙组抽取的是1名男工人”.Ai与B独立，i=0,1,2.P(=0)=P(=1)=P(=3)=P(=2)=1-P(=0)+P(=1)+P(=3)=.故的分

47、布列为 E=12.(2008四川)设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5,购买乙种商品的概率为0.6,且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的.（1）求进入商场的一位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（2）求进入商场的一位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（3）记表示进入商场的三位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求的分布列和期望.解析：(1)P=0.5(1-0.6)+(1-0.5)0.6=0.2+0.3=0.5.(2)P=1-(1-0.5)(1-0.6)=0.8.(3)B(3,0.8),可取0,1,2,3.P(=0)=P(=1)

48、=P(=2)=P(=3)=故的分布列为 E=30.8=2.4.第四节第四节 正态分布正态分布基础梳理基础梳理1.正态曲线的定义函数 ,x(-,+)（其中实数和（0）为参数）的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线.2.正态分布如果对于任何实数ab,随机变量X满足P(aXb)=,(x)dx,则称X的分布为正态分布.正态分布完全由参数和确定，因此正态分布常记作N(,),如果随机变量X服从正态分布，则记为XN(,).3.正态曲线的性质正态曲线 ，xR有以下性质:(1)曲线位于x轴 ,与x轴不相交;(2)曲线是单峰的，它关于直线 对称;（3）曲线在 处达到峰值 ;(4)曲线与x轴之间的面积为 ;(5)当

49、一定时，曲线随着的变化而沿x轴平移；(6)当一定时，曲线的形状由确定，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.4.正态总体在三个特殊区间内取值的概率值（1）P(-X+)=;（2）P(-2X+2)=;（3）P(-3X+3)=.上方x=x=1越小越大0.682 60.954 40.997 45.3原则（1）3原则的含义在实际应用中，通常认为服从正态分布N(,2)的随机变量X只取 之间的值，并简称为3原则.(2)正态总体在(-3,+3)外取值的概率正态总体几乎总取值于区间 之内，而在此区间外取值的概率只有 ,通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生.(-3,+

50、3)(-3,+3)0.002 6典例分析典例分析题型一题型一 正态曲线正态曲线【例1】若一个正态分布的概率密度函数是一个偶函数，且该函数的最大值为 .(1)求该正态分布的概率密度函数的解析式；（2）求正态变量在(-4,4上的概率.分析 要确定一个正态分布的概率密度函数的解析式，关键是求解析式中的两个参数,的值，其中决定曲线的对称轴的位置，则与曲线的形状和最大值有关.解 （1）由于该正态分布的概率密度函数是一个偶函数，所以其图象关于y轴对称，即=0.如图所示.由 ,得=4,故该正态分布的概率密度函数的解析式为 ,xR.(2)P(-4X4)=P(0-4X0+4)=P(-X+)=0.682 6.学后