突破點7隨機變量及其分布(對應學生用書第26頁)[核心知識提煉]提煉1離散型隨機變量的分布列 離散型隨機變量X的分布列如下：Xx1x2x3…xi…xnPp1p2p3…pi…pn 則(1)pi≥0. (2)p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)． (3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為X的均值或數(shù)學期望(簡稱期望)． D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xi－E(X))2·pi＋…＋(xn－E(X))2·pn叫做隨機變量X的方差． (4)均值與方差的性質 ①E(aX＋b)＝aE(X)＋b； ②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b為實數(shù))． (5)兩點分布與二項分布的均值、方差 ①若X服從兩點分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)； ②若X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).提煉2幾種常見概率的計算 (1)相互獨立事件同時發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． (2)獨立重復試驗的概率 如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk·(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.[高考真題回訪]回訪1離散型隨機變量及其分布列1．(2013·浙江高考)設袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍球，且規(guī)定：取出一個紅球得1分，取出一個黃球得2分，取出一個藍球得3分． (1)當a＝3，b＝2，c＝1時，從該袋子中任取(有放回，且每球取到的機會均等)2個球，記隨機變量ξ為取出此2球所得分數(shù)之和，求ξ的分布列； (2)從該袋子中任取(每球取到的機會均等)1個球，記隨機變量η為取出此球所得分數(shù)．若Eη＝eq\f(5,3)，Dη＝eq\f(5,9)，求a∶b∶c.【導學號：】 [解](1)由題意得ξ＝2,3,4,5,6. 故P(ξ＝2)＝eq\f(3×3,6×6)＝eq\f(1,4)， 1分 P(ξ＝3)＝eq\f(2×3×2,6×6)＝eq\f(1,3)， 2分 P(ξ＝4)＝eq\f(2×3×1＋2×2,6×6)＝eq\f(5,18)， 3分 P(ξ＝5)＝eq\f(2×2×1,6×6)＝eq\f(1,9)， 4分 P(ξ＝6)＝eq\f(1×1,6×6)＝eq\f(1,36). 5分 所以ξ的分布列為ξ23556Peq\f(1,4)eq\f(1,3)eq\f(5,18)eq\f(1,9)eq\f(1,36)6分 (2)由題意知η的分布列為η123Peq\f(a,a＋b＋c)eq\f(b,a＋b＋c)eq\f(c,a＋b＋c) 所以E(η)＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(2b,a＋b＋c)＋eq\f(3c,a＋b＋c)＝eq\f(5,3)， 10分 D(η)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,3)))2·eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5,3)))2·eq\f(b,a＋b＋c)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(5,3)))2·eq\f(c,a＋b＋c)＝eq\f(5,9)， 化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－b－4c＝0，,a＋4b－11c＝0.)) 13分 解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1.回 訪2離散型隨機變量的均值與方差2．(2017·浙江高考)已知隨機變量ξi滿足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0<p1<p2<eq\f(1,2)，則() A．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2) B．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2) D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) A[由題意可知ξi(i＝1,2)服從兩點分布， ∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)． 又∵0<p1<p2<eq\f(1,2)，∴E(ξ1)<E(ξ2)． 把方差看作函數(shù)y＝x(1－x)， 根據(jù)0<ξ1<ξ2<eq\f(1,2)知，D(ξ1)<D(ξ2)． 故選A.]3．