复习参考题教学设计

学习目标

1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；2.理解超几何分布及其导出过程，并能够进行简单的应用；3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题；4.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单的实际问题；5.通过实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.

1.条件概率的性质

(1)非负性：0≤P(B|A)≤1. (2)可加性：如果B和C是两个互斥事件，

则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A). 2.相互独立事件的性质

(1)推广：一般地，如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)·P(A2)·…·P(An). (2)对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系：P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB). 3.二项分布满足的条件

(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的. (2)各次试验中的事件是相互独立的. (3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生. (4)随机变量是这n次独立重复试验中某事件发生的次数. 4.均值与方差的性质

(1)若η＝aξ＋b(a，b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，且E(η)＝E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b. (2)D(aξ＋b)＝a2D(ξ). (3)D(ξ)＝E(ξ2)－(E(ξ))2. 5.正态变量在三个特殊区间内取值的概率

(1)P(μ－σ

类型一

条件概率的求法

例1

口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，则：

(1)第一次取出的是红球的概率是多少？

(2)第一次和第二次都取出的是红球的概率是多少？

(3)在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率是多少？

解

记事件A：第一次取出的是红球；事件B：第二次取出的是红球. (1)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次取出的是红球，第二次是其余5个球中的任一个，符合条件的有4×5个，

4×52所以P(A)＝＝. 6×53(2)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次和第二次都取出的是红球，相当于取两个球，都是红球，符合条件的有4×3个，

4×32所以P(AB)＝＝. 6×55(3)利用条件概率的计算公式，

2PAB53可得P(B|A)＝＝＝. PA253反思与感悟

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.一般地，计算条件概率常有两种方法：

PAB(1)P(B|A)＝；

PAnAB(2)P(B|A)＝.在古典概型下，n(AB)指事件A与事件B同时发生的基本事件个数；n(A)是nA指事件A发生的基本事件个数. 跟踪训练1

掷两颗均匀的骰子，已知第一颗骰子掷出6点，问“掷出点数之和大于或等于10”的概率. 解

设“掷出点数之和大于或等于10”为事件A，“第一颗了掷出6点”为事件B，

3PAB361方法一

P(A|B)＝＝＝. 62PB36方法二

“第一颗骰掷出6点”的情况有(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共6种.∴n(B)＝6. “掷出点数之和大于或等于10”且“第一颗掷出6点”的情况有(6,4)，(6,5)，(6,6)共3种，即n(AB)＝3. nAB31∴P(A|B)＝＝＝. nB62类型二

求相互独立事件的概率

231例2

在某次1 500米体能测试中，甲、乙、丙三人各自通过测试的概率分别为，，，求：

543(1)3人都通过体能测试的概率；

(2)恰有2人通过体能测试的概率；

(3)恰有1人通过体能测试的概率. 解

设A表示事件“甲通过体能测试”，B表示事件“乙通过体能测试”，C表示事件“丙231通过体能测试”.由题意有：P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝. 543(1)设M1表示事件“甲、乙、丙3人都通过体能测试”，即M1＝ABC. 由事件A，B，C相互独立，可得：

2311P(M1)＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝. 54310(2)设M2表示事件“甲、乙、丙3人中只有2人通过体能测试”，则M2＝ABC＋ABC＋ABC，由于事件A，B，C彼此相互独立，则A，B，C也相互独立，并且事件ABC，ABC，ABC互斥，因此所求概率为P(M2)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C) 123123123231－＋×1－×＋1－××＝. ＝××54354354360(3)设M3表示事件“甲、乙、丙3人中只有1人通过体能测试”，则

M3＝AB

C＋AB

C＋A

BC

由于事件，A，B，C，A，B，C均相互独立，并且事件AB

C，ABC，A

BC两两互斥，因此所求概率为

P(M3)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋

P(A)P(B)P(C)

31231231521－×1－＋1－××1－＋1－×1－×＝. ＝×54354312543反思与感悟

(1)“P(AB)＝P(A)P(B)”是判断事件是否相互独立的充要条件，也是解答相互独立事件概率问题的唯一工具. (2)涉及“至多”“至少”“恰有”等字眼的概率问题，务必分清事件间的相互关系. (3)公式“P(A＋B)＝1－P(A

B)”常应用于求相互独立事件至少有一个发生的概率. 跟踪训练2

甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束.设各局比赛相互间没有影响，求前三局比赛甲队领先的概率. 解

单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6，乙队胜甲队的概率为1－0.6＝0.4，

记“甲队胜三局”为事件A，“甲队胜二局”为事件B，则：

P(A)＝0.63＝0.216；

2P(B)＝C23×0.6×0.4＝0.432，

∴前三局比赛甲队领先的概率为

P(A)＋P(B)＝0.648.

