资源简介

7.1.1　条件概率
学习目标
1．结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率．
2．结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系．
3．结合古典概型，会利用乘法公式计算概率．
4．能利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．
核心素养
1．通过条件概率的学习，提升数学抽象素养．
2．借助条件概率公式解题，提升数学运算素养.
知识点 1　条件概率
(1)定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称 P(B|A)＝　为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
(2)特例：当P(A)>0时，当且仅当事件A与B相互独立时，有P(B|A)＝P(B)．
想一想：P(B|A)和P(A|B)的意义相同吗？为什么？
提示：P(B|A)是指在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，而P(A|B)是指在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，因此P(B|A)和P(A|B)的意义不同．
练一练：
已知P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)为 　.
[解析]　由公式得P(B|A)＝＝＝×＝.
知识点 2　概率的乘法公式
对任意两个事件A与B，若P(A)＞0，则P(AB)＝P(A)·P(B|A)．
练一练：
气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为，在刮台风的条件下，下大雨的概率为，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为( B )
A． B．
C． D．
[解析]　设“某地区每年七月份刮台风”为事件A，设“某地区每年七月份下大雨”为事件B，则“该地区七月份既刮台风又下大雨”为事件AB.
由题得P(A)＝，P(B|A)＝，由概率的乘法公式得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×＝.
知识点 3　条件概率的性质
设P(A)>0，则
(1)P(Ω|A)＝1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
(3)设和B互为对立事件，则P(|A)＝1－P(B|A)．
练一练：
(多选)下列说法正确的是( AB )
A．P(B|A)≥P(AB)
B．P(B|A)＝是可能的
C．0D．P(A|A)＝0
[解析]　由条件概率公式P(B|A)＝及0知识点 4　事件的相互独立性
(1)事件A与事件B相互独立：对任意的两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)·P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
(2)性质：若事件A与事件B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立，P(B|A) ＝P(B) ，P(A|B) ＝P(A)．
练一练：
一个不透明的口袋中有黑、白两种颜色的球，这些球除颜色外完全相同，从中进行有放回地摸球，用A1表示第一次摸得白球，A2表示第二次摸得白球，则A1与A2是( A )
A．相互独立事件 B．不相互独立事件
C．互斥事件 D．对立事件
[解析]　事件A1是否发生对事件A2发生的概率没有影响，故A1与A2是相互独立事件．
题型探究
题型一　利用定义求条件概率
典例1　现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求：
(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．
[解析]　设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的事件数n(Ω)＝A＝30.
根据分步乘法计数原理，有n(A)＝AA＝20，
所以P(A)＝＝＝.
(2)因为n(AB)＝A＝12，所以P(AB)＝＝＝.
(3)方法一：由(1)(2)得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率P(B|A)＝＝＝.
方法二：因为n(AB)＝12，n(A)＝20，
所以P(B|A)＝＝＝.
[规律方法]　求条件概率P(B|A)的步骤
方法一(定义法)：
(1)分析题意，弄清概率模型；
(2)计算P(A)，P(AB)；
(3)代入公式P(B|A)＝求P(B|A)．
方法二(基本事件法)：
(1)分析题意，弄清概率模型；
(2)对于古典概型，分别计算A事件包含的样本点个数，AB事件包含的样本点个数；
(3)由条件概率的计算公式P(B|A)＝得出所求概率．
对点训练 盒内装有除型号和颜色外完全相同的16个球，其中6个是E型玻璃球，10个是F型玻璃球．E型玻璃球中有2个是红色的，4个是蓝色的；
F型玻璃球中有3个是红色的，7个是蓝色的．现从中任取1个，已知取到的是蓝球，问该球是E型玻璃球的概率是多少？
[解析]　(1)令事件A＝{取得蓝球}，B＝{取得蓝色E型玻璃球}．
方法一：∵P(A)＝，P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝＝.
方法二：∵n(A)＝11，n(AB)＝4，
∴P(B|A)＝＝.
题型二　概率的乘法公式
典例2　(1)已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.6，则P(B|A)＝_0.75__；
(2)某市场供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率为80%，则买到一个甲厂的合格灯泡的概率为_0.665__.
[解析]　(1)∵P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.6，
∴ P (AB)＝ P (B) · P (A|B) ＝0.5×0.6＝0.3.
∴P(B|A)＝＝＝0.75.
(2)记事件A为“买到甲厂产品”，事件B为“买到合格产品”，则P(A)＝70%，P(B|A)＝95%，所以P(AB)＝P(A) ·P(B|A)＝70%×95%＝0.665.
[规律方法]　应用乘法公式的关注点
1．功能：已知事件A发生的概率和事件A发生的条件下事件B发生的概率，求事件A与B同时发生的概率．
2．推广：设A，B，C为三个事件，且P(AB)＞0，则有P(ABC)＝P(C|AB)P(AB)＝P(C|AB)P(B|A)P(A)．
对点训练 甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为_0.75__.
[解析]　设“甲击中目标”为事件A，“目标被击中”为事件B，则所求概率为事件B发生的条件下A发生的条件概率．
∵P(AB)＝0.6，P(B)＝0.6×0.5＋0.6×0.5＋0.4×0.5＝0.8，∴P(A|B)＝＝＝0.75.
题型三　条件概率性的应用
典例3　在10 000张有奖储蓄的奖券中，设有1个一等奖，5个二等奖，10个三等奖，从中依次取两张，求在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率．
[解析]　设“第一张中一等奖”为事件A，“第二张中二等奖”为事件B，“第二张中三等奖”为事件C，则P(A)＝，
P(AB)＝＝，
P(AC)＝，
∴P(B|A)＝＝＝，
P(C|A)＝＝＝，
∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝＝，
即在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率为.
[规律方法]　1.利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“B与C互斥”．
2．为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率．
对点训练 在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．
[解析]　设“摸出第一个球为红球”为事件A，“摸出第二个球为黄球”为事件B，“摸出第二个球为黑球”为事件C.
方法一(定义法)：P(A)＝，P(AB)＝＝，P(AC)＝＝.
所以P(B|A)＝＝÷＝，
P(C|A)＝＝÷＝.
所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
所以所求的条件概率为.
方法二(直接法)：因为n(A)＝1×C＝9，n(B∪C|A)＝C＋C＝5，
所以P(B∪C|A)＝.所以所求的条件概率为.
易错警示
混淆条件概率P(A|B)与积事件的概率P(AB)
典例4　一个盒子中有6支铅笔，4支钢笔，任取两次，每次取一支，第一次取后不放回，若已知第一支是铅笔，则第二支也是铅笔的概率为 　.
[错解]　P＝×＝，即所求概率为，故填.
[辨析]　导致上述错误解法的原因：
(1)该事件不是相互独立事件，不能套用概率乘法公式；
(2)该试验为条件概率模型，应用条件概率公式计算；
(3)要正确理解条件概率公式的意义，P(AB)为事件A，B同时发生的概率，P(A|B)表示在B发生的前提下，A发生的概率．
[正解]　设Ai(i＝1,2)表示“第i支是铅笔”．
由题意，得P(A1)＝＝，
P(A1A2)＝×＝，
∴P(A2|A1)＝＝＝.
1．已知P(B|A)＝，P(AB)＝，则P(A)等于( D )
A． B．
C． D．
[解析]　因为P(B|A)＝，所以P(A)＝＝＝.
2．某校组织高一、高二年级书法比赛，高一、高二年级参赛人数分别占60%、40%；并且高一年级获奖人数占本年级参赛人数的，高二年级获奖人数占本年级参赛人数的.现从所有参赛学生中任意抽取一人，记事件A表示该学生来自高一，事件B表示该学生获奖，则P(B|)的值为( A )
A． B．
C． D．
[解析]　因为事件A表示该学生来自高一，事件B表示该学生获奖，所以P(B|)表示该学生来自高二的条件下，获奖的概率．由题意，设参赛人数为x，则高一、高二年级参赛人数分别为0.6x,0.4x，则高一年级获奖人数×0.6x＝0.1x，高二年级获奖人数×0.4x＝0.05x，所以P(B|)＝＝.
3．已知甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“三个人去的景点互不相同”，B为“甲独自去一个景点”，则概率P(A|B)等于( C )
A． B．
C． D．
[解析]　由题意可知，
n(B)＝C·22＝12，n(AB)＝A＝6.
所以P(A|B)＝＝＝.
4．某人一周值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六值班的概率为 　.
[解析]　设事件A为“周日值班”，事件B为“周六值班”，
方法一：则P(A)＝，P(AB)＝，故P(B|A)＝＝.
方法二：n(AB)＝1，n(A)＝C＝6，故P(B|A)＝＝.7.1.2　全概率公式
学习目标
1．了解全概率公式和贝叶斯公式的概念．
2．结合古典概型，会利用全概率公式计算概率，*了解贝叶斯公式．
3．能利用全概率公式解决生活中一些简单的实际问题．
核心素养
1．通过对全概率公式和贝叶斯公式概念的学习，培养数学抽象素养．
2．借助全概率公式和贝叶斯公式求解概率，提升数学运算和逻辑推理素养.
知识点 1　全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B Ω，有P(B)＝ (Ai)P(B|Ai)　.
提醒：全概率公式可借助图形来理解：
想一想：在全概率公式的推导过程中用到了哪些概率知识？
提示：互斥事件，互斥事件概率的加法公式．
练一练：
已知P(B1)＝，P(B2)＝，P(B3)＝，且B1，B2，B3互斥，P(A|B1)＝0.9，P(A|B2)＝0.8，P(A|B3)＝0.7，则P(A)＝_0.82__.
[解析]　P(A)＝×0.9＋×0.8＋×0.7＝0.82.
知识点 2　贝叶斯公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝ 　＝ 　，i＝1,2，…，n.
练一练：
设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为( A )
A．0.8 B．0.5
C．0.67 D．0.875
[解析]　设公路上经过的车为货车是事件A，经过的车是客车为事件B，车需要修理为事件C，且P(A)＝，P(B)＝，P(C|A)＝0.02，P(C|B)＝0.01，
所以P(A|C)＝＝＝0.8.
题型探究
题型一　全概率公式的应用
典例1　假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如表所示.
品牌 甲 乙 其他
市场占有率 50% 30% 20%
优质率 95% 90% 70%
在该市场中任意买一部智能手机，求买到的是优质品的概率．
[解析]　用A1，A2，A3分别表示买到的智能手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌，B表示买到的是优质品，则依据已知可得P(A1)＝50%，P(A2)＝30%，P(A3)＝20%，
且P(B|A1)＝95%，P(B|A2)＝90%，P(B|A3)＝70%.
因此，由全概率公式有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝50%×95%＋30%×90%＋20%×70%＝88.5%.
