人教A版(新教材)高中數(shù)學選擇性必修第三冊第七章 隨機變量及其分布教學設計2：章末復習課

人教A版(新教材)高中數(shù)學選擇性必修第三冊PAGEPAGE1章末復習課知識網(wǎng)絡知識要點1．條件概率的性質(1)非負性：0≤P(B|A)≤1.(2)可加性：如果是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．2．相互獨立事件的性質(1)推廣：一般地，如果事件A1，A2，…，An相互獨立，那么這n個事件同時發(fā)生的概率等于每個事件發(fā)生的概率的積，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．(2)對于事件A與B及它們的和事件與積事件有下面的關系：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)．3．二項分布滿足的條件(1)每次試驗中，事件發(fā)生的概率是相同的．(2)各次試驗中的事件是相互獨立的．(3)每次試驗只有兩種結果：事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生．(4)隨機變量是這n次獨立重復試驗中某事件發(fā)生的次數(shù)．4．均值與方差的性質(1)若η＝aξ＋b(a，b是常數(shù))，ξ是隨機變量，則η也是隨機變量，E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b.(2)D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．(3)D(ξ)＝E(ξ2)－〖E(ξ)〗2.5．正態(tài)變量在三個特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率(1)P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.683.(2)P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.954.(3)P(μ－3σ<X<μ＋3σ)＝0.997.易誤辨析1．求分布列時要檢驗概率的和是否為1，如果不是，要重新檢查修正．2．要注意識別獨立重復試驗和二項分布．3．在記憶D(aX＋b)＝a2D(X)時要注意D(aX＋b)≠aD(X)＋b，D(aX＋b)≠aD(X)．4．易忽略判斷隨機變量是否服從二項分布，盲目使用二項分布的期望和方差公式計算致誤．考點突破突破一條件概率與全概率公式1．求條件概率有兩種方法：一種是基于樣本空間Ω，先計算P(A)和P(AB)，再利用P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))求解；另一種是縮小樣本空間，即以A為樣本空間計算AB的概率．2．掌握條件概率與全概率運算，重點提升邏輯推理和數(shù)學運算的核心素養(yǎng)．例1.在5道題中有3道理科題和2道文科題．如果不放回地依次抽取2道題，求：(1)第1次抽到理科題的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科題的概率；(3)在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率．解：設“第1次抽到理科題”為事件A，“第2題抽到理科題”為事件B，則“第1次和第2次都抽到理科題”為事件AB.(1)從5道題中不放回地依次抽取2道題的事件數(shù)為n(Ω)＝Aeq\o\al(2,5)＝20.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，n(A)＝Aeq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(1,4)＝12.于是P(A)＝eq\f(n(A),n(Ω))＝eq\f(12,20)＝eq\f(3,5).(2)因為n(AB)＝Aeq\o\al(2,3)＝6，所以P(AB)＝eq\f(n(AB),n(Ω))＝eq\f(6,20)＝eq\f(3,10).(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2).法二：因為n(AB)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).反思感悟條件概率的計算要注意以下三點(1)明白是在誰的條件下，計算誰的概率．(2)明確P(A)，P(B|A)以及P(AB)三者間的關系，實現(xiàn)三者間的互化．(3)理解全概率公式P(A)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Bi)P(A|Bi)中化整為零的計算思想．跟蹤訓練1.有甲、乙、丙3批罐頭，每批100個，其中各有1個是不合格的．從三批罐頭中各抽出1個，計算：3個中恰有1個不合格的概率．解：法一：設從甲、乙、丙3批罐頭中各抽出1個，得到合格品的事件分別為A，B，C.“3個罐頭中恰有1個不合格”包括下列3種搭配：eq\o(A,\s\up6(－))BC，Aeq\o(B,\s\up6(－))C，ABeq\o(C,\s\up6(－)).這三種搭配是互斥的，且從甲、乙、丙3批罐頭中各抽出1個罐頭相互之間沒有影響，因此，其中恰有1個罐頭不合格的概率為P1＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝3×(0.01×0.992)≈0.03.法二：甲、乙、丙3批罐頭各抽出一個恰為不合格品的概率都為0.01，且3批罐頭抽取時相互獨立，因此可視為獨立重復試驗．其概率：P＝Ceq\o\al(1,3)×0.01×(1－0.01)2＝3×0.01×(0.99)2≈0.03.