2017-2018版高中數(shù)學(xué)第二章概率章末復(fù)習(xí)課學(xué)案2-3

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE28學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第二章概率學(xué)習(xí)目標1。理解取有限個值的離散型隨機變量及分布列的概念。2。掌握超幾何分布及二項分布，并能進行簡單的應(yīng)用,了解分布密度曲線的特點及表示的意義.3.理解條件概率與事件相互獨立的概念。4。會計算簡單的離散型隨機變量的均值和方差，并能利用均值和方差解決一些實際問題．一、離散型隨機變量的分布列1．定義設(shè)離散型隨機變量X的取值為a1，a2，…，隨機變量X取ai的概率為pi(i＝1,2，…），記作：________________________①或把上式列成下表X＝aia1a2…P(X＝ai）p1p2…上述表或①式稱為離散型隨機變量X的分布列．2．求隨機變量的分布列的步驟(1）明確隨機變量X的取值．（2）準確求出X取每一個值時的概率．（3)列成表格的形式．3．離散型隨機變量分布列的性質(zhì)（1)________，i＝1,2,…。(2）________________．二、條件概率與獨立事件1．A發(fā)生時B發(fā)生的條件概率為P(B｜A)＝eq\f（PAB，PA）.2．對于兩個事件A，B，如果________________，則稱A，B相互獨立．若A與B相互獨立，則A與eq\x\to（B)，eq\x\to（A)與B，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)也相互獨立．3．求條件概率的常用方法(1）定義：即P（B｜A）＝________。(2)借助古典概型公式P(B|A）＝________。三、離散型隨機變量的均值與方差1．定義：一般地，設(shè)隨機變量X所有可能取的值是a1，a2,…，an，這些值對應(yīng)的概率是p1，p2,…，pn，則EX＝________________叫作這個離散型隨機變量X的均值．E（X－EX）2是(X－EX）2的均值，并稱之為隨機變量X的方差,記為________．2．意義：均值刻畫的是X取值的“中心位置”，而方差刻畫的是一個隨機變量的取值與其均值的偏離程度．方差越小，則隨機變量偏離于均值的____________．四、超幾何分布與二項分布1．超幾何分布一般地，設(shè)有N件產(chǎn)品，其中有M(M≤N)件次品,從中任取n(n≤N)件產(chǎn)品,用X表示取出n件產(chǎn)品中次品的件數(shù)．那么P(X＝k）＝________________（k∈N）,X服從參數(shù)為N,M,n的超幾何分布,其均值EX＝________.2．二項分布在n次相互獨立的試驗中，每次試驗“成功”的概率均為p，“失敗"的概率均為1－p.用X表示這n次獨立重復(fù)試驗中成功的次數(shù)，則P（X＝k)＝____________（k＝0，1,2，…，n）．稱為X服從參數(shù)為n，p的二項分布．其均值為EX＝np，方差為DX＝np（1－p）．五、正態(tài)分布1．正態(tài)分布的分布密度函數(shù)為f(x）＝eq\f（1,σ\r（2π））exp{－eq\f（x－μ2，2σ2)｝,－∞〈x〈∞，其中exp｛g（x)}＝eg（x)．2．正態(tài)分布密度函數(shù)滿足以下性質(zhì)(1）函數(shù)圖像關(guān)于直線x＝μ對稱．（2）σ(σ〉0)的大小決定函數(shù)圖像的“胖”“瘦"．（3)P（μ－σ〈X〈μ＋σ)＝68.3％.P（μ－2σ<X〈μ＋2σ）＝95。4%。P(μ－3σ<X〈μ＋3σ)＝99.7％.類型一條件概率的求法例1口袋中有2個白球和4個紅球，現(xiàn)從中隨機不放回地連續(xù)抽取兩次，每次抽取1個，則：(1)第一次取出的是紅球的概率是多少?(2)第一次和第二次都取出的是紅球的概率是多少？(3)在第一次取出紅球的條件下,第二次取出的是紅球的概率是多少？