2024秋高中数学第二章随机变量及其分布章末复习课达标练习含解析新人教A版选修2-3

PAGE10-章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提示]1．“互斥事务”与“相互独立事务”的区分．“互斥事务”是说两个事务不能同时发生，“相互独立事务”是说一个事务发生与否对另一个事务发生的概率没有影响．2．对独立重复试验要精确理解．(1)独立重复试验的条件：第一，每次试验是在同样条件下进行；其次，任何一次试验中某事务发生的概率相等；第三，每次试验都只有两种结果，即事务要么发生，要么不发生．(2)独立重复试验概率公式的特点：关于P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，它是n次独立重复试验中某事务A恰好发生k次的概率．其中n是重复试验次数，p是一次试验中某事务A发生的概率，k是在n次独立试验中事务A恰好发生的次数，弄清公式中n，p，k的意义，才能正确运用公式．3．(1)精确理解事务和随机变量取值的意义，对实际问题中事务之间的关系要清晰．(2)仔细审题，找准关键字句，提高解题实力．如“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰有一个发生”等．(3)常见事务的表示．已知两个事务A、B，则A，B中至少有一个发生为A∪B；都发生为A·B；都不发生为eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B))；恰有一个发生为(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·B)∪(A·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))；至多有一个发生为(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))∪(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A))·B)∪(A·eq\o(\s\up12(—),\s\do4(B)))．4．对于条件概率，肯定要区分P(AB)与P(B|A)．5．(1)离散型随机变量的期望与方差若存在则必唯一，期望E(ξ)的值可正也可负，而方差的值则肯定是一个非负值．它们都由ξ的分布列唯一确定．(2)D(ξ)表示随机变量ξ对E(ξ)的平均偏离程度．D(ξ)越大表明平均偏离程度越大，说明ξ的取值越分散；反之D(ξ)越小，ξ的取值越集中．(3)D(aξ＋b)＝a2D(ξ)，在记忆和运用此结论时，请留意D(aξ＋b)≠aD(ξ)＋b，D(aξ＋b)≠aD(ξ)．6．对于正态分布，要特殊留意N(μ，σ2)由μ和σ唯一确定，解决正态分布问题要牢记其概率密度曲线的对称轴为x＝μ.专题一条件概率的求法条件概率是高考的一个热点，常以选择题或填空题的形式出现，也可能是大题中的一个部分，难度中等．[例1]坛子里放着7个大小、形态相同的鸭蛋，其中有4个是绿皮的，3个是白皮的．假如不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率；(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．解：设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事务A，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事务B，则“第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋”为事务AB.(1)从7个鸭蛋中不放回地依次拿出2个的事务数为n(Ω)＝Aeq\o\al(2,7)＝42，依据分步乘法计数原理，n(A)＝Aeq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(1,6)＝24.于是P(A)＝eq\f(n（A）,n（Ω）)＝eq\f(24,42)＝eq\f(4,7).(2)因为n(AB)＝Aeq\o\al(2,4)＝12，所以P(AB)＝eq\f(n（AB）,n（Ω）)＝eq\f(12,42)＝eq\f(2,7).(3)法一由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(2,7)÷eq\f(4,7)＝eq\f(1,2).法二因为n(AB)＝12，n(A)＝24，所以P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).归纳升华解决概率问题的步骤．第一步，确定事务的性质：古典概型、互斥事务、独立事务、独立重复试验、条件概率，然后把所给问题归结为某一种．其次步，推断事务的运算(和事务、积事务)，确定事务至少有一个发生还是同时发生，分别运用相加或相乘事务公式．第三步，利用条件概率公式求解：(1)条件概率定义：P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）).(2)针对古典概型，缩减基本领件总数P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）).[变式训练]已知100件产品中有4件次品，无放回地从中抽取2次每次抽取1件，求下列事务的概率：(1)第一次取到次品，其次次取到正品；(2)两次都取到正品．解：设A＝{第一次取到次品}，B＝{其次次取到正品}．(1)因为100件产品中有4件次品，即有正品96件，所以第一次取到次品的概率为P(A)＝eq\f(4,100)，其次次取到正品的概率为P(B|A)＝eq\f(96,99)，所以第一次取到次品，其次次取到正品的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq\f(4,100)×eq\f(96,99)＝eq\f(32,825).(2)因为A＝{第一次取到次品}，且P(A)＝1－P(A)＝eq\f(96,100)，P(B|A)＝eq\f(95,99)，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq\f(96,100)×eq\f(95,99)＝eq\f(152,165).专题2独立事务的概率要正确区分互斥事务与相互独立事务，精确应用相关公式解题，互斥事务是不行能同时发生的事务，相互独立事务是指一个事务的发生与否对另一个事务没有影响．