【解析】由题知C0n+C1n•2+C2n•22=129，

所以n=8，所以通项为Tr+1=Cr8(xx)8-r = ，

故r=6时，T7=26C28x=1 792x，

所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x.

题型二　运用赋值法求值

【例2】(1)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，且a1+a2+…+an-1=29-n，则n=　　;

(2)已知(1-x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，若5a1+2a2=0，则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)由二项式定理得，

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.

【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.

【变式训练2】设(3x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a7x7+a8x8.求a0+a2+a4+a6+a8的值.

【解析】令f(x)=(3x-1)8，

因为f(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).

题型三　二项式定理的综合应用

【例3】求证：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的倍数，所以4×6n+5n+1-9能被20整除.

【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a+b)n中，a，b中有一个是除数的倍数;其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.

【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.

【解析】0.9986=(1-0.002)6=1+6×(-0.002)1+15×(-0.002)2+…+(-0.002)6.

因为T3=C26(-0.002)2=15×(-0.002)2=0.000 06<0.001，

且第3项以后的绝对值都小于0.001，

所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.

所以0.9986=(1-0.002)6≈1+6×(-0.002)=1-0.012=0.988.

总结提高

1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项;

2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段;

3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.

12.4　随机事件的概率与概率的基本性质

典例精析

题型一　频率与概率

【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.

抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000

优等品数m 45 92 194 470 954 1 902

优等品频率

(1)计算表中乒乓球优等品的频率;

(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少?(结果保留到小数点后三位)

【解析】(1)依据公式 ，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,

0.940,0.954,0.951.

(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.

【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在0.95，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.

【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.

投篮次数n 8 10 12 9 10 16

进球次数m 6 8 9 7 7 12

进球频率

(1)计算表中进球的频率;

(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少?

【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：

(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在 附近摆动，可知该运动员进球的概率为 .

题型二　随机事件间的关系

【例2】从一副桥牌(52张)中任取1张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件.

(1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”;

(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”;

(3)“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.

【解析】(1)是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立.

(2)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.

(3)不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.

【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.

【变式训练2】抽查10件产品，设事件A：至少有两件次品，则A的对立事件为(　　)

A.至多两件次品 B.至多一件次品

C.至多两件正品 D.至少两件正品

【解析】根据对立事件的定义得选项B.

题型三　概率概念的应用

【例3】 甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为优秀，85分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.

优秀 非优秀 总计

甲 10

乙 30

总计 105

已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为 .

(1)请完成上面列联表;

(2)根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据P(K2>6.635)=0.05);

(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.

【解析】(1)

优秀 非优秀 总计

甲 10 45 55

乙 20 30 50

总计 30 75 105

(2)计算K2的一个观测值

k= =6.109.

因为6.109<6.635，所以没有95%的把握认为成绩与班级有关.

(3)记被抽取人的序号为ζ，

则P(ζ=6)= ，P(ζ=10)= ，

所以P(ζ=6或ζ=10)=P(ζ=6)+P(ζ=10)= = .

【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.

【变式训练3】袋内有35个球，每个球上都记有从1~35中的一个号码，设号码为n的球的重量为 -5n+20克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).

(1)如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率;

(2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率.

【解析】(1)由不等式 -5n+20>n+5，得n>15或n<3，

由题意知n=1,2或者n=16,17，…，35，于是所求概率为 .

(2)设第n号和第m号的两个球的重量相等，

其中n

所以(n-m)(n+m-15)=0.

因为n≠m，所以n+m=15，

所以(n，m)=(1,14)，(2,13)，…，(7,8).

故所求概率为 .

总结提高

1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合A的对立事件记作 ，从集合的角度来看，事件 所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪ =U，A∩ = .对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.

事件A、B的和记作A+B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件A+B是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的.

当计算事件A的概率P(A)比较困难时，有时计算它的对立事件 的概率则要容易些，为此有P(A)=1-P( ).

2.若A与B互相独立，则 与 ，A与 ， 与B都是相互独立事件.判断A与B是否独立的方法是看P(AB)=P(A)•P(B)是否成立.

