章末分層突破[自我校對]①均值②條件概率③正態分布④正態分布密度曲線的性質條件概率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，必須搞清欲求的條件概率是在什么條件下發生的概率．在5道題中有3道理科題和2道文科題．如果不放回地依次抽取2道題，求：(1)第1次抽到理科題的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科題的概率；(3)在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率．【精彩點撥】本題是條件概率問題，根據條件概率公式求解即可．【規范解答】設“第1次抽到理科題”為事件A，“第2題抽到理科題”為事件B，則“第1次和第2次都抽到理科題”為事件AB.(1)從5道題中不放回地依次抽取2道題的事件數為n(Ω)＝Aeq\o\al(2,5)＝20.根據分步乘法計數原理，n(A)＝Aeq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(1,4)＝12.于是P(A)＝eq\f(nA,nΩ)＝eq\f(12,20)＝eq\f(3,5).(2)因為n(AB)＝Aeq\o\al(2,3)＝6，所以P(AB)＝eq\f(nAB,nΩ)＝eq\f(6,20)＝eq\f(3,10).(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2).法二：因為n(AB)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).[再練一題]1．擲兩顆均勻的骰子，已知第一顆骰子擲出6點，問“擲出點數之和大于或等于10”【解】設“擲出的點數之和大于或等于10”為事件A，“第一顆骰子擲出6點”為事件B.法一：P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(\f(3,36),\f(6,36))＝eq\f(1,2).法二：“第一顆骰子擲出6點”的情況有(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6種，故n(B)＝6.“擲出的點數之和大于或等于10”且“第一顆擲出6點”的情況有(6,4)，(6,5)，(6,6)，共3種，即n(AB從而P(A|B)＝eq\f(nAB,nB)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).相互獨立事件的概率求相互獨立事件一般與互斥事件、對立事件結合在一起進行考查，解答此類問題時應分清事件間的內部聯系，在此基礎上用基本事件之間的交、并、補運算表示出有關事件，并運用相應公式求解．特別注意以下兩公式的使用前提：(1)若A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，反之不成立．(2)若A，B相互獨立，則P(AB)＝P(A)P(B)，反之成立．設每個工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設備的概率分別為、、、，各人是否需使用設備相互獨立．(1)求同一工作日至少3人需使用設備的概率；(2)X表示同一工作日需使用設備的人數，求P(X＝1)．【精彩點撥】解決本題的關鍵是將復雜事件拆分成若干個彼此互斥事件的和或幾個彼此相互獨立事件的積事件，再利用相應公式求解．【規范解答】記Ai表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設備，i＝0,1,2，B表示事件：甲需使用設備，C表示事件：丁需使用設備，D表示事件：同一工作日至少3人需使用設備．(1)D＝A1BC＋A2B＋A2eq\x\to(B)C，P(B)＝，P(C)＝，P(Ai)＝Ceq\o\al(i,2)×，i＝0,1,2，所以P(D)＝P(A1BC＋A2B＋A2eq\x\to(B)C)＝P(A1BC)＋P(A2B)＋P(A2eq\x\to(B)C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(eq\x\to(B))P(C)＝.(2)X＝1表示在同一工作日有一人需使用設備．P(X＝1)＝P(BA0eq\x\to(C)＋eq\x\to(B)A0C＋eq\x\to(B)A1eq\x\to(C))＝P(B)P(A0)P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(B))P(A0)P(C)＋P(eq\x\to(B))·P(A1)P(eq\x\to(C))＝××(1－＋(1－××＋(1－×2××(1－＝.[再練一題]2．某同學參加科普知識競賽，需回答3個問題，競賽規則規定：答對第1,2,3個問題分別得100分，100分，200分，答錯得零分．假設這名同學答對第1,2,3個問題的概率分別為,,.且各題答對與否相互之間沒有影響．(1)求這名同學得300分的概率；(2)求這名同學至少得300分的概率．