第十二　排列組合、二項(xiàng)式定理、概率

高考導(dǎo)航
考試要求重難點(diǎn)擊命題展望
排列
、
組合　　1.理解并運(yùn)用分類加法計(jì)數(shù)原理或分步乘法計(jì)數(shù)原理解決一些簡單的實(shí)際問題；
2.理解排列、組合的概念；能利用計(jì)數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式，并能解決簡單的實(shí)際問題；
3.能用計(jì)數(shù)原理證明二項(xiàng)式定理； 會(huì)用 二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)展開式有關(guān)的簡單問題.　　本重點(diǎn)：排列、組合的意義及其計(jì)算方法，二項(xiàng)式定理的應(yīng)用.
本難點(diǎn)：用二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)展開式有關(guān)的問題.　　排列組合是學(xué)習(xí)概率的基礎(chǔ)，其核心是兩個(gè)基本原理.高考中著重考查兩個(gè)基本原理，排列組合的概念及二項(xiàng)式定理.
隨機(jī)事的概率　　1.了解隨機(jī)事發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區(qū)別；
2.了解兩個(gè)互斥事的概率加法公式和相互獨(dú)立事同時(shí)發(fā)生的概率乘法公式；
3.理解古典概型及其概率計(jì)算公式；會(huì)計(jì)算一些隨機(jī)事所包含的基本事的個(gè)數(shù)及事發(fā)生的概率；
4.了解隨機(jī)數(shù)的意義，能運(yùn)用模擬方法估計(jì)概率，了解幾何概型的意義.　　本重點(diǎn)：1.隨機(jī)事、互斥事及概率的意義，并會(huì)計(jì)算互斥事的概率；2.古典概型、幾何概型的概率計(jì)算.
本難點(diǎn)：1.互斥事的判斷及互斥事概率加法公式的應(yīng)用；2.可以轉(zhuǎn) 化為幾何概型求概率的問題.　　本部分要求考生能從集合的思想觀點(diǎn)認(rèn)識事、互斥事與對立事，進(jìn)而理解概率的性質(zhì)、公式，還要求考生了解幾何概型與隨機(jī)數(shù)的意義.在高考中注重考查基礎(chǔ)知識和基本方法的同時(shí)，還�？疾榉诸惻c整合，或然與必然的數(shù)學(xué)思想方法，邏輯思維能力以及運(yùn)用概率知識解決實(shí)際問題的能力.
離散型隨機(jī)變量　　1.理解取有限值的離散型隨機(jī)變量及其分布列的概念，了解分布列對于刻畫隨機(jī)現(xiàn)象的重要性；
2.理解超幾何分布及其導(dǎo)出過程，并能進(jìn)行簡單的應(yīng)用；
3.了解條概率和兩個(gè)事相互獨(dú)立的概念，理解n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布，并能解決一些簡單的實(shí)際問題；
4.理解取有限值的離散型隨機(jī)變量均值、方差的概念，能計(jì)算簡單離散型隨機(jī)變量的均值、方差，并能解決一些實(shí)際問題；
5.利用實(shí)際問題的直方圖，認(rèn)識正態(tài)分布曲線的特點(diǎn)及曲線所表示的意義.本重點(diǎn)：1.離散型隨機(jī)變量及其分布列； 2.獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布.
本難點(diǎn)：1.利用離散型隨機(jī)變量的均值、方差解決一些實(shí)際問題；2.正態(tài)分布曲線的特點(diǎn)及曲線所表示的意義.　　求隨機(jī)變量的分布列與期望，以及在此基礎(chǔ)上進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析是近幾年較穩(wěn)定的高考命題態(tài)勢.考生應(yīng)注重對特殊分布(如二項(xiàng)分布、超幾何分布)的理解和對事的意義的理解.

知識網(wǎng)絡(luò)

12.1　分類加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理

典例精析
題型一　分類加法計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用
【例1】 在1到20這20個(gè)整數(shù)中，任取兩個(gè)數(shù)相加，使其和大于20，共有　　種取法.
【解析】當(dāng)一個(gè)加數(shù)是1時(shí)，另一個(gè)加數(shù)只能是20，有1種取法；
當(dāng)一個(gè)加數(shù)是2時(shí)，另一個(gè)加數(shù)可以是19,20，有2種取法；
當(dāng)一個(gè)加數(shù)是3時(shí)，另一個(gè)加數(shù)可以是18,19,20，有3種取法；
……
當(dāng)一個(gè)加數(shù)是10時(shí)，另一個(gè)加數(shù)可以是11,12，…，19,20，有10種取法；
當(dāng)一個(gè)加數(shù)是11時(shí)，另一個(gè)加數(shù)可以是12,13，…，19,20，有9種取法；
……
當(dāng)一個(gè)加數(shù)是19時(shí)，另一個(gè)加數(shù)只能是20，有1種取法.
由分類加法計(jì)數(shù)原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100種取法.
【點(diǎn)撥】采用列舉法分類，先確定一個(gè)加數(shù)，再利用“和大于20”確定另一個(gè)加數(shù).
【變式訓(xùn)練1】(2010濟(jì)南市模擬)從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個(gè)不同的數(shù)，使這三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個(gè)數(shù)為(　　)
A.3B.4C.6D.8
【解析】當(dāng)公比為2時(shí)，等比數(shù)列可為1,2,4或2,4,8；當(dāng)公比為3時(shí)，等比數(shù)列可為1,3,9；當(dāng)公比為32時(shí)，等比數(shù)列可為4,6,9.同理，公比為12、13、23時(shí)，也有4個(gè).故選D.
題型二　分步乘法計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用
【例2】 從6人中選4人分別到張家界、韶、衡、桃花四個(gè)旅游景點(diǎn)游覽，要求每個(gè)旅游景點(diǎn)只有一人游覽，每人只游覽一個(gè)旅游景點(diǎn)，且6個(gè)人中甲、乙兩人不去張家界游覽，則不同的選擇方案共有　　　種.
【解析】能去張家界的有4人，依此能去韶、衡、桃花的有5人、4人、3人.則由分步乘法計(jì)數(shù)原理得不同的選擇方案有4×5×4×3＝240種.
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意正確分步，要求各步之間必須連續(xù)，只有按照這幾步逐步地去做，才能完成這事，各步之間既不能重復(fù)也不能遺漏.
【變式訓(xùn)練2】(2010湘潭市調(diào)研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，現(xiàn)有5人，每人可以值多天班或不值班，但相鄰兩天不準(zhǔn)由同一人值班，問此值班表共有　　種不同的排法.
【解析】依題意，值班表須一天一天分步完成.第一天有5人可選有5種方法，第二天不能用第一天的人有4種方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4種方法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理共有5×4×4×4×4＝1 280種方法.
題型三　分類和分步計(jì)數(shù)原理綜合應(yīng)用
【例3】(2011長郡中學(xué))如圖，用4種不同的顏色對圖中5個(gè)區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個(gè)區(qū)域涂一種顏色，相鄰的區(qū)域不能涂相同的顏色，則不同的涂色種數(shù)有　　　　.
【解析】方法一：由題意知，有且僅有兩個(gè)區(qū)域涂相同的顏色，分為4類：1與5同；2與5同；3與5同；1與3同.對于每一類有A44種涂法，共有4A44＝96種方法.
方法二：第一步：涂區(qū)域1，有4種方法；第二步：涂區(qū)域2，有3種方法；第三步：涂區(qū)域4，有2種方法(此前三步已經(jīng)用去三種顏色)；第四步：涂區(qū)域3，分兩類：第一類，3與1同色，則區(qū)域5涂第四種顏色；第二類，區(qū)域3與1不同色，則涂第四種顏色，此時(shí)區(qū)域5就可以涂區(qū)域1或區(qū)域2或區(qū)域3中的任意一種顏色，有3種方法.所以，不同的涂色種數(shù)有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96種.
【點(diǎn)撥】染色問題是排列組合中的一類難題.本題能運(yùn)用兩個(gè)基本原理求解，要注意的是分類中有分步，分步后有分類.
【變式訓(xùn)練3】(2009深圳市調(diào)研)用紅、黃、藍(lán)三種顏色去涂圖中標(biāo)號為1,2，…，9的9個(gè)小正方形，使得任意相鄰(有公共邊)小正方形所涂顏色都不相同，且1,5,9號小正方形涂相同顏色，則符合條的所有涂法有多少種？
【解析】第一步，從三種顏色中選一種顏色涂1,5,9號有C13種涂法；
第二步，涂2,3,6號，若2,6同色，有4種涂法，若2,6不同色，有2種涂法，故共有6種涂法；
第三步，涂4,7,8號，同第二步，共有6種涂法.
由分步乘法原理知共有3×6×6＝108種涂法.
總結(jié)提高
分類加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理回答的都是完成一事有多少種不同方法或種數(shù)的問題，其區(qū)別在于：分類加法計(jì)數(shù)原理是完成一事要分若干類，類與類之間要互斥，用任何一類中的任何一種方法都可以獨(dú)立完成這事；分步乘法計(jì)數(shù)原理是完成一事要分若干步，步驟之間相互獨(dú)立，各個(gè)步驟相互依存，缺少其中任何一步都不能完成這事，只有當(dāng)各個(gè)步驟都完成之后，才能完成該事.因此，分清完成一事的方法是分類還是分步，是正確使用這兩個(gè)基本計(jì)數(shù)原理的基礎(chǔ).