12.5　古典概型

典例精析

题型一　古典概率模型的计算问题

【例1】一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，

轿车A 轿车B 轿车C

舒适型 100 150 z

标准型 300 450 600

现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.

(1)求z的值;

(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率;

(3)用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,

9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.

【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50×40=2 000辆，所以z=2 000-100-150-300-450-600=400.

(2)由(1)知C类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n=10种不同取法，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件 表示抽取到2辆标准型轿车，有m′=3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m=7种，所以P(A)=710.

(3)样本平均数 =18×(9.4+8.6+9.2+9.6+8.7+9.3+9.0+8.2)=9.0，记事件B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0.5，则事件B包含的基本事件有6种，所以P(B)=68=34.

【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.

【变式训练1】已知△ABC的三边是10以内(不包含10)的三个连续的正整数，求任取一个△ABC是锐角三角形的概率.

【解析】依题意不妨设a=n-1，b=n，c=n+1(n>1，n∈N)，从而有a+b>c，即n>2，所以△ABC的最小边为2，要使△ABC是锐角三角形，只需△ABC的最大角C是锐角，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是锐角三角形，△ABC的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABC是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为46=23.

题型二　有放回抽样与不放回抽样

【例2】 现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品.

(1)如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率;

(2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.

【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x，y，z都有10种可能，所以试验结果有10×10×10=103种;设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有8×8×8=83 种，因此，P(A)= =0.512.

(2)方法一：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录(x，y，z)，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8=720种.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为8×7×6=336， 所以P(B)=336720≈0.467.

方法二：可以看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序(x，y，z)记录结果，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6=120.按同样的方法，事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6=56，因此P(B)=56120≈0.467.

【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.

【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求：

(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率;

(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.

【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P=410=25;

(2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P=525=15.

题型三　古典概型问题的综合应用

【例3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球;乙袋装有2个红球，n个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.

(1)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率;

(2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n.

【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A，

P(A)=C22C24•C22C25=16×110=160.

(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2.

由题意，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，化简得7n2-11n-6=0，解得n=2或n=-37(舍去)，故n=2.

【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.

(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少?

(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少?

【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有C16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是C 14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为C16×C14=24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有C110×C19=90，

所以概率为2490=415.

(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9=90.

方法一：(分类计数原理)

①只有甲抽到了选择题的事件数是：6×4=24;

②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4=24;

③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6×5=30.

故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是24+24+3090=1315.

方法二：(利用对立事件)

事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件.

事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是4×3=12.

故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1-1290=1-215=1315.

总结提高

1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n必须是有限个;②出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式P(A)=mn得出的结果才是正确的.使用公式P(A)=mn计算时，确定m、n的数值是关键所在.

2.对于n个互斥事件A1，A2，…，An，其加法公式为P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).

3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.

4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.

12.6　几何概型

典例精析

题型一　长度问题

【例1】如图，∠AOB=60°，OA=2，OB=5，在线段OB上任取一点C，

试求：

(1)△AOC为钝角三角形的概率;

(2)△AOC为锐角三角形的概率.

【解析】如图，由平面几何知识知：

当AD⊥OB时，OD=1;当OA⊥AE时，OE=4，BE=1.

(1)当且仅当点C在线段OD或BE上时，△AOC为钝角三角形.

记“△AOC为钝角三角形”为事件M，则P(M)=OD+EBOB=1+15=0.4，即△AOC为钝角三角形的概率为0.4.

(2)当且仅当点C在线段DE上时，△AOC为锐角三角形.

记“△AOC为锐角三角”为事件N，则P(N)=DEOB=35=0.6，即△AOC为锐角三角形的概率为0.6.

【点拨】我们把每一个事件理解为从某个特定的区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个事件发生则理解为恰好在上述区域内的某个指定的区域内的点，这样的概率模型就可以用几何概型求解.

【变式训练1】点A为周长等于3的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点B，则劣弧AB的长度小于1的概率为　　　.

