章末復習課回顧本章學習過程,建構“基礎知識、基本技能、基本思想、基本活動經驗”之間的聯系.要點訓練一條件概率與全概率公式(1)求事件概率的關鍵是將事件分解為若干個小事件,然后利用概率的加法公式和乘法公式來求解.(2)求條件概率可通過兩種方法求解:①先求事件A包含的樣本點數n(A),再求在事件A發生的條件下事件B包含的樣本點數n(AB),得P(B|A)=n(②利用定義,分別計算出P(A)和P(AB),得P(B|A)=P((3)一般地,設A1,A2,…,An是一組兩兩互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,則對任意的事件B?Ω,有P(B)=∑i=1nP(Ai)P(B|A1.小明的媽媽為小明煮了5個粽子,其中2個臘肉餡,3個豆沙餡,小明隨機取出2個,設事件A為“取到的2個為同一種餡”,事件B為“取到的2個都是豆沙餡”,則P(B|A)=()A.14B.34C.1解析:由題意,得P(A)=C22+P(AB)=C32C所以P(B|A)=P(AB)答案:B2.某教師準備對一天的五節課進行課程安排,要求語文、數學、外語、物理、化學每科分別要排一節課,則在數學不排第一節、物理不排最后一節的情況下,化學排第四節的概率是()A.320B.313C.7解析:設事件A為“數學不排第一節,物理不排最后一節”;事件B為“化學排第四節”.P(A)=A44+P(AB)=A33+故所求概率P(B|A)=P(AB)答案:C3.甲、乙二人爭奪一場圍棋比賽的冠軍,若比賽為“三局兩勝”制,甲在每局比賽中獲勝的概率均為34,且各局比賽結果相互獨立,則在甲獲得冠軍的情況下,比賽進行了三局的概率為(A.13B.25C.2解析:記事件A:甲獲得冠軍;事件B:比賽進行了三局;事件AB:甲獲得冠軍,且比賽進行了三局.則第三局甲勝,前兩局甲勝了一局,所以P(AB)=C21×34×14×事件A包含兩種情況:前兩局甲勝和事件AB,所以P(A)=342+932所以P(BA)=P(AB)P(A)=932答案:A4.據報道,某地居民患肺癌的概率約為0.1%,其中有20%是吸煙者,他們患肺癌的概率約為0.4%,則不吸煙者患肺癌的概率是0.00025.

解析:記患肺癌為事件C,吸煙為事件A.由題意,得P(C)=0.001,P(A)=0.2,P(C|A)=0.004.由全概率公式,得P(C)=P(C|A)P(A)+P(C|A)P(A),將數據代入,得0.001=0.004×0.2+P(C|A)×0.8,解得P(C|A)=0.00025.所以不吸煙者患肺癌的概率為0.00025.5.某校從學生會宣傳部6名成員(其中男生4人,女生2人)中,任選3人參加演講比賽.(1)設所選3人中女生人數為X,求X的分布列;(2)求男生甲或女生乙被選中的概率;(3)設“男生甲被選中”為事件A,“女生乙被選中”為事件B,求P(B)和P(B|A).解:(1)由題意,得X的所有可能取值為0,1,2.P(X=0)=C43CP(X=1)=C42CP(X=2)=C41C所以X的分布列為X012P131(2)設“男生甲、女生乙都不被選中”為事件C,則P(C)=C43C63所以所求概率為P(C)=1-P(C)=1-15=4(3)P(B)=C52C63P(B|A)=C41C52要點訓練二離散型隨機變量的分布列(1)求離散型隨機變量的分布列,首先要確定隨機變量X的所有可能取值以及取每一個值所代表的意義.(2)要根據概率的相關知識,求出每一個取值所對應事件的概率.(3)分布列可以用解析式表示,也可用表格表示.1.已知隨機變量X的分布列為X-2-10123P111111若P(X2<x)=1112,則實數x的取值范圍是(A.4<x≤9B.4≤x<9C.x<4或x≥9D.x≤4或x>9解析:由隨機變量X的分布列,可知X2的所有可能取值為0,1,4,9,P(X2=0)=13,P(X2=1)=14+112P(X2=4)=112+16=14,P(X2因為P(X2<x)=1112所以實數x的取值范圍是4<x≤9.答案:A2.