[规律方法]　关于全概率公式
(1)关键：理解A＝iA＝B1A＋B2A＋…＋BiA＋…＋BnA，其中P(BiA)＝P(Bi)P(A|Bi)．
(2)意义：如果把Bi看成导致事件A发生的各种可能“原因”，那么事件A发生的概率恰好是事件A在这些“原因”下发生的概率的加权平均值．
对点训练 设一仓库中有10箱同种规格的产品，其中由甲、乙、丙三厂生产的分别有5箱，3箱，2箱，三厂产品的废品率依次为0.1,0.2,0.3.从这10箱产品中任取一箱，再从这箱中任取一件产品，求取得正品的概率．
[解析]　设A为事件“取得的产品为正品”，B1，B2，B3分别表示“任取一件产品是甲、乙、丙生产的”，由题设知P(B1)＝，P(B2)＝，P(B3)＝，
P(A|B1)＝0.9，P(A|B2)＝0.8，P(A|B3)＝0.7，
所以P(A)＝ (Bi)P(A|Bi)＝×0.9＋×0.8＋×0.7＝0.83.
题型二　贝叶斯公式的应用
典例2　若一位朋友从外地来看望小文，已知该朋友坐火车、轮船、汽车、飞机的概率分别是0.3，0.2，0.1,0.4，且他坐火车、轮船、汽车、飞机迟到的概率分别是0.25，0.3,0.1,0.若该朋友迟到了，推测他坐哪种交通工具的可能性大．
[解析]　设A1＝“坐火车来”，A2＝“坐轮船来”，A3＝“坐汽车来”，A4＝“坐飞机来”，B＝“该朋友迟到了”，则P(A1)＝0.3，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，P(A4)＝0.4，P(B|A1)＝0.25，P(B|A2)＝0.3，P(B|A3)＝0.1，P(B|A4)＝0.
由贝叶斯公式分别可以算得
P(A1|B)＝＝
＝
＝≈0.517，
P(A2|B)＝＝≈0.414，
P(A3|B)＝＝≈0.069，
P(A4|B)＝＝＝0.
比较以上四个概率值，可见他坐火车和轮船的概率较大，且坐火车的可能性最大，坐汽车的可能性很小，且不可能是坐飞机过来的．
[规律方法]　关于贝叶斯公式的应用
(1)若随机试验可以看成分两个阶段进行，如果第二个阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般用贝叶斯公式，类似于求条件概率．
(2)利用贝叶斯公式求概率的步骤
第一步：利用全概率公式计算P(A)，即P(A)＝(Bi)P(A|Bi)；
第二步：计算P(ABi)，可利用P(ABi)＝P(Bi)P(A|Bi)求解；
第三步：代入P(Bi|A)＝求解．
对点训练 用血清诊断肝癌，临床实践表明，患肝癌的病人中有95%试验呈阳性，也有2%的非肝癌患者化验呈阳性．若将此法用于人群肝癌普查，设人群中肝癌患病率0.2%，现某人在普查中化验结果呈阳性，求此人确患肝癌的概率．
[解析]　设A：被化验者确患肝癌症，B：被化验者结果呈阳性，则P(B|A)＝0.95，
P(B|)＝0.02，P(A)＝0.002，
P()＝1－P(A)＝0.998，
P(A|B)＝
＝
＝≈0.087.
易错警示
概率计算公式理解不清而致误
典例3　(多选)若0A．P(A|B)＝
B．P(AB)＝P(A)P(B|A)
C．P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)
D．P(A|B)＝
[错解]　BC　由条件概率的计算公式知A、D错误，B、C显然正确．
[辨析]　记忆公式时要抓住公式的结构特性，同时还要正确理解各个随机事件的含义．
[正解]　由条件概率的计算公式知A错误；B，C显然正确；D选项中，因为P(A)P(B|A)＝P(B)P(A|B)，故D正确．
1．已知P(BA)＝0.4，P(B)＝0.2，则P(B)的值为( C )
A．0.08 B．0.8
C．0.6 D．0.5
[解析]　因为P(BA)＝P(A)P(B|A)，P(B)＝P()P(B|)，所以P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝P(BA)＋P(B)＝0.4＋0.2＝0.6.
2．设某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第一车间的次品率为0.15，第二车间的次品率为0.12，两个车间的成品都混合堆放在一个仓库，假设第1,2车间生产的成品比例为2∶3，今有一客户从成品仓库中随机提一台产品，则该产品合格的概率为( C )
A．0.6 B．0.85
C．0.868 D．0.88
[解析]　设B：从仓库中随机提出的一台是合格品，Ai提出的一台是第i车间生产的，i＝1,2，
则有B＝A1B∪A2B，由题意，
P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝0.85，P(B|A2)＝0.88，
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.85＋0.6×0.88＝0.868.
3．某校高二年级组织春游，已知该校1～8班每班30人，9～20班每班40人，且1～8班前往“庐山”景区，9～20班前往“武功山”景区．若游客对“庐山”景区的满意度为80%，对“武功山”景区的满意度为75%，现从该校随机抽取一名高二学生，则对所游景区感到满意的概率为( D )
A． B．
C． D．
[解析]　设B＝“任抽一名高二学生对所游景区感到满意”，A1＝“抽到1～8班的学生”，A2＝“抽到9～20班的学生”，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(B|A1)＝80%＝，P(B|A2)＝75%＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝.
4．1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号箱中随机取出一球，设事件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|)＝ 　.
[解析]　由题意P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝.7.2　离散型随机变量及其分布列
学习目标
1．通过具体实例，了解离散型随机变量的概念．
2．理解离散型随机变量的分布列，会求某些简单的离散型随机变量的分布列．
核心素养
1．通过离散型随机变量及其分布列的概念与性质的学习，培养数学抽象素养．
2．借助分布列的求法，培养数学运算素养.
知识点 1　离散型随机变量
(1)随机变量：对于随机试验样本空间_Ω__中的每一个样本点ω，都有_唯一的实数X(ω)__与之对应，我们称X为随机变量．
(2)离散型随机变量：可能取值为_有限个__或可以
_一一列举__的随机变量，我们称之为离散型随机变量．
(3)离散型随机变量的特征：
①可用数值表示；
②试验之前可以判断其出现的所有值；
③在试验之前不能确定取何值；
④试验结果能一一列出．
(4)表示：随机变量用大写英文字母表示，如X，Y，Z；随机变量的取值用小写英文字母表示，如x，y，z.
(5)本质：通过引入一个取值依赖于样本点的变量X，来刻画样本点和实数的对应关系，实现样本点的数量化．
练一练：
下列变量，其中不是离散型随机变量的是( C )
A．某机场候机室中一天的旅客数量为X
B．某寻呼台一天内收到的寻呼次数为X
C．某水电站观察到一天中长江的水位为X
D．某立交桥一天内经过的车辆数为X
[解析]　ABD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；C中的X可以取某一区间内的一切值，无法按一定次序一一列出，故它不是离散型随机变量．
知识点 2　离散型随机变量的分布列
(1)定义：设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n为X的_概率分布列__，简称_分布列__.
(2)表示：表格
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(3)性质：①pi_≥0__，i＝1,2，…，n；
②p1＋p2＋…＋pn＝_1__.
练一练：
随机变量X的分布列如表所示：
X 1 2 3 4
P 0.1 m 0.3 2m
则P(X≤2)＝( C )
A．0.1 B．0.2
C．0.3 D．0.4
[解析]　由分布列的性质可得，0.1＋m＋0.3＋2m＝1，可得m＝0.2，
所以P(X≤2)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝0.1＋0.2＝0.3.
知识点 3　两点分布
对于只有两个可能结果的随机试验，用A表示“成功”，表示“失败”，定义X＝如果P(A)＝p，则P()＝1－p，那么X的分布列为
X 0 1
P _1－p__ _p__
我们称X服从两点分布或0－1分布．
想一想：若随机变量X的分布列为
X 1 2
P
那么X服从两点分布吗？
提示：不服从两点分布，X的取值只能是0,1.
练一练：
设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ去描述1次试验的成功次数，则P(ξ＝0)等于( C )
A．0 B．
C． D．
[解析]　设失败率为p，则成功率为2p，ξ的分布列为
ξ 0 1
P p 2p
即“ξ＝0”表示试验失败，“ξ＝1”表示试验成功，由p＋2p＝1，得p＝，所以P(ξ＝0)＝.故选C.
题型探究
题型一　随机变量的概念
典例1　 (1)(多选)抛掷一枚均匀硬币一次，不能作为随机变量的是( ACD )
A．抛掷硬币的次数
B．出现正面的次数
C．出现正面或反面的次数
D．出现正面和反面的次数之和
(2)(多选)下列随机变量是离散型随机变量的是( AB )
A．从10张已编好号码的卡片(从1号到10号)中任取一张，被取出的卡片的号数
B．一个袋中装有9个正品和1个次品，从中任取3个，其中所含正品的个数
C．某林场树木最高达30 m，则此林场中树木的高度
D．某加工厂加工的某种钢管的外径与规定的外径尺寸之差
[分析]　判断一个变量是否为离散型随机变量，关键是看它的取值能否一一列出，若能，则是离散型随机变量，否则就不是离散型随机变量．
[解析]　(1)抛掷一枚硬币一次，可能出现的结果是正面向上或反面向上，以某一个为标准，如正面向上的次数来描述这一随机试验，那么正面向上的次数就是随机变量ξ，ξ 的取值是0,1，故B项为随机变量；而A项中抛掷次数就是1，不是随机变量；C项中标准不明；D项中，出现正面和反面的次数之和为抛掷硬币的次数，也不是随机变量．
(2)A项，只要取出一张，便有一个号码，因此被取出的卡片号数可以一一列出，符合离散型随机变量的定义；B项，从10个产品中取3个产品，所得的结果有以下几种：3个正品，2个正品和1个次品，即其结果可以一一列出，符合离散型随机变量的定义；C项，林场树木的高度是一个随机变量，它可以取(0,30]内的一切值，无法一一列举，不是离散型随机变量；D项，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．
[规律方法]　判断一个随机变量X是否为离散型随机变量的具体方法
(1)明确随机试验的所有可能结果．
(2)将随机试验的试验结果数量化．
(3)确定试验结果所对应的实数是否可按一定次序一一列出，如果能一一列出，则该随机变量是离散型随机变量，否则不是．
对点训练 袋中有2个黑球、6个红球，从中任取2个，可以作为随机变量的是( B )
A．取到的球的个数
B．取到红球的个数
C．至少取到1个红球
D．至少取到1个红球的概率
[解析]　A的取值不具有随机性，C是一个事件而非随机变量，D中概率值是一个定值而非随机变量，只有B满足要求．
题型二　分布列及其性质的应用
典例2　设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3,4)，求：
(1)P(X＝1或X＝2)；
(2)P.
