章末复习提升（教师版）
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章末复习提升
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要点一 条件概率和全概率公式
1．求条件概率有两种方法：一种是基于样本空间Ω，先计算P(A)和P(AB)，再利用P(B|A)＝求解；另一种是缩小样本空间，即以A为样本空间计算AB的概率．
2．掌握条件概率与全概率运算，重点提升逻辑推理和数学运算的核心素养．
训练1 甲、乙、丙三个地区分别有x%、(x＋1)%、(x＋2)%的人患了流感，已知这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为( )
A．1.21 B．1.34 C．1.49 D．1.51
解析：选D.设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”．由题可知，P(F1)＝，P(F2)＝，P(F3)＝，P(G)＝P(F1)＋P(F2)＋P(F3)＝，由条件概率公式可得P(D1|G)＝＝＝，P(D2|G)＝＝＝，P(D3|G)＝＝＝，由题意可得即解得x≥.所以结合选项，x的可能取值为1.51.
训练2 盒中有4个质地、大小形状完全相同的小球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．现从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．则在此过程中没有取到黄球的概率为________．
解析：事件“没有取到黄球”，可以是“第一次取到红球”或“第一次取到绿球，第二次取到红球”，记事件R1表示“第一次取到红球”，R2表示“第二次取到红球”，G1表示“第一次取到绿球”，
则P(R1)＝，P(G1R2)＝P(G1)P(R2|G1)＝×＝，所以没有取到黄球的概率为P＝＋＝.
答案：
训练3 书架上放有2本语文书和3本数学书，学生甲先随机取走2本书，学生乙再在剩下的书中随机取走1本书．已知甲至少取走了1本数学书，则乙取走语文书的概率为__________________________________________．
解析：记2本语文书为a，b，3本数学书为1，2，3，则甲至少取走了1本数学书包含的样本点有：(a，1)，(a，2)，(a，3)，(b，1)，(b，2)，(b，3)，(1，2)，(2，3)，(1，3)，共9个．设“甲取走i本数学书”为事件Ai(i＝1，2)，“乙取走语文书”为事件B，则事件A1包含(a，1)，(a，2)，(a，3)，(b，1)，(b，2)，(b，3)，共6个样本点，故P(A1)＝＝，P(B|A1)＝，同理可得P(A2)＝，P(B|A2)＝，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝.
答案：
要点二 二项分布与超几何分布
1．二项分布与超几何分布是概率中的两个重要分布，不但要掌握其概率公式，还要掌握其均值、方差公式．
2．注重其在实际生活中的应用．重点提升逻辑推理和数据分析的核心素养．
训练4 课堂上，老师为了讲解“利用组合数计算古典概型的问题”，准备了x(x≥3，x∈N＋)个不同的盒子，上面标有数字1，2，3，…，每个盒子准备装x张形状相同的卡片，其中一部分卡片写有“巨额奖励”的字样，另一部分卡片写有“谢谢惠顾”的字样．第1个盒子放有1张“巨额奖励”，x－1张“谢谢惠顾”，第2个盒子放有2张“巨额奖励”，x－2张“谢谢惠顾”，…，以此类推．游戏时，老师在所有盒子中随机选取1个盒子后，再让一个同学上台每次从中随机抽取1张卡片，抽取的卡片不再放回，连续抽取3次．
(1)若老师选择了第3个盒子，x＝7，记摸到“谢谢惠顾”卡片的张数为X，求X的分布列以及均值E(X)；
(2)若x＝5，求该同学第3次抽到“谢谢惠顾”的概率．
解：(1)当x＝7时，老师选择第3个盒子，则有3张“巨额奖励”字样的卡片和4张“谢谢惠顾”字样的卡片，则X的取值范围为{0，1，2，3}，则P(X＝0)＝ eq \f(C,C) ＝，P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(X＝2)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(X＝3)＝ eq \f(C,C) ＝.则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)当x＝5时，记从第k个盒子中第3次抽到“谢谢惠顾”为事件Ak(k＝1，2，3，4，5).
P(A1)＝1－＝，P(A2)＝＋＋＝，
P(A3)＝＋＝，
P(A4)＝＝，P(A5)＝0.
故该同学第3次抽到“谢谢惠顾”的概率
P＝(Ak)＝.