已知隨機變量X的分布列為P(X=k)=k10,k=1,2,3,4,則P(X<3)=3解析:因為P(X=k)=k10(k所以P(X=1)=110,P(X=2)=210=所以P(X<3)=110+15=3.一個盒子里裝有7張卡片,其中有紅色卡片4張,編號分別為1,2,3,4;白色卡片3張,編號分別為2,3,4.從盒子中任取4張卡片(假設取到任何一張卡片的可能性相同).(1)求取出的4張卡片中,含有編號為3的卡片的概率.(2)在取出的4張卡片中,紅色卡片編號的最大值設為X,求隨機變量X的分布列.解:(1)取出的4張卡片中,不含編號為3的卡片的概率為P1=C54C74=535=17,故所求概率(2)隨機變量X的所有可能取值為1,2,3,4.P(X=1)=1C74P(X=2)=C43CP(X=3)=C53CP(X=4)=C63C故隨機變量X的分布列為X1234P1424要點訓練三離散型隨機變量的數字特征(1)求離散型隨機變量的均值與方差的關鍵:①確定隨機變量的所有可能取值;②寫出隨機變量的分布列;③正確運用均值、方差公式進行計算.(2)求離散型隨機變量X的均值與方差的步驟:①理解X的意義,寫出X的所有可能取值;②求X取每個值的概率;③寫出X的分布列;④由均值的定義求E(X);⑤由方差的定義求D(X).1.已知隨機變量X滿足E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,則下列選項正確的是()A.E(X)=72,D(X)=B.E(X)=2,D(X)=4C.E(X)=2,D(X)=8D.E(X)=72,D(X)=解析:E(2X+3)=2E(X)+3=7,D(2X+3)=4D(X)=16.故E(X)=2,D(X)=4.答案:B2.隨機變量X的分布列如表所示,若E(X)=13,則D(3X-2)=(X-101P1abA.59B.5解析:因為E(X)=13所以由隨機變量X的分布列,得16+所以D(X)=-1-132×16+0-13所以D(3X-2)=9D(X)=9×59=5答案:C3.已知5臺機器中有2臺存在故障,現需要通過逐臺檢測直至區分出2臺故障機器為止.若檢測一臺機器的費用為1000元,則所需檢測費的均值為3500.

解析:設檢測機器所需的費用為X,則X的所有可能取值為2000,3000,4000.P(X=2000)=A22AP(X=3000)=C31CP(X=4000)=1-110-310=所以所需檢測費的均值為2000×110+3000×310+4000×34.某企業甲、乙兩個研發小組研發新產品成功的概率分別為23和35,現安排甲組研發新產品M,乙組研發新產品N.(1)求至少有一種新產品研發成功的概率;(2)若新產品M研發成功,則企業可獲得利潤120萬元,若新產品N研發成功,則企業可獲得利潤100萬元,求該企業可獲得利潤的分布列和均值.解:(1)設“至少有一種新產品研發成功”為事件A,且事件B為事件A的對立事件,則事件B為“新產品M,N都沒有研發成功”.因為甲、乙兩組研發新產品成功的概率分別為23,3所以P(B)=1-23×1-35=所以P(A)=1-P(B)=1315所以至少有一種新產品研發成功的概率為1315(2)設該企業可獲得的利潤為X(單位:萬元),則X的可能取值為0,100,120,220.P(X=0)=1-23×1P(X=100)=1-23×3P(X=120)=23×1-3P(X=220)=23×35=所以X的分布列為X0100120220P2142則E(X)=0×215+100×15+120×415+220×要點訓練四二項分布與超幾何分布1.求解二項分布問題的注意事項(1)首先要判斷隨機變量是否服從二項分布.判斷方法:①看是否為n重伯努利試驗;②看隨機變量是否為n重伯努利試驗中某事件發生的次數.(2)建立二項分布模型,求出隨機變量取值時對應事件的概率.2.求解超幾何分布問題的注意事項(1)在產品抽樣中,若采用的是不放回抽樣,則抽到的次品數服從超幾何分布.(2)如果隨機變量服從超幾何分布,那么只要代入公式就可求得相應的概率,關鍵是明確隨機變量的所有取值.1.已知X~B5,13,則P3A.80243B.40243C.40解析:P32≤X≤72=P(=C52×132×233=4081答案:C2.