[分析]　先由分布列的性质求a，再根据X＝1或X＝2，[解析]　(1)∵pi＝＋＋＋＝1，∴a＝10，
则P(X＝1或X＝2)＝P(X＝1)＋P(X＝2)
＝＋＝.
(2)由a＝10，可得P
＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)
＝＋＋＝.
[规律方法]　离散型随机变量分布列的性质的应用
(1)求参数的取值或范围．
(2)求随机变量在某个范围内取值的概率．
(3)验证分布列是否正确．
对点训练 (1)设ξ是一个随机变量，其分布列如下表所示：
ξ －1 0 1
P 1－2q q2
则q＝( D )
A．1 B．1±
C．1＋ D．1－
(2)设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3,4)，若P(1≤X[分析]　(1)由分布列的性质列出关于q的等式或不等式求解；(2)分别求出P(X＝1)，P(X＝2)，P(X＝3)，P(X＝4)的值，然后根据P(1≤X[解析]　(1)由离散型随机变量分布列的性质得解得q＝1－.
(2)因为P(X＝i)＝(i＝1,2,3,4)，所以P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝＝.又P(1≤X题型三　离散型随机变量的分布列
典例3　一袋中装有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，现从中随机取出3个球，以X表示取出球的最大号码．
(1)求X的分布列；
(2)求X的取值不小于4的概率．
[解析]　(1)随机变量X的可能取值为3,4,5,6，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，P(X＝6)＝＝，
所以随机变量X的分布列为
X 3 4 5 6
P
(2)X的取值不小于4的概率为P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＋P(X＝6)＝＋＋＝.
[规律方法]　求离散型随机变量的分布列应注意的问题
(1)正确求出分布列的前提是必须先准确写出随机变量的所有可能取值，再依古典概型求出每一个可能取值的概率．至于某一范围内取值的概率，应等于它取这个范围内各个值的概率之和．
(2)在求解过程中注重知识间的融合，常常会用到排列组合、古典概型及互斥事件、对立事件的概率等知识．
对点训练 甲袋中有2个黑球，4个白球，乙袋中有3个黑球，3个白球，从两袋中各取一球．
(1)求“两球颜色相同”的概率；
(2)设ξ表示所取白球的个数，求ξ的概率分布列．
[解析]　(1)从甲中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，从乙中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，故“两球颜色相同”的概率P＝×＋×＝.
(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2，P(ξ＝0)＝×＝，P(ξ＝1)＝×＋×＝，P(ξ＝2)＝×＝，故ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
题型四　求离散型随机变量η＝f(ξ)的分布列
典例4　已知离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
求：(1)2X＋1的分布列；
(2)|X－1|的分布列．
[分析]　先由分布列的性质求出m的值，然后求出X取每一个值时对应的2X＋1，|X－1|的值，再分别把2X＋1，|X－1|取相同的值时所对应的概率相加，列出分布列．
[解析]　由分布列的性质知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，解得m＝0.3.
由题意列表如下．
X 0 1 2 3 4
2X＋1 1 3 5 7 9
|X－1| 1 0 1 2 3
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(1)易得2X＋1的分布列为
2X＋1 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
(2)易得|X－1|的分布列为
|X－1| 0 1 2 3
P 0.1 0.3 0.3 0.3
[规律方法]　已知离散型随机变量ξ的分布列，求离散型随机变量η＝f(ξ)的分布列的关键是弄清楚ξ取每一个值时对应的η的值，再把η取相同的值时所对应的事件的概率相加，列出概率分布列即可．
对点训练 已知随机变量ξ的分布列为
ξ －2 －1 0 1 2 3
P
分别求出随机变量η1＝－ξ＋，η2＝ξ2－2ξ的分布列．
[解析]　由η1＝－ξ＋，对于ξ＝－2，－1,0,1,2,3，得η1＝，，，－，－，－，相应的概率值为，，，，，.
故η1的分布列为
η1 － － －
P
由η2＝ξ2－2ξ，对于ξ＝－2，－1,0,1,2,3，得η2＝8,3,0，－1,0,3.所以P(η2＝8)＝，P(η2＝3)＝＋＝，
P(η2＝0)＝＋＝，P(η2＝－1)＝.
故η2的分布列为
η2 8 3 0 －1
P
1．某人进行射击，共有10发子弹，若击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数为ξ，则ξ＝10，表示的试验结果是( C )
A．第10次击中目标 B．第10次未击中目标
C．前9次未击中目标 D．第9次击中目标
[解析]　击中目标或子弹打完就停止射击，射击次数ξ＝10，则说明前9次均未击中目标，第10次击中目标或未击中目标．
2．抛掷两枚骰子，所得点数之和记为ξ，那么ξ＝4表示的随机试验的结果是( D )
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
[解析]　ξ＝4可能出现的结果是一枚是3点，一枚是1点或两枚都是2点．
3．已知随机变量X的分布列如下表所示，其中c＝2b－a，则P(|X|＝1)等于( D )
X －1 0 1
P a b c
A． B．
C． D．
[解析]　∵c＝2b－a，
∴a＋b＋c＝3b＝1，∴b＝，
∴P(|X|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝－1)＝1－P(X＝0)＝1－＝，故选D.
4．在考试中，需回答三个问题，考试规则规定，每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，则这名同学回答这三个问题的总得分ξ的所有可能取值是 －300，－100,100,300　.
[解析]　若答对0个问题得分－300；若答对1个问题得分－100；若答对两个问题得分100；若问题全答对得分300.7．3.1　离散型随机变量的均值
学习目标
1．通过具体实例，理解离散型随机变量的均值，能计算简单离散型随机变量的均值．
2．理解离散型随机变量的均值的性质．
3．会利用离散型随机变量的均值解决一些相关问题．
核心素养
1．通过离散型随机变量的均值的学习，培养数学抽象素养．
2．应用随机变量的均值解题，提升数学运算素养.
知识点 1　离散型随机变量的均值
(1)定义：一般地，如果离散型随机变量X的分布列如表所示：
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
则称E(X)＝ x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝ipi　为随机变量X的均值或数学期望(简称为期望)．
(2)意义：均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，反映了随机变量取值的_平均水平__.
(3)性质：如果X和Y都是随机变量，且Y＝aX＋b(a≠0)，则E(Y)＝E(aX＋b)＝_aE(X)＋b__.
想一想：离散型随机变量的均值和样本的平均数相同吗？
提示：不相同．离散型随机变量的均值是一个常数，它不依赖于样本的抽取，而样本平均数是一个随机变量，它随样本的不同而变化．
练一练：
1．若随机变量X的分布列为
X －1 0 1
P
则E(X)＝( C )
A．0 B．－1
C．－ D．－
[解析]　E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
2．设E(X)＝10，则E(3X＋5)＝_35__.
[解析]　E(3X＋5)＝3E(X)＋5＝3×10＋5＝35.
知识点 2　两点分布的数学期望
如果随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝_p__.
练一练：
某彩票3D游戏(以下简称3D)，是以一个3位自然数(如：0记作000)为投注号码的彩票．投注者从000～999这些3位自然数中选择一个进行投注，每注2元，如果与官方公布的三位数相同，则视为中奖，获得奖金1 000元，反之则获得奖金0元．某人随机投了一注，他获得奖金的期望是_1__元．
[解析]　由题意，此人中奖的概率为，不中奖的概率为，
所以此人随机投注一次，他获得奖金的期望为：1 000×＋0×＝1(元).
题|型|探|究
题型一　离散型随机变量的均值公式及性质
典例1　已知随机变量X的分布列如下：
X －2 －1 0 1 2
P m
(1)求m的值；
(2)求E(X)；
(3)若Y＝2X－3，求E(Y)．
[解析]　(1)＋＋＋m＋＝1，解得m＝.
(2)E(X)＝－2×－1×＋0×＋1×＋2×＝－.
(3)若Y＝2X－3，
E(Y)＝2E(X)－3＝－2×－3＝－.
[规律方法]　若给出的随机变量Y与X的关系
为Y＝aX＋b(其中a，b为常数)，一般思路是先求出E(X)，再利用公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b求E(Y)．
对点训练 (1)设随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝1.6，则a－b＝( C )
X 0 1 2 3
P 0.1 a b 0.1
A.0.2 B．0.1
C．－0.2 D．－0.4
(2)已知随机变量X的分布列如表：
X －1 0 1
P m
若ξ＝aX＋3，且E(ξ)＝5，则a的值为 15　.
[解析]　(1)由题意得a＋b＋0.1＋0.1＝1，即a＋b＝0.8①.
又0×0.1＋a＋2b＋3×0.1 ＝ 1.6，
∴a＋2b＝1.3②.
②－①，得b＝0.5，
∴a＝0.3，∴a－b＝0.3－0.5＝－0.2.
(2)由随机变量分布列的性质，得＋＋m＝1，解得m＝.E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝.
因为E(ξ)＝E(aX＋3)＝aE(X)＋3＝a＋3＝5，所以a＝15.
题型二　求离散型随机变量的均值
典例2　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，只要某次考试通过，即可领取驾照，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X的分布列和X的均值．
[解析]　X的取值分别为1,2,3,4.
X＝1，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，
故P(X＝1)＝0.6.
X＝2，表明李明第一次考试未通过，第二次通过了，故P(X＝2)＝(1－0.6)×0.7＝0.28.
X＝3，表明李明第一、二次考试未通过，第三次通过了，
故P(X＝3)＝(1－0.6)×(1－0.7)×0.8＝0.096.
X＝4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，故P(X＝4)＝(1－0.6)×(1－0.7)×(1－0.8)＝0.024.
所以李明一年内参加考试次数X的分布列为
X 1 2 3 4
P 0.6 0.28 0.096 0.024
所以X的均值为E(X)＝1×0.6＋2×0.28＋3×0.096＋4×0.024＝1.544.
[规律方法]　关于离散型随机变量的均值
(1)如果随机变量服从两点分布，则直接利用两点分布的均值公式计算．
(2)一般地，先求出随机变量的分布列，再通过分布列计算随机变量的均值．
对点训练 在一个不透明的纸袋里装有5个大小相同的小球，其中有1个红球和4个黄球，规定每次从袋中任意摸出一球，若摸出的是黄球则不再放回，直到摸出红球为止，求摸球次数ξ的均值．
[解析]　由题意得，ξ可能的取值为1,2,3,4,5，则P(ξ＝1)＝，
P(ξ＝2)＝×＝，P(ξ＝3)＝××＝，
P(ξ＝4)＝×××＝，
P(ξ＝5)＝××××1＝，
故ξ的分布列为
ξ 1 2 3 4 5
P
由离散型随机变量的均值的定义知E(ξ)＝×(1＋2＋3＋4＋5)＝3.