【解析】如图

可设 =1，则根据几何概率可知其整体事件是其周长3，则其概率是23.

题型二　面积问题

【例2】 两个CB对讲机(CB即CitizenBand民用波段的英文缩写)持有者，莉莉和霍伊都为卡尔货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午3：00时莉莉正在基地正东距基地30公里以内的某处向基地行驶，而霍伊在下午3：00时正在基地正北距基地40公里以内的某地向基地行驶，试问在下午3：00时他们能够通过对讲机交谈的概率有多大?

【解析】设x和y分别代表莉莉和霍伊距基地的距离，于是0≤x≤30,0≤y≤40.

他们所有可能的距离的数据构成有序点对(x，y)，这里x，y都在它们各自的限制范围内，则所有这样的有序数对构成的集合即为基本事件组对应的几何区域，每一个几何区域中的点都代表莉莉和霍伊的一个特定的位置， 他们可以通过对讲机交谈的事件仅当他们之间的距离不超过25公里时发生(如下图)，因此构成该事件的点由满足不等式x2+y2≤25的数对组成，

此不等式等价于x2+y2≤625，右图中的方形区域代表基本事件组，阴影部分代表所求事件，方形区域的面积为1 200平方公里，而事件的面积为(14)×π×(25)2=625π4，

于是有P=625×π41 200=625π4 800≈0.41.

【点拨】解决此类问题，应先根据题意确定该实验为几何概型，然后求出事件A和基本事件的几何度量，借助几何概型的概率公式求出.

【变式训练2】如图，以正方形ABCD的边长为直径作半圆，重叠部分为花瓣.现在向该正方形区域内随机地投掷一飞镖，求飞镖落在花瓣内的概率.

【解析】飞镖落在正方形区域内的机会是均等的，符合几何概型条件.记飞镖落在花瓣内为事件A，设正方形边长为2r，则

P( A)=S花瓣SABCD=12πr2×4-(2r)2(2r)2=π-22.

所以，飞镖落在花瓣内的概率为π-22.

题型三　体积问题

【例3】 在线段[0,1]上任意投三个点，设O至三点的三线段长为x、y、z，研究方法表明：x，y，z能构成三角形只要点(x，y，z) 落在棱长为1的正方体T的内部由△ADC，△ADB，△BDC，△AOC，△AOB，△BOC所围成的区域G中(如图)，则x，y，z能构成三角形与不能构成三角形这两个事件中哪一个事件的概率大?

【解析】V(T)=1，V(G)=13-3×13×12×13=12，

所以P=V(G)V(T)=12.

由此得，能与不能构成三角形两事件的概率一样大.

【点拨】因为任意投的三点x，y，z是随机的，所以使得能构成三角形只与能构成三角形的区域及基本事件的区域有关.

【变式训练3】已知正方体ABCD—A1B1C1D1内有一个内切球O，则在正方体ABCD—A1B1C1D1内任取点M，点M在球O内的概率是(　　)

A.π4 B.π8 C.π6 D.π12

【解析】设正方体的棱长为a，则点M在球O内的概率P=V球V正方体=43π(a2)3a3=π6，选C.

总结提高

1.几何概型是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个.其特点是在一个区域内均匀分布，概率大小与随机事件所在区域的形状和位置无关，只与该区域的大小有关.如果随机事件所在区域是一个单点，其测度为0，则它出现的概率为0，但它不是不可能事件. 如果随机事件所在区域是全部区域扣除一个单点， 其测度为1，则它出现的概率为1，但它不是必然事件.

2.若试验的全部结果是一个包含无限个点的区域(长度，面积，体积)，一个基本事件是区域中的一个点.此时用点数度量事件A包含的基本事件的多少就毫无意义.“等可能性”可以理解成“对任意两个区域，当它们的测度(长度，面积，体积，…)相等时，事件A对应点落在这两区域上的概率相等，而与形状和位置都无关”.

3.几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示，而所有基本结果对应于一个区域Ω，这时，与试验有关的问题即可利用几何概型来解决.