类型三

离散型随机变量的分布列、均值和方差

例3

一次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1,2,2,3,3,3六个数字) (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.设掷一个正方体骰子所得点数为η0，则η0的分布列为：

111P(η0＝1)＝，P(η0＝2)＝，P(η0＝3)＝，

632所以

111P(η＝2)＝×＝，

6636111P(η＝3)＝2××＝，

63911115P(η＝4)＝2××＋×＝，

623318111P(η＝5)＝2××＝，

323111P(η＝6)＝×＝. 224

故η的分布列为

η

P 2

1

363

1

94

5

185

1

36 1

41(2)由已知，满足条件的一次投掷的点数和取值为6，设某次发生的概率为p，由(1)知，p＝. 4110，，

因为随机变量ξ～B415所以E(ξ)＝np＝10×＝，

421315D(ξ)＝np(1－p)＝10××＝. 448反思与感悟

求离散型随机变量的均值与方差的步骤

跟踪训练3

某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别为0.4,0.5,0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设X表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值. (1)求X的分布列；

(2)记“函数f(x)＝x2－3Xx＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A，求事件A发生的概率. 解

(1)分别记“客人游览甲景点”，“客人游览乙景点”，“客人游览丙景点”为事件A1，A2，A3. 已知A1，A2，A3相互独立，且P(A1) ＝0.4，

P(A2) ＝0.5，P(A3)＝0.6. 客人游览的景点数的可能取值为0,1,2,3.相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3,2,1,0，所以X的可能取值为1,3. P(X＝3)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3) ＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3) ＝0.4×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.4＝0.24. P(X＝1)＝1－0.24＝0.76.

所以X的分布列为：

X P 39x－X2＋1－X2，

(2)因为f(x)＝243X，＋∞上单调递增，要使f(x)在区间[2，＋∞)上单调所以函数f(x)＝x2－3Xx＋1在区间2递增，

34当且仅当X≤2，即X≤. 234X≤＝P(X＝1)＝0.76. 从而P(A)＝P3类型四

正态分布

例4

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. 解

∵考生成绩X～N(500,502 )，∴μ＝500，σ＝50，

1∴P(550

21＝(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，

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

(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. 跟踪训练4

设ξ～N(1,4)，试求P(3<ξ<5). 解

因为ξ～N(1,4)，所以μ＝1，σ＝2，

P(3<ξ<5)＝P(－3<ξ<－1)，

1则P(3<ξ<5)＝[P(－3<ξ<5)－P(－1<ξ<3)]

21＝[P(1－4<ξ<1＋4)－P(1－2<ξ<1＋2)]

21＝[P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)－P(μ－σ<ξ<μ＋σ)]

21＝(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9. 2类型五

分类讨论思想

例5

某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－101

0.76

3 0.24

分.如果一个挑战者回答前两个问题正确的概率都是0.8，回答第三个问题正确的概率为0.6，且各题回答正确与否相互之间没有影响. (1)求这位挑战者回答这三个问题的总得分ξ的分布列和数学期望；

(2)求这位挑战者总得分不为负分(即ξ≥0)的概率. 解

(1)三个问题均答错，得0＋0＋(－10)＝－10(分). 三个问题均答对，得10＋10＋20＝40(分). 三个问题一对两错，包括两种情况：

①前两个问题一对一错，第三个问题错，

得10＋0＋(－10)＝0(分)；

②前两个问题错，第三个问题对，得0＋0＋20＝20(分). 三个问题两对一错，也包括两种情况：

①前两个问题对，第三个问题错，

得10＋10＋(－10)＝10(分)；

②第三个问题对，前两个问题一对一错，得20＋10＋0＝30(分). 故ξ的可能取值为－10,0,10,20,30,40. P(ξ＝－10)＝0.2×0.2×0.4＝0.016；

P(ξ＝0)＝C12×0.2×0.8×0.4＝0.128；

P(ξ＝10)＝0.8×0.8×0.4＝0.256；

P(ξ＝20)＝0.2×0.2×0.6＝0.024；

P(ξ＝30)＝C12×0.8×0.2×0.6＝0.192；

P(ξ＝40)＝0.8×0.8×0.6＝0.384. 所以ξ的分布列为：

ξ

P

E(ξ)＝－10×0.016＋0×0.128＋10×0.256＋20×0.024＋30×0.192＋40×0.384＝24. (2)这位挑战者总得分不为负分的概率为：