突破二n重伯努利試驗及二項分布1．n重伯努利試驗是相互獨立事件的延伸，其試驗結果出現(xiàn)的次數(shù)X～B(n，p)，即P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k.2．學習該部分知識重點提升數(shù)學建模及數(shù)學運算的核心素養(yǎng)．例2.已知一個口袋中有m個白球，n個黑球(m，n∈N＋，n≥2)，這些球除顏色外完全相同．現(xiàn)將口袋中的球隨機地逐個取出，并放入如圖所示的編號為1,2,3，…，m＋n的抽屜內(nèi)，其中第k次取出的球放入編號為k的抽屜(k＝1,2,3，…，m＋n)．123…m＋n(1)試求編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p；(2)隨機變量X表示最后一個取出的黑球所在抽屜編號的倒數(shù)，E(X)是X的數(shù)學期望，證明：E(X)<eq\f(n,(m＋n)(n－1)).(1)解：編號為2的抽屜內(nèi)放的是黑球的概率p為：p＝eq\f(C\o\al(n－1,m＋n－1),C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,m＋n).(2)證明：隨機變量X的概率分布為：Xeq\f(1,n)eq\f(1,n＋1)eq\f(1,n＋2)…eq\f(1,k)…eq\f(1,m＋n)Peq\f(C\o\al(n－1,n－1),C\o\al(n,m＋n))eq\f(C\o\al(n－1,n),C\o\al(n,m＋n))eq\f(C\o\al(n－1,n＋1),C\o\al(n,m＋n))…eq\f(C\o\al(n－1,k－1),C\o\al(n,m＋n))…eq\f(C\o\al(n－1,n＋m－1),C\o\al(n,m＋n))隨機變量X的期望為：E(X)＝eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(1,k)·eq\f(C\o\al(n－1,k－1),C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(1,C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f(1,k)·eq\f((k－1)！,(n－1)！(k－n)！).所以E(X)<eq\f(1,C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f((k－2)！,(n－1)！(k－n)！)＝eq\f(1,(n－1)C\o\al(n,m＋n))eq\i\su(k＝n,m＋n,)eq\f((k－2)！,(n－2)！(k－n)！)＝eq\f(1,(n－1)C\o\al(n,m＋n))(1＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,(n－1)C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n－1)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(1,(n－1)C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,n)＋Ceq\o\al(n－2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝…＝eq\f(1,(n－1)C\o\al(n,m＋n))(Ceq\o\al(n－1,m＋n－2)＋Ceq\o\al(n－2,m＋n－2))＝eq\f(C\o\al(n－1,m＋n－1),(n－1)C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,(m＋n)(n－1))，即E(X)<eq\f(n,(m＋n)(n－1)).反思感悟與二項分布有關的問題關鍵是二項分布的判定，可從以下幾個方面判定(1)每次試驗中，事件發(fā)生的概率是相同的．(2)各次試驗中的事件是相互獨立的．(3)每次試驗只有兩種結果：事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生．(4)隨機變量是這n重伯努利試驗中某事件發(fā)生的次數(shù)．跟蹤訓練2.一個袋中裝有大小相同的球，其中紅球5個，黑球3個．現(xiàn)從中隨機摸出3個球．(1)求至少摸到一個紅球的概率；(2)求摸到黑球的個數(shù)X的分布列、均值．解：(1)至少摸到1個紅球的概率為1－eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,8))＝1－eq\f(1,56)＝eq\f(55,56).(2)由題意知X服從參數(shù)N＝8，M＝3，n＝3的超幾何分布，X的可能取值為0,1,2,3，則P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,3)C\o\al(3－k,5),C\o\al(3,8))(k＝0,1,2,3)，∴P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,3)C\o\al(3,5),C\o\al(3,8))＝eq\f(5,28)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,5),C\o\al(3,8))＝eq\f(15,28)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,5),C\o\al(3,8))＝eq\f(15,56)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,8))＝eq\f(1,56).