小结教学设计

章末分层突破

[自我校对] ①pi≥0，i＝1,2，…，n ②pi＝1 i＝1n③两点分布

④超几何分布

⑤P(B|A)＝PAB

PA

⑥0≤P(B|A)≤1 P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) (B，C互斥) ⑦P(AB)＝P(A)·P(B) ⑧A与B相互独立，则A与B，A与B，A与B相互独立

kn－k⑨P(X＝k)＝Ck(k＝0,1,2，…，n) np(1－p)⑩E(aX＋b)＝aE(X)＋b ⑪E(X)＝p ⑫E(X)＝np

⑬D(X)＝p(1－p)

⑭D(X)＝np(1－p)

⑮D(aX＋b)＝a2D(X)

1

条件概率

条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，计算条件概率时，必须搞清欲求的条件概率是在什么条件下发生的概率．

求条件概率的主要方法有：

(1)利用条件概率公式P(B|A)＝PAB；

PA(2)针对古典概型，可通过缩减基本事件总数求解．

在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：

(1)第1次抽到理科题的概率；

(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；

(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．

【精彩点拨】

本题是条件概率问题，根据条件概率公式求解即可．

【规范解答】

设“第1次抽到理科题”为事件A，“第2题抽到理科题”为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”为事件AB. (1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的事件数为

n(Ω)＝A25＝20. 1根据分步乘法计数原理，n(A)＝A13×A4＝12. 于是P(A)＝nA123＝＝. nΩ205(2)因为n(AB)＝A23＝6，

所以P(AB)＝nAB63＝20＝10. nΩ2

(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率

3PAB101P(B|A)＝＝3＝2. PA5法二：因为n(AB)＝6，n(A)＝12，

所以P(B|A)＝[再练一题] 1．坛子里放着7个大小、形状相同的鸭蛋，其中有4个是绿皮的，3个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：

(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；

(2)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”为事件A，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B，则“第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋”为事件AB. (1)从7个鸭蛋中不放回地依次拿出2个的事件数为n(Ω)＝A27＝42，

1根据分步乘法计数原理，n(A)＝A14×A6＝24. nAB61＝＝. nA122于是P(A)＝nA244＝＝. nΩ427(2)因为n(AB)＝A24＝12，

所以P(AB)＝nAB122＝＝. nΩ427法一：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)PAB241＝＝÷＝. PA772法二：因为n(AB)＝12，n(A)＝24，

所以P(B|A)＝nAB121＝＝. nA242

相互独立事件的概率

求相互独立事件一般与互斥事件、对立事件结合在一起进行考查，解答此类问题时应分清事件间的内部联系，在此基础上用基本事件之间的交、并、补运算

3

表示出有关事件，并运用相应公式求解．

特别注意以下两公式的使用前提：

(1)若A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，反之不成立．

(2)若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，反之成立．

如图2-1，由M到N的电路中有4个元件，分别标为T1，T2，T3，T4，电流能通过T1，T2，T3的概率都是p，电流能通过T4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T1，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.

图2－1 (1)求p；

(2)求电流能在M与N之间通过的概率．

【精彩点拨】

解决本题的关键是将复杂事件拆分成若干个彼此互斥事件的和或几个彼此相互独立事件的积事件，再利用相应公式求解．

【规范解答】

记Ai表示事件：电流能通过Ti，i＝1,2,3,4，A表示事件：T1，T2，T3中至少有一个能通过电流，B表示事件：电流能在M与N之间通过．

(1)A＝A1·A2·A3，A1，A2，A3相互独立，

P(A)＝P(A1·A2·A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝(1－p)3. 又P(A)＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，

故(1－p)3＝0.001，p＝0.9. (2)B＝A4＋A4·A1·A3＋A4·A1·A2·A3

P(B)＝P(A4＋A4·A1·A3＋A4·A1·A2·A3) ＝P(A4)＋P(A4·A1·A3)＋P(A4·A1·A2·A3) ＝P(A4)＋P(A4)P(A1)P(A3)＋P(A4)P(A1)P(A2)P(A3) ＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9

4

＝0.989 1. [再练一题] 2．某同学参加科普知识竞赛，需回答3个问题，竞赛规则规定：答对第1,2,3个问题分别得100分，100分，200分，答错得零分．假设这名同学答对第1,2,3个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6.且各题答对与否相互之间没有影响．

(1)求这名同学得300分的概率；

(2)求这名同学至少得300分的概率．

【解】

记“这名同学答对第i个问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.7，P(A3)＝0.6. (1)这名同学得300分的概率为：P1＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)·P(A3) ＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228. (2)这名同学至少得300分的概率为：

P2＝P1＋P(A1A2A3)＝P1＋P(A1)P(A2)P(A3) ＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.

