資源簡介

7.1.1　條件概率
課標解讀
1.結合古典概型，了解條件概率，能計算簡單隨機事件的條件概率．
2．結合古典概型，會利用乘法公式計算概率．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　條件概率
1．一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，我們稱P(B|A)＝為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率．
2．對任意兩個事件A與B，若P(A)>0，則P(AB)＝P(A)P(B|A)．我們稱上式為概率的乘法公式．
要點二　概率的性質：
設P(A)>0，則
(1)P(Ω|A)＝1.
(2)如果B和C是兩個互斥事件，則P(B＝________________ .
(3)設和B互為對立事件，則P(|A)＝1－P(B|A)．
助 學 批 注
批注　(1)P(AB)表示事件A與B同時發生的概率．
(2)P(B|A)與P(A|B)的區別：P(B|A)表示在事件A發生的條件下，事件B發生的概率；而P(A|B)表示在事件B發生的條件下，事件A發生的概率．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)P(B|A)(2)事件B在“事件A已發生”這個附加條件下的概率與沒有這個附加條件的概率一般是不同的．(　　)
(3)若事件A，B互斥，則P(B|A)＝1.(　　)
(4)若事件A等于事件B，則P(B|A)＝1.(　　)
2．若P(A|B)＝，P(B)＝，則P(AB)的值是(　　)
A．　　 B． C．　　 D．
3．某地區氣象臺統計，該地區下雨的概率是，刮風的概率為，既刮風又下雨的概率為，則在刮風天里，下雨的概率為(　　)
A．　　B． C．　　 D．
4．春季是鼻炎和感冒的高發期，某人在春季里鼻炎發作的概率為，鼻炎發作且感冒的概率為，則此人在鼻炎發作的情況下，感冒的概率為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　利用條件概率公式求條件概率
例1　一個袋子里裝有大小、形狀相同的3個紅球和2個白球，如果不放回地依次抽取2個球，求：
(1)第1次抽到紅球的概率；
(2)第1次和第2次都抽到紅球的概率；
(3)在第1次抽到紅球的條件下，第2次抽到紅球的概率．
方法歸納
求條件概率的兩種方法
鞏固訓練1　(1)[2022·河北滄州高二期末]某射擊選手射擊目標兩次，第一次擊中目標的概率是，兩次均擊中目標的概率是.則該選手在第一次射擊已經擊中目標的前提下，第二次射擊也擊中目標的概率是(　　)
A．B．
C．D．
(2)[2022·山東濟寧高二期中]從5名男同學和3名女同學中任選2名同學，在選到的都是同性別同學的條件下，都是男同學的概率是(　　)
A． B．
C． D．
題型 2　利用乘法公式求概率
例2　甲袋中有4個白球、3個黑球，乙袋中有2個白球、3個黑球，先從甲袋中任取一球放入乙袋， 再從乙袋中任取一球返還甲袋. 求經此換球過程后甲袋中黑球數增加的概率．
方法歸納
利用乘法公式求概率的步驟
鞏固訓練2　(1)已知某產品的次品率為4%，其合格品中75%為一級品，則任選一件為一級品的概率為(　　)
A．75% B．96%
C．72% D．78.125%
(2)有一批種子的發芽率為0.9，出芽后的幼苗成活率為0.8，在這批種子中，隨機抽取一粒，則這粒種子能成長為幼苗的概率是(　　)
A．0.72 B．0.8
C．D．0.9
題型 3　條件概率性質的應用
例3　把外形相同的球分裝在三個盒子中，每盒10個．其中，第一個盒子中有7個球標有字母A，3個球標有字母B；第二個盒子中有紅球和白球各5個；第三個盒子中有紅球8個、白球2個．試驗按如下規則進行：先在第一個盒子中任取一個球，若取得標有字母A的球，則在第二個盒子中任取一個球；若第一次取得標有字母B的球，則在第三個盒子中任取一個球．如果第二次取出的是紅球，則稱試驗成功，求試驗成功的概率．
方法歸納
當所求事件的概率相對較復雜時，往往把該事件分成兩個(或多個)互不相容的較簡單的事件之和，求出這些簡單事件的概率，再利用P(B＝P(B|A)＋P(C|A)便可求得較復雜事件的概率．
鞏固訓練3　在一個袋子中裝有除顏色外其他都相同的10個球，其中有1個紅球，2個黃球，3個黑球，4個白球．從中依次不放回地摸2個球，求在摸出的第一個球是紅球的條件下，第二個球是黃球或黑球的概率．
7．1.1　條件概率
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點二
(2)P(B|A)＋P(C|A)
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．解析：由P(AB)＝P(A|B)P(B)，可得P(AB)＝＝.
故選A.
答案：A
3．解析：設事件A為“刮風”，事件B為“下雨”，事件AB為“既刮風又下雨”，則P(B|A)＝＝＝.
故選D.
答案：D
4．解析：設某人在春季里鼻炎發作為事件A，感冒為事件B，則P(A)＝，P(AB)＝，則此人在鼻炎發作的情況下，感冒的概率為P(B∣A)＝＝＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：設A＝“第1次抽到紅球”，B＝“第2次抽到紅球”，
則第1次和第2次都抽到紅球為事件AB.
從5個球中不放回地依次抽取2個球的事件數為n(Ω)＝＝20.
(1)由分步乘法計數原理，得n(A)＝＝12，
于是P(A)＝＝＝.
(2)由分步乘法計數原理，得n(AB)＝＝6，于是P(AB)＝＝＝.
(3)方法一：在第1次抽到紅球的條件下，第2次抽到紅球的概率為P(B|A)＝＝＝.
方法二：P(B|A)＝＝＝.
鞏固訓練1　解析：(1)設該選手第一次擊中目標為事件A，第二次擊中目標為事件B，則P(A)＝，P(AB)＝，
則該選手在第一次射擊已經擊中目標的前提下，第二次射擊也擊中目標的概率是P(B|A)＝＝＝.
故選B.
(2)記事件A：“選到的都是同性別同學”；
事件B：“選到的都是男同學”；
∴P(B|A)＝＝＝＝.
故選C.
答案：(1)B　(2)C
例2　解析：設A表示事件“從甲袋移往乙袋的是白球”，B表示事件“從乙袋返還甲袋的是黑球”，C表示事件“經此換球過程后甲袋中黑球數增加”，則事件C為事件AB，
又P(A)＝，P(B|A)＝＝，
所以由概率乘法公式得所求概率為P(C)＝P(AB)＝P(A)P(B|A)＝＝.
鞏固訓練2　解析：(1)記“任選一件產品是合格品”為事件A，則P(A)＝1－P()＝1－4%＝96%.記“任選一件產品是一級品”為事件B.由于一級品必是合格品，所以事件A包含事件B，故P(AB)＝P(B)．由合格品中75%為一級品知P(B|A)＝75%，故P(B)＝P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝96%×75%＝72%.
故選C.
(2)設“種子發芽”為事件A，“種子成長為幼苗”為事件AB(發芽并成長為幼苗)，則P(A)＝0.9.又種子發芽后的幼苗成活率為P(B|A)＝0.8，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.故選A.
答案：(1)C　(2)A
例3　解析：設A＝{從第一個盒子中取得標有字母A的球}，
B＝{從第一個盒子中取得標有字母B的球}，
R＝{第二次取出的球是紅球}，
W＝{第二次取出的球是白球}，則容易求得P(A)＝，
P(B)＝，P(R|A)＝，
P(W|A)＝，P(R|B)＝，P(W|B)＝.
事件“試驗成功”表示為AR又事件AR與事件BR互斥，故由概率的加法公式，得
P(AR＝P(AR)＋P(BR)＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)＝＝0.59.
鞏固訓練3　解析：設“摸出的第一個球為紅球”為事件A，“摸出的第二個球為黃球”為事件B，“摸出的第二個球為黑球”為事件C.
P(A)＝，P(AB)＝＝，P(AC)＝＝.
所以P(B|A)＝＝＝＝，
P(C|A)＝＝＝.
所以P(B＝P(B|A)＋P(C|A)＝＝.
故所求的條件概率為.7.1.2　全概率公式
課標解讀
1.理解全概率公式．
2．會利用全概率公式解決實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　全概率公式
一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B Ω，有P(B)________________．
要點二　*貝葉斯公式：
設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝＝，i＝1，2，…，n.
