第2讲 概率、随机变量及其分布
考情解读 1.该部分常考
内容
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有几何概型、古典概型、条件概率，而几何概型常与平面几何、定积分交汇命题，古典概型常与排列、组合交汇命题；常考内容还有离散型随机变量的分布列、期望(均值)、方差，常与相互独立事件的概率、n次独立重复试验交汇考查.2.从考查形式上来看，三种题型都有可能出现，选择题、填空题突出考查基础知识、基本技能，有时会在知识交汇点处命题；解答题则着重考查知识的综合运用，考查统计、古典概型、二项分布以及离散型随机变量的分布列等，都属于中、低档题．
1．随机事件的概率
(1)随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1；不可能事件的概率为0.
(2)古典概型的概率
P(A)＝＝.
(3)几何概型的概率
P(A)＝.
2．条件概率
在A发生的条件下B发生的概率：
P(B|A)＝.
3．相互独立事件同时发生的概率
P(AB)＝P(A)P(B)．
4．独立重复试验
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为
Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
5．超几何分布
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P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.此时称随机变量X服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M，N，n.
6．离散型随机变量的分布列
(1)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称下表：
X
x1
x2
x3
…
xi
…
xn
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
为离散型随机变量X的分布列．
(2)离散型随机变量X的分布列具有两个性质：①pi≥0，②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为X的均值或
数学
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期望(简称期望)．
D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xi－E(X))2·pi＋…＋(xn－E(X))2·pn叫做随机变量ξ的方差．
(4)性质
①E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)；
②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；
③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
7．正态分布
若X～N(μ，σ2)，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率
①P(μ－σ
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
(1) (2)C
解析 (1)任取两个数字(可重复)共有4×4＝16(种)排列方法，一个数字是另一个数字的2倍的所有可能情况有12、21、24、42共4种，所以所求概率为P＝＝.
(2)
如图所示，设在通电后的4秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为x、y，x、y相互独立，由题意可知，所以两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2秒的概率为P(|x－y|≤2)＝＝＝＝.
思维升华 (1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．
(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性．
(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．
(1)(2014·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．
(2)在区间[－3,3]上随机取一个数x，使得函数f(x)＝＋－1有意义的概率为________．
答案 (1) (2)
解析 (1)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件总数共有C＝120(个)，记事件“七个数的中位数为6”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为CC＝20，故所求概率P(A)＝＝.
(2)由得f(x)的定义域为[－3,1]，由几何概型的概率公式，得所求概率为P＝＝.
热点二 相互独立事件和独立重复试验
例2 甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立．根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩
分析
定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析
，甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6、0.5、0.4，能通过面试的概率分别是0.6、0.6、0.75.
(1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率；
(2)求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率．
思维启迪 本题主要考查相互独立事件的概率求法，(1)的关键是利用转化与化归思想，把欲求概率的事件分解为3个互斥事件进行计算；(2)的关键是合理运用对立事件的概率公式计算求解．
解 (1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件A1、A2、A3；E表示事件“恰有一人通过笔试”，
则P(E)＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3)
＝0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.38.
即恰有一人通过笔试的概率是0.38.
(2)分别记“甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格”为事件A、B、C，则P(A)＝0.6×0.6＝0.36，
P(B)＝0.5×0.6＝0.3，P(C)＝0.4×0.75＝0.3.
事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”．
则表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，
即＝ ，
于是P(F)＝1－P()＝1－P()P()P()
＝1－0.64×0.7×0.7＝0.686 4.
即经过两次考试后，至少有一人被预录取的概率是0.686 4.
思维升华 求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点：
(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．
(2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况比较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．
(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．
某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；
(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率．
解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么
1－P()＝1－·p＝，解得p＝.
(2)设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D.“系统A在3次相互独立的检测中发生k次故障”为事件Dk.
则D＝D0＋D1，且D0、D1互斥．
依题意，得P(D0)＝C(1－)3，P(D1)＝C·(1－)2，
所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝.
所以系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为.
热点三 随机变量的分布列
浙公网安备 33021202002483