12.2　排列與組合

典例精析
題型一　排列數(shù)與組合數(shù)的計(jì)算
【例1】 計(jì)算：(1)8�。獳66A28－A410；(2) C33＋C34＋…＋C310.
【解析】(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5 130623.
(2)原式＝C44＋C34＋C35＋…＋C310＝C45＋C35＋…＋C310＝C46＋C36＋…＋C310＝C411＝330.
【點(diǎn)撥】在使用排列數(shù)公式Amn＝n！(n－m)！進(jìn)行計(jì)算時(shí)，要注意公式成立的條：m，n∈N+，m≤n.另外，應(yīng)注意組合數(shù)的性質(zhì)的靈活運(yùn)用.
【變式訓(xùn)練1】解不等式 ＞6 .
【解析】原不等式即9！(9－x)�。�6×9！(11－x)！，
也就是1(9－x)�。� ，
化簡得x2－21x＋104＞0，
解得x＜8或x＞13，又因?yàn)?≤x≤9，且x∈N*，
所以原不等式的解集為{2,3,4,5,6,7}.
題型二　有限制條的排列問題
【例2】 3男3女共6個(gè)同學(xué)排成一行.
(1)女生都排在一起，有多少種排法？
(2)女生與男生相間，有多少種排法？
(3)任何兩個(gè)男生都不相鄰，有多少種排法？
(4)3名男生不排在一起，有多少種排法？
(5)男生甲與男生乙中間必須排而且只能排2位女生，女生又不能排在隊(duì)伍的兩端，有幾種排法？
【解析】(1)將3名女生看作一人，就是4個(gè)元素的全排列，有A44種排法.又3名女生內(nèi)部可有A33種排法，所以共有A44•A33＝144種排法.
(2)男生自己排，女生也自己排，然后相間插入(此時(shí)有2種插法)，所以女生與男生相間共有2A33•A33＝72種排法.
(3)女生先排，女生之間及首尾共有4個(gè)空隙，任取其中3個(gè)安插男生即可，因而任何兩個(gè)男生都不相鄰的排法共有A33•A34＝144種.
(4)直接分類較復(fù)雜，可用間接法.即從6個(gè)人的排列總數(shù)中，減去3名男生排在一起的排法種數(shù)，得3名男生不排在一起的排法種數(shù)為A66－A33A44＝576種.
(5)先將2個(gè)女生排在男生甲、乙之間，有A23種排法.又甲、乙之間還有A22種排法.這樣就有A23•A22種排法.然后把他們4人看成一個(gè)元素(相當(dāng)于一個(gè)男生)，這一元素及另1名男生排在首尾，有A22種排法.最后將余下的女生排在其間，有1種排法.故總排法為A23A22A22＝24種.
【點(diǎn)撥】排列問題的本質(zhì)就是“元素”占“位子”問題，有限制條的排列問題的限制主要表現(xiàn)在：某些元素“排”或“不排”在哪個(gè)位子上，某些元素“相鄰”或“不相鄰”.對于這類問題，在分析時(shí)，主要按照“優(yōu)先”原則，即優(yōu)先安排特殊元素或優(yōu)先滿足特殊位子，對于“相鄰”問題可用“捆綁法”，對于“不相鄰”問題可用“插空法”.對于直接考慮較困難的問題，可以采用間接法.
【變式訓(xùn)練2】把1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字組成無重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，并把它們按由小到大的順序排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列.
(1)43 251是這個(gè)數(shù)列的第幾項(xiàng)？
(2)這個(gè)數(shù)列的第97項(xiàng)是多少？
【解析】(1)不大于43 251的五位數(shù)A55－(A44＋A33＋A22)＝88個(gè)，即為此數(shù)列的第88項(xiàng).
(2)此數(shù)列共有120項(xiàng)，而以5開頭的五位數(shù)恰好有A44＝24個(gè)，所以以5開頭的五位數(shù)中最小的一個(gè)就是該數(shù)列的第97項(xiàng)，即51 234.
題型三　有限制條的組合問題
【例3】 要從12人中選出5人去參加一項(xiàng)活動(dòng).
(1)A，B，C三人必須入選有多少種不同選法？
(2)A，B，C三人都不能入選有多少種不同選法？
(3)A，B，C三人只有一人入選有多少種不同選法？
(4)A，B，C三人至少一人入選有多少種不同選法？
(5)A，B，C三人至多二人入選有多少種不同選法？
【解析】(1)只須從A，B，C之外的9人中選擇2人，C29＝36種不同選法.
(2)由A，B，C三人都不能入選只須從余下9人中選擇5人，即有C59＝C49＝126種選法.
(3)可分兩步，先從A，B，C三人中選出1人，有C13種選法，再從余下的9人中選4人，有C49種選 法，所以共有C13•C49＝378種選法.
(4)可考慮間接法，從12人中選5人共有C512種，再減去A，B，C三人都不入選的情況C59，共有C512－C59＝666種選法.
(5)可考慮間接法，從12人中選5人共有C512種，再減去A，B，C三人都入選的情況C29種，所以共有C512－C29＝756種選法.
【點(diǎn)撥】遇到至多、至少的有關(guān)計(jì)數(shù)問題，可以用間接法求解.對于有限制條的問題，一般要根據(jù)特殊元素分類.
【變式訓(xùn)練3】四面體的頂點(diǎn)和各棱中點(diǎn)共有10個(gè)點(diǎn).
(1)在其中取4個(gè)共面的點(diǎn)，共有多少種不同的取法？
(2)在其中取4個(gè)不共面的點(diǎn)，共有多少種不同的取法？
【解析】(1)四個(gè)點(diǎn)共面的取法可分三類.第一類：在同一個(gè)面上取，共有4C46種；第二類：在一條棱上取三點(diǎn)，再在它所對的棱上取中點(diǎn)，共有6種；第三類：在六條棱的六個(gè)中點(diǎn)中取，取兩對對棱的4個(gè)中點(diǎn)，共有C23＝3種.故有69種.
(2)用間接法.共C410－69＝141種.
總結(jié)提高
解有條限制的排列與組合問題的思路：
(1)正確選擇原理，確定分類或分步計(jì)數(shù)；
(2)特殊元素、特殊位置優(yōu)先考慮；
(3)再考慮其余元素或其余位置.