助 學 批 注
批注　它的直觀意義：如圖
B發生的概率與P(B|Ai)(i＝1，2，…，n)有關，且B發生的概率等于所有這些概率的和．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)全概率公式中，A1，A2，…An必須是一組兩兩互斥的事件．(　　)
(2)使用全概率公式關鍵在于尋找另一組事件來“分割”樣本空間．(　　)
(3)全概率公式為概率論中的重要公式，它將對一個復雜事件A的概率求解問題，轉化為在不同情況下發生的簡單事件的概率的求和問題．(　　)
(4)已知事件B的發生有各種可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B發生的可能性，就是各種可能情形Ai發生的可能性與已知Ai發生的條件下事件B發生的可能性的乘積之和．(　　)
2．已知某手機專賣店只售賣甲、乙兩種品牌的智能手機，其占有率和優質率的信息如下表所示．
品牌 甲 乙
占有率 60% 40%
優質率 95% 90%
從該專賣店中隨機購買一部智能手機，則買到的是優質品的概率是(　　)
A．93% B．94%
C．95% D．96%
3．甲袋中有5個白球、7個紅球，乙袋中有4個白球、2個紅球，從兩個袋中任選一袋，從中任取一球，則取到的球是白球的概率為(　　)
A．B．
C．D．
4．已知P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.6，P(B|)＝0.1，則P(B)＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　利用全概率公式求概率
例1　[2022·江蘇連云港高二期中]甲袋中有3個白球和2個紅球，乙袋中有2個白球和3個紅球，丙袋中有4個白球和4個紅球．先隨機取一只袋，再從該袋中先隨機取1個球不放回，接著再從該袋中取1個球．
(1)求第一次取出的球為紅球的概率；
(2)求第一次取出的球是紅球的前提下，第二次取出的球是白球的概率．
方法歸納
利用全概率公式求概率的策略
鞏固訓練1　(1)[2022·河北石家莊高二期末]某市場供應的電子產品中，來自甲廠的占65%，來自乙廠的占35%.已知甲廠產品的合格率是92%，乙廠產品的合格率是90%.若從該市場供應的電子產品中任意購買一件電子產品，則該產品是合格品的概率為(　　)
A．59.8% B．90.6%
C．91.3% D．91.4%
(2)[2022·廣東廣州高二期末]現有10道四選一的單選題，甲對其中8道題有思路，2道題完全沒有思路．有思路的題做對的概率為0.8，沒有思路的題只好任意猜一個答案，猜對答案的概率為0.25.甲從這10道題中隨機選擇1題，則甲做對該題的概率是________．
題型 2　*利用貝葉斯公式求概率
例2　某商店從三個廠購買了一批燈泡，甲廠占25%，乙廠占35%，丙廠占40%，各廠的次品率分別為5%，4%，2%.
(1)求消費者買到一只次品燈泡的概率；
(2)若消費者買到一只次品燈泡，則它是哪個廠家生產的可能性最大？
方法歸納
(1)全概率中，事件B發生的概率通常是在試驗之前已知的，習慣上稱之為先驗概率．而貝葉斯公式中如果在一次試驗中，已知事件A確已發生，再考察事件B發生的概率，即在事件A發生的條件下，計算事件B發生的條件概率，它反映了在試驗之后，A發生的原因的各種可能性的大小，通常稱之為后驗概率．
(2)兩者最大的不同之處在于處理的對象不同，全概率公式常用來計算復雜事件的概率，而貝葉斯公式是用來計算簡單條件下發生的復雜事件的概率．
鞏固訓練2　試卷中的一道選擇題有4個答案可供選擇，其中只有1個答案是正確的．某考生如果會做這道題，則一定能選出正確答案；若該考生不會做這道題，則不妨隨機選取一個答案．設該考生會做這道題的概率為0.85.
(1)求該考生選出此題正確答案的概率；
(2)已知該考生做對了此題，求該考生確實會做這道題的概率(精確到0.001)．
7.1.2　全概率公式
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
(Ai)P(B|Ai)
[夯實雙基]
1．(1)√　(2)√　(3)√　(4)√
2．解析：買到的是優質品的概率是0.6×0.95＋0.4×0.9＝0.93＝93%.
故選A.
答案：A
3．解析：設事件A表示“選中甲袋”，B表示“選中乙袋”，C表示“取到的球是白球”，
則P(A)＝，P(B)＝，P(C|A)＝，P(C|B)＝＝，
故P(C)＝P(C|A)·P(A)＋P(C|B)·P(B)＝＝.
故選D.
答案：D
4．解析：P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.8×0.6＋0.2×0.1＝0.5.
答案：0.5
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)設第一次取出的球為紅球為事件A，取到甲袋、乙袋、丙袋為事件B1，B2，B3，則P(B1)＝P(B2)＝P(B3)＝，由全概率公式可得：P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝＝.
(2)設第二次取出的球是白球為事件C，由全概率公式可得：
P(AC)＝P(AC|B1)P(B1)＋P(AC|B2)P(B2)＋P(AC|B3)P(B3)
＝＝，
所以P(C|A)＝＝＝.
鞏固訓練1　解析：(1)設A、B分別表示為買到的產品來自甲廠、來自乙廠，C表示買到的產品是合格品，
則P(A)＝0.65，P(B)＝0.35，P(C|A)＝0.92，P(C|B)＝0.9，
所以P(C)＝P(A)·P(C|A)＋P(B)·P(C|B)＝0.65×0.92＋0.35×0.9＝0.913.
故選C.
(2)記事件A：甲對該題有思路；則：甲對該題沒有思路；事件B：甲做對該題．
則P(A)＝0.8，P()＝0.2，P(B|A)＝0.8，P(B|)＝0.25.
∴P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.8×0.8＋0.2×0.25＝0.69.
答案：(1)C　(2)0.69
例2　解析：記事件B表示“消費者買到一只次品燈泡”，A1，A2，A3分別表示“買到的燈泡是甲、乙、丙廠生產的燈泡”，根據題意得，
P(A1)＝25%，P(A2)＝35%，P(A3)＝40%，P(B|A1)＝5%，P(B|A2)＝4%，P(B|A3)＝2%.
(1)P(B)＝＝0.034 5.
(2)P(A1|B)＝＝≈0.362 3，
P(A2|B)＝＝≈0.405 8，
P(A3|B)＝＝≈0.231 9，
所以買到乙廠產品的可能性最大．
鞏固訓練2　解析：設A表示“該考生會做這道題”，B表示“該考生選出正確答案”，則
P(A)＝0.85，P()＝0.15，
P(B|A)＝1，P(B|)＝0.25.
(1)由全概率公式得
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)
＝0.85×1＋0.15×0.25＝0.887 5.
(2)由貝葉斯公式得
P(A|B)＝＝≈0.958.7.2　離散型隨機變量及其分布列
課標解讀
1.理解隨機變量所表示試驗結果的含義，并恰當地定義隨機變量．
2．理解離散型隨機變量的分布列的意義，會求某些簡單的離散型隨機變量的分布列．
3．掌握離散型隨機變量的分布列的兩個基本性質，并會用它來解決一些簡單的問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　隨機變量與離散型隨機變量
1．隨機變量：一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點ω，都有________的實數X(ω)與之對應，我們稱X為隨機變量 .
2．離散型隨機變量：可能取值為________或可以________的隨機變量，我們稱為離散型隨機變量．用大寫英文字母X，Y，Z等表示隨機變量，用小寫英文字母x，y，z等表示隨機變量的取值．
要點二　離散型隨機變量的分布列
1．分布列的定義：一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X取每一個值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n為X的概率分布列 ，簡稱分布列，以表格的形式表示如下：
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
2.離散型分布列的性質：
(1)pi≥________，i＝1，2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pn＝________．
要點三　兩點分布
隨機變量X的分布列是：
X 0 1
P 1－p p
我們稱X服從________分布或________分布．
助 學 批 注
批注 　隨機變量的定義與函數的定義類似，這里的樣本點ω相當于函數定義中的自變量，而樣本空間Ω相當于函數的定義域，不同之處在于不一定是數集．
批注 　與函數的表示法類似，離散型隨機變量的分布列有表格、圖形和解析式三種不同的表示形式．
批注 　兩點分布的試驗結果只有兩個可能，且其概率之和為1.
夯 實 雙 基
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)離散型隨機變量的取值是任意的實數．(　　)
(2)隨機變量的取值可以是有限個，也可以是無限個．(　　)
(3)離散型隨機變量是指某一區間內的任意值．(　　)
(4)在離散型隨機變量的分布列中，所有概率之和為1.(　　)
2．袋中有2個黑球、6個紅球，從中任取2個，可以作為隨機變量的是(　　)
A．取到的球的個數
B．取到紅球的個數
C．至少取到1個紅球
D．至少取到1個紅球的概率
3．在一次比賽中，需回答三個問題，比賽規定：每題回答正確得100分，回答不正確得－100分，則選手甲回答這三個問題的總得分ξ的所有可能取值的個數為(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
4．已知X服從兩點分布，且P(X＝0)＝0.3，則P(X＝1)＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　離散型隨機變量的判定及取值
例1　(1)[2022·江蘇淮安高二期末](多選)下列隨機變量中屬于離散型隨機變量的是(　　)
A．某電話亭內的一部電話1小時內使用的次數記為X
B．測量一個年級所有學生的體重，在60 kg～70 kg之間的體重記為X
C．測量全校所有同學的身高，在170 cm～175 cm之間的人數記為X
D．一個數軸上隨機運動的質點在數軸上的位置記為X
(2)寫出下列隨機變量可能取的值，并說明隨機變量所取的值表示的隨機試驗的結果．
①一袋中裝有5只同樣大小的白球，編號為1、2、3、4、5.現從該袋內隨機取出3只球，被取出的球的最大號碼數ξ；
②某單位的某部電話在單位時間內收到的呼叫次數η.
