概率统计、离散型随机变量及其分布列.ppt

第2讲 概率统计、离散型随机变量及其分布列,1.随机事件的概率（1）随机事件的概率范围：0P(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）=.,A中所含的基本事件数基本事件总数,2.互斥事件有一个发生的概率P（A+B）=P（A）+P（B）.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）=pk（1-p）n-k，k=0，1，2，n.,5.离散型随机变量的分布列（1）设离散型随机变量可能取的值为x1,x2,xi,取每一个值xi的概率为P（=xi）=pi，则称下表：为离散型随机变量 的分布列.（2）离散型随机变量的分布列具有两个性质：pi0,p1+p2+pi+=1(i=1,2,3,).6.常见的离散型随机变量的分布（1）两点分布 分布列为（其中0p1）,(2)二项分布在n次独立重复试验中，事件A发生的次数 是一个随机变量，其所有可能取的值为0，1，2，3，n，并且P（=k）=pkqn-k(其中k=0，1，2，n，q=1-p).显然P（=k）0(k=0,1,2,n),pkqn-k=1.称这样的随机变量服从参数n和p的二项分布，记为 B(n,p).,7.离散型随机变量的期望与方差 若离散型随机变量的分布列为 则称E=x1p1+x2p2+xnpn+为 的数学期望，简 称期望.D=（x1-E）2p1+（x2-E）2p2+(xn-E)2pn+叫做随机变量 的方差.,8.统计（1）抽样方法：简单随机抽样、系统抽样、分层抽样.（2）利用样本频率分布估计总体分布 频率分布表和频率分布直方图.总体密度曲线.,9.正态分布（1）一般地，如果对任意实数ab，随机变量X满足 P（aXb）=dx,x(-,+)，则 称X的分布为正态分布.,（2）正态曲线的特点如图所示.曲线位于x轴上方，与x轴不相交.曲线是单峰的，它关于直线x=对称.,曲线在x=处达到峰值.曲线与x轴之间的面积为1.当 一定时，曲线随着 的变化而沿x轴平移.当 一定时，曲线的形状由 确定，越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.,（3）正态总体在三个特殊区间内取值的概率 P（-X+）=0.682 6.P(-2 X+2)=0.954 4.P(-3 X+3)=0.997 4.,一、频率分布直方图或频率分布表,例1 某班50名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与19秒之间，将测试结果按如下方式分成六组：第一组，成绩大于等于13秒且小于14秒；第二组，成绩大于等于14秒且小于15秒；第六组，成绩大于等于18秒且小于等于19秒.下图是按上述分组方法,得到的频率分布直方图.设成绩小于17秒的学生人数占全班总人数的百分比为x,成绩大于等于15秒且小于17秒的学生人数为y，则从频率分布直方图中可分析出x和y分别为（）,A.0.9,35B.0.9,45C.0.1,35D.0.1,45解析 P（17）=1-P(17 19)=1-(0.061+0.041)=0.9,即x=0.9,y=(0.34+0.36)150=35人.探究提高 在统计中，为了考查一个总体的情况，通常是从总体中抽取一个样本，用样本的有关情况去估计总体的相应情况.这种估计大体分为两类，一类,A,是用样本频率分布估计总体分布，另一类是用样本的某种数字特征（例如平均数、方差等）去估计总体的相应数字特征.,变式训练1（2009湖南理，13）一个总体分为A，B两层，其个体数之比为41，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为10的样本，已知B层中甲、乙都被抽到的概率为，则总体中的个体数为.解析 设总体中个体数为x，则B层中有 个个体，共需在B中抽2个个体.,x=40.,40,二、古典概型例2 某初级中学共有学生2 000名，各年级男、女生人数如下表：已知在全校学生中随机抽取1名，抽到初二年级女生的概率是0.19.（1）求x的值；（2）现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，问应在初三年级抽取多少名？,（3）已知y245,z245，求初三年级中女生比男生多的概率.