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1、1.1.事件與概率事件與概率: :了解隨機事件發(fā)生的不確定性和頻率了解隨機事件發(fā)生的不確定性和頻率 的穩(wěn)定性的穩(wěn)定性; ;了解概率的意義了解概率的意義; ;了解頻率與概率的區(qū)別了解頻率與概率的區(qū)別; ; 了解兩個互斥事件的概率加法公式了解兩個互斥事件的概率加法公式. .2.2.古典概型古典概型: :理解古典概型及其概率計算公式理解古典概型及其概率計算公式; ;會計算會計算 一些隨機事件所包含的基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概一些隨機事件所包含的基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概 率率. .3.3.隨機數(shù)與幾何概型隨機數(shù)與幾何概型: :了解隨機數(shù)的意義了解隨機數(shù)的意義, ,能運用模擬能運用模擬 方法估計概率方法估

2、計概率; ;了解幾何概型的意義了解幾何概型的意義. .學案學案21 21 概率及隨機變量及其分布列概率及隨機變量及其分布列4.4.理解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概理解取有限個值的離散型隨機變量及其分布列的概 念念; ;了解分布對于刻畫隨機現(xiàn)象的重要性了解分布對于刻畫隨機現(xiàn)象的重要性; ;理解超幾理解超幾 何分布何分布, ,并能進行簡單應(yīng)用并能進行簡單應(yīng)用. .5.5.了解條件概率和兩個事件相互獨立的概念了解條件概率和兩個事件相互獨立的概念; ;理解理解n n次次 獨立重復試驗的模型及二項分布獨立重復試驗的模型及二項分布, ,并能解決一些簡單并能解決一些簡單 的實際問題的實際問題.

3、.6.6.理解取有限個值的離散型隨機變量的均值、方差的理解取有限個值的離散型隨機變量的均值、方差的 概念概念, ,能計算簡單的離散型隨機變量的均值、方差并能計算簡單的離散型隨機變量的均值、方差并 能解決一些簡單的實際問題能解決一些簡單的實際問題. . 1.(20091.(2009江西江西) )為了慶祝六一兒童節(jié)為了慶祝六一兒童節(jié), ,某食品廠制作某食品廠制作 了了3 3種不同的精美卡片種不同的精美卡片, ,每袋食品隨機裝入一張卡片每袋食品隨機裝入一張卡片, , 集齊集齊3 3種卡片則獲獎種卡片則獲獎, ,現(xiàn)購買該食品現(xiàn)購買該食品5 5袋袋, ,能獲獎的概能獲獎的概 率為率為 ( )( ) A.

4、 B. C. D. A. B. C. D. 解析解析 5 5袋食品中含卡片的可能有袋食品中含卡片的可能有3 35 5種，種， 其中含其中含1 1種卡片的有種卡片的有3 3種，種， 含含2 2種卡片的有種卡片的有 (2(25 5-2)=3-2)=3(2(25 5-2).-2). 所以能夠獲獎概率為所以能夠獲獎概率為813181338148815023C.81503)22(333555PD D2.(20092.(2009山東山東) )在區(qū)間在區(qū)間 上隨機取一個數(shù)上隨機取一個數(shù)x x, , cos cos x x的值介于的值介于0 0到到 之間的概率為之間的概率為 ( )( ) A. B. C. D

5、. A. B. C. D. 解析解析 在區(qū)間在區(qū)間-1,1-1,1上隨機取一個數(shù)上隨機取一個數(shù)x x, ,即即x x-1,1-1,1 時時, ,其長度為其長度為2,2,又又x x-1,1-1,1時時, , 此時滿此時滿 足足 的的x x的取值范圍為的取值范圍為 0,1,0,1,即即 x x1,1,故故x x0,10,1滿足滿足 的長的長 度為度為 由對稱性由對稱性, ,當當x x-1,0-1,0時時, ,滿足滿足0 0 的區(qū)間長度也是的區(qū)間長度也是 故所求概率為故所求概率為2,221,222x)21, 0(2cosx,232212cos0 x.31321212cosx,31.31232p312

6、213223xA A3.(20093.(2009浙江浙江) )有有2020張卡片張卡片, ,每張卡片上分別標有兩每張卡片上分別標有兩 個連續(xù)的自然數(shù)個連續(xù)的自然數(shù)k k, ,k k+1,+1,其中其中k k=0,1,2,=0,1,2,，19.19.從這從這2020 張卡片中任取一張張卡片中任取一張, ,記事件記事件“該卡片上兩個數(shù)的各位該卡片上兩個數(shù)的各位 數(shù)字之和數(shù)字之和( (例如例如: :若取到標有若取到標有9,109,10的卡片的卡片, ,則卡片上兩則卡片上兩 個數(shù)的各位數(shù)字之和為個數(shù)的各位數(shù)字之和為9+1+0=10)9+1+0=10)不小于不小于14”14”為為A A, ,則則 P P

7、( (A A)=_.)=_. 解析解析 從從2020張卡片中任取一張共有張卡片中任取一張共有2020種可能種可能, ,其中各其中各 卡片上的數(shù)字之和大于等于卡片上的數(shù)字之和大于等于1414的有的有(7,8),(8,9),(7,8),(8,9), (16,17),(17,18),(18,19) (16,17),(17,18),(18,19)共共5 5種種, ,因此滿足各條件的因此滿足各條件的 概率概率.41205P414.(20094.(2009廣東廣東) )已知離散型隨機變量已知離散型隨機變量X X的分布列如下的分布列如下 表表, ,若若EXEX=0,=0,DXDX=1,=1,則則a a=_,

8、=_,b b=_.=_. 解析解析 由題意知由題意知 解得解得X X-1 0 1 2-1 0 1 2P Pa a b b c c 121, 131, 061,1211cacacba.41,41,125cba12541題型一題型一 古典概型古典概型 【例例1 1】有九張卡片分別寫著數(shù)字有九張卡片分別寫著數(shù)字1 1, ,2 2, ,3 3, ,4 4, ,5 5, ,6 6, ,7 7, ,8 8, ,9 9, , 甲、乙二人依次從中抽取一張卡片甲、乙二人依次從中抽取一張卡片( (不放回不放回),),試求試求: : (1) (1)甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片, ,且乙抽到寫有偶