12.3二項(xiàng)式定理

典例精析
題型一　二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式及應(yīng)用
【例1】 已知 的展開式中，前三項(xiàng)系數(shù)的絕對值依次成等差數(shù)列.
(1)求證：展開式中沒有常數(shù)項(xiàng)；
(2)求展開式中所有的有理項(xiàng).
【解析】由題意得2C1n• ＝1＋C2n•( )2，
即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1(舍去).
所以Tr＋1＝ •( ) •
＝(－ )r• • •
＝(－1)r• • (0≤r≤8，r∈Z).
(1)若Tr＋1是常數(shù)項(xiàng)，則16－3r4＝0，即16－3r＝0，
因?yàn)閞∈Z，這不可能，所以展開式中沒有常數(shù)項(xiàng).
(2)若Tr＋1是有理項(xiàng)，當(dāng)且僅當(dāng)16－3r4為整數(shù)，
又0≤r≤8，r∈Z，所以 r＝0,4,8，
即展開式中有三項(xiàng)有理項(xiàng)，分別是T1＝x4，T5＝358 x，T9＝1256 x-2.
【點(diǎn)撥】(1)把握住二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，是掌握二項(xiàng)式定理的關(guān)鍵.除通項(xiàng)公式外，還應(yīng)熟練掌握二項(xiàng)式的指數(shù)、項(xiàng)數(shù)、展開式的系數(shù)間的關(guān)系、性質(zhì)；
(2)應(yīng)用通項(xiàng)公式求二項(xiàng)展開式的特定項(xiàng)，如求某一項(xiàng)，含x某次冪的項(xiàng)，常數(shù)項(xiàng)，有理項(xiàng)，系數(shù)最大的項(xiàng)等，一般是應(yīng)用通項(xiàng)公式根據(jù)題意列方程，在求得n或r后，再求所需的項(xiàng)(要注意n和r的數(shù)值范圍及大小關(guān)系)；
(3) 注意區(qū)分展開式“第r＋1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)”與“第r＋1項(xiàng)的系數(shù)”.
【變式訓(xùn)練1】若(xx＋ )n的展開式的前3項(xiàng)系數(shù)和為129，則這個(gè)展開式中是否含有常數(shù)項(xiàng)，一次項(xiàng)？如果有，求出該項(xiàng)，如果沒有，請說明理由.
【解析】由題知C0n＋C1n•2＋C2n•22＝129，
所以n＝8，所以通項(xiàng)為Tr＋1＝Cr8(xx)8-r ＝ ，
故r＝6時(shí)，T7＝26C28x＝1 792x，
所以不存在常數(shù)項(xiàng)，而存在一次項(xiàng)，為1 792x.
題型二　運(yùn)用賦值法求值
【例2】(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，則n＝　��；
(2)已知(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若5a1＋2a2＝0，則a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝　　.
【解析】(1)易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.
又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，
即2n＋1－2＝30，所以n＝4.
(2)由二項(xiàng)式定理得，
a1＝－C1n＝－n，a2＝C2n＝n(n－1)2，
代入已知得－5n＋n(n－1)＝0，所以n＝6，
令x＝－1得(1＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.
【點(diǎn)撥】運(yùn)用賦值法求值時(shí)應(yīng)充分抓住代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，通過一些特殊值代入構(gòu)造相應(yīng)的結(jié)構(gòu).
【變式訓(xùn)練2】設(shè)(3x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.
【解析】令f(x)＝(3x－1)8，
因?yàn)閒(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，
f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f(1)＋f(－1)2＝27×(1＋28).
題型三　二項(xiàng)式定理的綜合應(yīng)用
【例3】求證：4×6n＋5 n＋1－9能被20整除.
【解析】4×6n＋5n＋1－9＝4(6n－1)＋5(5n－1)＝4[(5＋1)n－1]＋5[(4＋1)n－1]＝20[(5n－1＋C1n5n－2＋…＋Cn－1n)＋(4n－1＋C1n4n－2＋…＋Cn－1n)]，是20的倍數(shù)，所以4×6n＋5n＋1－9能被20整除.
【點(diǎn)撥】用二項(xiàng)式定理證明整除問題時(shí)，首先需注意(a＋b)n中，a，b中有一個(gè)是除數(shù)的倍數(shù)；其次展開式有什么規(guī)律，余項(xiàng)是什么，必須清楚.
【變式訓(xùn)練3】求0.9986的近似值，使誤差小于0.001.
【解析】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.
因?yàn)門3＝C26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.000 06＜0.001，
且第3項(xiàng)以后的絕對值都小于0.001，
所以從第3項(xiàng)起，以后的項(xiàng)都可以忽略不計(jì).
所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.
總結(jié)提高
1.利用通項(xiàng)公式可求展開式中某些特定項(xiàng)(如常數(shù)項(xiàng)、有理項(xiàng)、二項(xiàng)式系數(shù)最大項(xiàng)等)，解決這些問題通常采用待定系數(shù)法，運(yùn)用通項(xiàng)公式寫出待定式，再根據(jù)待定項(xiàng)的要求寫出n、r滿足的條，求出n和r，再確定所需的項(xiàng)；
2.賦值法是解決二項(xiàng)展開式的系數(shù)和、差問題的一個(gè)重要手段；
3.利用二項(xiàng)式定理解決整除問題時(shí)，關(guān)鍵是進(jìn)行合理的變形，使得二項(xiàng)展開式的每一項(xiàng)都成為除數(shù)的倍數(shù).對于余數(shù)問題，要注意余數(shù)的取值范圍.

12.4　隨機(jī)事的概率與概率的基本性質(zhì)

典例精析
題型一　頻率與概率
【例1】某企業(yè)生產(chǎn)的乒乓球被08年北京奧委會(huì)指定為乒乓球比賽專用球.日前有關(guān)部門對某批產(chǎn)品進(jìn)行了抽樣檢測，檢查結(jié)果如下表所示.
抽取球數(shù)n501002005001 0002 000
優(yōu)等品數(shù)m45921944709541 902
優(yōu)等品頻率
(1)計(jì)算表中乒乓球優(yōu)等品的頻率；
(2)從這批乒乓球產(chǎn)品中任取一個(gè)，質(zhì)量檢查為優(yōu)等品的概率是多少？(結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后三位)
【解析】(1)依據(jù)公式 ，計(jì)算出表中乒乓球優(yōu)等品的頻率依次是0.900,0.920,0.970,
0.940,0.954,0.951.
(2)由(1)知，抽取的球數(shù)n不同，計(jì)算得到的頻率值不同，但隨著抽取的球數(shù)的增多，卻都在常數(shù)0.950的附近擺動(dòng)，所以質(zhì)量檢查為優(yōu)等品的概率為0.950.
【點(diǎn)撥】從表中所給的數(shù)據(jù)可以看出，當(dāng)所抽乒乓球較少時(shí)，優(yōu)等品的頻率波動(dòng)很大，但當(dāng)抽取的球數(shù)很大時(shí)，頻率基本穩(wěn)定在0.95，在其附近擺動(dòng)，利用概率的統(tǒng)計(jì)定義，可估計(jì)該批乒乓球的優(yōu)等率.
【變式訓(xùn)練1】某籃球運(yùn)動(dòng)員在最近幾場比賽中罰球的結(jié)果如下.
投籃次數(shù)n8101291016
進(jìn)球次數(shù)m6897712
進(jìn)球頻率
(1)計(jì)算表中進(jìn)球的頻率；
(2)這位運(yùn)動(dòng)員投籃一次，進(jìn)球的概率是多少？
【解析】(1)由公式計(jì)算出每場比賽該運(yùn)動(dòng)員罰球進(jìn)球的頻率依次為：

(2)由(1)知，每場比賽進(jìn)球的頻率雖然不同，但頻率總在 附近擺動(dòng)，可知該運(yùn)動(dòng)員進(jìn)球的概率為 .
題型二　隨機(jī)事間的關(guān)系
【例2】從一副橋牌(52張)中任取1張.判斷下列每對事是否為互斥事，是否為對立事.
(1)“抽出紅桃”與“抽出黑桃”；
(2)“抽出紅色牌”與“抽出黑色牌”；
(3)“抽出的牌點(diǎn)數(shù)為3的倍數(shù)”與“抽出的牌點(diǎn)數(shù)大于10”.
【解析】(1)是互斥事但不是對立事.因?yàn)椤俺槌黾t桃”與“抽出黑桃”在僅取一張時(shí)不可能同時(shí)發(fā)生，因而是互斥的.同時(shí)，不能保證其中必有一個(gè)發(fā)生，因?yàn)檫�可能抽出“方塊”或“梅花”，因此兩者不對立.
(2)是互斥事又是對立事.因?yàn)閮烧卟豢赏瑫r(shí)發(fā)生，但其中必有一個(gè)發(fā)生.
(3)不是互斥事，更不是對立事.因?yàn)椤俺槌龅呐泣c(diǎn)數(shù)為3的倍數(shù)”與“抽出的牌點(diǎn)數(shù)大于10”這兩個(gè)事有可能同時(shí)發(fā)生，如抽得12.
【點(diǎn)撥】要區(qū)分互斥事和對立事的定義.
【變式訓(xùn)練2】抽查10產(chǎn)品，設(shè)事A：至少有兩次品，則A的對立事為(　　)
A.至多兩次品 B.至多一次品
C.至多兩正品 D.至少兩正品
【解析】根據(jù)對立事的定義得選項(xiàng)B.
題型三　概率概念的應(yīng)用
【例3】 甲、乙兩個(gè)班級進(jìn)行數(shù)學(xué)考試，按照大于或等于85分為優(yōu)秀，85分以下為非優(yōu)秀，統(tǒng)計(jì)后，得到如下列聯(lián)表.
優(yōu)秀非優(yōu)秀總計(jì)
甲10
乙30
總計(jì)105
已知從全部105人中隨機(jī)抽取1人為優(yōu)秀的概率為 .
(1)請完成上面列聯(lián)表；
(2)根據(jù)列聯(lián)表的數(shù)據(jù)，若按95%的可靠性要求，能否認(rèn)為“成績與班級有關(guān)系”(參考數(shù)據(jù)P(2＞6.635)＝0.05)；
(3)若按下面的方法從甲班優(yōu)秀的學(xué)生中抽取一人：把甲班優(yōu)秀的10人按2到11進(jìn)行編號，然后兩次擲一枚均勻的骰子，出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和為被抽取人的編號.試求抽到6號或10號的概率.
【解析】(1)
優(yōu)秀非優(yōu)秀總計(jì)
甲104555
乙203050
總計(jì)3075105
(2)計(jì)算2的一個(gè)觀測值
k＝ ＝6.109.
因?yàn)?.109＜6.635，所以沒有95%的把握認(rèn)為成績與班級有關(guān).
(3)記被抽取人的序號為ζ，
則P(ζ＝6)＝ ，P(ζ＝10)＝ ，
所以P(ζ＝6或ζ＝10)＝P(ζ＝6)＋P(ζ＝10)＝ ＝ .
【點(diǎn)撥】本題考查概率的概念在實(shí)際生活中的應(yīng)用.
【變式訓(xùn)練3】袋內(nèi)有35個(gè)球，每個(gè)球上都記有從1~35中的一個(gè)號碼，設(shè)號碼為n的球的重量為 －5n＋20克，這些球以等可能性從袋里取出(不受重量、號碼的影響).
(1)如果取出1球，試求其重量比號碼數(shù)大5的概率；
(2)如果任意取出2球，試求它們重量相等的概率.
【解析】(1)由不等式 －5n＋20＞n＋5，得n＞15或n＜3，
由題意知n＝1,2或者n＝16,17，…，35，于是所求概率為 .
(2)設(shè)第n號和第m號的兩個(gè)球的重量相等，
其中n＜m，則有 －5n＋20＝ －5m＋20，
所以(n－m)(n＋m－15)＝0.
因?yàn)閚≠m，所以n＋m＝15，
所以(n，m)＝(1,14)，(2,13)，…，(7,8).
故所求概率為 .
總結(jié)提高
1.對立事是互斥事的一種特殊情況，是指在一次試驗(yàn)中有且僅有一個(gè)發(fā)生的兩個(gè)事.集合A的對立事記作 ，從集合的角度看，事 所含結(jié)果的集合正是全集U中由事A所含結(jié)果組成集合的補(bǔ)集，即A∪ ＝U，A∩ ＝ .對立事一定是互斥事，但互斥事不一定是對立事.
事A、B的和記作A＋B，表示事A、B至少有一個(gè)發(fā)生.當(dāng)A、B為互斥事時(shí)，事A＋B是由“A發(fā)生而B不發(fā)生”以及“B發(fā)生而A不發(fā)生”構(gòu)成的.
當(dāng)計(jì)算事A的概率P(A)比較困難時(shí)，有時(shí)計(jì)算它的對立事 的概率則要容易些，為此有P(A)＝1－P( ).
2.若A與B互相獨(dú)立，則 與 ，A與 ， 與B都是相互獨(dú)立事.判斷A與B是否獨(dú)立的方法是看P(AB)＝P(A)•P(B)是否成立.