离散型随机变量的分布列、均值和方差

1.含义：均值和方差分别反映了随机变量取值的平均水平及其稳定性．

2．应用范围：均值和方差在实际优化问题中应用非常广泛，如同等资本下比较收益的高低、相同条件下比较质量的优劣、性能的好坏等．

3．求解思路：应用时，先要将实际问题数学化，然后求出随机变量的概率分布列．对于一般类型的随机变量，应先求其分布列，再代入公式计算，此时解题的关键是概率的计算．计算概率时要结合事件的特点，灵活地结合排列组合、古典概型、独立重复试验概率、互斥事件和相互独立事件的概率等知识求解．若离散型随机变量服从特殊分布(如两点分布、二项分布等)，则可直接代入公式计算其数学期望与方差．

一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批

5

产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优1质品的概率都为2，且各件产品是否为优质品相互独立．

(1)求这批产品通过检验的概率；

(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．

【精彩点拔】

(1)利用互斥事件概率的加法与条件概率求解；(2)由题意确定X的取值，求出X的分布列，计算X的数学期望．

【规范解答】

(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥．

411所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝16×16＋1613×2＝64. 4111(2)X可能的取值为400,500,800，并且P(X＝400)＝1－16－16＝16，P(X＝500)11＝16，P(X＝800)＝4. 所以X的分布列为

X P 400

1116

500

116

800 14

1111E(X)＝400×16＋500×16＋800×4＝506.25. [再练一题] 3．为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．

(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；

6

(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．

222C262C3＋C3C3【解】

(1)由已知，有P(A)＝＝4C835. 6所以，事件A发生的概率为35. (2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4. 4－kCk5C3P(X＝k)＝C4(k＝1,2,3,4)．

8所以，随机变量X的分布列为

X P 1

114

2

37

3

37

4 114

13315随机变量X的数学期望E(X)＝1×14＋2×7＋3×7＋4×14＝2.

正态分布的实际应用

对于正态分布问题，课标要求不是很高，只要求了解正态分布中最基础的知识，主要是：(1)掌握正态分布曲线函数关系式；(2)理解正态分布曲线的性质；(3)记住正态分布在三个区间内取值的概率，运用对称性结合图象求相应的概率．

正态分布的概率通常有以下两种方法：

(1)注意“3σ原则”的应用．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．

某学校高三2 500名学生第二次模拟考试总成绩服从正态分布N(500,502)，请您判断考生成绩X在550～600分的人数．

【精彩点拨】

根据正态分布的性质求出P(550＜x≤600)，即可解决在550～600分的人数．

【规范解答】

∵考生成绩X～N(500,502)，

∴μ＝500，σ＝50，

7

1∴P(550

∴考生成绩在550～600分的人数为2 500×0.135 9≈340(人)．

[再练一题] 4．为了了解某地区高三男生的身体发育状况，抽查了该地区1 000名年龄在17.5岁至19岁的高三男生的体重情况，抽查结果表明他们的体重X(kg)服从正态分布N(μ，22)，且正态分布密度曲线如图2-2所示．若体重大于58.5 kg小于等于62.5 kg属于正常情况，则这1 000名男生中属于正常情况的人数是(

)

图2-2 A．997

C．819

B．954

D．683 【解析】

由题意，可知μ＝60.5，σ＝2，故P(58.5

D

1．若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1－1,2x2－1，…，2x10－1的标准差为(

) A．8

C．16

B．15

D．32 【解析】

已知样本数据x1，x2，…，x10的标准差为s＝8，则s2＝64，数据2x1－1,2x2－1，…，2x10－1的方差为22s2＝22×64，所以其标准差为22×64＝2×8＝16，故选C.

8

【答案】

C 2．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是________．

13【解析】

法一：由题意可知每次试验不成功的概率为4，成功的概率为4，111在2次试验中成功次数X的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝16，P(X＝1)＝C2×43393×4＝8，P(X＝2)＝＝416. 所以在2次试验中成功次数X的分布列为

X P 0

116

1

38

2 916

2则在2次试验中成功次数X的均值为

1393E(X)＝0×16＋1×8＋2×16＝2. 3法二：此试验满足二项分布，其中p＝4，所以在2次试验中成功次数X的33均值为E(X)＝np＝2×4＝2. 3【答案】

2

3．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：

上年度出险次数

保

费

0

0.85a 1

a 2

1.25a 3

1.5a 4

1.75a ≥5 2a

设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：

一年内出

险次数

概

率

0

0.30

1

0.15

2

0.20

3

0.20

4

0.10

≥5 0.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；

(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；

9

(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．

【解】

(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55. (2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15. 又P(AB)＝P(B)，

故P(B|A)＝PABPB0.153＝＝＝. PAPA0.55113因此所求概率为11. (3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为

X P 0.85a 0.30

a 0.15

1.25a 0.20

1.5a 0.20

1.75a 0.10

2a

0.05 E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23. 4．某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．

(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；

(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．

【解】

(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．

33C3C4参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为C3C3661＝100. 199因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－100＝100. (2)根据题意，X的可能取值为1,2,3.

10

13C3C31P(X＝1)＝C4＝5，

622C3C33P(X＝2)＝C4＝5，

631C3C31P(X＝3)＝C4＝5，

6所以X的分布列为

X P 因此，X的数学期望为

E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3) 131＝1×5＋2×5＋3×5＝2.

1

15

2

35

3 15

11