题型三　均值的实际应用
典例3　(全国Ⅰ卷)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图(如图)：
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
(1)求X的分布列；
(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？
[解析]　由柱状图并以频率代替概率可得，1台机器在三年内需更换的易损零件数可能为8,9,10,11，相应的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2，从而X的所有可能取值为16,17,18,19,20,21,22.
P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；
P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；
P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；
P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．
当n＝19时，
E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.
当n＝20时，
E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.
可知当n＝19时所需费用的期望值小于当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.
[规律方法]　实际问题中的均值问题
均值在实际生活中有着广泛的应用，如对体育比赛的成绩预测、消费预测、工程方案的预测、产品合格率的预测、投资收益的预测等方面，都可以通过随机变量的均值来进行估计．
对点训练 根据天气预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01.该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10 000元．为保护设备，有以下3种方案：
方案1　运走设备，搬运费为3 800元；
方案2　建保护围墙，建设费为2 000元，但围墙只能防小洪水；
方案3　不采取措施．
如果你是工地的领导，那么该如何决策呢？
[解析]　设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1，X2，X3.
采用方案1，无论有无洪水，都损失3 800元．因此，X1＝3 800.
采用方案2，遇到大洪水时，总损失为2 000＋60 000＝62 000元；没有大洪水时，总损失为2 000元．
因此，X2＝
采用方案3，有X3＝
于是，E(X1)＝3 800，
E(X2)＝62 000×0.01＋2 000×0.99＝2 600，
E(X3)＝60 000×0.01＋10 000×0.25＋0×0.74＝3 100.
因此，从期望损失最小的角度，应采取方案2.
易|错|警|示
易错易混问题——求分布列或均值时，随机变量的取值模糊致错
典例4　浙江卫视的《中国好声音(The Voice of China)》节目是大型励志专业音乐评论节目．每期节目有四位导师参加，导师背对歌手，若参赛选手演唱完之前有导师为其转身，则该选手可以选择加入为其转身的导师的团队中接受指导训练．已知某期《中国好声音》中，6位选手演唱完后，四位导师为其转身的情况如下表所示：
导师转身人数 4 3 2 1
获得相应导师转身的选手人数 1 2 2 1
现从这6位选手中随机抽取两人考察他们演唱完后导师的转身情况．
(1)求选出的2位选手中，为其转身的导师人数和为4的概率；
(2)记选出的2位选手中，为其转身的导师人数之和为X，求X的分布列及数学期望E(X)．
[错解]　(1)设6位选手中，A有4位导师为其转身，B，C有3位导师为其转身，D，E有2位导师为其转身，F只有1位导师为其转身．
从6人中随机抽取两人有C＝15(种)情况，
其中选出的2位选手中，为其转身的导师人数和为4的有C＋CC＝3(种)，
故所求概率为P＝＝.
(2)X的所有可能取值为4,5,6,7.
P(X＝4)＝；P(X＝5)＝＝＝；P(X＝6)＝＝＝；P(X＝7)＝＝.
所以X的分布列如下：
X 4 5 6 7
P
由X的分布列，可得E(X)＝4×＋5×＋6×＋7×＝.
[辨析]　对离散型随机变量X的意义不明晰，导致X的可能取值出错．
[正解]　(1)设6位选手中，A有4位导师为其转身，B，C有3位导师为其转身，D，E有2位导师为其转身，F只有1位导师为其转身．
从6人中随机抽取两人有C＝15(种)情况，
其中选出的2位选手中，为其转身的导师人数和为4的有C＋CC＝3(种)，
故所求概率为P＝＝.
(2)X的所有可能取值为3,4,5,6,7.
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝，P(X＝5)＝＝＝，P(X＝6)＝＝＝，P(X＝7)＝＝.
所以X的分布列如下：
X 3 4 5 6 7
P
由X的分布列，可得E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＋7×＝5.
1．已知X的分布列为：
X －1 0 1
P a
设Y＝2X＋1，则Y的数学期望E(Y)的值是( B )
A．－ B．
C．1 D．
[解析]　由已知得＋＋a＝1，
∴a＝，
∴E(X)＝－＋＝－，
∵E(Y)＝2E(X)＋1，
∴E(Y)＝.故选B.
2．某船队若出海后天气好，可获得5 000元；若出海后天气坏，将损失2 000元；若不出海也要损失1 000元．根据预测知天气好的概率为0.6，则出海的期望效益是( B )
A．2 000元 B．2 200元
C．2 400元 D．2 600元
[解析]　出海的期望效益E(X)＝5 000×0.6＋(1－0.6)×(－2 000)＝3 000－800＝2 200(元)．
3．(2023·安徽六安高二检测)一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字0，两个面上标有数字1，一个面上标有数字2，将这个小正方体抛掷2次，则向上的数字之积的均值是 　.
[解析]　随机变量X的取值为0,1,2,4，P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝4)＝，因此，E(X)＝0×＋1×＋2×＋4×＝.
4．口袋中有5个形状和大小完全相同的小球，编号分别为0,1,2,3,4，从中任取3个球，以ξ表示取出球的最大号码，则E(ξ)＝_3.5__.
[解析]　由题意知ξ＝2,3,4.
则P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，
可得分布列为：
ξ 2 3 4
P
∴E(ξ)＝2×＋3×＋4×＝3.5.7．3.2　离散型随机变量的方差
学习目标
1．通过具体实例，理解离散型随机变量的方差及标准差的概念．
2．能计算简单离散型随机变量的方差，并能解决一些实际问题．
3．掌握方差的性质以及方差的求法，会利用公式求方差．
核心素养
1．通过离散型随机变量的方差的学习，培养数学抽象素养．
2．借助方差解决实际问题，提升数学运算素养．
知识点 　离散型随机变量的方差、标准差
(1)定义：如果离散型随机变量X的分布列如表所示：
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
因为X的均值为E(X)，所以D(X)＝_(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn__＝ (xi－E(X))2pi　，称为随机变量X的方差，有时也记作：Var(X)，并称为随机变量X的标准差．记作：σ(X)．
(2)意义：随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值的离散程度，方差和标准差越小，随机变量的取值越_集中__；方差与标准差越大，随机变量的取值越_分散__.
(3)性质：D(aX＋b)＝_a2D(X)__.
想一想：离散型随机变量的方差和样本方差之间有何关系？
提示：(1)离散型随机变量的方差即为总体的方差，它是一个常数，不随样本的变化而变化；(2)样本方差则是随机变量，它是随样本不同而变化的．
练一练：
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)离散型随机变量ξ的期望E(ξ)反映了ξ取值的概率的平均值．( × )
(2)离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的平均水平．( × )
(3)离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了ξ取值的波动水平．( √ )
(4)离散型随机变量的方差越大，随机变量越稳定．( × )
2．已知随机变量ξ，D(ξ)＝，则D(2ξ＋1)＝_1__.
[解析]　D(2ξ＋1)＝4D(ξ)＝4×＝1.
3．若随机变量X服从两点分布，且在一次试验中事件A发生的概率P＝0.5，则E(X)和D(X)分别为( C )
A．0.25；0.5 B．0.5；0.75
C．0.5；0.25 D．1；0.75
[解析]　E(X)＝0.5，D(X)＝0.5×(1－0.5)＝0.25.
题|型探|究
题型一　定义法求离散型随机变量的方差
典例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，随机变量X表示所取球的标号．求X的分布列、均值和方差．
[分析]　已知标数字n的有n个，即标数字1的有1个、标数字2的有2个，标数字3的有3个，标数字4的有4个，从而可以明确随机变量X的取值及各个取值对应的概率，进而写出X的分布列、求出X的均值，即可求得X的方差．
[解析]　由题意知，随机变量X的所有可能取值有0,1,2,3,4，且P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝＝，
∴X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5.
D(X)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.
[规律方法]　利用定义法求离散型随机变量的方差和标准差的步骤
(1)明确随机变量的所有取值，并理解随机变量每一个取值的意义．
(2)求出随机变量取各个值的概率．
(3)列出随机变量的分布列．
(4)利用均值公式E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn，求出随机变量X的均值E(X)．
(5)利用方差公式D(X)＝(xi－E(X))2pi，求出随机变量X的方差D(X)．
(6)利用方差与标准差的关系，求出随机变量的标准差σ(X)＝.
对点训练 编号为1,2,3的三位学生随意入座编号为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的人数是ξ，求E(ξ)和D(ξ)．
[解析]　ξ的所有可能取值为0,1,3，ξ＝0表示三位同学全坐错了，有2种情况，即编号为1,2,3的座位上分别坐了编号为2,3,1或3,1,2的学生，则P(ξ＝0)＝＝；
ξ＝1表示三位同学只有1位同学坐对了，则P(ξ＝1)＝＝；
ξ＝3表示三位学生全坐对了，即对号入座，
则P(ξ＝3)＝＝.
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 3
P
E(ξ)＝0×＋1×＋3×＝1；
D(ξ)＝×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(3－1)2＝1.
题型二　利用方差的性质求随机变量的方差(标准差)
典例2　已知随机变量X的分布列如下：
X －1 0 1
P a
(1)求随机变量X2的分布列；
(2)计算X的方差；
(3)若随机变量Y＝4X＋3，求Y的均值和方差．
[解析]　(1)由分布列的性质知＋＋a＝1，故a＝，从而X2的分布列为
X2 0 1
P
(2)方法一：由(1)知a＝，
所以X的均值E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
故X的方差D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
方法二：由(1)知a＝，
所以X的均值为E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－，
X2的均值E(X2)＝0×＋1×＝，
所以X的方差D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝－2＝.
(3)因为随机变量Y＝4X＋3，所以E(Y)＝4E(X)＋3＝2，D(Y)＝42D(X)＝11.
[规律方法]　(1)方差的计算需要一定的运算能力，在随机变量X2的均值比较容易计算的情况下，运用关系式D(X)＝E(X2)－(E(X))2不失为一种比较实用的方法．
(2)若变量间存在Y＝aX＋b(a≠0)的关系，应注意均值与方差性质的应用，即利用E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)求解．
对点训练 若随机变量X的分布列为
X 0 1
P 0.2 m
已知随机变量Y＝aX＋b(a，b∈R，a>0)且E(Y)＝10，D(Y)＝4，则a与b的值为( C )
A．a＝10，b＝3 B．a＝3，b＝10
C．a＝5，b＝6 D．a＝6，b＝5
[解析]　因为0.2＋m＝1，所以m＝0.8，
所以E(X)＝0×0.2＋1×0.8＝0.8，D(X)＝0.2×0.8＝0.16.
