人教A版(新教材)高中数学选择性必修第三册第七章 随机变量及其分布教学设计2：章末复习课

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第三册PAGEPAGE1章末复习课知识网络知识要点1．条件概率的性质(1)非负性：0≤P(B|A)≤1.(2)可加性：如果是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．2．相互独立事件的性质(1)推广：一般地，如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．(2)对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)．3．二项分布满足的条件(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．(2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．(4)随机变量是这n次独立重复试验中某事件发生的次数．4．均值与方差的性质(1)若η＝aξ＋b(a，b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b.(2)D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．(3)D(ξ)＝E(ξ2)－〖E(ξ)〗2.5．正态变量在三个特殊区间内取值的概率(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.易误辨析1．求分布列时要检验概率的和是否为1，如果不是，要重新检查修正．2．要注意识别独立重复试验和二项分布．3．在记忆D(aX＋b)＝a2D(X)时要注意D(aX＋b)≠aD(X)＋b，D(aX＋b)≠aD(X)．4．易忽略判断随机变量是否服从二项分布，盲目使用二项分布的期望和方差公式计算致误．考点突破突破一条件概率与全概率公式1．求条件概率有两种方法：一种是基于样本空间Ω，先计算P(A)和P(AB)，再利用P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))求解；另一种是缩小样本空间，即以A为样本空间计算AB的概率．2．掌握条件概率与全概率运算，重点提升逻辑推理和数学运算的核心素养．例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：(1)第1次抽到理科题的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．解：设“第1次抽到理科题”为事件A，“第2题抽到理科题”为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”为事件AB.(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的事件数为n(Ω)＝Aeq\o\al(2,5)＝20.根据分步乘法计数原理，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)因为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次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2).法二：因为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).反思感悟条件概率的计算要注意以下三点(1)明白是在谁的条件下，计算谁的概率．(2)明确P(A)，P(B|A)以及P(AB)三者间的关系，实现三者间的互化．(3)理解全概率公式P(A)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Bi)P(A|Bi)中化整为零的计算思想．跟踪训练1.有甲、乙、丙3批罐头，每批100个，其中各有1个是不合格的．从三批罐头中各抽出1个，计算：3个中恰有1个不合格的概率．解：法一：设从甲、乙、丙3批罐头中各抽出1个，得到合格品的事件分别为A，B，C.“3个罐头中恰有1个不合格”包括下列3种搭配：eq\o(A,\s\up6(－))BC，Aeq\o(B,\s\up6(－))C，ABeq\o(C,\s\up6(－)).这三种搭配是互斥的，且从甲、乙、丙3批罐头中各抽出1个罐头相互之间没有影响，因此，其中恰有1个罐头不合格的概率为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批罐头各抽出一个恰为不合格品的概率都为0.01，且3批罐头抽取时相互独立，因此可视为独立重复试验．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重伯努利试验及二项分布1．n重伯努利试验是相互独立事件的延伸，其试验结果出现的次数X～B(n，p)，即P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k.2．学习该部分知识重点提升数学建模及数学运算的核心素养．例2.已知一个口袋中有m个白球，n个黑球(m，n∈N＋，n≥2)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机地逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m＋n的抽屉内，其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k＝1,2,3，…，m＋n)．123…m＋n(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p；(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)<eq\f(n,(m＋n)(n－1)).(1)解：编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p为：p＝eq\f(C\o\al(n－1,m＋n－1),C\o\al(n,m＋n))＝eq\f(n,m＋n).(2)证明：随机变量X的概率分布为：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))随机变量X的期望为：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)).反思感悟与二项分布有关的问题关键是二项分布的判定，可从以下几个方面判定(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．(2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．(4)随机变量是这n重伯努利试验中某事件发生的次数．跟踪训练2.一个袋中装有大小相同的球，其中红球5个，黑球3个．现从中随机摸出3个球．(1)求至少摸到一个红球的概率；(2)求摸到黑球的个数X的分布列、均值．解：(1)至少摸到1个红球的概率为1－eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,8))＝1－eq\f(1,56)＝eq\f(55,56).(2)由题意知X服从参数N＝8，M＝3，n＝3的超几何分布，X的可能取值为0,1,2,3，则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的分布列为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).