1、專題復習 離散型隨機變量分布列期望和方差離散型隨機變量包括離散型隨機變量的分布列、離散型隨機變量的期望與方差，是概率與統計的重點。本部分涉及的思維方法是：觀察與試驗、分析與綜合、一般化與特殊化，難點是求隨機變量的分布列。一、離散型隨機變量的分布列的性質：設是離散型隨機變量，則把的一切可能取值及其相應的概率表示出來的表，叫該隨機變量的概率分布，簡稱為的分布列。離散型隨機變量的分布列有如下性質：； 在某一范圍內取值的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和。例1：設隨機變量的概率分布列是其中是常數，則的值是（ ）A、 B、 C、 D、分析：理解的含義和的性質易解出此題。解：由得即解得，則，故選B。評

2、注：本提巧妙的將概率分布和等比數列求和揉合到一起，運用分布列的性質和等比數列求和公式解決問題。與“在知識交匯處”命題這一方向相吻合。例2：設隨機變量的概率分布如下表，則q=_。-101分析：根據分布列的性質可得通過解方程可求出 。解：由分布列性質得：，解得評注：要特別注意否則會得到一個錯誤答案。二、離散型隨機變量的分布列的求法1、求離散型隨機變量的步驟：準確確定隨機變量的所有可能取值；求出每種取值下隨機事件的概率；列表對應，即分布列。例3：一批零件中有9個合格品與3個廢品，安裝機器時，從這批零件中隨機抽取，取出廢品不放回，求在第一次取到合格品前已取出廢品數的分布列。分析：設在第一次取到合格品前

3、已取出的廢品數是，則=0，1，2，3，因為取出廢品不放回，所以若則表示總共取了1次而且是合格品；若則表示總共取2次且第一次是廢品；若則表示總共取3次且前2次都是廢品；若則表示總共取4次且前3次都是廢品。解：設第一次取到合格品前已取出的廢品數是，則=0，1，2，3，所以，0123P評注：此題一般性原則是上一次試驗若取到一個廢品，則下次抽取時，總量和廢品數量都相應減少一個，故宜使用分步法完成。2、二項分布：如果在一次試驗中某事件發生的概率是，那么在次獨立重復試驗中該事件恰好發生次的概率是，稱這樣的隨機變量服從二項分布；記作：；例4：一口袋內裝有5個黃球，3個紅球，現從袋中往外取球，每次取出一個，取

4、出后記下球的顏色，然后放回，直到紅球出現10次時停止，停止時取球的次數是一個隨機變量，則=_。（填計算式）分析：這是一個“12次獨立重復試驗恰有10次發生”的概率問題，同學們很容易由二項分布原理得到，這就忽視了隱含條件“第12次抽取的是紅球”，此種解法的結果包含著第12次抽取到黃球。解： 評注：要熟練掌握二項分布的特征，更要注意挖掘題目信息中的隱含信息。3、幾何分布：如果在一次試驗中某事件發生的概率是，那么在次獨立重復試驗中該事件在第次首次發生的概率是，稱這樣的隨機變量服從幾何分布；記作：。例5：袋中有5個大小規格相同的球，其中恰有一個紅球，4個白球，現從中任取一球，直到取到紅球為止，每次取出

5、的白球放回去再取。求取球次數的分布列分析：由于取出的白球放回再取，所以的取值是1，2，3，n，針對來說，由題意即前次取到白球，第次才取到紅球，所以符合幾何分布。解：可取1，2，3，n，故有12概率分布： 評注：本題考查了幾何分布的定義，要特別注意幾何分布與二項分布的區別。 例6：高三1班的一個研究性學習小組在網上查知，某珍稀植物種子在一定條件下發芽成功的概率是，該研究性學習小組分成兩個小組進行驗證性試驗。第一小組作了5次種子發芽試驗（每次均種下一粒種子），求至少有3次成功的概率；第二小組作了若干次發芽試驗（每次均種下一粒種子），如果在一次試驗中種子發芽成功就停止試驗，但發芽試驗次數最多不超過5

6、次，求第二小組試驗次數的分布列。分析：用獨立重復試驗的概率公式求解，可正面求解，也可逆向思維即正難則反。因試驗次數不超過5次，故可取1，2，3，4，5，包括前4次未發芽，第5次發芽和前4次未發芽第5次也未發芽兩種情況。所以第5次試驗的概率應是 或。解：（1）至少3次發芽成功，即有3次、4次、5次成功，（2）的分布列是12345評注：獨立重復試驗中某事件第一次發生后即停止試驗，但試驗次數不超過次，是類幾何分布，但不是幾何分布，要注意區別。三、隨機變量的期望與方差1、期望及其性質：期望值反映了離散型隨機變量的平均水平；若，則若，則2、方差及其性質：方差反映了取值的穩定性；例7：已知隨機變量和，其中