方法歸納
(1)判斷隨機變量X的所有取值是否可以一一列出．
(2)在寫出隨機變量的取值表示的試驗結果時，要特別注意隨機變量的一個值表示多個試驗結果的情況，不能漏掉某些試驗結果．
鞏固訓練1　(1)(多選)下列X是離散型隨機變量的是(　　)
A．某座大橋一天經過的車輛數X
B．在一段時間間隔內某種放射性物質放出的α粒子數η
C．一天之內的溫度X
D．一射手對目標進行射擊，擊中目標得1分，未擊中得0分，用X表示該射手在一次射擊中的得分．
(2)[2022·廣東中山高二期末]袋中有大小相同的紅球6個，白球5個，從袋中每次任意取出一個球(不放回)，直到取出的球是白色為止，所需要的取球次數為隨機變量X，則X的可能取值為(　　)
A．1，2，…，6 B．1，2，…，7
C．1，2，…，11 D．1，2，3…
題型 2　離散型隨機變量分布列的性質及應用
例2　設隨機變量X的分布列為P(X＝)＝ak(k＝1，2，3，4，5)．
(1)求常數a的值；
(2)求P(X≥)；
(3)求P(方法歸納
離散型隨機變量分布列的性質的三個應用
鞏固訓練2　設隨機變量X的分布列為P(X＝k)＝，k＝1，2，3，c為常數，則P(0.5＜X＜2.5)＝________．
題型 3　求離散型隨機變量的分布列
例3　2022年冬奧會期間，冬奧會吉祥物“冰墩墩”備受人們的歡迎，某大型商場舉行抽獎活動，活動獎品為冰墩墩玩偶和現金．活動規則：凡是前一天進入商場購物且一次性購物滿300元的顧客，第二天上午8點前就可以從若干個抽獎箱(每個箱子裝有8張卡片，3張印有“獎”字，5張印有“謝謝參與”，其他完全相同)中選一個箱子并一次性抽出3張卡片，抽到印有“獎”字的卡片才能中獎，抽到1張印有“獎”字的卡片為三等獎，獎勵現金10元，抽到2張印有“獎”字的卡片為二等獎，獎勵1個冰墩墩玩偶，抽到3張印有“獎”字的卡片為一等獎，獎勵2個冰墩墩玩偶．根據以往數據統計，進入商場購物的顧客中一次性購物滿300元的約占.
設每次參與抽獎活動所得的冰墩墩玩偶個數為X，求X的分布列．
方法歸納
求離散型隨機變量的分布列的一般步驟
鞏固訓練3　拋擲甲、乙兩個質地均勻且四個面上分別標有1，2，3，4的正四面體，其底面落于桌面，記底面上的數字分別為x，y.設ξ為隨機變量，若為整數，則ξ＝0；若為小于1的分數，則ξ＝－1；若為大于1的分數，則ξ＝1，求ξ的分布列．
7．2　離散型隨機變量及其分布列
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
1．唯一
2．有限個　一一列舉
要點二
2．(1)0　(2)1
要點三
兩點　0－1
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．解析：A的取值不具有隨機性，C是一個事件而非隨機變量，D中概率值是一個定值而非隨機變量，只有B滿足要求故選B.
答案：B
3．解析：可能回答全對，兩對一錯，兩錯一對，全錯四種結果，相應得分為300分，100分，－100分，－300分，因此甲回答這三個問題的總得分ξ的所有可能取值有4個．故選B.
答案：B
4．解析：因為X服從兩點分布，所以P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝0.7.
答案：0.7
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)電話1小時內使用的次數是可以列舉的，是離散型隨機變量，選項A正確；
體重無法一一列舉，選項B不正確；
人數可以列舉，選項C正確；
數軸上的點有無數個，點的位置是連續型隨機變量，選項D不正確．故選AC.
(2)①最大號碼數ξ可取3、4、5，
ξ＝3，表示取出的3個球的編號為：1、2、3，
ξ＝4，表示取出的3個球的編號為：1、2、4或1、3、4或2、3、4，
ξ＝5，表示取出的3個球的編號為：
1、2、5或1、3、5或1、4、5或2、3、5或2、4、5或3、4、5；
②某部電話在單位時間內收到的呼叫次數η可取0、1、2、…、n，n∈N＋，
η取i表示被呼叫i次，其中i＝0、1、2、…、n，n∈N＋.
答案：(1)AC　(2)見解析
鞏固訓練1　解析：(1)A、B、D中的X取值均可一一列出，而C中的X是一個范圍．不能一一列舉出來，故選ABD.
(2)從袋中每次任意取出一個球，直到取出的球是白色為止，所需要的取球次數為隨機變量X，則有可能第一次取出球，也有可能取完6個紅球后才取出白球．故選B.
答案：(1)ABD　(2)B
例2　解析：(1)由a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，得a＝.
(2)∵P(X＝)＝k(k＝1，2，3，4，5)，
∴P(X≥)＝P(X＝)＋P(X＝)＋P(x＝1)＝＝.
(3)當故P(鞏固訓練2　解析：隨機變量X的分布列為P(X＝k)＝，k＝1，2，3，
∴＝1，
即＝1，解得c＝，
∴P(0.5＜X＜2.5)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＝＝.
答案：
例3　解析：由題設，X可能值為{0，1，2}，則P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝，
所以X的分布列如下：
X 0 1 2
P
鞏固訓練3　解析：隨機變量ξ的可能取值為－1，0，1.
依題意，數對(x，y)共有16種情況，
ξ＝0有以下8種：(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)，
所以P(ξ＝0)＝；
ξ＝－1有以下6種情況：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，
所以P(ξ＝－1)＝＝；
ξ＝1有以下2種情況：(3，2)，(4，3)，
所以P(ξ＝1)＝＝，
所以隨機變量ξ的分布列為
ξ －1 0 1
P7.3.1　離散型隨機變量的均值
課標解讀
1.理解離散型隨機變量的均值的意義和性質．
2．會根據離散型隨機變量的分布列求出均值．
3．會利用離散型隨機變量的均值解決一些相關的實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　離散型隨機變量的均值
若離散型隨機變量X的分布列為
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
則稱E(X)＝________________________＝________為隨機變量X的均值或數學期望．
要點二　離散型隨機變量的均值的性質
E(X＋b)＝________；E(aX)＝________；E(aX＋b)＝________．
要點三　兩點分布的均值
如果隨機變量X服從兩點分布，那么E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝________．
助 學 批 注
批注　(1)離散型隨機變量的數學期望(均值)刻畫了離散型隨機變量的平均水平．
(2)數學期望(均值)是一個常數，在大量實驗下，它總是穩定的，不具有隨機性．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)隨機變量X的均值E(X)是個變量，其隨X的變化而變化．(　　)
(2)隨機變量的均值相同，則兩個分布也一定相同．(　　)
(3)隨機變量的均值與樣本的平均值相同．(　　)
(4)隨機變量的均值與樣本的平均值是同一個概念．(　　)
2．若隨機變量X的分布列為
X －1 0 1
p
則E(X)＝(　　)
A．0 B．－1
C．－ D．－
3．拋擲一枚硬幣，規定正面向上得1分，反面向上得－1分，則得分X的均值為(　　)
A．0 B．
C．1 D．－1
4．已知隨機變量ξ的期望為15，則E(3ξ＋5)＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　求離散型隨機變量X的均值
例1　[2022·山東淄博高二期末]某部門有職工10人，其中睡眠不足者6人，睡眠充足者4人．現從10人中隨機抽取3人做調查．
(1)用X表示3人中睡眠不足職工的人數，求隨機變量X的分布列和數學期望；
(2)求事件“3人中既有睡眠充足職工，也有睡眠不足職工”發生的概率．
方法歸納
求離散型隨機變量的均值的步驟
鞏固訓練1　[2022·廣東揭陽高二期末]學校組織數學解題能力大賽，比賽規則如下：要解答一道導數題和兩道圓錐曲線題，先解答導數題，正確得2分，錯誤得0分；再解答兩道圓錐曲線題，全部正確得3分，只正確一道題得1分，全部錯誤得0分，小明同學準備參賽，他目前的水平是：每道導數題解答正確的概率是；每道圓錐曲線題解答正確的概率為.假設小明同學每道題的解答相互獨立．
(1)求小明同學恰好有兩道題解答正確的概率；
(2)求小明同學獲得的總分X的分布列及均值E(X)．
題型 2　離散型隨機變量的均值公式及性質
例2　已知隨機變量X的分布列如下：
X －2 －1 0 1 2
P m
(1)求m的值；
(2)求E(X)；
(3)若Y＝2X－3，求E(Y)．
方法歸納
對于aX＋b型的隨機變量，可利用均值的性質求解，即E(aX＋b)＝aE(X)＋b；也可以先列出aX＋b的分布列，再用均值公式求解，比較兩種方式顯然前者較方便．
鞏固訓練2　[2022·遼寧大連高二期末]設X是一個離散型隨機變量，其分布列為
X 1 2 3
P 1－q q
則X的數學期望為(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
題型 3均值的實際應用
例3　[2022·山東師范大學附中高二期中]2021年3月5日李克強總理在政府工作報告中特別指出：扎實做好碳達峰，碳中和各項工作，制定2030年前碳排放達峰行動方案，優化產業結構和能源結構．某環保機器制造商為響應號召，對一次購買2臺機器的客戶推出了兩種超過機器保修期后5年內的延保維修方案：
方案一：交納延保金5 000元，在延保的5年內可免費維修2次，超過2次每次收取維修費1 000元；
方案二：交納延保金6 230元，在延保的5年內可免費維修4次，超過4次每次收取維修費t元；
制造商為了制定收取標準，為此搜集并整理了200臺這種機器超過保修期后5年內維修的次數，統計得到下表
維修次數 0 1 2 3
機器臺數 20 40 80 60
以這200臺機器維修次數的頻率代替1臺機器維修次數發生的概率，記X表示2臺機器超過保修期后5年內共需維修的次數．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金與維修費用之和的均值為決策依據，為使選擇方案二對客戶更合算，應把t定在什么范圍？
方法歸納
均值實際應用問題的解題策略
首先應把實際問題概率模型化，然后利用有關概率的知識去分析相應各事件可能性的大小，并列出分布列，最后利用公式求出相應的數學期望，并根據期望的大小作出判斷．
鞏固訓練3　已知某單位甲、乙、丙三個部門的員工人數分別為24，16，16.現采用分層抽樣的方法從中抽取7人，進行睡眠時間的調查．
(1)應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取多少人？
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，現從這7人中隨機抽取3人做進一步的身體檢查．
①用X表示抽取的3人中睡眠不足的員工人數，求隨機變量X的分布列與數學期望；
②設事件A為“抽取的3人中，既有睡眠充足的員工，也有睡眠不足的員工”，求事件A發生的概率．
7．3.1　離散型隨機變量的均值
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn　
要點二
E(X)＋b　aE(X)　aE(X)＋b
要點三
p
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．解析：E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.故選C.
