第二章 随机变量及其分布章末复习提升课,超几何分布[问题展示] (选修2­3 P50习题2.1B 组T1)老师要从10篇课文中随机抽3篇让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的6篇，求： (1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列； (2)他能及格的概率．【解】 (1)他能背诵的课文的数量X 的可能取值为0，1，2，3， 则P (X ＝0)＝C 06C 34C 310＝130，P (X ＝1)＝C 16C 24C 10＝310，C 102P (X ＝3)＝C 36C 04C 310＝16，所以X 的分布列为(2)他能及格的概率为P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝2＋6＝3.某位同学记住了10个数学公式中的m 个(m ≤10)，从这10个公式中随机抽取3个，若他记住2个的概率为12.(1)求m 的值；(2)分别求他记住的数学公式的个数X 与没记住的数学公式的个数Y 的数学期望E (X )与E (Y )，比较E (X )与E (Y )的关系，并加以说明．【解】 (1)P (X ＝2)＝C 2m C 110－m C 310＝12，即m (m －1)(10－m )＝120，且m ≥2.因为120＝2×5×12＝4×5×6＝3×5×8＝2×4×15＝2×2×30. 而m 与m －1一定是相邻正整数．所以⎩⎪⎨⎪⎧m －1＝4，m ＝5，10－m ＝6或⎩⎪⎨⎪⎧m －1＝5，m ＝6，10－m ＝4解得m ＝6.(2)由原问题知，E (X )＝0×130＋1×310＋2×12＋3×16＝95， 没记住的数学公式有10－6＝4个，故Y 的可能取值为0，1，2，3. P (Y ＝0)＝C 04C 36C 310＝16，P (Y ＝1)＝C 14C 26C 310＝12，P (Y ＝2)＝C 24C 16C 310＝310，C 1030所以Y 的分布列为E (Y )＝0×16＋1×12＋2×10＋3×30＝5，由E (X )＝95，E (Y )＝65得出①E (X )＞E (Y )．说明记住公式个数的期望值大于没记住公式个数的期望值． ②E (X )＋E (Y )＝3.说明记住和没记住的期望值之和等于随机抽取公式的个数3.二项分布[问题展示] (选修2­3 P59习题2.2B 组T1)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？【解】 每局比赛只有两个结果，甲胜或乙胜，且每局比赛胜负是相互独立的，所以甲胜的局数X 服从二项分布，即X ～B (n ，p )． ①当采用3局2胜制时，X ～B (3，0.6)， 则P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3) ＝C 23×0.62×0.4＋C 330.63＝0.648. ②当采用5局3胜制时，X ～B (5，0.6)， 则P (X ≥3)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＋P (X ＝5) ＝C 35×0.63×0.42＋C 45×0.64×0.4＋C 550.65≈0.683. 显然0.648<0.683，所以采用5局3胜制对甲更有利． 从而说明了“比赛总局数越多，甲获胜的概率越大”． 对比赛局制长短的认识：①比赛的公平性：局数不能过多或过少，过多对甲有利，过少对乙有利； ②在实际比赛中，应根据计算出的概率结果，对赛制“n 局n ＋12胜”的n 值给予确定．甲、乙两选手比赛，每局比赛甲获胜的概率为p ，乙获胜的概率为1－p ，采用了“3局2胜制”(这里指最多比赛3局，先胜2局者为胜，比赛结束)．若仅比赛2局就结束的概率为1325.(1)求p 的值；(2)若采用“5局3胜制”(这里指最多比赛5局，先胜3局者为胜，比赛结束)，求比赛局数X 的分布列和数学期望．【解】 (1)仅比赛2局就结束，即为甲连胜2局或乙连胜2局， 所以p ·p ＋(1－p )(1－p )＝1325， 即25p 2－25p ＋6＝0，解得p ＝35或p ＝25.(2)当p ＝35时，即甲胜的概率为35，乙胜的概率为1－35＝25.X 的可能取值为3，4，5.P (X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫353＋⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝35125， P (X ＝4)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352·25·35＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252·35·25＝234625，P (X ＝5)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·35＋C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫252·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·25＝216625，所以X 的分布列为所以E (X )＝3×35125＋4×625＋5×625＝625≈4.当p ＝25时，结论与p ＝35相同．相互独立事件及概率[问题展示] (选修2­3 P55练习T3)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内： (1)甲、乙两地都降雨的概率；(2)甲、乙两地都不降雨的概率； (3)其中至少一个地方降雨的概率．【解】 设甲地降雨为事件A ，乙地降雨为事件B ，则P (A )＝0.2，P (B )＝0.3. (1)甲、乙两地都降雨为事件AB ，P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.2×0.3＝0.06.(2)甲、乙两地都不降雨为事件A －B －，P (A －B －)＝P (A －)·P (B －)＝(1－0.2)(1－0.3)＝0.8×0.7＝0.56.(3)至少有一个地方降雨为(AB )∪(A －B )∪(A B －)， 所以P [(AB )∪(A －B )∪(A B －)]＝P (AB )＋P (A －B )＋P (A B －) ＝P (A )P (B )＋P (A －)P (B )＋P (A )P (B －)＝0.2×0.3＋(1－0.2)×0.3＋0.2×(1－0.3)＝0.44. 或P [(AB )∪(A －B )∪(A B －)]＝1－P (A －B －)＝1－0.56＝0.44.天气预报，在元旦期间甲、乙两地都降雨的概率为16，至少有一个地方降雨的概率为23，已知甲地降雨的概率大于乙地降雨的概率，且在这段时间甲、乙两地降雨互不影响． (1)分别求甲、乙两地降雨的概率；(2)在甲、乙两地3天假期中，仅有一地降雨的天数为X ，求X 的分布列和数学期望与方差． 【解】 (1)设甲、乙两地降雨的事件分别为A ，B ，且P (A )＝x ，P (B )＝y .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧xy ＝161－（1－x ）（1－y ）＝23x ＞y， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝13.所以甲地降雨的概率为12，乙地降雨的概率为13.