反思與感悟條件概率是學(xué)習(xí)相互獨立事件的前提和基礎(chǔ)，計算條件概率時，必須搞清要求的條件概率是在什么條件下發(fā)生的概率．一般地，計算條件概率常有兩種方法：(1)P(B｜A）＝eq\f(PAB,PA)；(2）P(B|A）＝eq\f（nAB，nA).在古典概型中,n(AB)指事件A與事件B同時發(fā)生的基本事件個數(shù)；n（A）是指事件A發(fā)生的基本事件個數(shù)．跟蹤訓(xùn)練1擲兩顆均勻的骰子，已知第一顆骰子擲出6點,問“擲出點數(shù)之和大于或等于10”的概率．類型二互斥、對立、獨立事件的概率例2英語老師要求學(xué)生從星期一到星期四每天學(xué)習(xí)3個英語單詞，每周五對一周內(nèi)所學(xué)單詞隨機抽取若干個進行檢測(一周所學(xué)的單詞每個被抽到的可能性相同)．(1)英語老師隨機抽了4個單詞進行檢測,求至少有3個是后兩天學(xué)習(xí)過的單詞的概率；(2)某學(xué)生對后兩天所學(xué)過的單詞每個能默寫對的概率為eq\f(4,5），對前兩天所學(xué)過的單詞每個能默寫對的概率為eq\f（3，5)，若老師從后三天所學(xué)單詞中各抽取一個進行檢測，求該學(xué)生能默寫對的單詞的個數(shù)ξ的分布列和均值．反思與感悟(1)“P(AB）＝P(A)P（B)”是判斷事件是否相互獨立的充要條件，也是解答相互獨立事件概率問題的唯一工具．（2)涉及“至多"“至少”“恰有”等字眼的概率問題，務(wù)必分清事件間的相互關(guān)系．(3)公式“P（A＋B）＝1－P（eq\x\to(A)eq\x\to（B)）”常應(yīng)用于求相互獨立事件至少有一個發(fā)生的概率．跟蹤訓(xùn)練2紅隊隊員甲，乙，丙與藍隊隊員A，B，C進行圍棋比賽，甲對A、乙對B、丙對C各一盤．已知甲勝A，乙勝B，丙勝C的概率分別為0。6,0.5，0.5.假設(shè)各盤比賽結(jié)果相互獨立．(1）求紅隊至少兩名隊員獲勝的概率;(2）用ξ表示紅隊隊員獲勝的總盤數(shù),求P（ξ≤1）．類型三離散型隨機變量的分布列、均值和方差例3某小組共10人，利用假期參加義工活動，已知參加義工活動次數(shù)為1，2，3的人數(shù)分別為3,3,4?，F(xiàn)從這10人中隨機選出2人作為該組代表參加座談會．(1)設(shè)A為事件“選出的2人參加義工活動次數(shù)之和為4”，求事件A發(fā)生的概率；（2）設(shè)X為選出的2人參加義工活動次數(shù)之差的絕對值,求隨機變量X的分布列和均值．反思與感悟求離散型隨機變量的均值與方差的步驟跟蹤訓(xùn)練3某銀行規(guī)定,一張銀行卡若在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼嘗試錯誤，該銀行卡將被鎖定,小王到該銀行取錢時,發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼,但是可以確認該銀行卡的正確密碼是他常用的6個密碼之一，小王決定從中不重復(fù)地隨機選擇1個進行嘗試．若密碼正確，則結(jié)束嘗試;否則繼續(xù)嘗試，直至該銀行卡被鎖定．(1）求當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定的概率;（2)設(shè)當(dāng)天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數(shù)為X，求X的均值與方差．類型四正態(tài)分布例4某學(xué)校高三2500名學(xué)生第二次模擬考試總成績服從正態(tài)分布N（500,502)，請您判斷考生成績X在550～600分的人數(shù)．反思與感悟(1)記住正態(tài)總體在(μ－σ,μ＋σ），(μ－2σ，μ＋2σ）和(μ－3σ,μ＋3σ)三個區(qū)間內(nèi)取值的概率．(2）注意數(shù)形結(jié)合．