12.5　古典概型

典例精析
題型一　古典概率模型的計(jì)算問題
【例1】一汽車廠生產(chǎn)A、B、C三類轎車，每類轎車均有舒適型和標(biāo)準(zhǔn)型兩種型號，某月的產(chǎn)量如下表(單位：輛)，
轎車A轎車B轎車C
舒適型100150z
標(biāo)準(zhǔn)型300450600
現(xiàn)按分層抽樣的方法在這個(gè)月生產(chǎn)的轎車中抽取50輛，其中有A類10輛.
(1)求z的值；
(2)用分層抽樣的方法在C類轎車中抽取一個(gè)容量為5的樣本，將該樣本視為一個(gè)總體，從中任取2輛，求至少有1輛舒適型轎車的概率；
(3)用隨機(jī)抽樣方法從B類舒適型轎車中抽取8輛，經(jīng)檢測它們的得分如下：9.4,8.6,9.2,
9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把這8輛車的得分看成一個(gè)總體，從中任取一個(gè)數(shù)，求該數(shù)與樣本平均數(shù)之差的絕對值不超過0.5的概率.
【解析】(1)依題意知，從每層抽取的比率為140，從而轎車的總數(shù)為50×40＝2 000輛，所以z＝2 000－100－150－300－450－600＝400.
(2)由(1)知C類轎車共1 000輛，又樣本容量為5，故抽取的比率為1200，即5輛轎車中有2輛舒適型、3輛標(biāo)準(zhǔn)型，任取2輛，一共有n＝10種不同取法，記事A：至少有1輛舒適型轎車，則事 表示抽取到2輛標(biāo)準(zhǔn)型轎車，有m′＝3種不同取法，從而事A包含：基本事數(shù)為m＝7種，所以P(A)＝710.
(3)樣本平均數(shù) ＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，記事B：從樣本中任取一數(shù)，該數(shù)與樣本平均數(shù)的絕對值不超過0.5，則事B包含的基本事有6種，所以P(B)＝68＝34.
【點(diǎn)撥】利用古典概型求事的概率時(shí)，主要弄清基本事的總數(shù)，及所求事所含的基本事的個(gè)數(shù).
【變式訓(xùn)練1】已知△ABC的三邊是10以內(nèi)(不包含10)的三個(gè)連續(xù)的正整數(shù)，求任取一個(gè)△ABC是銳角三角形的概率.
【解析】依題意不妨設(shè)a＝n－1，b＝n，c＝n＋1(n＞1，n∈N)，從而有a＋b＞c，即n＞2，所以△ABC的最小邊為2，要使△ABC是銳角三角形，只需△ABC的最大角C是銳角，cos C＝(n－1)2＋n2－(n＋1)22(n－1)n＝n－42(n－1)＞0，所以n＞4，
所以，要使△ABC是銳角三角形，△ABC的最小邊為4.另一方面，從{2,3,4，…，9}中，“任取三個(gè)連續(xù)正整數(shù)”共有6種基本情況，“△ABC是銳角三角形”包含4種情況，故所求的概率為46＝23.
題型二　有放回抽樣與不放回抽樣
【例2】 現(xiàn)有一批產(chǎn)品共有10，其中8為正品，2為次品.
(1)如果從中取出一，然后放回，再取一，求連續(xù)3次取出的都是正品的概率；
(2)如果從中一次取3，求3都是正品的概率.
【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取順序(x，y，z)記錄結(jié)果，則x，y，z都有10種可能，所以試驗(yàn)結(jié)果有10×10×10＝103種；設(shè)事A為“連續(xù)3次都取正品”，則包含的基本事共有8×8×8＝83 種，因此，P(A)＝ ＝0.512.
(2)方法一：可以看作不放回抽樣3次，順序不同，基本事不同，按抽取順序記錄(x，y，z)，則x有10種可能，y有9種可能，z有8種可能，所以試驗(yàn)的所有結(jié)果為10×9×8＝720種.設(shè)事B為“3都是正品”，則事B包含的基本事總數(shù)為8×7×6＝336， 所以P(B)＝336720≈0.467.
方法二：可以看作不放回3次無順序抽樣，先按抽取順序(x，y，z)記錄結(jié)果，則x有10種可能，y有9種可能，z有8種可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以試驗(yàn)的所有結(jié)果有10×9×8÷6＝120.按同樣的方法，事B包含的基本事個(gè)數(shù)為8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝56120≈0.467.
【點(diǎn)撥】關(guān)于不放回抽樣，計(jì)算基本事個(gè)數(shù)時(shí)，既可以看作是有順序的，也可以看作是無順序的，其結(jié)果是一樣的，但不論選擇哪一種方式，觀察的角度必須一致，否則會(huì)導(dǎo)致錯(cuò)誤.
【變式訓(xùn)練2】有5張卡片，上面分別寫有0,1,2,3,4中的1個(gè)數(shù).求：
(1)從中任取兩張卡片，兩張卡片上的數(shù)字之和等于4的概率；
(2)從中任取兩次卡片，每次取一張，第一次取出卡片，記下數(shù)字后放回，再取第二次，兩次取出的卡片上的數(shù)字之和恰好等于4的概率.
【解析】(1)兩張卡片上的數(shù)字之和等于4的情形共有4種，任取兩張卡片共有10種，所以概率為P＝410＝25；
(2)兩張卡片上的數(shù)字之和等于4的情形共有5種，任取兩張卡片共有25種，所以概率為P＝525＝15.
題型三　古典概型問題的綜合應(yīng)用
【例3】 甲、乙兩袋裝有大小相同的紅球和白球，甲袋裝有2個(gè)紅球，2個(gè)白球；乙袋裝有2個(gè)紅球，n個(gè)白球.從甲、乙兩袋中各任取2個(gè)球.
(1)若n＝3，求取到的4個(gè)球全是紅球的概率；
(2)若取到的4個(gè)球中至少有2個(gè)紅球的概率為34，求n.
【解析】(1)記“取到的4個(gè)球全是紅球”為事A，
P(A)＝C22C24•C22C25＝16×110＝160.
(2)記“取到的4個(gè)球至多有1個(gè)紅球”為事B，“取到的4個(gè)球只有1個(gè)紅球”為事B1，“取到的4個(gè)球全是白球”為事B2.
由題意，得P(B)＝1－34＝14.
P(B1)＝C12C12C24•C2nC2n＋2＋C22C24•C12C1nC2n＋2＝2n23(n＋2)(n＋1)，
P(B2)＝C22C24•C2nC2n＋2＝n(n－1)6(n＋2)(n＋1).
所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝2n23(n＋2)(n＋1)＋n(n－1)6(n＋2)(n＋1)＝14，化簡得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－37(舍去)，故n＝2.
【變式訓(xùn)練3】甲、乙二人參加普法知識競賽，共有10道不同的題目，其中選擇題6道，判斷題4道，甲、乙二人一次各抽取一題.
(1)甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的概率是多少？
(2)甲、乙二人至少有一個(gè)抽到選擇題的概率是多少？
【解析】(1)甲從選擇題中抽到一題的可能結(jié)果有C16個(gè)，乙從判斷題中抽到一題的的可能結(jié)果是C 14，故甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的可能結(jié)果為C16×C14＝24.又甲、乙二人一次各抽取一題的結(jié)果有C110×C19＝90，
所以概率為2490＝415.
(2)甲、乙二人一次各抽取一題基本事的總數(shù)是10×9＝90.
方法一：(分類計(jì)數(shù)原理)
①只有甲抽到了選擇題的事數(shù)是：6×4＝24；
②只有乙抽到了選擇題的事數(shù)是：6×4＝24；
③甲、乙同時(shí)抽到選擇題的事數(shù)是：6×5＝30.
故甲、乙二人至少有一個(gè)抽到選擇題的概率是24＋24＋3090＝1315.
方法二：(利用對立事)
事“甲、乙二人至少有一個(gè)抽到選擇題”與事“甲、乙兩人都未抽到選擇題”是對立事.
事“甲、乙兩人都未抽到選擇題”的基本事個(gè)數(shù)是4×3＝12.
故甲、乙二人至少有一個(gè)抽到選擇題的概率是1－1290＝1－215＝1315.
總結(jié)提高
1.對古典概型首先必須使學(xué)生明確判斷兩點(diǎn)：①對于每個(gè)隨機(jī)試驗(yàn)說，所有可能出現(xiàn)的試驗(yàn)結(jié)果數(shù)n必須是有限個(gè)；②出現(xiàn)的各個(gè)不同的試驗(yàn)結(jié)果數(shù)m其可能性大小必須是相同的.只有在同時(shí)滿足①、②的條下，運(yùn)用的古典概型計(jì)算公式P(A)＝mn得出的結(jié)果才是正確的.使用公式P(A)＝mn計(jì)算時(shí)，確定m、n的數(shù)值是關(guān)鍵所在.
2.對于n個(gè)互斥事A1，A2，…，An，其加法公式為P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
3.分類討論思想是解決互斥事有一個(gè)發(fā)生的概率的一個(gè)重要的指導(dǎo)思想.
4.在應(yīng)用題背景條下，能否把一個(gè)復(fù)雜事分解為若干個(gè)互相排斥或相互獨(dú)立、既不重復(fù)又不遺漏的簡單事是解答這類應(yīng)用題的關(guān)鍵，也是考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力的重要環(huán)節(jié).

