章末整合提升 体系构建 素养提升 课件(共36张PPT)

(共36张PPT)
章末整合提升 体系构建 素养提升
体系构建
素养提升
一、条件概率及全概率公式
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. 全概率公式：一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，
A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事
件B Ω，有P（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）.全概率公式的实质是把
事件B拆分成互斥事件的和，是加法公式和乘法公式的综合运用.
【例1】　（1）袋中有5个球，其中红、黄、蓝、白、黑球各一个，甲、
乙两人按顺序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件A：甲和乙至少一人
摸到红球，事件B：甲和乙摸到的球颜色不同，则P（B｜A）
＝ ；
解析： 依题意，事件AB：甲、乙只有一人摸到红球，则P（AB）
＝ ＝ ，而P（A）＝1－（ ）2＝ ，所以P（B｜A）＝
＝ × ＝ .

（2）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理
的出行方式.某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自
驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为 ， ， ，而他自驾，坐公交
车，骑共享单车迟到的概率分别为 ， ， ，结果这一天他迟到了，在此
条件下，他自驾去上班的概率是 .

解析： 设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表
示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，由题意可知：P（A）＝P
（B）＝P（C）＝ ，P（D｜A）＝ ，P（D｜B）＝ ，P（D｜
C）＝ ，则P（D）＝P（A）P（D｜A）＋P（B）P（D｜B）＋P
（C）P（D｜C）＝ ×（ ＋ ＋ ）＝ ，P（AD）＝P（A）P
（D｜A）＝ × ＝ ，若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是P
（A｜D）＝ ＝ ＝ .
【反思感悟】
1. 计算条件概率时，应明白是在谁的条件下，计算谁的概率；明确P
（A），P（B｜A）以及P（AB）三者间的关系，实现三者间的互化.
2. 理解全概率公式P（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）中化整为零的计算
思想.
3. 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.
二、离散型随机变量的分布列、均值和方差
　　均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差建立在均值的基础
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.
【例2】　随着“五一”假期的到来，各大旅游景点热闹非凡，为了解
A，B两个旅游景点游客的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方
法，获得关于A旅游景点的问卷100份，关于B旅游景点的问卷80份.问卷
中，对景点的满意度等级为：非常满意、满意、一般、差评，对应分数分
别为：4分、3分、2分、1分，数据统计如下：
非常满意 满意 一般 差评
A景点 50 30 5 15
B景点 35 30 7 8
假设用频率估计概率，且游客对A，B两个旅游景点的满意度评价相互
独立.
（1）从所有（人数足够多）在A旅游景点的游客中随机抽取2人，从所有
（人数足够多）在B旅游景点的游客中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人
给出“非常满意”的概率；
解： 设“这4人中恰有2人给出非常满意的评价”为事件C，
由表中数据可知，游客在A景点给出“非常满意”评价的概率为 ＝ ，
游客在B景点给出“非常满意”评价的概率为 ＝ ，
则P（C）＝（ ）2（ 1－ ）2＋ · （ 1－ ） · （ 1－ ）＋（ 1
－ ）2（ ）2＝ .
（2）根据上述数据，你若去旅游，你会选择A，B哪个旅游景点？说明
理由.
解： 设一位游客对A景点的满意度评分为X，一位游客对B景点的满
意度评分为Y，
由题表中数据得X的分布列为：
X 1 2 3 4
P
Y的分布列为：
Y 1 2 3 4
P
则E（X）＝4× ＋3× ＋2× ＋1× ＝ ，
D（X）＝（ ）2× ＋（ － ）2× ＋（ － ）2× ＋（ － ）
2× ＝ ，
E（Y）＝4× ＋3× ＋2× ＋1× ＝ ，
D（Y）＝（ ）2× ＋（ － ）2× ＋（ － ）2× ＋（ － ）
2× ＝ ，
显然E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y），所以选择B景点.
【反思感悟】
运用均值与方差进行决策时，一般是先求出随机变量的均值，考虑它们的
平均水平；一旦平均水平一致，再计算随机变量的方差，考虑它们的波动
程度，然后根据实际情况做出决策.此类问题主要考查均值与方差的含义
及运算公式，目的是提升逻辑推理与数学运算的核心素养.
三、二项分布（考教衔接）
　　把握二项分布的关键是理解随机试验中n次、独立、重复这些字眼，
即试验是多次进行，试验之间是相互独立的，每次试验的概率是相同的.