9、數(shù)且乙抽到寫有偶數(shù) 數(shù)字的卡片的概率；數(shù)字的卡片的概率； (2)(2)甲、乙二人至少有一人抽到奇數(shù)數(shù)字的卡片的概甲、乙二人至少有一人抽到奇數(shù)數(shù)字的卡片的概 率率. .解解 (1)(1)甲、乙二人依次從九張卡片中各抽取一張的甲、乙二人依次從九張卡片中各抽取一張的可能結(jié)果有可能結(jié)果有 甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片, ,且乙且乙抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片的結(jié)果有抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片的結(jié)果有 設(shè)甲抽到設(shè)甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片, ,且乙抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片且乙抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片的概率為的概率為P P1 1, ,則則(2)(2)方法一方法一 甲、乙二人至少有一人

10、抽到奇數(shù)數(shù)字的甲、乙二人至少有一人抽到奇數(shù)數(shù)字的卡片的事件包含下面三個事件卡片的事件包含下面三個事件: :甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片字的卡片, ,乙抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片乙抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片, ,有有 種種; ;甲抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片甲抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片, ,乙抽到寫有奇數(shù)數(shù)字乙抽到寫有奇數(shù)數(shù)字的卡片的卡片, ,有有 種種; ;甲、乙二人都抽到奇數(shù)數(shù)字的甲、乙二人都抽到奇數(shù)數(shù)字的,CC1819,CC1415.185CCCC181914151P1415CC 1514CC 卡片卡片, ,有有 種種. .設(shè)甲、乙二人至少有一人抽到奇數(shù)設(shè)甲、乙二人至少有一人抽到奇數(shù)數(shù)字的卡片的

11、概率為數(shù)字的卡片的概率為P P2 2, ,則則方法二方法二 甲、乙二人至少有一人抽到奇數(shù)數(shù)字的卡片甲、乙二人至少有一人抽到奇數(shù)數(shù)字的卡片的對立事件為兩人均抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片的概率的對立事件為兩人均抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片的概率為為 【探究拓展探究拓展】運用古典概型公式解題時】運用古典概型公式解題時, ,需確定出全需確定出全 部的基本事件的個數(shù)及所求概率對應(yīng)的基本事件數(shù)部的基本事件的個數(shù)及所求概率對應(yīng)的基本事件數(shù), , 同時可用排列、組合的知識計算同時可用排列、組合的知識計算. .注意恰當分類，分注意恰當分類，分 清有無放回，判斷是否有序等清有無放回，判斷是否有序等. . .65CCCCCCC

12、C18191415151414152P1415CC .65CCCC111819131422PP則,2P變式訓練變式訓練1 1 若將上題中的條件若將上題中的條件“不放回不放回”改為改為“放放 回回”, ,其它條件不變其它條件不變, ,應(yīng)如何求解應(yīng)如何求解? ? 解解 (1)(1)甲、乙二人依次從九張卡片中各抽取一張甲、乙二人依次從九張卡片中各抽取一張, , 因可放回抽取因可放回抽取, ,則結(jié)果有則結(jié)果有 甲抽到寫有奇數(shù)數(shù)甲抽到寫有奇數(shù)數(shù) 字的卡片字的卡片, ,且乙抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片的結(jié)果有且乙抽到寫有偶數(shù)數(shù)字的卡片的結(jié)果有 則則P P= = (2) (2)由于甲、乙二人都抽到偶數(shù)數(shù)字的卡片的

13、概率為由于甲、乙二人都抽到偶數(shù)數(shù)字的卡片的概率為 所以甲、乙二人至少有一人抽到所以甲、乙二人至少有一人抽到 奇數(shù)數(shù)字的卡片的概率為奇數(shù)數(shù)字的卡片的概率為P P=1-=1-P P1 1= = ,CC1919,CC1415.8120,8116CCCC191914141P.8165題型二題型二 概率的綜合應(yīng)用概率的綜合應(yīng)用【例【例2 2】(2009(2009全國全國)甲、乙二人進行一次圍棋比甲、乙二人進行一次圍棋比 賽賽, ,約定先勝約定先勝3 3局者獲得這次比賽的勝利局者獲得這次比賽的勝利, ,比賽結(jié)束比賽結(jié)束, , 假設(shè)在一局中假設(shè)在一局中, ,甲獲勝的概率為甲獲勝的概率為0.6,0.6,乙獲勝

14、的概率為乙獲勝的概率為 0.4,0.4,各局比賽結(jié)果相互獨立各局比賽結(jié)果相互獨立. .已知前已知前2 2局中局中, ,甲、乙各甲、乙各 勝勝1 1局局. . (1) (1)求再賽求再賽2 2局結(jié)束這次比賽的概率局結(jié)束這次比賽的概率; ; (2) (2)求甲獲得這次比賽勝利的概率求甲獲得這次比賽勝利的概率. . 解解 記記A Ai i表示事件表示事件: :第第i i局甲獲勝局甲獲勝, ,i i=3,4,5.=3,4,5.B Bj j表示事件表示事件: :第第j j局乙獲勝局乙獲勝, ,j j=3,4.=3,4.(1)(1)記記A A表示事件表示事件: :再賽再賽2 2局結(jié)束比賽局結(jié)束比賽. .A

15、 A= =A A3 3A A4 4+ +B B3 3B B4 4. .由于各局比賽結(jié)果相互獨立由于各局比賽結(jié)果相互獨立, ,故故P P( (A A)=)=P P( (A A3 3A A4 4+ +B B3 3B B4 4)=)=P P( (A A3 3A A4 4)+)+P P( (B B3 3B B4 4) )= =P P( (A A3 3) )P P( (A A4 4)+)+P P( (B B3 3) )P P( (B B4 4) )=0.6=0.60.6+0.40.6+0.40.4=0.52.0.4=0.52.(2)(2)記記B B表示事件表示事件: :甲獲得這次比賽的勝利甲獲得這次比賽