(2014·浙江高考)已知甲盒中僅有1個球且為紅球，乙盒中有m個紅球和n個藍球(m≥3，n≥3)，從乙盒中隨機抽取i(i＝1,2)個球放入甲盒中． (1)放入i個球后，甲盒中含有紅球的個數(shù)記為ξi(i＝1,2)； (2)放入i個球后，從甲盒中取1個球是紅球的概率記為pi(i＝1,2)．則()【導學號：】 A．p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2) B．p1<p2，E(ξ1)>E(ξ2) C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1<p2，E(ξ1)<E(ξ2) A[隨機變量ξ1，ξ2的分布列如下：ξ112Peq\f(n,m＋n)eq\f(m,m＋n)ξ2123Peq\f(C\o\al(2,n),C\o\al(2,m＋n))eq\f(C\o\al(1,m)C\o\al(1,n),C\o\al(2,m＋n))eq\f(C\o\al(2,m),C\o\al(2,m＋n)) 所以E(ξ1)＝eq\f(n,m＋n)＋eq\f(2m,m＋n)＝eq\f(2m＋n,m＋n)， E(ξ2)＝eq\f(C\o\al(2,n),C\o\al(2,m＋n))＋eq\f(2C\o\al(1,m)C\o\al(1,n),C\o\al(2,m＋n))＋eq\f(3C\o\al(2,m),C\o\al(2,m＋n))＝eq\f(3m＋n,m＋n)， 所以E(ξ1)<E(ξ2)． 因為p1＝eq\f(m,m＋n)＋eq\f(n,m＋n)·eq\f(1,2)＝eq\f(2m＋n,2m＋n)， p2＝eq\f(C\o\al(2,m),C\o\al(2,m＋n))＋eq\f(C\o\al(1,m)C\o\al(1,n),C\o\al(2,m＋n))·eq\f(2,3)＋eq\f(C\o\al(2,n),C\o\al(2,m＋n))·eq\f(1,3)＝eq\f(3m＋n,3m＋n)， p1－p2＝eq\f(n,6m＋n)>0，所以p1>p2.]4．(2014·浙江高考)隨機變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ＝0)＝eq\f(1,5)，E(ξ)＝1，則D(ξ)＝________. eq\f(2,5)[設P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b， 則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋a＋b＝1，,a＋2b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,5)，,b＝\f(1,5)，)) 所以D(ξ)＝eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)×0＋eq\f(1,5)×1＝eq\f(2,5).](對應學生用書第27頁)熱點題型1相互獨立事件的概率題型分析：高考主要考查相互獨立事件概率的求解及實際應用，對事件相互獨立性的考查相對較頻繁，難度中等.【例1】(1)投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試．已知某同學每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨立，則該同學通過測試的概率為() A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312 (2)如圖7-1，由M到N的電路中有4個元件，分別標為T1，T2，T3，T4，電流能通過T1，T2，T3的概率都是p，電流能通過T4的概率是0.9.電流能否通過各元件相互獨立．已知T1，T2，T3中至少有一個能通過電流的概率為0.999.圖7-1 ①求p； ②求電流能在M與N之間通過的概率． (1)A[3次投籃投中2次的概率為P(k＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率為P(k＝3)＝0.63，所以通過測試的概率為P(k＝2)＋P(k＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故選A.] (2)記Ai表示事件：電流能通過Ti，i＝1,2,3,4，A表示事件：T1，T2，T3中至少有一個能通過電流， B表示事件：電流能在M與N之間通過． ①eq\o(A,\s\up8(－))＝eq\o(A,\s\up8(－))1eq\o(A,\s\up8(－))2eq\o(A,\s\up8(－))3，eq\o(A,\s\up8(－))1，eq\o(A,\s\up8(－))2，eq\o(A,\s\up8(－))3相互獨立， 2分 P(eq\o(A,\s\up8(－)))＝P(eq\o(A,\s\up8(－))1eq\o(A,\s\up8(－))2eq\o(A,\s\up8(－))3) ＝P(eq\o(A,\s\up8(－))1)P(eq\o(A,\s\up8(－))2)P(eq\o(A,\s\up8(－))3)＝(1－p)3. 