【解析】由题意取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X=4)=C23C19C312=27220.选C.

总结提高

1.求离散型随机变量分布列的问题，需要综合运用排列、组合、概率等知识和方法.

2.求离散型随机变量ξ的分布列的步骤：

(1)求出随机变量ξ的所有可能取值xi(i=1,2,3，…);

(2)求出各取值的概率P(ξ=xi)=pi;

(3)列出表格.

12.9　独立重复试验与二项分布

典例精析

题型一　相互独立事件同时发生的概率

【例1】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14，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112，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为29.

(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率;

(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率.

【解析】(1)设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件.

由题 设条件有

即

由①③解得P(C)=23，将P(C)=23分别代入③②可得P(A)=13，P(B)=14，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13，14，23.

(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，

则P(D)=1-P( )=1-[1-P(A)][1-P(B)][1-P(C)]=1-23×34×13=56.

故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.

【点拨】相互独立事件是发生的概率互不影响的两个或多个事件.两个相互独立事件同时发生的概率满足P(AB)=P(A)P(B)，对于求与“至少”、“至多”有关事件的概率，通常转化为求其对立事件的概率.

【变式训练1】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)求乙至多击中目标2次的概率;

(2)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.

【解析】(1)乙至多击中目标2次的概率为1-C33(23)3=1927.

(2)设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件B1，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件B2，则A=B1+B2，B1、B2为互斥事件.

P(A)=P(B1)+P(B2)=38×127+18×29=124.

所以，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124.

题型二　独立重复试验

【例2】(2010天津)某射手每次射击击中目标的概率是 23，且各次射击的结果互不影响.

(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率;

(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率.

【解析】(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～B(5，23).在5次射击中，恰有2次击中目标的概率P(X=2)=C25×(23)2×(1-23)3=40243.

(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i=1,2,3,4,5);“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则

P(A)=P(A1A2A3 )+P( A2A3A4 )+P( A3A4A5)=(23)3×(13)2+13×(23)3×13+(13)2×(23)3=881.

【点拨】独立重复试验是同一试验的n次重复，每次试验成功的概率都相同，恰有k次试验成功的概率为Pn(k)=Cknpk(1-p)n-k.

【变式训练2】袋子A中装有若干个均匀的红球和白球，从中摸出一个红球的概率是13.从A中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止.

(1)求恰好摸5次停止的概率;

(2)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求P(ξ≥2).

【解析】(1)P=C24×(13)2×(23)2×13=881.

(2)P(ξ=2)=C25×(13)2×(1-13)3=80243，

P(ξ=3)=C35×(13)3×(1-13)2=40243，

则P(ξ≥2)=P(ξ=2)+P(ξ=3)=4081.

题型三　二项分布

【例3】 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，并且概率为13.

(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)设Y为这名学生在首次遇到红灯前经过的路口数，求Y的分布列;

(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.

【解析】(1)依题意知X～B(6，13)，

P(X=k)=Ck6(13)k(23)6-k，k=0,1,2,3,4,5,6.

所以X的分布列为

X 0 1 2 3

P

X 4 5 6

P

(2)依题意知Y可取0,1,2,3,4,5,6，

P(Y=0)=13，

P(Y=1)=13×23=29，

P(Y=2)=13×(23)2=427，

P(Y=3)=13×(23)3=881，

P(Y=4)=13×(23)4=16243，

P(Y=5)=13×(23)5=32729，

P(Y=6)=(23)6=64729，

所以Y的分布列为

Y 0 1 2 3 4 5 6

P

(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率为

P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(23)6=665729.

【点拨】解决离散型随机变量的分布列问题时，要依据相关概念识别离散型随机变量服从什么分布，如第(1)问中X服从二项分布，而第(2)问中并不服从二项分布.

【变式训练3】某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠.若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数.求随机变量ξ的分布列.

【解析】方法一：ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,5.