思维启迪 求初三年级中女生比男生多的概率时，先找出男女生人数分布的所有可能,再找出女生比男生多的人数的所有可能.解析（1）=0.19x=380.(2)初三年级人数为y+z=2 000-(373+377+380+370)=500,现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，应在初三年级抽取的人数为：500=12（名）,（3）设初三年级女生比男生多的事件为A，初三年级女生、男生数记为（y,z）,由（2）知y+z=500，且y,zN*,基本事件空间包含的基本事件有：（245，255）、（246，254）、（247，253）、（255，245）共11个，事件A包含的基本事件有：（251，249）、（252，248）、（253，247）、（254，246）、（255，245）共5个P（A）=,探究提高（1）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总数，这常常用到排列、组合的有关知识.（2）对于较复杂的题目要注意正确分类，分类时应不重不漏.变式训练2（2009江苏，5）现有5根竹竿，它们的长度（单位：m）分别为2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差0.3 m的概率为.解析 从5根竹竿中一次随机抽取2根竹竿共有=10种抽取方法，而抽取的两根竹竿长度恰好相差0.3 m的情况有2种.则P=0.2.,0.2,三、相互独立事件和独立重复试验,例3 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是 和.假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响.（1）求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；（2）求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；（3）假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击.则乙恰好射击5次后被中止射击的概率是多少？思维启迪（1）第（1）问先求其对立事件的概率.（2）第（2）问利用相互独立事件和独立重复试验的概率公式.,（3）第（3）问中，甲恰好射击5次被中止，可分为前3次击中后两次未击中和前2次有一次未击中，第3次击中，后两次未击中两种情况.,解析（1）甲至少一次未击中目标的概率P1是P1=P4（1）+P4（2）+P4（3）+P4（4）=1-P4（0）=1-.（2）甲射击4次恰击中2次的概率为P2=，乙射击4次恰击中3次的概率为P3=，,由乘法公式，所求概率P=P2P3=.(3)乙恰好5次停止射击,则最后两次未击中,前三次或都击中或第一与第二次恰有一次击中,第三次必击中,故所求概率为.,探究提高（1）注意区分互斥事件和相互独立事件，互斥事件是在同一试验中不可能同时发生的情况，相互独立事件是指几个事件的发生与否互不影响，当然可以同时发生.（2）一个事件若正面情况比较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求解.对于“至少”，“至多”等问题往往用这种方法求解.,变式训练3 在每道单项选择题给出的4个备选答案中，只有一个是正确的.若对4道选择题中的每一道都任意选定一个答案，求这4道题中：（1）恰有两道题答对的概率；（2）至少答对一道题的概率.解析（1）视“选择每道题的答案”为一次试验，则这是4次独立重复试验，且每次试验中“选择正确”这一事件发生的概率为.由独立重复试验的概率计算公式得：恰有两道题答对的概率为P4（2）=.,（2）方法一 至少有一道题答对的概率为1-P4（0）=1-=1-.方法二 至少有一道题答对的概率为,四、随机变量的分布列、均值与方差,例4（2009潍坊模拟）甲、乙两人玩投篮游戏，规则如下：两人轮流投篮，每人至多投2次，甲先投，若有人投中即停止投篮，结束游戏，已知甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为.求：（1）乙投篮次数不超过1次的概率；（2）记甲、乙两人投篮次数和为，求 的分布列和数学期望.