∴X的分布列為X0123Peq\f(5,28)eq\f(15,28)eq\f(15,56)eq\f(1,56)∴EX＝0×eq\f(5,28)＋1×eq\f(15,28)＋2×eq\f(15,56)＋3×eq\f(1,56)＝eq\f(9,8).突破三離散型隨機變量的均值與方差1．均值和方差都是隨機變量的重要的數(shù)字特征，方差是建立在均值的基礎之上，它表明了隨機變量所取的值相對于它的均值的集中與離散程度，二者的聯(lián)系密切，在現(xiàn)實生產(chǎn)生活中的應用比較廣泛．2．掌握均值和方差的計算，重點提升邏輯推理和數(shù)據(jù)分析的核心素養(yǎng)．例3.甲、乙、丙三支足球隊進行比賽，根據(jù)規(guī)則：每支隊伍比賽兩場，共賽三場，每場比賽勝者得3分，負者得0分，沒有平局．已知乙隊勝丙隊的概率為eq\f(1,5)，甲隊獲得第一名的概率為eq\f(1,6)，乙隊獲得第一名的概率為eq\f(1,15).(1)求甲隊分別勝乙隊和丙隊的概率P1，P2；(2)設在該次比賽中，甲隊得分為ξ，求ξ的分布列及數(shù)學期望、方差．解：(1)設“甲隊勝乙隊”的概率為P1，“甲隊勝丙隊”的概率為P2.根據(jù)題意，甲隊獲得第一名，則甲隊勝乙隊且甲隊勝丙隊，所以甲隊獲得第一名的概率為P1×P2＝eq\f(1,6).①乙隊獲得第一名，則乙隊勝甲隊且乙隊勝丙隊，所以乙隊獲得第一名的概率為(1－P1)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,15).②解②，得P1＝eq\f(2,3)，代入①，得P2＝eq\f(1,4)，所以甲隊勝乙隊的概率為eq\f(2,3)，甲隊勝丙隊的概率為eq\f(1,4).(2)ξ的可能取值為0,3,6.當ξ＝0時，甲隊兩場比賽皆輸，其概率為P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)；當ξ＝3時，甲隊兩場只勝一場，其概率為P(ξ＝3)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(7,12)；當ξ＝6時，甲隊兩場皆勝，其概率為P(ξ＝6)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,6).所以ξ的分布列為ξ036Peq\f(1,4)eq\f(7,12)eq\f(1,6)所以Eξ＝0×eq\f(1,4)＋3×eq\f(7,12)＋6×eq\f(1,6)＝eq\f(11,4).Dξ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(11,4)))2×eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(11,4)))2×eq\f(7,12)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(11,4)))2×eq\f(1,6)＝eq\f(59,16).反思感悟求離散型隨機變量X的均值與方差的步驟(1)理解X的意義，寫出X可能的全部取值．(2)求X取每個值的概率或求出函數(shù)P(X＝k)．(3)寫出X的分布列．(4)由分布列和均值的定義求出E(X)．(5)由方差的定義，求D(X)，若X～B(n，p)，則可直接利用公式求，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．跟蹤訓練3.2015年9月3日，抗戰(zhàn)勝利70周年紀念活動在北京隆重舉行，受到全國人民的矚目．紀念活動包括舉行紀念大會、閱兵式、招待會和文藝晚會等，據(jù)統(tǒng)計，抗戰(zhàn)老兵由于身體原因，參加紀念大會、閱兵式、招待會這三個環(huán)節(jié)(可參加多個，也可都不參加)的情況及其概率如下表所示：參加紀念活動的環(huán)節(jié)數(shù)0123概率eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,6)(1)若從抗戰(zhàn)老兵中隨機抽取2人進行座談，求這2人參加紀念活動的環(huán)節(jié)數(shù)不同的概率；(2)某醫(yī)療部門決定從這些抗戰(zhàn)老兵中隨機抽取3名進行體檢(其中參加紀念活動的環(huán)節(jié)數(shù)為3的抗戰(zhàn)老兵數(shù)大于等于3)，設隨機抽取的這3名抗戰(zhàn)老兵中參加三個環(huán)節(jié)的有ξ名，求ξ的分布列和數(shù)學期望．解：(1)設“這2名抗戰(zhàn)老兵參加紀念活動的環(huán)節(jié)數(shù)不同”為事件M，則“這2名抗戰(zhàn)老兵參加紀念活動的環(huán)節(jié)數(shù)相同”為事件eq\o(M,\s\up6(－))，根據(jù)題意可知P(eq\o(M,\s\up6(－)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,18)，由對立事件的概率計算公式可得P(M)＝1－P(eq\o(M,\s\up6(－)))＝eq\f(13,18)，故這2名抗戰(zhàn)老兵參加紀念活動的環(huán)節(jié)數(shù)不同的概率為eq\f(13,18).(2)根據(jù)題意可知隨機變量ξ的可能取值為0，1，2，3，且P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))eq\s\up12(3)＝eq\f(125,216)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,6)＝eq\f(25,72)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,72)，P(ξ＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,216).