資源簡介

3．2.1　離散型隨機變量及其分布
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：如果隨機試驗每一個可能結果e，都唯一地對應著一個實數X(e)，則這個隨著試驗結果不同而變化的變量稱為隨機變量 .隨機變量通常用X，Y，ξ，η，…表示．
批注 　按照隨機變量的特性，通常可把隨機變量分為離散型隨機變量和連續型隨機變量．
2．離散型隨機變量：如果隨機變量X的所有取值都可以________出來，則稱X為離散型隨機變量 .
批注 　離散型隨機變量可能取的值為有限個或至多可數個．
要點二　離散型隨機變量的分布列
1．分布列的概念：一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，其相應的的概率為p1，p2，…，pn，記P(X＝xi)＝pi(i＝1，2，…，n)，把上式或下表稱為離散型隨機變量X的概率分布列(簡稱為X的分布列 )．
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
批注 　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．
2.離散型分布列的性質
①pi≥________，i＝1，2，…，n；
②p1＋p2＋…＋pn＝________．
批注 　利用分布列的性質可以驗證某個分布列是否為離散型隨機變量的分布列．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)在離散型隨機變量分布列中每一個可能值對應的概率可以為任意的實數．(　　)
(2)在離散型隨機變量分布列中，在某一范圍內取值的概率等于它取這個范圍內各值的概率之積．(　　)
(3)離散型隨機變量的取值是任意的實數．(　　)
2．先后拋擲一枚質地均勻的骰子5次，那么不能作為隨機變量的是(　　)
A.出現7點的次數
B.出現偶數點的次數
C.出現2點的次數
D.出現的點數大于2小于6的次數
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．設離散型隨機變量X的分布列為
X 1 2 3 4
P p
則p的值為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　離散型隨機變量的判定
例1　(多選)下面給出四個隨機變量，其中是離散型隨機變量的是(　　)
A．某高速公路上某收費站在未來1小時內經過的車輛數X是一個隨機變量
B．一個沿直線y＝x進行隨機運動的質點，它在該直線上的位置Y是一個隨機變量
C．某網站未來1小時內的點擊量
D．一天內的溫度η
方法歸納
判斷離散型隨機變量的步驟
鞏固訓練1　下列隨機變量中是離散型隨機變量的為(　　)
A．某人早晨在車站等出租車的時間X
B．以測量儀的最小單位計數，測量的舍入誤差X
C．連續不斷地射擊，首次命中目標所需要的射擊次數X
D．沿數軸隨機運動的質點在數軸上的位置X
　用隨機變量表示隨機試驗的結果
例2　寫出下列各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)在含有10件次品的100件產品中任意抽取4件，所含次品的件數X；
(2)設一輛汽車在開往目的地的道路上需經過5盞信號燈，ξ表示汽車首次停下時已通過的信號燈的盞數．
方法歸納
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2　已知小王錢夾中有20元、10元、5元和1元面額的人民幣各一張，他決定隨機抽出兩張，用來買晚餐．若用X表示所抽兩張人民幣的金額之和，求出隨機變量X的取值范圍，并分別說明這些取值所表示的隨機試驗結果．
　求離散型隨機變量的分布列
例3　一個盒子里裝有4張大小形狀完全相同的卡片，分別標有數字2，3，4，5；另一個盒子里也裝有4張大小形狀完全相同的卡片，分別標有數字3，4，5，6.現從一個盒子里任取一張卡片，其上面的數記為x，再從另一個盒子里任取一張卡片，其上面的數記為y，記隨機變量η＝x＋y，求η的分布列．
方法歸納
求離散型隨機變量分布列的一般步驟
鞏固訓練3　某班有學生45人，其中O型血的有10人，A型血的有12人，B型血的有8人，AB型血的有15人．現從中抽1人，其血型為隨機變量X，求X的分布列．
　離散型隨機變量分布列的性質及應用
例4　已知離散型隨機變量X的分布列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4　
(1)設隨機變量ξ只能取5，6，7，…，16這12個值，且取每一個值概率均相等，若P(ξ(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)＝________．
3．2.1　離散型隨機變量及其分布
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
2．逐個列舉
要點二
2．0　1
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)×
2．解析：∵拋擲一枚骰子不可能出現7點，出現7點為不可能事件，
∴出現7點的次數不能作為隨機變量.
答案：A
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.
答案：B
4．解析：由離散型隨機變量分布列的性質知P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝1，所以p＝1－＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：A是，因為1小時內經過該收費站的車輛可一一列出；B不是，質點在直線y＝x上運動時的位置無法一一列出；C是，1小時內網站的訪問次數可一一列出；D不是，1天內的溫度η是該天最低溫度和最高溫度這一范圍內的任意實數，無法一一列出．
答案：AC
鞏固訓練1　解析：連續不斷地射擊，首次命中目標所需要的射擊次數，可能是1，2，3，…，是隨機的，可以一一列出，是離散型隨機變量．選項A，B，D中的隨機變量X可以取某一區間內的一切值，無法按一定次序一一列出，故不是離散型隨機變量．
答案：C
例2　解析：(1)隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，4.
X＝i表示“取出的4件產品中有i件次品”，其中i＝0，1，2，3，4.
(2)ξ可能的取值為0，1，2，3，4，5，ξ＝k(k＝0，1，2，3，4)表示“在遇到第k＋1盞信號燈時首次停下”；ξ＝5表示“在途中沒有停下，直達目的地”．
鞏固訓練2　解析：X的取值范圍是{6，11，15，21，25，30}．
其中，X＝6表示“抽到的是1元和5元”；
X＝11表示“抽到的是1元和10元”；
X＝15表示“抽到的是5元和10元”；
X＝21表示“抽到的是1元和20元”；
X＝25表示“抽到的是5元和20元”；
X＝30表示“抽到的是10元和20元”．
例3　解析：依題意，η的可能取值是5，6，7，8，9，10，11.
