章末复习课7 随机变量及其分布（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册高中同步学案（人教A版）

该高中数学课件系统梳理第七章“随机变量及其分布”核心内容，涵盖条件概率（加法、乘法、全概率、贝叶斯公式）、离散型随机变量（分布列、均值、方差及两点、超几何、二项分布）、连续型随机变量（正态分布及3σ原则），通过知识要点分块与例题解析，构建“概念-公式-应用”的逻辑网络，强化知识点间的内在联系。 其特色是“要点精讲-例题示范-跟踪训练”的递进式设计，如例1结合古典概型解析条件概率，例3通过掷硬币问题训练二项分布均值计算，培养数学思维（逻辑推理、运算能力）与数学语言（符号表达、模型应用）。跟踪训练分层适配不同学生，助力教师精准把握学情，提升复习效率与知识巩固效果。

第七章　随机变量及其分布 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 章 末 复 习 课 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 谢谢观看 第七章　随机变量及其分布 选择性必修第三册 数学 (一) 条件概率 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)＝ eq \f(P(AB),P(A)) .　(2)P(B|A)＝ eq \f(n(AB),n(A)) . 在古典概型中，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． [例1]　从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞，求两张都是假钞的概率． 解：若A表示“抽到的两张都是假钞”，B表示“抽到的两张中至少有一张是假钞”，则所求概率为P(A|B). ∵P(AB)＝P(A)＝eq \o\al(2,5) eq \f(C,C eq \o\al(2,20) ) ，P(B)＝eq \o\al(2,5) eq \f(C＋C eq \o\al(1,5) C eq \o\al(1,15) ,C eq \o\al(2,20) ) ， ∴P(A|B)＝ eq \f(P(AB),P(B)) ＝eq \o\al(2,5) eq \f(C,C eq \o\al(2,5) ＋C eq \o\al(1,5) C eq \o\al(1,15) ) ＝ eq \f(10,85) ＝ eq \f(2,17) . 1．已知男人中有5%患色盲，女人中有0.25%患色盲，从100个男人和100个女人中任选一人． (1)求此人患色盲的概率； (2)如果此人是色盲，求此人是男人的概率．(以上各问结果写成最简分式形式) 解：设“任选一人是男人”为事件A，“任选一人是女人”为事件B，“任选一人是色盲”为事件C. (1)此人患色盲的概率 P(C)＝P(AC)＋P(BC)＝P(A)P(C|A)＋P(B)·P(C|B)＝ eq \f(100,200) × eq \f(5,100) ＋ eq \f(100,200) × eq \f(0.25,100) ＝ eq \f(21,800) . (2)由(1)得P(AC)＝ eq \f(5,200) ， 又因为P(C)＝ eq \f(21,800) ， 所以P(A|C)＝ eq \f(P(AC),P(C)) ＝ eq \f(\f(5,200),\f(21,800)) ＝ eq \f(20,21) . (二) 全概率公式 1．全概率公式：一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝ eq \i\su(i＝1,n,P) (Ai)P(B|Ai). 2．解决全概率公式的问题，首先把所求概率的事件分解为若干个互斥事件的和，然后利用全概率公式计算． [例2]　某市有甲、乙两支乒乓球队，其中分别有4名和8名队员，现从这12名队员中任选1名队员代表本市去参加比赛．已知甲队队员得冠军的概率为 eq \f(4,5) ，乙队队员得冠军的概率是 eq \f(1,2) ，则本次比赛中该市队员得冠军的概率为________． 解析：由全概率公式可知本次比赛中该市队员得冠军的概率为 eq \f(4,12) × eq \f(4,5) ＋ eq \f(8,12) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(3,5) . 答案： eq \f(3,5) 2．采购员要购买10个一包的电器元件．他的采购方法是：从一包中随机抽查3个，如果这3个元件都是好的，他才买下这一包．假定含有4个次品的包数占30%，而其余包中各含1个次品．求 (1)采购员拒绝购买的概率； (2)在采购员拒绝购买的条件下，抽中的一包中含有4个次品的概率． 解：设B1＝“取到的是含4个次品的包”，B2＝“取到的是含1个次品的包”，A＝“采购员拒绝购买”， P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.7. P(A|B1)＝1－eq \o\al(3,6) eq \f(C,C eq \o\al(3,10) ) ＝ eq \f(5,6) ， P(A|B2)＝1－eq \o\al(3,9) eq \f(C,C eq \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) . (三) 离散型随机变量的均值和方差 1．离散型随机变量的分布列在高中阶段主要学习两种：超几何分布与二项分布，由于这两种分布列在生活中应用较为广泛，故在高考中对该知识点的考查较灵活，常与期望、方差融合在一起，横向考查． 2．均值与方差都是随机变量重要的数字特征，方差是建立在均值这一概念之上的，它表明了随机变量所取的值相对于它的均值的集中与离散程度，二者联系密切，在现实生产生活中特别是风险决策中有着重要意义，因此在当前的高考中是一个热点问题． 角度一　均值与方差的计算 [例3]　甲与乙两人掷硬币，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和Y的均值； (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：(1)依题意X～B(3，0.5)，Y～B(2，0.5)， 所以E(X)＝3×0.5＝1.5，E(Y)＝2×0.5＝1. (2)P(X＝0)＝C eq \o\al(0,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(3) ＝ eq \f(1,8) ，P(X＝1)＝C eq \o\al(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(3) ＝ eq \f(3,8) ， P(X＝2)＝C eq \o\al(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(3) ＝ eq \f(3,8) ，P(X＝3)＝C eq \o\al(3,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(3) ＝ eq \f(1,8) ， P(Y＝0)＝C eq \o\al(0,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＝ eq \f(1,4) ， P(Y＝1)＝C eq \o\al(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＝ eq \f(1,2) ，P(Y＝2)＝C eq \o\al(2,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＝ eq \f(1,4) . 