12.7　条件概率与事件的独立性

典例精析

题型一　条件概率的求法

【例1】一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可从0~9中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：

(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率;

(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率.

【解析】设第i次按对密码为 事件Ai(i=1,2)，则A=A1∪( A2)表示不超过2次就按对密码.

(1)因为事件A1与事件 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表示最后一位是偶数的事件，则

P(A|B)=P(A1|B)+P( A2|B)=15+4×15×4=25.

【点拨】此类问题解题时应注意着重分析事件间的关系，辨析所求概率是哪一事件的概率，再运用相应的公式求解.

【变式训练1】设某种动物从出生算起活到20岁以上的概率为0.8，活到25岁以上的概率为0.4.现有一只20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是　　　.

【解析】设此种动物活到20岁为事件A，活到25岁为事件B，所求概率为P(B|A)， 由于B⊆A，则P(AB)=P(B)，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.40.8=12.

题型二　相互独立事件的概率

【例2】三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别为15，14，13，且他们是否破译出密码互不影响.

(1)求恰有二人破译出密码的概率;

(2)“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大?说明理由.

【解析】(1)记三人各自破译出密 码分别为事件A，B，C，依题意知A，B，C相互独立，记事件D：恰有二人破译密码，

则P(D)=P(AB )+P(A C)+P( BC)

=15×14×(1-13)+15×(1-14)×13+(1-15)×14×13=960=320.

(2)记事件E：密码被破译， ：密码未被破译，

则P( )=P( )=(1-15)×(1-14)×(1-13)=2460=25，

所以P(E)=1-P( )=35，所以P(E)>P( ).

故密码被破译的概率大.

【点拨】解决事件的概率问题的一般步骤：①记取事件;②揭示事件的关系;③计算事件的概率.

【变式训练2】甲、乙、丙三个口袋内都分别装有6个只有颜色不相同的球，并且每个口袋内的6个球均有1个红球，2个黑球，3个无色透明的球，现从甲、乙、丙三个口袋中依次随机各摸出1个球，求恰好摸出红球、黑球和无色球各1个的概率.

【解析】由于各个袋中球的情况一样，而且从每一个袋中摸出红球、黑球、无色球的概率均分别为16，13，12，可得P=A33×16×13×12=16.

题型三　综合问题

【例3】某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.

方案一：三门课程中至少有两门及格为考试通过;

方案二：在三门课程中随机选取两门，这两门都及格为考试通过.

假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.

(1)分别求该应聘者在方案一和方案二下考试通过的概率;

(2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由.

【解析】记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B，C，则P(A)=a，P(B)=b，P(C)=c.

(1)应聘者在方案一下考试通过的概率

P1=P(AB )+P( BC)+P(A C)+P(ABC)

=ab(1-c)+bc(1-a)+ac(1-b)+abc

=ab+bc+ca-2abc.

应聘者在方案二下考试通过的概率

P2=13P(AB)+13P(BC)+13P(AC)=13(ab+bc+ca).

(2)由a，b，c∈[0,1]，则

P1-P2=23(ab+bc+ca)-2abc=23[ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)]≥0，

故P1≥P2，即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大.

【点拨】本题首先以相互独立事件为背景，考查两种方案的概率，然后比较概率的大小，要求运用a，b，c∈[0,1]这一隐含条件.

【变式训练3】甲，乙，丙三人分别独立地进行某项体能测试，已知甲能通过测试的概率是25，甲，乙，丙三人都能通过测试的概率是320，甲，乙， 丙三人都不能通过测试的概率是340，且乙通过的概率比丙大.

(1)求乙，丙两人各自通过测试的概率分别是多少?

(2)测试结束后，最容易出现几人通过的情况?

【解析】(1)设乙、丙两人各自通过的概率分别为x，y，依题意得

即 或 (舍去)，

所以乙、丙两人各自通过的概率分别为34，12.

(2)因为三人都不能通过测试的概率为P0=340，

三人都能通过测试的概率为P3=320=640，

三人中恰有一人通过测试的概率：

P1=25×(1-34)×(1-12)+(1-25)×34×(1-12)+(1-25)×(1-34)×12=720=1440，

三人恰有两人通过测试的概率：

P2=1-(P0+P1+P3)=1740，

所以测试结束后，最容易出现两人通过的情况.

