高中数学讲义微专题88《含有条件概率的随机变量问题》讲义.doc

1、 微专题 88 含有条件概率的随机变量问题 一、基础知识： 1、条件概率：事件B在事件A已经发生的情况下，发生的概率称为B在A条件下的条件概 率，记为|B A 2、条件概率的计算方法： （1）按照条件概率的计算公式： | P AB P B A P A （2）考虑事件A发生后，题目产生了如何的变化，并写出事件B在这种情况下的概率 例如：5 张奖券中有一张有奖，甲，乙，丙三人先后抽取，且抽完后不放回，已知甲没有中奖， 则乙中奖的概率： 按照（1）的方法：设事件A为“甲没中奖”，事件B为“乙中奖”，则所求事件为|B A，按照 公式，分别计算 ,P AB P A，利用古典概型可得： 2 5 41 5

2、P AB A ， 4 5 P A ，所以 1 | 4 P AB P B A P A 按照（2）的方法：考虑甲已经抽完了，且没有中奖，此时还有 4 张奖券，1 张有奖。那么轮 到乙抽时，乙抽中的概率即为 1 4 3、含条件概率的乘法公式：设事件,A B，则,A B同时发生的概率 |P ABP AP B A ，此时|P B A通常用方案（2）进行计算 4、处理此类问题要注意以下几点： （1）要分析好几个事件间的先后顺序，以及先发生的事件对后面事件的概率产生如何的影响 （即后面的事件算的是条件概率） （2）根据随机变量的不同取值，事件发生的过程会有所不同，要注意区别 （3）若随机变量取到某个值时，情

3、况较为复杂，不利于正面分析，则可以考虑先求出其它取 值时的概率，然后用间接法解决。 二、典型例题： 例 1：袋中有大小相同的三个球，编号分别为1,2,3，从袋中每次取出一个球，若取到的球的 编号为2， 则把该球编号记下再把编号数改为 1 后放回袋中继续取球； 若取到的球的编号为奇 数，则取球停止，取球停止后用X表示“所有被取球的编号之和” （1）求X的分布列 （2）求X的数学期望及方差 思路： （1）依题意可知如果取球取出的是1,3，则取球停止，此时X的值为 1 或 3；当取球取 出的是 2 号球时，按照规则要改为 1 号球放进去重取，再取时只能取到 1 或 3，所有编号之和 X的值为3,5，

4、所以可知X可取的值为1,3,5，当1X 时，意味着直接取到了 1 号球（概率 为 1 3 ） ；当3X 时，分为两种情况，一种为直接取到 3（概率为 1 3 ） ，另一种为取到了 2（概 率为 1 3 ） ，改完数字后再取到 1（概率为 2 3 ） ；当5X 时，为取到了 2（概率为 1 3 ） ，改完数 字后再取到 3（概率为 1 3 ） ，从而可计算出概率。进而得到分布列与期望方差 解： （1）X可取的值为1,3,5 1 1 3 P X 11 25 3 33 39 P X 1 11 5 3 39 P X X的分布列为： X 1 3 5 P 1 3 5 9 1 9 （2） 15123 135

5、 3999 EX 222 123523123176 135 39999981 DX 例 2：深圳市某校中学生篮球队假期集训，集训前共有 6 个篮球，其中 3 个是新球(即没有用 过的球)，3 个是旧球(即至少用过一次的球)每次训练，都从中任意取出 2 个球，用完后放回 （1）设第一次训练时取到的新球个数为，求的分布列和数学期望； （2）求第二次训练时恰好取到一个新球的概率 （1）思路：第一次训练时所取得球是从 6 个球（3 新，3 旧）中不放回取出 2 个球，所以可 判断出服从超几何分布，即可利用其公式计算概率与分布列，并求得期望 解：可取的值为0,1,2 2 3 2 6 1 0 5 C P

