章末检测（七） 随机变量及其分布-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教用课件（人教A版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了随机变量及其分布的核心知识，涵盖离散型随机变量分布列、正态分布、二项分布等概念，通过不同题型串联起分布列性质、期望方差计算及实际应用，构建完整知识网络。 其亮点在于以实际情境问题驱动复习，如瓷板画盈利、广告方案选择等案例，培养学生用数学眼光观察现实、用数学思维推理运算的能力，分层设计的题型让不同水平学生巩固知识，助力教师精准教学。

章末检测（七）　随机变量及其分布 （时间：120分钟　满分：150分） 1 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的 四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知离散型随机变量X的分布列如下，则p＝（　　） X 1 2 3 4 P p A. B. 解析： 　由 ＋ ＋ ＋p＝1得，p＝ .故选C. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 2. 已知随机变量X服从正态分布N（3，σ2），且P（X＜1）＝0.1，则P （3≤X≤5）＝（　　） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 解析： 　因为随机变量X服从正态分布N（3，σ2），所以正态曲线关于 直线x＝3对称，又P（X＜1）＝0.1，所以P（X＞5）＝0.1，则P （3≤X≤5）＝ ＝ ＝0.4. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 3. 已知事件A，B，若A⊆B，且P（A）＝0.4，P（B）＝0.7，则下列 结论正确的是（　　） A. P（AB）＝0.28 B. P（A｜B）＝0.4 C. P（B｜ ）＝0.5 D. P（B｜A）＝ 解析： 　因为A⊆B，所以P（AB）＝P（A）＝0.4，P（A｜B）＝ ＝ ＝ ，P（B｜A）＝1，P（ ）＝1－P（A）＝0.6，P （B ） ＝P（B）－P（A）＝0.7－0.4＝0.3，P（B｜ ）＝ ＝ ＝0.5，故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝{两次的点数均为偶数}，B＝ {两次的点数之和为8}，则P（B｜A）＝（　　） A. B. C. D. 解析： 　抛掷一枚质地均匀的骰子两次，样本点共有6×6＝36个，其中 事件A有3×3＝9个样本点，事件AB有（2，6），（4，4），（6，2）， 共3个样本点，所以P（B｜A）＝ ＝ ＝ .故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 5. 学校要从10名候选人中选2名组成学生会，其中高二（1）班有4名候选 人，假设每名候选人都有相同的机会被选到.若X表示选到高二（1）班的 候选人的人数，则E（X）＝（　　） A. B. C. D. 解析： 　由题意得随机变量X服从超几何分布，且N＝10，M＝4，n＝ 2，则E（X）＝ ＝ ＝ . √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 6. 位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位， 移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是 .质点P移动 5次后位于点（2，3）的概率为（　　） A. （ ）5 B. （ ）5 C. （ ）5 D. （ ）5 解析： 　依题意，质点在移动过程中向右移动2次，向上移动3次，因此 质点P移动5次后位于点（2，3）的概率P＝ ×（ ）2×（ 1－ ）3＝ （ ）5. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 7. 某人投篮命中的概率为0.6，则投篮14次，最有可能命中的次数为（　　） A. 7 B. 8 C. 7或8 D. 8或9 解析： 　投篮命中次数X～B（14，0.6），P（X＝k）＝ ·0.6k·0. ，设最有可能命中m次，则 则 ·0.6m·0.414－m≥ ·0.6m－1·0.415 －m，且 ·0.6m·0.414－m≥ ·0.6m＋1·0.413－m，解得8≤m≤9， ∵m∈Z，∴m＝8或m＝9.∴最有可能命中8或9次.故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 8. 泊松分布的概率分布列为P（X＝k）＝ e－λ（k＝0，1，2，…）， 其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值.若随机变量X服从二项分 布，当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ＝np，即 X～B（n，p），P（X＝i）＝ （n∈N）.现已知某种元件 的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则次品率小于3%的概率约为（ 参 考数据： ＝0.367 879…）（　　） A. 99% B. 97% C. 92% D. 74% √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 解析： 依题意， n＝100，p＝0.01，泊松分布可作为二项分布的近 似，此时λ＝100×0.01＝1，则P（X＝k）＝ e－1，于是P（X＝0）＝ e－1＝ ，P（X＝1）＝ e－1＝ ，P（X＝2）＝ e－1＝ ，所以次品 率小于3%的概率约为P＝P（X＝0）＋P（X＝1）＋P（X＝2）＝ ＋ ＋ ≈92%.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的 四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部 分分，有选错的得0分） 9. 已知某市18岁男性市民的身高X（单位：cm）近似服从正态分布N （172，σ2），且P（X＞175）＝0.3，则（　　） A. 该市18岁男性市民的平均身高为172 cm B. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过172 cm的概率为0.5 C. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高在172 cm—175 cm之间的概率 为0.7 D. 从该市18岁男性市民中任选1名，其身高不超过170 cm与超过174 cm的 概率相等 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 解析： 　因为正态分布N（172，σ2），所以平均数μ＝172 cm，即A 正确；由正态分布的对称性可判断B正确；易知P（X＞172）＝0.5，又P （X＞175）＝0.3，所以P（172＜X＜175）＝0.5－0.3＝0.2，即从该市 18岁男性市民中任选1名，其身高在172 cm—175 cm之间的概率为0.2，C 错误；又因为 ＝172，所以D正确.故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 10. 2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选 题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选 对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两 个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确 选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确 选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在 余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又 在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲、乙两位同学的得分分别记为X 和Y，则（　　） A. P（X＝0）＞P（Y＝0） B. P（X＝6）＞P（Y＝6） C. E（X）＞E（Y） D. D（X）＞D（Y） √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 解析： 　P（X＝0）＝ · ＋ · ＝ ，P（X＝4）＝ · ＝ ，P（X ＝6）＝ · ＝ ，X的分布列为 X 0 4 6 P ​ ​ ​ 由此可得E（X）＝0× ＋4× ＋6× ＝ ，D（X）＝（ 0－ ）2× ＋ （ 4－ ）2× ＋（ 6－ ）2× ＝ .P（Y＝0）＝ · ＝ ，P（Y＝ 4）＝ · ＝ ，P（Y＝6）＝ · ＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 Y的分布列为 Y 0 4 6 P ​ ​ ​ 由此可得E（Y）＝0× ＋4× ＋6× ＝3，D（Y）＝（0－3）2× ＋ （4－3）2× ＋（6－3）2× ＝5.故A、D正确，B、C错误，故选A、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 11. 某校进行一项问卷调查，为了调动学生参与的积极性，凡参与者均有 机会获得奖品.学校设置了3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球质地 均匀，大小相同，其中红色箱子放有2个红球，2个黄球，2个绿球，黄色 箱子放有2个黄球，1个绿球，绿色箱子放有1个黄球，2个绿球.参与者先 从红色箱子中随机抽取1个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再 从放入小球的箱子中随机抽取1个小球，如此重复，抽取3个小球，抽奖结 束.若抽取的3个小球颜色全不相同为一等奖，3个小球颜色全部相同为二 等奖，其他情况没有奖品.已知甲同学参与了问卷调查，则（　　） A. 甲第一次取到红球的条件下，获得一等奖的概率为 B. 甲第一次取到黄球的条件下，获得二等奖的概率为 C. 甲获奖的条件下，第一次取到绿球的概率为 D. 甲第一次取球取到红球获奖的概率最大 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 解析： 　设A1，A2，A3分别表示第一次抽取到的是红球，黄球，绿 球，B1，B2分别表示获得一等奖，二等奖，对于A，P（B1｜A1）＝ ＝ ＝ ，所以A正确；对于B，P（B2｜A2）＝ ＝ ＝ ，所以B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 对于C，设甲获奖为事件C，甲获得一等奖的概率为P（B1）＝ × × ×2＝ ，甲获得二等奖的概率为P（B2）＝（ ）3＋ × × ×2＝ ， 所以P（C）＝ ，甲第一次取到绿球且获奖的概率为P（A3C）＝ × × ＝ ，所以甲获奖的条件下，第一次取到绿球的概率为P（A3｜C） ＝ ＝ ，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 对于D，甲第一次取球取到红球获奖的概率为P（A1C）＝（ ）3＋ × × ×2＝ ，甲第一次取球取到黄球获奖的概率为P（A2C）＝ × × ＝ ，甲第一次取球取到绿球获奖的概率为P（A3C）＝ × × ＝ ， 则甲第一次取球取到绿球或者黄球获奖的概率最大，故D错误.故选A、B、 C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横 线上） 12. 从只有3张有奖的10张彩票中不放回地随机逐张抽取，设X表示直至抽 到中奖彩票时的次数，则P（X＝4）＝ 　　　. 解析：P（X＝4）＝ × × × ＝ . ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 13. 针对“中学生追星问题”，某校团委做了一次调查，其中女生人数是 男生人数的 ，男生追星的人数占男生人数的 ，女生追星的人数占女生人 数的 .现随机选择一名学生，则这名学生追星的概率是 　 　. 解析：记A1表示“女生”，A2表示“男生”，B表示“追星”.设女生人 数为x，则男生人数为2x，总人数为x＋2x＝3x，所以P（A1）＝ ＝ ，P（A2）＝ ＝ ，P（B｜A1）＝ ，P（B｜A2）＝ ，所以这名学 生追星的概率P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2） ＝ × ＋ × ＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 14. 