思维启迪（1）乙投篮次数不超过一次有三种情况.（2）正确理解并记准均值与方差的计算公式.,解析 记“甲投篮投中”为事件A，“乙投篮投中”为事B.方法一“乙投篮次数不超过1次”包括三种情况：一种是甲第1次投篮投中，另一种是甲第1次投篮未投中而乙第1次投篮投中，再一种是甲、乙第1次投篮均未投中而甲第2次投篮投中，所求的概率是P=P（A+B+A）=P（A）+P（B）+P（A）=P（A）+P（）P（B）+P（）P（）P（A）=.答 乙投篮次数不超过1次的概率为.,方法二“乙投篮次数不超过1次”的对立事件是“乙投篮2次”，所以，所求的概率是P=1-P（）=1-P（）P（）P（）=1-.答 乙投篮次数不超过1次的概率为.（2）甲、乙投篮总次数 的取值1，2，3，4，P（=1）=P(A)=,P(=2)=P(B)=P（）P（）=，P(=3)=P(A)=P（）P（）P（A）=,P(=4)=P()=P（）P（）P（）=,甲、乙投篮次数总和 的分布列为,甲、乙投篮总次数 的数学期望为E=1+2+3+4=.,答 甲、乙投篮次数总和的数学期望为.,探究提高 有些问题的模型显得较为隐蔽，这时我们可以多做一点尝试，弄清其模型，再设计相应的答题策略.在解答过程中，需注意答题的规范性.变式训练4（2009重庆理，17）某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为 和，且各株大树是否成活互不影响.求移栽的4株大树中：（1）两种大树各成活1株的概率；（2）成活的株数 的分布列与期望.,解析 设Ak表示甲种大树成活k株，k=0,1,2,Bl表示乙种大树成活l株，l=0,1,2,则Ak，Bl相互独立，由独立重复试验中事件发生的概率公式有P（Ak）=,P(Bl)=.据此算得P（A0）=，P（A1）=，P（A2）=，P（B0）=，P（B1）=，P（B2）=.（1）所求概率为P（A1B1）=P（A1）P（B1）=.,(2)方法一 的所有可能值为0,1,2,3,4,且P(=0)=P(A0B0)=P（A0）P（B0）=,P（=1）=P(A0B1)+P（A1B0）=,P（=2）=P(A0B2)+P（A1B1）+P（A2B0）=,.P（=3）=P(A1B2)+P（A2B1）=,P(=4)=P(A2B2)=.综上知 的分布列为,从而，的期望为E=(株).,方法二 分布列的求法同前，令 分别表示甲、乙两种大树成活的株数，则 B，B,故 E=2=,E=2=1,从而知E=E+E=（株）.,规律方法总结1.古典概型,A包含的基本事件m个数总的基本事件n个数,2.互斥事件与对立事件互斥事件强调两个事件不可能同时发生，即在一次试验中两个互斥事件可以都不发生.两事件是对立事件，则它们一定互斥，且在一次试验中两对立事件有且只有一个发生，反过来，两事件互斥，但不一定对立.故两事件互斥是两事件对立的必要不充分条件，对立事件是特殊的互斥事件.3.求离散型随机变量 的期望与方差的方法（1）理解 的意义，写出 可能取的全部值.（2）求 取每个值的概率.（3）写出 的分布列.（4）由期望的定义求E.(5)由方差的定义求D.,一、选择题1.某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，则 椭圆 的离心率e 的概率是（）A.B.C.D.解析 e=a2b,符合a2b的情况有：当b=1时，有a=3,4,5,6四种情况；当b=2时，有a=5,6两种情况，总共有6种情况.所以概率为.,C,2.（2009重庆理，6）锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花 生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部 特征完全相同.从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆 都至少取到1个的概率为（）A.B.C.D.解析 从15个汤圆中选出4个汤圆共有 种情况，每种汤圆至少有1个的情况有=720种情况，所以各种汤圆至少有1个的概率为 P=.,C,3.（2009上海理，16）若事件E与F相互独立，且P（E）=P（F）=，则P（EF）的值等于（）A.0B.C.D.解析 因为事件E与事件F相互独立，故P（EF）=P(E)P(F)=.,B,4.