6、C 11 33 2 6 3 1 5 CC P C 2 3 2 6 1 2 5 C P C 的分布列为： 0 1 2 P 1 5 3 5 1 5 131 0121 555 E （2）思路：本题要注意一个常识，即新球训练过后就变成了旧球，所以要计算第二次恰好取 到一个新球的概率，需要了解经过第一次训练后，所剩的球有几个新球，几个旧球。所以要 对第一次取球的情况进行分类讨论：若第一次取 2 个新球，则第二次训练时有 5 旧 1 新；若 第一次取到 1 个新球，则第二次训练时有 4 旧 2 新；若第一次取到 2 个旧球，则第二次训练 依然为 3 旧 3 新，分别计算概率再相加即可 解：设事件 i A为

7、“第一次训练取出了i个新球”，则 2 33 2 6 ii i C C P A C 设事件B为“从六个球取出两个球，其中恰好有一个新球” 事件C为“第二次恰好取出一个新球” 012 P CP A BP ABP A B 211 333 000 22 66 3 | 25 CCC P A BP AP B A CC 1111 3342 111 22 66 8 | 25 C CCC P ABP AP B A CC 21 35 222 22 66 1 | 15 CC P A BP AP B A CC 012 38 75 P CP A BP ABP A B 例 3：若盒中装有同一型号的灯泡共 10 个，其中有

8、 8 个合格品，2 个次品 （1）某工人师傅有放回地连续从该盒中取灯泡 3 次，每次取一只灯泡，求 2 次取到次品的概 率 （2）某工人师傅用该盒中的灯泡去更换会议室的一只已坏灯泡，每次从中取一灯泡，若是正 品则用它更换已坏灯泡，若是次品则将其报废（不再放回原盒中） ，求成功更换会议室的已坏 灯泡所用灯泡只数X的分布列和数学期望 （1）思路：每次有放回的取灯泡，相当于做了 3 次独立重复试验，每次试验中取到合格品的 概率为 4 5 ，取到次品的概率为 1 5 ，在 3 次试验中 2 次取到次品，1 次取得合格品，所以考虑利 用公式求解取到次品的概率 解：设事件A为“2 次取到次品” 2 2 3

9、 1412 55125 P AC （2）思路：因为只有 2 个次品，所以最多用掉 3 个灯泡，X可取的值为1,2,3，1X 时， 意味着取到的是合格品，概率为 4 5 ，2X 是取到一个次品（概率为 1 5 ）之后在 9 个灯泡中 取到一个合格品（概率为 8 9 ） ，3X 是连续取到 2 个次品（概率为 1 1 5 9 ） ，之后一定拿到合 格品，分别计算概率即可 解：X可取的值为1,2,3 4 1 5 P X 1 88 2 5 945 P X 1 11 3 5 945 P X X的分布列为： 1 2 3 P 4 5 8 45 1 45 48111 123 545459 EX 例 4：一个盒

10、子内装有 8 张卡片，每张卡片上面写着 1 个数字，这 8 个数字各不相同，且奇数 有 3 个，偶数有 5 个每张卡片被取出的概率相等 （1）如果从盒子中一次随机取出 2 张卡片，并且将取出的 2 张卡片上的数字相加得到一个新 数，求所得新数是奇数的概率； （2）现从盒子中一次随机取出 1 张卡片，每次取出的卡片都不放回盒子，若取出的卡片上写 着的数是偶数则停止取出卡片，否则继续取出卡片设取出了次才停止取出卡片，求的分 布列和数学期望 （1）思路：本题可用古典概型解决，事件为“8 张卡片中取出 2 张卡片”，所以 2 8 nC 事件A为“所得新数为奇数”，可知需要一奇一偶相加即可，则 11 3

11、5 n ACC，从而可计算出 P A 解：设A为“所得新数为奇数” 11 35 2 8 15 28 CC P A C （2）思路：依题意可知可取的值为1,2,3,4，题目中的要求为“取出偶数即停止”所以若要保 证第n次能继续抽卡片，则在前1n次需均抽出奇数。所以1,2,3时，意味着抽卡片中 途停止，则必在最后一次取到了偶数，以3为例，中途停止说明在第三次抽到偶数，前两 次抽到奇数。所以 3 2 5 3 8 7 6 P（第二次受第一次结果的影响，只剩 7 张卡片，含有 2 张奇数卡片，所以是前两次是奇数的概率为 3 2 8 7 ） 。当4时，只要在前三次将奇数卡片抽 完即可。 解：可取的值为1,

