高中數(shù)學(xué)人教A版3第二章隨機變量及其分布 章末復(fù)習(xí)課

章末復(fù)習(xí)課[整合·網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建][警示·易錯提醒]1．“互斥事件”與“相互獨立事件”的區(qū)別．“互斥事件”是說兩個事件不能同時發(fā)生，“相互獨立事件”是說一個事件發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響．2．對獨立重復(fù)試驗要準(zhǔn)確理解．(1)獨立重復(fù)試驗的條件：第一，每次試驗是在同樣條件下進(jìn)行；第二，任何一次試驗中某事件發(fā)生的概率相等；第三，每次試驗都只有兩種結(jié)果，即事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生．(2)獨立重復(fù)試驗概率公式的特點：關(guān)于P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，它是n次獨立重復(fù)試驗中某事件A恰好發(fā)生k次的概率．其中n是重復(fù)試驗次數(shù)，p是一次試驗中某事件A發(fā)生的概率，k是在n次獨立試驗中事件A恰好發(fā)生的次數(shù)，弄清公式中n，p，k的意義，才能正確運用公式．3．(1)準(zhǔn)確理解事件和隨機變量取值的意義，對實際問題中事件之間的關(guān)系要清楚．(2)認(rèn)真審題，找準(zhǔn)關(guān)鍵字句，提高解題能力．如“至少有一個發(fā)生”“至多有一個發(fā)生”“恰有一個發(fā)生”等．(3)常見事件的表示．已知兩個事件A、B，則A，B中至少有一個發(fā)生為A∪B；都發(fā)生為A·B；都不發(fā)生為eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B))；恰有一個發(fā)生為(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·B)∪(A·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))；至多有一個發(fā)生為(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))∪(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·B)∪(A·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))．4．對于條件概率，一定要區(qū)分P(AB)與P(B|A)．5．(1)離散型隨機變量的期望與方差若存在則必唯一，期望E(ξ)的值可正也可負(fù)，而方差的值則一定是一個非負(fù)值．它們都由ξ的分布列唯一確定．(2)D(ξ)表示隨機變量ξ對E(ξ)的平均偏離程度．D(ξ)越大表明平均偏離程度越大，說明ξ的取值越分散；反之D(ξ)越小，ξ的取值越集中．(3)D(aξ＋b)＝a2D(ξ)，在記憶和使用此結(jié)論時，請注意D(aξ＋b)≠aD(ξ)＋b，D(aξ＋b)≠aD(ξ)．6．對于正態(tài)分布，要特別注意N(μ，σ2)由μ和σ唯一確定，解決正態(tài)分布問題要牢記其概率密度曲線的對稱軸為x＝μ.專題一條件概率的求法條件概率是高考的一個熱點，常以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，也可能是大題中的一個部分，難度中等．[例1]壇子里放著7個大小、形狀相同的鴨蛋，其中有4個是綠皮的，3個是白皮的．如果不放回地依次拿出2個鴨蛋，求：(1)第1次拿出綠皮鴨蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿出綠皮鴨蛋的概率；(3)在第1次拿出綠皮鴨蛋的條件下，第2次拿出綠皮鴨蛋的概率．解：設(shè)“第1次拿出綠皮鴨蛋”為事件A，“第2次拿出綠皮鴨蛋”為事件B，則“第1次和第2次都拿出綠皮鴨蛋”為事件AB.(1)從7個鴨蛋中不放回地依次拿出2個的事件數(shù)為n(Ω)＝Aeq\o\al(2,7)＝42，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，n(A)＝Aeq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(1,6)＝24.于是P(A)＝eq\f(n（A）,n（Ω）)＝eq\f(24,42)＝eq\f(4,7).(2)因為n(AB)＝Aeq\o\al(2,4)＝12，所以P(AB)＝eq\f(n（AB）,n（Ω）)＝eq\f(12,42)＝eq\f(2,7).(3)法一由(1)(2)可得，在第1次拿出綠皮鴨蛋的條件下，第2次拿出綠皮鴨蛋的概率為P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(2,7)÷eq\f(4,7)＝eq\f(1,2).法二因為n(AB)＝12，n(A)＝24，所以P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).歸納升華解決概率問題的步驟．第一步，確定事件的性質(zhì)：古典概型、互斥事件、獨立事件、獨立重復(fù)試驗、條件概率，然后把所給問題歸結(jié)為某一種．