12.6　幾何概型

典例精析
題型一　長度問題
【例1】如圖，∠AOB＝60°，OA＝2，OB＝5，在線段OB上任取一點(diǎn)C，

試求：
(1)△AOC為鈍角三角形的概率；
(2)△AOC為銳角三角形的概率.
【解析】如圖，由平面幾何知識知：
當(dāng)AD⊥OB時(shí)，OD＝1；當(dāng)OA⊥AE時(shí)，OE＝4，BE＝1.
(1)當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C在線段OD或BE上時(shí)，△AOC為鈍角三角形.
記“△AOC為鈍角三角形”為事，則P()＝OD＋EBOB＝1＋15＝0.4，即△AOC為鈍角三角形的概率為0.4.
(2)當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C在線段DE上時(shí)，△AOC為銳角三角形.
記“△AOC為銳角三角”為事N，則P(N)＝DEOB＝35＝0.6，即△AOC為銳角三角形的概率為0.6.
【點(diǎn)撥】我們把每一個(gè)事理解為從某個(gè)特定的區(qū)域內(nèi)隨機(jī)地取一點(diǎn)，該區(qū)域中每一點(diǎn)被取到的機(jī)會(huì)都一樣，而一個(gè)事發(fā)生則理解為恰好在上述區(qū)域內(nèi)的某個(gè)指定的區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)，這樣的概率模型就可以用幾何概型求解.
【變式訓(xùn)練1】點(diǎn)A為周長等于3的圓周上的一個(gè)定點(diǎn)，若在該圓周上隨機(jī)取一點(diǎn)B，則劣弧AB的長度小于1的概率為　　　.
【解析】如圖

可設(shè) ＝1，則根據(jù)幾何概率可知其整體事是其周長3，則其概率是23.
題型二　面積問題
【例2】 兩個(gè)CB對講機(jī)(CB即CitizenBand民用波段的英縮寫)持有者，莉莉和霍伊都為卡爾貨運(yùn)公司工作，他們的對講機(jī)的接收范圍為25公里，在下午3：00時(shí)莉莉正在基地正東距基地30公里以內(nèi)的某處向基地行駛，而霍伊在下午3：00時(shí)正在基地正北距基地40公里以內(nèi)的某地向基地行駛，試問在下午3：00時(shí)他們能夠通過對講機(jī)交談的概率有多大？
【解析】設(shè)x和y分別代表莉莉和霍伊距基地的距離，于是0≤x≤30,0≤y≤40.
他們所有可能的距離的數(shù)據(jù)構(gòu)成有序點(diǎn)對(x，y)，這里x，y都在它們各自的限制范圍內(nèi)，則所有這樣的有序數(shù)對構(gòu)成的集合即為基本事組對應(yīng)的幾何區(qū)域，每一個(gè)幾何區(qū)域中的點(diǎn)都代表莉莉和霍伊的一個(gè)特定的位置， 他們可以通過對講機(jī)交談的事僅當(dāng)他們之間的距離不超過25公里時(shí)發(fā)生(如下圖)，因此構(gòu)成該事的點(diǎn)由滿足不等式x2＋y2≤25的數(shù)對組成，
此不等式等價(jià)于x2＋y2≤625，右圖中的方形區(qū)域代表基本事組，陰影部分代表所求事，方形區(qū)域的面積為1 200平方公里，而事的面積為(14)×π×(25)2＝625π4，
于是有P＝625×π41 200＝625π4 800≈0.41.
【點(diǎn)撥】解決此類問題，應(yīng)先根據(jù)題意確定該實(shí)驗(yàn)為幾何概型，然后求出事A和基本事的幾何度量，借助幾何概型的概率公式求出.
【變式訓(xùn)練2】如圖，以正方形ABCD的邊長為直徑作半圓，重疊部分為花瓣.現(xiàn)在向該正方形區(qū)域內(nèi)隨機(jī)地投擲一飛鏢，求飛鏢落在花瓣內(nèi)的概率.
【解析】飛鏢落在正方形區(qū)域內(nèi)的機(jī)會(huì)是均等的，符合幾何概型條.記飛鏢落在花瓣內(nèi)為事A，設(shè)正方形邊長為2r，則
P( A)＝S花瓣SABCD＝12πr2×4－(2r)2(2r)2＝π－22.
所以，飛鏢落在花瓣內(nèi)的概率為π－22.
題型三　體積問題
【例3】 在線段[0,1]上任意投三個(gè)點(diǎn)，設(shè)O至三點(diǎn)的三線段長為x、y、z，研究方法表明：x，y，z能構(gòu)成三角形只要點(diǎn)(x，y，z) 落在棱長為1的正方體T的內(nèi)部由△ADC，△ADB，△BDC，△AOC，△AOB，△BOC所圍成的區(qū)域G中(如圖)，則x，y，z能構(gòu)成三角形與不能構(gòu)成三角形這兩個(gè)事中哪一個(gè)事的概率大？
【解析】V(T)＝1，V(G)＝13－3×13×12×13＝12，
所以P＝V(G)V(T)＝12.
由此得，能與不能構(gòu)成三角形兩事的概率一樣大.
【點(diǎn)撥】因?yàn)槿我馔兜娜�點(diǎn)x，y，z是隨機(jī)的，所以使得能構(gòu)成三角形只與能構(gòu)成三角形的區(qū)域及基本事的區(qū)域有關(guān).
【變式訓(xùn)練3】已知正方體ABCD—A1B1C1D1內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球O，則在正方體ABCD—A1B1C1D1內(nèi)任取點(diǎn)，點(diǎn)在球O內(nèi)的概率是(　　)
A.π4B.π8C.π6D.π12
【解析】設(shè)正方體的棱長為a，則點(diǎn)在球O內(nèi)的概率P＝V球V正方體＝43π(a2)3a3＝π6，選C.
總結(jié)提高
1.幾何概型是一種概率模型，它與古典概型的區(qū)別是試驗(yàn)的可能結(jié)果不是有限個(gè).其特點(diǎn)是在一個(gè)區(qū)域內(nèi)均勻分布，概率大小與隨機(jī)事所在區(qū)域的形狀和位置無關(guān)，只與該區(qū)域的大小有關(guān).如果隨機(jī)事所在區(qū)域是一個(gè)單點(diǎn)，其測度為0，則它出現(xiàn)的概率為0，但它不是不可能事. 如果隨機(jī)事所在區(qū)域是全部區(qū)域扣除一個(gè)單點(diǎn)， 其測度為1，則它出現(xiàn)的概率為1，但它不是必然事.
2.若試驗(yàn)的全部結(jié)果是一個(gè)包含無限個(gè)點(diǎn)的區(qū)域(長度，面積，體積)，一個(gè)基本事是區(qū)域中的一個(gè)點(diǎn).此時(shí)用點(diǎn)數(shù)度量事A包含的基本事的多少就毫無意義.“等可能性”可以理解成“對任意兩個(gè)區(qū)域，當(dāng)它們的測度(長度，面積，體積，…)相等時(shí)，事A對應(yīng)點(diǎn)落在這兩區(qū)域上的概率相等，而與形狀和位置都無關(guān)”.
3.幾何概型并不限于向平面(或直線、空間)投點(diǎn)的試驗(yàn)，如果一個(gè)隨機(jī)試驗(yàn)有無限多個(gè)等可能的基本結(jié)果，每個(gè)基本結(jié)果可以用平面(或直線、空間)中的一點(diǎn)表示，而所有基本結(jié)果對應(yīng)于一個(gè)區(qū)域Ω，這時(shí)，與試驗(yàn)有關(guān)的問題即可利用幾何概型解決.