总结提高

1.互斥事件、对立事件、相互独立事件的区别：

对于事件A、B，在一次试验中，A、B如果不能同时发生，则称A、B互斥.一次试验中，如果A、B互斥且A、B中必有一个发生，则称A、B对立.显然，A+ 为必然事件，A、B互斥则不能同时发生，但可能同时不发生.两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件的发生的概率没有影响.事实上：

A、B互斥，则P(AB)=0;

A、B对立，则P(AB)=0且P(A)+P(B)=1;

A、B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B).

它们是不相同的.

2.由于当事件A、B相互独立时，P(AB)=P(A)P(B)，因此式子1-P(A)P(B)表示相互独立事件A、B中至少有一个不发生的概率.对于n个随机事件A1，A2，…，An，有

P(A1+A2+…+An)=1-P( ∩ ∩…∩ )，此称为概率的和与积的互补公式.

12.8　离散型随机变量及其分布列

典例精析

题型一　离散型随机变量的分布列

【例1】设离散型随机变量X的分布列为

X 0 1 2 3 4

P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3

求：(1)2X+ 1的分布列;(2)|X-1|的分布列.

【解析】首先列表如下：

X 0 1 2 3 4

2X+1 1 3 5 7 9

|X-1| 1 0 1 2 3

从而由上表得两个分布列如下：

2X+1的分布列：

2X+1 1 3 5 7 9

P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3

|X-1|的分布列：

|X-1| 0 1 2 3

P 0.1 0.3 0.3 0.3

【点拨】由于X的不同的值，Y=f(X)会取到相同的值，这时要考虑所有使f(X)=Y成立的X1，X2，…，Xi的值，则P(Y)=P(f(X))=P(X1)+P(X2)+…+P(Xi)，在第(2)小题中充分体现了这一点.

【变式训练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到过渡区，B肯定是受A感染的，对于C，因为难以断定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是12，同样也假定D受A、B、C感染的概率都为13，在这种假定之下，B、C、D中受A感染的人数X就是一个随机变量，写出X分布列，并求均值.

【解析】依题知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的分布列为

X 1 2 3

P

均值E(X)=1× +2× +3× = .

题型二　两点分布

【例2】在掷一枚图钉的随机试验中，令ξ= 如果针尖向上的概率为p，试写出随机变量ξ的分布列.

【解析】根据分布列的性质，针尖向下的概率是1-p.于是，随机变量的分布列是

ξ 0 1

P 1-p p

【点拨】本题将两点分布与概率分布列的性质相结合，加深了两点分布的概念的理解.

【变式训练2】 若离散型随机变量ξ= 的分布列为：

ξ 0 1

P 9c2-c 3-8c

(1)求出c;

(2)ξ是否服从两点分布?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)是两点分布.成功概率为3-8c=13.

题型三　超几何分布

【例3】 有10件产品，其中3件次品，7件正品，现从中抽取5件，求抽得次品数 X 的分布列.

【解析】X的所有可能取值为 0,1,2,3，X=0表示取出的5件产品全是正品，

P(X=0)=C03C57C510=21252=112;

X=1表示取出的5件产品有1件次品4件正品，

P(X=1)=C13C47C510=105252=512;

X=2表示取出的5件产品有2件次品3件正品，

P(X=2)=C23C37C510=105252=512;

X=3表示取出的5件产品有3件次品2件正品，

P(X=3)=C33C27C510=21252=112.

所以X的分布列为

X 0 1 2 3

P

【点拨】在取出的5件产品中，次品数X服从超几何分布，只要代入公式就可求出相应的概率，关键是明确随机变量的所有取值.超几何分布是一个重要分布，要掌握它的特点.

【变式训练3】一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，其分布列为P(X)，则P(X=4)的值为(　　)

A.1220　 　　 B.2755 C.27220 D.2125