答案：C
3．解析：因為P(X＝1)＝，P(X＝－1)＝，
所以由均值的定義得E(X)＝1×＋(－1)×＝0.故選A.
答案：A
4．解析：因為隨機變量ξ的期望為15，
所以E(3ξ＋5)＝3E(ξ)＋5＝3×15＋5＝50.
答案：50
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)由題意可知，隨機變量X的可能取值有0、1、2、3，
則P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以，隨機變量X的分布列如下表：
P 0 1 2 3
X
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)事件“3人中既有睡眠充足職工，也有睡眠不足職工”發生的概率為P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＝.
鞏固訓練1　解析：(1)由題意導數題解答正確的概率是，圓錐曲線題解答正確的概率為，
故小明同學恰好有兩道題解答正確的概率P＝×(1－)＋×(1－)×＋(1－)×＝＝.
(2)由題意得X的可能取值為0，1，2，3，5，
所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝×()＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝×()＋＝＝，
P(X＝5)＝＝＝，
則X的分布列為
X 0 1 2 3 5
P
所以E(X)＝0＋＋2×＋3×＋5×＝.
例2　解析：(1)由隨機變量分布列的性質，得＋m＋＝1，解得m＝.
(2)E(X)＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＋2×＝－.
(3)方法一　(公式法)由公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b，得E(Y)＝E(2X－3)＝2E(X)－3＝2×－3＝－.
方法二　(直接法)由于Y＝2X－3，所以Y的分布列如下：
Y －7 －5 －3 －1 1
P
所以E(Y)＝(－7)×＋(－5)×＋(－3)×＋(－1)×＋1×＝－.
鞏固訓練2　解析：由＋(1－q)＋q＝1得，q＝，
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝2.故選B.
答案：B
例3　解析：(1)由題意得，X＝0，1，2，3，4，5，6，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝×2＝，
P(X＝2)＝×2＋＝，
P(X＝3)＝×2＋×2＝，
P(X＝4)＝×2＋＝，
P(X＝5)＝×2＝，
P(X＝6)＝＝，
∴X的分布列為
X 0 1 2 3 4 5 6
P
(2)選擇方案一：所需費用為Y1元，則X≤2時，Y1＝5 000，X＝3時，Y1＝6 000；X＝4時，Y1＝7 000；X＝5時，Y5＝8 000，X＝6時，Y1＝9 000，
∴Y1的分布列為
Y1 5 000 6 000 7 000 8 000 9 000
P
E(Y1)＝5 000×＋6 000×＋7 000×＋8 000×＋9 000×＝6 860，
選擇方案二：所需費用為Y2元，則X≤4時，Y2＝6 230；X＝5時，Y2＝6 230＋t；X＝6時，Y2＝6 230＋2t，則Y2的分布列為
Y2 6 230 6 230＋t 6 230＋2t
P
E(Y2)＝6 230×＋(6 230＋t)×＋(6 230＋2t)×＝6 230＋，
要使選擇方案二對客戶更合算，則E(Y2)∴6 230＋<6 860，解得t<1 500，即t的取值范圍為[0，1 500)．
鞏固訓練3　解析：(1)由已知，甲、乙、丙三個部門的員工人數之比為3∶2∶2，由于采用分層抽樣的方法從中抽取7人，因此應從甲、乙、丙三個部門的員工中分別抽取3人，2人，2人．
(2)①隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3.P(X＝k)＝(k＝0，1，2，3)．
所以隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P
隨機變量X的數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
②設事件B為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有1人，睡眠不足的員工有2人”；事件C為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有2人，睡眠不足的員工有1人”，則A＝B且B與C互斥．
由①知，P(B)＝P(X＝2)，P(C)＝P(X＝1)，
故P(A)＝P(B＝P(X＝2)＋P(X＝1)＝.
所以事件A發生的概率為.7.3.2　離散型隨機變量的方差
課標解讀
1.理解取有限個值的離散型隨機變量的方差、標準差的概念和意義．
2．會求離散型隨機變量的方差、標準差．
3．會利用離散型隨機變量的方差、標準差解決一些實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　離散型隨機變量的方差、標準差
設離散型隨機變量X的分布列為
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
我們稱D(X)＝________________________＝____________為隨機變量X的方差，有時也記為Var(X)，并稱________為隨機變量X的標準差，記為σ(X) .
要點二　離散型隨機變量方差的性質
設a，b，c為常數，則
(1)D(X＋b)＝________；
(2)D(aX)＝________；
(3)D(aX＋b)＝________．
助 學 批 注
批注 　隨機變量的方差和標準差都可以度量隨機變量取值與其均值的偏離程度，反映了隨機變量取值的離散程度．方差或標準差越小，隨機變量的取值越集中；方差或標準差越大，隨機變量的取值越分散．
批注 　與均值的區別：離散型隨機變量X乘以一個常數a，其均值變為原均值的a倍，方差變為原方差的a2倍．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)離散型隨機變量的方差越大，隨機變量越穩定．(　　)
(2)若a是常數，則D(a)＝0.(　　)
(3)隨機變量的方差即為總體方差，不隨抽樣樣本的不同而不同．(　　)
(4)標準差與隨機變量本身有相同的單位．(　　)
2．若隨機變量X的分布列如表，則X的方差D(X)是(　　)
X －1 0 1
P
A.0 B．1
C． D．
3．已知隨機變量X的方差為D(X)＝3，則D＝(　　)
A．9 B．3
C． D．
4．有兩臺自動包裝機甲與乙，包裝質量分別為隨機變量ξ1，ξ2，已知E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)，則自動包裝機________的質量較好．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1 方差的性質及應用
例1　[2022·福建龍巖高二期末]已知隨機變量X的分布列如下：
X 2 3 6
P a
則D(3X＋2)的值為(　　)
A．2 B．6
C．8 D．18
方法歸納
對于變量間存在關系的方差，在求解過程中應注意性質的應用，如D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．這樣處理既避免了求隨機變量η＝aξ＋b的分布列，又避免了繁雜的計算，簡化了計算過程．
鞏固訓練1　[2022·山東菏澤高二期末](多選)設離散型隨機變量X的分布列為
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若離散型隨機變量Y滿足：Y＝2X＋1，則下列結論正確的有(　　)
A．E(X)＝2 B．E(Y)＝4
C．D(X)＝1.8 D．D(Y)＝3.6
題型 2　求離散型隨機變量的方差
例2　[2022·廣東佛山高二期末]今年3月份以來，隨著疫情在深圳、上海等地爆發，國內消費受到影響，為了促進消費回暖，全國超過19個省份都派發了消費券，合計金額高達50億元．通過發放消費券的形式，可以有效補貼中低收入階層，帶動消費，從而增加企業生產產能，最終拉動經濟增長，除此之外，消費券還能在假期留住本市居民，減少節日期間在各個城市之間的往來，客觀上能夠達到降低傳播新冠疫情的效果，佛山市某單位響應政策號召，組織本單位員工參加抽獎得消費優惠券活動，抽獎規則是：從裝有質地均勻、大小相同的2個黃球、3個紅球的箱子中隨機摸出2個球，若恰有1個紅球可獲得20元優惠券，2個都是紅球可獲得50元優惠券，其它情況無優惠券，則在一次抽獎中：
(1)求摸出2個紅球的概率；
(2)設獲得優惠券金額為X，求X的方差．
方法歸納
求離散型隨機變量X的方差的一般步驟
鞏固訓練2　甲、乙兩人對目標各射擊一次，甲命中目標的概率為，乙命中目標的概率為，若命中目標的人數為X，則D(X)＝(　　)
A． B．
C． D．
題型 3方差的實際應用
例3　[2022·河北張家口高二期末]已知投資甲、乙兩個項目的利潤率分別為隨機變量X1和X2.經統計分析，X1和X2的分布列分別為
表1：
X1 0.3 0.18 0.1
P 0.2 0.5 0.3
表2：
X2 0.25 0.15
P 0.2 0.8
(1)若在甲、乙兩個項目上各投資100萬元，Y1和Y2分別表示投資甲、乙兩項目所獲得的利潤，求Y1和Y2的數學期望和方差，并由此分析投資甲、乙兩項目的利弊；
(2)若在甲、乙兩個項目總共投資100萬元，求在甲、乙兩個項目上分別投資多少萬元時，可使所獲利潤的方差和最??？
注：利潤率＝.
方法歸納
在實際決策問題中，一般先計算均值，比較隨機變量平均水平的高低，再計算方差，比較隨機變量取值的穩定性．
鞏固訓練3　[2022·重慶萬州高二期中]為選拔奧運會射擊選手，對甲、乙兩名射手進行選拔測試．已知甲、乙兩名射手在一次射擊中的得分分別為兩個相互獨立的隨機變量ξ，η，甲、乙兩名射手在每次射擊中擊中的環數均大于6環，且甲射中10，9，8，7環的概率分別為0.5，3a，a，a，乙射中10，9，8環的概率分別為0.3，0.3，0.2.