因为Y＝aX＋b(a，b∈R)，E(Y)＝10，D(Y)＝4，
所以aE(X)＋b＝0.8a＋b＝10，a2D(X)＝0.16a2＝4，解得a＝5，b＝6.
题型三　均值与方差的综合应用
典例3　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，X1和X2的分布列分别为
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A，B两个项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D(Y1)，D(Y2)；
(2)将x(0≤x≤100)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(x)取得最小值．(注：D(aX＋b)＝a2D(X))
[解析]　(1)由题设可知Y1和Y2(单位：万元)的分布列分别为
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，
D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4.
E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，
D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.
(2)f(x)＝D＋D＝2D(Y1)＋2D(Y2)＝[x2＋3(100－x)2]＝(4x2－600x＋30 000)＝(x－75)2＋3，
所以当x＝75时，f(x)取得最小值3.
[规律方法]　利用均值和方差的意义分析解决实际问题的步骤
(1)比较均值．离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，因此，在实际决策问题中，需先计算均值，看一下谁的平均水平高．
(2)在均值相等的情况下计算方差．方差反映了离散型随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度．通过计算方差，分析一下谁的水平发挥相对稳定．
(3)下结论．依据方差的几何意义做出结论．
对点训练 以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中的得分情况为：
X1(甲得分) 0 1 2
P 0.2 0.5 0.3
X2(乙得分) 0 1 2
P 0.3 0.3 0.4
欲从甲、乙两运动员中选一人参加奥运会，你认为选派哪位运动员参加较好？
[解析]　由题意，E(X1)＝0×0.2＋1×0.5＋2×0.3＝1.1，
E(X2)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.4＝1.1，
所以E(X1)＝E(X2)．
D(X1)＝(0－1.1)2×0.2＋(1－1.1)2×0.5＋(2－1.1)2×0.3＝0.49，
D(X2)＝(0－1.1)2×0.3＋(1－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.4＝0.69，
所以D(X1)所以甲运动员的技术更稳定，应选派甲参加．
易|错|警|示
要准确理解随机变量取值的含义
典例4　某人有5把钥匙，其中只有一把能打开某一扇门，今任取一把试开，不能打开者除去，求打开此门所需试开次数X的均值和方差．
[错解]　由题意知X＝1,2,3,4,5，因为试哪一把钥匙的概率都是，∴X～B，
∴E(X)＝np＝5×＝1，
D(X)＝np(1－p)＝5××＝.
[辨析]　首先这不是五次独立重复试验，从5把钥匙中取一把试开房门，若不能打开，则除去这把后，第二次试开就只有4把钥匙了．其次X＝k的含义是前(k－1)把钥匙没有打开房门，而第k把钥匙打开了房门．
[正解]　设X为打开此门所需的试开次数，则X的可能取值为1、2、3、4、5.
X＝k表示前k－1次没打开此门，第k次才打开了此门．
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝·＝，
P(X＝3)＝·＝，
P(X＝4)＝·＝，
P(X＝5)＝·1＝，
故随机变量X的概率分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝3.
D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＋(5－3)2×
＝×(22＋12＋02＋12＋22)＝2.
1．已知随机变量ξ满足P(ξ＝1)＝0.3，P(ξ＝2)＝0.7，则E(ξ)和D(ξ)的值分别为( D )
A．0.6和0.7 B．1.7和0.09
C．0.3和0.7 D．1.7和0.21
[解析]　E(ξ)＝1×0.3＋2×0.7＝1.7，D(ξ)＝(1－1.7)2×0.3＋(2－1.7)2×0.7＝0.21.
2．设一随机试验的结果只有A和且P(A)＝m，令随机变量ξ＝则ξ的方差D(ξ)等于( D )
A．m B．2m(1－m)
C．m(m－1) D．m(1－m)
[解析]　随机变量ξ服从两点分布，E(ξ)＝m，所以D(ξ)＝(1－m)2·m＋(0－m)2(1－m)＝m(1－m)．
3．随机变量X表示某运动员在2次比赛中的得分，其分布列如表，若0X 0 2 4
P a －a
A. B．
C. D．
[解析]　因为E(X)＝3，所以由随机变量X的分布列得：0×a＋2×＋4×＝3，解得a＝，
所以D(X)＝(0－3)2×＋(2－3)2×＋(4－3)2×＝.
4．已知随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则p＝ 　，D(2X－3)＝ 4　.
X 0 2 a
P p
[解析]　由题意得，＋p＋＝1，
∴p＝.
由期望公式得E(X)＝0×＋2×＋a×＝2，
∴a＝3.
∴D(X)＝(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝1.
故D(2X－3)＝22×D(X)＝4.7．4.1　二项分布
学习目标
1．通过具体实例，了解伯努利试验及n重伯努利试验的概念．
2．掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题．
核心素养
1．通过理解n重伯努利试验的概念，培养数学抽象素养．
2．借助二项分布的有关计算及应用，提升数学运算和逻辑推理素养.
知识点 1　n重伯努利试验
(1)伯努利试验：我们把只包含_两个__可能结果的试验叫做伯努利试验．
(2)定义：我们将一个伯努利试验独立地_重复__进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．
(3)特征：①同一个伯努利试验重复做n次；
②各次试验的结果相互独立．
想一想：n重伯努利试验必须具备哪些条件？
提示：(1)每次试验是在同样条件下进行的．
(2)各次试验中的事件互不影响．
(3)每次试验结果只有两种，即事件要么发生，要么不发生．
练一练：
下列事件：
①运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”；
②甲、乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；
③甲、乙两名运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没射中目标”；
④在相同的条件下，甲射击10次5次击中目标．
是n重伯努利试验的是( D )
A．① B．②
C．③ D．④
[解析]　①、③符合互斥事件的概念，是互斥事件；②是相互独立事件；④是n重伯努利试验．
知识点 2　二项分布
(1)定义：一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝_Cpk(1－p)n－k__，k＝0,1,2，…，n.
如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布．
(2)记法：X～B(n，p)．
(3)结论：(X＝k)＝_1__.
想一想：
二项分布与两点分布有什么关系？
提示：(1)两点分布的试验次数只有一次，试验结果只有两种：事件A发生(X＝1)或不发生(X＝0)；二项分布是指在n次独立重复试验中事件A发生的次数X的分布列，试验次数为n次(每次试验的结果也只有两种：事件A发生或不发生)，试验结果有n＋1种：事件A恰好发生0次，1次，2次，…，n次．
(2)二项分布是两点分布的一般形式，两点分布
是一种特殊的二项分布，即n＝1的二项分布．
练一练：
任意抛掷三枚均匀硬币，恰有2枚正面朝上的概率为( B )
A. B．
C. D．
[解析]　抛一枚硬币，正面朝上的概率为，则抛三枚硬币，恰有2枚正面朝上的概率为P＝C2×＝.
知识点 3　二项分布的均值与方差
如果，X～B(n，p)，那么E(X)＝_np__，D(X)＝
_np(1－p)__.
练一练：
设随机变量ξ服从二项分布ξ～B，则E(ξ)＝ 　，D(ξ)＝ 　.
[解析]　E(ξ)＝8×＝，D(ξ)＝8××＝.
题|型|探|究
题型一　n重伯努利试验的概率
典例1　甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设每次射击是否击中目标相互之间没有影响．(结果需用分数作答)
(1)求甲射击3次，至少1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击2次，甲恰有2次击中目标且乙恰有1次击中目标的概率；
(3)求两人各射击2次，甲、乙均击中目标1次的概率；
(4)求两人各射击2次，甲未击中目标且乙击中目标2次的概率；
(5)假设某人连续2次未击中目标，则终止其射击．问：甲恰好射击5次后被终止射击的概率是多少？
[解析]　(1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1.由题意，射击3次，相当于3重伯努利试验，故P(A1)＝1－P(1)＝1－3＝.
(2)记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B2，则P(A2)＝C20＝，P(B2)＝C1×1＝.
由于甲、乙射击相互独立，故P(A2B2)＝×＝.
(3)记“甲射击2次，击中目标1次”为事件A3，“乙射击2次，击中目标1次”为事件B3，则P(A3)＝C11＝，P(B3)＝C1×1＝，所以两人各射击2次，甲、乙均击中目标1次的概率为P(A3B3)＝×＝.
(4)记“甲射击2次，未击中目标”为事件A4，“乙射击2次，击中目标2次”为事件B4，则P(A4)＝C02＝，P(B4)＝C2×0＝，所以两人各射击2次，甲未击中目标且乙击中目标2次的概率为P(A4B4)＝×＝.
(5)甲恰好射击5次后被终止射击，说明甲第4,5次未击中目标，第3次击中目标，第1,2两次至多一次未击中目标，故所求概率P＝××2＝.
[规律方法]　(1)n重伯努利试验求概率的步骤：
(2)“至多”“至少”问题往往考虑逆向思维法，利用对立事件求解．
对点训练 甲、乙两队进行排球比赛，已知一局比赛中甲队获胜的概率为，没有平局．
(1)若进行三局两胜制比赛，先胜两局者为胜，甲获胜的概率是多少？
(2)若进行五局三胜制比赛 ，甲获胜的概率为多少？
[解析]　(1)甲第一、二局获胜或第二、三局获胜或第一、三局获胜，则P＝2＋C×××＝.
(2)甲前三局获胜或甲第四局获胜，而前三局仅胜两局或甲第五局获胜，而前四局仅胜两局，则
P＝3＋C×2××＋C2×2×＝.
题型二　二项分布
典例2　一名学生每天骑自行车上学，从家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.
(1)求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；
(2)求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列．
[分析]　(1)首先判断ξ是否服从二项分布，再求分布列．(2)注意“首次遇到”“或到达”的含义，并明确η的取值，再求η取各值的概率．
[解析]　(1)ξ～B，ξ的分布列为P(ξ＝k)＝Ck5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4 5
P
(2)η的分布列为P(η＝k)＝p(前k个是绿灯，第k＋1个是红灯)＝k·，k＝0,1,2,3,4；
P(η＝5)＝p(5个均为绿灯)＝5.
故η的分布列为
η 0 1 2 3 4 5
P
[规律方法]　1.本例属于二项分布，当X服从二项分布时，应弄清X～B(n，p)中的试验次数n与成功率p.
2．解决二项分布问题的两个关注点
(1)对于公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1，2，…，n)必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．
(2)判新一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次．
对点训练 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且每次击鼓是否出现音乐相互独立．
(1)若第一次击鼓出现音乐，求该盘游戏获得100分的概率；
(2)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列．
[解析]　(1)若第一次击鼓出现音乐，则该盘游戏获得100分的概率为P＝×＝.
