高中数学北师大版3第二章概率 第2章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①均值②条件概率③正态分布④正态分布密度曲线的性质条件概率条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，计算条件概率时，必须搞清欲求的条件概率是在什么条件下发生的概率．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．【精彩点拨】本题是条件概率问题，根据条件概率公式求解即可．【规范解答】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(nA,nΩ)＝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(nAB,nΩ)＝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(PAB,PA)＝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(nAB,nA)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).[再练一题]1．掷两颗均匀的骰子，已知第一颗骰子掷出6点，问“掷出点数之和大于或等于10”【解】设“掷出的点数之和大于或等于10”为事件A，“第一颗骰子掷出6点”为事件B.法一：P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(\f(3,36),\f(6,36))＝eq\f(1,2).法二：“第一颗骰子掷出6点”的情况有(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种，故n(B)＝6.“掷出的点数之和大于或等于10”且“第一颗掷出6点”的情况有(6,4)，(6,5)，(6,6)，共3种，即n(AB从而P(A|B)＝eq\f(nAB,nB)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).相互独立事件的概率求相互独立事件一般与互斥事件、对立事件结合在一起进行考查，解答此类问题时应分清事件间的内部联系，在此基础上用基本事件之间的交、并、补运算表示出有关事件，并运用相应公式求解．特别注意以下两公式的使用前提：(1)若A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，反之不成立．(2)若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，反之成立．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、、、，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X表示同一工作日需使用设备的人数，求P(X＝1)．【精彩点拨】解决本题的关键是将复杂事件拆分成若干个彼此互斥事件的和或几个彼此相互独立事件的积事件，再利用相应公式求解．【规范解答】记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．(1)D＝A1BC＋A2B＋A2eq\x\to(B)C，P(B)＝，P(C)＝，P(Ai)＝Ceq\o\al(i,2)×，i＝0,1,2，所以P(D)＝P(A1BC＋A2B＋A2eq\x\to(B)C)＝P(A1BC)＋P(A2B)＋P(A2eq\x\to(B)C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(eq\x\to(B))P(C)＝.(2)X＝1表示在同一工作日有一人需使用设备．P(X＝1)＝P(BA0eq\x\to(C)＋eq\x\to(B)A0C＋eq\x\to(B)A1eq\x\to(C))＝P(B)P(A0)P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(B))P(A0)P(C)＋P(eq\x\to(B))·P(A1)P(eq\x\to(C))＝××(1－＋(1－××＋(1－×2××(1－＝.[再练一题]2．某同学参加科普知识竞赛，需回答3个问题，竞赛规则规定：答对第1,2,3个问题分别得100分，100分，200分，答错得零分．假设这名同学答对第1,2,3个问题的概率分别为,,.且各题答对与否相互之间没有影响．(1)求这名同学得300分的概率；(2)求这名同学至少得300分的概率．【解】记“这名同学答对第i个问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.(1)这名同学得300分的概率为：P1＝P(A1eq\x\to(A)2A3)＋P(eq\x\to(A)1A2A3)＝P(A1)P(eq\x\to(A)2)P(A3)＋P(eq\x\to(A)1)P(A2)·P(A3)＝××＋××＝.(2)这名同学至少得300分的概率为：P2＝P1＋P(A1A2A3)＝P1＋P(A1)P(A2)P(＝＋××＝.离散型随机变量的分布列、均值和方差1.含义：均值和方差分别反映了随机变量取值的平均水平及其稳定性．2．应用范围：均值和方差在实际优化问题中应用非常广泛，如同等资本下比较收益的高低、相同条件下比较质量的优劣、性能的好坏等．3．求解思路：应用时，先要将实际问题数学化，然后求出随机变量的概率分布列．对于一般类型的随机变量，应先求其分布列，再代入公式计算，此时解题的关键是概率的计算．计算概率时要结合事件的特点，灵活地结合排列组合、古典概型、独立重复试验概率、互斥事件和相互独立事件的概率等知识求解．若离散型随机变量服从特殊分布(如两点分布、二项分布等)，则可直接代入公式计算其数学期望与方差．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．【精彩点拨】(1)通过列方程组求P1和P2；(2)由题意求出甲队得分ξ的可能取值，然后再求出ξ的分布列，最后求出数学期望和方差．【规范解答】(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).[再练一题]3．为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．【解】(1)由已知，有P(A)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,3)C\o\al(2,3),C\o\al(4,8))＝eq\f(6,35).所以，事件A发生的概率为eq\f(6,35).(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,5)C\o\al(4－k,3),C\o\al(4,8))(k＝1,2,3,4)．所以，随机变量X的分布列为X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)随机变量X的数学期望EX＝1×eq\f(1,14)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(3,7)＋4×eq\f(1,14)＝eq\f(5,2).正态分布的实际应用对于正态分布问题，课标要求不是很高，只要求了解正态分布中最基础的知识，主要是：(1)掌握正态分布曲线函数关系式；(2)理解正态分布曲线的性质；(3)记住正态分布在三个区间内取值的概率，运用对称性结合图象求相应的概率．