7、，且，若的分布列如下表，求1234的值。分析：利用分布列的性質、期望值的求法及性質可得到方程組，解之即可。解：由得所以。 又。聯立求得評注：本題在充分考查隨機變量的分布列、期望及它們性質的同時巧妙的滲透了方程思想，求解概率分布問題時要注意靈活運用各種數學思想和方法。例8：如果甲乙兩個乒乓球選手進行比賽，而且它們的水平相當，規定“七局四勝”，即先贏四局者勝；若已知甲先贏了前兩局，設比賽的局數是，求的分布列及。分析：比賽采取七局四勝制，甲贏了前兩場，故要結束比賽最小取4，所以，若則只能是甲勝（甲贏第三局和第四局）；若只能是甲勝（第三、四局甲勝一局，第五局甲勝）； 若比則可以是甲勝也可以是乙勝； 若

8、則可以是甲勝也可以是乙勝。解：由分析得：， ，4567P所以的分布列是：評注：本題考查隨機變量的分布列、數學期望的概念和運算，以及用概率統計知識解決實際問題的能力；解題過程中巧妙的滲透了分類討論的思想方法。例9：若隨機事件A在1次試驗中發生的概率是，用隨機變量表示A在1次實驗中發生的次數。（1）求方差的最大值；（2）求的最大值。分析：（1）這是同學們熟知的0-1分布，分布列易寫出，而要求方差的最大值需求得的表達式，轉化為二次函數的最值問題；（2）得到后自然會聯想均值不等式求最值。解：（1）的分布列如表：所以，所以時，有最大值。（2）由，當且僅當即時取等號，所以的最大值是。評注：本題考查了期望、

9、方差的概念及運算，更考查了利用二次函數及均值不等式求最值。例10：某城市有甲、乙、丙3個旅游景點，一位客人游覽這三個景點的概率分別是0.4，0.5，0.6，且客人是否游覽哪個景點互不影響，設表示客人離開該城市時游覽的景點數與沒有游覽的景點數之差的絕對值.（）求的分布列及數學期望；（）記“函數f(x)x23x1在區間2，上單調遞增”為事件A，求事件A的概率.分析：（I）分別記“客人游覽甲景點”，“客人游覽乙景點”，“客人游覽丙景點”為事件A1，A2，A3. 由已知A1，A2，A3相互獨立，P（A1）=0.4，P（A2）=0.5，P（A3的可能取值為1，3. （2）這是二次函數在閉區間上的單調性問

10、題，需考查對稱軸相對閉區間的關系，就本題而言，只需即可。解：由分析得：P（=3）=P（A1·A2·A3）+ P（）= P（A1）P（A2）P（A3）+P（）1 3 P0.760.24=2×0.4×0.5×0.6=0.24，P（=1）=10.24=0.76.所以的分布列為E=1×0.76+3×0.24=1.48.（）解法一 因為所以函數上單調遞增，要使上單調遞增，當且僅當從而解法二：的可能取值為1，3.當=1時，函數上單調遞增，當=3時，函數上不單調遞增.所以評注：本題把概率知識與二次函數巧妙的結合起來，使題目顯得非常“新”，

11、檔次和品味也水漲船高，是一道不可多得的好題；主要考查相互獨立事件同時發生的概率和隨機變量的分布列、數學期望等，同時考查學生的邏輯思維能力。例11：設l為平面上過點（0，1）的直線，l的斜率等可能地取用表示坐標原點到l的距離，則隨機變量的數學期望E= . 分析：由題知這是一個等可能事件，只要根據點斜式寫出直線方程，求出原點到所有直線的距離即是隨機變量的所有取值，列表對應得到分布列求期望即可。解：01評注：本題是以概率知識為載體，命制的創新題目，考查創新意識及綜合處理問題的能力。解：若不采用任何措施，總費用即損失的期望值是（萬元）；若單獨采取措施甲，需預防措施費用45萬元，發生突發事件的概率是1-

12、0.9=0.1，損失的期望值是萬元，總費用是45+40=80萬元；若單獨采用預防措施乙，需預防措施費用30萬元，發生突發事件的概率是1-0.85=0.15，損失的期望值是萬元，總費用是30+60=90萬元；若聯合采用甲、乙兩種措施，則需預防措施費用75萬元，發生突發事件的概率是（1-0.9）（1-0.85）=0.015，損失的期望值是萬元，總費用是75+6=81萬元；所以聯合采用預防措施，可使總費用最少。評注：本題主要考查相互獨立事件、互斥事件概率的定義及求法，數學期望的概念和運算，以及運用數學知識解決實際問題的能力. 109876500.10.10.10.10.20.20.2例13、甲、乙兩名射手在一次射擊中的得分是兩個相互獨立的隨機變量與，且的分布列如下表：109876500.50.20.10.10.050.050分析甲、乙的技術優劣。分析：比較技術，首先要看他們平均每發子彈擊中的環數即期望，還要看平均環數的偏離程度即方差