16、的勝利. .因前兩局中因前兩局中, ,甲、乙各勝一局甲、乙各勝一局, ,故甲獲得這次比賽的勝故甲獲得這次比賽的勝利當且僅當在后面的比賽中利當且僅當在后面的比賽中, ,甲先勝甲先勝2 2局局, ,從而從而B B= =A A3 3A A4 4+ +B B3 3A A4 4A A5 5+ +A A3 3B B4 4A A5 5. . 由于各局比賽結(jié)果相互獨立由于各局比賽結(jié)果相互獨立, ,故故P P( (B B)=)=P P( (A A3 3A A4 4)+)+P P( (B B3 3A A4 4A A5 5)+)+P P( (A A3 3B B4 4A A5 5) )= =P P( (A A3 3)

17、 )P P( (A A4 4)+)+P P( (B B3 3) )P P( (A A4 4) )P P( (A A5 5) )+ +P P( (A A3 3) )P P( (B B4 4) )P P( (A A5 5) )= =P P( (A A3 3) )P P( (A A4 4)+)+P P( (B B3 3) )P P( (A A4 4) )P P( (A A5 5) )+ +P P( (A A3 3) )P P( (B B4 4) )P P( (A A5 5) )=0.6=0.60.6+0.40.6+0.40.60.60.6+0.60.6+0.60.40.40.6=0.648.0.6=

18、0.648.【探究拓展探究拓展】在解決這類問題時】在解決這類問題時, ,應(yīng)首先注意互斥事應(yīng)首先注意互斥事 件與相互獨立事件的區(qū)別和運用場合件與相互獨立事件的區(qū)別和運用場合, ,互斥是指兩個互斥是指兩個 事件不能同時發(fā)生事件不能同時發(fā)生, ,相互獨立事件則可以同時發(fā)生相互獨立事件則可以同時發(fā)生, , 應(yīng)用二者求解時注意二者的區(qū)別及聯(lián)系應(yīng)用二者求解時注意二者的區(qū)別及聯(lián)系. . 變式訓練變式訓練2 2 設(shè)進入某商場的每一位顧客購買甲種商設(shè)進入某商場的每一位顧客購買甲種商 品的概率為品的概率為0.5,0.5,購買乙種商品的概率為購買乙種商品的概率為0.6,0.6,且購買且購買 甲種商品與購買乙種商品相

19、互獨立甲種商品與購買乙種商品相互獨立, ,各顧客之間購買各顧客之間購買 商品也是相互獨立的商品也是相互獨立的. . (1) (1)求進入商場的求進入商場的1 1位顧客購買甲、乙兩種商品中的位顧客購買甲、乙兩種商品中的 一種的概率；一種的概率； (2)(2)求進入商場的求進入商場的3 3位顧客中至少有位顧客中至少有2 2位顧客既未購買位顧客既未購買 甲種商品也未購買乙種商品的概率甲種商品也未購買乙種商品的概率. . 解解 (1)(1)記記A A表示事件表示事件: :進入商場的進入商場的1 1位顧客購買甲種商位顧客購買甲種商品品, ,記記B B表示事件表示事件: :進入商場的進入商場的1 1位顧客

20、購買乙種商品位顧客購買乙種商品, ,記記C C表示事件表示事件: :進入商場的進入商場的1 1位顧客購買甲、乙兩種商位顧客購買甲、乙兩種商品中的一種，品中的一種，=0.5=0.50.4+0.50.4+0.50.6=0.5.0.6=0.5.(2)(2)記記A A2 2表示事件表示事件: :進入商場的進入商場的3 3位顧客中有兩位都未位顧客中有兩位都未選購甲種商品選購甲種商品, ,也未選購乙種商品也未選購乙種商品, ,A A3 3表示表示3 3位顧客都位顧客都未選購甲種商品和乙種商品；未選購甲種商品和乙種商品； )()()()()()()()(),()(BPAPBPAPBAPBAPBABAPCPB

21、ABAC所以則D D表示事件表示事件: :進入商場的進入商場的1 1位顧客未選購甲種商品位顧客未選購甲種商品, ,也未也未選購乙種商品；選購乙種商品；E E表示事件表示事件: :進入商場的進入商場的3 3位顧客中至少有位顧客中至少有2 2位顧客既未位顧客既未選購甲種商品選購甲種商品, ,也未選購乙種商品；也未選購乙種商品；=0.5=0.50.4=0.2,0.4=0.2,P P( (A A2 2)= )= 0.20.22 20.8=0.096,0.8=0.096,P P( (A A3 3)=0.2)=0.23 3=0.008.=0.008.P P( (E E)=)=P P( (A A2 2+ +

22、A A3 3)=)=P P( (A A2 2)+)+P P( (A A3 3) )=0.096+0.008=0.104. =0.096+0.008=0.104. )()()()(BPAPBAPDPBAD所以則23C題型三題型三 離散型隨機變量的分布列、期望及方差離散型隨機變量的分布列、期望及方差【例【例3 3】A A、B B是治療同一種疾病的兩種藥是治療同一種疾病的兩種藥, ,用若干試驗用若干試驗 組進行對比試驗組進行對比試驗. .每個試驗組由每個試驗組由4 4只小白鼠組成只小白鼠組成, ,其中其中 2 2只服用只服用A A, ,另另2 2只服用只服用B B, ,然后觀察療效然后觀察療效. .

23、若在一個試驗若在一個試驗 組中組中, ,服用服用A A有效的小白鼠的只數(shù)比服用有效的小白鼠的只數(shù)比服用B B有效的多有效的多, , 就稱該試驗組為甲類組就稱該試驗組為甲類組. .設(shè)每只小白鼠服用設(shè)每只小白鼠服用A A有效的有效的 概率為概率為 服用服用B B有效的概率為有效的概率為 (1)(1)求一個試驗組為甲類組的概率求一個試驗組為甲類組的概率; ; (2) (2)觀察觀察3 3個試驗組個試驗組, ,用用 表示這表示這3 3個試驗組中甲類組個試驗組中甲類組 的個數(shù)的個數(shù), ,求求 的分布列和數(shù)學期望的分布列和數(shù)學期望. . ,32.21解解 (1)(1)設(shè)設(shè)A Ai i表示事件表示事件“一個

