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(PAB,PA)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采購員要購買10個一包的電器元件．他的采購方法是：從一包中隨機抽查3個，如果這3個元件都是好的，他才買下這一包．假定含有4個次品的包數(shù)占30%，而其余包中各含1個次品．求：(1)采購員拒絕購買的概率；(2)在采購員拒絕購買的條件下，抽中的一包中含有4個次品的概率．解設B1＝“取到的是含4個次品的包”，B2＝“取到的是含1個次品的包”，A＝“采購員拒絕購買”，P(B1)＝eq\f(3,10)，P(B2)＝eq\f(7,10).P(A|B1)＝1－eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(5,6)，P(A|B2)＝1－eq\f(C\o\al(3,9),C\o\al(3,10))＝eq\f(3,10).(1)由全概率公式得到P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝eq\f(3,10)×eq\f(5,6)＋eq\f(7,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(23,50).(2)P(B1|A)＝eq\f(PB1PA|B1,PA)＝eq\f(\f(3,10)×\f(5,6),\f(23,50))＝eq\f(25,46).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為了提升全民身體素質，學校十分重視學生體育鍛煉，某校籃球運動員進行投籃練習．如果他前一球投進則后一球投進的概率為eq\f(3,4)；如果他前一球投不進則后一球投進的概率為eq\f(1,4).若他第1球投進的概率為eq\f(3,4)，則他第2球投進的概率為()A.eq\f(3,4)B.eq\f(5,8)C.eq\f(7,16)D.eq\f(9,16)〖答案〗B〖解析〗記事件A為“第1球投進”，事件B為“第2球投進”，P(B|A)＝eq\f(3,4)，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(1,4)，P(A)＝eq\f(3,4)，由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(5,8).二、離散型隨機變量的分布列、均值和方差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．掌握離散型隨機變量的分布列、均值和方差，重點提升邏輯推理與運算的核心素養(yǎng)．角度1二項分布的均值、方差例2某廠有4臺大型機器，在一個月中，一臺機器至多出現(xiàn)1次故障，且每臺機器是否出現(xiàn)故障是相互獨立的，出現(xiàn)故障時需1名工人進行維修，每臺機器出現(xiàn)故障需要維修的概率為eq\f(1,3).(1)問該廠至少有多少名維修工人才能保證每臺機器在任何時刻同時出現(xiàn)故障時能及時進行維修的概率不小于90%?(2)已知1名工人每月只有維修1臺機器的能力，每月需支付給每位工人1萬元的工資，每臺機器不出現(xiàn)故障或出現(xiàn)故障能及時維修，能使該廠產(chǎn)生5萬元的利潤，否則將不產(chǎn)生利潤．若該廠現(xiàn)有2名工人，求該廠每月獲利的均值．解(1)設“機器出現(xiàn)故障”為事件A，則P(A)＝eq\f(1,3).設出現(xiàn)故障的機器臺數(shù)為X，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4＝eq\f(16,81)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(32,81)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(24,81)＝eq\f(8,27)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3×eq\f(2,3)＝eq\f(8,81)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(1,81).故X的分布列為X01234Peq\f(16,81)eq\f(32,81)eq\f(8,27)eq\f(8,81)eq\f(1,81)設該廠有n名工人，則“每臺機器在任何時刻同時出現(xiàn)故障時能及時進行維修”為X≤n，X＝0，X＝1，X＝2，…，X＝n，這n＋1個互斥事件的和事件，則n01234P(X≤n)eq\f(16,81)eq\f(16,27)eq\f(8,9)eq\f(80,81)1因為eq\f(8,9)<90%<eq\f(80,81)，所以至少要3名工人，才能保證每臺機器在任何時刻同時出現(xiàn)故障時能及時進行維修的概率不小于90%.(2)設該廠獲利為Y萬元，則Y的所有可能取值為18,13,8，P(Y＝18)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq\f(8,9)，P(Y＝13)＝P(X＝3)＝eq\f(8,81)，P(Y＝8)＝P(X＝4)＝eq\f(1,81).