人教A版(新教材)高中數學選擇性必修第三冊PAGEPAGE1章末復習提升要點一條件概率的求法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.一般地，計算條件概率常有兩種方法：(1)P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)；(2)P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）).在古典概型下，n(AB)指事件A與事件B同時發生的樣本點個數；n(A)是指事件A發生的樣本點個數.〖例1〗口袋中有2個白球和4個紅球，現從中隨機地不放回連續抽取兩次，每次抽取1個，則：(1)第一次取出的是紅球的概率是多少？(2)第一次和第二次都取出的是紅球的概率是多少？(3)在第一次取出紅球的條件下，第二次取出的是紅球的概率是多少？解設A＝“第一次取出的是紅球”；B＝“第二次取出的是紅球”.(1)從中隨機地不放回連續抽取兩次，每次抽取1個，所有樣本點共6×5個；第一次取出的是紅球，第二次是其余5個球中的任一個，符合條件的有4×5個，所以P(A)＝eq\f(4×5,6×5)＝eq\f(2,3).(2)從中隨機地不放回連續抽取兩次，每次抽取1個，所有樣本點共6×5個；第一次和第二次都取出的是紅球，相當于取兩個球，都是紅球，符合條件的有4×3個，所以P(AB)＝eq\f(4×3,6×5)＝eq\f(2,5).(3)利用條件概率的計算公式，可得P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq\f(3,5).〖訓練1〗擲兩顆均勻的骰子，已知第一顆骰子擲出6點，求“擲出點數之和大于或等于10”的概率.解設A＝“擲出點數之和大于或等于10”；B＝“第一顆擲出6點”.法一P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝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.∴n(B)＝6.“擲出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)＝3.∴P(A|B)＝eq\f(n（AB）,n（B）)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).要點二全概率公式全概率公式適用于“整體難算，分開易算”的情況，采取“化整為零，各個擊破”的解題策略.〖例2〗某學生的手機掉了，落在宿舍中的概率為60%，在這種情況下找到的概率為98%；落在教室里的概率為25%，在這種情況下找到的概率為50%；落在路上的概率為15%，在這種情況下找到的概率為20%.求：(1)該學生找到手機的概率；(2)在找到的條件下，手機在宿舍中找到的概率.解設B1＝“手機落在宿舍”，B2＝“手機落在教室”，B3＝“手機落在路上”，A＝“找到手機”，則Ω＝B1∪B2∪B3，(1)P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝60%×98%＋25%×50%＋15%×20%＝0.743.(2)P(B1|A)＝eq\f(P（B1A）,P（A）)＝eq\f(P（B1）P（A|B1）,P（A）)＝eq\f(60%×98%,0.743)≈0.791.〖訓練2〗采購員要購買10個一包的電器元件.他的采購方法是：從一包中隨機抽查3個，如果這3個元件都是好的，他才買下這一包.假定含有4個次品的包數占30%，而其余包中各含1個次品.求：(1)采購員拒絕購買的概率；(2)在采購員拒絕購買的條件下，抽中的一包中含有4個次品的概率.解設B1＝“取到的是含4個次品的包”，B2＝“取到的是含1個次品的包”，A＝“采購員拒絕購買”，P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.7.P(A|B1)＝1－eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(5,6)，P(A|B2)＝1－eq\f(Ceq\o\al(3,9),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(3,10).(1)由全概率公式得到P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝eq\f(3,10)×eq\f(5,6)＋eq\f(7,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(23,50).(2)P(B1|A)＝eq\f(P（B1）P（A|B1）,P（A）)＝eq\f(\f(3,10)×\f(5,6),\f(23,50))＝eq\f(25,46).要點三離散型隨機變量的分布列、均值和方差求離散型隨機變量的均值與方差，常見分布以相應公式求解，綜合問題注意以下幾個步驟：角度1兩點分布〖例3〗設X服從兩點分布，分布列為，其中p∈(0，1)，則()A.E(X)＝p，D(X)＝p3B.E(X)＝p，D(X)＝p2C.E(X)＝q，D(X)＝q2D.E(X)＝1－p，D(X)＝p－p2〖答案〗D〖解析〗X服從兩點分布，則E(X)＝q＝1－p，D(X)＝p(1－p)＝p－p2.