(1)求ξ，η的分布列；
(2)求ξ，η的均值與方差，并以此比較甲、乙的射擊技術并從中選拔一人．
7．3.2　離散型隨機變量的方差
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xn－E(X))2pn　　
要點二
(1)D(X)　(2)a2D(X)　(3)a2D(X)
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．解析：E(X)＝－1×＋0×＋1×＝0，
則D(X)＝×(－1－0)2＋×(0－0)2＋×(1－0)2＝.故選D.
答案：D
3．解析：∵D＝D(X)＝，故選C.
答案：C
4．解析：均值僅體現了隨機變量取值的平均大小，如果兩個隨機變量的均值相等，還要看隨機變量的取值如何在均值的周圍變化，方差大說明隨機變量取值較分散，方差小說明取值較集中，由題意，可得乙的質量較好．
答案：乙
題型探究·課堂解透
例1　解析：根據分布列可知＋a＝1，解得a＝，
E(X)＝2×＋3×＋6×＝3，
D(X)＝×(2－3)2＋×(3－3)2＋×(6－3)2＝2，
所以D(3X＋2)＝9D(X)＝18.故選D.
答案：D
鞏固訓練1　解析：由分布列知：q＝0.1，E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，A正確；
E(Y)＝E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝5，B不正確；
對于C，D(X)＝0.1×22＋0.4×12＋0.1×02＋0.2×12＋0.2×22＝1.8，C正確；
對于D，D(Y)＝D(2X＋1)＝4D(X)＝7.2，D不正確．故選AC.
答案：AC
例2　解析：(1)記事件A：摸出2個紅球．則P(A)＝＝.
(2)由題意可得：X的可能取值為0，20，50.則：P(X＝0)＝＝；P(X＝20)＝＝；P(X＝50)＝＝.
所以數學期望E(X)＝0×＋20×＋50×＝27，
方差D(X)＝(0－27)2×＋(20－27)2×＋(50－27)2×＝261.
鞏固訓練2　解析：由題意知，命中目標的人數X的所有可能取值是0，1，2，
則P(X＝0)＝(1－)×(1－)＝，
P(X＝1)＝(1－)××(1－)＝，
P(X＝2)＝＝，
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝，
D(X)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝.故選B.
答案：B
例3　解析：(1)由題意，得
E(X1)＝0.3×0.2＋0.18×0.5＋0.1×0.3＝0.18，
D(X1)＝(0.3－0.18)2×0.2＋(0.18－0.18)2×0.5＋(0.1－0.18)2×0.3＝0.004 8，
E(X2)＝0.25×0.2＋0.15×0.8＝0.17，
D(X2)＝(0.25－0.17)2×0.2＋(0.15－0.17)2×0.8＝0.001 6，
由E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)，
又Y1＝100X1，Y2＝100X2，得E(Y1)＝100×0.18＝18，D(Y1)＝1002×0.004 8＝48，
E(Y2)＝100×0.17＝17，D(Y2)＝1002×0.001 6＝16，
因此投資甲的平均利潤18萬元大于投資乙的平均利潤17萬元，但投資甲的方差48也遠大于投資乙的方差16.所以投資甲的平均利潤大，方差也大，相對不穩定，而投資乙的平均利潤小，方差也小，相對穩定．若長期投資可選擇投資甲，若短期投資可選投資乙．
(2)設x萬元投資甲，則(100－x)萬元投資了乙，
則投資甲的利潤Z1＝xX1，投資乙的利潤Z2＝(100－x)X2
設f(x)為投資甲所獲利潤的方差與投資乙所獲利潤的方差和，
則f(x)＝D(Z1)＋D(Z2)＝x2D(X1)＋(100－x)2D(X2)
＝0.004 8x2＋0.001 6(100－x)2＝0.001 6(4x2－200x＋10 000)，
當x＝－＝25時，f(x)的值最?。?br/>故此時甲項目投資25萬元，乙項目投資75萬元，可使所獲利潤的方差和最?。?br/>鞏固訓練3　解析：(1)依據題意知，0.5＋3a＋a＋a＝1，解得a＝0.1.
因為乙射中10，9，8環的概率分別為0.3，0.3，0.2，
所以乙射中7環的概率為1－(0.3＋0.3＋0.2)＝0.2.
所以ξ，η的分布列分別為
ξ 10 9 8 7
P 0.5 0.3 0.1 0.1
η 10 9 8 7
P 0.3 0.3 0.2 0.2
(2)結合(1)中ξ，η的分布列，可得：
E(ξ)＝10×0.5＋9×0.3＋8×0.1＋7×0.1＝9.2，
E(η)＝10×0.3＋9×0.3＋8×0.2＋7×0.2＝8.7，
D(ξ)＝(10－9.2)2×0.5＋(9－9.2)2×0.3＋(8－9.2)2×0.1＋(7－9.2)2×0.1＝0.96，
D(η)＝(10－8.7)2×0.3＋(9－8.7)2×0.3＋(8－8.7)2×0.2＋(7－8.7)2×0.2＝1.21.
因為E(ξ)>E(η)，說明甲平均射中的環數比乙高．
又因為D(ξ)所以甲的射擊技術好，故應選甲．7.4.1　二項分布
課標解讀
1.了解伯努利試驗，了解二項分布的概念．
2．掌握二項分布及其均值、方差，并能解決簡單的實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　n重伯努利試驗
只包含________可能結果的試驗叫做伯努利試驗．
將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗．顯然，n重伯努利試驗具有如下共同特征：
(1)同一個伯努利試驗重復 做n次；
(2)各次試驗的結果________．
要點二　二項分布
一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發生的概率為p(0要點三　二項分布的均值與方差：
如果X～B(n，p)，那么E(X)＝________，D(X)＝________．
助 學 批 注
批注 　“重復”意味著各次試驗成功的概率相同．
批注 　如果把p看成b，1－p看成a，則pk(1－q)n－k就是二項式[(1－p)＋p]n的展開式的通項，由此才稱為二項分布．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)n重伯努利試驗各次試驗發生的事件是互斥的．(　　)
(2)在n次獨立重復試驗中，各次試驗中事件發生的概率可以不同．(　　)
(3)如果在1次試驗中某事件發生的概率是p，那么在n次獨立重復試驗中這個事件恰好發生k次的概率P(X＝k)＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.(　　)
(4)兩點分布是二項分布的特殊情況．(　　)
2．某試驗每次成功的概率為p(0p7(1－p)3
p6(1－p)4
3．若隨機變量X～B(6，)，則數學期望E(X)＝(　　)
A．6 B．3
C． D．
4．已知隨機變量X～B(5，)，則P(X＝2)＝________.
題型探究·課堂解透——強化創新性
　
題型 1　n重伯努利試驗
例1　甲、乙兩人各射擊一次，擊中目標的概率分別是和，假設每次射擊是否擊中目標，相互之間沒有影響．
(1)求甲射擊3次，至少1次未擊中目標的概率；
(2)求兩人各射擊2次，甲恰好擊中目標2次且乙恰好擊中目標1次的概率．
方法歸納
利用n重伯努利試驗求概率的步驟
鞏固訓練1　操場上有5名同學正在打籃球，每位同學投中籃筐的概率都是，且各次投籃是否投中相互獨立．
(1)求其中恰好有4名同學投中的概率；
(2)求其中至少有4名同學投中的概率．
題型 2　二項分布
例2　某公司的一次招聘中，應聘者都要經過A、B、C三個獨立項目的測試，如果通過其中的兩個或三個項目的測試即可被錄用．若甲、乙、丙三人通過每個項目測試的概率都是.
(1)求甲被錄用的概率；
(2)設甲、乙、丙三人中被錄用的人數為X，求X的分布列．
方法歸納
(1)當X服從二項分布時，應弄清X～B(n，p)中的試驗次數n與成功概率p.
(2)解決二項分布問題的兩個關注點：
①對于公式P(X＝k)＝pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，必須在滿足“伯努利試驗”時才能應用，否則不能應用該公式．
②判斷一個隨機變量是否服從二項分布，關鍵有兩點：一是對立性，即一次試驗中，事件發生與否兩者必有其一；二是重復性，即試驗是獨立重復地進行了n次．
鞏固訓練2　某商場舉行有獎促銷活動，顧客購買一定金額商品后即可抽獎，每次抽獎都從裝有4個紅球，6個白球的甲箱和裝有5個紅球、5個白球的乙箱中，各隨機摸出1個球，在摸出的2個球中，若都是紅球，則獲獎．
(1)求顧客抽獎1次能獲獎的概率；
(2)若顧客有3次抽獎機會，記該顧客在3次抽獎中獲獎的次數為X，求X的分布列．
題型 3　二項分布的均值與方差
例3　[2022·福建寧德·高二期末]2022北京冬奧會和冬殘奧會吉祥物冰墩墩、雪容融亮相上海展覽中心．為了慶祝吉祥物在上海的亮相，某商場舉辦了一場贏取吉祥物掛件的“定點投籃”活動，方案如下：
方案一：共投9次，每次投中得1分，否則得0分，累計所得分數記為Y；
方案二：共進行三輪投籃，每輪最多投三次，直到投中兩球為止得3分，否則得0分，三輪累計所得分數記為X.
累計所得分數越多，所獲得獎品越多．現在甲準備參加這個“定點投籃”活動，已知甲每次投籃的命中率為p(0(1)若p＝，甲選擇方案二，求第一輪投籃結束時，甲得3分的概率；
(2)以最終累計得分的期望值為決策依據，甲在方案一，方案二之中選其一，應選擇哪個方案？
方法歸納
用二項分布的均值與方差解實際應用題的步驟
鞏固訓練3　某商場為刺激消費，擬按以下的方案進行促銷：顧客每消費500元便得到獎券一張，每張獎券的中獎概率為，若中獎，商場返還顧客現金100元．某顧客現購買價格為2 300元的臺式電腦一臺，得到獎券4張．
(1)設該顧客中獎的獎券張數為X，求X的分布列，均值及方差；
(2)設該顧客購買臺式電腦的實際支出為Y元，用X表示Y，并求Y的數學期望．
7.4.1　二項分布
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
兩個　(2)相互獨立
要點二
pk(1－p)n－k　X～B(n，p)
要點三
np　np(1－p)
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．解析：由題意可知，重復進行10次試驗，7次未成功，說明3次成功，所以所求概率為p3(1－p)7.故選A.