則有P(η＝5)＝＝，
P(η＝6)＝＝，P(η＝7)＝，
P(η＝8)＝＝，P(η＝9)＝，
P(η＝10)＝＝，P(η＝11)＝.
所以η的分布列為：
η 5 6 7 8 9 10 11
P
鞏固訓練3　解析：將O，A，B，AB四種血型分別編號為1，2，3，4，
則X的可能取值為1，2，3，4.
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.
故X的分布列為
X 1 2 3 4
P
例4　解析：(1)由題意得隨機變量X的分布列如下表所示．
X 1
P a 2a 3a 4a 5a
由分布列的性質得，a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝.
(2)P＝P＋P＋P＝＝.
(3)∵∴P＝P＋P＝＝.
鞏固訓練4　解析：(1)由條件知P(ξ＝k)＝，k＝5，6，…，16，P(ξ(2)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：(1)(5，6]　(2)第1課時　兩點分布與二項分布
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　兩點分布
如果隨機變量X只取值0或1，且其概率分布是P(X＝1)＝p，P(X＝0)＝________，p∈(0，1)，則稱隨機變量X服從兩點分布 ，記作X～B(1，p)．兩點分布又稱0 1分布．
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.
要點二　二項分布
1．獨立重復試驗：一般地，在相同條件下進行n次重復 試驗，如果每次試驗只有兩種可能的結果A與，并且P(A)保持不變，各次試驗的結果________，那么稱這樣的試驗為伯努利試驗，它也是一種n次獨立重復試驗．
批注 　“重復”意味著各次試驗成功的概率相同．
2．二項分布：一般地，在n次獨立重復試驗中，用X表示事件A出現的次數，設每次試驗中事件A發生的概率為p，則X有概率分布：P(X＝k)＝pkqn－k， k＝0，1，…，n，其中q＝1－p.注意到pkqn－k正好是二項式(p＋q)n的展開式中的第(k＋1)項，故稱隨機變量X服從二項分布，記作X～B(n，p)，其中n，p為參數，p為事件發生的概率．
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．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)伯努利試驗每次試驗之間是相互獨立的．(　　)
(2)伯努利試驗每次試驗只有發生與不發生兩種結果．(　　)
(3)兩點分布就是二項分布．(　　)
2．設隨機變量X服從兩點分布，若P(X＝1)－P(X＝0)＝0.2，則成功概率P(X＝1)＝(　　)
A．0.2　　　 B．0.4
C．0.6　　　 D．0.8
3．某試驗每次成功的概率為p(0p3(1－p)7
p7(1－p)3
p4(1－p)6
p6(1－p)4
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　
　兩點分布
例1　袋內有10個紅球，5個白球，從中摸出2個球，記X＝求X的分布列．
方法歸納
1．兩點分布的特點
(1)兩點分布中只有兩個對應結果，且兩個結果是對立的．
(2)由對立事件的概率求法可知：P(X＝0)＋P(X＝1)＝1.
2．兩點分布的適用范圍
(1)研究只有兩個結果的隨機試驗的概率分布規律．
(2)研究某一隨機事件是否發生的概率分布規律．
如抽取的彩券是否中獎；買回的一件產品是否為正品；新生嬰兒的性別；投籃是否命中等，都可以用兩點分布來研究．鞏固訓練1　若隨機變量ξ只能取兩個值0，1，又知ξ取0的概率是取1的概率的3倍，寫出ξ的分布列．
　獨立重復試驗
例2　某氣象站天氣預報的準確率為80%，計算：(結果保留到小數點后面第2位)
(1)5次預報中恰有2次準確的概率；
(2)5次預報中至少有2次準確的概率．
方法歸納
求n次獨立重復試驗概率的步驟
鞏固訓練2　某籃球運動員投籃的命中率為0.7，現投了6次球．
(1)求恰有4次命中的概率；
(2)求至多有4次命中的概率．
　二項分布
例3　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．
方法歸納
二項分布中需要注意的問題
(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)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3　從學校乘汽車到火車站的途中有3個交通崗，假設在各個交通崗遇到紅燈的事件是相互獨立的，并且概率都為，設X為途中遇到紅燈的次數，求隨機變量X的分布列．
第1課時　兩點分布與二項分布
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
1－p
要點二
1．相互獨立
[基礎自測]
1．(1)√　(2)√　(3)×
2．解析：隨機變量X服從兩點分布，P(X＝1)－P(X＝0)＝0.2，
根據兩點分布概率性質可知：，
解得P(X＝1)＝0.6.
答案：C
3．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.
答案：A
4．解析：由題意知：P(X＝2)＝)2()3＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：由題設知X服從兩點分布，且P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝.
所以X的分布列為
X 0 1
P
鞏固訓練1　解析：由題意及分布列滿足的條件知P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝3P(ξ＝1)＋P(ξ＝1)＝1，
所以P(ξ＝1)＝，故P(ξ＝0)＝.
所以ξ的分布列為
ξ 0 1
P
例2　解析：(1)記“預報1次準確”為事件A，則P(A)＝0.8.
5次預報相當于5重伯努利試驗．
2次準確的概率P1＝×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05.
因此5次預報中恰有2次準確的概率約為0.05.
(2)“5次預報中至少有2次準確”的對立事件為“5次預報全部不準確或只有1次準確”，
其概率P2＝×0.8×0.24＝0.006 72.
所求概率為1－P2＝1－0.006 72≈0.99.
鞏固訓練2　解析：(1)某籃球運動員投籃的命中率為0.7，則未命中的概率為1－0.7＝0.3，
現投了6次球，恰有4次投中的概率為：P＝×(0.7)4×(1－0.7)2＝0.324 135.
(2)至多有4次投中的概率為：
P＝×0.74×0.32＝0.579 825.