角度2二項分布〖例4〗已知隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，則D(2X＋1)等于()A.6 B.4C.3 D.9〖答案〗A〖解析〗∵D(2X＋1)＝4D(X)，D(X)＝6×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，∴D(2X＋1)＝4×eq\f(3,2)＝6.角度3超幾何分布〖例5〗某學院為了調查本校學生2020年4月“健康上網”(健康上網是指每天上網不超過兩個小時)的天數情況，隨機抽取了40名本校學生，統計他們在該月30天內健康上網的天數，并將所得的數據分成以下六組：〖0，5〗，(5，10〗，(10，15〗，…，(25，30〗，由此畫出樣本的頻率分布直方圖，如圖所示.(1)根據頻率分布直方圖，求這40名學生中健康上網天數超過20天的人數；(2)現從這40名學生中任取2名，設Y為取出的2名學生中健康上網天數超過20天的人數，求Y的分布列及均值E(Y).解(1)由圖可知健康上網天數未超過20天的頻率為(0.01＋0.02＋0.03＋0.09)×5＝0.15×5＝0.75，所以健康上網天數超過20天的學生人數是40×(1－0.75)＝40×0.25＝10.(2)隨機變量Y的所有可能取值為0，1，2，且Y服從超幾何分布.所以P(Y＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,30),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(29,52)，P(Y＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(1,30),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(5,13)，P(Y＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,10),Ceq\o\al(2,40))＝eq\f(3,52).所以Y的分布列為Y012Peq\f(29,52)eq\f(5,13)eq\f(3,52)所以Y的均值E(Y)＝1×eq\f(5,13)＋2×eq\f(3,52)＝eq\f(1,2).角度4綜合應用〖例6〗一次同時投擲兩枚相同的正方體骰子(骰子質地均勻，且各面分別刻有1，2，2，3，3，3六個數字).(1)設隨機變量X表示一次擲得的點數和，求X的分布列；(2)若連續投擲10次，設隨機變量Y表示一次擲得的點數和大于5的次數，求E(Y)，D(Y).解(1)由已知，隨機變量X的取值為2，3，4，5，6.設擲一枚正方體骰子所得點數為X0，則X0的分布列為：P(X0＝1)＝eq\f(1,6)，P(X0＝2)＝eq\f(1,3)，P(X0＝3)＝eq\f(1,2)，所以P(X＝2)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,36)，P(X＝3)＝2×eq\f(1,6)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，P(X＝4)＝2×eq\f(1,6)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,18)，P(X＝5)＝2×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，P(X＝6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故X的分布列為X23456Peq\f(1,36)eq\f(1,9)eq\f(5,18)eq\f(1,3)eq\f(1,4)(2)由已知，滿足條件的一次投擲的點數和取值為6，設某次發生的概率為p，由(1)知，p＝eq\f(1,4).因為隨機變量Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(1,4)))，所以E(Y)＝np＝10×eq\f(1,4)＝eq\f(5,2)，D(Y)＝np(1－p)＝10×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(15,8).〖訓練3〗某城市有甲、乙、丙3個旅游景點，一位客人游覽這三個景點的概率分別為0.4，0.5，0.6，且客人是否游覽哪個景點互不影響，設X表示客人離開該城市時游覽的景點數與沒有游覽的景點數之差的絕對值.(1)求X的分布列；(2)記“函數f(x)＝x2－3Xx＋1在區間〖2，＋∞)上單調遞增”為事件A，求事件A發生的概率.解(1)分別記“客人游覽甲景點”、“客人游覽乙景點”、“客人游覽丙景點”為事件A1，A2，A3.則A1，A2，A3相互獨立，且P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.6.客人游覽的景點數的可能取值為0，1，2，3.