训练5 某批n件产品的次品率为2%，现从中任意地依次抽出3件进行检验．
(1)当n＝500，n＝5 000，n＝50 000时，若以取后有放回的方式抽取，求恰好抽到1件次品的概率；
(2)当n＝500，n＝5 000，n＝50 000时，若以取后不放回的方式抽取，求恰好抽到1件次品的概率；
(3)(1)、(2)分别对应哪种分布，并结合(1)、(2)探究两种分布之间的联系．
解：(1)若以有放回的方式抽取，每次抽取时都是从这n件产品中抽取，从而抽到次品的概率都为0.02，可以把3次抽取看成是3次独立重复试验，这样抽到的次品数X～B(3，0.02)，恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝C×0.02×(1－0.02)2＝3×0.02×0.982＝0.057 624.
(2)若以不放回的方式抽取，抽到的次品数X是随机变量，X服从超几何分布，X的分布与产品的总数n有关，所以需要分3种情况分别计算：
①当n＝500时，产品的总数为500件，其中次品的件数为500×2%＝10(件)，则合格品的件数为490件，从500件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝≈0.057 853.
②当n＝5 000时，产品的总数为5 000件，其中次品的件数为5 000×2%＝100(件)，则合格品的件数为4 900件，
从5 000件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝≈0.057 647.
③当n＝50 000时，产品的总数为50 000件，其中次品的件数为50 000×2%＝1 000(件)，则合格品的件数为49 000件，
从50 000件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝≈0.057 626.
(3)(1)对应二项分布，(2)对应超几何分布．
对超几何分布与二项分布关系的认识：
共同点：每次试验只有两种可能的结果：成功或失败．
不同点：
①超几何分布是不放回抽取，二项分布是放回抽取；
②超几何分布需要知道总体的容量，二项分布不需要知道总体容量，但需要知道“成功率”；
联系：当产品的总数很大时，超几何分布近似于二项分布．
要点三 离散型随机变量的均值与方差
1．均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在均值的基础之上，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，二者的联系密切，在现实生产生活中的应用比较广泛．
2．掌握均值和方差的计算，重点提升逻辑推理和数据分析的核心素养．
训练6 甲、乙、丙三人进行乒乓球挑战赛，规则如下：其中两人比赛，另一人当裁判，每局结束时，负方在下一局当裁判．设在相同情况下各局比赛双方获胜的概率均为，但每局比赛结束时，胜的一方在下一局比赛时受体力影响，胜的概率均降为.若第一局甲当裁判．
(1)求第三局甲当裁判的概率；
(2)设X表示前四局乙当裁判的次数，求X的分布列、均值和方差．
解：(1)第三局甲当裁判的概率为×＋×＝.
(2)X的取值范围为{0，1，2}，当X＝0时，前三局乙均获胜，故P(X＝0)＝×()2＝，由题意知，参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当裁判，故若乙当两次裁判，乙只能是第二、四局当裁判，故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率P(X＝2)＝×＝，所以P(X＝1)＝1－－＝.则X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝×0＋×1＋×2＝.
D(X)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝.
训练7 某学校组织“天文知识竞赛”活动，经过几次选拔，甲、乙两个班级最后进入决赛．决赛规定：通过完成一项活动作为夺冠的依据，从每个班级出4名选手，再从4名选手中随机抽取2人分别完成该项活动．已知甲班的4人中有3人可以完成该项活动，乙班的4人能正确完成该项活动的概率均为.甲、乙两班每个人对完成该项活动是相互独立、互不影响的．
(1)求从甲、乙两个班级的选手中抽取的4人都能完成该项活动的概率；
(2)设从甲、乙两个班级抽取的选手中能完成该项活动的人数分别为X、Y，求随机变量X、Y的均值E(X)、E(Y)和方差D(X)、D(Y)，并由此分析哪个班级更有希望夺冠．
解：(1)甲班抽取的2人能完成该项活动的概率为P(A)＝ eq \f(C,C) ＝，乙班抽取的2人能完成该项活动的概率为P(B)＝()2＝，故从甲、乙两个班级的选手中抽取的4人都能完成该项活动的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
(2)甲班抽取的选手中能完成该项活动的人数为X，则X的取值为1，2.P(X＝1)＝ eq \f(C,C) ＝，P(X＝2)＝ eq \f(C,C) ＝，则E(X)＝1×＋2×＝，D(X)＝(1－)2×＋(2－)2×＝，乙班抽取的选手中能完成该项活动的人数为Y，则Y的取值为0，1，2，由已知Y～B(2，)，所以E(Y)＝2×＝，D(Y)＝2××(1－)＝，因为E(X)＝E(Y)，D(X)要点四 正态分布的应用
1．求解正态分布问题，要根据正态曲线的对称性，还要结合3σ原则，知道正态曲线与x轴之间的面积为1.
