人教版（2019）数学选择性必修三综合复习：概率、离散型随机变量及其分布课件(共28张PPT)

(共28张PPT)
概率、离散型随机变量及其分布
高二
选择性必修三
本节目录
古典概型与几何概型
1
相互独立事件与独立重复试验
2
随机变量的分布列、均值与方差
3
考向一　古典概型与几何概型
经典再现
[例1] (课标全国Ⅱ,8,5分)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23. 在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数, 其和等于30的概率(　 　)
A. B. C. D.
C
不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个, 从这10个素数中随机选取两个不同的数,有=45种情况,其和等于30的情况有3种,则所求概率等于= .
[例2] (课标全国Ⅰ,10,5分)下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形. 此图由三个半圆构成, 三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC, 直角边AB,AC. △ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ, 黑色部分记为Ⅱ, 其余部分记为Ⅲ. 在整个图形中随机取一点, 此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为p1,p2,p3,则(　 　)
A.p1=p2 B.p1=p3
C.p2=p3 D.p1=p2+p3
A
不妨设BC=5, AB=4, AC=3,
则△ABC三边所围成的区域Ⅰ的面积S1= ×3×4=6,
区域Ⅲ的面积S3= × -S1= -6,
区域Ⅱ的面积S2= ×22+ × =6,
所以S1=S2>S3,由几何概型的概率公式可知p1=p2>p3.
(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数,这常常用到排列、组合的有关知识.
方法总结
1.古典概型求解的关键点
(2)对于较复杂的题目计数时要正确分类,分类时应不重不漏.
(1)适用条件:当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时,应考虑使用几何概型求解.
(2)关键:寻找构成试验全部结果的区域和事件发生的区域是关键,有时需要设出变量,在坐标系中表示所需要的区域.
2.几何概型的适用条件及其关键
对点训练
1. (山东济南模拟)2019年1月1日,济南轨道交通1号线试运行,济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验,征求意见”活动.市民可以通过济南地铁APP抢票,小陈抢到了三张体验票,准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动,则小王和小李至多有一人被选中的概率为(　 )
A. 　 B. 　 C. 　 D.
D 　
若小王和小李都没被选中,则有种方法,若小王和小李有一人被选中,则有种方法,故所求概率P= .
2. (广东广州模拟)如图,在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器,圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切,圆锥的顶点在鱼缸的缸底上,现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食,则“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是(　 　)
A.1 B. 　 　
C. 　 D.1
如图, 正方形ABCD的面积为22=4, 圆锥的底面圆的面积为π, 所以“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是 =1 .
A
B
C
D
A
考向二　相互独立事件与独立重复试验
经典再现
[例3] (课标全国Ⅰ,15,5分)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4∶1获胜的概率是　　　 .
由题意可知七场四胜制且甲队以4∶1获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1= ×0.6×0.4×0.52=2× × × = ;第二类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.62× ×0.5×0.5= ×2× = ,所以甲队以4∶1获胜的概率为P= ×0.6=0.18.
0.18
[例4] (课标全国Ⅱ,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.
(1)求P(X=2);
(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.
[例4] (课标全国Ⅱ,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.
(1)求P(X=2);
X=2就是10∶10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.
因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.
[例4] (课标全国Ⅱ,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.
(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.
X=4且甲获胜,就是10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.
因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.
(1)直接法:正确分析复杂事件的构成,将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题,然后用相应概率公式求解.
求相互独立事件的概率的两种方法
方法总结
(2)间接法:当复杂事件正面情况较多,反面情况较少时,可利用其对立事件进行求解.“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解.
对点训练
D 　
1. (福建质检)某商场通过转动如图所示的质地均匀的6等分的圆盘进行抽奖活动,当指针指向阴影区域时为中奖.规定每位顾客有3次抽奖机会,但中奖1次就停止抽奖.假设每次抽奖相互独立,则顾客中奖的概率是(　 )

A. 　 B. 　 C. 　 D.
记顾客中奖为事件A,恰转动1次就中奖为事件A1,
恰转动2次中奖为事件A2,恰转动3次中奖为事件A3.
每次抽奖相互独立,每次抽奖中奖的概率均为 ,
∴P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)= + × + × × = .
2. (东北四市联合体模拟)若8件产品中包含6件一等品,在其中任取2件,则在已知取出的2件产品中有1件不是一等品的条件下,另1件是一等品的概率为　　　 .
设事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件不是一等品”为A,
事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件是一等品”为B,
则P(A) , P(AB)= = = ,
所以另1件是一等品的概率为P(B|A)= = = .
考向三　随机变量的分布列、均值与方差
经典再现
命题角度一　随机变量的均值与方差
[例5] (课标全国Ⅲ,8,5分)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p, 各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数, DX=2.4, P(X=4)A.0.7　 B.0.6　 C.0.4　 D.0.3
由题意知X~B(10, p), 则DX=10×p×(1-p)=2.4, 解得p=0.4或0.6.