答案：A
3．解析：隨機變量X～B(6，)，則數學期望E(X)＝6×＝3.故選B.
答案：B
4．解析：由題意知：P(X＝2)＝＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)記“甲射擊3次至少有1次未擊中目標”為事件A1，由題意，射擊3次，相當于3重伯努利試驗，故P(A1)＝1－P()＝1－＝.
(2)記“甲射擊2次，恰有2次擊中目標”為事件A2，“乙射擊2次，恰有1次擊中目標”為事件B2，則P(A2)＝＝，P(B2)＝×(1－)＝，
由于甲、乙射擊相互獨立，故P(A2B2)＝＝.
鞏固訓練1　解析：(1)∵每位同學投中籃筐的概率都是，且各次投籃是否投中相互獨立，
∴其中恰好有4名同學投中的概率
P＝＝.
(2)其中至少有4名同學投中的概率
P＝＝.
例2　解析：(1)通過兩個項目測試的概率為＝，
通過三個項目測試的概率為＝，
則甲被錄用的概率為＝.
(2)由于甲、乙、丙三人通過每個項目測試的概率都是，由此知甲乙丙被錄用的概率都是，所以X～B(3，)，
所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
鞏固訓練2　解析：(1)記事件A＝{甲、乙兩箱中摸出球都是紅球}，則P(A)＝＝.
即顧客抽獎1次能獲獎的概率為.
(2)由題可知X～B(3，)，
∴P(X＝0)＝(1－)3＝，
P(X＝1)＝(1－)2＝，
P(X＝2)＝(1－)1＝，
P(X＝3)＝(1－)0＝.
故X的分布列為
X 0 1 2 3
P
例3　解析：(1)p＝，甲選擇方案二，甲得3分的事件是3次投籃，前兩球投進與最后一次才投進第2球的事件和，
所以P(X＝3)＝＋2＝，
所以第一輪投籃結束時，甲得3分的概率為.
(2)選方案一，則Y～B(9，p)，選方案一得分的數學期望為E(Y)＝9p，選方案二，每一輪得分只有0和3，能得3分的概率為p0＝2p2(1－p)＋p2＝3p2－2p3，進行三輪投籃，得3分的次數ξ為隨機變量，則ξ～B(3，p0)，Eξ＝3p0，進行三輪總得分X＝3ξ，則選擇方案二得分的期望為E(X)＝3Eξ＝9p0＝9(3p2－2p3)，顯然E(Y)－E(X)＝9p－9(3p2－2p3)＝9p(p－1)(2p－1)，當p＝，E(Y)－E(X)＝0，兩種方案期望相同，所以選方案一，二都可以；當E(X)，方案一期望大，所以甲應該選方案一．
鞏固訓練3　解析：(1)由于每張獎券是否中獎是相互獨立的，因此X～B(4，)．
∴P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
其分布列為
X 0 1 2 3 4
P
∵X～B(4，)，∴E(X)＝4×＝2.
D(X)＝4××(1－)＝1.
(2)由題意可得Y＝2 300－100X，
∴E(Y)＝E(2 300－100X)＝2 300－100E(X)＝2 300－100×2＝2 100.即所求變量Y的數學期望為2 100元．7.4.2　超幾何分布
課標解讀
1.了解超幾何分布．
2．會利用公式求服從超幾何分布的隨機變量的概率、均值．
3．了解超幾何分布與二項分布的關系，能利用超幾何分布概率模型解決實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　超幾何分布
一般地，假設一批產品共有N件，其中有M件次品．從N件產品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產品中的次品數，則X的分布列為P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}，則稱隨機變量X服從超幾何分布．
要點二　超幾何分布的均值
設隨機變量X服從超幾何分布，則X可以解釋為從包含M件次品的N件產品中，不放回地隨機抽取n件產品中的次品數．令p＝，則E(X)＝________．
助 學 批 注
批注　一定要注意公式中字母的范圍及其意義，N—總體中的個體總數，M—總體中的特殊個體總數(如次品總數)，n—樣本容量，k—樣本中的特殊個體數(如次品數)．求分布列時，可以直接利用組合數的意義列式計算，不必機械地記憶這個概率分布列．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)超幾何分布的模型是有放回的抽樣．(　　)
(2)超幾何分布的總體里只有兩類物品．(　　)
(3)二項分布與超幾何分布是同一種分布．(　　)
(4)在超幾何分布中，隨機變量X取值的最大值是M.(　　)
2．在10個村莊中，有4個村莊交通不方便，若用隨機變量X表示任選6個村莊中交通不方便的村莊的個數，則X服從超幾何分布，其參數為(　　)
A．N＝10，M＝4，n＝6
B．N＝10，M＝6，n＝4
C.N＝14，M＝10，n＝4
D．N＝14，M＝4，n＝10
3．盒中有4個白球、5個紅球，從中任取3個球，則取出1個白球和2個紅球的概率是(　　)
A． B．
C． D．
4．已知100件產品中有10件次品，從中任取3件，則任意取出的3件產品中次品數的數學期望為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1 超幾何分布模型的概率
例1　在高二年級的聯歡會上設計了一個摸獎游戲，在一個口袋中裝有5個紅球和10個白球，這些球除顏色外完全相同，一次從中摸出3個球，至少摸到2個紅球就中獎，求中獎的概率．
方法歸納
超幾何分布模型的概率的求解策略
鞏固訓練1　[2022·北京北師大附中高二期中]數學老師從6道習題中隨機抽3道讓同學檢測，規定至少要解答正確2道題才能及格．某同學只能求解其中的4道題，則他能及格的概率是________.
題型 2　超幾何分布的分布列與均值
例2　[2022·河北張家口高二期末]某班4名女生和3名男生站在一排．
(1)求4名女生相鄰的站法種數；
(2)在這7人中隨機抽取3人，記其中女生的人數為X，求隨機變量X的分布列和期望E(X)的值．
方法歸納
求超幾何分布的分布列的步驟
鞏固訓練2　從4名男生和3名女生中任選3人參加辯論比賽，設隨機變量X表示所選3人中女生的人數．
(1)求X的分布列；
(2)求X的均值．
題型 3　超幾何分布與二項分布的區別
例3　[2022·山東濟南高二期末]某試驗機床生產了12個電子元件，其中8個合格品，4個次品．從中隨機抽出4個電子元件作為樣本，用X表示樣本中合格品的個數．
(1)若有放回的抽取，求X的分布列與期望；
(2)若不放回的抽取，求樣本中合格品的比例與總體中合格品的比例之差的絕對值不超過的概率．
方法歸納
超幾何分布與二項分布的區別
超幾何分布 二項分布
試驗 不放回抽樣 有放回抽樣
總體個數 有限個 無限個
隨機變量取值的概率　 利用組合計算 利用相互獨立事件計算
鞏固訓練3　一個袋子中有100個除顏色外完全相同的球，其中有40個黃球、60個白球，從中隨機地摸出20個球作為樣本．用X表示樣本中黃球的個數，分別就有放回摸球和不放回摸球，求X的分布列和數學期望．
7.4.2　超幾何分布
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點二
np
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．解析：根據超幾何分布概率模型知N＝10，M＝4，n＝6.故選A.
答案：A
3．解析：p＝＝.故選C.
答案：C
4．解析：次品數服從超幾何分布，則E(X)＝3×＝0.3.
答案：0.3
題型探究·課堂解透
例1　解析：由題意知，摸到紅球個數X為離散型隨機變量，X服從超幾何分布，則至少摸到2個紅球的概率為P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝.故中獎的概率為.
鞏固訓練1　解析：由超幾何分布的概率公式可得，他能及格的概率是：
P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＝.
答案：
例2　解析：(1)把4名女生看為一個整體，和三名男生排列共有＝576(種)．
所以4名女生相鄰的站法種數576(種)．
(2)由題意可知，X服從超幾何分布，且N＝7，M＝4，n＝3.
X的分布列為P(X＝k)＝，k＝0，1，2，3.
X的數學期望E(X)＝
＝＝.
鞏固訓練2　解析：(1)根據題意，X＝0，1，2，3，
又P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
故X的分布列為
X 0 1 2 3
P
(2)根據(1)中所求分布列可知，X的均值為0×＋1×＋2×＋3×＝.
例3　解析：(1)有放回的抽取P(取到合格品)＝＝，P(取到次品)＝＝，
根據題意可得X的可能取值為0、1、2、3、4，
所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
X的分布列為
P 0 1 2 3 4
X
所以X的數學期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
(2)由題意得總體中合格品的比例為＝，
因為樣本中合格品的比例與總體中合格品的比例之差的絕對值不超過，
所以樣本中合格品的比例大于小于，即樣本中合格品的個數為2或3.
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
所以P(樣本中合格品的比例與總體中合格品的比例之差的絕對值不超過)＝＝.
鞏固訓練3　解析：對于有放回摸球，每次摸到黃球的概率為＝0.4，且各次試驗是獨立的，
因此X～B(20，0.4)，
X的分布列為P(X＝k)＝×0.4k×0.620－k，k＝0，1，2，…，20，
X的數學期望為E(X)＝20×0.4＝8.
