第3章 概率 章末总结-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第3章　概率 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科思想培优 目录 知识系统整合 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 规律方法收藏 规律方法收藏 6 规律方法收藏 7 规律方法收藏 8 规律方法收藏 9 2．离散型随机变量的分布列 (1)分布列 一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，其相应的概率为p1，p2，…，pn，记 P(X＝xi)＝pi(i＝1，2，…，n)．(*) 或把(*)式列成下表： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 规律方法收藏 10 规律方法收藏 11 规律方法收藏 12 规律方法收藏 13 规律方法收藏 14 规律方法收藏 15 规律方法收藏 16 4．正态分布 (1)正态分布：X～N(μ，σ2)．随机变量X落在区间[a，b]内的概率，等于p(x)对应的正态曲线与x轴在区间[a，b]内围成的面积． (2)正态分布的3σ原则 如果X～N(μ，σ2)，那么 P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈68．27%， P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈95．45%， P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈99．73%． 规律方法收藏 17 学科思想培优 在计算条件概率时，必须搞清楚要求的条件概率是在哪一个事件发生的条件下的概率，从而选择合适的条件概率公式，分别求出相应事件的概率进行计算．其中需特别注意事件AB的概率的求法，它是指事件A和B同时发生的概率，应结合题目的条件进行计算．如果给出的问题涉及古典概型，那么也可以直接用古典概型的方法进行条件概率的求解．在计算时，在事件A发生的前提下缩减样本点总数，求出其包含的样本点数，再在这些样本点中，找出事件A发生的条件下，事件B包含的样本点数，然后利用古典概型公式求得条件概率． 全概率公式适用于“整体难算，分开易算”的情况，应用了“化整为零，各个击破”的解题策略． 一、条件概率与全概率公式 学科思想培优 19 有20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件，求： (1)第一次抽到次品的概率； (2)第一次和第二次都抽到次品的概率； (3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率． 解 学科思想培优 20 某学生的手机掉了，落在宿舍中的概率为60%，在这种情况下找到的概率为98%，落在教室里的概率为25%，在这种情况下找到的概率为50%；落在路上的概率为15%，在这种情况下找到的概率为20%． 求：(1)该学生找到手机的概率； (2)在找到的条件下，手机在宿舍中找到的概率(精确到0．001)． 解 学科思想培优 21 数学期望和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在数学期望的基础之上的，它表明了随机变量所取的值相对于它的数学期望的离散程度，二者的联系密切，在现实生产生活中应用广泛． 离散型随机变量的数学期望与方差是概率统计知识的延伸，在实际问题特别是风险决策中有着重要意义，因此在高考中是一个热点问题．求离散型随机变量X的数学期望与方差的步骤： (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)由分布列和数学期望的定义求出E(X)； (5)由方差的定义求D(X)． 二、离散型随机变量的分布列及数学期望、方差 学科思想培优 22 一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，2张卡片上的数字是3．从盒中任取3张卡片． (1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率； (2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X的分布列与数学期望． 解 学科思想培优 23 解 学科思想培优 24 甲、乙两人掷一枚质地均匀的硬币，甲用一枚硬币掷3次，记正面朝上的次数为X；乙用这枚硬币掷2次，记正面朝上的次数为Y． (1)分别求X与Y的数学期望与方差； (2)规定：若X>Y，则甲获胜；若X<Y，则乙获胜，分别求出甲和乙获胜的 概率． 解 学科思想培优 25 解 学科思想培优 26 对于正态分布问题，在新课程标准中的要求不是很高，只要求了解正态分布中的最基础的知识． 正态变量在(－∞，＋∞)内的取值的概率为1，正态总体几乎总取值于区间[μ－3σ，μ＋3σ]，而在此区间以外取值的概率只有0．0027，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生． 三、有关正态分布的问题 学科思想培优 27 某学校高三2500名学生第二次模拟考试总成绩X服从正态分布N(500，502)，请判断考生成绩在区间(550，600]内的人数． 解 学科思想培优 28 在一次测量中，测量结果X服从正态分布N(2，σ2)(σ>0)，若X在(0，2]内取值的概率为0．2，求： (1)X在(0，4)内取值的概率； (2)P(X≥4)． 四、数形结合思想在正态分布中的应用 解 学科思想培优 29 某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－10分．如果一个挑战者回答前两个问题正确的概率都是0．8，回答第三个问题正确的概率为0．6，且各题回答正确与否相互之间没有影响． (1)求这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列和数学期望； (2)求这位挑战者总得分不为负分(即X≥0)的概率． 五、分类讨论思想在分布列求解中的应用 学科思想培优 30 解　(1)三个问题均答错，得0＋0＋(－10)＝－10(分)． 