例3　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，
∴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
鞏固訓練3　解析：由已知，有X～B，
可得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第2課時　超幾何分布
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點　超幾何分布
一般地，若N件產品中有M件次品，任取n件，其中恰有X件次品，則事件{X＝k}發生的概率為P(X＝k)＝，k＝0，1，2，…，l，其中l＝min{M，n}，且M≤N，n≤N－M，n，M，N∈N＋，稱分布列
為超幾何分布列．如果隨機變量X的分布列為超幾何分布列，就稱X服從超幾何分布，記作________．
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．
　
基 礎 自 測
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)二項分布與超幾何分布是同一種分布．(　　)
(3)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．某導游團有外語導游10人，其中6人會說日語．現要選出4人去完成一項任務，則有兩人會說日語的概率為________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　超幾何分布的概念辨析
例1　盒中共有9個球，其中有4個紅球、3個黃球和2個白球，這些球除顏色外完全相同．
(1)若用隨機變量X表示任選4個球中紅球的個數，則X服從超幾何分布，其參數為(　　)
A．N＝9，M＝4，n＝4
B．N＝9，M＝5，n＝5
C．N＝13，M＝4，n＝4
D．N＝14，M＝5，n＝5
(2)若用隨機變量Y表示任選3個球中紅球的個數，則Y的可能取值為________；
(3)若用隨機變量Z表示任選5個球中白球的個數，則P(Z＝2)＝________．
方法歸納
超幾何分布的三點說明
(1)超幾何分布的模型是不放回抽樣．
(2)超幾何分布中的參數是M，N，n.
(3)超幾何分布可解決產品中的正品和次品、盒中的白球和黑球、同學中的男和女等問題，往往由差異明顯的兩部分組成．
鞏固訓練1　
(1)下列隨機事件中的隨機變量X服從超幾何分布的是(　　)
A．將一枚硬幣連拋3次，正面向上的次數X
B．從7名男生與3名女生共10名學生干部中選出5名優秀學生干部，選出女生的人數X
C．某射手射擊的命中率為0.8，現對目標射擊1次，記命中目標的次數為X
D．盒中有4個白球和3個黑球，每次從中摸出1個球且不放回，X是首次摸出黑球時的總次數
(2)盒中共有9個球，其中有4個紅球、3個黃球和2個白球，這些球除顏色外完全相同．若用隨機變量X表示任選4個球中不是紅球的個數，則X服從超幾何分布，其參數N＝________，M＝________，n＝________．
　超幾何分布的分布列
例2　共享電動車是一種新的交通工具，通過掃碼開鎖，實現循環共享．某記者來到中國傳媒大學探訪，在校園噴泉旁停放了10輛共享電動車，這些電動車分為熒光綠和橙色兩種顏色，已知從這些共享電動車中任取1輛，取到的是橙色的概率為P＝0.4，若從這些共享電動車中任意抽取3輛．
(1)求取出的3輛共享電動車中恰好有一輛是橙色的概率；
(2)求取出的3輛共享電動車中橙色的電動車的輛數X的分布列．
方法歸納
超幾何分布的求解步驟
鞏固訓練2　某市A，B兩所中學的學生組隊參加辯論賽，A中學推薦了3名男生、2名女生，B中學推薦了3名男生、4名女生，兩校所推薦的學生一起參加集訓．由于集訓后隊員水平相當，從參加集訓的男生中隨機抽取3人、女生中隨機抽取3人組成代表隊．
(1)求A中學至少有1名學生入選代表隊的概率；
(2)某場比賽前，從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽，設X表示參賽的男生人數，求X的分布列．
　超幾何分布與二項分布的區別
例3　一個盒子中有10個小球，其中3個紅球，7個白球．從這10個球中任取3個．
(1)若采用無放回抽取，求取出的3個球中紅球的個數X的分布列；
(2)若采用有放回抽取，求取出的3個球中紅球的個數Y的分布列．
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　在10件產品中有2件次品，連續抽3次，每次抽1件，求：
(1)不放回抽樣時，抽取次品數ξ的分布列；
(2)放回抽樣時，抽取次品數η的分布列．
第2課時　超幾何分布
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點
X～H(N，M，n)
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)×
2．解析：根據超幾何分布概率模型知N＝10，M＝4，n＝6.
答案：A
3．解析：p＝＝.
答案：C
4．解析：設選出的4人中，會說日語的人數為X，則X服從N＝10，M＝6，n＝4的超幾何分布．所以有兩人會說日語的概率為P(X＝2)＝＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)根據超幾何分布的定義知，N＝9，M＝4，n＝4.
(2)由于只選取了3個球，因此隨機變量Y的所有可能取值為0，1，2，3.
(3)P(Z＝2)＝＝.
答案：(1)A　(2)0，1，2，3　(3)
鞏固訓練1　解析：(1)由超幾何分布的定義可知B正確．
(2)根據超幾何分布的定義知，N＝9，M＝5，n＝4.
答案：(1)B　(2)9　5　4
例2　解析：(1)因為從10輛共享電動車中任取一輛，取到橙色的概率為0.4，所以橙色的電動車有4輛，熒光綠的電動車有6輛．
記A為“從中任取3輛共享電動車中恰好有一輛是橙色”，則P(A)＝＝.
(2)隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3.
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以分布列為
X 0 1 2 3
P
鞏固訓練2　解析：(1)由題意知，參加集訓的男生、女生各有6人．
代表隊中的學生全從B中學抽取(等價于A中學沒有學生入選代表隊)的概率為＝，
因此，A中學至少有1名學生入選代表隊的概率為1－＝；
(2)根據題意，知X的所有可能取值為1，2，3，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列為
X 1 2 3
P
例3　解析：(1)由題意知：X所有可能的取值為0，1，2，3，
∴P(X＝0)＝＝＝；P(X＝1)＝＝＝；
P(X＝2)＝＝＝；P(X＝3)＝＝；
∴X的分布列為：
X 0 1 2 3
P
(2)由題意知：Y所有可能的取值為0，1，2，3，且Y～B(3，)，
∴P(Y＝0)＝(1－)3＝；P(Y＝1)＝＝；
P(Y＝2)＝×()2×(1－)＝；P(Y＝3)＝()3＝；
∴Y的分布列為：
Y 0 1 2 3
P
鞏固訓練3　解析：(1)由題意知隨機變量ξ服從超幾何分布，
∴P(ξ＝k)＝(k＝0，1，2)，
∴P(ξ＝0)＝＝；
P(ξ＝1)＝＝；P(ξ＝2)＝＝，
∴隨機變量ξ的分布列為
ξ 0 1 2
P
(2)由題意，知每次取到次品的概率為＝，
∴η～B(3，)，
∴P(η＝0)＝)3＝，
P(η＝1)＝··＝，
P(η＝2)＝×()2·＝，
P(η＝3)＝×()3·＝，
∴隨機變量η的分布列為
η 0 1 2 3
P3．2.3　離散型隨機變量的數學期望
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　離散型隨機變量的數學期望(均值)
一般地，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X的數學期望或均值 .