12、2,3,4 5 1 8 P 3 515 2 8 756 P 3 2 55 3 8 7 656 P 3 2 11 4 8 7 656 P 的分布列为： 1 2 3 4 P 5 8 15 56 5 56 1 56 515513 1234 85656562 E 例 5：某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一个智能门，首次到达此门，系统会随 机（即等可能）为你打开一个通道，若是 1 号通道，则需要 1 个小时走出迷宫；若是 2 号，3 号通道，则分别需要 2 小时，3 小时返回智能门，再次到达智能门时，系统会随机打开一个你 未到过的通道，直至走出迷宫为止，令表示走出迷宫所需的时间，求的分布列和数

13、学期望 思路：迷宫的规则为只有进入 1 号通道才能走出迷宫，如果是其他通道（以 2 号为例） ，则可 能打开 1 通道然后走出迷宫，或者打开另一个通道，通过第三轮进入 1 通道走出迷宫，所以 可取的值为1（1 号） ，3（2 号+1 号） ，4（3 号+1 号） ，6（3 号+2 号+1 号或 2 号+3 号+1 号） 。 根据的取值便可判断出走迷宫的情况，从而列出式子计算概率，得到分布列 解：可取的值为1,3,4,6 1 1 3 P 111 3 326 P 111 4 326 P 11111 6 32323 P 的分布列为： 1 3 4 6 P 1 3 1 6 1 6 1 3 11117 1

14、346 36632 E 例 6：某学校要对学生进行身体素质全面测试，对每位学生都要进行 9 选 3 考核（即共 9 项测 试，随机选取 3 项） ，若全部合格，则颁发合格证；若不合格，则重新参加下期的 9 选 3 考核， 直至合格为止，若学生小李抽到“引体向上”一项，则第一次参加考试合格的概率为 1 2 ，第二 次参加考试合格的概率为 2 3 ，第三次参加考试合格的概率为 4 5 ，若第四次抽到可要求调换项 目，其它选项小李均可一次性通过 （1）求小李第一次考试即通过的概率P （2）求小李参加考核的次数分布列 （1）思路：由题意可知，小李能够通过考试的概率取决于是否能够抽到“引体向上”这个项目

15、， 如果没有抽到，则必能通过；若抽到“引体向上”则通过的概率为 1 2 。后面通过测试的概率受 到前面抽签的影响，要利用条件概率进行解决 解： （1）若没有抽到“引体向上”，则 3 8 1 3 9 2 3 C P C 若抽到“引体向上”，则 2 8 2 3 9 11 26 C P C 12 215 366 PPP （2）思路：依题目要求可知可取的值为1,2,3,4，在参加下一次考核时，意味着前几次考核 失败，所以当取2,3,4时，要考虑前面考核失败的情况与该次考核成功两个方面同时成立。 解：可取的值为1,2,3,4 5 1 6 P 32 88 33 99 124 2 6327 CC P CC

16、232 888 333 999 1147 3 635405 CCC P CCC 22 88 33 99 1111 4 635810 CC P CC 的分布列为： 1 2 3 4 P 5 6 4 27 7 405 1 810 例 7：袋子 A 和 B 中装有若干个均匀的红球和白球，从 A 中摸出一个红球的概率是 1 3 ，从 B 中摸出一个红球的概率是 2 3 ，现从两个袋子中有放回的摸球 （1）从 A 中摸球，每次摸出一个，共摸 5 次，求 恰好有 3 次摸到红球的概率 设摸得红球的次数为随机变量X，求X的期望 （2）从 A 中摸出一个球，若是白球则继续在袋子 A 中摸球，若是红球则在袋子 B