由于分布密度曲線具有完美的對稱性，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的重要思想，因此運用對稱性結(jié)合圖像解決某一區(qū)間內(nèi)的概率問題成為熱點問題．跟蹤訓(xùn)練4已知X～N(－1，σ2），若P（－3≤X≤－1)＝0。4，則P(－3≤X≤1)的值是________．類型五分類討論數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用例5某電視臺“挑戰(zhàn)主持人”節(jié)目的挑戰(zhàn)者闖第一關(guān)需要回答三個問題，其中前兩個問題回答正確各得10分，回答不正確得0分，第三個問題回答正確得20分,回答不正確得－10分．如果一個挑戰(zhàn)者回答前兩個問題正確的概率都是0.8，回答第三個問題正確的概率為0。6，且各題回答正確與否相互之間沒有影響．（1)求這位挑戰(zhàn)者回答這三個問題的總得分ξ的分布列和均值；（2)求這位挑戰(zhàn)者總得分不為負分（即ξ≥0)的概率．反思與感悟解需要分類討論的問題的實質(zhì)是：整體問題轉(zhuǎn)化為部分問題來解決．轉(zhuǎn)化成部分問題后增加了題設(shè)條件,易于解題，這也是解決需要分類討論問題的總的指導(dǎo)思想．跟蹤訓(xùn)練5某地有A，B，C，D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到過疫區(qū)，B肯定是受A感染，對于C，因為難以斷定他是受A還是受B感染的,于是假定他受A和受B感染的概率都是eq\f（1,2).同樣也假定D受A、B和C感染的概率都是eq\f（1,3）。在這種假定之下，B、C、D中直接受A感染的人數(shù)X就是一個隨機變量．寫出X的分布列（不要求寫出計算過程)．1．拋擲一枚骰子，觀察出現(xiàn)的點數(shù)，若已知出現(xiàn)的點數(shù)不超過4，則出現(xiàn)的點數(shù)是奇數(shù)的概率為（)A。eq\f（1,3）B。eq\f(1,4）C。eq\f(1,6）D。eq\f（1,2）2．國慶節(jié)放假，甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分別是eq\f（1,3)，eq\f（1,4),eq\f(1，5).假定三人的行動相互之間沒有影響，那么這段時間內(nèi)至少有1人去北京旅游的概率為()A。eq\f(59,60）B。eq\f（3，5）C。eq\f(1,2）D。eq\f(1，60）3．已知某批零件的長度誤差（單位：毫米)服從正態(tài)分布N（0，32），從中隨機取一件,其長度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為（）（附：若隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2）,則P(μ－σ〈ξ<μ＋σ)＝68.3％，P(μ－2σ〈ξ<μ＋2σ）＝95。4%)A．4.6% B．13.6%C．27。2% D．31.7％4．某市公租房的房源位于A，B，C三個片區(qū)，設(shè)每位申請人只申請其中一個片區(qū)的房源，且申請其中任一個片區(qū)的房源是等可能的，該市的4位申請人中恰有2人申請A片區(qū)房源的概率為________．5．一個均勻小正方體的六個面中，三個面上標有數(shù)字0，兩個面上標有數(shù)字1,一個面上標有數(shù)字2,將這個小正方體拋擲2次，求向上的數(shù)之積的分布列和均值．1．條件概率的兩個求解策略(1)定義法：計算P（A),P(B),P(AB)，利用P（A|B)＝eq\f(PAB,PB）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(或PB｜A＝\f(PAB，PA））)求解．（2)縮小樣本空間法：利用P(B|A)＝eq\f(nAB，nA）求解．其中(2)常用于古典概型的概率計算問題．2．求相互獨立事件同時發(fā)生的概率需注意的三個問題（1）“P（AB）＝P(A）P（B）”是判斷事件是否相互獨立的充要條件，也是解答相互獨立事件概率問題的唯一工具．