24、試驗組中一個試驗組中, ,服用服用A A有效的有效的小白鼠有小白鼠有i i只只”, ,i i=0,1,2,=0,1,2,B Bi i表示事件表示事件“一個試驗組中一個試驗組中, ,服用服用B B有效的小白鼠有有效的小白鼠有i i只只”, ,i i=0,1,2.=0,1,2.依題意有依題意有.2121212)(,412121)(.943232)(,9432312)(1021BPBPAPAP所求的概率為所求的概率為P P= =P P( (B B0 0A A1 1)+)+P P( (B B0 0A A2 2)+)+P P( (B B1 1A A2 2) )(2) (2) 的可能值為的可能值為0,1,

25、2,3,0,1,2,3,且且.94942194419441.72964)94()3(,2438095)94(C)2(,243100)95(94C) 1(,729125)95()0().94, 3(32232133PPPPB 的分布列為的分布列為【探究拓展探究拓展】本題主要考查隨機事件、互斥事件、相】本題主要考查隨機事件、互斥事件、相 互獨立事件等概率知識互獨立事件等概率知識, ,考查離散型隨機變量的分布考查離散型隨機變量的分布 列和期望等基礎(chǔ)知識列和期望等基礎(chǔ)知識, ,考查運用概率與統(tǒng)計知識解決考查運用概率與統(tǒng)計知識解決 實際問題的能力實際問題的能力. . 0 01 12 23 3P P729

26、1252431002438072964.3472964324380224310017291250E數(shù)學期望變式訓練變式訓練3 3 從集合從集合1,2,3,4,51,2,3,4,5的所有非空子集中的所有非空子集中, , 等可能地取出一個等可能地取出一個. . (1) (1)記性質(zhì)記性質(zhì)r r: :集合中的所有元素之和為集合中的所有元素之和為1010, ,求所取出的求所取出的 非空子集滿足性質(zhì)非空子集滿足性質(zhì)r r的概率；的概率； (2)(2)記所取出的非空子集的元素個數(shù)為記所取出的非空子集的元素個數(shù)為 , ,求求 的分的分 布列和數(shù)學期望布列和數(shù)學期望 解解 (1)(1)記記“所取出的非空子集滿

27、足性質(zhì)所取出的非空子集滿足性質(zhì)r r”為事件為事件A A. . 基本事件總數(shù)基本事件總數(shù) 事件事件A A包含的基本事件是包含的基本事件是1,4,51,4,5、2,3,52,3,5、1,2,1,2, 3,4. 3,4.事件事件A A包含的基本事件數(shù)包含的基本事件數(shù)m m=3=3， 所以所以.31CCCCC5545352515n.E.313)(nmAP(2)(2)依題意依題意, , 的所有可能取值為的所有可能取值為1,2,3,4,5.1,2,3,4,5.故故 的分布列為的分布列為: :.31131C)5(,31531C)4(,311031C)3(,311031C)2(,31531C) 1(5545

28、352515PPPPP又1 12 23 34 45 5P P31531103110315311.31803115315431103311023151E從而【例【例4 4】(2009(2009湖南湖南) )為拉動經(jīng)濟增長為拉動經(jīng)濟增長, ,某市決定新建某市決定新建 一批重點工程一批重點工程, ,分為基礎(chǔ)設(shè)施工程、民生工程和產(chǎn)業(yè)分為基礎(chǔ)設(shè)施工程、民生工程和產(chǎn)業(yè) 建設(shè)工程三類建設(shè)工程三類, ,這三類工程所含項目的個數(shù)分別占總這三類工程所含項目的個數(shù)分別占總 數(shù)的數(shù)的 現(xiàn)有現(xiàn)有3 3名工人獨立地從中任選一個項目名工人獨立地從中任選一個項目 參與建設(shè)參與建設(shè). . (1) (1)求他們選擇的項目所屬類別

29、互不相同的概率求他們選擇的項目所屬類別互不相同的概率; ; (2) (2)記記 為為3 3人中選擇的項目屬于基礎(chǔ)設(shè)施工程或產(chǎn)人中選擇的項目屬于基礎(chǔ)設(shè)施工程或產(chǎn) 業(yè)建設(shè)工程的人數(shù)業(yè)建設(shè)工程的人數(shù), ,求求 的分布列及數(shù)學期望的分布列及數(shù)學期望. . ,613121、解解 記第記第i i名工人選擇的項目屬于基礎(chǔ)設(shè)施工程名工人選擇的項目屬于基礎(chǔ)設(shè)施工程、民生民生工程和產(chǎn)業(yè)建設(shè)工程分別為事件工程和產(chǎn)業(yè)建設(shè)工程分別為事件A Ai i、B Bi i、C Ci i, ,i i=1,2,3.=1,2,3.由題意知由題意知A A1 1, ,A A2 2, ,A A3 3相互獨立相互獨立, ,B B1 1, ,B

30、 B2 2, ,B B3 3相互獨立相互獨立, ,C C1 1, ,C C2 2, ,C C3 3相互獨立相互獨立, ,A Ai i, ,B Bj j, ,C Ck k( (i i、j j、k k=1,2,3=1,2,3且且i i, ,j j、k k互不互不相同相同) )相互獨立相互獨立, ,且且P P( (A Ai i)= )= P P( (B Bi i)= )= P P( (C Ci i)= )= (1)(1)他們選擇的項目所屬類別互不相同的概率他們選擇的項目所屬類別互不相同的概率 P P=3!=3!P P( (A A1 1B B2 2C C3 3)=6)=6P P( (A A1 1) )

31、P P( (B B2 2) )P P( (C C3 3) )( (2 2) )設(shè)設(shè)3 3名工人中選擇的項目屬于民生工程的人數(shù)為名工人中選擇的項目屬于民生工程的人數(shù)為 , , 由已知由已知, , ,21,31.61.616131216,3),31, 3(且B故故 的分布列是的分布列是 .278)32(C)0()3(,94)32)(31(C) 1()2(,92)32()31(C)2() 1(,271)31(C)3()0(303213223333PPPPPPPP所以0 01 12 23 3P P2719294278. 227839429212710E的數(shù)學期望變式訓練變式訓練4 4 (2009 (2