教材原题　（教材P91复习参考题9题）假设一份某种意外伤害保险费为20
元，每次赔付金额为50万元.一家保险公司一年能销售10万份保单，而每
一份保单需要赔付的概率为10－5.利用计算工具求（精确到0.000 1）：
（1）这家保险公司在这个险种上亏本的概率；
（2）这家保险公司在这个险种上一年内获利不少于100万元的概率.
变式　真题检验　二项分布的实际应用
（2024·新高考Ⅱ卷18题）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队
员组成.比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3
次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进
入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5
分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由
甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为
q，各次投中与否相互独立.
（1）若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛
成绩不少于5分的概率；
解： 甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1
次，乙第二阶段也至少投中1次，
∴比赛成绩不少于5分的概率P＝（1－0.63）（1－0.53）＝0.686.
（2）假设0＜p＜q.
（ⅰ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第
一阶段比赛？
（ⅱ）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第
一阶段比赛？
解： （ⅰ）设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率
为P甲，
则P甲＝[1－（1－p）3]·q3＝pq3·（3－3p＋p2）.
设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙，
则P乙＝[1－（1－q）3]·p3＝qp3·（3－3q＋q2）.
则P甲－P乙＝pq（3q2－3pq2＋p2q2－3p2＋3p2q－p2q2）＝3pq（q－
p）·（p＋q－pq），
由0＜p＜q≤1，得q－p＞0，p＋q－pq＝p＋q（1－p）＞0，
所以P甲－P乙＞0，即P甲＞P乙.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
（ⅱ）若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可
能取值为0，5，10，15.
P（X＝0）＝（1－p）3＋[1－（1－p）3]·（1－q）3，
P（X＝5）＝[1－（1－p）3]· ·q·（1－q）2，
P（X＝10）＝[1－（1－p）3]· ·q2·（1－q），
P（X＝15）＝[1－（1－p）3]· q3，
所以E（X）＝[1－（1－p）3]·[15q（1－q）2＋30q2·（1－q）＋15q3]
＝[1－（1－p）3]·15q＝15pq·（p2－3p＋3）.
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值
为0，5，10，15.
同理，可得E（Y）＝15pq（q2－3q＋3）.
E（X）－E（Y）＝15pq（p2－3p－q2＋3q）＝15pq·（q－p）·（3－p
－q），
由0＜p＜q≤1，得q－p＞0，3－p－q＝3－（p＋q）＞0，
所以E（X）－E（Y）＞0，即E（X）＞E（Y）.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
【反思感悟】
利用二项分布来解决实际问题的关键在于在实际问题中建立二项分布的模
型，也就是看它是否为n重伯努利试验，随机变量是否为在这n重伯努利
试验中某事件发生的次数.此类问题主要考查独立重复试验、n重伯努利实
验和二项分布，通过对概率计算的考查，体现了数据分析、数学运算和数
学建模等核心素养.
四、超几何分布
　　超几何分布的两个特点：（1）超几何分布是不放回抽样问题；（2）
随机变量为抽到的某类个体的个数.
【例3】　一盒乒乓球中共装有2只黄色球与4只白色球，现从中随机抽取3
次，每次仅取1个球.
（1）若每次抽取之后，记录抽到乒乓球的颜色，再将其放回盒中，记抽
到黄球的次数为随机变量X，求P（X＝1）及E（X）；
解： 由题意知，每次取到黄球的概率为 ＝ ，故X～B（ 3， ），
因为P（X＝k）＝ ×（ ）k×（ ）3－k（k＝0，1，2，3），
代入k＝1得P（X＝1）＝ ＝ ，
同理可得P（X＝0）＝ ，P（X＝2）＝ ，P（X＝3）＝ ，
故E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝1.
（ 或者根据二项分布的期望公式E（X）＝np＝3× ＝1直接求得结果）
（2）若每次抽取之后，将抽到的乒乓球留在盒外，记最终盒外的黄球个
数为随机变量Y，求P（Y＝1）及E（Y）；
解： 由题意可知Y服从超几何分布，P（Y＝k）＝ （k＝0，
1，2），
代入k＝1得P（Y＝1）＝ ＝ ，
同理可得P（Y＝0）＝ ，P（Y＝2）＝ ，
故E（Y）＝0× ＋1× ＋2× ＝1.
（3）在（1）（2）的条件之下，求P（｜X－Y｜≤1）.