相應地，客人沒有游覽的景點數的可能取值為3，2，1，0，所以X的可能取值為1，3.P(X＝3)＝P(A1A2A3)＋P(eq\a\vs4\al(\o(A,\s\up6(－))1)eq\a\vs4\al(\o(A,\s\up6(－))2)eq\a\vs4\al(\o(A,\s\up6(－))3))＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(eq\a\vs4\al(\o(A,\s\up6(－))1))P(eq\o(A,\s\up6(－))2)P(eq\o(A,\s\up6(－))3)＝0.4×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.4＝0.24.P(X＝1)＝1－0.24＝0.76.所以X的分布列為：X13P0.760.24(2)因為f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)X))eq\s\up12(2)＋1－eq\f(9,4)X2，所以函數f(x)＝x2－3Xx＋1在區間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)X，＋∞))上單調遞增.要使f(x)在區間〖2，＋∞)上單調遞增，當且僅當eq\f(3,2)X≤2，即X≤eq\f(4,3).從而P(A)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X≤\f(4,3)))＝P(X＝1)＝0.76.要點四正態分布解答正態分布的實際應用題，關鍵是如何轉化，同時注意以下兩點：(1)注意“3σ”原則，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，因此運用對稱性和結合圖象解決某一區間內的概率問題成為熱點問題.〖例7〗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)，請你判斷考生成績X在550～600分的人數.解∵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)×(0.9545－0.6827)＝0.1359，∴考生成績在550～600分的人數為2500×0.1359≈340(人).〖訓練4〗某地數學考試的成績X服從正態分布，其密度函數曲線如右圖所示，則成績X位于區間〖52，68〗的概率為多少？解設成績X～N(μ，σ2)，則正態分布的密度函數f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))e－eq\f(（x－μ）2,2σ2)，由圖可知，μ＝60，σ＝8.∴P(52≤X≤68)＝P(60－8≤X≤60＋8)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827.要點五方程思想方程思想是高中數學中最基本、最重要的數學思想之一，這種思想方法就是從分析問題的數量關系入手，把變量之間的關系用方程的關系反映出來，然后通過解方程或對方程進行討論，使問題得以解決.利用方程思想解題的關鍵是列出方程.〖例8〗一個袋子內裝有若干個黑球、3個白球、2個紅球(所有的球除顏色外其他均相同)，從中一次性任取2個球，每取得一個黑球得0分，每取得一個白球得1分，每取得一個紅球得2分，用隨機變量X表示取2個球的總得分，已知得0分的概率為eq\f(1,6).(1)求袋子中黑球的個數；(2)求X的分布列與均值.解(1)設袋中黑球的個數為n(n≥2)，由條件知，當取得2個黑球時得0分，概率為P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,n＋5))＝eq\f(1,6)，化簡得n2－3n－4＝0，解得n＝4或n＝－1(舍去)，即袋子中有4個黑球.(2)X的所有可能取值為0，1，2，3，4，∴P(X＝0)＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(1,3)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(11,36)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(1,6)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(1,36)，∴X的分布列為X01234Peq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(11,36)eq\f(1,6)eq\f(1,36)∴E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(11,36)＋3×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,36)＝eq\f(14,9).〖訓練5〗甲、乙兩人為了響應政府“節能減排”的號召，決定各購置一輛純電動汽車.經了解目前市場上銷售的主流純電動汽車，按續航里程數R(單位：千米)可分為三類車型，A：80≤R<150，B：150≤R<250，C：R≥250.甲從A，B，C三類車型中挑選一款，乙從B，C兩類車型中挑選一款，甲、乙二人選擇各類車型的概率如下表：車型人ABC甲eq\f(1,5)pq乙—eq\f(1,4