(2)X可能的取值为10,20,100，－200，P(X＝10)＝C××2＝，
P(X＝20)＝C×2×＝，
P(X＝100)＝C×3×0＝，
P(X＝－200)＝C×0×3＝.
所以X的分布列为
X 10 20 100 －200
P
题型三　二项分布的均值与方差
典例3　某商场为刺激消费，拟按以下的方案进行促销：顾客每消费500元便得到奖券一张，每张奖券的中奖概率为， 若中奖，商场返还顾客现金100元．某顾客现购买价格为2 300元的台式电脑一台，得到奖券4张．
(1)设该顾客中奖的奖券张数为X，求X的分布列；
(2)设该顾客购买台式电脑的实际支出为Y元，用X表示Y，并求Y的数学期望．
[分析]　(1)中奖的奖券张数X～B.
(2)利用二项分布的均值公式求期望．
[解析]　(1)由于每张奖券是否中奖是相互独立的，因此X～B.
∴P(X＝0)＝C4＝，P(X＝1)＝C4＝，
P(X＝2)＝C4＝，P(X＝3)＝C4＝，
P(X＝4)＝C4＝，其分布列为
X 0 1 2 3 4
P
(2)∵X～B ，∴E(X)＝4×＝2(张)．
又由题意可得Y＝2 300－100X，
∴E(Y)＝E(2 300－100X)＝2 300－100E(X)＝2 300－100×2＝2 100 (元)．
即所求变量Y的数学期望为2 100元．
[规律方法]　用二项分布求解实际应用题的步骤
(1)判断随机变量X服从二项分布，即X～ B(n，p)．
(2)根据二项分布公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1，…，n)求出分布列．
(3)求二项分布X～B(n，p)的均值可用公式E(X)＝np求解．
对点训练 某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5，其中A的各位数中ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，当程序运行一次时，求X的数学期望E(X)及方差D(X)．
[解析]　方法一(定义法)：由题意知X的可能取值分别为0,1,2,3,4，X～B.
X＝0表示这4个数字都是0，则P(X＝0)＝4＝；
X＝1表示这4个数字中有一个为1，则P(X＝1)＝C·3·＝；
同理P(X＝2)＝C·2·2＝；
P(X＝3)＝C··3＝；
P(X＝4)＝4＝.
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3 4
P
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＋2×＝.
方法二(结论法)：随机变量X的值是出现1的个数，由题意，X～B，
所以E(X)＝4×＝.D(X)＝4××＝.
易|错|警|示
审题不清致误
典例4　9粒种子分别种在3个坑内，每坑放3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，求需要补种坑数的分布列．
[错解]　设需要补种的坑数为X，则X的可能取值为0,1,2,3.
由独立重复试验知P(X＝0)＝C×3＝，
P(X＝1)＝C××2＝，
P(X＝2)＝C×2×＝，
P(X＝3)＝C×3＝.
则所求分布列为：
X 0 1 2 3
P
[辨析]　每粒种子发芽的概率与每坑不需要补种的概率混淆致误．
[正解]　因为单个坑内的3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝，所以单个坑不需补种的概率为1－＝.
设需要补种的坑数为X，则X的可能取值为0,1,2,3，这是三次独立重复试验，
P(X＝0)＝C×0×3＝，
P(X＝1)＝C×1×2＝，
P(X＝2)＝C×2×1＝，
P(X＝3)＝C×3×0＝.
所以需要补种坑数的分布列为：
X 0 1 2 3
P
[点评]　审题不细是解题致误的主要原因之一，审题时要认真分析，弄清条件与结论，发掘一切可用的解题信息.
1．(多选)下列随机变量X服从二项分布的有( ACD )
A．投掷一枚均匀的骰子5次，X表示点数为6出现的次数
B．某射手射中目标的概率为p，设每次射击是相互独立的，X为从开始射击到击中目标所需要的射击次数
C．实力相等的甲、乙两选手进行了5局乒乓球比赛，X表示甲获胜的次数
D．某星期内，每次下载某网站数据被病毒感染的概率为0.3，X表示下载n次数据电脑被病毒感染的次数
[解析]　A中试验出现的结果只有两种，点数为6和点数不为6，且每次试验中概率都为(出现6点)，符合二项分布．B中X的取值不确定，不是二项分布．C中，进行五局比赛相当于做了5次伯努利试验，X服从二项分布，D中被感染的次数X～B(n，0.3)．
2．已知随机变量X服从二项分布X～B，则P(X＝2)等于( A )
A. B．
C. D．
[解析]　∵随机变量X服从二项分布X～B，P(X＝2)表示6次试验中成功两次的概率．
∴P(X＝2)＝C24＝.
故选A.
3．将一枚均匀的硬币投掷5次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为( C )
A. B．
C． D．
[解析]　根据题意，正面出现的次数比反面出现的次数多包括三种情况：①正面出现3次，反面出现2次，其概率为C3·2＝C5＝105，②正面出现4次，反面出现1次，其概率为C4·＝C5＝55，③正面出现5次，其概率为C5＝5，共有三种情况，这三种情况是互斥的，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率是105＋55＋5＝.
4．设ξ的分布列为P(ξ＝k)＝Ck5－k(k＝0,1,2,3,4,5)，则D(3ξ)等于_10__.
[解析]　由题意知ξ～B，所以D(ξ)＝5×＝，D(3ξ)＝32D(ξ)＝9×＝10.7.4.2　超几何分布
学习目标
1．通过具体实例，了解超几何分布及其均值，能够判断随机变量是否服从超几何分布．
2．能够利用随机变量服从超几何分布的知识解决简单的实际问题，会求服从超几何分布的随机变量的均值与方差．
核心素养
1．借助对超几何分布概念的理解，培养数学抽象素养．
2．通过对超几何分布的应用，提升数学建模与数学运算素养.
知识点 　超几何分布
(1)定义：一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品．从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.
其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，
m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布．
(2)均值：E(X)＝np，其中p＝是N件产品的次品率．
想一想：不放回抽取和有放回抽取有何不同？
提示：抽取次数不同，不放回抽取只抽取一次，一次抽取n个，有放回抽取要抽取n次，每次抽取一个；概率模型不同，不放回抽取服从超几何分布，有放回抽取服从二项分布．
练一练：
1．某10人组成兴趣小组，其中有5名团员，从10人中任选4人参加某种活动，用X表示4人中的团员人数，则P(X＝3)＝ 　.
[解析]　P(X＝3)＝＝.
2．在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品数，则E(X)＝ 　.
[解析]　E(X)＝4×＝.
题|型|探|究
题型一　超几何分布的概率及其分布列
典例1　某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的3名同学来自互不相同的学院的概率；
(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列．
[解析]　(1)设“选出的3名同学来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝＝.
所以，选出的3名同学来自互不相同的学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)，
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
[规律方法]　求超几何分布的分布列的步骤：
第一步，验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
第二步，根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
第三步，用表格的形式列出分布列．
超几何分布的关注点：
(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数，其实质是古典概型．
(2)超几何分布的特征是①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体数的分布列．
对点训练 袋中有4个红球，3个黑球，这些球除颜色外完全相同，从袋中随机抽取球，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分的概率．
[解析]　(1)从袋中任取4个球的情况为：1红3黑，2红2黑，3红1黑，4红，共四种情况，得分分别为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)根据随机变量的分布列可以得到大于6分的概率为P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝＋＝.
题型二　二项分布与超几何分布
典例2　设在15个同类型的零件中有2个次品，每次任取1个零件，共取3次，用X表示取出的3个零件中次品的个数．
(1)若每次取出后不放回，求X的分布列；
(2)若每次取出后重新放回，求X的分布列．
[分析]　(1)每次取出后不放回为超几何分布；
(2)每次取出后重新放回，可看作n重伯努利试验，即为二项分布．
[解析]　(1)若每次取出后不放回，则随机变量X服从参数为N＝15，M＝2，n＝3的超几何分布，所以P(X＝k)＝，k＝0,1,2.
计算得P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝.
故X的分布列为
X 0 1 2
P
(2)若每次取出后重新放回，则抽取3次可视为3重伯努利试验．又每次抽取1个是次品的概率为，所以X～B.
P(X＝k)＝Ck3－k，k＝0,1,2,3.
计算得P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
即X的分布列为
X 0 1 2 3
P
[规律方法]　区别二项分布与超几何分布的方法
一般地，超几何分布的模型是“取次品”，是不放回抽样，而二项分布的模型则是“独立重复试验”，对于抽样，则是有放回抽样．当产品的数量充分大，且抽取数量较小时，即便是不放回抽样，也可视其为二项分布，解题时应从本质上给予区分，切忌混淆．
对点训练 瞬时记忆能力包括听觉记忆能力与视觉记忆能力．某地区为了对12岁儿童的瞬时记忆能力进行调查，随机抽取了该地区40名12岁的儿童，其调查结果如下表所示，例如表中听觉记忆能力为中等且视觉记忆能力偏高的人数为3.
　　视觉听觉　　 视觉记忆能力
偏低 中等 偏高 超常
听觉记忆能力 偏低 0 7 5 1
中等 1 8 3 b
偏高 2 a 0 1
超常 0 2 1 1
表中两个数值a，b丢失，但已知抽取的 40 人中视觉记忆能力为中等且听觉记忆能力为中等或中等以上的频率为.
(1)试确定a与b的值；
(2)从40人中任意抽取3人，设听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的人数为X，求X的分布列；
(3)若将抽取的40人中视觉记忆能力超常的频率视为全市 12 岁儿童中视觉记忆能力超常的概率．现从全市12岁的儿童中任意抽取3人，设其中视觉能力超常的人数为Y，求Y的分布列．
[解析]　(1)抽取的40人中视觉记忆能力为中等且听觉记忆能力为中等或中等以上的人数为8＋a＋2＝10＋a.
由条件得＝，解得a＝6.
又a＋b＝40－(7＋5＋1＋1＋8＋3＋2＋1＋2＋1＋1)＝8，
所以b＝2，即a，b的值分别为6,2.
(2)40人中听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的共有24人．由题意知随机变量X服从参数为N＝40，M＝24，n＝3的超几何分布，X的可能取值为0,1,2,3.其分布列为P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.
计算得P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
故X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
(3)抽取的40人中视觉记忆能力超常的频率为＝，即全市12岁儿童中视觉记忆能力超常的概率p＝.从全市12岁的儿童中任取3人，可视为3次独立重复试验，因此随机变量Y～B，P(Y＝k)＝Ck3－k，k＝0，1,2,3.
