7.6 章末复习提升课 第七章 随机变量及其分布 人教A版选择性必修第三册 学案

中小学教育资源及组卷应用平台
第七章 随机变量及其分布
章末复习提升课
素养一　数学抽象、数学运算
利用随机变量解决概率问题，要从实际问题中抽象出概率模型，利用给它的公式确定数学运算对象，合理选择运算方法，解决实际问题.
在求解问题的过程中，数学抽象要抓住问题的本质，数学运算要设计运算程序，快捷有效地实现突破.
主题1　条件概率和全概率公式
例 (1)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立.则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
(2)在A，B，C三个地区爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感.假设这三个地区人口数的比为5∶7∶8，现从这三个地区中任意选取一个人.则这个人患流感的概率为　　　　.
【解析】　(1)记事件A：“甲获得冠军”，事件B：“比赛进行三局”，事件AB：“甲获得冠军，且比赛进行了三局”，则第三局甲胜，前三局甲胜了两局，由独立事件的概率乘法公式得P(AB)＝C×××＝，对于事件A，甲获得冠军，包含两种情况：前两局甲胜和事件AB，所以P(A)＝＋＝，所以P(B|A)＝＝×＝.
(2)设事件D为“这个人患流感”，A1，A2，A3分别表示这个人选自A，B，C地区.
由已知得P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.35，
P(A3)＝0.4，P(D|A1)＝0.06，P(D|A2)＝0.05，P(D|A3)＝0.04.
由全概率公式，得P(D)＝P(A1)P(D|A1)＋P(A2)P(D|A2)＋P(A3)P(D|A3)＝0.06×0.25＋0.05×0.35＋0.04×0.4＝0.048 5.
【答案】　(1)A　(2)0.048 5
(1)条件概率计算的两种方法：定义法、缩小样本空间法.
(2)全概率公式针对的是随机试验第一阶段的各试验结果未知，求第二阶段某一结果发生的概率.　
设某工厂有两个车间生产同种型号的家用电器，一车间的次品率为0.15，二车间的次品率为0.12，两个车间的成品都混合堆放在一个仓库.假设一、二车间生产的成品数量比例为2∶3，现有一客户从成品仓库中随机提一台产品，求该产品的合格的概率.
解：设“提出的一台产品是合格品”为事件B，“提出的一台产品是第i车间生产的”为事件Ai，i＝1，2，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，则B＝A1B∪A2B.由题意得P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.6，P(B|A1)＝0.85，P(B|A2)＝0.88，由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.85＋0.6×0.88＝0.868.
主题2　二项分布
例 某学校为了丰富学生的业余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，只有“正确”和“错误”两种结果.其中某班背诵正确的概率为p＝，背诵错误的概率为q＝，现记“该班完成n首背诵后总得分为Sn”.
(1)求S6＝20且Si≥0(i＝1，2，3)的概率；
(2)记X＝|S5|，求X的数学期望及方差(保留小数点后两位有效数字).
【解】　(1)当S6＝20时，即背诵6首后，4首正确，2首错误，
若第1首和第2首背诵正确，则其余4首可任意背诵2首正确；
若第1首背诵正确，第2首背诵错误，第3首背诵正确，其余3首可任意背诵2首正确，故所求的概率为
P＝()2×C×()2×()2＋×××C×()2×＝.
(2)因为X＝|S5|的取值为10，30，50.又p＝，q＝，
所以P(X＝10)＝C×()3×()2＋C×()2×()3＝，
P(X＝30)＝C×()4×＋C××()4＝，
P(X＝50)＝C×()5＋C×()5＝.
所以X的分布列为
X 10 30 50
P
所以E(X)＝10×＋30×＋50×＝≈22.84，D(X)＝×(10－)2＋×(30－)2＋×(50－)2≈200.58.
二项分布实际上是对n重伯努利试验从概率分布的角度作了进一步阐述，与n重伯努利试验恰有k次发生的概率对应.　
已知某种从太空飞船中带回来的植被种子每粒成功发芽的概率都为，某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，如果某次没有发芽，则称该次试验是失败的.
(1)第一小组做了3次试验，记该小组试验成功的次数为X，求X的分布列；
(2)第二小组进行试验，到成功了4次为止，求在第4次成功之前共有3次失败的概率.