第二步，判斷事件的運算(和事件、積事件)，確定事件至少有一個發(fā)生還是同時發(fā)生，分別運用相加或相乘事件公式．第三步，利用條件概率公式求解：(1)條件概率定義：P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）).(2)針對古典概型，縮減基本事件總數(shù)P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）).[變式訓(xùn)練]把一枚骰子連續(xù)擲兩次，已知在第一次拋出的是偶數(shù)點的情況下，第二次拋出的也是偶數(shù)點的概率為是多少？解：“第一次拋出偶數(shù)點”記為事件A，“第二次拋出偶數(shù)點”記為事件B，則P(A)＝eq\f(3×6,6×6)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(3×3,6×6)＝eq\f(1,4).所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(1,4)÷eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).專題二互斥事件、獨立事件的概率要正確區(qū)分互斥事件與相互獨立事件，準(zhǔn)確應(yīng)用相關(guān)公式解題，互斥事件是不可能同時發(fā)生的事件，相互獨立事件是指一個事件的發(fā)生與否對另一個事件沒有影響．[例2]如圖所示，由M到N的電路中有4個元件，分別標(biāo)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，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.(1)求p；(2)求電流能在M與N之間通過的概率．解：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．(1)，A1，A2，A3相互獨立，P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))＝P＝(1－p)3.又P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))＝1－P(A)＝1－＝，P(A3)＝＋××＋×××＝1.歸納升華求解相互獨立事件同時發(fā)生的概率時，要注意以下幾個問題：(1)若事件A與B相互獨立，則事件eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))與B，A與eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B))，eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))與eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B))分別相互獨立，且有P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))B)＝P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))P(B)，P(Aeq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))＝P(A)P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))，P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))＝P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))．(2)若事件A1，A2，…，An相互獨立，則有P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P([變式訓(xùn)練]一個電路如圖所示，A，B，C，D，E，F(xiàn)為6個開關(guān)，其閉合的概率都是eq\f(1,2)，且是相互獨立的，則燈亮的概率是多少？解：由題意知，四條線路是否閉合相互獨立，開關(guān)A，B與E，F(xiàn)閉合的概率相等，都是P(AB)＝P(A)·P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，所以四條線路都不閉合的概率為P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,64)，所以燈亮的概率為P＝1－eq\f(9,64)＝eq\f(55,64).專題三獨立重復(fù)試驗與二項分布二項分布是高考考查的重點，要準(zhǔn)確理解、熟練運用其概率公式Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)·pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，高考以解答題為主，有時也用選擇題、填空題形式考查．[例3]現(xiàn)有10道題，其中6道甲類題，4道乙類題，張同學(xué)從中任取3道題解答．(1)求張同學(xué)所取的3道題至少有1道乙類題的概率；(2)已知所取的3道題中有2道甲類題，1道乙類題．設(shè)張同學(xué)答對每道甲類題的概率都是eq\f(3,5)，答對每道乙類題的概率都是eq\f(4,5)，且各題答對與否相互獨立．