正态分布的概率通常有以下两种方法：(1)注意“3σ原则”的应用．记住正态总体在三个区间内取值的概率．(2)注意数形结合．由于正态分布密度曲线具有完美的对称性，体现了数形结合的重要思想，因此运用对称性结合图象解决某一区间内的概率问题成为热点问题．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．【精彩点拨】根据正态分布的性质，求出P(550＜x≤600)，即可解决在550～600分的人数．【规范解答】∵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)4－6)＝9，∴考生成绩在550～600分的人数为2500×9≈340(人)．[再练一题]4．已知随机变量X服从正态分布N(0，σ2)，若P(X＞2)＝，则P(－2≤X≤2)＝()A． B．C． D．【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)＝，∴P(X＜－2)＝，∴P(－2≤X≤2)＝1－2×＝.【答案】C方程思想的应用通过列方程求解未知数是贯穿于整个高中数学各个环节的一种重要数学思想．在概率运算过程中，会经常遇到求两个或三个事件的概率或确定参数的值的问题，此时可考虑方程(组)的方法，借助题中条件列出含参数或未知量的方程(组)进行求解即可．甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为eq\f(1,4)，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为eq\f(1,12)，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为eq\f(2,9).(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率．【精彩点拨】设出甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品，依题意，它们相互独立，利用乘法公式，结合方程思想来解决．【规范解答】(1)设A，B，C分别表示甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件．由题设条件，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA\x\to(B)＝\f(1,4)，,PB\x\to(C)＝\f(1,12)，,PAC＝\f(2,9)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA[1－PB]＝\f(1,4)，①,PB[1－PC]＝\f(1,12)，②,PAPC＝\f(2,9).③))由①③得，P(B)＝1－eq\f(9,8)P(C)，代入②得：27[P(C)]2－51P(C)＋22＝0，解得P(C)＝eq\f(2,3)或eq\f(11,9)(舍去)．将P(C)＝eq\f(2,3)分别代入②③，可得P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,4).即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，eq\f(2,3).(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件．则P(D)＝1－P(eq\x\to(D))＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,6).故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为eq\f(5,6).[再练一题]5．A，B，C相互独立，如果P(AB)＝eq\f(1,6)，P(eq\o(B,\s\up6(－))C)＝eq\f(1,8)，P(ABeq\x\to(C))＝eq\f(1,8)，则P(eq\x\to(A)B)＝________.【解析】设P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝\f(1,6)，,1－bc＝\f(1,8)，,ab1－c＝\f(1,8)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,2)，,c＝\f(1,4)，))∴P(eq\x\to(A)B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3).【答案】eq\f(1,3)1．已知一组数据,,,,，则该组数据的方差是________．【解析】5个数的平均数eq\x\to(x)＝eq\f＋＋＋＋,5)＝，所以它们的方差s2＝eq\f(1,5)[－2＋－2＋－2＋－2＋－2]＝.【答案】2．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是________．【解析】法一：由题意可知每次试验不成功的概率为eq\f(1,4)，成功的概率为eq\f(3,4)，在2次试验中成功次数X的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝eq\f(1,16)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝eq\f(9,16).所以在2次试验中成功次数X的分布列为X012Peq\f(1,16)eq\f(3,8)eq\f(9,16)则在2次试验中成功次数X的均值为E(X)＝0×eq\f(1,16)＋1×eq\f(3,8)＋2×eq\f(9,16)＝eq\f(3,2).法二：此试验满足二项分布，其中p＝eq\f(3,4)，所以在2次试验中成功次数X的均值为E(X)＝np＝2×eq\f(3,4)＝eq\f(3,2).【答案】eq\f(3,2)3．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85a1.251.51.752设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数01234≥5概率(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．【解】(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝＋＋＋＝.(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝＋＝.又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f,＝eq\f(3,11).因此所求概率为eq\f(3,11).(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为X0.85a1.251.51.752PEX＝0.85a×＋a×＋1.25a×＋1.5a×＋1.75a×＋2因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为.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)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60