三个问题均答对，得10＋10＋20＝40(分)． 三个问题一对两错，包括两种情况： ①前两个问题一对一错，第三个问题错，得10＋0＋(－10)＝0(分)； ②前两个问题错，第三个问题对，得0＋0＋20＝20(分)． 三个问题两对一错，也包括两种情况： ①前两个问题对，第三个问题错，得10＋10＋(－10)＝10(分)； ②第三个问题对，前两个问题一对一错，得20＋10＋0＝30(分)． 解 学科思想培优 31 解 学科思想培优 32 所以X的分布列为 E(X)＝－10×0．016＋0×0．128＋10×0．256＋20×0．024＋30×0．192＋40×0．384＝24． (2)这位挑战者总得分不为负分的概率为 P(X≥0)＝1－P(X<0)＝1－0．016＝0．984． 解 X －10 0 10 20 30 40 P 0．016 0．128 0．256 0．024 0．192 0．384 学科思想培优 33 　　　　　　　　　　　　　 R 1．条件概率与全概率公式 (1)条件概率 如果事件A，B是两个随机事件，且P(A)>0，则在事件A发生的条件下事件B发生的概率叫作条件概率，记为P(B|A)，P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))． 类似地，如果P(B)>0，则P(A|B)＝eq \f(P(AB),P(B))． (2)条件概率的性质 ①P(Ω|A)＝1； ②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)； ③设eq \o(B,\s\up6(－))和B互为对立事件，则P(eq \o(B,\s\up12(－))|A)＝1－P(B|A)． (3)事件的独立性 ①如果n(n>2)个事件A1，A2，…，An中任何一个事件发生的概率都不受其余事件发生与否的影响，则称A1，A2，…，An相互独立； ②一般地，当n(n>2)个事件A1，A2，…，An相互独立时，有以下公式成立：P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)． 注意，上式并不表示A1，A2，…，An相互独立． (4)乘法公式 若Ai(i＝1，2，…，n)为n个随机事件，且P(A1A2…An－1)>0，则P(A1A2…An)＝P(A1)·P(A2|A1)P(A3|A1A2)·…·P(An|A1A2…An－1)称为一般概率乘法公式． 若事件Ai(i＝1，2，…，n)相互独立，则上式变为P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)． (5)全概率公式 设Ai(i＝1，2，…，n)为n个事件，若满足 ①AiAj＝∅(i≠j)， ②A1∪A2∪A3∪…∪An＝Ω， ③P(Ai)>0，i＝1，…，n， 则对任一事件B，有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋…＋P(An)P(B|An)＝eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)，上式称为全概率公式． (6)贝叶斯公式 P(B|A)＝eq \f(P(B)P(A|B),P(B)P(A|B)＋P(\o(B,\s\up12(－)))P(A|\o(B,\s\up12(－))))． 上表或(*)式称为离散型随机变量X的概率分布列(简称X的分布列)． 离散型随机变量分布列的性质： ①pi≥0，i＝1，2，…，n；②eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝1))pi＝1． (2)两点分布 两点分布又称0－1分布，随机变量X只有两个取值0和1，其分布列为 X 0 1 P 1－p p (3)二项分布 一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A出现的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则X的分布列为 P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,n)pkqn－k，k＝0，1，…，n，其中q＝1－p． 注意到Ceq \o\al(k,n)pkqn－k正好是二项式(p＋q)n的展开式中的第(k＋1)项，故称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，其中n，p为参数，p为事件发生的概率． (4)超几何分布 一般地，设有N件产品，其中有M件次品．从中任取n件产品，用X表示取出的n件产品中次品的件数，那么 P(X＝k)＝(k,M)eq \f(CCeq \o\al(n－k,N－M),Ceq \o\al(n,N)) ，k＝m，m＋1，m＋2，…，r．(*) 其中M≤N，n≤N，m＝max{0，n－(N－M)}，r＝min{n，M}，n，M，N∈N＋． 公式中的k可以取的最小值为max{0，n－(N－M)}，而不一定是0． 若随机变量X的分布列具有(*)式的形式，则称分布列 X m m＋1 … r P (m,M)eq \f(CCeq \o\al(n－m,N－M),Ceq \o\al(n,N)) (m＋1,M)eq \f(CCeq \o\al(n－(m＋1),N－M),Ceq \o\al(n,N)) … (r,M)eq \f(CCeq \o\al(n－r,N－M),Ceq \o\al(n,N)) 为超几何分布列．如果随机变量X的分布列为超几何分布列，就称X服从超几何分布，记作X～H(N，M，n)． 3．离散型随机变量的数学期望与方差 (1)数学期望与方差 一般地，若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn为X的数学期望或均值；D(X)＝E{[X－E(X)]2}＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn为随机变量X的方差，并称eq \r(D(X))为X的标准差． (2)数学期望与方差的性质 若X是离散型随机变量，则①E(aX＋b)＝aE(X)＋b；②D(aX＋b)＝a2D(X)． (3)常用分布的数学期望与方差 ①若X～B(1，p)，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)； ②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)； ③若X～H(N，M，n)，则E(X)＝eq \f(nM,N)． 