故Y的分布列為Y18138Peq\f(8,9)eq\f(8,81)eq\f(1,81)所以E(Y)＝18×eq\f(8,9)＋13×eq\f(8,81)＋8×eq\f(1,81)＝eq\f(1408,81)，故該廠獲利的均值為eq\f(1408,81)萬元．角度2超幾何分布的均值、方差例3某學院為了調查本校學生2021年4月“健康上網(wǎng)”(健康上網(wǎng)是指每天上網(wǎng)不超過兩個小時)的天數(shù)情況，隨機抽取了40名本校學生，統(tǒng)計他們在該月30天內健康上網(wǎng)的天數(shù)，并將所得的數(shù)據(jù)分成以下六組：〖0,5〗，(5,10〗，(10,15〗，…，(25,30〗，由此畫出樣本的頻率分布直方圖，如圖所示．(1)根據(jù)頻率分布直方圖，求這40名學生中健康上網(wǎng)天數(shù)超過20天的人數(shù)；(2)現(xiàn)從這40名學生中任取2名，設Y為取出的2名學生中健康上網(wǎng)天數(shù)超過20天的人數(shù)，求Y的分布列及均值E(Y)．解(1)由圖可知，健康上網(wǎng)天數(shù)未超過20天的頻率為(0.01＋0.02＋0.03＋0.09)×5＝0.15×5＝0.75，所以健康上網(wǎng)天數(shù)超過20天的學生人數(shù)是40×(1－0.75)＝40×0.25＝10.(2)隨機變量Y的所有可能取值為0,1,2，且Y服從超幾何分布．所以P(Y＝0)＝eq\f(C\o\al(2,30),C\o\al(2,40))＝eq\f(29,52)，P(Y＝1)＝eq\f(C\o\al(1,10)C\o\al(1,30),C\o\al(2,40))＝eq\f(5,13)，P(Y＝2)＝eq\f(C\o\al(2,10),C\o\al(2,40))＝eq\f(3,52).所以Y的分布列為Y012Peq\f(29,52)eq\f(5,13)eq\f(3,52)所以Y的均值E(Y)＝1×eq\f(5,13)＋2×eq\f(3,52)＝eq\f(1,2).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2(1)設X服從兩點分布，分布列為，其中p∈(0,1)，則()A．E(X)＝p，D(X)＝p3B．E(X)＝p，D(X)＝p2C．E(X)＝q，D(X)＝q2D．E(X)＝1－p，D(X)＝p－p2〖答案〗D〖解析〗X服從兩點分布，則E(X)＝q＝1－p，D(X)＝p(1－p)＝p－p2.(2)(多選)在一個袋中裝有質地大小一樣的6個黑球，4個白球，現(xiàn)從中任取4個小球，設取出的4個小球中白球的個數(shù)為X，則下列結論正確的是()A．P(X＝2)＝eq\f(3,7)B．隨機變量X服從二項分布C．隨機變量X服從超幾何分布D．E(X)＝eq\f(8,5)〖答案〗ACD〖解析〗由題意知隨機變量X服從超幾何分布，故B錯誤，C正確；隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3,4，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(4,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(3,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(8,21)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(3,7)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)C\o\al(1,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(4,35)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,210)，故E(X)＝0×eq\f(1,14)＋1×eq\f(8,21)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(4,35)＋4×eq\f(1,210)＝eq\f(8,5)，故A，D正確．三、正態(tài)分布與二項分布、超幾何分布的綜合應用解答正態(tài)分布的實際應用題，關鍵是如何轉化，同時注意以下兩點：(1)注意“3σ”原則，記住正態(tài)總體在三個區(qū)間內取值的概率．(2)注意數(shù)形結合．由于正態(tài)分布密度曲線具有完美的對稱性，體現(xiàn)了數(shù)形結合的重要思想，因此運用對稱性和結合圖象解決某一區(qū)間內的概率問題成為熱點問題．例4某市為了解本市1萬名小學生的普通話水平，在全市范圍內進行了普通話測試，測試后對每個小學生的普通話測試成績進行統(tǒng)計，發(fā)現(xiàn)總體(這1萬名小學生普通話測試成績)服從正態(tài)分布N(69,49)．(1)從這1萬名小學生中任意抽取1名小學生，求這名小學生的普通話測試成績在(62,90)內的概率；(2)現(xiàn)在從總體中隨機抽取12名小學生的普通話測試成績，對應的數(shù)據(jù)如下：50,52,56,62,63,68,65,64,72,80,67,90.