P(ξ≥0)＝1－P(ξ<0)＝1－0.016＝0.984. 反思与感悟

解需要分类讨论的问题的实质是：整体问题转化为部分问题来解决.转化成部分问题后增加了题设条件，易于解题，这也是解决需要分类讨论问题的总的指导思想. 跟踪训练5

某地有A，B，C，D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到过疫区，B肯定是受A感染，对于C，因为难以断定他是受A还是受B感染的，于是假定他受A和受11B感染的概率都是.同样也假定D受A、B和C感染的概率都是.在这种假定之下，B、C、D23中直接受A感染的人数X就是一个随机变量.写出X的分布列(不要求写出计算过程). －10

0.016

0

0.128

10

0.256

20

0.024

30

0.192

40 0.384

解

(1)A直接感染一个人有2种情况分别是A－B－C－D和A－B－1＝；

31111C，概率是×＋×2323D

11B－CB－DB(2)A直接感染二个人有3种情况分别是A－，A—，A—，概率是×23DCC－D11111＋×＋×＝；

23232(3)A直接感染三个人只有一种情况∴随机变量X的分布列是

X P

1

1

32

1

23 1

6111，概率是×＝. 236

1.已知X～N(－1，σ2)，若P(－3≤X≤－1)＝0.4，则P(－3≤X≤1)的值是

. 答案

0.8 解析

由于X～N(－1，σ2)，且区间[－3，－1]与[－1,1]关于x＝－1对称，所以P(－3≤X≤1)＝2P(－3≤X≤－1)＝0.8. 2.在5道题中有3道理科题和2道文科题.事件A为“取到的2道题中至少有一道理科题”，事件B为“取到的2道题中一题为理科题，另一题为文科题”，则P(B|A)＝

. 2答案

32C295－C2解析

由题意得P(A)＝＝，

2C5101C13C23P(AB)＝P(B)＝2＝，

C553PAB52所以P(B|A)＝＝＝. 93PA101113.某家公司有三台机器A1，A2，A3生产同一种产品，生产量分别占总产量的，，，且其产236品的不良率分别各占其产量的2.0%,1.2%,1.0%，任取此公司的一件产品为不良品的概率为

，若已知此产品为不良品，则此产品由A1所生产出的概率为

.

答案

4730

3 00047解析

令A，B，C分别表示A1，A2，A3生产的不良品，则任取一件产品为不良品的概率为11147P(A)＋P(B)＋P(C)＝×2.0%＋×1.2%＋×1.0%＝. 2363 000令D表示任取一件为不良品，则

1×2.0%PAD230P(A|D)＝＝＝. 4747PD3 0004.盒子中有5个球，其中3个白球，2个黑球，从中任取两个球，求取出白球的均值和方差. 解

取出白球个数ξ可能取值为0,1,2. ξ＝0时表示取出的两个球都为黑球，

C212P(ξ＝0)＝2＝，

C510ξ＝1表示取出的两个球一个黑球，一个白球，

1C13C23P(ξ＝1)＝2＝，

C55ξ＝2表示取出的两个球均为白球，

C233P(ξ＝2)＝2＝，

C510133于是E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.2，

10510133方法一

D(ξ)＝(0－1.2)2×＋(1－1.2)2×＋(2－1.2)2×＝0.36. 10510133方法二

E(ξ2)＝02×＋12×＋22×＝1.8，

10510D(ξ)＝E(ξ2)－(E(ξ))2＝1.8－1.22＝0.36.

1.条件概率的两个求解策略

(1)定义法：计算P(A)，P(B)，P(AB)，利用P(A|B)＝(2)缩小样本空间法：利用P(B|A)＝nAB求解. nAPABPAB或PB|A＝求解. PAPB其中(2)常用于古典概型的概率计算问题. 2.求相互独立事件同时发生的概率需注意的三个问题

(1)“P(AB)＝P(A)P(B)”是判断事件是否相互独立的充要条件，也是解答相互独立事件概率问题的唯一工具. (2)涉及“至多”、“至少”、“恰有”等字眼的概率问题，务必分清事件间的相互关系.

(3)公式“P(A∪B)＝1－P(A

B)”常应用于求相互独立事件至少有一个发生的概率. 3.求解实际问题的均值与方差的解题思路：先要将实际问题数学化，然后求出随机变量的概率分布列，同时要注意运用两点分布、二项分布等特殊分布的均值、方差公式以及均值与方差的线性性质. 对于正态分布问题，新课标要求不是很高，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.