P(ξ=0)=2535=32243，P(ξ=1)= =80243，

P(ξ=2)= =80243，P(ξ=3)= =40243，

P(ξ=4)= =10243，P(ξ=5)=135=1243.

从而ξ的分布列为

ξ 0 1 2 3 4 5

P

方法二：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验.

故ξ～B(5，13)，即有

P(ξ=k)=Ck5(13)k(23)5-k，k=0,1,2,3,4,5.

由此计算ξ的分布列如方法一.

总结提高

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Cknpk(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.

12.10　离散型随机变量的期望与方差

典例精析

题型一　期望与方差的性质的应用

【例1】设随机变量ξ的分布列为P(ξ=k)=16(k=1,2,3,4,5,6)，求E(ξ)，E(2ξ+3)和D(ξ)，D(2ξ+3).

【解析】E(ξ)=x1p1+x2p2+…+x6p6=3.5，

E(2ξ+3)=2E(ξ)+3=10，

D(ξ)=(x1-E(ξ))2p1+(x2-E(ξ))2p2+…+(x6-E(ξ))2p6=3512，D(2ξ+3)=4D(ξ)=353.

【点拨】在计算离散型随机变量的期望与方差时，首先要弄清其分布特征及分布列，再准确运用公式，特别是利用性质解题.

【变式训练1】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).现从袋中任取一球，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.

【解析】(1)ξ的分布列为：

ξ 0 1 2 3 4

P

所以E(ξ)=0×12+1×120+2×110+3×320+4×15=1.5，

D(ξ)=(0-1.5)2×12+(1-1.5)2×120+(2-1.5)2×110+(3-1.5)2×320+(4-1.5)2×15=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

题型二　期望与方差在风险决策中的应用

【例2】 甲、乙两名工人加工同一种零件，两人每天加工的零件数相等，所得次品数分别为ξ、η，ξ和η的分布列如下：

ξ 0 1 2

P

η 0 1 2

P

试对这两名工人的技术水平进行比较.

【解析】工人甲生产出的次品数ξ的期望和方差分别为：

E(ξ)=0×610+1×110+2×310=0.7，

D(ξ)=(0-0.7)2×610+(1-0.7)2×110+(2-0.7)2×310=0.81.

工人乙生产出的次品数η的期望和方差分别为：

E(η)=0×510+1×310+2×210=0.7，D(η)=(0-0.7)2×510+(1-0.7)2×310+(2-0.7)2×210=0.61.

由E(ξ)=E(η)知，两人出次品的平均数相同，技术水平相当，但D(ξ)>D(η)，可见乙的技术比较稳定.

【点拨】期望仅体现了随机变量取值的平均大小，但有时仅知道均值的大小还不够.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，即计算方差.方差大说明随机变量取值较分散，方差小说明取值分散性小或者取值比较集中、稳定.

【变式训练2】利用下列盈利表中的数据进行决策，应选择的方案是　　　　.

【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分别是：

50×0.25+65×0.30+26×0.45=43.7;

70×0.25+26×0.30+16×0.45=32.5;

-20×0.25+52×0.30+78×0.45=45.7;

98×0.25+82×0.30-10×0.45=44.6.故选A3.

题型三　离散型随机变量分布列综合问题

【例3】(2010浙江)如图，一个小球从M处投入，通过管道自上而下落入A或B或C.已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到A，B，C，则分别设为1,2,3等奖.

(1)已知获得1,2,3等奖的折扣率分别为50%,70%,90%.记随机变量ξ为获得k(k=1,2,3)等奖的折扣率，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ);

(2)若有3人次(投入1球为1人次)参加促销活动，记随机变量η为获得1等奖或2等奖的人次，求P(η=2).

【解析】(1)由题意得ξ的分布列为

ξ 50% 70% 90%

p

则E(ξ)=316×50%+38×70%+716×90%=34.

(2)由(1)可知，获得1等奖或2等奖的概率为316+38=916.由题意得η～(3，916)，则P(η=2)=C23(916)2(1-916)=1 7014 096.