則隨機變量ξ的分布列為：ξ0123Peq\f(125,216)eq\f(25,72)eq\f(5,72)eq\f(1,216)則數(shù)學期望E(ξ)＝0×eq\f(125,216)＋1×eq\f(25,72)＋2×eq\f(5,72)＋3×eq\f(1,216)＝eq\f(1,2).突破四正態(tài)分布1．正態(tài)分布是連續(xù)型隨機變量X的一種分布，其在概率和統(tǒng)計中占有重要地位，尤其統(tǒng)計學中的3σ原則在生產(chǎn)生活中有廣泛的應用．2．熟記正態(tài)分布的特征及應用3σ原則解決實際問題是本章的兩個重點，在學習中提升直觀想象、數(shù)據(jù)分析的素養(yǎng)．例4.已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(0，σ2)，若P(X＞2)＝0.023，則P(－2≤X≤2)＝()A．0.447 B．0.628C．0.954 D．0.977〖答案〗C〖解析〗∵隨機變量X服從標準正態(tài)分布N(0，σ2)，∴正態(tài)曲線關于x＝0對稱．又P(X＞2)＝0.023，∴P(X＜－2)＝0.023，∴P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954.反思感悟正態(tài)曲線的應用及求解策略(1)正態(tài)曲線是軸對稱圖形，常借助其對稱性解題．(2)正態(tài)分布的概率問題常借助〖μ－σ，μ＋σ〗，〖μ－2σ，μ＋2σ〗，〖μ－3σ，μ＋3σ〗三個區(qū)間內(nèi)的概率值求解．(3)注意正態(tài)曲線與頻率分布直方圖的結合．跟蹤訓練4.某學校高三2500名學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)．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)(0.9544－0.6826)＝0.1359，∴考生成績在550～600分的人數(shù)為2500×0.1359≈340(人)．鞏固訓練1．若隨機變量ξ的分布列如下表所示，則p1等于()ξ－124Peq\f(1,5)eq\f(2,3)p1A.0 B.eq\f(2,15)C.eq\f(1,15) D.1〖答案〗B〖解析〗由eq\f(1,5)＋eq\f(2,3)＋p1＝1，得p1＝eq\f(2,15).2．設隨機變量ξ～B(n，p)，若E(ξ)＝2.4，D(ξ)＝1.44，則參數(shù)n，p的值為()A．n＝4，p＝0.6B．n＝6，p＝0.4C．n＝8，p＝0.3D．n＝24，p＝0.1〖答案〗B〖解析〗E(ξ)＝np＝2.4，D(ξ)＝np(1－p)＝1.44，解得n＝6，p＝0.4.3．已知隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(1，σ2)，且P(ξ＜－2)＋P(ξ＞6)＝0.1998，則P(－4＜ξ＜4)＝________．〖答案〗0.8002〖解析〗正態(tài)曲線的對稱軸為x＝1，如圖．由圖可知：P(－4＜ξ＜－2)＝P(4＜ξ＜6)所以P(－4＜ξ＜4)＝P(－2＜ξ＜6)＝1－P(ξ＜－2)－P(ξ＞6)＝1－0.1998＝0.8002.4．甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜一個成語．在一輪活動中，如果兩人都猜對，則“星隊”得3分；如果只有一人猜對，則“星隊”得1分；如果兩人都沒猜對，則“星隊”得0分．已知甲每輪猜對的概率是eq\f(3,4)，乙每輪猜對的概率是eq\f(2,3)；每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響，各輪結果亦互不影響．假設“星隊”參加兩輪活動，求：(1)“星隊”至少猜對3個成語的概率；(2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學期望EX.解：(1)記事件A：“甲第一輪猜對”，記事件B：“乙第一輪猜對”，記事件C：“甲第二輪猜對”，記事件D：“乙第二輪猜對”，記事件E：“‘星隊’至少猜對3個成語”．由題意，E＝ABCD＋eq\x\to(A)BCD＋Aeq\x\to(B)CD＋ABeq\x\to(C)D＋ABCeq\x\to(D)，由事件的獨立性與互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\x\to(A)BCD)＋P(Aeq\x\to(B)CD)＋P(ABeq\x\to(C)D)＋P(ABCeq\x\to(D))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\x\to(A))·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)P(D)＋P(A)P(B)·P(eq\x\to(C))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\x\to(D))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3)，所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為eq\f(2,3).(2)由題意，隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6.由事件的獨立性與互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×