對于不放回摸球，各次試驗不獨立，X服從超幾何分布，
X的分布列為P(X＝k)＝，k＝0，1，2，…，20，
X的數學期望為E(X)＝＝8.7.5　正態分布
課標解讀
1.通過誤差模型，了解正態曲線、正態分布的概念．
2．通過借助具體實例的頻率分布直方圖，了解正態分布的特征及曲線表示的含義．
3．了解正態分布的均值、方差及其含義．
4．會求正態分布在給定區間的概率，能利用正態分布知識解決實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　正態曲線
1．正態曲線的概念：函數φμ，σ(x)＝，x∈R，其中實數μ和σ(σ＞0)為參數，稱為________________，稱它的圖象為______________，簡稱正態曲線 .
2．正態曲線的特點
(1)曲線位于x軸上方；
(2)曲線和x軸之間的區域面積為________；
(3)曲線是單峰的，它關于直線________對稱；
(4)曲線在x＝μ處達到峰值(最大值)________；
(5)當|x|無限增大時，曲線無限接近x軸．
要點二　正態分布
1．定義：若隨機變量X的概率分布密度函數為f(x)，則稱隨機變量X服從正態分布，記作：____________．特例：當μ＝____，σ＝____時，稱隨機變量X服從標準正態分布．
2．均值與方差
若X～N(μ，σ2)，則E(X)＝____，D(X)＝____．
要點三　正態變量在三個特殊區間內取值的概率
(1)P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
(2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
(3)P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3 .
助 學 批 注
批注 　(1)當σ一定時，曲線的位置由μ確定．曲線隨著μ的變化而沿x軸平移．
(2)當μ一定時，曲線的位置可確定．當σ較小時，峰值高，曲線“瘦高”，表示隨機變量X的分布比較集中；當σ較大時，峰值低，曲線“矮胖”，表示隨機變量X的分布比較分散．
批注 　在實際應用中，通常認為服從正態分布N(μ，σ2)的隨機變量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]之間的值，簡稱為3σ原則．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)正態曲線是單峰的，其與x軸圍成的面積是隨參數μ，σ的變化而變化的．(　　)
(2)正態曲線可以關于y軸對稱．(　　)
(3)正態曲線的對稱軸的位置由μ確定，曲線形狀由σ確定．(　　)
(4)正態分布中，3σ范圍之外的情況在隨機試驗中是不會發生的．(　　)
2．已知隨機變量X服從正態分布N(1，σ2)，則P(X<1)＝(　　)
A． B．
C． D．
3．如圖是三個正態分布X～N(0，0.64)，Y～N(0，1)，Z～N(0，4)的密度曲線，則三個隨機變量X，Y，Z對應曲線的序號分別依次為(　　)
A．①②③ B．③②①
C．②③① D．①③②
4．已知隨機變量X～N(μ，σ2)，若P(X<－1)＝P(X>5)，則μ＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　正態分布密度曲線
例1　[2022·江蘇宿遷高二期末](多選)已知X～N(，))的正態密度曲線如圖所示．下列結論中正確的是(　　)
A．μ1<μ2
B．σ1<σ2
C． t∈R，P(X≥t)≥P(Y≥t)
D． t∈R，P(X≥t)≥P(Y≥t)
方法歸納
利用正態曲線的性質可以求參數μ，σ
(1)正態曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱，由此性質結合圖象求μ.
(2)正態曲線在x＝μ處達到峰值，由此性質結合圖象可求σ.
(3)由σ的大小區分曲線的胖瘦．
鞏固訓練1　[2022·廣東清遠高二期末]已知三個正態密度函數φi(x)＝ (x∈R，i＝1，2，3)的圖象如圖所示，則(　　)
A．μ1＝μ3>μ2，σ1＝σ2>σ3
B．μ1<μ2＝μ3，σ1<σ2<σ3
C．μ1＝μ3>μ2，σ1＝σ2<σ3
D．μ1<μ2＝μ3，σ1＝σ2<σ3
題型 2正態分布的概率計算
例2　(1)[2022·廣東廣州高二期末]已知隨機變量X服從正態分布N(2，σ2)，P(X≥4)＝0.2，則P(0A．0.2 B．0.3
C．0.5 D．0.8
(2)[2022·山東聊城高二期末]已知隨機變量X，Y，X～B(4，), Y～N(μ，σ2)，且D(X)＝E(Y)，又P(Y≤a－1)＋P(Y≤3－2a)＝1，則實數a＝(　　)
A．0 B．
C． D．
方法歸納
正態變量在某個區間內取值概率的求解策略
鞏固訓練2　(1)[2022·河北張家口高二期末]已知X～N(2，σ2)，且P(X<4)＝0.7，則P(0A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
(2)[2022·福建龍巖高二期末]已知隨機變量X～N(8，σ2)，且P(6題型 3正態分布的實際應用
例3　在某校舉行的一次數學競賽中，全體參賽學生的競賽成績X近似服從正態分布N(70，100)．已知成績在90分以上(含90分)的學生有16名．
(1)試問此次參賽的學生總數約為多少？
(2)若該校計劃獎勵競賽成績在80分以上(含80分)的學生，試問此次競賽獲獎勵的學生約為多少人？
附：P(|X－μ|<σ)＝0.683，P(|X－μ|<2σ)＝0.955，P(|X－μ|<3σ)＝0.997.
方法歸納
正態曲線的應用及求解策略
解答此類題目的關鍵在于將待求的問題向(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)這三個區間進行轉化，然后利用上述區間的概率求出相應概率，在此過程中依然會用到化歸思想及數形結合思想．
鞏固訓練3　(1)[2022·江蘇淮安高二期末]某班50名同學參加體能測試，經統計成績c近似服從N(90，σ2)，若P(90≤c≤95)＝0.3，則可估計該班體能測試成績低于85分的人數為(　　)
A．5 B．10
C．15 D．30
(2)[2022·廣東深圳高二期末]某種包裝的大米質量ξ(單位：kg)服從正態分布ξ～N(10，σ2)，根據檢測結果可知P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，某公司購買該種包裝的大米1 000袋，則大米質量在10.02 kg以上的袋數大約是(　　)
A．5 B．10
C．20 D．40
7．5　正態分布
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
1．正態密度函數　正態密度曲線
2．(2)1　(3)x＝μ　(4)
要點二
1．X～N(μ，σ2)　0　1
2．μ　σ2
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．解析：因為X～N(1，σ2)，所以直線X＝1為正態分布的對稱軸，所以P(X<1)＝.故選D.
答案：D
3．解析：由題意，得σ(X)＝0.8，σ(Y)＝1，σ(Z)＝2，
因為當σ較小時，峰值高，正態曲線尖陡，且σ(X)<σ(Y)<σ(Z)，
所以三個隨機變量X，Y，Z對應曲線的序號分別依次為①，②，③.故選A.
答案：A
4．解析：因為P(X<－1)＝P(X>5)，故μ＝＝2.
答案：2
題型探究·課堂解透
例1　解析：由正態密度曲線的性質可知)的正態密度曲線分別關于x＝μ1，x＝μ2對稱，σ越小密度曲線越“高瘦”，由題圖可知μ1<μ2，σ1<σ2，故AB正確；
當t≥μ1，P(X≥t)由于正態密度曲線與x軸之間的面積為1，由題圖可知 t∈R，P(X≥t)≥P(Y≥t)，故D正確．故選ABD.
答案：ABD
鞏固訓練1　解析：由題圖中y＝φi(x)的對稱軸知：μ1<μ3＝μ2，
y＝φ1(x)與y＝φ2(x)(一樣)瘦高，而y＝φ3(x)胖矮，
所以σ1＝σ2<σ3.故選D.
答案：D
例2　解析：(1)因隨機變量X服從正態分布N(2，σ2)，P(X≥4)＝0.2.
所以P(X≤0)＝0.2，P(0所以P(0(2)由題意，D(X)＝4××(1－)＝1＝E(Y)，則μ＝1，
又P(Y≤a－1)＋P(Y≤3－2a)＝1，則a－1＋3－2a＝2，解得a＝0.故選A.
答案：(1)B　(2)A
鞏固訓練2　解析：(1)因為P(X<4)＝0.7，所以P(X≥4)＝0.3，又＝2，
所以P(X≤0)＝P(X≥4)＝0.3，所以P(0(2)由題意得，正態分布曲線的對稱軸為x＝8，
根據對稱性可得：P(6答案：(1)B　(2)
例3　解析： (1)設參賽學生的成績為X，因為X～N(70，100)，所以μ＝70，σ＝10，則
P(X≥90)＝P(X≤50)＝[1－P(5016÷0.022 5≈711(人)．
因此，此次參賽學生的總數約為711.
(2)由P(X≥80)＝P(X≤60)＝[1－P(60得711×0.158 5≈113(人)．
因此，此次競賽獲獎勵的學生約為113人．
鞏固訓練3　解析：(1)由c近似服從N(90，σ2)，可知正態分布曲線的對稱軸為μ＝90，
則P(85≤c≤90)＝P(90≤c≤95)＝0.3，
所以P(c<85)＝[1－2P(90≤c≤95)]＝0.2，
則可估計該班體能測試成績低于85分的人數為50×0.2＝10人，故選B.
(2)因大米質量ξ～N(10，σ2)，且P(9.98≤ξ≤10.02)＝0.98，
則P(ξ>10.02)＝＝0.01，
所以大米質量在10.02 kg以上的袋數大約為1 000×0.01＝10.故選B.