32、009重慶重慶) )某單位為綠化環(huán)境某單位為綠化環(huán)境, ,移栽了移栽了 甲、乙兩種大樹各甲、乙兩種大樹各2 2株株. .設(shè)甲、乙兩種大樹的成活率設(shè)甲、乙兩種大樹的成活率 分別為分別為 且各株大樹的成活互不影響且各株大樹的成活互不影響. .求移栽的求移栽的 4 4株大樹中株大樹中: : (1) (1)兩種大樹各成活兩種大樹各成活1 1株的概率株的概率; ; (2) (2)成活的株數(shù)成活的株數(shù) 的分布列與期望的分布列與期望. . 解解 設(shè)設(shè)A Ak k表表示事件甲種大樹成活示事件甲種大樹成活k k株株, ,k k=0,1,2,=0,1,2, B Bl l表示乙種大樹成活表示乙種大樹成活l l株株,

33、 ,l l=0,1,2,=0,1,2, 則則A Ak k, ,B Bl l獨立獨立, ,由獨立重復試驗中事件發(fā)生的概率公式由獨立重復試驗中事件發(fā)生的概率公式 有有 ,2132和.)21()21(C)(,)31()32(C)(2222llllkkkkBPAP(1)(1)所求概率為所求概率為P P( (A A1 1B B1 1)=)=P P( (A A1 1)P P( (B B1 1)=)=(2)(2)方法一方法一 的所有可能值為的所有可能值為0,1,2,3,4,0,1,2,3,4,且且P P( =0)=( =0)=P P( (A A0 0B B0 0)=)=P P( (A A0 0)P P( (

34、B B0 0)=)=P P( =1)=( =1)=P P( (A A0 0B B1 1)+)+P P( (A A1 1B B0 0) )P P( =2)=( =2)=P P( (A A0 0B B2 2)+)+P P( (A A1 1B B1 1)+)+P P( (A A2 2B B0 0) )P P( =3)=( =3)=P P( (A A1 1B B2 2)+)+P P( (A A2 2B B1 1) ).41)(,21)(,41)(,94)(,94)(,91)(210210BPBPBPAPAPAP故得.922194.3614191.3613419421944191,6141942191,

35、3121944194P P( =4)=( =4)=P P( (A A2 2B B2 2)=)=綜上知綜上知 的分布列為的分布列為從而從而 的期望為的期望為方法二方法二 分布列的求法同前分布列的求法同前, ,令令 分別表示甲、乙分別表示甲、乙兩種大樹成活的株數(shù)兩種大樹成活的株數(shù), ,則則故有故有從而知從而知.9141940 01 12 23 34 4P P3616136133191).(37914313361326113610株E21,),21, 2(),32, 2(21BB, 1212,3432221EE).(3713421株EE【考題再現(xiàn)】【考題再現(xiàn)】(2009(2009山東山東) )在某學

36、校組織的一次籃球定點投籃訓練在某學校組織的一次籃球定點投籃訓練 中中, ,規(guī)定每人最多投規(guī)定每人最多投3 3次次; ;在在A A處每投進一球得處每投進一球得3 3分分, ,在在 B B處每投進一球得處每投進一球得2 2分分; ;如果前兩次得分之和超過如果前兩次得分之和超過3 3分分 即停止投籃即停止投籃, ,否則投第三次否則投第三次. .某同學在某同學在A A處的命中率處的命中率q q1 1 為為0.25,0.25,在在B B處的命中率為處的命中率為q q2 2, ,該同學選擇先在該同學選擇先在A A處投處投 一球一球, ,以后都在以后都在B B處投處投, ,用用 表示該同學投籃訓練結(jié)束表示該

37、同學投籃訓練結(jié)束 后所得的總分后所得的總分, ,其分布列為其分布列為1 12 23 34 45 5p p0.030.03p p1 1p p2 2p p3 3p p4 4 (1) (1)q q2 2的值；的值； (2)(2)求隨機變量求隨機變量 的數(shù)學期望的數(shù)學期望 (3)(3)試比較該同學選擇都在試比較該同學選擇都在B B處投籃得分超過處投籃得分超過3 3分與選分與選 擇上述方式投籃得分超過擇上述方式投籃得分超過3 3分的概率的大小分的概率的大小. .【解題示范解題示范】 解解 (1)(1)由題設(shè)知由題設(shè)知,“ =0”,“ =0”對應(yīng)的事件為對應(yīng)的事件為“在三次在三次 投籃中沒有一次投中投籃中

38、沒有一次投中”, ,由對立事件和相互獨立事件由對立事件和相互獨立事件 性質(zhì)可知性質(zhì)可知 P P( =0)=(1-( =0)=(1-q q1 1)(1-)(1-q q2 2) )2 2=0.03=0.03， 2 2分分 解得解得q q2 2=0.8.=0.8. 4 4分分.E(2)(2)根據(jù)題意根據(jù)題意p p1 1= =P P( =2)=(1-( =2)=(1-q q1 1) ) q q2 2(1-(1-q q2 2) )=0.75=0.752 20.80.80.2=0.24.0.2=0.24. 6 6分分p p2 2= =P P( =3)=( =3)=q q1 1(1-(1-q q2 2) )

39、2 2=0.25=0.25(1-0.8)(1-0.8)2 2=0.01.=0.01.p p3 3= =P P( =4)=(1-( =4)=(1-q q1 1) =0.75) =0.750.80.82 2=0.48.=0.48.p p4 4= =P P( =5)=( =5)=q q1 1q q2 2+ +q q1 1(1-(1-q q2 2) )q q2 2=0.25=0.250.8+0.250.8+0.250.20.20.8=0.24.0.8=0.24.因此因此 =0=00.03+20.03+20.24+30.24+30.01+40.01+40.48+50.48+50.24=3.63.0.24

40、=3.63. 9 9分分12C22qE(3)(3)用用C C表示事件表示事件“該同學選擇第一次在該同學選擇第一次在A A處投處投, ,以后都以后都在在B B處投處投, ,得分超過得分超過3 3分分”, ,用用D D表示事件表示事件“該同學選擇該同學選擇都在都在B B處投處投, ,得分超過得分超過3 3分分”, ,則則P P( (C C)=)=P P( =4)+( =4)+P P( =5)=( =5)=p p3 3+ +p p4 4=0.48+0.24=0.72.=0.48+0.24=0.72.P P( (D D)=)=0.8=0.82 2+2+20.80.80.20.20.8=0.896. 1