(2)在甲、乙两地中，仅有一地降雨的概率为P ＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B ) ＝12×23＋12×13＝12. X 的可能取值为0，1，2，3.P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18，P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫121⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＝38，P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝38， P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝18，所以X 的分布列为所以E (X )＝0×18＋1×8＋2×8＋3×8＝2.方差D (X)＝18×⎝ ⎛⎭⎪⎫0－322＋38×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－322＋38×⎝ ⎛⎭⎪⎫2－322＋18×⎝⎛⎭⎪⎫3－322＝34.正态分布[问题展示] (选修2­3 P75习题2.4 A 组 T2)商场经营的某种包装的大米质量(单位：kg)服从正态分布N (10，0.12)，任选一袋这种大米，质量在9.8～10.2 kg 的概率是多少？【解】 设该种包装的大米质量为X ，则X ～N (10，0.12)，其中μ＝10，σ＝0.1， 所以P (9.8＜X ≤10.2)＝P (10－2×0.1＜X ≤10＋2×0.1)≈0.954 5.为了评估某大米包装生产设备的性能，从该设备包装的大米中随机抽取100袋作为样本，称其质量为(1)为评判该生产线的性能，从该生产线中任抽取一袋，设其质量为X (kg)，并根据以下不等式进行评判．①P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)≥0.682 7； ②P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)≥0.954 5； ③P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)≥0.997 3；若同时满足三个不等式，则生产设备为甲级；满足其中两个，则为乙级；仅满足其中一个，则为丙级；若全不满足则为丁级．请判断该设备的等级．(2)将质量小于或等于μ－2σ 与质量大于μ＋2σ的包装认为是不合格的包装，从设备的生产线上随机抽取5袋大米，求其中不合格包装袋数Y 的数学期望E (Y )． 【解】 (1)由题意得P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝P (9.89＜X ≤10.31)＝80100＝0.8＞0.682 7， P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝P (9.68＜X ≤10.52)＝94100＝0.94＜0.954 5， P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)＝P (9.47＜X ≤10.73)＝99100＝0.99<0.997 3， 所以该生产设备为丙级．(2)由表知，不合格的包装共有6袋，则从设备的生产线上随机抽取一袋不合格的概率P ＝6100＝350， 由题意Y 服从二项分布， 即Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，350， 所以E (Y )＝5×350＝0.3.1．某人忘记一个电话号码的最后一个数字，只好任意去试拨，他第一次失败，第二次成功的概率是( )A.110 B.210 C.810D.910解析：选A.电话号码的最后一个数可能是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个数，所以他第一次失败，第二次成功的概率为910×19＝110.2．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X 表示取到次品的件数，则D (X )＝( ) A.35 B.1115 C.1415 D.2875解析：选D.X 的所有可能取值是0，1，2.则P (X ＝0)＝C 27C 210＝715，P (X ＝1)＝C 17C 13C 210＝715，P (X ＝2)＝C 23C 210＝115.所以X 的分布列为于是E (X )＝0×715＋1×15＋2×15＝5，E (X 2)＝0×15＋1×15＋4×15＝1115，所以D (X )＝E (X 2)－(E (X ))2＝1115－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝2875.3．某省试验中学高三共有学生600人，一次数学考试的成绩ξ(试卷满分为150分)服从正态分布N (100，σ2)，统计结果显示学生考试成绩在80分到100分之间的人数约占总人数的13，则此次考试成绩不低于120分的学生有________人． 解析：因为数学考试成绩ξ～N (100，σ2)，作出正态分布图像(图略)，可以看出，图像关于直线x ＝100对称．显然P (80≤ξ≤100)＝P (100≤ξ≤120)＝13，所以P (ξ≤80)＝P (ξ≥120)．又因为P (ξ≤80)＋P (ξ≥120)＝1－P (80≤ξ≤100)－P (100≤ξ≤120)＝13，所以P (ξ≥120)＝12×13＝16.所以成绩不低于120分的学生约为600×16＝100(人)．答案：1004．生产A ，B 两种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于82为正品，小于82为次品．现随机抽取这两种元件各100件进行检测，检测结果统计如下表：(2)生产一件元件A ，若是正品可盈利40元，若是次品则亏损5元；生产一件元件B ，若是正品可盈利50元，若是次品则亏损10元．在(1)的前提下，①记X 为生产1件元件A 和1件元件B 所得的总利润，求随机变量X 的分布列和数学期望； ②求生产5件元件B 所获得的利润不少于140元的概率． 解：(1)元件A 为正品的概率约为40＋32＋8100＝45.元件B 为正品的概率约为40＋29＋6100＝34.(2)①因为生产1件元件A 和1件元件B 可以分为四种情况：A 正B 正，A 次B 正，A 正B 次，A 次B 次．所以随机变量X 的所有取值为90，45，30，－15. 因为P (X ＝90)＝45×34＝35；P (X ＝45)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－45×34＝320；P (X ＝30)＝45×⎝⎛⎭⎪⎫1－34＝15；P (X ＝－15)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－45×⎝⎛⎭⎪⎫1－34＝120.所以随机变量X 的分布列为E (X )＝90×35＋45×20＋30×5＋(－15)×20＝66.②设生产的5件元件B 中正品有n 件，则次品有(5－n )件． 依题意得50n －10(5－n )≥140， 解得n ≥196.所以n ＝4或n ＝5.设“生产5件B 所获得的利润不少于140元”为事件A ， 则P (A )＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫344×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫345＝81128.。