2019-2020学年高中数学 第二章 随机变量及其分布章末归纳整合课件 新人教A版选修2-3

章末归纳整合互斥事件、相互独立事件的概率及条件概率1．互斥事件与相互独立事件的概率一般综合在一起进行考查，这类问题具有一个显明的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题中先要注意判断事件的性质是互斥，还是相互独立，然后选择相应的公式解题．(1)首先要搞清事件间的关系(是否彼此互斥、是否相互独立、是否对立)，正确区分“互斥事件”与“对立事件”．当且仅当事件A和事件B相互独立时，才有P(AB)＝P(A)·P(B)．(2)A，B中至少有一个发生：A∪B.①若A，B互斥：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，否则不成立．②若A，B相互独立，则概率的求法：方法一：P(A∪B)＝P(AB)＋P(AB－)＋P(A－B)；方法二：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝1－P(A－)P(B－)．2．条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，作为教材新增内容之一，在学习知识上起到了完备性的作用，在计算条件概率时，必须搞清楚欲求的条件概率是在哪一个事件发生的条件下的概率，从而选择合适的条件概率公式，分别求出相应事件的概率进行计算．【例1】设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立，求同一工作日至少3人需使用设备的概率．解：设Ai表示事件“同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备”，i＝0,1,2；B表示事件“甲需使用设备”；C表示事件“丁需使用设备”；D表示事件“同一工作日至少3人需使用设备”．则D＝A1BC＋A2B＋A2B－C，P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(Ai)＝Ci2×0.52，i＝0,1,2.所以P(D)＝P(A1BC＋A2B＋A2B－C)＝P(A1BC)＋P(A2B)＋P(A2B－C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(B－)P(C)＝0.31.方法点评：对立事件，互斥事件，相互独立事件是概率中三个最重要的概念，也是容易混淆的概念，在学习中我们要仔细体会，彻底搞清楚其具体含义，在具体的问题情景中辨别清楚它们，只有这样我们才算学好了概率的基础知识．1．(2017年佛山月考)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则从2号箱取出红球的概率是()A.1127B.1124C.1627D.924【解析】记“从2号箱中取出的是红球”为事件A，“从1号箱中取出的是红球”为事件B.根据古典概型和对立事件的概率和为1可知P(B)＝42＋4＝23，P(B)＝1－23＝13.由条件概率公式知P(A|B)＝3＋18＋1＝49，P(A|B)＝38＋1＝39.从而P(A)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A|B)·P(B)＋P(A|B)·P(B)＝1127.故选A.【答案】A1．离散型随机变量的分布列在高中阶段主要学习两种：超几何分布与二项分布，由于这两种分布列在生活中应用较为广泛，故在高考中对该知识点的考查相对较灵活，常与期望、方差融合在一起，横向考查．2．对于分布列的求法，其难点在于每个随机变量取值时相关概率的求法，计算时可能会用到等可能性事件、互斥事件、相互独立事件的概率公式等．离散型随机变量的分布列、均值与方差3．均值与方差都是随机变量重要的数字特征，方差是建立在均值这一概念之上的，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，二者联系密切，在现实生产生活中特别是风险决策中有着重要意义，因此在当前的高考中是一个热点问题．【例2】在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品，从这10件产品中任取3件，求：(1)取出的3件产品中一等品件数X的分布列和数学期望；(2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．解：(1)由于从10件产品中任取3件的结果为C310，从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的结果数为Ck3C3－k7(k＝0,1,2,3)，那么从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的概率为P(X＝k)＝Ck3C3－k7C310(k＝0,1,2,3)．所以随机变量X的分布列是X0123P72421407401120X的数学期望E(X)＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.(2)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件A，“恰好取出1件一等品和2件三等品”为事件A1，“恰好取出2件一等品”为事件A2，“恰好取出3件一等品”为事件A3.由于事件A1，A2，A3彼此互斥且A＝A1∪A2∪A3，而P(A1)＝C13C23C310＝340，P(A2)＝P(X＝2)＝740，P(A3)＝P(X＝3)＝1120，所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝340＋740＋1120＝31120.方法点评：求离散型随机变量的分布列，必须首先弄清ξ的含义及ξ的取值情况，并准确求出ξ取值下的概率，然后检验计算结果是否满足分布列的第二条性质．2．某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株．设甲、乙两种大树的成活率分别为23和12且各株大树是否成活互不影响．求移栽的4株大树中，(1)两种大树各成活1株的概率；(2)成活的株数ξ的分布列与期望．【解析】设Ak表示甲种大树成活k株，k＝0,1,2，Bl表示乙种大树成活l株，l＝0,1,2，则Ak，Bl独立．由独立重复试验中事件发生的概率公式有P(Ak)＝Ck223k132－k，P(Bl)＝Cl212l122－l.据此算得P(A0)＝19，P(A1)＝49，P(A2)＝49，P(B0)＝14，P(B1)＝12，P(B2)＝14.(1)所求概率为P(A1B1)＝P(A1)·P(B1)＝49×12＝29.