高中數(shù)學北師大版選修23學案：第2章 章末分層突破 Word版含解析

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1、2019年北師大版精品數(shù)學資料 章末分層突破 [自我校對] ①均值 ②條件概率 ③正態(tài)分布 ④正態(tài)分布密度曲線的性質(zhì) 　 條件概率 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(fā)生的概率． 　在5道題中有3道理科題和2道文科題．如果不放回地依次抽取2道題，求： (1)第1次抽到理科題的概率； (2)第1次和第2次都抽到理科題的概率； (3)在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率． 【精彩點撥】　本題是條件概率問題，根據(jù)條件概率公式求解即可． 【規(guī)范解答】　設“第1次抽到理科題”為事件A，“

2、第2題抽到理科題”為事件B，則“第1次和第2次都抽到理科題”為事件AB. (1)從5道題中不放回地依次抽取2道題的事件數(shù)為 n(Ω)＝A＝20. 根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，n(A)＝A×A＝12. 于是P(A)＝＝＝. (2)因為n(AB)＝A＝6， 所以P(AB)＝＝＝. (3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率 P(B|A)＝＝＝. 法二：因為n(AB)＝6，n(A)＝12， 所以P(B|A)＝＝＝. [再練一題] 1．擲兩顆均勻的骰子，已知第一顆骰子擲出6點，問“擲出點數(shù)之和大于或等于10”的概率． 【解】　設“擲

3、出的點數(shù)之和大于或等于10”為事件A，“第一顆骰子擲出6點”為事件B. 法一：P(A|B)＝＝＝. 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，故n(B)＝6. “擲出的點數(shù)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. 從而P(A|B)＝＝＝. 相互獨立事件的概率 求相互獨立事件一般與互斥事件、對立事件結(jié)合在一起進行考查，解答此類問題時應分清事件間的內(nèi)部聯(lián)系，在此基礎上用基本事件之間的交、并、補運算表示出有關事件，并運用相應公式求解． 特別

4、注意以下兩公式的使用前提： (1)若A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，反之不成立． (2)若A，B相互獨立，則P(AB)＝P(A)P(B)，反之成立． 　設每個工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設備的概率分別為0.6、0.5、0.5、0.4，各人是否需使用設備相互獨立． (1)求同一工作日至少3人需使用設備的概率； (2)X表示同一工作日需使用設備的人數(shù)，求P(X＝1)． 【精彩點撥】　解決本題的關鍵是將復雜事件拆分成若干個彼此互斥事件的和或幾個彼此相互獨立事件的積事件，再利用相應公式求解． 【規(guī)范解答】　記Ai表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設備，i＝0

5、,1,2， B表示事件：甲需使用設備，C表示事件：丁需使用設備， D表示事件：同一工作日至少3人需使用設備． (1)D＝A1BC＋A2B＋A2C， P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(Ai)＝C×0.52，i＝0,1,2，所以P(D)＝P(A1BC＋A2B＋A2C) ＝P(A1BC)＋P(A2B)＋P(A2C) ＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P()P(C)＝0.31. (2)X＝1表示在同一工作日有一人需使用設備． P(X＝1)＝P(BA0＋A0C＋A1) ＝P(B)P(A0)P()＋P()P(A0)P(C)＋P()·P(

6、A1)P() ＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25. [再練一題] 2．某同學參加科普知識競賽，需回答3個問題，競賽規(guī)則規(guī)定：答對第1,2,3個問題分別得100分，100分，200分，答錯得零分．假設這名同學答對第1,2,3個問題的概率分別為0.8,0.7,0.6.且各題答對與否相互之間沒有影響． (1)求這名同學得300分的概率； (2)求這名同學至少得300分的概率． 【解】　記“這名同學答對第i個問題”為事件Ai(i

7、＝1,2,3)，則P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.7，P(A3)＝0.6. (1)這名同學得300分的概率為：P1＝P(A12A3)＋P(1A2A3)＝P(A1)P(2)P(A3)＋P(1)P(A2)· P(A3) ＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228. (2)這名同學至少得300分的概率為： P2＝P1＋P(A1A2A3)＝P1＋P(A1)P(A2)P(A3) ＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564. 離散型隨機變量的分布列、均值和方差 1.含義：均值和方差分別反映

8、了隨機變量取值的平均水平及其穩(wěn)定性． 2．應用范圍：均值和方差在實際優(yōu)化問題中應用非常廣泛，如同等資本下比較收益的高低、相同條件下比較質(zhì)量的優(yōu)劣、性能的好壞等． 3．求解思路：應用時，先要將實際問題數(shù)學化，然后求出隨機變量的概率分布列．對于一般類型的隨機變量，應先求其分布列，再代入公式計算，此時解題的關鍵是概率的計算．計算概率時要結(jié)合事件的特點，靈活地結(jié)合排列組合、古典概型、獨立重復試驗概率、互斥事件和相互獨立事件的概率等知識求解．若離散型隨機變量服從特殊分布(如兩點分布、二項分布等)，則可直接代入公式計算其數(shù)學期望與方差． 　甲、乙、丙三支足球隊進行比賽，根據(jù)規(guī)則：每支隊伍比賽兩場，共