解： 由（1）（2）知，P（｜X－Y｜≤1）＝1－P（｜X－Y｜
≥2）
＝1－P（X＝0，Y＝2）－P（X＝2，Y＝0）－P（X＝3，Y＝0）－P
（X＝3，Y＝1）
＝1－ × － × － × － × ＝1－ ＝ .
【反思感悟】
利用超几何分布模型解决离散型随机变量的分布列问题时，先判断所给问
题是否属于超几何分布，并明确离散型随机变量的可能取值以及每个值所
表示的意义，再利用超几何分布的公式，写出离散型随机变量取每个值的
概率，最后按规范形式写出其分布列.
五、正态分布（考教衔接）
　　解答正态分布的实际应用题，关键是如何转化，同时注意以下两点：
（1）注意“3σ”原则：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，因此在解题时要灵活运用对称性并结合图象
解决问题.
教材原题　（教材P87习题2题）某市高二年级男生的身高X（单位：cm）
近似服从正态分布N（170，52），随机选择一名本市高二年级的男生，求
下列事件的概率：
（1）{165＜X≤175}；（2）{X≤165}；（3）{X＞175}.
变式1　正态分布的应用
某工厂生产一批零件，其直径X～N（10，4），现在抽取10 000件进行检
查，则直径在（12，14）之间的零件大约有 件.
（注：P（μ－σ＜X≤μ＋σ）≈0.682 6，P（μ－2σ＜X≤μ＋2σ）
≈0.954 4，P（μ－3σ＜X≤μ＋3σ）≈0.997 4）
解析：∵X满足正态分布X～N（10，4），μ＝10，σ＝2，∴P（8＜
X≤12）≈0.682 6，P（6＜X≤14）≈0.954 4，∴P（12＜X＜14）
≈ ＝0.135 9，∴直径在（12，14）之间的零件大约有1 359件.
1 359
变式2　真题检验　利用正态分布的概率求参数
（2022·新高考Ⅱ卷13题）已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P
（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞2.5）＝ .
解析：因为X～N（2，σ2），所以P（X＞2）＝0.5，所以P（X＞2.5）
＝P（X＞2）－P（2＜X≤2.5）＝0.5－0.36＝0.14.
0.14
变式3　真题检验　利用正态分布求概率
〔多选〕（2024·新高考Ⅰ卷9题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶
叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万
元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 ＝
2.1，样本方差s2＝0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N
（1.8，0.12），假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N（ ，s2），
则（若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），则P（Z＜μ＋σ）≈0.841
3）（　BC　）
A. P（X＞2）＞0.2 B. P（X＞2）＜0.5
C. P（Y＞2）＞0.5 D. P（Y＞2）＜0.8
BC
解析：　法一　依题可知， ＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N（2.1，
0.12），故P（Y＞2）＝P（Y＞2.1－0.1）＝P（Y＜2.1＋0.1）
≈0.841 3＞0.5，C正确，D错误；因为X～N（1.8，0.12），所以P
（X＞2）＝P（X＞1.8＋2×0.1），因为P（X＜1.8＋0.1）≈0.841
3，所以P（X＞1.8＋0.1）≈1－0.841 3＝0.158 7＜0.2，而P（X＞
2）＝P（X＞1.8＋2×0.1）＜P（X＞1.8＋0.1）＜0.2，B正确，A
错误，故选B、C.
法二　由P（Z＜μ＋σ）≈0.841 3，得P（μ－σ＜Z＜μ＋σ）≈0.682
6，又Y～N（2.1，0.12），X～N（1.8，0.12），则P（X＞2）＝
≈ ＝0.022 8＜0.5，P（Y＞2）＝0.5＋
≈0.5＋0.341 3＝0.841 3＞0.8＞0.5，故选B、C.
【反思感悟】
利用服从正态分布N（μ，σ2）的随机变量X在三个特殊区间上取值的概
率，可以解决两类实际问题：
（1）估计在某一范围内的数量，具体方法是先确定随机变量在该范围内
取值的概率，再乘样本容量即可；
（2）利用3σ原则作决策.决策步骤如下：①确定一次试验中取值a是否落
入范围[μ－3σ，μ＋3σ]内；②作出判断，若a∈[μ－3σ，μ＋3σ]，则
接受统计假设，若a [μ－3σ，μ＋3σ]，则拒绝统计假设.
THANKS
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