12.7　條概率與事的獨(dú)立性

典例精析
題型一　條概率的求法
【例1】一張儲蓄卡的密碼共6位數(shù)字，每位數(shù)字都可從0~9中任選一個(gè).某人在銀行自動(dòng)提款機(jī)上取錢時(shí)，忘記了密碼的最后一位數(shù)字，求：
(1)任意按最后一位數(shù)字，不超過2次就按對的概率；
(2)如果他記得密碼的最后一位是偶數(shù)，不超過2次就按對的概率.
【解析】設(shè)第i次按對密碼為 事Ai(i＝1,2)，則A＝A1∪( A2)表示不超過2次就按對密碼.
(1)因?yàn)槭翧1與事 A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P( A2)＝110＋9×110×9＝15.
(2)用B表示最后一位是偶數(shù)的事，則
P(AB)＝P(A1B)＋P( A2B)＝15＋4×15×4＝25.
【點(diǎn)撥】此類問題解題時(shí)應(yīng)注意著重分析事間的關(guān)系，辨析所求概率是哪一事的概率，再運(yùn)用相應(yīng)的公式求解.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)某種動(dòng)物從出生算起活到20歲以上的概率為0.8，活到25歲以上的概率為0.4.現(xiàn)有一只20歲的這種動(dòng)物，問它能活到25歲以上的概率是　　　.
【解析】設(shè)此種動(dòng)物活到20歲為事A，活到25歲為事B，所求概率為P(BA)， 由于B⊆A，則P(AB)＝P(B)，所以P(BA)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.40.8＝12.
題型二　相互獨(dú)立事的概率
【例2】三人獨(dú)立破譯同一份密碼，已知三人各自破譯出密碼的概率分別為15，14，13，且他們是否破譯出密碼互不影響.
(1)求恰有二人破譯出密碼的概率；
(2)“密碼被破譯”與“密碼未被破譯”的概率哪個(gè)大？說明理由.
【解析】(1)記三人各自破譯出密 碼分別為事A，B，C，依題意知A，B，C相互獨(dú)立，記事D：恰有二人破譯密碼，
則P(D)＝P(AB )＋P(A C)＋P( BC)
＝15×14×(1－13)＋15×(1－14)×13＋(1－15)×14×13＝960＝320.
(2)記事E：密碼被破譯， ：密碼未被破譯，
則P( )＝P( )＝(1－15)×(1－14)×(1－13)＝2460＝25，
所以P(E)＝1－P( )＝35，所以P(E)＞P( ).
故密碼被破譯的概率大.
【點(diǎn)撥】解決事的概率問題的一般步驟：①記取事；②揭示事的關(guān)系；③計(jì)算事的概率.
【變式訓(xùn)練2】甲、乙、丙三個(gè)口袋內(nèi)都分別裝有6個(gè)只有顏色不相同的球，并且每個(gè)口袋內(nèi)的6個(gè)球均有1個(gè)紅球，2個(gè)黑球，3個(gè)無色透明的球，現(xiàn)從甲、乙、丙三個(gè)口袋中依次隨機(jī)各摸出1個(gè)球，求恰好摸出紅球、黑球和無色球各1個(gè)的概率.
【解析】由于各個(gè)袋中球的情況一樣，而且從每一個(gè)袋中摸出紅球、黑球、無色球的概率均分別為16，13，12，可得P＝A33×16×13×12＝16.
題型三　綜合問題
【例3】某公司招聘員工，指定三門考試程，有兩種考試方案.
方案一：三門程中至少有兩門及格為考試通過；
方案二：在三門程中隨機(jī)選取兩門，這兩門都及格為考試通過.
假設(shè)某應(yīng)聘者對三門指定程考試及格的概率分別是a，b，c，且三門程考試是否及格相互之間沒有影響.
(1)分別求該應(yīng)聘者在方案一和方案二下考試通過的概率；
(2)試比較該應(yīng)聘者在上述兩種方案下考試通過的概率的大小，并說明理由.
【解析】記該應(yīng)聘者對三門指定程考試及格的事分別為A，B，C，則P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c.
(1)應(yīng)聘者在方案一下考試通過的概率
P1＝P(AB )＋P( BC)＋P(A C)＋P(ABC)
＝ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)＋abc
＝ab＋bc＋ca－2abc.
應(yīng)聘者在方案二下考試通過的概率
P2＝13P(AB)＋13P(BC)＋13P(AC)＝13(ab＋bc＋ca).
(2)由a，b，c∈[0,1]，則
P1－P2＝23(ab＋bc＋ca)－2abc＝23[ab(1－c)＋bc(1－a)＋ca(1－b)]≥0，
故P1≥P2，即采用第一種方案，該應(yīng)聘者考試通過的概率較大.
【點(diǎn)撥】本題首先以相互獨(dú)立事為背景，考查兩種方案的概率，然后比較概率的大小，要求運(yùn)用a，b，c∈[0,1]這一隱含條.
【變式訓(xùn)練3】甲，乙，丙三人分別獨(dú)立地進(jìn)行某項(xiàng)體能測試，已知甲能通過測試的概率是25，甲，乙，丙三人都能通過測試的概率是320，甲，乙， 丙三人都不能通過測試的概率是340，且乙通過的概率比丙大.
(1)求乙，丙兩人各自通過測試的概率分別是多少？
(2)測試結(jié)束后，最容易出現(xiàn)幾人通過的情況？
【解析】(1)設(shè)乙、丙兩人各自通過的概率分別為x，y，依題意得
即 或 (舍去)，
所以乙、丙兩人各自通過的概率分別為34，12.
(2)因?yàn)槿�人都不能通過測試的概率為P0＝340，
三人都能通過測試的概率為P3＝320＝640，
三人中恰有一人通過測試的概率：
P1＝25×(1－34)×(1－12)＋(1－25)×34×(1－12)＋(1－25)×(1－34)×12＝720＝1440，
三人恰有兩人通過測試的概率：
P2＝1－(P0＋P1＋P3)＝1740，
所以測試結(jié)束后，最容易出現(xiàn)兩人通過的情況.
總結(jié)提高
1.互斥事、對立事、相互獨(dú)立事的區(qū)別：
對于事A、B，在一次試驗(yàn)中，A、B如果不能同時(shí)發(fā)生，則稱A、B互斥.一次試驗(yàn)中，如果A、B互斥且A、B中必有一個(gè)發(fā)生，則稱A、B對立.顯然，A＋ 為必然事，A、B互斥則不能同時(shí)發(fā)生，但可能同時(shí)不發(fā)生.兩事相互獨(dú)立是指一個(gè)事的發(fā)生與否對另一事的發(fā)生的概率沒有影響.事實(shí)上：
A、B互斥，則P(AB)＝0；
A、B對立，則P(AB)＝0且P(A)＋P(B)＝1；
A、B相互獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)P(B).
它們是不相同的.
2.由于當(dāng)事A、B相互獨(dú)立時(shí)，P(AB)＝P(A)P(B)，因此式子1－P(A)P(B)表示相互獨(dú)立事A、B中至少有一個(gè)不發(fā)生的概率.對于n個(gè)隨機(jī)事A1，A2，…，An，有
P(A1＋A2＋…＋An)＝1－P( ∩ ∩…∩ )，此稱為概率的和與積的互補(bǔ)公式.