【解】記“這名同學答對第i個問題”為事件Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.(1)這名同學得300分的概率為：P1＝P(A1eq\x\to(A)2A3)＋P(eq\x\to(A)1A2A3)＝P(A1)P(eq\x\to(A)2)P(A3)＋P(eq\x\to(A)1)P(A2)·P(A3)＝××＋××＝.(2)這名同學至少得300分的概率為：P2＝P1＋P(A1A2A3)＝P1＋P(A1)P(A2)P(＝＋××＝.離散型隨機變量的分布列、均值和方差1.含義：均值和方差分別反映了隨機變量取值的平均水平及其穩定性．2．應用范圍：均值和方差在實際優化問題中應用非常廣泛，如同等資本下比較收益的高低、相同條件下比較質量的優劣、性能的好壞等．3．求解思路：應用時，先要將實際問題數學化，然后求出隨機變量的概率分布列．對于一般類型的隨機變量，應先求其分布列，再代入公式計算，此時解題的關鍵是概率的計算．計算概率時要結合事件的特點，靈活地結合排列組合、古典概型、獨立重復試驗概率、互斥事件和相互獨立事件的概率等知識求解．若離散型隨機變量服從特殊分布(如兩點分布、二項分布等)，則可直接代入公式計算其數學期望與方差．甲、乙、丙三支足球隊進行比賽，根據規則：每支隊伍比賽兩場，共賽三場，每場比賽勝者得3分，負者得0分，沒有平局．已知乙隊勝丙隊的概率為eq\f(1,5)，甲隊獲得第一名的概率為eq\f(1,6)，乙隊獲得第一名的概率為eq\f(1,15).(1)求甲隊分別勝乙隊和丙隊的概率P1，P2；(2)設在該次比賽中，甲隊得分為ξ，求ξ的分布列及數學期望、方差．【精彩點撥】(1)通過列方程組求P1和P2；(2)由題意求出甲隊得分ξ的可能取值，然后再求出ξ的分布列，最后求出數學期望和方差．【規范解答】(1)設“甲隊勝乙隊”的概率為P1，“甲隊勝丙隊”的概率為P2.根據題意，甲隊獲得第一名，則甲隊勝乙隊且甲隊勝丙隊，所以甲隊獲得第一名的概率為P1×P2＝eq\f(1,6).①乙隊獲得第一名，則乙隊勝甲隊且乙隊勝丙隊，所以乙隊獲得第一名的概率為(1－P1)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,15).②解②，得P1＝eq\f(2,3)，代入①，得P2＝eq\f(1,4)，所以甲隊勝乙隊的概率為eq\f(2,3)，甲隊勝丙隊的概率為eq\f(1,4).(2)ξ的可能取值為0,3,6.當ξ＝0時，甲隊兩場比賽皆輸，其概率為P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)；當ξ＝3時，甲隊兩場只勝一場，其概率為P(ξ＝3)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(7,12)；當ξ＝6時，甲隊兩場皆勝，其概率為P(ξ＝6)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,6).所以ξ的分布列為ξ036Peq\f(1,4)eq\f(7,12)eq\f(1,6)所以Eξ＝0×eq\f(1,4)＋3×eq\f(7,12)＋6×eq\f(1,6)＝eq\f(11,4).Dξ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(11,4)))2×eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(11,4)))2×eq\f(7,12)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(11,4)))2×eq\f(1,6)＝eq\f(59,16).[再練一題]3．為推動乒乓球運動的發展，某乒乓球比賽允許不同協會的運動員組隊參加．現有來自甲協會的運動員3名，其中種子選手2名；乙協會的運動員5名，其中種子選手3名．從這8名運動員中隨機選擇4人參加比賽．(1)設A為事件“選出的4人中恰有2名種子選手，且這2名種子選手來自同一個協會”，求事件A發生的概率；(2)設X為選出的4人中種子選手的人數，求隨機變量X的分布列和數學期望．【解】(1)由已知，有P(A)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,3)C\o\al(2,3),C\o\al(4,8))＝eq\f(6,35).所以，事件A發生的概率為eq\f(6,35).(2)隨機變量X的所有可能取值為1,2,3,4.P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,5)C\o\al(4－k,3),C\o\al(4,8))(k＝1,2,3,4)．所以，隨機變量X的分布列為X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)隨機變量X的數學期望EX＝1×eq\f(1,14)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(3,7)＋4×eq\f(1,14)＝eq\f(5,2).