[例2]某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为P1＝eq\f(2,3)，乙的命中率为P2，在射击竞赛活动中每人射击两发子弹则完成一次检测，在一次检测中，若两人命中次数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”．(1)若P2＝eq\f(1,2)，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率．(2)安排在2024年每月进行1次检测，设这12次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ，假如E(ξ)≥5，求P2的取值范围．解析：(1)因为P1＝eq\f(2,3)，P2＝eq\f(1,2)，依据“先进和谐组”的定义可得，该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的包括两人两次都射中，两人恰好各射中一次，所以该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(1,2)·\f(2,3)·\f(1,3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(1,2)·\f(1,2)·\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)·\f(2,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(1,2)))＝eq\f(1,3).(2)该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(1,2)·\f(2,3)·\f(1,3)))[Ceq\o\al(1,2)·P2·(1－P2)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)·\f(2,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P2·P2))＝eq\f(8,9)P2－eq\f(4,9)Peq\o\al(2,2)，又ξ～B(12，P)，所以E(ξ)＝12P，由E(ξ)≥5知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)P2－\f(4,9)Peq\o\al(2,2)))·12≥5，解得eq\f(3,4)≤P2≤1.[变式训练]甲、乙两射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求：(1)2人都射中目标的概率．(2)2人中恰有1人射中目标的概率．(3)2人中至少有1人射中目标的概率．解：记“甲射击1次，击中目标”为事务A，“乙射击1次，击中目标”为事务B，则A与B，与B，A与B，与为相互独立事务．(1)2人都射中目标的概率为P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.8×0.9＝0.72.(2)“2人中恰有1人射中目标”包括两种状况：一种是甲射中、乙未射中(事务A发生)，另一种是甲未射中、乙射中(事务B发生)．依据题意，知事务A与B互斥，所求的概率为P＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.9＝0.08＋0.18＝0.26.(3)“2人中至少有1人射中目标”包括“2人都射中”和“2人中有1人射中”2种状况，其概率为P＝P(AB)＋[P(A)＋P(B)]＝0.72＋0.26＝0.98.专题三独立重复试验与二项分布二项分布是高考考查的重点，要精确理解、娴熟运用其概率公式Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)·pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，高考以解答题为主，有时也用选择题、填空题形式考查．[例3]现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．(1)求张同学所取的3道题至少有1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是eq\f(3,5)，答对每道乙类题的概率都是eq\f(4,5)，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X为1和3的概率．解：(1)设事务A＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．因为P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，所以P(A)＝1－P(eq\o(\s\up12(—),\s\do4(A)))＝eq\f(5,6).(2)P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(1)·eq\f(1,5)＋Ceq\o\al(0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)·eq\f(4,5)＝eq\f(28,125)；P(X＝3)＝Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(0)·eq\f(4,5)＝eq\f(36,125).归纳升华解决二项分布问题必需留意：(1)对于公式Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)·pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n必需在满意“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．(2)推断一个随机变量是否听从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事务发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验独立重复地进行了n次．[变式训练]口袋中装有大小、轻重都无差别的5个红球和4个白球，每一次从袋中摸出2个球，若颜色不同，则为中奖．