12.8　離散型隨機(jī)變量及其分布列

典例精析
題型一　離散型隨機(jī)變量的分布列
【例1】設(shè)離散型隨機(jī)變量X的分布列為
X01234
P0.20.10.10.30.3
求：(1)2X＋ 1的分布列；(2)X－1的分布列.
【解析】首先列表如下：
X01234
2X＋113579
X－110123
從而由上表得兩個(gè)分布列如下：
2X＋1的分布列：
2X＋113579
P0.20.10.10.30.3
X－1的分布列：
X－10123
P0.10.30.30.3
【點(diǎn)撥】由于X的不同的值，Y＝f(X)會(huì)取到相同的值，這時(shí)要考慮所有使f(X)＝Y(jié)成立的X1，X2，…，Xi的值，則P(Y)＝P(f(X))＝P(X1)＋P(X2)＋…＋P(Xi)，在第(2)小題中充分體現(xiàn)了這一點(diǎn).
【變式訓(xùn)練1】 某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到過渡區(qū)，B肯定是受A感染的，對于C，因?yàn)殡y以斷定他是受A還是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是12，同樣也假定D受A、B、C感染的概率都為13，在這種假定之下，B、C、D中受A感染的人數(shù)X就是一個(gè)隨機(jī)變量，寫出X分布列，并求均值.
【解析】依題知X可取1、2、3，
P(X＝1)＝1×(1－12)×(1－13)＝13，
P(X＝2)＝1×(1－12)×13＋1×12×(1－13)＝12，
P(X＝3)＝1×12×13＝16，
所以X的分布列為
X123
P
均值E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＝ .
題型二　兩點(diǎn)分布
【例2】在擲一枚圖釘?shù)碾S機(jī)試驗(yàn)中，令ξ＝ 如果針尖向上的概率為p，試寫出隨機(jī)變量ξ的分布列.
【解析】根據(jù)分布列的性質(zhì)，針尖向下的概率是1－p.于是，隨機(jī)變量的分布列是
ξ01
P1－pp
【點(diǎn)撥】本題將兩點(diǎn)分布與概率分布列的性質(zhì)相結(jié)合，加深了兩點(diǎn)分布的概念的理解.
【變式訓(xùn)練2】 若離散型隨機(jī)變量ξ＝ 的分布列為：
ξ01
P9c2－c3－8c
(1)求出c；
(2)ξ是否服從兩點(diǎn)分布？若是，成功概率是多少？
【解析】(1)由(9c2－c)＋(3－8c)＝1，解得c＝13或23.
又9c2－c≥0,3－8c≥0，所以c＝13.
(2)是兩點(diǎn)分布.成功概率為3－8c＝13.
題型三　超幾何分布
【例3】 有10產(chǎn)品，其中3次品，7正品，現(xiàn)從中抽取5，求抽得次品數(shù) X 的分布列.
【解析】X的所有可能取值為 0,1,2,3，X＝0表示取出的5產(chǎn)品全是正品，
P(X＝0)＝C03C57C510＝21252＝112；
X＝1表示取出的5產(chǎn)品有1次品4正品，
P(X＝1)＝C13C47C510＝105252＝512；
X＝2表示取出的5產(chǎn)品有2次品3正品，
P(X＝2)＝C23C37C510＝105252＝512；
X＝3表示取出的5產(chǎn)品有3次品2正品，
P(X＝3)＝C33C27C510＝21252＝112.
所以X的分布列為
X0123
P
【點(diǎn)撥】在取出的5產(chǎn)品中，次品數(shù)X服從超幾何分布，只要代入公式就可求出相應(yīng)的概率，關(guān)鍵是明確隨機(jī)變量的所有取值.超幾何分布是一個(gè)重要分布，要掌握它的特點(diǎn).
【變式訓(xùn)練3】一盒中有12個(gè)乒乓球，其中9個(gè)新的，3個(gè)舊的，從盒中任取3個(gè)球用，用完后裝回盒中，此時(shí)盒中舊球個(gè)數(shù)X是一個(gè)隨機(jī)變量，其分布列為P(X)，則P(X＝4)的值為(　　)
A.1220　　　B.2755C.27220D.2125
【解析】由題意取出的3個(gè)球必為2個(gè)舊球1個(gè)新球，故P(X＝4)＝C23C19C312＝27220.選C.
總結(jié)提高
1.求離散型隨機(jī)變量分布列的問題，需要綜合運(yùn)用排列、組合、概率等知識和方法.
2.求離散型隨機(jī)變量ξ的分布列的步驟：
(1)求出隨機(jī)變量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　獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布

典例精析
題型一　相互獨(dú)立事同時(shí)發(fā)生的概率
【例1】甲、乙、丙三臺機(jī)床各自獨(dú)立地加工同一種零，已知甲機(jī)床加工的零是一等品而乙機(jī)床加工的零不是一等品的概率為14，乙機(jī)床加工的零是一等品而丙機(jī)床加工的零不是一等品的概率為112，甲、丙兩臺機(jī)床加工的零都是一等品的概率為29.
(1)分別求甲、乙、丙三臺機(jī)床各自加工的零是一等品的概率；
(2)從甲、乙、丙加工的零中各取一個(gè)檢驗(yàn)，求至少有一個(gè)一等品的概率.
【解析】(1)設(shè)A、B、C分別為甲、乙、丙三臺機(jī)床各自加工的零是一等品的事.
由題 設(shè)條有
即
由①③解得P(C)＝23，將P(C)＝23分別代入③②可得P(A)＝13，P(B)＝14，即甲、乙、丙三臺機(jī)床各自加工的零是一等品的概率分別是13，14，23.
(2)記D為從甲、乙、丙加工的零中各取一個(gè)檢驗(yàn)，至少有一個(gè)一等品的事，
則P(D)＝1－P( )＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－23×34×13＝56.
故從甲、乙、丙加工的零中各取一個(gè)檢驗(yàn)，至少有一個(gè)一等品的概率為56.
【點(diǎn)撥】相互獨(dú)立事是發(fā)生的概率互不影響的兩個(gè)或多個(gè)事.兩個(gè)相互獨(dú)立事同時(shí)發(fā)生的概率滿足P(AB)＝P(A)P(B)，對于求與“至少”、“至多”有關(guān)事的概率，通常轉(zhuǎn)化為求其對立事的概率.
【變式訓(xùn)練1】甲、乙兩人各進(jìn)行3次射擊，甲每次擊中目標(biāo)的概率為12，乙每次擊中目標(biāo)的概率為23.
(1)求乙至多擊中目標(biāo)2次的概率；
(2)求甲恰好比乙多擊中目標(biāo)2次的概率.
【解析】(1)乙至多擊中目標(biāo)2次的概率為1－C33(23)3＝1927.
(2)設(shè)甲恰比乙多擊中目標(biāo)2次為事A，甲恰擊中目標(biāo)2次且乙恰擊中目標(biāo)0次為事B1，甲恰擊中目標(biāo)3次且乙恰擊中目標(biāo)1次為事B2，則A＝B1＋B2，B1、B2為互斥事.
P(A)＝P(B1)＋P(B2)＝38×127＋18×29＝124.
所以，甲恰好比乙多擊中目標(biāo)2次的概率為124.
題型二　獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)
【例2】(2010天津)某射手每次射擊擊中目標(biāo)的概率是 23，且各次射擊的結(jié)果互不影響.
(1)假設(shè)這名射手射擊5次，求恰有2次擊中目標(biāo)的概率；
(2)假設(shè)這名射手射擊5次，求有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)的概率.
【解析】(1)設(shè)X為射手在5次射擊中擊中目標(biāo)的次數(shù)，則X～B(5，23).在5次射擊中，恰有2次擊中目標(biāo)的概率P(X＝2)＝C25×(23)2×(1－23)3＝40243.
(2)設(shè)“第i次射擊擊中目標(biāo)”為事Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射擊中，有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)”為事A，則
P(A)＝P(A1A2A3 )＋P( A2A3A4 )＋P( A3A4A5)＝(23)3×(13)2＋13×(23)3×13＋(13)2×(23)3＝881.
【點(diǎn)撥】獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)是同一試驗(yàn)的n次重復(fù)，每次試驗(yàn)成功的概率都相同，恰有k次試驗(yàn)成功的概率為Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k.
【變式訓(xùn)練2】袋子A中裝有若干個(gè)均勻的紅球和白球，從中摸出一個(gè)紅球的概率是13.從A中有放回地摸球，每次摸出一個(gè)，有3次摸到紅球即停止.
(1)求恰好摸5次停止的概率；
(2)記5次之內(nèi)(含5次)摸到紅球的次數(shù)為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，
則P(ξ≥2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝4081.
題型三　二項(xiàng)分布
【例3】 一名學(xué)生每天騎車上學(xué)，從他家到學(xué)校的途中有6個(gè)交通崗，假設(shè)他在各個(gè)交通崗遇到紅燈的事是相互獨(dú)立的，并且概率為13.
(1)設(shè)X為這名學(xué)生在途中遇到紅燈的次數(shù)，求X的分布列；
(2)設(shè)Y為這名學(xué)生在首次遇到紅燈前經(jīng)過的路口數(shù)，求Y的分布列；
(3)求這名學(xué)生在途中至少遇到一次紅燈的概率.
【解析】(1)依題意知X～B(6，13)，
P(X＝k)＝Ck6(13)k(23)6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.
所以X的分布列為
X0123
P
X456
P
(2)依題意知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的分布列為
Y0123456
P
(3)這名學(xué)生在途中至少遇到一次紅燈的概率為
P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(23)6＝665729.
【點(diǎn)撥】解決離散型隨機(jī)變量的分布列問題時(shí)，要依據(jù)相關(guān)概念識別離散型隨機(jī)變量服從什么分布，如第(1)問中X服從二項(xiàng)分布，而第(2)問中并不服從二項(xiàng)分布.
【變式訓(xùn)練3】某大廈的一部電梯從底層出發(fā)后只能在第18、19、20層�？�.若該電梯在底層載有5位乘客，且每位乘客在這三層的每一層下電梯的概率均為13，用ξ表示這5位乘客在第20層下電梯的人數(shù).求隨機(jī)變量ξ的分布列.
【解析】方法一：ξ的所有可能值為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.
從而ξ的分布列為
ξ012345
P
方法二：考察一位乘客是否在第20層下電梯為一次試驗(yàn)，這是5次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn).
故ξ～B(5，13)，即有
P(ξ＝k)＝Ck5(13)k(23)5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
由此計(jì)算ξ的分布列如方法一.
總結(jié)提高
獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)是同一試驗(yàn)的n次重復(fù)，每次試驗(yàn)結(jié)果的概率不受其他次結(jié)果的概率的影響，每次試驗(yàn)有兩個(gè)可能結(jié)果：成功和失敗.n次試驗(yàn)中A恰好出現(xiàn)了k次的概率為Cknpk(1－p)n－k，這k次是n次中的任意k次，若是指定的k次，則概率為pk(1－p)n-k.