正態分布的實際應用對于正態分布問題，課標要求不是很高，只要求了解正態分布中最基礎的知識，主要是：(1)掌握正態分布曲線函數關系式；(2)理解正態分布曲線的性質；(3)記住正態分布在三個區間內取值的概率，運用對稱性結合圖象求相應的概率．正態分布的概率通常有以下兩種方法：(1)注意“3σ原則”的應用．記住正態總體在三個區間內取值的概率．(2)注意數形結合．由于正態分布密度曲線具有完美的對稱性，體現了數形結合的重要思想，因此運用對稱性結合圖象解決某一區間內的概率問題成為熱點問題．某學校高三2500名學生第二次模擬考試總成績服從正態分布N(500,502)，請您判斷考生成績X在550～600分的人數．【精彩點撥】根據正態分布的性質，求出P(550＜x≤600)，即可解決在550～600分的人數．【規范解答】∵考生成績X～N(500,502)，∴μ＝500，σ＝50，∴P(550<X≤600)＝eq\f(1,2)[P(500－2×50<X≤500＋2×50)－P(500－50<X≤500＋50)]＝eq\f(1,2)4－6)＝9，∴考生成績在550～600分的人數為2500×9≈340(人)．[再練一題]4．已知隨機變量X服從正態分布N(0，σ2)，若P(X＞2)＝，則P(－2≤X≤2)＝()A． B．C． D．【解析】∵隨機變量X服從標準正態分布N(0，σ2)，∴正態曲線關于x＝0對稱．又P(X＞2)＝，∴P(X＜－2)＝，∴P(－2≤X≤2)＝1－2×＝.【答案】C方程思想的應用通過列方程求解未知數是貫穿于整個高中數學各個環節的一種重要數學思想．在概率運算過程中，會經常遇到求兩個或三個事件的概率或確定參數的值的問題，此時可考慮方程(組)的方法，借助題中條件列出含參數或未知量的方程(組)進行求解即可．甲、乙、丙三臺機床各自獨立地加工同一種零件，已知甲機床加工的零件是一等品而乙機床加工的零件不是一等品的概率為eq\f(1,4)，乙機床加工的零件是一等品而丙機床加工的零件不是一等品的概率為eq\f(1,12)，甲、丙兩臺機床加工的零件都是一等品的概率為eq\f(2,9).(1)分別求甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的概率；(2)從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，求至少有一個一等品的概率．【精彩點撥】設出甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品，依題意，它們相互獨立，利用乘法公式，結合方程思想來解決．【規范解答】(1)設A，B，C分別表示甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的事件．由題設條件，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA\x\to(B)＝\f(1,4)，,PB\x\to(C)＝\f(1,12)，,PAC＝\f(2,9)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA[1－PB]＝\f(1,4)，①,PB[1－PC]＝\f(1,12)，②,PAPC＝\f(2,9).③))由①③得，P(B)＝1－eq\f(9,8)P(C)，代入②得：27[P(C)]2－51P(C)＋22＝0，解得P(C)＝eq\f(2,3)或eq\f(11,9)(舍去)．將P(C)＝eq\f(2,3)分別代入②③，可得P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,4).即甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的概率分別是eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，eq\f(2,3).(2)記D為從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，至少有一個一等品的事件．則P(D)＝1－P(eq\x\to(D))＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,6).故從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，至少有一個一等品的概率為eq\f(5,6).[再練一題]5．A，B，C相互獨立，如果P(AB)＝eq\f(1,6)，P(eq\o(B,\s\up6(－))C)＝eq\f(1,8)，P(ABeq\x\to(C))＝eq\f(1,8)，則P(eq\x\to(A)B)＝________.【解析】設P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝\f(1,6)，,1－bc＝\f(1,8)，,ab1－c＝\f(1,8)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,2)，,c＝\f(1,4)，))∴P(eq\x\to(A)B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3).