【变式训练3】(2010北京市东城区)已知将一枚质地不均匀的硬币抛掷三次，三次正面均朝上的概率为127.

(1)求抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率;

(2)抛掷这样的硬币三次后，抛掷一枚质地均匀的硬币一次，记四次抛掷后正面朝上的总次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及期望E(ξ).

【解析】(1)设抛掷一次这样的硬币，正面朝上的概率为P，依题意有C33•P3=127，解得

P=13.

所以抛掷这样的硬币三次，恰有两次正面朝上的概率为P3(2)=C23×(13)2×23=29.

(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4.

P(ξ=0)=C03×(23)3×12=427;

P(ξ=1)=C03×(23)3×12+C13×13×(23)2×12=1027;

P(ξ=2)=C13×13×(23)2×12+C23×(13)2×23×12=13;

P(ξ=3)=C23×(13)2×23×12+C33×(13)3×12=754;

P(ξ=4)=C33×(13)3×12=154.

所以ξ的分布列为

ξ 0 1 2 3 4

P

E(ξ)=0×427+1×1027+2×13+3×754+4×154=32.

总结提高

1.期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均; E(ξ)是一个实数，由ξ的分布列唯一确定，即作为随机变量ξ是可变的，可取不同值，而E(ξ)是不变的，它描述ξ取值的平均状态.

2.方差D(ξ)表示随机变量ξ对E(ξ)的平均偏离程度，统计中常用标准差D(ξ)描述ξ的分散程度.

12.11　正态分布

典例精析

题型一　研究正态总体在三个特殊区间内取值的概率值

【例1】 某正态曲线的密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为122π，求总体位于区间[-4，-2]的概率.

【解析】由正态曲线的密度函数是偶函数知μ=0，由最大值为122π知σ=2，

所以P(-2≤x≤2)=P(μ-σ≤x≤μ+σ)=0.682 6，

P(-4≤x≤4)=P(μ-2σ≤x≤μ+2σ)=0.954 4，

所以P(-4≤x≤-2)=12×(0.954 4-0.682 6)=0.135 9.

【点拨】应当熟记：

P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.682 6;

P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=0.954 4;

P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=0.997 4.

【变式训练1】设X~N(1,22)，试求：

(1)P(-1

(2)P(X≥5).

【解析】因为X～N(1,22)，所以μ=1，σ=2.

(1)P(-1

(2)因为P(X≥5)=P(X≤-3)，

所以P(X≥5)=12[1-P(-3

=12[1-P(1-4

=12[1-P(μ-2σ

=12(1-0.954 4)=0.022 8.

题型二　利用正态总体密度函数估计某区间的概率

【例2】 已知某地区数学考试的成绩X~N(60,82)(单位：分)，此次考生共有1万人，估计在60分到68分之间约有多少人?

【解析】由题意μ=60，σ=8，

因为P(μ-σ

所以P(52

又此正态曲线关于x=60对称，

所以P(60

从而估计在60分到68分之间约有341 3人.

【点拨】本题是教材变式题，将原题中单纯(μ-σ，μ+σ)的概率考查结合了正态曲线的对称性以及概率的意义，使题目更具实际意义.另外，还可将问题变为(44,76)、(68,76)等区间进行探讨.

【变式训练2】某人乘车从A地到B地，所需时间(分钟)服从正态分布N(30,100)，求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率.

【解析】由μ=30，σ=10，P(μ-σ

总结提高

1.服从正态分布的随机变量X的概率特点

若随机变量X服从正态分布，则X在一点上的取值概率为0，即P(X=a)=0，而{X=a}并不是不可能事件，所以概率为0的事件不一定是不可能事件，从而P(X

2.关于正态总体在某个区间内取值的概率求法

(1)熟记P(μ-σ

(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.

①正态曲线关于直线x=μ对称，从而在关于x=μ对称的区间上概率相同.

②P(X

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