(2)方法一：ξ的所有可能值为0,1,2,3,4，P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝P(A0)P(B0)＝19×14＝136，P(ξ＝1)＝P(A0B1)＋P(A1B0)＝19×12＋49×14＝16，P(ξ＝2)＝P(A0B2)＋P(A1B1)＋P(A2B0)＝19×14＋49×12＋49×14＝1336，P(ξ＝3)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝49×14＋49×12＝13，P(ξ＝4)＝P(A2B2)＝49×14＝19.综上知ξ的分布列为ξ01234P1361613361319从而ξ的期望为Eξ＝0×136＋1×16＋2×1336＋3×13＋4×19＝73(株)．方法二：分布列的求法同前．令ξ1，ξ2分别表示甲、乙两种树成活的株数，则ξ1～B2，23，ξ2～B2，12.故有Eξ1＝2×23＝43，Eξ2＝2×12＝1.从而知Eξ＝Eξ1＋Eξ2＝43＋1＝73(株)．在本章的学习中，正态密度曲线恰好关于参数μ对称，因此充分利用该图形的对称性及3个区间内的概率值来求解其他区间的概率值，是一种非常简捷的方式，也是近几年高考的一个新动向．正态分布【例3】在某校举行的数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩近似地服从正态分布N(70,100)．已知成绩在90分以上(含90分)的学生有12人．(1)试问此次参赛学生的总人数约为多少？(2)若成绩在80分以上(含80分)为优，试问此次竞赛成绩为优的学生约为多少人？附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σX≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σX≤μ＋2σ)＝0.9544.解：(1)设参赛学生的成绩为X，因为X～N(70,100)，所以μ＝70，σ＝10.则P(X≥90)＝P(X≤50)＝12[1－P(50X90)]＝121－Pμ－2σXμ＋2σ＝12×(1－0.9544)＝0.0228,12÷0.0228≈526(人)．因此，此次参赛学生的总人数约为526.(2)由P(X≥80)＝P(X≤60)＝12[1－P(60X80)]＝12[1－P(μ－σXμ＋σ)]＝12×(1－0.6826)＝0.1587，得526×0.1587≈83.因此，此次竞赛成绩为优的学生约为83人．方法点评：此题中利用P(Xμ－a)＝P(Xμ＋a)，巧妙地将P(X≥90)转化成含P(μ－2σXμ＋2σ)的表达式．3．已知某地成年男子的身高X～N(175,25)(单位：cm)．(1)试求该地男子身高位于区间(170,180)上的概率是多少？(2)若该地区某高校共有男生6000人，则身高超过185cm的男生大约有多少人？附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σX≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σX≤μ＋2σ)＝0.9544.【解析】(1)∵成年男子的身高X～N(175,25)，∴μ＝175cm，σ＝5.∴P(170X180)＝P(μ－σXμ＋σ)＝0.6826.(2)P(165＜X＜185)＝P(μ－2σXμ＋2σ)＝0.9544，∴P(X＞185)＝12×(1－0.9544)＝0.0228.∴身高超过185cm的男生大约有6000×0.0228≈137(人)．离散型随机变量分布列的计算是均值和方差计算的基础，又是概率计算的延伸，涉及排列、组合、二项式定理和概率的知识，综合性强，因而是高考考查的重点．特别是两点分布、超几何分布和二项分布等重要的概率模型，应用性强，更是高考命题的重中之重．1．(2015年湖南)在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σX≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σX≤μ＋2σ)＝0.9544.A．2386B．2718C．3413D．4772【解析】由题意P(0＜X≤1)＝12×0.6826＝0.3413，∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413＝3413.【答案】C2.(2019年新课标Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是．【答案】0.18【解析】甲队以4:1获胜，则甲队在前4场中只有一场负且第5场获胜.①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为p1=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.036；②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为p2=0.6×0.4×0.5×0.5×0.6=0.036；③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为p3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054；④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为p4=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054.所以甲队以4:1获胜的概率为p=p1+p2+p3+p4=0.18.3．(2018年北京)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．假设所有电影是否获得好评相互独立．(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率；(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“ξk＝1”表示第k类电影得到人们喜欢，“ξk＝0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k＝1,2,3,4,5,6)，写出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小关系．【解析】(1)总的电影部数为140＋50＋300＋200＋800＋510＝2000(部)，第四类电影中获得好评的电影有200×0.25＝50(部)，∴所求概率为502000＝0.025.(2)第四类电影的好评率为0.25，第五类电影的好