每次摸球后，都将摸出的球放回口袋中，则3次摸球恰有1次中奖的概率为()A.eq\f(80,243)B.eq\f(100,243)C.eq\f(80,729)D.eq\f(100,729)解析：每次摸球中奖的概率为eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(20,36)＝eq\f(5,9)，由于是有放回地摸球，故3次摸球相当于3次独立重复试验，所以3次摸球恰有1次中奖的概率P＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(5,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,9)))eq\s\up12(2)＝eq\f(80,243).答案：A专题四离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量的均值和方差在实际问题中具有重要意义，也是高考的热点内容．[例4](2024·天津卷)某小组共10人，利用假期参与义工活动，已知参与义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参与座谈会．(1)设A为事务“选出的2人参与义工活动次数之和为4”，求事务A发生的概率；(2)设X为选出的2人参与义工活动次数之差的肯定值，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(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(1,3).所以，事务A发生的概率为eq\f(1,3).(2)随机变量X的全部可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(4,15)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(4,15).所以随机变量X的分布列为：X012Peq\f(4,15)eq\f(7,15)eq\f(4,15)随机变量X的数学期望E(X)＝0×eq\f(4,15)＋1×eq\f(7,15)＋2×eq\f(4,15)＝1.归纳升华(1)求离散型随机变量的分布列有以下三个步骤：①明确随机变量X取哪些值；②计算随机变量X取每一个值时的概率；③将结果用表格形式列出．计算概率时要留意结合排列组合学问．(2)均值和方差的求解方法是：在分布列的基础上利用E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn求出均值，然后利用D(X)＝eq\i\su(i＝1,n,[)xi－E(X)]2pi求出方差．[变式训练]依据以往的阅历，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：降水量XX＜300300≤X＜700700≤X＜900X≥900工期延误天数Y02610历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，求：(1)工期延误天数Y的均值与方差．(2)在降水量至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．解：(1)由已知条件有P(X＜300)＝0.3，P(300≤X＜700)＝P(X＜700)－P(X＜300)＝0.7－0.3＝0.4，P(700≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜700)＝0.9－0.7＝0.2.P(X≥900)＝1－P(X＜900)＝1－0.9＝0.1.所以Y的分布列为Y02610P0.30.40.20.1于是，E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.(2)由概率的加法公式，P(X≥300)＝1－P(X＜300)＝0.7，又P(300≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜300)＝0.9－0.3＝0.6.由条件概率，得P(Y≤6|X≥300)＝P(X＜900|X≥300)＝eq\f(P（300≤X＜900）,P（X≥300）)＝eq\f(0.6,0.7)＝eq\f(6,7).故在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是eq\f(6,7).专题五正态分布及简洁应用高考主要以选择题、填空题形式考查正态曲线的形态特征与性质，抓住其对称轴是关键．[例5]某市去年高考考生成果听从正态分布N(500，502)，现有25000名考生，试确定考生成果在550～600分的人数．解：因为考生成果X～N(500，502)，所以μ＝500，σ＝50，所以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.故考生成果在550～600分的人数为25000×0.1359≈3398(人)．归纳升华正态分布概率的求法1．留意3σ原则，记住正态总体在三个区间内取值的概率．2．留意数形结合．由于正态分布密度曲线具有完备的对称性，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．[变式训练]某镇农夫年收入听从μ＝5000元，σ＝200元的正态分布．则该镇农夫平均收入在5000～5200元的人数的百分比是________．解析：设X表示此镇农夫的平均收入，则X～N(5000，2002)．由P(5000－200＜X≤5000＋200)＝0.6826.得P(5000＜X≤5200)＝eq\f(0.6826,2)＝0.3413.故此镇农夫平均收入在5000～5200元的人数的百分比为34.13%.答案：34.13%专题六方程思想方程思想是解决概率问题中的重要思想，在求离散型随机变量的分布列，求两个或三个事务的概率时常会用到方程思想．即依据题设条件列出相关未知数的方程(或方程组)求得结果．[例6]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．解：记A，B，C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事务．由题设条件有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（Aeq\o(\s\up12(—),\s\do4(B))）＝\f(1,4)，,P（Beq