(2）涉及“至多”、“至少”、“恰有”等字眼的概率問題，務(wù)必分清事件間的相互關(guān)系．（3）公式“P(A∪B）＝1－P（eq\x\to(A)eq\x\to(B))”常應(yīng)用于求相互獨立事件至少有一個發(fā)生的概率．3．求解實際問題的均值與方差的解題思路:先要將實際問題數(shù)學(xué)化，然后求出隨機變量的概率分布列，同時要注意運用超幾何分布、二項分布等特殊分布的均值、方差公式以及均值與方差的線性性質(zhì)．對于正態(tài)分布問題,新課標要求不是很高，只要求了解正態(tài)分布中最基礎(chǔ)的知識，主要是：（1)掌握正態(tài)分布的分布密度函數(shù)．（2)理解分布密度曲線的性質(zhì)．（3）記住正態(tài)分布在三個區(qū)間內(nèi)取值的概率，運用對稱性結(jié)合圖像求相應(yīng)的概率．

答案精析知識梳理知識點一1．P(x＝ai）＝pi（i＝1,2，…），3．(1）pi>0(2）p1＋p2＋…＝1知識點二2．P（AB）＝P（A）P(B)3．(1)eq\f(PAB，PA)(2）eq\f（nAB,nA）知識點三1．a(chǎn)1p1＋a2p2＋…＋arprDX2．平均程度越小知識點四1.eq\f（C\o\al(k,M）C\o\al（n－k,N－M),C\o\al(n,N））neq\f（M，N)2．Ceq\o\al(k,n）pk（1－p）n－k（k＝0，1，2,…，n）題型探究例1解記事件A:第一次取出的是紅球；事件B:第二次取出的是紅球．（1)從口袋中隨機不放回地連續(xù)抽取兩次，每次抽取1個，所有基本事件共6×5個;第一次取出的是紅球，第二次是其余5個球中的任一個,符合條件的事件有4×5個,所以P（A)＝eq\f(4×5，6×5)＝eq\f(2，3）.（2)從口袋中隨機不放回地連續(xù)抽取兩次，每次抽取1個,所有基本事件共6×5個;第一次和第二次都取出的是紅球，相當(dāng)于取兩個球,都是紅球,符合條件的事件有4×3個，所以P(AB)＝eq\f(4×3,6×5）＝eq\f(2，5).（3）利用條件概率的計算公式，可得P（B｜A)＝eq\f（PAB，PA)＝eq\f(\f（2，5），\f(2,3))＝eq\f(3，5）。跟蹤訓(xùn)練1解設(shè)“擲出點數(shù)之和大于或等于10"為事件A,“第一顆骰子擲出6點”為事件B。方法一P（A|B)＝eq\f(PAB，PB）＝eq\f(\f(3，36)，\f（6,36））＝eq\f(1,2)。方法二“第一顆骰子擲出6點”的情況有（6,1）,(6，2)，(6，3)，(6,4），(6，5)，(6,6)共6種，∴n(B)＝6?！皵S出點數(shù)之和大于或等于10”且“第一顆骰子擲出6點”的情況有（6，4)，(6，5)，（6，6)共3種，即n（AB)＝3.∴P（A｜B）＝eq\f(nAB，nB)＝eq\f（3,6)＝eq\f(1,2）.例2解（1）設(shè)“英語老師抽到的4個單詞中，至少有3個是后兩天學(xué)習(xí)過的”為事件A，由題意可得P（A）＝eq\f(C\o\al（3，6)C\o\al(1,6）＋C\o\al(4,6),C\o\al（4,12)）＝eq\f(3，11）。(2)由題意可得ξ可取0,1,2,3，則P(ξ＝0）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，5))）2×eq\f(2,5)＝eq\f(2，125），P（ξ＝1）＝Ceq\o\al（1,2)×eq\f(4，5)×eq\f（1,5）×eq\f（2，5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,5））)2×eq\f(3，5）＝eq\f(19，125)，P（ξ＝2）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（4，5）））2×eq\f（2，5)＋Ceq\o\al(1，2）×eq\f(4,5）×eq\f(1，5)×eq\f(3,5)＝eq\f(56，125）,P（ξ＝3）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(4,5)））2×eq\f（3,5）＝eq\f(48,125）.