2．理解正态分布曲线的特性并能熟练运用3σ原则公式，注重培养逻辑推理和数学运算核心素养．
训练8 (多选)(2024·辽宁阜新期末)已知随机变量X～N(2，σ2)，且P(0≤x≤2)＋P(X>t)＝0.5，随机变量Y～B(t，p)，0A．t＝4
B．p＝
C．P(2≤Y≤3)＝
D．D(2Y)＝2
解析：选AC.因为X～N(2，σ2)，且P(0≤X≤2)＋P(X>t)＝0.5，所以t＝4，故A正确；因为E(X)＝2，所以E(Y)＝E(X)＝2.因为Y～B(4，p)，所以E(Y)＝4p＝2，所以p＝，故B错误；因为Y～B(4，)，所以P(2≤Y≤3)＝C()4＋C()4＝，故C正确；因为D(Y)＝4××(1－)＝1，所以D(2Y)＝4D(Y)＝4，故D错误．故选AC.
训练9 (2024·山东德州期末)某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务，现统计了最近500天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T(单位：箱)分成了以下几组：[65，75)，[75，85)，[85，95)，[95，105)，[105，115)，[115，125)，[125，135]，并绘制了如图所示的频率分布直方图．
(1)由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T(单位：箱)服从T～N(μ，σ2)的正态分布，经计算μ近似为100，σ2近似为150.
①利用该正态分布，求P(87.8≤T≤124.4)；
②试利用该正态分布，估计该物流公司2 000天内日货物配送量在区间[87.8，124.4]内的天数(结果保留整数).
(2)该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为装卸员工制定了两种不同的工作奖励方案．
方案一：利用该频率分布直方图获取相关概率(将图中的频率视为概率)，采用直接发放奖金的方式奖励员工，按每日的可配送货物量划分为三级：T<95时，奖励50元；95≤T<115时，奖励80元；T≥115时，奖励120元；方案二：利用正态分布获取相关概率，采用抽奖的方式奖励员工，其中每日的可配送货物量不低于μ时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于μ时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率如下表：
奖金 50 100
概率
小张为该公司一名装卸员工，试从员工所得奖金的均值角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
参考数据：≈12.2，若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈68.3%，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈95.4%.
解：(1)①由题意T～N(100，150)，其中μ＝100，σ＝≈12.2，所以P(87.8≤T≤124.4)＝P(100－12.2≤T≤100＋2×12.2)≈＝81.85%.
②故该物流公司2 000天内日货物配送量在区间[87.8，124.4]内的天数约为
2 000×81.85%＝1 637.
(2)对于方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的取值范围为{50，80，120}，其对应的概率分别为0.33，0.57，0.10，
故E(X)＝50×0.33＋80×0.57＋120×0.10＝74.1，
对于方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，则Y的取值范围为{50，100，150，200}，
易知P(T≤μ)＝P(T≥μ)＝，
故P(Y＝50)＝×＝，P(Y＝100)＝×＋××＝，
P(Y＝150)＝2×××＝，
P(Y＝200)＝××＝，
所以E(Y)＝50×＋100×＋150×＋200×＝90，因为E(Y)>E(X)，所以从均值的角度看，小张选择方案二更有利．
要点五 回归分析
1．该知识点是具有线性相关关系的两变量的一种拟合应用，目的是借助函数的思想对实际问题做出预测和分析．
2．主要培养数学建模和数据分析的素养．
训练10 一个车间为了估计加工某种新型零件所花费的时间，进行了10次试验，测得的数据如下：
零件个数x 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
加工时间y/min 62 68 75 81 89 95 102 108 115 122
(1)y与x之间是否具有相关关系？
(2)如果y与x之间具有相关关系，求回归直线方程；(精确到0.001)
(3)据此估计加工110个零件所用的时间．
解：(1)根据表中的数据绘制散点图，如图所示，
显然，x与y是正线性相关的；
又＝＝55，
＝＝91.7，＝38 500，＝87 777，
iyi＝55 950，于是
r＝ eq \f(\i\su(i＝1,10,x)iyi－10\a\vs4\al(\x\to(x)) \a\vs4\al(\x\to(y)),\r(（\i\su(i＝1,10,x)－10\o(x,\s\up6(－))2）（\i\su(i＝1,10,y)－10\o(y,\s\up6(－))2）))
＝
≈0.999 8，
因此y与x之间具有显著的正相关关系．
(2)设所求的回归直线方程为＝x＋，则
＝ eq \f(\i\su(i＝1,10,x)iyi－10\a\vs4\al(\x\to(x)) \a\vs4\al(\x\to(y)),\i\su(i＝1,10,x)－10\o(x,\s\up6(－))2) ＝≈0.668，＝－＝91.7－0.668×55＝54.96，即所求的回归直线方程为＝0.668x＋54.96.