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．
要點二　幾類特殊分布的均值
類別 數學期望(均值)
兩點分布X～B(1，p) E(X)＝________
二項分布X～B(n，p) E(X)＝________
超幾何分布X～H(N，M，n) E(X)＝________
要點三　離散型隨機變量的數學期望的性質
對于離散型隨機變量X，若Y＝aX＋b，a，b為常數，則E(Y)＝aE(X)＋b .
批注 　當a＝0時，E(b)＝b，也就是說常數的數學期望是這個常數的本身；當a＝1時，E(X＋b)＝E(X)＋b；當b＝0時，E(aX)＝aE(X)．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)隨機變量X的數學期望E(X)是個變量，其隨X的變化而變化．(　　)
(2)隨機變量的均值反映樣本的平均水平．(　　)
(3)隨機變量的均值相同，則兩個分布也一定相同.(　　)
2．若隨機變量X的分布列為
X －1 0 1
p
則E(X)＝(　　)
A.0 B．－1C.－ D．－
3．若隨機變量X～B(6，)，則數學期望E(X)＝(　　)
A.6 B．3C. D．
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　
　離散型隨機變量的期望
例1　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是，乙獲勝概率是.記X表示比賽決出勝負時的總局數，求X的分布列與期望．
方法歸納
求離散型隨機變量X的數學期望的一般步驟
鞏固訓練1　為響應市政府“綠色出行”的號召，小李工作日上下班出行方式由自駕車改為選擇乘坐公共交通或騎共享單車中的一種．根據小李從2020年4月到2020年6月的出行情況統計，小李每次出行乘坐公共交通的概率是0.4，騎共享單車的概率是0.6.乘坐公共交通單程所需的費用是3元，騎共享單車單程所需的費用是1元．記小李在一個工作日內上下班所花費的總交通費用為X元，假設小李上下班選擇出行方式是相互獨立的，(小李上下班各計一次單程)．
(1)求小李在一個工作日內上下班出行費用為4元的概率；
(2)求X的分布和數學期望E(X)．
　幾個常用分布的數學期望
例2　某公司為招聘新員工設計了一個面試方案：應聘者從6道備選題中一次性隨機抽取3道題，按照題目要求獨立完成．規定：至少正確完成其中2道題便可通過．已知6道備選題中應聘者甲有4道題能正確完成，2道題不能完成；應聘者乙每題正確完成的概率都是，且每題正確完成與否互不影響．求乙正確完成面試題數η的分布列及其期望．
方法歸納
求二項分布與超幾何分布的數學期望的方法
鞏固訓練2　一個口袋里有形狀一樣僅顏色不同的6個小球，其中白色球2個，黑色球4個．若從中一次取3個球，記所取球中白球個數為ξ，則隨機變量ξ的期望為________．
　離散型隨機變量數學期望的性質
例3　某城市出租車的起步價為10元，即行駛路程不超出4 km時，費用為10元；若行駛路程超出4 km，則按每超出1 km加收2元計費(超出不足1 km的部分按1 km計)．從這個城市的民航機場到某賓館的路程為15 km，某司機經常駕車在民航機場與此賓館之間接送旅客，由于行車路線的不同及途中停車時間要轉換成行車路程(這個城市規定，每停車5 min按1 km路程計費，不足5 min的部分不計費)，這個司機在一次接送旅客的轉換后的行車路程ξ是一個隨機變量，設他所收費用η.
(1)求費用η關于行車路程ξ的關系式；
(2)若隨機變量ξ的分布列為
ξ 15 16 17 18
P 0.1 0.5 0.3 0.1
求所收費用η的數學期望．
方法歸納
利用離散型隨機變量的性質求數學期望的策略
1．若題目給出隨機變量Y與X的關系Y＝aX＋b，a，b為常數，直接利用E(Y)＝aE(X)＋b求解
2．若題目未給出隨機變量Y與X的關系，可根據題意列出Y與X的關系Y＝aX＋b，再利用E(Y)＝aE(X)＋b求解
鞏固訓練3　已知隨機變量X的分布列為
X －2 －1 0 1 2
P
若Y＝2X－3，求E(Y)．
3.2.3　離散型隨機變量的數學期望
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn
要點二
p　np　
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)×
2．解析：E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
答案：C
3．解析：隨機變量X～B(6，)，則數學期望E(X)＝6×＝3.
答案：B
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：由題可知，X的可能取值為2，3，4，5，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝；
所以X的分布列為
X 2 3 4 5
P
數學期望E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
鞏固訓練1　解析：(1)在一個工作日內上下班出行費用為4元，即乘坐公共交通和騎共享單車各一次，
故其概率為P(X＝4)＝2×0.4×0.6＝0.48.
(2)依題意，X可能的取值是2，4，6，
P(X＝2)＝0.6×0.6＝0.36；
P(X＝4)＝2×0.4×0.6＝0.48；
P(X＝6)＝0.4×0.4＝0.16.
因此X的分布列為
X 2 4 6
P 0.36 0.48 0.16
由此可知，X的數學期望為E(X)＝2×0.36＋4×0.48＋6×0.16＝3.6.