甲获胜有以下情况： X＝1，Y＝0；X＝2，Y＝0，1；X＝3，Y＝0，1，2. 则甲获胜的概率为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) . 乙获胜有以下情况：Y＝1，X＝0；Y＝2，X＝0，1. 则乙获胜的概率为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) . 角度二　均值与方差的实际应用 [例4]　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X表示一次掷得的点数和，求X的分布列； (2)若连续投掷10次，设随机变量Y表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E(X)，D(Y). 解：(1)由已知，随机变量X的取值为2，3，4，5，6，设掷一枚正方体骰子所得点数为X0，则X0的分布列为： 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的分布列为 X 2 3 4 5 6 P eq \f(1,36) eq \f(1,9) eq \f(5,18) eq \f(1,3) eq \f(1,4) (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＝ eq \f(1,4) . 因为随机变量Y～B eq \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) . 3．本着健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该租车点租车骑游(各取一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为 eq \f(1,4) ， eq \f(1,2) ；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为 eq \f(1,2) ， eq \f(1,4) ；两人租车时间都不会超过四小时． (1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率； (2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量X，求X的分布列及均值． 解：(1)由题意得，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为 eq \f(1,4) ， eq \f(1,4) .记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A， 则P(A)＝ eq \f(1,4) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,4) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(5,16) . 故甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为 eq \f(5,16) . (2)X的可能取值为0，2，4，6，8. P(X＝0)＝ eq \f(1,4) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,8) ， P(X＝2)＝ eq \f(1,4) × eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(5,16) ， P(X＝4)＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,4) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,4) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(5,16) ， P(X＝6)＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,4) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(3,16) ， P(X＝8)＝ eq \f(1,4) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,16) . ∴甲、乙两人所付的租车费用之和X的分布列为 X 0 2 4 6 8 P eq \f(1,8) eq \f(5,16) eq \f(5,16) eq \f(3,16) eq \f(1,16) ∴E(X)＝0× eq \f(1,8) ＋2× eq \f(5,16) ＋4× eq \f(5,16) ＋6× eq \f(3,16) ＋8× eq \f(1,16) ＝ eq \f(7,2) . (四)正态分布 正态分布在实际生产生活中有广泛的应用，在解题中注意求准正态分布中的参数μ，σ，熟练掌握随机变量在三个区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率． [例5]　在某次大型考试中，某班同学的成绩服从正态分布N(80，52)，现已知该班同学中成绩在80～85分的同学有17人．试计算该班同学中成绩在90分以上的同学有多少个？ 解：∵成绩服从正态分布N(80，52)， ∴μ＝80，σ＝5，μ－σ＝75，μ＋σ＝85. 于是成绩在(75，85)内的同学占全班同学的68.27%. 这样成绩在(80，85)内的同学占全班同学的34.135%. 设该班有x名同学，则x×34.135%＝17. 解得x≈50. 又μ－2σ＝80－10＝70，μ＋2σ＝80＋10＝90. ∴成绩在(70，90)内的同学占全班同学的95.45%. ∴成绩在(80，90)内的同学占全班同学的47.725%. ∴成绩在90分以上的同学占全班同学的2.275%. 即有50×2.275%≈1(人). 因此成绩在90分以上的仅有1人． 4．灯泡厂生产的白炽灯泡的寿命为X(单位：小时)，已知X～N(1 000，302)，要使灯泡的平均寿命为1 000小时的概率为99.73%，问灯泡的最低寿命应控制在多少小时以上？ 解：因为X～N(1 000，302)，所以μ＝1 000，σ＝30. 所以P(1 000－3×30<X≤1 000＋3×30)＝P(910<X≤1 090)＝99.73%. 所以灯泡的最低寿命应控制在910小时以上． $