解　记第一次抽到次品为事件A，第二次抽到次品为事件B． (1)第一次抽到次品的概率为P(A)＝eq \f(5,20)＝eq \f(1,4)． (2)第一次和第二次都抽到次品的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(1,19)． (3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(\f(1,19),\f(1,4))＝eq \f(4,19)． 解　设“手机落在宿舍”为事件B1，“手机落在教室”为事件B2，“手机落在路上”为事件B3，“找到手机”为事件A，则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． 解　(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为P＝3,4)eq \f(C＋Ceq \o\al(3,3),Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(5,84)． (2)X的所有可能取值为1，2，3，且P(X＝1)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(3,4),Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(17,42)， P(X＝2)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,2)＋Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,6)＋Ceq \o\al(3,3),Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(43,84)，P(X＝3)＝2,2)eq \f(CCeq \o\al(1,7),Ceq \o\al(3,9)) ＝eq \f(1,12)， 故X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(17,42) eq \f(43,84) eq \f(1,12) 从而E(X)＝1×eq \f(17,42)＋2×eq \f(43,84)＋3×eq \f(1,12)＝eq \f(47,28)． 解　(1)依题意，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))， 所以E(X)＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，D(X)＝3×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,4)； E(Y)＝2×eq \f(1,2)＝1，D(Y)＝2×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq \f(1,2)． (2)P(X＝0)＝Ceq \o\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)，P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(3,8)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(3,8)，P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)； P(Y＝0)＝Ceq \o\al(0,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，P(Y＝1)＝Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，P(Y＝2)＝Ceq \o\al(2,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)． 甲获胜的情况有X＝1，Y＝0；X＝2，Y＝0，1；X＝3，Y＝0，1，2， 所以甲获胜的概率为P1＝eq \f(3,8)×eq \f(1,4)＋eq \f(3,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,2)))＋eq \f(1,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝eq \f(1,2)． 乙获胜的情况有Y＝1，X＝0；Y＝2，X＝0，1， 所以乙获胜的概率为P2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,8)＋eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)＋\f(3,8)))＝eq \f(3,16)． 解　∵考生成绩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． ∴考生成绩在区间(550，600]内的人数约为2500×0．1359≈340． 解　(1)由X～N(2，σ2)，得对称轴为直线x＝2，画出示意图， ∵P(0<X≤2)＝P(2≤X<4)， ∴P(0<X<4)＝2P(0<X≤2)＝2×0．2＝0．4． (2)P(X≥4)＝eq \f(1,2)[1－P(0<X<4)]＝eq \f(1,2)×(1－0．4)＝0．3． 故X的可能取值为－10，0，10，20，30，40． P(X＝－10)＝0．2×0．2×0．4＝0．016； P(X＝0)＝Ceq \o\al(1,2)×0．2×0．8×0．4＝0．128； P(X＝10)＝0．8×0．8×0．4＝0．256； P(X＝20)＝0．2×0．2×0．6＝0．024； P(X＝30)＝Ceq \o\al(1,2)×0．8×0．2×0．6＝0．192； P(X＝40)＝0．8×0．8×0．6＝0．384． $$