一、选择题

1.袋中装有大小相同的5只球，上面分别标有1,2,3,4,5，在有放回的条件下依次取出两球，设两球号码之和为随机变量X，则X所有可能值的个数是(

) A.25

B.10

C.9

D.5 答案

C 解析

“有放回”地取和“不放回”地取是不同的，故X的所有可能取值有2、3、4、5、6、7、8、9、10共9种. 2.将一枚骰子连掷6次，恰好3次出现6点的概率为(

) 31353A.C666

1354B.C3666

1350

C.C3666答案

A 15D.C366

1解析

每次抛掷出现6点的概率为，由二项分布的知识，可知选A. 63.已知随机变量ξ服从正态分布ξ～N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝(

) A.0.477

C.0.954

答案

C 解析

由ξ～N(0，σ2)知：P(ξ>2)＝P(ξ<－2)，P(－2≤ξ≤2)＝1－P(ξ<－2)－P(ξ>2)＝1－2×0.023＝0.954. 4.如图所示，A，B，C表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，那么此系统的可靠性为(

) B.0.628 D.0.977

A.0.504

C.0.496

答案

B 解析

1－P(A

B

C)＝1－P(A)·P(B)·P(C) ＝1－0.1×0.2×0.3 ＝1－0.006＝0.994. 5.设由“0”“1”组成的三位数组中，若用A表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B表示“第一位数字为‘0’的事件”，则P(A|B)＝(

) 2311A.

B.

C.

D.

5428答案

C 1×2×21解析

∵P(B)＝＝，

2×2×221×1×21P(A∩B)＝＝，

2×2×24PA∩B1∴P(A|B)＝＝. 2PB6.已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴在y轴的左侧，其中a，b，c∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在这些抛物线中，记随机变量X＝“|a－b|的取值”，则X的均值E(X)为(

) 8321A.

B.

C.

D.

9553答案

A 111解析

对称轴在y轴的左侧(a与b同号)的抛物线有2C3C3C7＝126(条)，X可取的值有0,1,2，B.0.994 D.0.06 6×718×744×721428P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 1263126912693999二、填空题

7.甲、乙同时炮击一架敌机，己知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5，敌机被击中的概率为

. 答案

0.8 解析

P(敌机被击中)＝1－P(甲未击中敌机)P(乙未击中敌机)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝

1－0.2＝0.8. 8.如果随机变量ξ服从N(μ，σ)，且E(ξ)＝3，D(ξ)＝1，那么μ＝

，σ＝

. 答案

3

1

解析

∵ξ～N(μ，σ)，∴E(ξ)＝μ＝3，D(ξ)＝σ2＝1，∴σ＝1. 9.某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合先出现红灯闪烁的概11率是，两次闭合后都出现红灯闪烁的概率为，则在第一次闭合后出现红灯闪烁的条件下，26第二次出现红灯闪烁的概率是

. 1答案

3解析

第一次闭合出现红灯闪烁记为事件A，第二次闭合出现红灯闪烁记为事件B，则P(A)16111＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝. 2613210.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于

. 答案

0.128 解析

此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以.因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128. 三、解答题

11.有20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽2件，求：

(1)第一次抽到次品的概率；

(2)第一次和第二次都抽到次品的概率；

(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率. 解

设第一次抽到次品为事件A，第二次抽到次品为事件B. 51(1)第一次抽到次品的概率P(A)＝＝. 2041(2)P(AB)＝P(A)P(B)＝. 19114(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P(B|A)＝÷＝. 1941912.一个暗箱里放着6个黑球、4个白球. (1)依次取出3个球，不放回，若第1次取出的是白球，

求第3次取到黑球的概率；

(2)有放回地依次取出3个球，若第1次取出的是白球，求第3次取到黑球的概率；

(3)有放回地依次取出3个球，求取到白球个数ξ的分布列和期望. 解

设事件A为“第1次取出的是白球，第3次取到黑球”，B为“第2次取到白球”，C

为“第3次取到白球”，

1111C14C6C5＋C3C62(1)P(A)＝＝. 2C134A9(2)因为每次取出之前暗箱的情况没有变化，所以每次取球互不影响，

63所以P(C)＝＝. 105(3)设事件D为“取一次球，取到白球”，

23则P(D)＝，P(D)＝，这3次取出球互不影响，

5523，，

则ξ～B52k33－k所以P(ξ＝k)＝Ck355(k＝0,1,2,3)，

26E(ξ)＝3×＝. 5513.已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束. (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；

(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望). 233解

(1)第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率为P＝×＝. 5410(2)由题意可知X的可能取值为200,300,400，

2×11则P(X＝200)＝＝；

5×4103×22×3×23P(X＝300)＝＋＝；

5×4×35×4×3102×3×2×33×2×2×33P(X＝400)＝＋＝. 5×4×3×25×4×3×25所以X的分布列如下表所示：

X P 200

1

10300

3

10400 3

5133所以E(X)＝200×＋300×＋400×＝350. 10105