用X表示張同學(xué)答對題的個數(shù)，求X為1和3的概率．解：(1)設(shè)事件A＝“張同學(xué)所取的3道題至少有1道乙類題”，則有A＝“張同學(xué)所取的3道題都是甲類題”．因為P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，所以P(A)＝1－P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))＝eq\f(5,6).(2)P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(1)·eq\f(1,5)＋Ceq\o\al(0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)·eq\f(4,5)＝eq\f(28,125)；P(X＝3)＝Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(0)·eq\f(4,5)＝eq\f(36,125).歸納升華解決二項分布問題必須注意：(1)對于公式Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)·pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n必須在滿足“獨立重復(fù)試驗”時才能運用，否則不能應(yīng)用該公式．(2)判斷一個隨機變量是否服從二項分布，關(guān)鍵有兩點：一是對立性，即一次試驗中，事件發(fā)生與否兩者必有其一；二是重復(fù)性，即試驗獨立重復(fù)地進(jìn)行了n次．[變式訓(xùn)練]一位病人服用某種新藥后被治愈的概率為，服用這種新藥的有甲、乙、丙3位病人，且各人之間互不影響，有下列結(jié)論：①3位病人都被治愈的概率為；②3人中的甲被治愈的概率為；③3人中恰好有2人被治愈的概率是2××；④3人中恰好有2人未被治愈的概率是3××.其中正確結(jié)論的序號是________(把正確結(jié)論的序號都填上)．解析：①中事件為3次獨立重復(fù)試驗恰有3次發(fā)生的概率，其概率為，故①正確；由獨立重復(fù)試驗中，事件A發(fā)生的概率相同，知②正確；③中恰有2人被治愈的概率為P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)p2(1－p)＝3××，從而③錯誤；④中恰好有2人未被治愈相當(dāng)于恰好1人被治愈，故概率為Ceq\o\al(1,3)××＝3××，從而④正確．答案：①②④專題四離散型隨機變量的期望與方差離散型隨機變量的均值和方差在實際問題中具有重要意義，也是高考的熱點內(nèi)容．[例4]一批產(chǎn)品需要進(jìn)行質(zhì)量檢驗，檢驗方案是：先從這批產(chǎn)品中任取4件做檢驗，這4件產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的件數(shù)記為n.如果n＝3，再從這批產(chǎn)品中任取4件檢驗，若都為優(yōu)質(zhì)品，則這批產(chǎn)品通過檢驗；如果n＝4，再從這批產(chǎn)品中任取1件做檢驗，若為優(yōu)質(zhì)品，則這批產(chǎn)品通過檢驗；其他情況下，這批產(chǎn)品都不能通過檢驗．假設(shè)這批產(chǎn)品的優(yōu)質(zhì)品率為50%，即取出的每件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率都為eq\f(1,2)，且各件產(chǎn)品是否為優(yōu)質(zhì)品相互獨立．(1)求這批產(chǎn)品通過檢驗的概率；(2)已知每件產(chǎn)品的檢驗費用為100元，且抽取的每件產(chǎn)品都需要檢驗，對這批產(chǎn)品作質(zhì)量檢驗所需的費用記為X(單位：元)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．解：(1)設(shè)第一次取出的4件產(chǎn)品中恰有3件優(yōu)質(zhì)品為事件A1，第一次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì)品為事件A2，第二次取出的4件產(chǎn)品都是優(yōu)質(zhì)品為事件B1，第二次取出的1件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品為事件B2，這批產(chǎn)品通過檢驗為事件A，依題意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1與A2B2互斥，所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝eq\f(4,16)×eq\f(1,16)＋eq\f(1,16)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,64).(2)X可能的取值為400，500，800，并且P(X＝400)＝1－eq\f(4,16)－eq\f(1,16)＝eq\f(11,16)，P(X＝500)＝eq\f(1,16)，P(X＝800)＝eq\f(1,4).所以X的分布列為：X400500800Peq\f(11,16)eq\f(1,16)eq\f(1,4)E(X)＝400×eq\f(11,16)＋500×eq\f(1,16)＋800×eq\f(1,4)＝.