41、00.8=0.896. 10分分故故P P( (D D) )P P( (C C).).即該同學選擇都在即該同學選擇都在B B處投籃得分超過處投籃得分超過3 3分的概率大于該分的概率大于該同學選擇第一次在同學選擇第一次在A A處投以后都在處投以后都在B B處投得分超過處投得分超過3 3分分的概率的概率. 12. 12分分2221222)1 (Cqqqq1.1.古典概型與幾何概型古典概型與幾何概型:(1):(1)利用古典概型求解事件概利用古典概型求解事件概 率問題率問題, ,應(yīng)明確是否滿足古典概型的兩個特征應(yīng)明確是否滿足古典概型的兩個特征, ,計算計算 的關(guān)鍵是分清基本事件的個數(shù)的關(guān)鍵是分清基本事

42、件的個數(shù)n n與事件與事件A A包含的結(jié)果包含的結(jié)果 m m.(2).(2)計算幾何概率往往是先計算基本事件與事件計算幾何概率往往是先計算基本事件與事件 A A包含的基本事件對應(yīng)的長度包含的基本事件對應(yīng)的長度( (角度、面積、體積角度、面積、體積),), 多與積分、線性規(guī)劃等問題綜合多與積分、線性規(guī)劃等問題綜合. . 2.2.互斥事件、獨立事件概率互斥事件、獨立事件概率:(1):(1)求事件和的概率必須求事件和的概率必須 分清事件是否互斥分清事件是否互斥, ,求事件積的概率必須注意事件的求事件積的概率必須注意事件的 獨立性獨立性.(2).(2)要注意恰有要注意恰有k k次發(fā)生和某指定的次發(fā)生和

43、某指定的k k次發(fā)生次發(fā)生 的差異的差異, ,對獨立重復試驗來說對獨立重復試驗來說, ,前者的概率為前者的概率為 p pk k(1(1 - -p p) )n n- -k k, ,后者的概率為后者的概率為p pk k(1-(1-p p) )n n- -k k. .（3 3）解題過程中）解題過程中, ,要要 明確明確“至少有一個發(fā)生至少有一個發(fā)生”、“至多有一個發(fā)生至多有一個發(fā)生”、 “ “恰有一個發(fā)生恰有一個發(fā)生”、“都發(fā)生都發(fā)生”、“都不發(fā)生都不發(fā)生”等詞等詞 語的含義語的含義, ,已知事件已知事件A A、B B, ,它們發(fā)生的概率分別為它們發(fā)生的概率分別為 P P( (A A) )、P P(

44、 (B B),),那么那么A A、B B中至少有一個發(fā)生為中至少有一個發(fā)生為A A+ +B B; ; A A、B B都發(fā)生為都發(fā)生為A AB B; ;A A、B B都不發(fā)生為都不發(fā)生為 ; ;A A、B B恰恰 有一個發(fā)生為有一個發(fā)生為 ; ;A A、B B中至多有一個發(fā)生為中至多有一個發(fā)生為 3.3.隨機變量的分布列、期望、方差隨機變量的分布列、期望、方差:(1):(1)分布列的計算分布列的計算 是概率部分的延伸是概率部分的延伸, ,重要的基礎(chǔ)是概率計算重要的基礎(chǔ)是概率計算, ,如古典如古典 概型、互斥事件的概率概型、互斥事件的概率, ,相互獨立事件同時發(fā)生的概相互獨立事件同時發(fā)生的概knC

45、BABABA.BABABA率率, ,n n次獨立重復試驗恰有次獨立重復試驗恰有k k次發(fā)生的概率等次發(fā)生的概率等.(2).(2)任一任一離散型隨機變量的概率分布列都有兩條性質(zhì)離散型隨機變量的概率分布列都有兩條性質(zhì): :p pi i00( (i i=1,2,3),=1,2,3),p p1 1+ +p p2 2+ +p p3 3+=1,+=1,利用此性質(zhì)可檢驗利用此性質(zhì)可檢驗分布列的正確性及求出其中含有的參數(shù)分布列的正確性及求出其中含有的參數(shù).(3).(3)對于離散對于離散型隨機變量的期望應(yīng)注意型隨機變量的期望應(yīng)注意: : 是一個實數(shù)是一個實數(shù), ,由由 的的分布列唯一確定分布列唯一確定, ,隨機

46、變量隨機變量 是可變的是可變的, ,但但 是不變是不變的的, ,描述了描述了 取值的平均水平取值的平均水平. . 的計算方法的計算方法: : = =x x1 1p p1 1+ +x x2 2p p2 2+x xn np pn n+,+,即隨機變量的取值與相應(yīng)即隨機變量的取值與相應(yīng)概率值分別相乘后相加概率值分別相乘后相加.(4).(4)對離散型隨機變量的方差對離散型隨機變量的方差應(yīng)注意應(yīng)注意: : 表示隨機變量表示隨機變量 對對 的平均偏離程度的平均偏離程度, , 越大越大, ,表明平均偏離程度越大表明平均偏離程度越大, ,說明說明 的取值越分的取值越分散散; ;反之反之, , 越小越小, ,

47、的取值越集中的取值越集中. . EEEDEDDE一、選擇題一、選擇題1.(20091.(2009上海上海) )若事件若事件E E與與F F相互獨立相互獨立, ,且且P P( (E E)=)=P P( (F F) ) = , = ,則則P P( (E EF F) )的值等于的值等于 ( )( ) A.0 B. C. D. A.0 B. C. D. 解析解析 因為事件因為事件E E與事件與事件F F相互獨立相互獨立, , 故故P P( (E EF F)=)=P P( (E E) )P P( (F F)= )= 411614121.1614141B B2.42.4張卡片上分別寫有數(shù)字張卡片上分別寫有

48、數(shù)字1,2,3,4,1,2,3,4,從這從這4 4張卡片中隨張卡片中隨 機抽取機抽取2 2張張, ,則取出的則取出的2 2張卡片上的數(shù)字之和為奇數(shù)的張卡片上的數(shù)字之和為奇數(shù)的 概率為概率為 ( )( ) A. B. C. D. A. B. C. D. 解析解析 從從4 4張卡片中取張卡片中取2 2張共有張共有 種取法種取法, ,數(shù)字之數(shù)字之 和為奇數(shù)是指所取兩個數(shù)分別是一個奇數(shù)和一個偶和為奇數(shù)是指所取兩個數(shù)分別是一個奇數(shù)和一個偶 數(shù)數(shù), ,共有共有 ( (種種),),則滿足條件的概率是則滿足條件的概率是 312132436C244CC1212.3264C C3.3.從從2020名男同學名男同學