(3)当x＝110时，y的估计值＝0.668×110＋54.96＝128.44.因此，估计加工110个零件所用的时间为128.44 min.
训练11 某科技公司为加大高科技研发投入，现对近十年来高科技研发投入情况分析调研，其研发投入y(单位：亿元)的统计图如图1所示，其中年份代码x＝1，2，…，10分别指2013年，2014年，…，2022年．
现用两种模型①y＝bx＋a，②y＝c＋d分别进行拟合，由此得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下值：
表中ti＝，t＝ti.
(1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由．
(2)根据(1)中所选模型，求出y关于x的回归方程；并根据所选模型，求该公司2028年高科技研发投入y的预测值．(回归系数精确到0.01)
解：(1)应该选择模型②.
理由如下：由于模型②残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状区域的宽度窄，所以模型②的拟合精度更高，回归方程的预测精度相应就会越高，故应选择模型②.
(2)根据模型②，令t＝，则研发投入y与t可用线性回归模型来拟合，设＝＋t.则＝＝≈6.37，所以＝y－t≈75－6.37×2.25≈60.67，则y关于t的回归直线方程为＝6.37t＋60.67，所以y关于x的回归方程为＝6.37＋60.67.2028年对应年份代码为16，又x＝16时，＝6.37×＋60.67＝86.15，所以该公司2028年高科技研发投入y的预测值为86.15亿元．
要点六 独立性检验
1．主要考查根据样本数据制作2×2列联表，由2×2列联表计算χ2，查表分析并判断相关性结论的可信程度．
2．通过计算χ2值，进而分析相关性结论的可信程度，提升数学运算、数据分析素养．
训练12 某烘焙店加工一个成本为60元的蛋糕，然后以每个120元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的这种蛋糕作餐厨垃圾处理．
(1)若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，求当天的利润y(单位：元)关于当天的需求量n(单位：个，n∈N)的函数解析式；
(2)为了解该种蛋糕的市场需求情况与性别是否有关，随机统计了100人的购买情况，得到如下列联表：
男 女 总计
购买 15 35 50
不购买 6 44 50
总计 21 79 100
据此判断能否有95%的把握认为是否购买蛋糕与性别有关．
解：(1)当n＜16，n∈N时，y＝120n－60×16＝120n－960.当n≥16，n∈N时，y＝16×(120－60)＝960.综上所述，y＝
(2)由题中列联表可知χ2＝≈4.882.又因为1－95%＝5%，查表可得P(χ2≥3.841)＝0.05，由于4.882>3.841，所以有95%的把握认为是否购买蛋糕与性别有关．
训练13 为了研究使用经过淡化处理的海砂与混凝土耐久性达标是否有关，某大学实验室随机抽取了60个样本，得到的有关数据如下表：
(1)根据表中数据，求出s，t的值，利用独立性检验的方法判断是否有99%的把握认为使用经过淡化处理的海砂与混凝土耐久性达标有关；
(2)若用分层抽样的方法在使用经过淡化处理的海砂的样本中抽取了6个，现从这6个样本中任取2个，则取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是多少？
解：(1)s＝30－15＝15，t＝30－25＝5.由已知数据可求得χ2＝＝7.5.又因为1－99%＝1%，查表可得P(χ2≥6.635)＝0.01，由于7.5>6.635，所以有99%的把握认为使用经过淡化处理的海砂与混凝土耐久性达标有关．
(2)用分层抽样的方法在使用经过淡化处理的海砂的样本中抽取了6个，其中应抽取“混凝土耐久性达标”的个数为×6＝5，“混凝土耐久性不达标”的个数为1.设事件A表示“取出的2个样本混凝土耐久性都达标”，则P(A)＝ eq \f(C,C) ＝.即从这6个样本中任取2个，则取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是.