例2　解析：設乙正確完成面試的題數為η，則η取值范圍是{0，1，2，3}．
P(η＝0)＝×()3＝，
P(η＝1)＝×()1×()2＝，
P(η＝2)＝×()2×()＝，
P(η＝3)＝×()3＝.
應聘者乙正確完成題數η的分布列為
η 0 1 2 3
P
方法一　∴E(η)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
方法二　∵η～B(3，)
∴E(η)＝3×＝2
鞏固訓練2　解析：方法一　由題知，ξ的所有取值為0，1，2.
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝.
所以隨機變量ξ的期望為E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
方法二　由題意知ξ～H(6，2，3)，所以E(ξ)＝＝1.
答案：1
例3　解析：(1)由題意，得η＝10＋2(ξ－4)，
即η＝2ξ＋2，ξ≥15，ξ∈N*.
(2)由ξ的分布列，得E(ξ)＝15×0.1＋16×0.5＋17×0.3＋18×0.1＝16.4.
因為η＝2ξ＋2，
所以E(η)＝2E(ξ)＋2＝2×16.4＋2＝34.8.
故所收費用η的數學期望為34.8元．
鞏固訓練3　解析：E(X)＝(－2)×＋(－1)×＋0×＋1×＋2×＝－.
由公式E(aX＋b)＝aE(X)＋b，得
E(Y)＝E(2X－3)＝2E(X)－3＝2×(－)－3＝－.3.2.4　離散型隨機變量的方差
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　方差
設離散型隨機變量X的分布列為
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
由數學期望的公式可知D(X)＝E{[X－E(X)]2}＝______________．
則稱D(X)為隨機變量X的方差，并稱 為X的標準差 .通常還用σ2表示方差D(X)，用σ表示標準差.
批注 　隨機變量的方差反映了隨機變量取值的穩定與波動、集中與離散的程度．越大，表明平均偏離程度越大，X的取值越分散；反之，越小，X的取值越集中在E(X)附近．
要點二　幾個特殊分布的期望與方差
分布 數學期望(均值) 方差
兩點分布X～B(1，p) E(X)＝p D(X)＝________
二項分布X～B(n，p) E(X)＝np D(X)＝________
要點三　幾個常用公式
若Y＝aX＋b，a，b是常數，X是隨機變量，則
(1)E(k)＝k，D(k)＝________，其中k為常數；
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(X＋b)＝D(X)，D(aX＋b)＝a2D(X)
批注 　離散型隨機變量X加上一個常數b，僅僅使X的值產生一個平移，不改變X與其均值的離散程度，方差保持不變；若離散型隨機變量X乘以一個常數a，其方差變為原方差的a2倍．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)離散型隨機變量X的方差D(X)反映了X取值的平均水平．(　　)
(2)離散型隨機變量的方差越大，隨機變量越穩定．(　　)
(3)離散型隨機變量的方差與標準差的單位是相同的．(　　)
2．已知隨機變量ξ的分布列如下表，則D(ξ)＝(　　)
ξ 1 3 5
P 0.4 0.1 0.5
A.0.95 B．3.2C.0.7 D．3.56
3．若隨機變量X服從兩點分布，且在一次試驗中事件A發生的概率P＝0.5，則E(X)和D(X)分別為(　　)
A.0.25；0.5 B．0.5；0.75
C.0.5；0.25 D．1；0.75
4．已知隨機變量ξ，D(ξ)＝，則ξ的標準差σ(X)＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
　方差、標準差的概念及性質
例1　已知X的分布列如表：
X －1 0 1
P a
(1)計算X的方差及標準差；
(2)若Y＝4X＋3，求Y的均值和方差．
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　已知η的分布列為：
η 0 10 20 50 60
P
(1)求η的方差及標準差；
(2)設Y＝2η－E(η)，求D(Y)．
　幾類特殊的分布
例2　已知某運動員投籃命中率P＝0.6.
(1)求一次投籃中命中次數X的期望與方差；
(2)求重復5次投籃時，命中次數Y的期望與方差．
方法歸納
求幾類特殊分布的方差的步驟
鞏固訓練2　甲、乙、丙3人獨立地破譯某個密碼，每人譯出此密碼的概率均為0.25.設隨機變量X表示譯出密碼的人數，求期望，方差和標準差．
　方差的實際應用問題
例3　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．
方法歸納
利用期望與方差的意義分析解決實際問題的策略
鞏固訓練3　有甲、乙兩名學生，經統計，他們在解答同一份數學試卷時，各自的成績在80分、90分、100分的概率分布大致如下表所示：
甲：
分數X 80 90 100
概率P 0.2 0.6 0.2
乙：
分數Y 80 90 100
概率P 0.4 0.2 0.4
試分析兩名學生的成績水平．
3．2.4　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))2p2＋…＋(xn－E(x))2pn
要點二
p(1－p)　 np(1－p)
要點三
(1)0
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)×
2．解析：由題意，得E(ξ)＝1×0.4＋3×0.1＋5×0.5＝3.2，
∴D(ξ)＝(1－3.2)2×0.4＋(3－3.2)2×0.1＋(5－3.2)2×0.5＝3.56.
答案：D
3．解析：E(X)＝0.5，D(X)＝0.5×(1－0.5)＝0.25.
答案：C
4．解析：ξ的標準差σ(X)＝＝＝.
答案：
題型探究·課堂解透
例1　解析：由分布列的性質，知＋a＝1，故a＝.
所以X的均值E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
(1)X的方差D(X)＝(－1＋)2×＋(0＋)2×＋(1＋)2×＝，
＝.
(2)因為Y＝4X＋3，所以E(Y)＝4E(X)＋3＝2，D(Y)＝42D(X)＝11.
鞏固訓練1　解析：(1)∵E(η)＝0×＋10×＋20×＋50×＋60×＝16，
∴D(η)＝(0－16)2×＋(10－16)2×＋(20－16)2×＋(50－16)2×＋(60－16)2×＝384，
∴＝8.