从编号为1，2，10的10个大小相同的球中任 取4个，则所取4个球的最大号码是6的概率为()A.B.C.D.解析 从10个球中任选4个共有 种取法，所取4个 球中最大号码是6的取法共有 种，所求概率为 P=.,B,5.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分 的概率为b，不得分的概率为c（a,b,c(0,1)），已知他投篮一次得分的期望是2，则 的最小 值为（）A.B.C.D.解析 由已知得3a+2b+0c=2,即3a+2b=2.其中0a,0b1.+=3+.,D,二、填空题6.从某地区15 000位老人中随机抽取500人，其生活 能否自理的情况如下表所示.,则该地区生活不能自理的老人中男性比女性约多 人.,解析 由表知500人中生活不能自理的男性比女性多2人，所以该地区15 000位老人生活不能自理的男性比女性多2=60(人).答案 60,7.某汽车站每天均有3辆开往省城济南的分为上、中、下等级的客车，某天袁先生准备在该汽车站乘车前 往济南办事，但他不知道客车的车况，也不知道 发车顺序.为了尽可能乘上上等车，他采取如下策 略：先放过一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二 辆，否则上第三辆.那么他乘上上等车的概率为.,解析 共有6种发生顺序：上、中、下上、下、中中、上、下中、下、上下、中、上下、上、中（其中画横线的表示袁先生所乘的车），所以他乘坐上等车的概率为.答案,8.有一容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示：,若落在10，20）中的频数共9个，则样本容量n=.解析 由题意，得样本数据落在10，20）中的频率为（0.016+0.020）5=0.18.又落在10，20）中的频数共9个，所以，解之得n=50.,50,三、解答题9.(2009陕西文，18)据统计,某食品企业在一个月内被 消费者投诉次数为0、1、2的概率分别 为0.4、0.5、0.1.(1)求该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率.,（2）假设一月份与二月份被消费者投诉的次数互不影响，求该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率.解(1)设事件A表示“一个月内被投诉的次数为0”，事件B表示“一个月内被投诉的次数为1”，P（A+B）=P（A）+P（B）=0.4+0.5=0.9.（2）设事件Ai表示“第i个月被投诉的次数为0”，事件Bi表示“第i个月被投诉的次数为1”，事件Ci表示“第i个月被投诉的次数为2”，事件D表示“两个月内共被投诉2次”.,P（Ai）=0.4,P(Bi）=0.5,P(Ci)=0.1(i=1,2).两个月中，一个月被投诉2次，另一个月被投诉0次的概率为P（A1C2+A2C1），一、二月份均被投诉1次的概率为P（B1B2），P（D）=P（A1C2+A2C1）+P（B1B2）=P（A1C2）+P（A2C1）+P（B1B2）.由事件的独立性得 P（D）=0.40.1+0.40.1+0.50.5=0.33.,10.甲、乙两位小学生各有2008年奥运吉祥物“福娃”5个（其中“贝贝”、“晶晶”、“欢欢”、“迎迎”和“妮妮”各一 个），现以投掷一个骰子的方式进行游戏，规则如下：当出现向上的点数是奇数时，甲赢得乙一个福娃；否则 乙赢得甲一个福娃，规定掷骰子的次数达9次时，或在此 前某人已赢得所有福娃时游戏终止.记游戏终止时投掷骰 子的次数为.(1)求掷骰子的次数为7的概率；（2）求 的分布列及数学期望E.解（1）当=7时，甲赢意味着“第七次甲赢，前6次赢 5次，但根据规则，前5次中必输1次”，由规则，每次甲 赢或乙赢的概率均为，因此P（=7）=2,（2）设游戏终止时骰子向上的点数是奇数出现的次数为m，向上的点数是偶数出现的次数为n，则由，可得：当m=5，n=0或m=0，n=5时，=5；当m=6,n=1或m=1，n=6时，=7当m=7，n=2或m=2，n=7时，=9.因此 的可能取值是5、7、9.每次投掷甲赢得乙一个福娃与乙赢得甲一个福娃的可能性相同，其概率都是.P（=5）=2()5=,P（=7）=，,P(=9)=1-.所以 的分布列是E=5+7+9=.,返回,