解：(1)由题意得，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，则X～B.即P(X＝0)＝C＝，P(X＝1) ＝C＝，P(X＝2)＝C ＝，P(X＝3)＝C＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(2)由题意可知，第二小组第7次试验成功，前面6次试验中有3次失败，3次成功，每次试验又是相互独立的，因此所求概率为P＝C××＝.
主题3　超几何分布与二项分布的综合应用
例 在10件产品中有2件次品，连续抽取3次，每次抽取1件，求：
(1)不放回抽样时，抽取次品数ξ的均值；
(2)放回抽样时，抽取次品数η的均值.
【解】　(1)方法一：由题知ξ的可能取值为0，1，2，则P(ξ＝0)＝eq \f(C,C)＝，P(ξ＝1)＝eq \f(CC,C)＝，P(ξ＝2)＝eq \f(CC,C)＝，所以随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
方法二：由题意知P(ξ＝k)＝eq \f(CC,C)(k＝0，1，2)，
所以随机变量ξ服从超几何分布，n＝3，M＝2，N＝10，
所以E(ξ)＝＝＝.
(2)由题意知抽取1次取到次品的概率为＝，
则随机变量η服从二项分布B，
所以E(η)＝3×＝.
由伯努利试验得出二项分布，由古典概型得出超几何分布，这两个分布的关系：若采用有放回抽样，则随机变量服从二项分布，若采用不放回抽样，则随机变量服从超几何分布.　
1.(多选)(2021·山东潍坊昌乐二中2020高二月考)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，下列结论中正确的有(　　)
A.从中任取3个球，恰有1个白球的概率为
B.从中有放回地取球6次，每次任取一球，恰好有两次取到白球的概率为
C.现从中不放回地取球2次，每次任取一球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为
D.从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为
解析：选ABD.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球.从中任取3个球，恰有1个白球的概率为eq \f(CC,C)＝，故A正确；从中有放回地取球6次，每次任取一球，每次取到白球的概率为＝，则恰好有两次取到白球的概率为C×＝，故B正确；设事件A为“第一次取到红球”，事件B为“第二次取到红球”，则P(A)＝＝，P(AB)＝eq \f(CC,CC)＝，则P(B|A)＝＝，故C错误；从中有放回地取球3次，每次任取一球，每次取到红球的概率为＝，则至少有一次取到红球的概率为1－C＝，故D正确.故选ABD.
2.(2021·浙江舟山高三期末)一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色2个，其余3个颜色各不相同.现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是　　　　；若变量X为取出的3个小球中红球的个数，则X的数学期望E(X)＝　　　　.
解析：一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色2个，其余3个颜色各不相同.现从中任意取出3个小球，样本点总数n＝C＝10，其中恰有2个小球颜色相同包含的样本点个数m＝CC＝3，所以其中恰有2个小球颜色相同的概率是P＝＝.若变量X为取出的3个小球中红球的个数，则X的可取值为0，1，2，P(X＝0)＝eq \f(C,C)＝，P(X＝1)＝eq \f(CC,C)＝，P(X＝2)＝eq \f(CC,C)＝，则E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
答案：　
素养二　逻辑推理与数据分析
根据随机变量的特征，寻找并计算随机变量的方差、均值，理解随机变量、概率、分布列之间的逻辑关系，体现了逻辑推理的数学素养.
用随机变量刻画随机现象，用概率或统计模型解决实际问题，体现了数据分析的素养.
主题4　随机变量的均值、方差
例 同时投掷两枚相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各面分别刻有数字1，2，2，3，3，3).
(1)设随机变量η表示一次掷得的点数和，求η的分布列；
(2)若连续投掷10次，设随机变量ξ表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E(ξ)，D(ξ).
【解】　(1)由已知，随机变量η的取值为2，3，4，5，6.
投掷一次正方体骰子所得点数为X，则
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
即P(η＝2)＝×＝，
P(η＝3)＝2××＝，
P(η＝4)＝2××＋×＝，
P(η＝5)＝2××＝，
P(η＝6)＝×＝.
故η的分布列为
P 2 3 4 5 6
η
(2)由已知，满足条件的一次投掷的点数和取值为6，设其发生的概率为p，由(1)知，p＝，
因为随机变量ξ～B，
所以E(ξ)＝np＝10×＝，
D(ξ)＝np(1－p)＝10××＝.
求离散型随机变量的期望与方差的步骤
　
一项试验有两套方案，每套方案试验成功的概率都是，试验不成功的概率都是，甲随机地从两套方案中选取一套进行这项试验，共试验了3次，每次试验相互独立，且要从两套方案中等可能地选择一套.