所以ξ的分布列為ξ0123Peq\f(2，125）eq\f(19,125)eq\f(56，125)eq\f（48,125）故Eξ＝0×eq\f(2,125)＋1×eq\f(19,125)＋2×eq\f（56，125）＋3×eq\f(48，125)＝eq\f（11，5)＝2。2.跟蹤訓(xùn)練2解(1)設(shè)“甲勝A”為事件D，“乙勝B”為事件E，“丙勝C”為事件F，則eq\x\to(D)，eq\x\to(E),eq\x\to(F)分別表示甲不勝A、乙不勝B、丙不勝C的事件．因為P(D)＝0.6,P(E)＝0。5，P(F)＝0.5.由對立事件的概率公式，知P（eq\x\to(D)）＝0.4,P(eq\x\to（E))＝0。5，P(eq\x\to（F)）＝0.5.紅隊至少兩人獲勝的事件有DEeq\x\to（F)，Deq\x\to(E）F,eq\x\to(D)EF，DEF。由于以上四個事件兩兩互斥且各盤比賽的結(jié)果相互獨立，因此紅隊至少兩人獲勝的概率為P＝P(DEeq\x\to(F）)＋P(Deq\x\to(E）F)＋P(eq\x\to（D)EF）＋P（DEF）＝0.6×0.5×0。5＋0。6×0.5×0.5＋0。4×0。5×0。5＋0.6×0。5×0.5＝0。55。（2）由題意,知ξ的可能取值為0,1,2,3。P（ξ＝0)＝P(eq\x\to(D）eq\x\to（E)eq\x\to（F))＝0.4×0.5×0.5＝0.1,P（ξ＝1)＝P（eq\x\to（D）eq\x\to(E)F）＋P（eq\x\to(D)Eeq\x\to(F）)＋P（Deq\x\to（E）eq\x\to（F))＝0。4×0。5×0.5＋0。4×0。5×0。5＋0。6×0。5×0。5＝0。35，所以P(ξ≤1）＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝0.45。例3解(1）從10人中選出2人的選法共有Ceq\o\al(2,10)＝45（種），事件A:參加次數(shù)的和為4，情況有：①1人參加1次，另1人參加3次，②2人都參加2次；共有Ceq\o\al(1，3）Ceq\o\al(1,4）＋Ceq\o\al（2,3)＝15（種),∴事件A發(fā)生的概率P＝eq\f(C\o\al（1，3）C\o\al（1，4）＋C\o\al(2,3）,C\o\al（2,10））＝eq\f(1,3）.(2）X的可能取值為0,1，2。P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(2，3）＋C\o\al（2,3)＋C\o\al（2，4）,C\o\al(2,10））＝eq\f(4，15)，P（X＝1）＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1，3)＋C\o\al（1,3)C\o\al(1，4),C\o\al（2,10））＝eq\f（7,15)，P(X＝2）＝eq\f（C\o\al(1，3）C\o\al（1，4)，C\o\al(2,10))＝eq\f（4，15)，∴X的分布列為X012Peq\f（4,15)eq\f(7，15)eq\f(4,15）∴EX＝0×eq\f（4,15）＋1×eq\f（7,15)＋2×eq\f(4，15)＝1.跟蹤訓(xùn)練3解(1）設(shè)“當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A，則P(A）＝eq\f(5，6）×eq\f(4,5）×eq\f(3，4）＝eq\f（1,2).