20-21版：章末复习课（步步高）

章末复习课
一、条件概率的运用
1．主要考查条件概率的判定以及利用条件概率公式求条件概率，求解条件概率的关键是弄清楚要求的条件概率事件条件是在什么条件下发生的．
2.掌握计算条件概率的两种常用方法：条件概率公式法和缩小样本空间法,提升逻辑推理素养. 例1 甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品． (1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；
(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．
解 (1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C 28＝28，这2个产品都是次品的事件数为C 23＝3，
所以这2个产品都是次品的概率为328
.
(2)设事件A 为“从乙箱中取一个正品”，事件B 1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B 2为“从甲箱中取出1个正品，1个次品”，事件B 3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B 1，事件B 2，事件B 3彼此互斥．
P (B 1)＝C 25C 28＝514，P (B 2)＝C 15C 1
3
C 28＝1528
，
P (B 3)＝C 23
C 28＝328，
所以P (A |B 1)＝69＝2
3，
P (A |B 2)＝59，P (A |B 3)＝4
9
.
所以P (A )＝P (B 1)P (A |B 1)＋P (B 2)P (A |B 2)＋P (B 3)P (A |B 3)＝514×23＋1528×59＋328×49＝7
12
.
反思感悟 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，必须搞清要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 (1)P (B |A )＝P (AB )
P (A )
.
(2)P (B |A )＝n (AB )
n (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
指事件A 发生的基本事件个数．
跟踪训练1 坛子里放着5个大小、形状都相同的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2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)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率；
(3)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5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的总基本事件数为n (Ω)＝A 25＝20.
又n (A )＝A 13×A 14＝12，
于是P (A )＝n (A )n (Ω)＝1220＝35
.
所以第1次拿出绿皮鸭蛋的概率为3
5.
(2)因为n (AB )＝3×2＝6， 所以P (AB )＝n (AB )n (Ω)＝620＝3
10
.
所以第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率为3
10
.
(3)由(1)(2)，可得在第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 )P (A )
＝3
1035
＝1
2. 二、相互独立事件的概率与二项分布的综合
1．主要考查相互独立事件同时发生或部分发生的概率，二项分布概率模型的判定和求解，会区分超几何分布与二项分布．
2．掌握利用相互独立事件和二项分布求概率的方法，提升数学运算、逻辑推理素养． 例2 根据天气预报，在元旦期间甲、乙两地都降雨的概率为1
6，至少有一个地方降雨的概率
为2
3
，已知甲地降雨的概率大于乙地降雨的概率，且在这段时间甲、乙两地降雨互不影响．
(1)分别求甲、乙两地降雨的概率；
(2)在甲、乙两地3天假期中，仅有一地降雨的天数为X ，求X 的分布列、均值与方差． 解 (1)设甲、乙两地降雨的事件分别为A ，B ，且P (A )＝x ，P (B )＝y .
由题意得⎩⎪⎨⎪
⎧
xy ＝1
6
，
1－(1－x )(1－y )＝23
，x >y ，
解得⎩⎨⎧
x ＝1
2，
y ＝1
3.
所以甲地降雨的概率为12，乙地降雨的概率为1
3
.
(2)在甲、乙两地中，仅有一地降雨的概率为P ＝P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝12×23＋12×13＝1
2. X 的可能取值为0,1,2,
3. P (X ＝0)＝C 03
⎝⎛⎭⎫120⎝⎛⎭⎫1－123＝18，
P (X ＝1)＝C 13
⎝⎛⎭⎫121⎝⎛⎭⎫1－122＝38， P (X ＝2)＝C 23
⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫1－12＝38， P (X ＝3)＝C 33
⎝⎛⎭⎫123＝18
， 所以X 的分布列为
所以E (X )＝0×18＋1×38＋2×38＋3×18＝3
2
.
方差D (X )＝18×⎝⎛⎭⎫0－322＋38×⎝⎛⎭⎫1－322＋38×⎝⎛⎭⎫2－322＋18×⎝⎛⎭⎫3－322＝34. 反思感悟 (1)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 )”常应用于相互独立事件至少有一个发生的概率． (2)二项分布的判定
与二项分布有关的问题关键是二项分布的判定，可从以下几个方面判定： 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．
跟踪训练2 在一次抗洪抢险中，准备用射击的办法引爆从上游漂流而下的一个巨大汽油罐，已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击是相互独立的，且命中的概率都是23.
(1)求油灌被引爆的概率；
(2)如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ，求ξ不小于4的概率．
解 (1)油罐引爆的对立事件为油罐没有引爆，没有引爆的可能情况是：射击5次只击中一次或一次也没有击中，故该事件的概率为P ＝C 15
×23×⎝⎛⎭⎫134＋⎝⎛⎭⎫135
， 所以所求的概率为
1－P ＝1－⎣⎡⎦⎤C 15×23×⎝⎛⎭⎫134＋⎝⎛⎭⎫135＝232
243. (2)当ξ＝4时，记事件为A ， 则P (A )＝C 13×23×⎝⎛⎭⎫132×23＝427
，
当ξ＝5时，意味着前4次射击只击中一次或一次也未击中，记为事件B . 则P (B )＝C 14
×23×⎝⎛⎭⎫133＋⎝⎛⎭⎫134＝19， 所以所求概率为
P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝427＋19＝7
27.