(2)∵Y＝2η－E(η)，∴D(Y)＝D(2η－E(η))
＝22D(η)＝4×384＝1 536.
例2　解析：(1)方法一　投籃一次命中次數X的分布列為
X 0 1
P 0.4 0.6
則E(X)＝0×0.4＋1×0.6＝0.6，
D(X)＝(0－0.6)2×0.4＋(1－0.6)2×0.6＝0.24.
方法二　X服從兩點分布，
∴E(X)＝p＝0.6，D(X)＝p(1－p)＝0.24.
(2)由題意可知，重復5次投籃，命中次數Y服從二項分布，即Y～B(5，0.6)．
故由二項分布期望與方差的計算公式有
E(Y)＝5×0.6＝3，D(Y)＝5×0.6×0.4＝1.2.
鞏固訓練2　解析：依題意X～B(3，)，
所以E(X)＝3×＝，D(X)＝3×＝，
標準差為＝.
例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．
鞏固訓練3　解析：因為E(X)＝80×0.2＋90×0.6＋100×0.2＝90，
D(X)＝(80－90)2×0.2＋(90－90)2×0.6＋(100－90)2×0.2＝40，
E(Y)＝80×0.4＋90×0.2＋100×0.4＝90，
D(Y)＝(80－90)2×0.4＋(90－90)2×0.2＋(100－90)2×0.4＝80，
即E(X)＝E(Y)，D(X)所以甲與乙的成績均值一樣，甲的方差較小，因此甲的學習成績較穩定．3．3　正態分布
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　正態曲線與正態分布
函數p(x)＝，x∈(－∞，＋∞)，其中實數μ和σ(σ＞0，μ∈R)為參數，p(x)的圖象為正態分布密度曲線，簡稱正態曲線 .此時我們稱隨機變量X服從參數為μ和σ2的正態分布，簡記為X～________．
批注 　概率密度曲線能反映隨機變量X的取值規律以及它取值在某個區間的概率，它所起到的作用與離散型隨機變量分布列的作用是相同的．
要點二　正態分布密度曲線的特點
1．曲線位于x軸上方，與x軸不相交；
2．曲線是單峰的，它關于直線________對稱；
3．p(x)在________處達到最大值；
4．當σ一定時，曲線隨著μ的變化而沿x軸平移；
5．σ越大，正態曲線越扁平，σ越小，正態曲線越尖陡；
6．曲線與x軸之間所夾區域的面積等于________．
要點三　正態分布的均值與方差
若X～N(μ，σ2) ，則E(X)＝________， D(X)＝________．
批注 　特別地，數學期望μ＝0，方差σ2＝1時的正態分布為標準正態分布．
要點四　正態變量在三個特殊區間內取值的概率
1．P(μ－σ2．P(μ－2σ3．P(μ－3σ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，簡稱為原則．
　
基 礎 自 測
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)函數φμ，σ(x)中參數μ，σ的意義分別是樣本的均值與方差．(　　)
(2)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．(　　)
(3)正態曲線可以關于y軸對稱．(　　)
2．已知隨機變量X服從正態分布N(4，σ2)，則P(X<4)等于(　　)
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　
　正態曲線的應用
例1　已知某地農民工年均收入ξ服從正態分布，其密度函數圖象如圖所示．
(1)寫出此地農民工年均收入的正態分布密度函數表達式；
(2)求出總體隨機變量的期望與方差．
方法歸納
正態密度函數解析式的求法
利用圖象求正態密度函數的解析式，應抓住圖象的實質，主要有兩點：一是對稱軸x＝μ，二是最值，這兩點確定以后，相應參數μ，σ便確定了，代入便可求出相應的解析式．
鞏固訓練1　(多選)某市高二期末質量檢測中， 甲、乙、丙三科考試成績的直方圖如圖所示(由于人數眾多， 成績分布的直方圖可視為正態分布), 則由如圖所示曲線可得下列說法中正確的項是(　　)
A．甲科總體的標準差最小
B．丙科總體的平均數最小
C．乙科總體的標準差及平均數都居中
D．甲、乙、丙的總體的平均數相同
　正態分布的概率計算
例2　設X～N(1，22)，試求：
(1)P(－1＜X≤3)；
(2)P(3＜X≤5)．
方法歸納
正態總體在某個區間內取值概率的求解策略
鞏固訓練2　在某次測驗中，測驗結果ξ服從正態分布N(80，σ2)．若P(ξ>90)＝0.2，則P(70<ξ<90)＝________．
　正態分布在實際生活中的應用
例3　某車間生產一批零件，現從中隨機抽取10個零件，測量其內徑的數據如下(單位：cm)：
97 97 98 102 105 107 108 109 113 114
設這10個數據的平均值為μ，標準差為σ.
(1)求μ與σ；
(2)假設這批零件的內徑Z(單位：cm)服從正態分布N(μ，σ2)．
①從這批零件中隨機抽取5個，設這5個零件中內徑小于87 cm的個數為X，求E(4X＋3)；
②若該車間又新購一臺新設備，安裝調試后，試生產了5個零件，測量其內徑(單位：cm)分別為86，95，103，109，118.以原設備生產性能為標準，試問這臺設備是否需要進一步調試？說明理由．
參考數據：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3，0.997 34≈0.99.
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　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.
3．3　正態分布
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
N(μ，σ2)
要點二
2．x＝μ
3．x＝μ
6．1
要點三
μ　σ2
[基礎自測]
1．(1)×　(2)×　(3)√
2．解析：因為X～N(4，σ2)，所以直線X＝4為正態分布的對稱軸，所以P(X<4)＝.
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對應曲線的序號依次為①，②，③.
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：(1)從給出的正態曲線可知，該正態曲線關于直線x＝8 000對稱，最大值為，
所以μ＝8 000，
由＝，解得σ＝500，
所以概率密度函數的解析式為P(x)＝＝，x∈(－∞，＋∞)，
(2)則總體隨機變量的均值為8 000，方差為250 000.