（2)X的可能取值是1,2，3，則P(X＝1）＝eq\f(1,6）,P（X＝2）＝eq\f（5，6)×eq\f(1,5)＝eq\f（1,6)，P(X＝3）＝eq\f（5,6）×eq\f（4,5)＝eq\f（2,3），所以X的分布列為X123Peq\f（1,6)eq\f(1,6)eq\f（2,3)EX＝1×eq\f(1,6）＋2×eq\f（1，6)＋3×eq\f(2，3)＝eq\f(5，2），DX＝E（X－EX）2＝eq\f(1，6)×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(5，2)))2＋eq\f（1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2－\f（5,2））)2＋eq\f(2，3）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(3－\f（5,2）)）2＝eq\f(7，12）。例4解∵考生成績X～N(500,502）,∴μ＝500，σ＝50，∴P(550〈X<600）＝eq\f(1，2）[P（500－2×50<X<500＋2×50)－P（500－50<X〈500＋50)］＝eq\f(1,2）（0。954－0。683）＝0.136，∴考生成績在550～600分的人數(shù)為2500×0.136＝340.跟蹤訓(xùn)練40。8解析由于X～N（－1,σ2)，且區(qū)間［－3，－1]與［－1,1]關(guān)于x＝－1對稱，所以P(－3≤X≤1)＝2P（－3≤X≤－1)＝0.8.例5解(1）三個問題均答錯，得0＋0＋(－10)＝－10(分）．三個問題均答對，得10＋10＋20＝40(分)．三個問題一對兩錯，包括兩種情況：①前兩個問題一對一錯，第三個問題錯，得10＋0＋(－10）＝0（分）；②前兩個問題錯,第三個問題對，得0＋0＋20＝20(分)．三個問題兩對一錯，也包括兩種情況：①前兩個問題對，第三個問題錯，得10＋10＋(－10）＝10（分）；②第三個問題對，前兩個問題一對一錯,得20＋10＋0＝30(分)．故ξ的可能取值為－10，0,10，20，30,40。P(ξ＝－10）＝0.2×0。2×0。4＝0.016，P(ξ＝0）＝Ceq\o\al(1,2)×0.2×0.8×0.4＝0.128，P（ξ＝10)＝0.8×0.8×0。4＝0.256，P（ξ＝20）＝0.2×0。2×0.6＝0。024,P（ξ＝30)＝Ceq\o\al(1，2)×0。8×0.2×0。6＝0.192,P（ξ＝40)＝0.8×0。8×0.6＝0.384。所以ξ的分布列為ξ－10010203040P0。0160.1280。2560。0240。1920.384所以Eξ＝－10×0。016＋0×0。128＋10×0。256＋20×0。024＋30×0.192＋40×0。384＝24.（2）這位挑戰(zhàn)者總得分不為負分的概率為P(ξ≥0）＝1－P(ξ<0）＝1－0。016＝0。984.跟蹤訓(xùn)練5解（1)A直接感染一個人有2種情況，分別是A－B－C－D和A－B－eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1（C，D）），概率是eq\f(1，2）×eq\f(1，3)＋eq\f（1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f（1，3);(2)A直接感染二個人有3種情況，分別是A－eq\b\lc\［\rc\（\a\vs4\al\co1(B－C，D）），A—eq\b\lc\［\rc\（\a\vs4\al\co1（B－D，C）)，A—eq\b\lc\［\rc\(\a\vs4\al\co1(B，C－D)）,概率是eq\f（1，2)×eq\f（1，3)＋eq\f(1,2）×eq\f(1，3）＋eq\f（1，2)×eq\f(1，3)＝eq\f（1,2)；（3)A直接感染三個人只有一種情況，概率是eq\f（1，2）×eq\f（1,3)＝eq\f（1,6).∴隨機變量X的分布列為X123Peq\f（1，3)eq\f(1,2）eq\f（1，6）當(dāng)堂訓(xùn)練1．D[設(shè)拋擲一枚骰子出現(xiàn)的點數(shù)不超過4為事件A，拋擲一枚骰子出現(xiàn)的點數(shù)是奇數(shù)為事件B,則P(B|A）＝eq\f（nAB,nA）＝eq\f(2,4）＝eq\f(1，2)。故選D.]2．B[設(shè)“國慶節(jié)放假，甲，乙，丙三人去