答案：(1)B　(2)B專 項 培 優2章末復習課
·
　·
考點一　條件概率
1．條件概率是學習相互獨立事件的前提和基礎，計算條件概率時，必須搞清要求的條件概率是在什么條件下發生的概率．一般地，計算條件概率常有兩種方法：(1)P(B|A)＝.(2)P(B|A)＝.
2．通過對條件概率的考查，提升學生的邏輯推理、數學運算核心素養．
例1　[2022·新高考Ⅰ卷節選]一醫療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當地居民的衛生習慣(衛生習慣分為良好和不夠良好兩類)的關系，在已患該疾病的病例中隨機調查了100例(稱為病例組)，同時在未患該疾病的人群中隨機調查了100人(稱為對照組)，得到如下數據：
不夠良好 良好
病例組 40 60
對照組 10 90
從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛生習慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”，與的比值是衛生習慣不夠良好對患該疾病風險程度的一項度量指標，記該指標為R.
(1)證明：R＝·；
(2)利用該調查數據，給出P(A|B)，P(A|)的估計值，并利用(1)的結果給出R的估計值．
例2　[2022·新高考Ⅱ卷]在某地區進行流行病學調查，隨機調查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數據的頻率分布直方圖：
(1)估計該地區這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數據用該組區間的中點值為代表)；
(2)估計該地區一位這種疾病患者的年齡位于區間[20，70)的概率；
(3)已知該地區這種疾病的患病率為0.1%，該地區年齡位于區間[40，50)的人口占該地區總人口的16%.從該地區中任選一人，若此人的年齡位于區間[40，50)，求此人患這種疾病的概率(以樣本數據中患者的年齡位于各區間的頻率作為患者的年齡位于該區間的概率，精確到0.000 1)．
考點二　相互獨立事件的概率
1．相互獨立事件的概率通常和互斥事件的概率綜合在一起考查，這類問題具有一個明顯的特征，那就是在題目的條件中已經出現一些概率值，解題時先要判斷事件的性質(是互斥還是相互獨立)，再選擇相應的公式計算求解．
2．通過對相互獨立事件概率公式應用的考查，提升學生的數學抽象、邏輯推理核心素養．
例3　甲、乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，若賽完5局仍未出現連勝，則判定獲勝局數多者贏得比賽．假設每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結果相互獨立．
(1)求甲在4局以內(含4局)贏得比賽的概率；
(2)記X為比賽決出勝負時的總局數，求X的分布列．
考點三　二項分布與超幾何分布
1．二項分布與超幾何分布是高中階段主要學習的兩種分布，由于這兩種分布列在生活中應用較為廣泛，故在高考中對該知識點的考查較靈活，常與期望、方差融合在一起．
2．通過對二項分布與超幾何分布的考查，提升學生的數學抽象、邏輯推理、數學運算核心素養．
例4　[2022·福建三明高二期中]2022年2月20日，北京冬奧會在鳥巢落下帷幕，中國隊創歷史最佳戰績．北京冬奧會的成功舉辦推動了我國冰雪運動的普及，讓越來越多的青少年愛上了冰雪運動．某校組織了一次全校冰雪運動知識競賽，并抽取了100名參賽學生的成績制作成如下頻率分布表：
競賽得分 [50，60] (60，70] (70，80] (80，90] (90，100]
頻率 0.1 0.1 0.3 0.3 0.2
(1)如果規定競賽得分在(80，90]為“良好”，競賽得分在(90，100]為“優秀”，從成績為“良好”和“優秀”的兩組學生中，使用分層抽樣抽取5人．現從這5人中抽取2人進行座談，求兩人競賽得分都是“優秀”的概率；
(2)以這100名參賽學生中競賽得分為“優秀”的頻率作為全校知識競賽中得分為“優秀”的學生被抽中的概率．現從該校學生中隨機抽取3人，記競賽得分為“優秀”的人數為X，求隨機變量X的分布列及數學期望．
例5　[2022·廣東深圳高二期中]近年來，某市為促進生活垃圾分類處理，將生活垃圾分為廚余垃圾、可回收物和其他垃圾三類，并分別設置了相應的垃圾桶．為調查居民生活垃圾分類投放情況，現隨機抽取了該市三類垃圾桶中的生活垃圾，總計400噸，數據統計如下表(單位：噸)．
廚余垃圾桶 可回收物桶 其他垃圾桶
廚余垃圾 60 20 20
可回收物 10 40 10
其他垃圾 30 40 170
(1)試估計廚余垃圾投放正確的概率P；
(2)某社區成立了垃圾分類宣傳志愿者小組，有7名女性志愿者，3名男性志愿者，現從這10名志愿者中隨機選取3名，利用節假日到街道進行垃圾分類宣傳活動(每名志愿者被選到的可能性相同)．設X為選出的3名志愿者中男性志愿者的個數，求隨機變量X的分布列及數學期望．
考點四　離散型隨機變量的均值和方差在決策中
的作用
1．方差是建立在均值這一概念之上的，它表明了隨機變量所取的值相對于它的均值的集中與離散程度，二者聯系密切，在現實生產生活中特別是風險決策中有著重要意義，因此在當前的高考中是一個熱點問題．
2．通過對離散型隨機變量的均值和方差在決策中的作用的考查，提升學生的數學運算、邏輯推理、數據分析核心素養．
例6　[2021·新高考Ⅰ卷]某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題，每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束：若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分：B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分，已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．
(1)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；
(2)為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由．
考點五　正態分布
1．正態分布在實際生產生活中有廣泛的應用，在解題中注意求準正態分布中的參數μ，σ，充分利用正態曲線關于直線x＝μ對稱及在三個特殊區間的概率進行求解．
2．通過對正態分布的考查，提升學生的數學運算、直觀想象、數據分析核心素養．
例7　(1)[2021·新高考Ⅱ卷]某物理量的測量結果服從正態分布N(10，σ2)，下列結論中不正確的是(　　)
A．σ越小，該物理量在一次測量中在(9.9，10.1)的概率越大
B．σ越小，該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5
C．σ越小，該物理量在一次測量中小于9.99與大于10.01的概率相等
D．σ越小，該物理量在一次測量中落在(9.9，10.2)與落在(10，10.3)的概率相等
(2)[2022·新高考Ⅱ卷]已知隨機變量X服從正態分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝________．
章末復習課
考點聚焦·分類突破
例1　解析：(1)證明：∵＝·＝···＝·，
·＝···＝·＝·，
∴R＝·.
(2)由表格中的數據，得
P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝，
∴P(|B)＝1－P(A|B)＝，
P(|)＝1－P(A|)＝，
∴R＝·＝＝6.
例2　解析：(1)平均年齡＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝(0.005＋0.03＋0.3＋0.595＋1.035＋1.1＋1.105＋0.45＋0.17)×10＝47.9(歲)．
(2)設A＝{一位這種疾病患者的年齡位于區間[20，70)}，則P(A)＝1－P()＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝1－0.11＝0.89.
(3)設B＝{任選一人年齡位于區間[40，50)}，C＝{任選一人患這種疾病}，
則由條件概率公式，得
P(C|B)＝＝＝＝0.001 437 5≈0.001 4.
即此人患這種疾病的概率約為0.001 4.
例3　解析：用A表示“甲在4局以內(含4局)贏得比賽”，Ak表示“第k局甲獲勝”，Bk表示“第k局乙獲勝”．
則P(Ak)＝，P(Bk)＝，
k＝1，2，3，4，5.
(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)
＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)
＝＋＋
＝.
(2)X的可能取值為2，3，4，5.
P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)
＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝.
P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)
＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝.
P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)
＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)＝.
P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝.
故X的分布列為
X 2 3 4 5
P
例4　解析：(1)成績為“良好”和“優秀”的兩組頻率合計0.5，共50人，抽樣比為.
所以成績為“良好”的抽取30×＝3人，成績為“優秀”的抽取20×＝2人．
所以抽到的競賽得分都是“優秀”的概率為P＝＝.
(2)由題意知，X的可能取值為0，1，2，3.
由題可知，任意1名學生競賽得分“優秀”的概率為P1＝＝，競賽得分不是“優秀”的概率為P2＝1－P1＝1－＝.若以頻率估計概率，則X服從二項分布B(3，)．
P(X＝0)＝＝；
P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝＝；
P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
例5　解析：(1)由題表可得廚余垃圾共有60＋20＋20＝100噸，其中投入廚余垃圾桶的有60噸，所以廚余垃圾投放正確的概率P＝＝.
(2)隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
所以選出的3名志愿者中男性志愿者個數的數學期望為.
例6　解析：(1)由題可知，X的所有可能取值為0，20，100.
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2；
P(X＝20)＝0.8(1－0.6)＝0.32；
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.
所以X的分布列為
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)由(1)知，E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B問題，記Y為小明的累計得分，則Y的所有可能取值為0，80，100.
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4；
P(Y＝80)＝0.6(1－0.8)＝0.12；
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.
所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因為54.4<57.6，所以小明應選擇先回答B類問題．
例7　解析：(1)對于A，σ2為數據的方差，所以σ越小，數據在μ＝10附近越集中，所以測量結果落在(9.9，10.1)內的概率越大，故A正確；
對于B，由正態分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量大于10的概率為0.5，故B正確；
對于C，由正態分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結果大于10.01的概率與小于9.99的概率相等，故C正確；
對于D，因為該物理量一次測量結果落在(9.9，10.0)的概率與落在(10.2，10.3)的概率不同，所以一次測量結果落在(9.9，10.2)的概率與落在(10，10.3)的概率不同，故D錯誤．故選D.
(2)由題意可知P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2答案：(1)D　(2)0.14

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