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要点一 条件概率和全概率公式
1．求条件概率有两种方法：一种是基于样本空间Ω，先计算P(A)和P(AB)，再利用P(B|A)＝求解；另一种是缩小样本空间，即以A为样本空间计算AB的概率．
2．掌握条件概率与全概率运算，重点提升逻辑推理和数学运算的核心素养．
训练1 甲、乙、丙三个地区分别有x%、(x＋1)%、(x＋2)%的人患了流感，已知这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为( )
A．1.21 B．1.34 C．1.49 D．1.51
解析：选D.设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”．由题可知，P(F1)＝，P(F2)＝，P(F3)＝，P(G)＝P(F1)＋P(F2)＋P(F3)＝，由条件概率公式可得P(D1|G)＝＝＝，P(D2|G)＝＝＝，P(D3|G)＝＝＝，由题意可得即解得x≥.所以结合选项，x的可能取值为1.51.
训练2 盒中有4个质地、大小形状完全相同的小球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．现从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．则在此过程中没有取到黄球的概率为________．
解析：事件“没有取到黄球”，可以是“第一次取到红球”或“第一次取到绿球，第二次取到红球”，记事件R1表示“第一次取到红球”，R2表示“第二次取到红球”，G1表示“第一次取到绿球”，
则P(R1)＝，P(G1R2)＝P(G1)P(R2|G1)＝×＝，所以没有取到黄球的概率为P＝＋＝.
答案：
训练3 书架上放有2本语文书和3本数学书，学生甲先随机取走2本书，学生乙再在剩下的书中随机取走1本书．已知甲至少取走了1本数学书，则乙取走语文书的概率为__________________________________________．
解析：记2本语文书为a，b，3本数学书为1，2，3，则甲至少取走了1本数学书包含的样本点有：(a，1)，(a，2)，(a，3)，(b，1)，(b，2)，(b，3)，(1，2)，(2，3)，(1，3)，共9个．设“甲取走i本数学书”为事件Ai(i＝1，2)，“乙取走语文书”为事件B，则事件A1包含(a，1)，(a，2)，(a，3)，(b，1)，(b，2)，(b，3)，共6个样本点，故P(A1)＝＝，P(B|A1)＝，同理可得P(A2)＝，P(B|A2)＝，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝.
答案：
要点二 二项分布与超几何分布
1．二项分布与超几何分布是概率中的两个重要分布，不但要掌握其概率公式，还要掌握其均值、方差公式．
2．注重其在实际生活中的应用．重点提升逻辑推理和数据分析的核心素养．
训练4 课堂上，老师为了讲解“利用组合数计算古典概型的问题”，准备了x(x≥3，x∈N＋)个不同的盒子，上面标有数字1，2，3，…，每个盒子准备装x张形状相同的卡片，其中一部分卡片写有“巨额奖励”的字样，另一部分卡片写有“谢谢惠顾”的字样．第1个盒子放有1张“巨额奖励”，x－1张“谢谢惠顾”，第2个盒子放有2张“巨额奖励”，x－2张“谢谢惠顾”，…，以此类推．游戏时，老师在所有盒子中随机选取1个盒子后，再让一个同学上台每次从中随机抽取1张卡片，抽取的卡片不再放回，连续抽取3次．
(1)若老师选择了第3个盒子，x＝7，记摸到“谢谢惠顾”卡片的张数为X，求X的分布列以及均值E(X)；
(2)若x＝5，求该同学第3次抽到“谢谢惠顾”的概率．
解：(1)当x＝7时，老师选择第3个盒子，则有3张“巨额奖励”字样的卡片和4张“谢谢惠顾”字样的卡片，则X的取值范围为{0，1，2，3}，则P(X＝0)＝ eq \f(C,C) ＝，P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(X＝2)＝ eq \f(CC,C) ＝，P(X＝3)＝ eq \f(C,C) ＝.则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)当x＝5时，记从第k个盒子中第3次抽到“谢谢惠顾”为事件Ak(k＝1，2，3，4，5).
P(A1)＝1－＝，P(A2)＝＋＋＝，
P(A3)＝＋＝，
P(A4)＝＝，P(A5)＝0.
故该同学第3次抽到“谢谢惠顾”的概率
P＝(Ak)＝.