49、,10,10名女同學中任選名女同學中任選3 3名參加體能測名參加體能測 試試, ,則選到的則選到的3 3名同學中既有男同學又有女同學的概名同學中既有男同學又有女同學的概 率為率為 ( )( ) A. B. C. D. A. B. C. D. 解析解析 從從3030名同學中選名同學中選3 3人的選法有人的選法有 種種, ,其中全是其中全是 男同學的選法有男同學的選法有 種種, ,全是女同學的選法有全是女同學的選法有 種種; ; 故所求概率為故所求概率為299291029192920330C320C310C.29204061261CCC1330310320pD D4.(20094.(2009湖北湖

50、北) )投擲兩顆骰子投擲兩顆骰子, ,得到其向上的點數(shù)分得到其向上的點數(shù)分 別為別為m m和和n n, ,則復數(shù)則復數(shù)( (m m+ +n ni)(i)(n n- -m mi)(ii)(i為虛數(shù)單位為虛數(shù)單位) )為實為實 數(shù)的概率為數(shù)的概率為 ( )( ) A. B. C. D. A. B. C. D. 解析解析 復數(shù)復數(shù)( (m m+ +n ni)(i)(n n- -m mi)=i)=mnmn- -m m2 2i+i+n n2 2i+i+mnmn=2=2mnmn+ + ( (n n2 2- -m m2 2)i.)i.該復數(shù)為實數(shù)的條件為該復數(shù)為實數(shù)的條件為m m= =n n, ,投擲兩顆骰

51、子投擲兩顆骰子 共有點數(shù)共有點數(shù)6 66=36(6=36(種種),),滿足滿足m m= =n n的有的有6 6種種, , 因此使因此使( (m m+ +n ni)(i)(n n- -m mi)i)為實數(shù)的概率為為實數(shù)的概率為P P= = 614131121.61C C5.(20095.(2009重慶重慶) )鍋中煮有芝麻餡湯圓鍋中煮有芝麻餡湯圓6 6個個, ,花生餡湯圓花生餡湯圓 5 5個個, ,豆沙餡湯圓豆沙餡湯圓4 4個個, ,這三種湯圓的外部特征完全相這三種湯圓的外部特征完全相 同同. .從中任意舀取從中任意舀取4 4個湯圓個湯圓, ,則每種湯圓都至少取到則每種湯圓都至少取到1 1 個的

52、概率為個的概率為 ( )( ) A. B. C. D. A. B. C. D. 解析解析 從從1515個湯圓中選出個湯圓中選出4 4個湯圓共有個湯圓共有 種情況種情況, ,每每 種湯圓至少有種湯圓至少有1 1個的情況有個的情況有 =720=720種情況種情況, ,所以各種湯圓至少有所以各種湯圓至少有1 1個的概個的概 率為率為P P= =918912591489160415C261415241516CCCCCC.9148C720415C C251614CCC6.6.設(shè)有一個正方形網(wǎng)格設(shè)有一個正方形網(wǎng)格, ,其中每個最小正方形的邊長其中每個最小正方形的邊長 都等于都等于6 cm.6 cm.現(xiàn)用直

53、徑等于現(xiàn)用直徑等于2 cm2 cm的硬幣投擲到此網(wǎng)格的硬幣投擲到此網(wǎng)格 上上, ,則硬幣落下后與格線有公共點的概率是則硬幣落下后與格線有公共點的概率是 ( )( ) A.0 B.1 C. D. A.0 B.1 C. D. 解析解析 本題屬幾何概型本題屬幾何概型, ,其測度為線其測度為線 段長度段長度, ,如圖硬幣圓心落點應(yīng)考慮在如圖硬幣圓心落點應(yīng)考慮在 AMAM或或BNBN上上,P P( (A A)=)=.31623132C C二、填空題二、填空題7.7.將將7 7個人個人( (含甲、乙含甲、乙) )分成三個組分成三個組, ,一組一組3 3人人, ,另兩組各另兩組各 2 2人人, ,不同的分組

54、數(shù)為不同的分組數(shù)為a a, ,甲、乙分在同一組的概率為甲、乙分在同一組的概率為 P P, ,則則a a、P P的值分別為的值分別為a a=_,=_,P P=_.=_. 解析解析 甲、乙分到三人組為事件甲、乙分到三人組為事件A A, ,P P( (A A)=)= 甲、乙分到二人組為事件甲、乙分到二人組為事件B B, ,P P( (B B)=)= 事件事件A A、B B互斥互斥, ,P P= =P P( (A A+ +B B)=)=.105ACCC22222437a;71105ACCC22222415;212105C35.215212712151051058.8.設(shè)離散型隨機變量設(shè)離散型隨機變量

55、可能取的值為可能取的值為1,2,3,4,1,2,3,4,P P( =( = k k)=)=akak+ +b b( (k k=1,2,3,4),=1,2,3,4),又又 的數(shù)學期望的數(shù)學期望 則則a a+ +b b=_.=_. 解析解析 設(shè)離散型隨機變量設(shè)離散型隨機變量 可能取的值為可能取的值為1,2,3,4,1,2,3,4, P P( =( =k k)=)=akak+ +b b( (k k=1,2,3,4),=1,2,3,4),所以所以( (a a+ +b b)+(2)+(2a a+ +b b)+(3)+(3a a+ + b b)+(4)+(4a a+ +b b)=1,)=1,即即1010a

56、a+4+4b b=1,=1,又又 的數(shù)學期望的數(shù)學期望 則則( (a a+ +b b)+2(2)+2(2a a+ +b b)+3(3)+3(3a a+ +b b)+4(4)+4(4a a+ +b b)=3,)=3, 即即3030a a+10+10b b=3,=3,a a= ,= ,b b=0,=0,a a+ +b b= = , 3E, 3E101.1011019.(20099.(2009江蘇江蘇) )某校甲、乙兩個班級各有某校甲、乙兩個班級各有5 5名編號名編號1,1, 2,3,4,5 2,3,4,5的學生進行投籃練習的學生進行投籃練習, ,每人投每人投1010次次, ,投中的次投中的次 數(shù)如