17、 中摸球； 若从袋子 B 中摸出的是白球则继续在袋子 B 中摸球，若是红球则在袋子 A 中摸球，如此反复 摸球 3 次，计摸出红球的次数为Y，求Y的分布列和期望 （1）思路：题目中说“有放回的摸球”，所以本题为独立重复试验模型，在 A 中摸出红球的 概率为 1 3 ，代入独立重复试验模型公式即可计算出概率； 随机变量X指摸出红球发生的次 数，所以符合二项分布 1 5, 3 XB ，直接可计算期望 解： 设事件M为“恰好有 3 次摸到红球” 32 3 5 1240 33243 P MC X的取值为0,1,2,3,4,5，依题意可知 1 5, 3 XB 15 5 33 EX （2）思路：有放回的摸

18、球三次，所以Y可取的值为0,1,2,3，因为下一次在哪个袋子里摸球 取决于上一次的结果：若是白球则在本袋继续摸，若是红球则要换袋子摸，所以在计算概率 的过程中要监控每一次摸球的结果， 并按红球个数进行安排。 例如1Y 时， 要按“红白白”， “白 红白”，“白白红”三种情况进行讨论，并汇总在一起。 解：Y可取的值为0,1,2,3 3 28 0 327 P Y 22 112 1 1217 1 333 3 33327 P Y 1 2 21 1 22 1 210 2 3 3 33 3 33 3 327 P Y 1 2 12 3 3 3 327 P Y Y的分布列为： Y 0 1 2 3 P 8 27

19、 7 27 10 27 2 27 8710211 0123 272727279 EY 例 8：为了参加中央电视台，国家语言文字工作委员会联合主办的中国汉字听写大会节目， 某老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习 3 个汉字及正确注释，每周五对一周内所学 汉字随机抽取若干个进行检测（一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同） （1）老师随机抽了 4 个汉字进行检测，求至少有 3 个是后两天学习过的汉字的概率 （2）某学生对后两天所学过的汉字每个能默写对的概率为 4 5 ，对前两天所学过的汉字每个能 默写对的概率为 3 5 ，若老师从后三天所学汉字中各抽取一个进行检测，求该学生能默写对的 汉字的个数

20、的分布列和期望 解：（1）设事件A为“至少有 3 个是后两天学习过的汉字” 134 666 4 12 1353 49511 C CC P A C （2）思路：依题意可知可取的值为0,1,2,3，本问的关键在于后三天中包括“后两天”与“第 二天”两类，这两类中学生默写对的概率是不同的，所以在求概率时要讨论默对的属于哪个类 别，再考虑其概率即可 解： 2 122 0 55125 P 2 1 2 4121319 1 55555125 PC 2 1 2 4134256 2 55555125 PC 2 4348 3 55125 P 的分布列为： 0 1 2 3 P 2 125 19 125 56 125

21、 48 125 219564811 0123 1251251251255 E 例 9：QQ 先生的鱼缸中有 7 条鱼，其中 6 条青鱼和 1 条黑鱼，计划从当天开始，每天中午从 该鱼缸中抓出一条鱼（每条鱼被抓到的概率相同）并吃掉，若黑鱼未被抓出，则它每晚要吃 掉一条青鱼（规定青鱼不吃鱼） （1）求这 7 条鱼中至少有 6 条被 QQ 先生吃掉的概率 （2）以表示这 7 条鱼中被 QQ 先生吃掉的鱼的条数，求的分布列及其数学期望E （1）思路：依题意可知，如果 QQ 先生没有抓到黑鱼，则黑鱼会一次次的吃掉青鱼，从而使 得 QQ 先生吃掉鱼的总数减少。所以 QQ 先生吃鱼的总数决定于第几次将青鱼拿