鞏固訓練1　解析：由題中圖象可知三科總體的平均數(均值)相等， 由正態密度曲線的性質，可知σ越大， 正態曲線越扁平；σ越小， 正態曲線越尖陡， 故三科總體的標準差從小到大依次為甲、乙、丙.
答案：AD
例2　解析：因為X～N(1，22)，所以μ＝1，σ＝2.
(1)P(－1＜X≤3)＝P(1－2＜X≤1＋2)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682 7.
(2)因為P(3＜X≤5)＝P(－3≤X＜－1)，所以P(3＜X≤5)
＝[P(－3＜X≤5)－P(－1＜X≤3)]＝[P(1－4＜X≤1＋4)－P(1－2＜X≤1＋2)]
＝[P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)－P(μ－σ＜X≤μ＋σ)]
≈(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9.
鞏固訓練2　解析：因為ξ服從正態分布N(80，σ2)，所以P(ξ<80)＝0.5，
所以P(70<ξ<90)＝2[P(ξ<90)－P(ξ<80)]
＝2[1－P(ξ>90)－P(ξ<80)]
＝2(1－0.2－0.5)
＝0.6.
答案：0.6
例3　解析：(1)μ＝(97＋97＋98＋102＋105＋107＋108＋109＋113＋114)＝105，σ2＝(64＋64＋49＋9＋0＋4＋9＋16＋64＋81)＝36，則σ＝6.
(2)①∵Z服從正態分布N(105，36)，
∴P(Z<87)＝P(Z<μ－3σ)≈0.5－＝0.001 35，則X～B(5，0.001 35)，
∴E(4X＋3)＝4E(X)＋3＝4×5×0.001 35＋3＝3.027.
②∵Z服從正態分布N(105，36)，
∴P(87≤Z≤123)＝P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 3，
∴5個零件中恰有一個內徑不在[μ－3σ，μ＋3σ]的概率為×(1－0.997 3)＝0.013 355，
∵86 [87，123]，∴試生產的5個零件就出現了1個不在[μ－3σ，μ＋3σ]內，
出現的頻率是0.013 355的15倍左右，根據3σ原則，需要進一步調試．
鞏固訓練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．章末復習課
知識網絡·形成體系
考點聚焦·分類突破　
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　(1)某高中二年一班有50名學生，其中男生30人，通過問卷調查得知，30%的男生和10%的女生曾經玩過王者榮耀手機游戲，現隨機選取一名學生，此學生恰好玩過王者榮耀，則該學生是男生的概率為(　　)
A． B．C． D．
(2)一個袋子里面裝有白球4個，黑球3個，所有的球除顏色外完全相同，每次從袋子中隨機摸出1個球不再放回，在前兩次都摸出白球的條件下，第三次摸出黑球的概率是________．
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2　某市決定在一個鄉鎮投資農產品加工、綠色蔬菜種植和水果種植三個項目．據預測，三個項目成功的概率分別為，且三個項目是否成功相互獨立．
(1)求恰有兩個項目成功的概率；
(2)求至少有一個項目成功的概率．
考點三　全概率公式
1．解決全概率公式的問題，首先把所求概率的事件分解為若干個互斥事件的和，然后利用全概率公式計算．
2．通過對全概率公式應用的考查，提升學生的邏輯推理、數學運算核心素養．
例3　“青團”是江南人家在清明節吃的一道傳統點心，據考證“青團”之稱大約始于唐代，已有1 000多年的歷史．現有甲、乙兩個箱子裝有大小、外觀均相同的“青團”，已知甲箱中有4個蛋黃餡的“青團”和3個肉松餡的“青團”，乙箱中有3個蛋黃餡的“青團”和2個肉松餡的“青團”．
(1)若從甲箱中任取2個“青團”，求這2個“青團”餡不同的概率；
(2)若先從甲箱中任取2個“青團”放入乙箱中，然后再從乙箱中任取1個“青團”，求取出的這個“青團”是肉松餡的概率．
考點四　常用分布
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　某高中設計了一個生物實驗考查方案：考生從5道備選題中一次性隨機抽取3題，按照題目要求獨立完成全部實驗操作，規定：至少正確完成其中2題的便可提交通過，已知5道備選題中考生甲有3道題能正確完成，2道題不能完成；考生乙每題正確完成的概率都是，且每題正確完成與否互不影響．分別寫出甲、乙兩考生正確完成題數的概率分布列，并計算數學期望．
考點五　離散型隨機變量的數學期望和方差在決策中的作用
1.方差是建立在數學期望這一概念之上的，它表明了隨機變量所取的值相對于它的期望的集中與離散程度，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數學期望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5　某基地蔬菜大棚采用無土栽培方式種植各類蔬菜．根據過去50周的資料顯示，該基地周光照量X(h)都在30 h以上，其中不足50 h的有5周，不低于50 h且不超過70 h的有35周，超過70 h的有10周．蔬菜大棚對光照要求較大，某光照控制儀商家為該基地提供了部分光照控制儀，但每周光照控制儀運行臺數受周光照量X限制，并有如下關系：
周光照量X/h 3070
光照控制儀運行臺數 3 2 1
若某臺光照控制儀運行，則該臺光照控制儀周利潤為3 000元；若某臺光照控制儀未運行，則該臺光照控制儀周虧損1 000元．以頻率作為概率，商家欲使周總利潤的期望達到最大，應安裝光照控制儀多少臺？
考點六　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，熟練掌握隨機變量在三個區間(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)內取值的概率．
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6　某市2022年初新建一家生產消毒液的工廠，質檢部門現從這家工廠中隨機抽取了100瓶消毒液進行檢測，得到該廠所生產的消毒液的質量指標值的頻率分布直方圖如圖所示(同一組數據用該組數據的區間中點值作代表，視頻率為概率)．設該廠生產的消毒液的質量指標值Z近似地服從正態分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數，并已求得σ＝11.95.該廠決定將消毒液分為A、B、C級三個等級，其中質量指標值Z不高于14.55的為C級，高于62.35的為A級，其余為B級，請利用該正態分布模型解決下列問題：
(1)該廠近期生產了10萬瓶消毒液，試估計其中B級消毒液的總瓶數；
(2)已知每瓶消毒液的等級與售價X(單位：元/瓶)的關系如下表所示：
等級 A B C
售價X 30 25 10
假定該廠一年消毒液的生產量為1 000萬瓶，且消毒液全都能銷售出去．若每瓶消毒液的成本為20元，工廠的總投資為2千萬元(含引進生產線、興建廠房等一切費用在內)，問：該廠能否在一年之內收回投資？試說明理由．
附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ章末復習課
考點聚焦·分類突破
例1　解析：(1)由題可知曾經玩過王者榮耀手機游戲的男生有9人，曾經玩過王者榮耀手機游戲的女生有2人，
設事件A為選到的學生玩過王者榮耀，事件B為選到的學生為男生，則
P(A)＝＝，P(AB)＝，
∴P(B|A)＝＝.