计算得P(Y＝0)＝，
P(Y＝1)＝，P(Y＝2)＝，P(Y＝3)＝，
故Y的分布列如下
Y 0 1 2 3
P
题型三　超几何分布的综合应用
典例3　目前，有些城市面临“垃圾围城”的窘境．垃圾分类把不易降解的物质分出来，减轻了土地的严重侵蚀，减少了土地流失．某市将实行生活垃圾分类，分类标准为厨余垃圾、可回收物、有害垃圾和其他垃圾四类．生活垃圾中有30%～40%可以回收利用，分出可回收垃圾既环保，又节约资源．如：回收利用1吨废纸可再造出0.8吨好纸，可以挽救17棵大树，少用纯碱240千克，降低造纸的污染排放75%，节省造纸能源消耗40%～50%.
现调查了该市5个小区12月份的生活垃圾投放情况，其中可回收物中废纸和塑料品的投放量如下表：
A小区 B小区 C小区 D小区 E小区
废纸投放量(吨) 5 5.1 5.2 4.8 4.9
塑料品投放量(吨) 3.5 3.6 3.7 3.4 3.3
(1)从A，B，C，D，E这5个小区中任取1个小区，求该小区12月份的可回收物中，废纸投放量超过5吨且塑料品投放量超过3.5吨的概率；
(2)从A，B，C，D，E这5个小区中任取2个小区，记X为12月份投放的废纸可再造好纸超过4吨的小区个数，求X的分布列及期望．
[解析]　(1)记“该小区12月份的可回收物中废纸投放量超过5吨且塑料品投放量超过3.5吨”为事件A.
由题意，得B，C两个小区 12 月份的可回收物中废纸投放量超过5吨且塑料品投放量超过3.5吨，所以P(A)＝.
(2)因为回收利用1吨废纸可再造出0.8吨好纸，所以12月份投放的废纸可再造好纸超过4吨的小区有B，C，共2个小区．
X的所有可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝＝；
P(X＝1)＝＝＝；
P(X＝2)＝＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
[规律方法]　超几何分布的应用
(1)超几何分布常应用在产品合格问题、球盒取球(两色)问题、男女生选举问题等．
(2)这类问题有一个共同特征，就是对每一个个体而言，只研究其相对的两种性质而不涉及其他性质，如产品的“合格”与“不合格”，球的“红色”与“非红色”，学生的“男生”与“女生”等．
(3)在实际问题中需通过关注的实际对象来确定M的值．
(4)注意超几何分布问题涉及三个参数的特征和顺序．如产品问题中，H(n，M，N)的意义是“超几何分布(取出产品数，所有产品中不合格品数，所有产品数)”．
对点训练 某商场庆“五一”举行促销活动，活动期间凡在商场购物满88元的顾客，凭发票都有一次摸奖机会，摸奖规则如下：准备了10个相同的球，其中有5个球上印有“奖”字，另外5个球上无任何标志，摸奖前在盒子里摇匀，然后由摸奖者随机地从中摸出5个球，奖品按摸出的球中含有带“奖”字球个数规定如表：
摸出的5个球中带“奖”字球的个数 奖品
0 无
1 无
2 肥皂一块
3 洗衣粉一袋
4 雨伞一把
5 自行车一辆
(1)若某人凭发票摸奖一次，求中奖的概率；
(2)若某人凭发票摸奖一次，求奖品为自行车的概率．
[解析]　(1)设X为摸取5个球中印有“奖”字的球的个数，则X服从参数为N＝10，M＝5，n＝5的超几何分布．X的可能取值为0,1,2,3,4,5，
则X的分布列为：P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3,4,5)．
若要获得奖品，只需X≥2，
则P(X≥2)＝1－P(X<2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)
＝1－－＝.
(2)若要获得自行车，必须X＝5，则P(X＝5)＝＝.
易|错|警|示
对超几何分布的概念理解不透致错
典例4　盒中装有零件12个，其中有9个正品，3个次品，从中任取一个，若取出的是次品不再放回，再取一个零件，直到取得正品为止．求在取得正品之前已取出次品数X的分布列．
[错解]　∵X～H(3,3,12)，
∴P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)，
∴P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
[正解]　X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
因此，随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
[点评]　本题易错认为X～H(3,3,12)，得到取出的次品数X.
1．在10个村庄中，有4个村庄交通不方便，若用随机变量X表示任选6个村庄中交通不方便的村庄的个数，则X服从超几何分布，其参数为( A )
A．N＝10，M＝4，n＝6
B．N＝10，M＝6，n＝4
C．N＝14，M＝10，n＝4
D．N＝14，M＝4，n＝10
[解析]　根据超几何分布概率模型知N＝10，M＝4，n＝6.
2．从一副不含大、小王的52张扑克牌中任意抽出5张，则至少有3张A的概率为( D )
A. B．
C．1－ D．
[解析]　设X为抽出的5张扑克牌中含A的张数，则P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝＋.
3．盒子里共有7个除了颜色外完全相同的球，其中有4个红球3个白球，从盒子中任取3个球，则恰好取到2个红球1个白球的概率为( B )
A. B．
C. D．
[解析]　由题意得所求概率为P＝＝＝.
4．现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ＝2)＝ 　，E(ξ)＝ 　.
[解析]　根据题意可得：ξ的取值可为1,2,3,4，
又P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，
∴E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.7.5　正态分布
学习目标
1．通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量．
2．通过具体实例，借助频率分布直方图的几何直观，了解正态分布的特征．
3．了解正态分布的均值、方差及其含义．
4．会根据正态曲线的性质求随机变量在某一区间的概率．
核心素养
1．通过学习正态分布，培养数学抽象和直观想象素养．
2．借助“3σ”原则解题，提升数学运算素养．
知识点 1　正态分布
(1)正态密度函数，刻画随机误差的函数f(x)＝ e－　，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数．
对任意的x∈R，f(x)＞0，它的图象在x轴的上方，x轴和曲线之间的区域为面积_1__，我们称f(x)为正态密度函数．
(2)正态密度曲线：正态密度函数的图象为正态密度曲线，简称正态曲线．
(3)正态分布：①定义：若随机变量X的概率密度函数为f(x)，则称随机变量X服从正态分布；
②记作：X～N(μ，σ2)；
③特例：当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从_标准正态__分布．
想一想：若X～N(μ，σ2)，怎样表示上图中阴影A，B的面积？
提示：阴影A的面积P(X≤x)；阴影B的面积P(a≤X≤b)．
练一练：
(多选)以下关于正态密度曲线的说法中正确的有( BCD )
A．曲线都在x轴的上方，左右两侧与x轴无限接近，最终可与x轴相交
B．曲线关于直线x＝μ对称
C．曲线呈现“中间高，两边低”的钟形形状
D．曲线与x轴之间的面积为1
[解析]　正态密度曲线与x轴永远不相交，A错，其余均正确．
知识点 2　正态曲线的特点
(1)曲线是单峰的，它关于直线_x＝μ__对称．
(2)曲线在x＝μ处达到峰值 　.
(3)当|x|无限增大时，曲线无限接近于_x轴__.
想一想：μ，σ取值不同对正态曲线有何影响？
提示：当参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着μ的变化而沿x轴平移；当μ取定值时，当σ较小时，峰值高，曲线“瘦小”，表示随机变量x的分布比较集中，当σ较大时，峰值低，曲线“矮胖”，表示随机变量x分布比较分散．
练一练：
正态曲线函数f(x)＝e－，x∈R的图象是图中的( D )
[解析]　因为正态曲线函数f(x)关于直线x＝1对称，故选D.
知识点 3　X～N(μ，σ2)在区间[μ－kσ，μ＋kσ](k∈N*)上的概率
(1)概率：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈_0.997_3__.
(2)3σ原则：通常认为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值．
练一练：
关于正态分布N(μ，σ2)，下列说法正确的是( D )
A．随机变量落在区间长度为3σ的区间之外是一个小概率事件
B．随机变量落在区间长度为6σ的区间之外是一个小概率事件
C．随机变量落在(－3σ，3σ)之外是一个小概率事件
D．随机变量落在[μ－3σ，μ＋3σ]之外是一个小概率事件
[解析]　因为P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3，
所以P(X>μ＋3σ或X<μ－3σ)＝1－P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈1－0.997 3＝0.002 7.
所以随机变量落在[μ－3σ，μ＋3σ]之外是一个小概率事件．
题|型|探|究
题型一　正态分布和正态曲线的性质
典例1　(1)已知三个正态密度函数φi(x)＝e－(x∈R，i＝1,2,3)的图象如图所示，则下列结论正确的是( D )
A．μ1<μ2＝μ3，σ1＝σ2>σ3
B．μ1＝μ2<μ3，σ1<σ2＝σ3
C．μ1>μ2＝μ3，σ1＝σ2<σ3
D．μ1<μ2＝μ3，σ1＝σ2<σ3
(2)如图是一条正态曲线，试根据该图象写出相应正态密度函数的解析式，求出总体随机变量的期望和方差．
[解析]　(2)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＝.
于是正态密度函数解析式是f(x)＝e－，x∈R.
总体随机变量的期望是μ＝20，方差是σ2＝()2＝2.
[规律方法]　由正态曲线确定均值与方差的方法
正态分布的两个重要参数是μ与σ2，μ刻画了随机变量取值的平均水平，σ2是衡量随机变量总体波动大小的特征数，因此我们由正态曲线的形状与位置可比较参数的大小，反之利用参数之间的大小关系，也可以确定正态曲线的形状与位置．
①对称轴是直线x＝μ，②σ的值由x＝μ时的函数值计算，即用f(x)＝求得σ的值．
对点训练 (1)设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态曲线如图所示．下列结论中正确的是( C )
A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
(2)(多选)已知X～N(μ，σ2)，f(x)＝e－，x∈R，则( BCD )
A．曲线y＝f(x)与x轴围成的几何图形的面积小于1
B．函数f(x)的图象关于直线x＝μ对称
C．P(X>μ－σ)＝2P(μD．函数F(x)＝P(X>x)在R上单调递减
[解析]　(1)由正态曲线关于直线x＝μ对称，且σ越小，曲线越“瘦高”，σ越大，曲线越“矮胖”，知μ1<μ2，σ1<σ2，故A、B均不正确；由P(X≤a)为x轴、直线x＝a及x≤a时的曲线所围成的面积知C正确，D错误．故选C.