训练5 某批n件产品的次品率为2%，现从中任意地依次抽出3件进行检验．
(1)当n＝500，n＝5 000，n＝50 000时，若以取后有放回的方式抽取，求恰好抽到1件次品的概率；
(2)当n＝500，n＝5 000，n＝50 000时，若以取后不放回的方式抽取，求恰好抽到1件次品的概率；
(3)(1)、(2)分别对应哪种分布，并结合(1)、(2)探究两种分布之间的联系．
解：(1)若以有放回的方式抽取，每次抽取时都是从这n件产品中抽取，从而抽到次品的概率都为0.02，可以把3次抽取看成是3次独立重复试验，这样抽到的次品数X～B(3，0.02)，恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝C×0.02×(1－0.02)2＝3×0.02×0.982＝0.057 624.
(2)若以不放回的方式抽取，抽到的次品数X是随机变量，X服从超几何分布，X的分布与产品的总数n有关，所以需要分3种情况分别计算：
①当n＝500时，产品的总数为500件，其中次品的件数为500×2%＝10(件)，则合格品的件数为490件，从500件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝≈0.057 853.
②当n＝5 000时，产品的总数为5 000件，其中次品的件数为5 000×2%＝100(件)，则合格品的件数为4 900件，
从5 000件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝≈0.057 647.
③当n＝50 000时，产品的总数为50 000件，其中次品的件数为50 000×2%＝1 000(件)，则合格品的件数为49 000件，
从50 000件产品中抽出3件，其中恰好抽到1件次品的概率为P(X＝1)＝ eq \f(CC,C) ＝≈0.057 626.
(3)(1)对应二项分布，(2)对应超几何分布．
对超几何分布与二项分布关系的认识：
共同点：每次试验只有两种可能的结果：成功或失败．
不同点：
①超几何分布是不放回抽取，二项分布是放回抽取；
②超几何分布需要知道总体的容量，二项分布不需要知道总体容量，但需要知道“成功率”；
联系：当产品的总数很大时，超几何分布近似于二项分布．
要点三 离散型随机变量的均值与方差
1．均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在均值的基础之上，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，二者的联系密切，在现实生产生活中的应用比较广泛．
2．掌握均值和方差的计算，重点提升逻辑推理和数据分析的核心素养．
训练6 甲、乙、丙三人进行乒乓球挑战赛，规则如下：其中两人比赛，另一人当裁判，每局结束时，负方在下一局当裁判．设在相同情况下各局比赛双方获胜的概率均为，但每局比赛结束时，胜的一方在下一局比赛时受体力影响，胜的概率均降为.若第一局甲当裁判．
(1)求第三局甲当裁判的概率；
(2)设X表示前四局乙当裁判的次数，求X的分布列、均值和方差．
解：(1)第三局甲当裁判的概率为×＋×＝.
(2)X的取值范围为{0，1，2}，当X＝0时，前三局乙均获胜，故P(X＝0)＝×()2＝，由题意知，参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当裁判，故若乙当两次裁判，乙只能是第二、四局当裁判，故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率P(X＝2)＝×＝，所以P(X＝1)＝1－－＝.则X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝×0＋×1＋×2＝.
D(X)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝.
训练7 某学校组织“天文知识竞赛”活动，经过几次选拔，甲、乙两个班级最后进入决赛．决赛规定：通过完成一项活动作为夺冠的依据，从每个班级出4名选手，再从4名选手中随机抽取2人分别完成该项活动．已知甲班的4人中有3人可以完成该项活动，乙班的4人能正确完成该项活动的概率均为.甲、乙两班每个人对完成该项活动是相互独立、互不影响的．
(1)求从甲、乙两个班级的选手中抽取的4人都能完成该项活动的概率；
(2)设从甲、乙两个班级抽取的选手中能完成该项活动的人数分别为X、Y，求随机变量X、Y的均值E(X)、E(Y)和方差D(X)、D(Y)，并由此分析哪个班级更有希望夺冠．
解：(1)甲班抽取的2人能完成该项活动的概率为P(A)＝ eq \f(C,C) ＝，乙班抽取的2人能完成该项活动的概率为P(B)＝()2＝，故从甲、乙两个班级的选手中抽取的4人都能完成该项活动的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
(2)甲班抽取的选手中能完成该项活动的人数为X，则X的取值为1，2.P(X＝1)＝ eq \f(C,C) ＝，P(X＝2)＝ eq \f(C,C) ＝，则E(X)＝1×＋2×＝，D(X)＝(1－)2×＋(2－)2×＝，乙班抽取的选手中能完成该项活动的人数为Y，则Y的取值为0，1，2，由已知Y～B(2，)，所以E(Y)＝2×＝，D(Y)＝2××(1－)＝，因为E(X)＝E(Y)，D(X)
1．求解正态分布问题，要根据正态曲线的对称性，还要结合3σ原则，知道正态曲线与x轴之间的面积为1.