【答案】eq\f(1,3)1．已知一組數據,,,,，則該組數據的方差是________．【解析】5個數的平均數eq\x\to(x)＝eq\f＋＋＋＋,5)＝，所以它們的方差s2＝eq\f(1,5)[－2＋－2＋－2＋－2＋－2]＝.【答案】2．同時拋擲兩枚質地均勻的硬幣，當至少有一枚硬幣正面向上時，就說這次試驗成功，則在2次試驗中成功次數X的均值是________．【解析】法一：由題意可知每次試驗不成功的概率為eq\f(1,4)，成功的概率為eq\f(3,4)，在2次試驗中成功次數X的可能取值為0,1,2，則P(X＝0)＝eq\f(1,16)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝eq\f(9,16).所以在2次試驗中成功次數X的分布列為X012Peq\f(1,16)eq\f(3,8)eq\f(9,16)則在2次試驗中成功次數X的均值為E(X)＝0×eq\f(1,16)＋1×eq\f(3,8)＋2×eq\f(9,16)＝eq\f(3,2).法二：此試驗滿足二項分布，其中p＝eq\f(3,4)，所以在2次試驗中成功次數X的均值為E(X)＝np＝2×eq\f(3,4)＝eq\f(3,2).【答案】eq\f(3,2)3．某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續購買該險種的投保人稱為續保人，續保人本年度的保費與其上年度出險次數的關聯如下：上年度出險次數01234≥5保費0.85a1.251.51.752設該險種一續保人一年內出險次數與相應概率如下：一年內出險次數01234≥5概率(1)求一續保人本年度的保費高于基本保費的概率；(2)若一續保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率；(3)求續保人本年度的平均保費與基本保費的比值．【解】(1)設A表示事件“一續保人本年度的保費高于基本保費”，則事件A發生當且僅當一年內出險次數大于1，故P(A)＝＋＋＋＝.(2)設B表示事件“一續保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發生當且僅當一年內出險次數大于3，故P(B)＝＋＝.又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f,＝eq\f(3,11).因此所求概率為eq\f(3,11).(3)記續保人本年度的保費為X，則X的分布列為X0.85a1.251.51.752PEX＝0.85a×＋a×＋1.25a×＋1.5a×＋1.75a×＋2因此續保人本年度的平均保費與基本保費的比值為.4．甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜一個成語．在一輪活動中，如果兩人都猜對，則“星隊”得3分；如果只有一人猜對，則“星隊”得1分；如果兩人都沒猜對，則“星隊”得0分．已知甲每輪猜對的概率是eq\f(3,4)，乙每輪猜對的概率是eq\f(2,3)；每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響，各輪結果亦互不影響．假設“星隊”參加兩輪活動，求：(1)“星隊”至少猜對3個成語的概率；(2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數學期望EX.【解】(1)記事件A：“甲第一輪猜對”，記事件B：“乙第一輪猜對”，記事件C：“甲第二輪猜對”，記事件D：“乙第二輪猜對”，記事件E：“‘星隊’至少猜對3個成語”．由題意，E＝ABCD＋eq\x\to(A)BCD＋Aeq\x\to(B)CD＋ABeq\x\to(C)D＋ABCeq\x\to(D)，由事件的獨立性與互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\x\to(A)BCD)＋P(Aeq\x\to(B)CD)＋P(ABeq\x\to(C)D)＋P(ABCeq\x\to(D))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\x\to(A))·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)P(D)＋P(A)P(B)·P(eq\x\to(C))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\x\to(D))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3)，所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為eq\f(2,3).(2)由題意，隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6.由事件的獨立性與互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60