∵P(X=4)0.5,
∴p=0.6.
B
[例6] (课标全国Ⅲ,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:
最高气温 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值
[例6] (课标全国Ⅲ,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:
最高气温 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;
由题意知, X所有可能取值为200,300,500,由表格数据知,
P(X=200)= =0.2, P(X=300)= =0.4, P(X=500)= =0.4.
因此X的分布列为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值
由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时,
若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温位于区间[20,25),则Y=6×300+2(n-300)-4n=1200-2n;
若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此EY=2n×0.4+(1 200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=(640-0.4n)元.
当200≤n<300时,
若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=(160+1.2n)元.
所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元.
命题角度二　均值、方差与统计的综合问题
[例7] (课标全国Ⅰ,19,12分)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ, μ+3σ)之外的零件数,求P(X≥1)及X的数学期望;
(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:
9.95　 10.12　 9.96　 9.96　 10.01　 9.92　 9.98　 10.04
10.26　　9.91　　10.13　　10.02　　9.22　　10.04　　10.05　　9.95
经计算得= xi=9.97, s= = ≈0.212,
其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,…,16.
用样本平均数作为μ的估计值,用样本标准差s作为σ的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3, +3)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2), 则P(μ-3σ0.997416≈0.9592, ≈0.09.
(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ, μ+3σ)之内的概率为0.9974,从而零件的尺寸在(μ-3σ, μ+3σ)之外的概率为0.0026,
故X~B(16, 0.0026).
因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997416≈0.0408.
X的数学期望为EX=16×0.0026=0.0416.
(2) (i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ, μ+3σ)之外的概率只有0.0026,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ, μ+3σ)之外的零件的概率只有0.0408,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.
(2)(ii)由=9.97,s≈0.212,得μ的估计值为=9.97,σ的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(-3, +3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3, +3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为×(16×9.97-9.22)=10.02,因此μ的估计值为10.02.
=16×0.2122+16×9.972≈1 591.134,
剔除(-3, +3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为×(1591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,
因此σ的估计值为≈0.09.
均值、方差与统计的综合题一般是先给出样本数据或样本数据的分布等,在解题中首先要处理好数据,如数据的个数、数据的分布规律等,即把数据分析清楚,再根据题目要求进行相关计算.
总结提升
对点训练
1. (河南南阳模拟,5)设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4, P(X=k)=ak+b,若X的数学期望E(X)=3, 则a-b=(　 　)
A. 　 B.0　 C. 　 D.
A
∵离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4, P(X=k)=ak+b,
∴(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即10a+4b=1,
又X的数学期望E(X)=3,
则(a+b)+2(2a+b)+3(3a+b)+4(4a+b)=3,即30a+10b=3,
∴a= , b=0, ∴a-b= .
2. (广东佛山二模,19)某电子设备工厂生产一种电子元件,质量控制工程师要在产品出厂前将次品检出.估计这个工厂生产的电子元件的次品率为0.2%,且电子元件是不是次品相互独立,一般的检测流程是:先把n个(n>1)电子元件串联起来成组进行检验.若检测通过,则全部为正品,若检测不通过,则至少有一个次品,再逐一检测,直到把所有的次品找出,若检验一个电子元件的花费为5分钱,检验一组(n个)电子元件的花费为(4+n)分钱.
(1)当n=4时,估算一组待检元件中有次品的概率;
(2)设每个电子元件检测费用的期望为A(n),求A(n)的表达式;
(3)试估计n的值,使每个电子元件的检测费用的期望最小.
(提示：用(1-p)n≈1-np进行估算)
(1)设事件A:一组(4个)电子元件中有次品,则事件:一组(4个)电子元件中无次品,即4个电子元件均是正品.
又4个电子元件是不是次品相互独立,则P()=(1-0.002)4,
所以P(A)=1-P()=1-(1-0.002)4≈1-(1-4×0.002)=0.008.
(2)设每组(n个)电子元件的检测费用为X分钱,则X的所有可能取值为n+4,6n+4,
P(X=n+4)=0.998n,P(X=6n+4)=1-0.998n,
则X的分布列为
X n+4 6n+4
P 0.998n 1-0.998n
所以EX=(n+4)×0.998n+(6n+4)×(1-0.998n)=6n+4-5n×0.998n,
则有A(n)= =6+ -5×0.998n(n>1).
(3) A(n)=6+ -5×0.998n=6+ -5×(1-0.002)n
≈6+ -5×(1-0.002n)=1+0.01n+ ≥1+2 =1.4,
当且仅当0.01n= 时取等号, 此时n=20.
所以,估计当n=20时,每个电子元件平均检测费用最低,约为1.4分钱.
通过本节课，你学会了什么？