2．理解正态分布曲线的特性并能熟练运用3σ原则公式，注重培养逻辑推理和数学运算核心素养．
训练8 (多选)(2024·辽宁阜新期末)已知随机变量X～N(2，σ2)，且P(0≤x≤2)＋P(X>t)＝0.5，随机变量Y～B(t，p)，0
B．p＝
C．P(2≤Y≤3)＝
D．D(2Y)＝2
解析：选AC.因为X～N(2，σ2)，且P(0≤X≤2)＋P(X>t)＝0.5，所以t＝4，故A正确；因为E(X)＝2，所以E(Y)＝E(X)＝2.因为Y～B(4，p)，所以E(Y)＝4p＝2，所以p＝，故B错误；因为Y～B(4，)，所以P(2≤Y≤3)＝C()4＋C()4＝，故C正确；因为D(Y)＝4××(1－)＝1，所以D(2Y)＝4D(Y)＝4，故D错误．故选AC.
训练9 (2024·山东德州期末)某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务，现统计了最近500天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T(单位：箱)分成了以下几组：[65，75)，[75，85)，[85，95)，[95，105)，[105，115)，[115，125)，[125，135]，并绘制了如图所示的频率分布直方图．
(1)由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T(单位：箱)服从T～N(μ，σ2)的正态分布，经计算μ近似为100，σ2近似为150.
①利用该正态分布，求P(87.8≤T≤124.4)；
②试利用该正态分布，估计该物流公司2 000天内日货物配送量在区间[87.8，124.4]内的天数(结果保留整数).
(2)该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为装卸员工制定了两种不同的工作奖励方案．
方案一：利用该频率分布直方图获取相关概率(将图中的频率视为概率)，采用直接发放奖金的方式奖励员工，按每日的可配送货物量划分为三级：T<95时，奖励50元；95≤T<115时，奖励80元；T≥115时，奖励120元；方案二：利用正态分布获取相关概率，采用抽奖的方式奖励员工，其中每日的可配送货物量不低于μ时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于μ时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率如下表：
奖金 50 100
概率
小张为该公司一名装卸员工，试从员工所得奖金的均值角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
参考数据：≈12.2，若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈68.3%，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈95.4%.
解：(1)①由题意T～N(100，150)，其中μ＝100，σ＝≈12.2，所以P(87.8≤T≤124.4)＝P(100－12.2≤T≤100＋2×12.2)≈＝81.85%.
②故该物流公司2 000天内日货物配送量在区间[87.8，124.4]内的天数约为
2 000×81.85%＝1 637.
(2)对于方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的取值范围为{50，80，120}，其对应的概率分别为0.33，0.57，0.10，
故E(X)＝50×0.33＋80×0.57＋120×0.10＝74.1，
对于方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，则Y的取值范围为{50，100，150，200}，
易知P(T≤μ)＝P(T≥μ)＝，
故P(Y＝50)＝×＝，P(Y＝100)＝×＋××＝，
P(Y＝150)＝2×××＝，
P(Y＝200)＝××＝，
所以E(Y)＝50×＋100×＋150×＋200×＝90，因为E(Y)>E(X)，所以从均值的角度看，小张选择方案二更有利．
要点五 回归分析
1．该知识点是具有线性相关关系的两变量的一种拟合应用，目的是借助函数的思想对实际问题做出预测和分析．
2．主要培养数学建模和数据分析的素养．
训练10 一个车间为了估计加工某种新型零件所花费的时间，进行了10次试验，测得的数据如下：
零件个数x 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
加工时间y/min 62 68 75 81 89 95 102 108 115 122
(1)y与x之间是否具有相关关系？
(2)如果y与x之间具有相关关系，求回归直线方程；(精确到0.001)
(3)据此估计加工110个零件所用的时间．
解：(1)根据表中的数据绘制散点图，如图所示，
显然，x与y是正线性相关的；
又＝＝55，
＝＝91.7，＝38 500，＝87 777，
iyi＝55 950，于是
r＝ eq \f(\i\su(i＝1,10,x)iyi－10\a\vs4\al(\x\to(x)) \a\vs4\al(\x\to(y)),\r(（\i\su(i＝1,10,x)－10\o(x,\s\up6(－))2）（\i\su(i＝1,10,y)－10\o(y,\s\up6(－))2）))
＝
≈0.999 8，
因此y与x之间具有显著的正相关关系．
(2)设所求的回归直线方程为＝x＋，则
＝ eq \f(\i\su(i＝1,10,x)iyi－10\a\vs4\al(\x\to(x)) \a\vs4\al(\x\to(y)),\i\su(i＝1,10,x)－10\o(x,\s\up6(－))2) ＝≈0.668，＝－＝91.7－0.668×55＝54.96，即所求的回归直线方程为＝0.668x＋54.96.