假设某型号的每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p（0 ＜p＜1），且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运 行，飞机就可成功飞行，若使4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，则p的取 值范围是 ⁠. （ ，1） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 解析：由已知可得，飞机引擎正常运行的个数X～B（n，p），所以4引 擎飞机正常飞行的概率为P1＝ p2（1－p）2＋ p3（1－p）＋ p4＝ 3p4－8p3＋6p2.2引擎飞机正常飞行的概率为P2＝ p（1－p）＋ p2＝ －p2＋2p.所以P1－P2＝3p4－8p3＋6p2－（－p2＋2p）＝p（p－1）2 （3p－2）.因为4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，所以P1－P2＞0，即p （p－1）2（3p－2）＞0.因为0＜p＜1，所以 ＜p＜1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证 明过程或演算步骤） 15. （本小题满分13分）某班包括男生甲和女生乙在内共有6名班干部，其 中男生4人，女生2人，从中任选3人参加义务劳动. （1）求男生甲和女生乙至少一人被选中的概率； 解： 从6人中任选3人，选法共有 ＝20（种）， 其中男生甲和女生乙都不被选中的概率为 ＝ . 故男生甲和女生乙至少一人被选中的概率为1－ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （2）设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P （A）和P（A｜B）. 解： 由题知，P（A）＝ ＝ .又P（B）＝P（A）＝ ，P （AB）＝ ＝ ，所以P（A｜B）＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 16. （本小题满分15分）南昌瓷板画，融合了中国传统绘画、陶瓷彩绘和 西方摄影术的精髓，从绘画到烧制流程复杂，精品率非常低，在制作过程 会出现常规品和精品两种情况. （1）某新匠人一天能制作两件作品，制作第一件作品精品率为 ，第二 件作品在第一件是精品的前提下的精品率为 ，第二件作品在第一件是常 规品的前提下的精品率为 ，求该新匠人第二件作品是精品的概率； 解： 设新匠人第一件作品是精品为事件A，第二件作品是精品为事件B， 由题意P（B）＝P（AB）＋P（ B）＝ × ＋ × ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （2）某老匠人水平稳定且一天能制作三件作品，每一件瓷板画作品的精 品率为 ，若常规品每件盈利100元，精品每件盈利300元，求该老匠人一 天盈利的分布列和期望. 解： 设老匠人一天制作精品作品的件数为X，盈利为Y， 由题意，X～B（ 3， ），Y＝300X＋100（3－X）＝200X＋300（X＝ 0，1，2，3）， 所以P（Y＝300）＝P（X＝0）＝ （ ）0（ 1－ ）3＝ ， P（Y＝500）＝P（X＝1）＝ （ ）1（ 1－ ）2＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 P（Y＝700）＝P（X＝2）＝ （ ）2（ 1－ ）＝ ， P（Y＝900）＝P（X＝3）＝ （ ）3（ 1－ ）0＝ ， 所以分布列为： Y 300 500 700 900 P ​ ​ ​ ​ E（Y）＝E（200X＋300）＝200E（X）＋300＝200× ＋300＝375 （元）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 17. （本小题满分15分）某短视频软件经过几年的快速发展，深受人们的 喜爱，该软件除了有娱乐属性外，也可通过平台推送广告.某公司为了宣 传新产品，现有以下两种宣传方案： 方案一：投放该平台广告，据市场调研，其收益X分别为0元，20万元，40 万元，且P（X＝20）＝0.3，期望E（X）＝30. 方案二：投放传统广告，据市场调研，其收益Y分别为10万元，20万元， 30万元，其概率依次为0.3，0.4，0.3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （1）请写出方案一的分布列，并求方差D（X）； 解： 设P（X＝0）＝a，P（X＝40）＝b， 依题意得a＋b＋0.3＝1，　① 又E（X）＝0×a＋20×0.3＋40b＝30，　② 由①②解得a＝0.1，b＝0.6. ∴X的分布列为 X 0 20 40 P 0.1 0.3 0.6 则D（X）＝（0－30）2×0.1＋（20－30）2×0.3＋（40－30）2×0.6＝180. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （2）请你根据所学的统计知识给出建议，该公司宣传应该投放哪种广 告？并说明你的理由. 解： 由题得Y的分布列为 Y 10 20 30 P 0.3 0.4 0.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 则E（Y）＝10×0.3＋20×0.4＋30×0.3＝20， D（Y）＝（10－20）2×0.3＋（20－20）2×0.4＋（30－20）2×0.3＝ 60. 由E（X）＞E（Y）可知采用平台广告投放期望收益较大，又D（X） ＞D（Y），说明平台广告投放的风险较高. 综上所述，如果公司期望高收益，选择平台广告；如果公司期望收益稳 定，选择传统广告. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 18. （本小题满分17分）4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书 日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了 500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单 位：小时），并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]， （8，10]，（10，12]，（12，14]，（14，16]，（16，18]九组，绘制成 如图所示的频率分布直方图. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （1）从这500名学生中随机抽取一人，日平均阅读时间在（10，12]内的 概率； 解： 由频率分布直方图得： 2×（0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01）＝1， 解得a＝0.10，0.10×2＝0.20，所以日平均阅读时间在（10，12]内的概 率为0.20. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （2）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的 分配情况，从日平均阅读时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组 内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3 人，记日平均阅读时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列、数 学期望和方差； 解： 由频率分布直方图得： 这500名学生中日平均阅读时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]，三 组内的学生人数分别为：500×0.10＝50人，500×0.08＝40人， 500×0.02＝10人， 若采用分层抽样的方法抽取10人， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 则从日平均阅读时间在（14，16]内的学生中抽取 ×10＝4人， 现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3， P（X＝0）＝ ＝ ＝ ， P（X＝1）＝ ＝ ＝ ， P（X＝2）＝ ＝ ＝ ， P（X＝3）＝ ＝ ＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 X 0 1 2 3 P ​ ​ ​ ​ ∴数学期望E（X）＝1× ＋2× ＋3× ＝ ，D（X）＝（ －0） 2× ＋（ －1）2× ＋（ －2）2× ＋（ －3）2× ＝ . ∴X的分布列为： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （3）以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学 生，用P（k）表示这10名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在（8，12] 内的概率，其中k＝0，1，2，…，10.当P（k）最大时，写出k的值. （写出证明） 解： k＝5，理由如下： 由频率分布直方图得学生日平均阅读时间在（8，12]内的概率为0.50， 从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生， 恰有k名学生日平均阅读时间在（8，12]内的分布列服从二项分布X～B （10，0.50）， P（k）＝ （ ）k（ 1－ ）10－k＝ （ ）10， 由组合数的性质可得 ＝ ，且当k≤5时 递增，故当k＝5时P （k）最大. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 19. （本小题满分17分）正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变 量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量X，定义其累积分布函数 为F（x）＝P（X≤x）.已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个 元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系 统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. （1）已知电源电压X（单位：V）服从正态分布N（40，4），且X的累积 分布函数为F（x），求F（44）－F（38）； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 解： 由题设得P（38＜X＜42）＝0.682 7，P（36＜X＜44）＝ 0.954 5， 所以F（44）－F（38）＝P（X≤44）－P（X≤38）＝P （40≤X≤44）＋P（38≤X≤40） ＝ ×（0.682 7＋0.954 5）＝0.818 6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 （2）在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时 间.已知随机变量T（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从 指数分布，其累积分布函数为G（t）＝ ①设t1＞t2＞0，证明：P（T＞t1｜T＞t2）＝P（T＞t1－t2）； ②若第n天元件A发生故障，求第n＋1天系统正常运行的概率. 附：若随机变量Y服从正态分布N（μ，σ2），则P（｜Y－μ｜＜σ） ＝0.682 7，P（｜Y－μ｜＜2σ）＝0.954 5，P（｜Y－μ｜＜3σ）＝ 0.997 3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 解： ①证明：由题设得： P（T＞t1｜T＞t2）＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ， P（T＞t1－t2）＝1－P（T≤t1－t2）＝1－G（t1－t2）＝ ， 所以P（T＞t1｜T＞t2）＝P（T＞t1－t2）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 ②由①得P（T＞n＋1｜T＞n）＝P（T＞1）＝1－P（T≤1）＝1－G （1）＝ ， 所以第n＋1天元件B，C正常工作的概率均为 . 为使第n＋1天系统仍正常工作，元件B，C必须至少有一个正常工作， 因此所求概率为1－（1－ ）2＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册 $