有8件產品,其中4件是次品,從中有放回地取3次,每次取1件,若X表示取得次品的次數,則P(X≤2)=()A.38B.1314C.4解析:因為是有放回地取產品,所以每次取到次品的概率為48=1從中取3次,X為取得次品的次數,則X~B3,P(X≤2)=P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)=C32×122×12+C31×=78答案:D3.某地7個村中有3個村是旅游示范村,現從這7個村中任意選3個村,下列事件中概率等于67的是(A.至少有1個旅游示范村B.有1個或2個旅游示范村C.有2個或3個旅游示范村D.恰有2個旅游示范村解析:用X表示所選3個村中旅游示范村數,X服從超幾何分布,故P(X=k)=C3所以P(X=0)=C30CP(X=1)=C31CP(X=2)=C32CP(X=3)=C33C因為P(X=1)+P(X=2)=67所以所選3個村中有1個或2個旅游示范村的概率為67答案:B4.某種水果按照果徑大小可分為四類:標準果、優質果、精品果、禮品果.某采購商從采購的一批水果中隨機抽取100個,利用水果的等級分類標準得到的數據如下:等級標準果優質果精品果禮品果個數10304020(1)若用頻率估計概率,從這100個水果中有放回地隨機抽取4個,求恰好有2個水果是禮品果的概率(結果用分數表示).(2)用樣本估計總體,果園老板提出兩種方案給采購商參考.方案1:不分類賣出,單價為20元/kg.方案2:分類賣出,分類后的水果售價如下:等級標準果優質果精品果禮品果售價/(元/kg)16182224從采購商的角度考慮,應該采用哪種方案?(3)用分層隨機抽樣的方法從這100個水果中抽取10個,再從抽取的10個水果中隨機抽取3個,Y表示抽取的是精品果的數量,求Y的分布列及均值E(Y).解:(1)設“從這100個水果中隨機抽取1個,抽到禮品果”為事件A,則P(A)=20100=1現有放回地隨機抽取4個,設抽到禮品果的個數為X,則X~B4,所以恰好抽到2個禮品果的概率為P(X=2)=C42×152×(2)設方案2的售價為Z,則售價的均值為E(Z)=16×110+18×310+22×410+24×210=16+54+88+48因為E(Z)>20,所以從采購商的角度考慮,應該采用方案1.(3)用分層隨機抽樣的方法從100個水果中抽取10個,其中精品果有4個,非精品果有6個.現從中隨機抽取3個,則精品果的數量Y服從超幾何分布,Y的所有可能的取值為0,1,2,3.則P(Y=0)=C63CP(Y=1)=C62CP(Y=2)=C61CP(Y=3)=C43C所以Y的分布列為Y0123P1131所以E(Y)=0×16+1×12+2×310+3×1要點訓練五正態分布的概率(1)解題時注意3σ原則,記住隨機變量在三個區間內取值的概率.(2)注意數形結合,根據正態曲線的對稱性結合圖象解決某一區間內的概率問題.1.若隨機變量X服從正態分布N(2,σ2),X在區間(4,+∞)上取值的概率是0.2,則X在區間[0,2]上取值的概率是()A.0.3B.0.4C.0.6D.0.8解析:根據題意分析知,隨機變量X服從正態分布N(2,σ2),且P(X>4)=0.2.根據對稱性可得P(X<0)=0.2,所求概率P(0≤X≤2)=1-2P(答案:A2.某校約有1000人參加模塊考試,其數學考試成績Y服從正態分布N(90,σ2)(σ>0),統計結果顯示數學考試成績在70分到110分之間的人數約為總人數的60%,則此次數學考試成績不低于110分的學生人數約為()A.600B.400C.300D.200解析:根據正態分布知,其均值為90分.又因為70分到110分之間的人數約為總人數的60%,所以根據對稱性知90分到110分之間的人數約為總人數的30%,所以不低于110分的人數約為總人數的50%-30%=20%,故大約有1000×20%=200(人).答案:D3.