三、离散型随机变量的均值与方差
1．主要考查离散型随机变量的均值与方差的公式及解题方法，会利用均值与方差，对生产实际中的不同方案做出判断与取舍．
2．掌握求离散型随机变量的均值和方差的方法以及最优方案的选择，提升数学运算与逻辑推理素养．
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：
P (η0＝1)＝16，P (η0＝2)＝13，P (η0＝3)＝12，
所以
P (η＝2)＝16×16＝1
36，
P (η＝3)＝2×16×13＝1
9，
P (η＝4)＝2×16×12＋13×13＝5
18，
P (η＝5)＝2×13×12＝1
3，
P (η＝6)＝12×12＝1
4.
故η的分布列为
(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 ＝1
4.
因为随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎫10，14， 所以E (ξ)＝np ＝10×14＝5
2，
D (ξ)＝np (1－p )＝10×14×34＝15
8
.
反思感悟 求离散型随机变量X 的均值与方差的步骤 (1)理解X 的意义，写出X 可能的全部取值． (2)求X 取每个值的概率或求出函数P (X ＝k )． (3)写出X 的分布列．
(4)由分布列和均值的定义求出E (X )．
(5)由方差的定义，求D (X )，若X ～B (n ，p )，则可直接利用公式求得E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )．
跟踪训练3 已知某大楼顶端镶有A ，B 两面大钟，它们的日走时误差分别为X 1，X 2(单位：s)，其分布列如下：
根据这两面大钟日走时误差的均值与方差，比较这两面大钟的质量． 解 由题意得E (X 1)＝0，E (X 2)＝0， ∴E (X 1)＝E (X 2)．
∵D (X 1)＝(－2－0)2×0.05＋(－1－0)2×0.05＋(0－0)2×0.8＋(1－0)2×0.05＋(2－0)2×0.05＝0.5，
D (X 2)＝(－2－0)2×0.1＋(－1－0)2×0.2＋(0－0)2×0.4＋(1－0)2×0.2＋(2－0)2×0.1＝1.2， ∴D (X 1)<D (X 2)，
综上可知，A 大钟的质量较好． 四、正态分布的应用
1．主要考查正态曲线的性质，μ，σ的含义，利用正态曲线以及3σ原则求部分区域的概率． 2．掌握正态曲线及利用3σ原则求概率，提升直观想象、数学运算素养．
例4 在某校举行的数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩近似地服从正态分布N (70,100)．已知成绩在90分以上(含90分)的学生有12人． (1)试问此次参赛学生的总数约为多少人？
(2)若成绩在80分以上(含80分)为优，试问此次竞赛成绩为优的学生约为多少人？ 解 (1)设参赛学生的成绩为X ，因为X ～N (70,100)， 所以μ＝70，σ＝10.
则P (X ≥90)＝P (X ≤50)＝1
2[1－P (50<X <90)]
＝12[1－P (μ－2σ<X <μ＋2σ)]≈1
2×(1－0.954 5) ＝0.022 75,12÷0.022 75≈527(人)． 因此，此次参赛学生的总数约为527人． (2)由P (X ≥80)＝P (X ≤60)＝1
2[1－P (60<X <80)]
＝12[1－P (μ－σ<X <μ＋σ)]≈1
2×(1－0.682 7) ＝0.158 65，得527×0.158 65≈84.
因此，此次竞赛成绩为优的学生约为84人．
反思感悟 正态曲线的应用及求解策略
解答此类题目的关键在于将待求的问题向(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]这三个区间进行转化，然后利用上述区间的概率求出相应概率，在此过程中依然会用到化归思想及数形结合思想．
跟踪训练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，
∴P (550<X ≤600)＝1
2[P (500－2×50<X ≤500＋2×50)－P (500－50<X ≤500＋50)]
≈1
2
(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9， ∴考生成绩在550～600分的人数为2 500×0.135 9≈340(人)．
1．(2018·全国Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D (X )＝2.4，P (X ＝4)<P (X ＝6)，则p 等于( )
A ．0.7
B ．0.6
C ．0.4
D ．0.3 答案 B
解析 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X 服从二项分布，即X ～B (10，p )，所以D (X )＝10p (1－p )＝2.4，所以p ＝0.4或0.6. 又因为P (X ＝4)<P (X ＝6)，
所以C 410p 4(1－p )6<C 610p 6(1－p )4，所以p >0.5，
所以p ＝0.6.
2．(2017·全国Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则D (X )＝________. 答案 1.96
解析 由题意得X ～B (100,0.02)， ∴D (X )＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
3．(2019·全国Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________． 答案 0.18
解析记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18. 4．(2019·全国Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为P＝[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.。