(2)曲线y＝f(x)与x轴围成的几何图形的面积等于1，所以A不正确；f(x＋μ)＝e－，f(μ－x)＝e－，所以f(x＋μ)＝f(μ－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝μ对称，所以选项B正确；因为P(μ－σμ－σ)＝P(μ－σx)随x的增大而减小，是减函数，所以选项D正确．
题型二　利用正态分布的对称性求概率
典例2　设X～N(10,1)．
(1)求证：P(1(2)若P(X≤2)＝a，求P(10[解析]　(1)证明：∵X～N(10,1)，
∴正态曲线φμ，σ(x)关于直线x＝10对称，而区间(1,2)和(18,19)关于直线x＝10对称，
即P(1(2)∵P(X≤2)＋P(2μ＝10，
∴P(X≤2)＝P(X≥18)＝a，P(2∴2a＋2P(10即P(10[规律方法]　正态总体在某个区间内取值概率的求解策略
(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1.
(2)熟记P(μ－σ(3)注意概率值的求解转化：
①P(X②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)；
③若b<μ，
则P(X特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．
对点训练 (1)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2<ξ<2)＝( C )
A．0.477 B．0.628
C．0.954 D．0.977
(2)设随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，若P(ξ>c)＝a，则P(ξ>4－c)等于( B )
A．a B．1－a
C．2a D．1－2a
[解析]　(1)P(－2<ξ<2)＝1－2P(ξ>2)＝1－2×0.023＝0.954.
(2)对称轴x＝2，
∴P(ξ>4－c)＝1－P(ξ>c)＝1－a.
题型三　实际问题中的正态分布
典例3　(1)数学考试试卷满分是150分，设在一次考试中，某班学生的分数X近似服从正态分布，且均值为110，标准差为20.求这个班在这次数学考试中分数在90分以上的概率；
(2)某厂生产的圆柱形零件的外径尺寸X～N(4,0.25)．质检人员从该厂生产的1 000件零件中随机抽查一件，测得它的外径为5.7 cm，试问该厂生产的这批零件是否合格？
[分析]　(3)判断某批产品是否合格，主要运用统计中假设检验的基本思想．欲判定这批零件是否合格，关键是看随机抽查的一件产品的外径尺寸是在(μ－3σ，μ＋3σ)之内还是在(μ－3σ，μ＋3σ)之外．
[解析]　(1)由题意可知，分数X～N(110,202)，μ＝110，σ＝20，
P(X≥90)＝P(X≥110－20)＝P(X≥μ－σ)，
因为P(X≤μ－σ)＋P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＋P(X≥μ＋σ)
＝2P(X≤μ－σ)＋0.683＝1，
所以P(X≤μ－σ)＝0.158 5，
所以P(X≥90)＝1－P(X≤μ－σ)＝1－0.158 5＝0.841 5.
(2)由于圆柱形零件的外径尺寸X～N(4，0.25)，由正态分布的特征可知，X在区间(4－3×0.5,4＋3×0.5)(即(2.5,5.5))之外取值的概率约为0.002 7.而5.7 (2.5,5.5)，这说明在一次试验中，出现了几乎不可能发生的小概率事件，根据统计中假设检验的基本思想，认为该厂生产的这批产品是不合格的．
[规律方法]　解答正态分布的实际应用题的关注点
(1)方法：转化法，把普通的区间转化为3σ区间，由特殊区间的概率值求出．
(2)理论基础：①正态曲线的对称性；②曲线与x轴之间的面积为1；③P(μ－σ≤X≤μ＋σ)，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)的概率值．
对点训练 (1)已知某批零件的长度(单位：毫米)服从正态分布N(100,32)，从中随机抽取一件，其长度落在区间(103,106)内的概率为( B )
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
(2)现有1 000名学生参加数学测试，测试成绩X(满分150分)服从正态分布N(100，σ2)，已知120分及以上的人数为160人，那么通过以上信息推测这次数学成绩140分以上者人数约为( B )
A．20 B．25
C．30 D．40
[解析]　(1)P(103(2)因为成绩X(满分150分)服从正态分布N(100，σ2)，
又因为120分及以上的人数为160人，
所以80分及以下的人数也为160人，
所以P(80由此可知，σ＝20，即X～N(100,202)，
所以P(60故140分及以上的人数约为
＝25(人)．
1．正态曲线函数f(x)＝e－，x∈R，其中μ>0的图象是下图中的( D )
[解析]　正态曲线函数的图象关于直线x＝μ>0对称，故选D.
2．若X～N，则X落在(－3.5，－0.5]内的概率是( B )
A．95.45% B．99.73%
C．4.55% D．0.27%
[解析]　由X～N，知μ＝－2，σ＝，
∴P(－3.53．某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，则下列结论中不正确的是( D )
A．σ越小，该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大
B．σ越小，该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C．σ越小，该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等
D．σ越小，该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等
[解析]　对于A，σ越小，正态分布的图象越瘦长，总体分布越集中在对称轴附近，故A正确．对于B，C，由于正态分布图象的对称轴为μ＝10，显然B，C正确．D显然错误．故选D.
4．(2022·新高考Ⅱ)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝_0.14__.
[解析]　因为X～N(2，σ2)，所以P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2知识点 1　条件概率与事件的独立性
1．条件概率：P(B|A)＝(P(A)>0)．
2．乘法公式与全概率公式、贝叶斯公式：
P(AB)＝P(A)P(B|A)；
P(B)＝P(BAi)＝P(Ai)P(B|Ai)，i＝1,2，…，n；
P(Ai|B)＝
3．独立性与条件概率的关系：当P(B)>0且P(AB)＝P(A)P(B)时，有P(A|B)＝＝＝P(A)．
知识点 2　随机变量
1.离散型随机变量及其分布列
4．正态分布
要点一　条件概率
条件概率是概率的重要内容之一，是后续学习的基础．在高考中经常涉及，一般以选择和填空的形式考查，试题难度不大，属基础题．求条件概率的常用方法为：(1)定义法，分别求出P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.
(2)借助古典概型公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.
典例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1件产品．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．
[解析]　设第一次取到不合格品为事件A，第二次取到不合格品为事件B，则有：
(1)P(A)＝＝0.05.
(2)(方法一)第一次取到一件不合格品，还剩下99件产品，其中有4件不合格品，95件合格品，于是第二次又取到不合格品的概率为，由于这是一个条件概率，所以P(B|A)＝.
(方法二)根据条件概率的定义，先求出事件A，B同时发生的概率P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
[规律方法]　(1)条件概率的计算公式：P(B|A)＝或P(B|A)＝.
(2)条件概率具有的性质：
①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
要点二　离散型随机变量的分布列、期望与方差
求离散型随机变量ξ的分布列、均值、方差的方法
(1)理解离散型随机变量ξ的意义，写出ξ的所有可能取值；
(2)求ξ取每个值的概率；
(3)写出ξ的分布列；
(4)根据均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ)．
注意：如果ξ～B(n，p)，则E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)．
典例2　为创建文明城市，某城市号召出租车司机在高考期间至少进行一次“爱心送考”，该城市某出租车公司共200名司机，他们进行“爱心送考”的次数统计如图所示．
(1)求该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数；
(2)从这200名司机中任选两人，设这两人进行“爱心送考”的次数之差的绝对值为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
[解析]　(1)由图可知200名司机中“爱心送考” 1次的有20人，“爱心送考”2次的有100人，“爱心送考”3次的有80人，
∴该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数为＝2.3.
(2)从该公司任选两名司机，记“这两人中一人‘爱心送考’ 1次，另一人‘爱心送考’2次”为事件A；“这两人中一人‘爱心送考’2次，另一人‘爱心送考’3次” 为事件B；“这两人中一人‘爱心送考’ 1次，另一人‘爱心送考’ 3次”为事件C；“这两人‘爱心送考’次数相同”为事件D.
由题意知X的所有可能取值为0,1,2，
P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，
P(X＝2)＝P(C)＝＝，
P(X＝0)＝P(D)＝＝，
∴X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
[规律方法]　离散型随机变量的期望与方差的关注点
(1)求离散型随机变量的期望与方差，一般先列出分布列，再按期望与方差的计算公式计算．
(2)要熟记特殊分布的期望与方差公式(如两点分布、二项分布、超几何分布)．
(3)注意期望与方差的性质．
(4)实际应用问题，要注意分析实际问题用哪种数学模型来表达．
要点三　二项分布与超几何分布
n重伯努利试验和二项分布、超几何分布是概率中的重要模型，是学习方差、均值的基础．高考中是常考内容，以选择、填空题的形式出现．有时在解答题中有所涉及，题目难度不大属低档题，二项分布的实际应用是常考题型．
典例3　甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为，，，且各人答对与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分．
(1)求随机变量ξ的分布列；
(2)设C表示事件“甲队得2分，乙队得1分”，求P(C)．
[解析]　(1)由题意知，ξ的可能取值为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝C×3＝，
P(ξ＝1)＝C××2＝，
P(ξ＝2)＝C×2×＝，
P(ξ＝3)＝C×3＝，
故ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
P
(2)甲队得2分，乙队得1分，两事件相互独立，
由(1)得，甲队得2分的概率P(ξ＝2)＝，
乙队得1分的概率P＝××＋××＋××＝.
根据独立事件概率公式得，“甲队得2分，乙队得1分”的概率P(C)＝×＝.
[规律方法]　1.关于二项分布的实际应用
熟悉常见的n重伯努利试验的特点，涉及“多次”“多人”“多局”等的事件，每次事件发生的概率相同，随机变量往往符合二项分布，可以利用公式计算概率、期望．
2．关于超几何分布的实际应用
涉及不放回抽取，只含有两类元素抽取，或者多类元素，但抽取只涉及两个限定条件的事件，随机变量往往符合超几何分布，确定基本量n，M，N后可以利用公式求概率、期望．
要点四　正态分布
正态分布是概率统计的重要内容，也是高考的重要内容．既可以以选择题、填空题的形式单独考查，难度较小，又可以与离散型随机变量的均值、方差及实际应用问题综合考查，难度中等偏上．求正态分布的概率主要有两种方法：
(1)注意“3σ原则”的应用．记住正态总体在三个区间内取值的概率．
(2)注意数形结合．由于正态密度曲线具有完美的对称性，体现了数形结合的重要思想，因此运用对称性结合图象解决某一区间内的概率问题成为热点问题．
典例4　某学校高三2 500名学生第二次模拟考试总成绩服从正态分布N(500,502)，请你判断考生成绩X在550～600分的人数．
[解析]　∵考生成绩X～N(500,502)，
∴μ＝500，σ＝50，
∴P(550≤X≤600)＝[P(500－2×50≤X≤500＋2×50)－P(500－50≤X≤500＋50)]
≈(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9，
∴考生成绩在550～600分的人数为2 500×0.135 9≈340(人)．
[规律方法]　正态分布的实际应用
(1)求概率
①利用P(μ－σ≤X≤μ＋σ)，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)的值直接求；
②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1这些特殊性质求解．
(2)3σ原则
在实际应用中，通常认为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值．

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