歸納升華(1)求離散型隨機變量的分布列有以下三個步驟：①明確隨機變量X取哪些值；②計算隨機變量X取每一個值時的概率；③將結(jié)果用表格形式列出．計算概率時要注意結(jié)合排列組合知識．(2)均值和方差的求解方法是：在分布列的基礎(chǔ)上利用E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn求出均值，然后利用D(X)＝eq\i\su(i＝1,n,[)xi－E(X)]2pi求出方差．[變式訓(xùn)練]甲、乙兩名射手在一次射擊中得分為兩個相互獨立的隨機變量ξ，η，已知甲、乙兩名射手在每次射擊中射中的環(huán)數(shù)大于6環(huán)，且甲射中10，9，8，7環(huán)的概率分別為，3a，a，，乙射中10，9，8環(huán)的概率分別為，，(1)求ξ，η的分布列；(2)求ξ，η的數(shù)學(xué)期望與方差，并以此比較甲、乙的射擊技術(shù)．解：(1)由題意得：＋3a＋a＋＝1，解得a＝因為乙射中10，9，8環(huán)的概率分別為，，，所以乙射中7環(huán)的概率為1－＋＋＝.所以ξ，η的分布列分別為：ξ10987Pη10987P(2)由(1)得：E(ξ)＝10×＋9×＋8×＋7×＝；E(η)＝10×＋9×＋8×＋7×＝；D(ξ)＝(10－2×＋(9－2×＋(8－2×＋(7－2×＝；D(η)＝(10－2×＋(9－2×＋(8－2×＋(7－2×＝.由于E(ξ)＞E(η)，D(ξ)＜D(η)，說明甲射擊的環(huán)數(shù)的均值比乙高，且成績比較穩(wěn)定，所以甲比乙的射擊技術(shù)好.專題五正態(tài)分布及簡單應(yīng)用高考主要以選擇題、填空題形式考查正態(tài)曲線的形狀特征與性質(zhì)，抓住其對稱軸是關(guān)鍵．[例5]為了解一種植物的生長情況，抽取一批該植物樣本測量高度(單位：cm)，其頻率分布直方圖如圖所示.(1)求該植物樣本高度的平均數(shù)x和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)；(2)假設(shè)該植物的高度Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)x，σ2近似為樣本方差s2，利用該正態(tài)分布求P＜Z＜96)．(附：eq\r(110)＝.若Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝6，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝4)解：(1)x＝55×＋65×＋75×＋85×＋95×＝75，s2＝(55－75)2×＋(65－75)2×＋(75－75)2×＋(85－75)2×＋(95－75)2×＝110.(2)由(1)知，Z～N(75，110)，從而P＜Z＜75)＝eq\f(1,2)×P(75－＜Z＜75＋＝eq\f(1,2)×6＝3，P(75＜Z＜96)＝eq\f(1,2)×P(75－2×＜Z＜75＋2×＝eq\f(1,2)×4＝2，所以P＜Z＜96)＝P＜Z＜75)＋P(75＜Z＜96)＝3＋2＝5.歸納升華求解正態(tài)分布的問題，要根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性，還要結(jié)合3σ原則以及正態(tài)曲線與x軸之間的面積為1.[變式訓(xùn)練]某鎮(zhèn)農(nóng)民年收入服從μ＝5000元，σ＝200元的正態(tài)分布．則該鎮(zhèn)農(nóng)民平均收入在5000～5200元的人數(shù)的百分比是________．解析：設(shè)X表示此鎮(zhèn)農(nóng)民的平均收入，則X～N(5000，2023)．由P(5000－200＜X≤5000＋200)＝6.得P(5000＜X≤5200)＝eq\f6,2)＝3.故此鎮(zhèn)農(nóng)民平均收入在5000～5200元的人數(shù)的百分比為%.答案：%專題六方程思想方程思想是解決概率問題中的重要思想，在求離散型隨機變量的分布列，求兩個或三個事件的概率時常會用到方程思想．即根據(jù)題設(shè)條件列出相關(guān)未知數(shù)的方程(或方程組)求得結(jié)果．[例6]甲、乙、丙三臺機床各自獨立地加工同一種零件，已知甲機床加工的零件是一等品而乙機床加工的零件不是一等品的概率為eq\f(1,4)，乙機床加工的零件是一等品而丙機床加工的零件不是一等品的概率為eq\f(1,12)，甲、丙兩臺機床加工的零件都是一等品的概率為eq\f(2,9).(1)分別求甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的概率；(2)從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，求至少有一個一等品的概率．解：記A，B，C分別為甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的事件．由題設(shè)條件有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（Aeq\o(\s\up12(—),\s\do4(B))）＝\f(1,4)，,P（Beq\o(\s\up12(—),\s\do4(C))）＝\f(1,12)，,P（A