(3)当x＝110时，y的估计值＝0.668×110＋54.96＝128.44.因此，估计加工110个零件所用的时间为128.44 min.
训练11 某科技公司为加大高科技研发投入，现对近十年来高科技研发投入情况分析调研，其研发投入y(单位：亿元)的统计图如图1所示，其中年份代码x＝1，2，…，10分别指2013年，2014年，…，2022年．
现用两种模型①y＝bx＋a，②y＝c＋d分别进行拟合，由此得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下值：
表中ti＝，t＝ti.
(1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由．
(2)根据(1)中所选模型，求出y关于x的回归方程；并根据所选模型，求该公司2028年高科技研发投入y的预测值．(回归系数精确到0.01)
解：(1)应该选择模型②.
理由如下：由于模型②残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状区域的宽度窄，所以模型②的拟合精度更高，回归方程的预测精度相应就会越高，故应选择模型②.
(2)根据模型②，令t＝，则研发投入y与t可用线性回归模型来拟合，设＝＋t.则＝＝≈6.37，所以＝y－t≈75－6.37×2.25≈60.67，则y关于t的回归直线方程为＝6.37t＋60.67，所以y关于x的回归方程为＝6.37＋60.67.2028年对应年份代码为16，又x＝16时，＝6.37×＋60.67＝86.15，所以该公司2028年高科技研发投入y的预测值为86.15亿元．
要点六 独立性检验
1．主要考查根据样本数据制作2×2列联表，由2×2列联表计算χ2，查表分析并判断相关性结论的可信程度．
2．通过计算χ2值，进而分析相关性结论的可信程度，提升数学运算、数据分析素养．
训练12 某烘焙店加工一个成本为60元的蛋糕，然后以每个120元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的这种蛋糕作餐厨垃圾处理．
(1)若烘焙店一天加工16个这种蛋糕，求当天的利润y(单位：元)关于当天的需求量n(单位：个，n∈N)的函数解析式；
(2)为了解该种蛋糕的市场需求情况与性别是否有关，随机统计了100人的购买情况，得到如下列联表：
男 女 总计
购买 15 35 50
不购买 6 44 50
总计 21 79 100
据此判断能否有95%的把握认为是否购买蛋糕与性别有关．
解：(1)当n＜16，n∈N时，y＝120n－60×16＝120n－960.当n≥16，n∈N时，y＝16×(120－60)＝960.综上所述，y＝
(2)由题中列联表可知χ2＝≈4.882.又因为1－95%＝5%，查表可得P(χ2≥3.841)＝0.05，由于4.882>3.841，所以有95%的把握认为是否购买蛋糕与性别有关．
训练13 为了研究使用经过淡化处理的海砂与混凝土耐久性达标是否有关，某大学实验室随机抽取了60个样本，得到的有关数据如下表：
(1)根据表中数据，求出s，t的值，利用独立性检验的方法判断是否有99%的把握认为使用经过淡化处理的海砂与混凝土耐久性达标有关；
(2)若用分层抽样的方法在使用经过淡化处理的海砂的样本中抽取了6个，现从这6个样本中任取2个，则取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是多少？
解：(1)s＝30－15＝15，t＝30－25＝5.由已知数据可求得χ2＝＝7.5.又因为1－99%＝1%，查表可得P(χ2≥6.635)＝0.01，由于7.5>6.635，所以有99%的把握认为使用经过淡化处理的海砂与混凝土耐久性达标有关．
(2)用分层抽样的方法在使用经过淡化处理的海砂的样本中抽取了6个，其中应抽取“混凝土耐久性达标”的个数为×6＝5，“混凝土耐久性不达标”的个数为1.设事件A表示“取出的2个样本混凝土耐久性都达标”，则P(A)＝ eq \f(C,C) ＝.即从这6个样本中任取2个，则取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是.