從這12個數(shù)據(jù)中隨機選取4個，記X表示大于總體平均分的個數(shù)，求X的方差．參考數(shù)據(jù)：若Y～N(μ，σ2)，則P(μ－σ<Y<μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ<Y<μ＋2σ)＝0.9545，P(μ－3σ<Y<μ＋3σ)＝0.9973.解(1)因為學生的普通話測試成績Y服從正態(tài)分布N(69,49)，所以μ＝69，σ＝7，所以P(62<Y<90)＝P(μ－σ<Y<μ＋3σ)＝eq\f(0.6827＋0.9973,2)＝0.84.(2)因為總體平均分為μ＝69，所以這12個數(shù)據(jù)中大于總體平均分的有3個，所以X的可能取值為0,1,2,3，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(4,9),C\o\al(4,12))＝eq\f(14,55)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,9),C\o\al(4,12))＝eq\f(28,55)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,9),C\o\al(4,12))＝eq\f(12,55)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,9),C\o\al(4,12))＝eq\f(1,55)，所以E(X)＝0×eq\f(14,55)＋1×eq\f(28,55)＋2×eq\f(12,55)＋3×eq\f(1,55)＝1,D(X)＝(0－1)2×eq\f(14,55)＋(1－1)2×eq\f(28,55)＋(2－1)2×eq\f(12,55)＋(3－1)2×eq\f(1,55)＝eq\f(6,11).反思感悟利用正態(tài)曲線解決實際性問題時常利用其對稱性解題，并注意借助〖μ－σ，μ＋σ〗，〖μ－2σ，μ＋2σ〗，〖μ－3σ，μ＋3σ〗三個區(qū)間內的概率值求解，并注意正態(tài)曲線與頻率分布直方圖的結合．跟蹤訓練3為提高城市居民生活幸福感，某城市公交公司大力確保公交車的準點率，減少居民侯車時間，為此，該公司對某站臺乘客的候車時間進行統(tǒng)計．乘客候車時間受公交車準點率、交通擁堵情況、節(jié)假日人流量增大等情況影響．在公交車準點率正常、交通擁堵情況正常、非節(jié)假日的情況下，乘客候車時間X滿足正態(tài)分布N(μ，σ2)．在公交車準點率正常、交通擁堵情況正常、非節(jié)假日的情況下，調查了大量乘客的候車時間，經(jīng)過統(tǒng)計得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)在直方圖各組中，以該組區(qū)間的中點值代表該組的各個值，試估計μ，σ2的值；(2)在統(tǒng)計學中，發(fā)生概率低于千分之三的事件叫小概率事件，一般認為，在正常情況下，一次試驗中，小概率事件是不能發(fā)生的．在交通擁堵情況正常、非節(jié)假日的某天，隨機調查了該站的10名乘客的候車時間，發(fā)現(xiàn)其中有3名乘客候車時間超過15分鐘，試判斷該天公交車準點率是否正常，說明理由．(參考數(shù)據(jù)：eq\r(19.2)≈4.38，eq\r(21.4)≈4.63，eq\r(26.6)≈5.16，0.84137≈0.2983,0.84136≈0.3546,0.15873≈0.0040，0.15874≈0.0006，P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9973.)解(1)μ＝0.1×2＋0.2×6＋0.4×10＋0.2×14＋0.1×18＝10，σ2＝s2＝2×(82×0.1＋42×0.2)＋(10－10)2×0.4＝19.2.(2)μ＋σ＝10＋4.38＝14.38，設“3名乘客候車時間超過15分鐘”的事件為A，P(X>14.38)＝eq\f(1－Pμ－σ<X≤μ＋σ,2)≈0.15865，P(A)＝Ceq\o\al(3,10)×(0.15865)3×(0.84135)7≈0.143>0.003，故該天公交車準點率正常．1．設X～N(10,0.8)，則D(2X＋1)等于()A．1.6B．3.2C．6.4D．12.8〖答案〗B〖解析〗∵X～N(10,0.8)，∴D(X)＝0.8，∴D(2X＋1)＝4D(X)＝3.2.2．甲、乙兩人進行象棋比賽，采取五局三勝制(不考慮平局，先贏得三場的人為獲勝者，比賽結束)．根據(jù)前期的統(tǒng)計分析，得到甲在和乙的第一場比賽中，取勝的概率為0.5，受心理方面的影響，前一場比賽結果會對甲的下一場比賽產(chǎn)生影響，如果甲在某一場比賽中取勝，則下一場取勝率提高0.1，反之，降低0.1.則甲以3∶1取得勝利的概率為()A．0.162B．0.18C．0.168D．0.174〖答案〗D〖解析〗設甲在第一、二、三、四局比賽中獲勝分別為事件A1，A2，A3，A4，由題意，得甲要以3∶1取得勝利可能是A1A2eq\x\to(A)3A4，A1eq\x\to(A)2A3A4，eq\x\to(A)1A2A3A4，∴甲以3∶1取得勝