57、下表：數(shù)如下表： 則以上兩組數(shù)據(jù)的方差中較小的一個則以上兩組數(shù)據(jù)的方差中較小的一個s s2 2=_.=_. 解析解析 甲班的方差較小甲班的方差較小, ,數(shù)據(jù)的平均值為數(shù)據(jù)的平均值為7,7, 故方差故方差s s2 2= = 52學生學生1 1號號2 2號號3 3號號4 4號號5 5號號甲班甲班6 67 77 78 87 7乙班乙班6 67 76 67 79 9.525)78(00)76(222210.10.已知已知: :0 0 x x44, ,0 0y y22, ,則則 的概率是的概率是_. . 解析解析 當當0 0y y1 1時時,0,0 y y 1,1,即圖中陰影部分即圖中陰影部分. . 其

58、面積為其面積為S S1 1= = 當當y y1 1時時,1,1y y 2,2,即圖中陰影部分即圖中陰影部分. . 其面積為其面積為S S2 2= = 綜上可知綜上可知: :所求的概率為所求的概率為P P= =1logxyxxx d)1 (10.31| )32(1023xx.35| )32(d) 1(41241xxxx.4142353141x三、解答題三、解答題11.11.甲、乙兩袋裝有大小相同的紅球和白球甲、乙兩袋裝有大小相同的紅球和白球, ,甲袋裝有甲袋裝有 2 2個紅球個紅球,2,2個白球個白球; ;乙袋裝有乙袋裝有2 2個紅球個紅球, ,n n個白球個白球. .現(xiàn)從現(xiàn)從 甲、乙兩袋中各任

59、取甲、乙兩袋中各任取2 2個球個球. . (1) (1)若若n n=3,=3,求取到的求取到的4 4個球全是紅球的概率個球全是紅球的概率; ; (2) (2)若取到的若取到的4 4個球中至少有個球中至少有2 2個紅球的概率為個紅球的概率為 求求n n. . 解解 (1)(1)記記“取到的取到的4 4個球全是紅球個球全是紅球”為事件為事件A A. .,43.60110161CCCC)(25222422AP(2)(2)記記“取到的取到的4 4個球至多有個球至多有1 1個紅球個紅球”為事件為事件B B,“,“取取到的到的4 4個球只有個球只有1 1個紅球個紅球”為事件為事件B B1 1，“取到的取到

60、的4 4個球個球全是白球全是白球”為事件為事件B B2 2. .由題意由題意, ,得得P P( (B B)=)=所以所以P P( (B B)=)=P P( (B B1 1)+)+P P( (B B2 2) )化簡化簡, ,得得7 7n n2 2-11-11n n-6=0,-6=0,解得解得n n=2=2或或n n= (= (舍去舍去),),故故n n=2. =2. .41431;) 1)(2(6) 1(CCCC)(;) 1)(2( 32CCCCCCCCCC)(2222422222211224222222412121nnnnBPnnnBPnnnnnn,41) 1)(2(6) 1() 1)(2(3

61、22nnnnnnn7312.12.甲乙兩隊參加奧運知識競賽甲乙兩隊參加奧運知識競賽, ,每隊每隊3 3人人, ,每人回答一每人回答一 個問題個問題, ,答對者為本隊贏得一分答對者為本隊贏得一分, ,答錯得零分答錯得零分. .假設(shè)甲假設(shè)甲 隊中每人答對的概率均為隊中每人答對的概率均為 乙隊中乙隊中3 3人答對的概率人答對的概率 分別為分別為 且各人正確與否相互之間沒有影響且各人正確與否相互之間沒有影響. . 用用 表示甲隊的總得分表示甲隊的總得分. . (1) (1)求隨機變量求隨機變量 分布列和數(shù)學期望分布列和數(shù)學期望; ; (2) (2)用用A A表示表示“甲、乙兩個隊總得分之和等于甲、乙兩

62、個隊總得分之和等于3”3”這一這一 事件事件, ,用用B B表示表示“甲隊總得分大于乙隊總得分甲隊總得分大于乙隊總得分”這一這一 事件事件, ,求求P P( (ABAB). ). ,3221,32,32解解 (1)(1)方法一方法一 由題意知由題意知 的可能取值為的可能取值為0,1,2,3,0,1,2,3,且且所以所以 的分布列為的分布列為 的數(shù)學期望為的數(shù)學期望為 .278)32(C)3(,94)321 ()32(C)2(,92)321 (32C) 1(,271)321 (C)0(333223213303PPPP0 01 12 23 3P P2719294278. 2278394292127

63、10E方法二方法二 根據(jù)題設(shè)可知根據(jù)題設(shè)可知因此因此 的分布列為的分布列為(2)(2)方法一方法一 用用C C表示表示“甲得甲得2 2分乙得分乙得1 1分分”這一事件這一事件, ,用用D D表示表示“甲得甲得3 3分乙得分乙得0 0分分”這一事件這一事件, ,所以所以ABAB= =C C+ +D D, ,且且C C、D D互斥互斥, , ).32, 3( B. 2323),32, 3(. 3 , 2 , 1 , 0,32C)321 ()32(C)(3333EBkkPkkkkk所以因為213231213132()321 ()32(C)(223CP又由互斥事件的概率公式得由互斥事件的概率公式得P

64、P( (ABAB)=)=P P( (C C)+)+P P( (D D)=)=方法二方法二 用用A Ak k表示表示“甲隊得甲隊得k k分分”這一事件這一事件, ,用用B Bk k表示表示“乙隊得乙隊得k k分分”這一事件這一事件, ,k k=0,1,2,3.=0,1,2,3.由于事件由于事件A A3 3B B0 0, ,A A2 2B B1 1為互斥事件為互斥事件, ,故是故是P P( (ABAB)=)=P P( (A A3 3B B0 0+ +A A2 2B B1 1)=)=P P( (A A3 3B B0 0)+)+P P( (A A2 2B B1 1) ),34)213131()32(C)(,310)21313153334DP.2433433434310554.24334)3132C21313121()31()32(C)213131()32(122233返回