12.10　離散型隨機(jī)變量的期望與方差

典例精析
題型一　期望與方差的性質(zhì)的應(yīng)用
【例1】設(shè)隨機(jī)變量ξ的分布列為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.
【點(diǎn)撥】在計(jì)算離散型隨機(jī)變量的期望與方差時(shí)，首先要弄清其分布特征及分布列，再準(zhǔn)確運(yùn)用公式，特別是利用性質(zhì)解題.
【變式訓(xùn)練1】袋中有20個(gè)大小相同的球，其中記上0號的有10個(gè)，記上n號的有n個(gè)(n＝1,2,3,4).現(xiàn)從袋中任取一球，ξ表示所取球的標(biāo)號.
(1)求ξ的分布列、期望和方差；
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，試求a，b的值.
【解析】(1)ξ的分布列為：
ξ01234
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，
所以當(dāng)a＝2時(shí)，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
當(dāng)a＝－2時(shí)，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
所以 或
題型二　期望與方差在風(fēng)險(xiǎn)決策中的應(yīng)用
【例2】 甲、乙兩名工人加工同一種零，兩人每天加工的零數(shù)相等，所得次品數(shù)分別為ξ、η，ξ和η的分布列如下：
ξ012
P

η012
P
試對這兩名工人的技術(shù)水平進(jìn)行比較.
【解析】工人甲生產(chǎn)出的次品數(shù)ξ的期望和方差分別為：
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.
工人乙生產(chǎn)出的次品數(shù)η的期望和方差分別為：
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，兩人出次品的平均數(shù)相同，技術(shù)水平相當(dāng)，但D(ξ)＞D(η)，可見乙的技術(shù)比較穩(wěn)定.
【點(diǎn)撥】期望僅體現(xiàn)了隨機(jī)變量取值的平均大小，但有時(shí)僅知道均值的大小還不夠.如果兩個(gè)隨機(jī)變量的均值相等，還要看隨機(jī)變量的取值如何在均值周圍變化，即計(jì)算方差.方差大說明隨機(jī)變量取值較分散，方差小說明取值分散性小或者取值比較集中、穩(wěn)定.
【變式訓(xùn)練2】利用下列盈利表中的數(shù)據(jù)進(jìn)行決策，應(yīng)選擇的方案是　　　　.

【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分別是：
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.故選A3.
題型三　離散型隨機(jī)變量分布列綜合問題
【例3】(2010浙江)如圖，一個(gè)小球從處投入，通過管道自上而下落入A或B或C.已知小球從每個(gè)叉口落入左右兩個(gè)管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式進(jìn)行促銷活動(dòng)，若投入的小球落到A，B，C，則分別設(shè)為1,2,3等獎(jiǎng).
(1)已知獲得1,2,3等獎(jiǎng)的折扣率分別為50%,70%,90%.記隨機(jī)變量ξ為獲得k(k＝1,2,3)等獎(jiǎng)的折扣率，求隨機(jī)變量ξ的分布列及期望E(ξ)；
(2)若有3人次(投入1球?yàn)?人次)參加促銷活動(dòng)，記隨機(jī)變量η為獲得1等獎(jiǎng)或2等獎(jiǎng)的人次，求P(η＝2).
【解析】(1)由題意得ξ的分布列為
ξ50%70%90%
p
則E(ξ)＝316×50%＋38×70%＋716×90%＝34.
(2)由(1)可知，獲得1等獎(jiǎng)或2等獎(jiǎng)的概率為316＋38＝916.由題意得η～(3，916)，則P(η＝2)＝C23(916)2(1－916)＝1 7014 096.
【變式訓(xùn)練3】(2010北京市東城區(qū))已知將一枚質(zhì)地不均勻的硬幣拋擲三次，三次正面均朝上的概率為127.
(1)求拋擲這樣的硬幣三次，恰有兩次正面朝上的概率；
(2)拋擲這樣的硬幣三次后，拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣一次，記四次拋擲后正面朝上的總次數(shù)為ξ，求隨機(jī)變量ξ的分布列及期望E(ξ).
【解析】(1)設(shè)拋擲一次這樣的硬幣，正面朝上的概率為P，依題意有C33•P3＝127，解得
P＝13.
所以拋擲這樣的硬幣三次，恰有兩次正面朝上的概率為P3(2)＝C23×(13)2×23＝29.
(2)隨機(jī)變量ξ的可能取值為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的分布列為
ξ01234
P
E(ξ)＝0×427＋1×1027＋2×13＋3×754＋4×154＝32.
總結(jié)提高
1.期望是算術(shù)平均值概念的推廣，是概率意義下的平均； E(ξ)是一個(gè)實(shí)數(shù)，由ξ的分布列唯一確定，即作為隨機(jī)變量ξ是可變的，可取不同值，而E(ξ)是不變的，它描述ξ取值的平均狀態(tài).
2.方差D(ξ)表示隨機(jī)變量ξ對E(ξ)的平均偏離程度，統(tǒng)計(jì)中常用標(biāo)準(zhǔn)差D(ξ)描述ξ的分散程度.

12.11　正態(tài)分布

典例精析
題型一　研究正態(tài)總體在三個(gè)特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率值
【例1】 某正態(tài)曲線的密度函數(shù)是偶函數(shù)，而且該函數(shù)的最大值為122π，求總體位于區(qū)間[－4，－2]的概率.
【解析】由正態(tài)曲線的密度函數(shù)是偶函數(shù)知μ＝0，由最大值為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.
【點(diǎn)撥】應(yīng)當(dāng)熟記：
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.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)X~N(1,22)，試求：
(1)P(－1＜X≤3)；
(2)P(X≥5).
【解析】因?yàn)閄～N(1,22)，所以μ＝1，σ＝2.
(1)P(－1＜X≤3)＝P(1－2＜X≤1＋2)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6.
(2)因?yàn)镻(X≥5)＝P(X≤－3)，
所以P(X≥5)＝12[1－P(－3＜X≤5)]
＝12[1－P(1－4＜X≤1＋4)]
＝12[1－P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)]
＝12(1－0.954 4)＝0.022 8.
題型二　利用正態(tài)總體密度函數(shù)估計(jì)某區(qū)間的概率
【例2】 已知某地區(qū)數(shù)學(xué)考試的成績X~N(60,82)(單位：分)，此次考生共有1萬人，估計(jì)在60分到68分之間約有多少人？
【解析】由題意μ＝60，σ＝8，
因?yàn)镻(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，
所以P(52＜X≤68)＝0.682 6，
又此正態(tài)曲線關(guān)于x＝60對稱，
所以P(60＜X≤68)＝12P(52＜X≤68)＝0.341 3，
從而估計(jì)在60分到68分之間約有341 3人.
【點(diǎn)撥】本題是教材變式題，將原題中單純(μ－σ，μ＋σ)的概率考查結(jié)合了正態(tài)曲線的對稱性以及概率的意義，使題目更具實(shí)際意義.另外，還可將問題變?yōu)?44,76)、(68,76)等區(qū)間進(jìn)行探討.
【變式訓(xùn)練2】某人乘車從A地到B地，所需時(shí)間(分鐘)服從正態(tài)分布N(30,100)，求此人在40分鐘至50分鐘到達(dá)目的地的概率.
【解析】由μ＝30，σ＝10，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6知此人在20 分鐘至40分鐘到達(dá)目的地的概率為0.682 6，又由于P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4，所以此人在10分鐘至20分鐘或40分鐘至50分鐘到達(dá)目的地的概率為0.954 4－0.682 6＝0.271 8，由正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝30對稱得此人在40分鐘至50分鐘到達(dá)目的地的概率為0.135 9.
總結(jié)提高
1.服從正態(tài)分布的隨機(jī)變量X的概率特點(diǎn)
若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，則X在一點(diǎn)上的取值概率為0，即P(X＝a)＝0，而{X＝a}并不是不可能事，所以概率為0的事不一定是不可能事，從而P(X＜a)＝P(X≤a)是成立的，這與離散型隨機(jī)變量不同.
2.關(guān)于正態(tài)總體在某個(gè)區(qū)間內(nèi)取值的概率求法
(1)熟記P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值.
(2)充分利用正態(tài)曲線的對稱性和曲線與x軸之間面積為1.
①正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對稱，從而在關(guān)于x＝μ對稱的區(qū)間上概率相同.
②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X＜μ－a)＝P(X≥μ＋a).

本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/gaosan/34312.html

相關(guān)閱讀：第十二章立體幾何(高中數(shù)學(xué)競賽標(biāo)準(zhǔn)教材)