3分 又P(eq\o(A,\s\up8(－)))＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001， 4分 故(1－p)3＝0.001，p＝0.9. ②B＝A4∪eq\o(A,\s\up8(－))4A1A3∪eq\o(A,\s\up8(－))4eq\o(A,\s\up8(－))1A2A3， 10分 P(B)＝P(A4∪eq\o(A,\s\up8(－))4A1A3∪eq\o(A,\s\up8(－))4eq\o(A,\s\up8(－))1A2A3) ＝P(A4)＋P(eq\o(A,\s\up8(－))4A1A3)＋P(eq\o(A,\s\up8(－))4eq\o(A,\s\up8(－))1A2A3) ＝P(A4)＋P(eq\o(A,\s\up8(－))4)P(A1)P(A3)＋P(eq\o(A,\s\up8(－))4)P(eq\o(A,\s\up8(－))1)P(A2)·P(A3) ＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9 ＝0.9891. 15分[方法指津] 求相互獨立事件和獨立重復試驗的概率的方法 (1)直接法：正確分析復雜事件的構成，將復雜事件轉化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復試驗問題，然后用相應概率公式求解． (2)間接法：當復雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對立事件進行求解．對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解．[變式訓練1](2017·杭州學軍中學高三模擬)商場舉行有獎促銷活動，顧客購買一定金額的商品后即可抽獎．每次抽獎都是從裝有4個紅球、6個白球的甲箱和裝有5個紅球、5個白球的乙箱中，各隨機摸出1個球．在摸出的2個球中，若都是紅球，則獲一等獎；若只有1個紅球，則獲二等獎；若沒有紅球，則不獲獎，則顧客抽獎1次能獲獎的概率是________；若某顧客有3次抽獎機會，記該顧客在3次抽獎中獲一等獎的次數(shù)為X，則E(X)＝________.【導學號：】 eq\f(7,10)eq\f(3,5)[由題得，在甲箱中抽中紅球、白球的概率分別為eq\f(2,5)，eq\f(3,5)，在乙箱中抽中紅球、白球的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,2).抽獎一次不獲獎的概率為eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,10)，所以其(對立事件)獲獎的概率為1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).因為每次獲得一等獎的概率為eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)，3次抽獎相互獨立，故E(X)＝np＝3×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).]熱點題型2離散型隨機變量的分布列、期望和方差題型分析：離散型隨機變量的分布列問題是高考的熱點，常以實際生活為背景，涉及事件的相互獨立性、互斥事件的概率等，綜合性強，難度中等.【例2】(1)(2017·蕭山中學高三仿真考試)隨機變量X的分布列如下表，且E(X)＝2，則D(2X－3)＝()X02aPeq\f(1,6)p1eq\f(1,3) A.1B．2C．4D．5 C[由題可得eq\f(1,6)＋p1＋eq\f(1,3)＝1，解得p1＝eq\f(1,2).所以E(X)＝0×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＋a·eq\f(1,3)＝2，解得a＝3.所以D(X)＝(0－2)2×eq\f(1,6)＋(2－2)2×eq\f(1,2)＋(3－2)2×eq\f(1,3)＝1，所以D(2X－3)＝4D(X)＝4，故選C.] (2)(2017·紹興市方向性仿真考試)設X是離散型隨機變量，P(X＝x1)＝eq\f(2,3)，P(X＝x2)＝eq\f(1,3)，且x1＜x2，若E(X)＝eq\f(4,3)，D(X)＝eq\f(2,9)，則x1＋x2＝() A.eq\f(5,3)B.eqB.eq\f(7,3) C.eq\f(11,3) D．3 D[由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x1＋\f(1,3)x2＝\f(4,3)，,\f(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(4,3)))2＋\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(4,3)))2＝\f(2,9)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(5,3)，,x2＝\f(2,3)，))因為x1＜x2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝2，)) 所以x1＋x2＝1＋2＝3，故選D.][方法指津]解答離散型隨機變量的分布列及相關問題的一般思路：1明確隨機變量可能取哪些值.2結合事件特點選取恰當?shù)挠嬎惴椒?，計算這些可能取值的概率值.3根據(jù)分布列和期望、方差公式求解.提醒：明確離散型隨機變量的取值及事件間的相互關系是求解此類問題的關鍵.[變式訓練2](1)(2017·溫州九校協(xié)作體高三期末聯(lián)考)將四位同學等可能地分到甲、乙、丙三個班級，則甲班級至少有一位同學的概率是________，用隨機變量ξ表示分到丙班級的人數(shù)，則Eξ＝________.【導學號：】 eq\