(2)記前兩次摸到的白球為事件A，第三次摸到黑球為事件B，
則P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
答案：(1)A　(2)
例2　解析：(1)記農產品加工、綠色蔬菜種植和水果種植成功分別是事件A，B，C，則P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
恰有兩個項目成功為事件M，
則P(M)＝P(AB＋AC＋BC)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝P(A)P(B)P()＋P(A)P()P(C)＋P()P(B)P(C)
＝×(1－)＋×(1－)×＋(1－)×＝；
(2)記至少有一個項目成功為事件N，
P(N)＝1－P()＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－＝.
例3　解析：(1)從甲箱中任取2個“青團”的事件數為
＝12，
所以這2個“青團”餡不同的概率為P＝＝.
(2)設事件A為“從乙箱中任取1個‘青團’，取出的這個‘青團’是肉松餡”，
事件B1為“從甲箱中取出的2個‘青團’都是蛋黃餡”，
事件B2為“從甲箱中取出的2個‘青團’都是肉松餡”，
事件B3為“從甲箱中取出的2個‘青團’為1個蛋黃餡1個肉松餡”，
則B1，B2，B3彼此互斥．
P(B1)＝＝＝，P(B2)＝＝＝，P(B3)＝＝＝，
P(A|B1)＝，P(A|B2)＝，P(A|B3)＝，
所以P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋
P(B3)P(A|B3)＝＝，
所以取出的這個“青團”是蛋黃餡的概率為.
例4　解析：設甲、乙兩考生正確完成題數分別為X，Y，則X＝1，2，3，Y＝0，1，2，3，
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，則甲考生正確完成題數的概率分布列為
X 1 2 3
P
數學期望E(X)＝1×＋2×＋3×＝；
易得Y～B(3，)，P(Y＝0)＝()3＝，P(Y＝1)＝··()2＝，P(Y＝2)＝·()2·＝，P(Y＝3)＝()3＝，
則乙考生正確完成題數的概率分布列為
Y 0 1 2 3
P
數學期望E(Y)＝3×＝.
例5　解析：記商家周總利潤為Y元，由條件可知至少需安裝1臺，最多安裝3臺光照控制儀．
(1)安裝1臺光照控制儀可獲得周總利潤3 000元．
(2)安裝2臺光照控制儀的情形：
當X>70時，只有1臺光照控制儀運行，
此時周總利潤Y＝3 000－1 000＝2 000(元)，
P(Y＝2 000)＝＝0.2.
當30此時周總利潤Y＝2×3 000＝6 000(元)，
P(Y＝6 000)＝＝0.8.
故Y的分布列為
Y 2 000 6 000
P 0.2 0.8
∴E(Y)＝2 000×0.2＋6 000×0.8＝5 200(元)．
(3)安裝3臺光照控制儀的情形：
當X>70時，只有1臺光照控制儀運行，
此時周總利潤
Y＝1×3 000－2×1 000＝1 000(元)，
P(Y＝1 000)＝＝0.2.
當50≤X≤70時，有2臺光照控制儀運行，
此時周總利潤
Y＝2×3 000－1×1 000＝5 000(元)，
P(Y＝5 000)＝＝0.7.
當30周總利潤Y＝3×3 000＝9 000(元)，
P(Y＝9 000)＝＝0.1.
故Y的分布列為
Y 1 000 5 000 9 000
P 0.2 0.7 0.1
∴E(Y)＝1 000×0.2＋5 000×0.7＋9 000×0.1＝4 600(元)．
綜上可知，為使商家周總利潤的期望達到最大，應該安裝2臺光照控制儀．
例6　解析：(1)根據頻率分布直方圖的性質，可得甲廠所生產的消毒液的質量指標值的平均數為＝(5×0.01＋15×0.02＋25×0.03＋35×0.025＋45×0.015)×10＝26.5，
由題意，甲廠生產的消毒液的質量指標值Z近似地服從正態分布N(26.5，11.952)，
所以P(14.55＝[P(μ－3σ又由0.840 0×100 000＝84 000，
所以可估計甲廠所生產的這10萬瓶消毒液中，B級消毒液有84 000瓶．
(2)設每瓶消毒液的利潤為Y元，則Y的可能取值為10，5，－10，
可得P(Y＝10)＝P(Z≥62.35)＝P(Z≥μ＋3σ)＝[1－P(μ－3σ＝(1－0.997 3)＝0.001 35，
P(Y＝5)＝P(14.55所以P(Y＝－10)＝1－0.001 35－0.840 0＝0.158 65，
故Y的分布列為
Y 10 5 －10
P 0.001 35 0.840 0 0.158 65
所以每瓶消毒液的平均利潤為E(Y)＝10×0.001 35＋5×0.840 0＋(－10)×0.158 65＝2.627 0(元)，
故生產一年消毒液所獲利潤為2.627 0×1＝2.627 0(千萬元)，
而2.627 0(千萬元)>2(千萬元)，
所以該廠能在一年之內收回投資．

展開更多......

收起↑