22、出，“QQ 先 生至少吃掉 6 条”包含 6 条和 7 条，若吃掉 6 条，则表示第一次拿出的是青鱼，在第二次拿黑 鱼时，因为黑鱼已经吃掉一条青鱼，所以只能从剩下 5 条中拿出，故概率为 61 75 ；若吃掉 7 条，则表示第一次就拿出黑鱼，即概率为 1 7 。 解：设事件 i A为“第i次拿到青鱼” 事件A为“QQ 先生至少吃掉 6 条鱼” 12 16 111 77 535 P AP AP A （2）思路：依题意可知只要晚一天拿出黑鱼，则这一天就会少两条青鱼（一条 QQ 吃掉，一 条黑鱼吃掉） ，所以可取的值为4,5,6,7。7代表第一天就拿到黑鱼；6代表第二天 拿到黑鱼；5代表第三天拿到黑

23、鱼；4代表第四天拿到黑鱼，此时 QQ 先生吃了 3 条 青鱼，黑鱼吃了 3 条青鱼。分别求出概率即可 解：可取的值为4,5,6,7 1 7 7 P 6 16 6 7 535 P 6 4 18 5 7 5 335 P 6 4 216 4 7 5 335 P 的分布列为： 4 5 6 7 P 16 35 8 35 6 35 1 7 16861175 45675 353535735 E 例 10：有, ,A B C三个盒子，每个盒子中放有红，黄，蓝颜色的球各一个，所有的球仅有颜色 上的区别 （1）从每个盒子中任意取出一个球，记事件S为“取得红色的三个球“，事件T为”取得颜色互 不相同的三个球“，求

24、,P SP T （2）先从A盒中任取一球放入B盒，再从B盒中任取一球放入C盒，最后从C盒中任取一 球放入 A 盒，设此时A盒中红球的个数为，求的分布列与数学期望 （1）思路一：可利用古典概型求出 ,P SP T，基本事件空间为“三个盒子的取球情况”， 则 111 333 27nCCC ，则 1n S ， 3 3 6n TA（三种颜色全排列确定出自哪个 盒） ，从而求得 ,P SP T 解： （1） 111 333 11 27 P S CCC 3 3 111 333 2 9 A P T CCC 思路二： 本题也可用概率的乘法进行计算。S表示每个盒均取出红球 （取出红球的概率为 1 3 ） ， 因

25、为每盒之间互不影响，所以 111 333 P S ；T要求每盒颜色不同，所以前一个盒取出球 的颜色会影响到下一个盒取球的选择。第一个盒取出一个颜色，则第二个盒只能取另外两个 颜色的球（概率为 2 3 ） ，而第三个盒只能取出剩下颜色的那个球（概率为 1 3 ） ，所以 21 1 33 P T 解： （1） 1111 33327 P S 212 1 339 P T （2）思路：分析可知整个过程对于A而言是取出一个球，再进入一个球，所以可取的值为 0,1,2，情况较为简单的为0和2的情况，当0时，意味着从A盒中取出了红球 到B（概率为 1 3 ） ，此时B盒中为 2 红 2 非红，C 盒中的情况取

26、决于 B 盒中取出球的颜色，可 进行分类讨论：若取出的是红球（概率为 1 2 ） ，则 C 盒中为 2 红 2 非红，然后从 C 中取出非红 球即可（概率为 1 2 ） ；若取出的不是红球（概率为 1 2 ） ，则 C 盒中为 1 红 3 非红，再从 C 中取 出非红球即可（概率为 3 4 ） ，综上可得： 111135 0 3222424 P ；当2时， 意味着从A盒中取出了非红球到B（概率为 2 3 ） ，此时B盒中为 1 红 3 非红，C 盒中的情况取 决于 B 盒中取出球的颜色，可进行分类讨论：若取出的是红球（概率为 1 4 ） ，则 C 盒中为 2 红 2 非红，然后从 C 中取出红球即可（概率为 1 2 ） ；若取出的不是红球（概率为 3 4 ） ，则 C 盒 中 为1红3非 红 ， 再 从C 中 取 出 红 球 即 可 （ 概 率 为 1 4 ）， 综 上 可 得 ： 211315 2 3424424 P ，进而可利用0 ,2PP求出1P 解：依题意，可取的值为0,1,2 111135 0 3222424 P 211315 2 3424424 P 7 1102 12 PPP 的分布列为： 0 1 2 P 5 24 7 12 5 24 575 0121 241224 E