若X~N(2,σ2),P(1.6<X<2.4)=0.6,P(2.4≤X≤2.8)=0.1,則P(X<1.2)=()A.0.1B.0.3C.0.4D.0.6解析:由題意,得μ=2,P(2≤X≤2.8)=12P(1.6<X<2.4)+P(2.4≤X≤2.8)=0.所以P(X<1.2)=P(X>2.8)=0.5-P(2≤X≤2.8)=0.1.答案:A要點訓練六求解條件概率的方法1.用定義法求條件概率P(B|A)先分析題意,弄清概率模型,再計算P(A),P(AB),最后代入公式P(B|A)=P(AB2.利用縮小樣本空間計算條件概率將原來的樣本空間Ω縮小為已知的事件A,原來的事件B縮小為事件AB.在縮小的樣本空間上利用古典概型公式計算條件概率,即P(B|A)=n(AB)n(3.用條件概率的性質解題對于比較復雜的事件的概率,一般先把它分解成兩個(或若干個)互斥的較簡單的事件之和,求出這些簡單事件的概率,再利用概率加法公式即得所求的復雜事件的概率.1.已知一種元件的使用壽命超過1年的概率為0.8,超過2年的概率為0.6,若一個這種元件使用到1年時還未破損,則這個元件使用壽命超過2年的概率為()A.0.75B.0.6C.0.52D.0.48解析:因為這種元件的使用壽命超過1年的概率為0.8,超過2年的概率為0.6,所以在一個這種元件使用到1年時還未破損的前提下,這個元件使用壽命超過2年的概率P=0.60.8=0答案:A2.已知甲在上班途中要經過兩個路口,在第一個路口遇到紅燈的概率為0.5,兩個路口連續遇到紅燈的概率為0.4,則甲在第一個路口遇到紅燈的條件下,第二個路口遇到紅燈的概率為()A.0.6B.0.7C.0.8D.0.9解析:設“第一個路口遇到紅燈”為事件A,“第二個路口遇到紅燈”為事件B,則P(A)=0.5,P(AB)=0.4,則P(B|A)=P(AB)故選C.答案:C要點訓練七方程思想方程思想是一種重要的數學思想,用方程思想解題的關鍵是利用已知條件或公式、定理中的已知結論構造方程(組).這種思想在代數、幾何及生活實際中有著廣泛的應用.1.設X是一個離散型隨機變量,其分布列如下表,則q=()X-101P12q-1qA.112B.712C.12解析:由分布列的性質,可得0≤2q-1答案:B2.已知隨機變量X的分布列為P(X=k)=a2k,k=1,2,3,則P(X=3)=(A.17B.27C.47解析:因為隨機變量X的分布列為P(X=k)=a2k(所以a12+14+1所以P(X=3)=87×18=17.答案:A要點訓練八轉化思想轉化思想是解決數學問題的重要思想,數學解題的本質就是轉化.如:將實際問題與數學問題互相轉化.1.多選題已知隨機變量X~N(0.4,σ12),Y~N(0.8,σ22),其正態曲線如圖所示,A.P(X≥0.4)=P(Y≥0.8)B.P(X≥0)=P(Y≥0)C.X的取值比Y的取值更集中于平均值左右D.兩條正態曲線與x軸之間的區域的面積均為1解析:由已知,得μ1=0.4,μ2=0.8,σ1<σ2.故P(X≥0.4)=P(Y≥0.8)=0.5,故A項正確.由題圖可知,在y軸的左側,隨機變量X~N(0.4,σ12)的圖象在Y~N(0.8,σ2故P(X≥0)>P(Y≥0).故B項錯誤.隨機變量X~N(0.4,σ12)的圖象比Y~N(0.8,σ22)的圖象更“瘦高”,故X的取值比Y的取值更集中于平均值左右,顯然,兩條正態曲線與x軸之間的區域的面積均為1,故D項正確.故選ACD.答案:ACD2.如圖所示,曲線C為正態分布N(2,1)的正態曲線的一部分,在正方形中隨機投擲1000個點,則落入陰影部分的點的個數的估計值是()參考數據:若X~N(μ,σ2),則P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545.A.136 B.159C.341D.477解析:由題意可知,正態分布N(2,1)在區間[0,1]上取值的概率是題圖中陰影部分的面積,則S陰=12×[P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)-P(μ-σ≤X≤μ+σ)]≈12×(0.9545-00.1359,故落入陰影部分的點的個數的估計值是1000×0.1359=135.9≈136.