突破三离散型随机变量的均值与方差1．均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在均值的基础之上，它表明了随机变量所取的值相对于它的均值的集中与离散程度，二者的联系密切，在现实生产生活中的应用比较广泛．2．掌握均值和方差的计算，重点提升逻辑推理和数据分析的核心素养．例3.甲、乙、丙三支足球队进行比赛，根据规则：每支队伍比赛两场，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局．已知乙队胜丙队的概率为eq\f(1,5)，甲队获得第一名的概率为eq\f(1,6)，乙队获得第一名的概率为eq\f(1,15).(1)求甲队分别胜乙队和丙队的概率P1，P2；(2)设在该次比赛中，甲队得分为ξ，求ξ的分布列及数学期望、方差．解：(1)设“甲队胜乙队”的概率为P1，“甲队胜丙队”的概率为P2.根据题意，甲队获得第一名，则甲队胜乙队且甲队胜丙队，所以甲队获得第一名的概率为P1×P2＝eq\f(1,6).①乙队获得第一名，则乙队胜甲队且乙队胜丙队，所以乙队获得第一名的概率为(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)，所以甲队胜乙队的概率为eq\f(2,3)，甲队胜丙队的概率为eq\f(1,4).(2)ξ的可能取值为0,3,6.当ξ＝0时，甲队两场比赛皆输，其概率为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)；当ξ＝3时，甲队两场只胜一场，其概率为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)；当ξ＝6时，甲队两场皆胜，其概率为P(ξ＝6)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,6).所以ξ的分布列为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).反思感悟求离散型随机变量X的均值与方差的步骤(1)理解X的意义，写出X可能的全部取值．(2)求X取每个值的概率或求出函数P(X＝k)．(3)写出X的分布列．(4)由分布列和均值的定义求出E(X)．(5)由方差的定义，求D(X)，若X～B(n，p)，则可直接利用公式求，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．跟踪训练3.2015年9月3日，抗战胜利70周年纪念活动在北京隆重举行，受到全国人民的瞩目．纪念活动包括举行纪念大会、阅兵式、招待会和文艺晚会等，据统计，抗战老兵由于身体原因，参加纪念大会、阅兵式、招待会这三个环节(可参加多个，也可都不参加)的情况及其概率如下表所示：参加纪念活动的环节数0123概率eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,6)(1)若从抗战老兵中随机抽取2人进行座谈，求这2人参加纪念活动的环节数不同的概率；(2)某医疗部门决定从这些抗战老兵中随机抽取3名进行体检(其中参加纪念活动的环节数为3的抗战老兵数大于等于3)，设随机抽取的这3名抗战老兵中参加三个环节的有ξ名，求ξ的分布列和数学期望．解：(1)设“这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同”为事件M，则“这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数相同”为事件eq\o(M,\s\up6(－))，根据题意可知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)，由对立事件的概率计算公式可得P(M)＝1－P(eq\o(M,\s\up6(－)))＝eq\f(13,18)，故这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同的概率为eq\f(13,18).(2)根据题意可知随机变量ξ的可能取值为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).则随机变量ξ的分布列为：ξ0123Peq\f(125,216)eq\f(25,72)eq\f(5,72)eq\f(1,216)则数学期望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).突破四正态分布1．正态分布是连续型随机变量X的一种分布，其在概率和统计中占有重要地位，尤其统计学中的3σ原则在生产生活中有广泛的应用．2．熟记正态分布的特征及应用3σ原则解决实际问题是本章的两个重点，在学习中提升直观想象、数据分析的素养．例4.已知随机变量X服从正态分布N(0，σ2)，若P(X＞2)＝0.023，则P(－2≤X≤2)＝()A．0.447 B．0.628C．0.954 D．0.977〖答案〗C〖解析〗∵随机变量X服从标准正态分布N(0，σ2)，∴正态曲线关于x＝0对称．又P(X＞2)＝0.023，∴P(X＜－2)＝0.023，∴P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954.反思感悟正态曲线的应用及求解策略(1)正态曲线是轴对称图形，常借助其对称性解题．(2)正态分布的概率问题常借助〖μ－σ，μ＋σ〗，〖μ－2σ，μ＋2σ〗，〖μ－3σ，μ＋3σ〗三个区间内的概率值求解．(3)注意正态曲线与频率分布直方图的结合．跟踪训练4.某学校高三2500名学生第二次模拟考试总成绩服从正态分布N(500,502)，请您判断考生成绩X在550～600分的人数．解：∵考生成绩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，∴考生成绩在550～600分的人数为2500×0.1359≈340(人)．巩固训练1．若随机变量ξ的分布列如下表所示，则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．设随机变量ξ～B(n，p)，若E(ξ)＝2.4，D(ξ)＝1.44，则参数n，p的值为()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．已知随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，且P(ξ＜－2)＋P(ξ＞6)＝0.1998，则P(－4＜ξ＜4)＝________．〖答案〗0.8002〖解析〗正态曲线的对称轴为x＝1，如图．由图可知：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、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是eq\f(3,4)，乙每轮猜对的概率是eq\f(2,3)；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.解：(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．由题意，E＝ABCD＋eq\x\to(A)BCD＋Aeq\x\to(B)CD＋ABeq\x\to(C)D＋ABCeq\x\to(D)，由事件的独立性与互斥性，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“星队”至少猜对3个成语的概率为eq\f(2,3).(2)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，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)×