(1)求3次试验都选择了同一套方案且都试验成功的概率；
(2)记“3次试验中，都选择了第一套方案并试验成功的次数”为X，求X的分布列和期望E(X).
解：记事件“一次试验中，选择第i套方案并试验成功”为Ai，i＝1，2，则P＝eq \f(1,C)×＝.
(1)3次试验选择了同一套方案且都试验成功的概率为
P＝P＝3＋3＝.
(2)X的可能值为0，1，2，3，则X～B，
P＝C，k＝0，1，2，3，
X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝3×＝1.
主题5　正态分布
例 (1)设随机变量ξ服从正态分布N(4，3)，若P(ξa＋1)，则实数a＝(　　)
A.7 B.6
C.5 D.4
(2)已知随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，若P(X>2)＝0.15，则P(0≤X≤1)＝(　　)
A.0.85 B.0.70
C.0.35 D.0.15
【解析】　(1)由随机变量ξ服从正态分布N(4，3)可得正态密度曲线的对称轴为直线x＝4，又P(ξa＋1)，所以x＝a－5与x＝a＋1关于直线x＝4对称，所以(a－5)＋(a＋1)＝8，即a＝6.故选B.
(2)P(0≤X≤1)＝P(1≤X≤2)＝0.5－P(X>2)＝0.35.
【答案】　(1)B　(2)C
根据正态曲线的对称性求解概率的三个关键点
(1)正态曲线与x轴之间的图形的面积为1.
(2)正态曲线关于直线x＝μ对称，则正态曲线在对称轴x＝μ的左右两侧与x轴围成的面积都为0.5.
(3)可以利用等式P(X≥μ＋c)＝P(X≤μ－c)(c>0)对目标概率进行转化求解.　
在如图所示的正方形区域中随机投掷10 000个豆子，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(－1，1)的密度曲线)的豆子的个数的估计值为(　　)
(参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3)
A.1 193 B.1 359
C.2 718 D.3 413
解析：选B.对于正态分布N(－1，1)，μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于直线x＝－1对称，故题图中阴影部分的面积约为×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9，所以豆子落入题图中阴影部分的概率为P＝＝0.135 9，所以投入10 000个豆子，落入阴影部分的个数约为10 000×0.135 9＝1 359.
主题6　决策问题
例 某煤矿发生透水事故时，作业区有若干人员被困.救援队从入口进入后，有L1，L2两条巷道通往作业区(如图).L1巷道有A1，A2，A3三个易堵塞点，各点被堵塞的概率都是；L2巷道有B1，B2两个易堵塞点，被堵塞的概率分别为，.
(1)求L1巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞的概率；
(2)若L2巷道堵塞点的个数为X，求X的分布列及数学期望E(X)，并请你按照“平均堵塞点少的巷道是较好的抢险路线”的标准，帮助救援队选择一条抢险路线，同时说明理由.
【解】　(1)设事件A＝“L1巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞”，则P(A)＝C×＋C××＝.
(2)根据题意，知X的可能取值为0，1，2.
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝×＋×＝.
P(X＝2)＝×＝.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
方法一：设L1巷道中堵塞点个数为Y，则Y的可能取值为0，1，2，3.
P(Y＝0)＝C×＝，
P(Y＝1)＝C××＝，
P(Y＝2)＝C××＝，
P(Y＝3)＝C×＝.
所以随机变量Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
因为E(X)方法二：设L1巷道中堵塞点个数为Y，则随机变量Y～B，所以E(Y)＝3×＝.
因为E(X)利用随机变量的分布特征计算随机变量的均值、方差，根据实际意义可以对决策问题提供依据.　
某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品.
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
解：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A的对立事件为“X＝5”，因为P(X＝5)＝×＝，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，所以这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)方法一：设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2).由已知：X1～B，X2～B，所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2×＝，因此E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝.因为E(2X1)>E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大.
方法二：设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为Y1，都选择方案乙所获得的累计得分为Y2，则Y1，Y2的分布列为
　Y1 0 2 4
P
　　　
Y2 0 3 6
P
所以E(Y1)＝0×＋2×＋4×＝，E(Y2)＝0×＋3×＋6×＝，因为E(Y1)>E(Y2)，所以二人都选择方案甲抽奖，累计得分的数学期望较大.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)