故選A.答案:A3.若隨機變量X~N(μ,σ2),且P(X>5)=P(X<-1)=0.2,則P(2≤X≤5)=0.3.解析:因為隨機變量X~N(μ,σ2),且P(X>5)=P(X<-1)=0.2,所以μ=5+(-1)2=2.所以正態曲線關于直線所以P(-1≤X≤5)=2P(2≤X≤5)=1-0.2-0.2=0.6,所以P(2≤X≤5)=0.3.4.江先生的單位實行的是“朝九晚五”的工作時間,他上班通常乘坐公交或地鐵加步行.已知從家到最近的公交站或地鐵站都需步行5min,乘坐公交到離單位最近的公交站所需時間Z1(單位:min)服從正態分布N(33,42),下車后步行再到單位需要12min;乘坐地鐵到離單位最近的地鐵站所需時間Z2(單位:min)服從正態分布N(44,22),下地鐵后再步行到單位需要5min.現有下列說法:①若8:00出門,則乘坐公交一定不會遲到;②若8:02出門,則乘坐公交和乘坐地鐵上班不遲到的可能性相同;③若8:06出門,則乘坐公交比乘坐地鐵上班遲到的可能性大;④若8:12出門,則乘坐地鐵比乘坐公交上班遲到的可能性大.則以上說法中正確的序號是②④.參考數據:若Z~N(μ,σ2),則P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.9973.解析:若8:00出門,江先生乘坐公交,從家到公交站需要5min,下車后再步行到單位需要12min,乘坐公交到離單位最近的公交站所需時間Z1服從正態分布N(33,42),故P(Z1>45)=1-P(21≤Z所以江先生仍有可能遲到,只不過概率很小,故①錯誤.若8:02出門,江先生乘坐公交.因為從家到公交站需要5min,下車后再步行到單位需要12min,乘坐公交到離單位最近的公交站所需時間Z1服從正態分布N(33,42),故當滿足P(Z1≤41)=1-P(25≤Z1≤41)2+若8:02出門,江先生乘坐地鐵.因為從家到地鐵站需要5min,下地鐵后再步行到單位需要5min,乘坐地鐵到離單位最近的地鐵站所需時間Z2服從正態分布N(44,22),故當滿足P(Z2≤48)=1-P(40≤Z2≤48)2+此時兩種上班方式江先生不遲到的概率相等,故②正確.類似可得,若8:06出門,則乘坐公交比乘坐地鐵上班遲到的可能性小,故③錯誤.若8:12出門,則乘坐地鐵比乘坐公交上班遲到的可能性大,故④正確.故答案為②④.隨機變量及其分布的綜合問題改革開放以來,人們的支付方式發生了巨大轉變.近年來,移動支付已成為主要支付方式之一.為了解某校學生上個月A,B兩種移動支付方式的使用情況,從全校學生中隨機抽取了100人,發現樣本中A,B兩種支付方式都不使用的有5人,樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額分布情況如下:支付方式支付金額/元(0,1000](1000,2000]大于2000僅使用A18人9人3人僅使用B10人14人1人(1)從全校學生中隨機抽取1人,估計該學生上個月A,B兩種支付方式都使用的概率.(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學生中各隨機抽取1人,以X表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數,求X的分布列和均值.(3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化.現從樣本僅使用A的學生中,隨機抽查3人,發現他們本月的支付金額都大于2000元.根據抽查結果,能否認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2000元的人數有變化?說明理由.解:(1)由題意,得從全校所有學生中隨機抽取的100人中,A,B兩種支付方式都不使用的有5人,僅使用A的有30人,僅使用B的有25人,所以A,B兩種支付方式都使用的人數為100-5-30-25=40①, ………1分所以從全校學生中隨機抽取1人,該學生上個月A,B兩種支付方式都使