9、賽三場，每場比賽勝者得3分，負者得0分，沒有平局．已知乙隊勝丙隊的概率為，甲隊獲得第一名的概率為，乙隊獲得第一名的概率為. (1)求甲隊分別勝乙隊和丙隊的概率P1，P2； (2)設在該次比賽中，甲隊得分為ξ，求ξ的分布列及數(shù)學期望、方差． 【精彩點撥】　(1)通過列方程組求P1和P2；(2)由題意求出甲隊得分ξ的可能取值，然后再求出ξ的分布列，最后求出數(shù)學期望和方差． 【規(guī)范解答】　(1)設“甲隊勝乙隊”的概率為P1，“甲隊勝丙隊”的概率為P2.根據(jù)題意，甲隊獲得第一名，則甲隊勝乙隊且甲隊勝丙隊， 所以甲隊獲得第一名的概率為P1×P2＝.① 乙隊獲得第一名，則乙隊勝甲隊且

10、乙隊勝丙隊， 所以乙隊獲得第一名的概率為(1－P1)×＝.② 解②，得P1＝，代入①，得P2＝， 所以甲隊勝乙隊的概率為，甲隊勝丙隊的概率為. (2)ξ的可能取值為0,3,6. 當ξ＝0時，甲隊兩場比賽皆輸，其概率為 P(ξ＝0)＝×＝； 當ξ＝3時，甲隊兩場只勝一場，其概率為 P(ξ＝3)＝×＋×＝； 當ξ＝6時，甲隊兩場皆勝，其概率為 P(ξ＝6)＝×＝. 所以ξ的分布列為 ξ 0 3 6 P 所以Eξ＝0×＋3×＋6×＝. Dξ＝2×＋2×＋

11、2×＝. [再練一題] 3．(2015·天津高考)為推動乒乓球運動的發(fā)展，某乒乓球比賽允許不同協(xié)會的運動員組隊參加．現(xiàn)有來自甲協(xié)會的運動員3名，其中種子選手2名；乙協(xié)會的運動員5名，其中種子選手3名．從這8名運動員中隨機選擇4人參加比賽． (1)設A為事件“選出的4人中恰有2名種子選手，且這2名種子選手來自同一個協(xié)會”，求事件A發(fā)生的概率； (2)設X為選出的4人中種子選手的人數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望． 【解】　(1)由已知，有P(A)＝＝. 所以，事件A發(fā)生的概率為. (2)隨機變量X的所有可能取值為1,2,3,4. P(X＝k)＝(k＝1,2,

12、3,4)． 所以，隨機變量X的分布列為 X 1 2 3 4 P 隨機變量X的數(shù)學期望EX＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 正態(tài)分布的實際應用 對于正態(tài)分布問題，課標要求不是很高，只要求了解正態(tài)分布中最基礎的知識，主要是：(1)掌握正態(tài)分布曲線函數(shù)關系式；(2)理解正態(tài)分布曲線的性質(zhì)；(3)記住正態(tài)分布在三個區(qū)間內(nèi)取值的概率，運用對稱性結(jié)合圖象求相應的概率． 正態(tài)分布的概率通常有以下兩種方法： (1)注意“3σ原則”的應用．記住正態(tài)總體在三個區(qū)間內(nèi)取值的概率． (2)注意數(shù)形結(jié)合．由于正態(tài)分布密度曲線具有完美的對稱

13、性，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的重要思想，因此運用對稱性結(jié)合圖象解決某一區(qū)間內(nèi)的概率問題成為熱點問題． 　某學校高三2 500名學生第二次模擬考試總成績服從正態(tài)分布N(500,502)，請您判斷考生成績X在550～600分的人數(shù)． 【精彩點撥】　根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)，求出P(550＜x≤600)，即可解決在550～600分的人數(shù)． 【規(guī)范解答】　∵考生成績X～N(500,502)， ∴μ＝500，σ＝50， ∴P(550<X≤600)＝[P(500－2×50<X≤500＋2×50)－P(500－50<X≤500＋50)]＝(0.954 4－0.682 6)＝0

14、.135 9， ∴考生成績在550～600分的人數(shù)為2 500×0.135 9≈340(人)． [再練一題] 4．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(0，σ2)，若P(X＞2)＝0.023，則P(－2≤X≤2)＝(　　) A．0.447　　 B．0.628　　 C．0.954　　 D．0.977 【解析】　∵隨機變量X服從標準正態(tài)分布N(0，σ2)， ∴正態(tài)曲線關于x＝0對稱．又P(X＞2)＝0.023， ∴P(X＜－2)＝0.023， ∴P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954. 【答案】　C 方程思想的應用 通過列方程求解未知數(shù)是貫穿于整

15、個高中數(shù)學各個環(huán)節(jié)的一種重要數(shù)學思想．在概率運算過程中，會經(jīng)常遇到求兩個或三個事件的概率或確定參數(shù)的值的問題，此時可考慮方程(組)的方法，借助題中條件列出含參數(shù)或未知量的方程(組)進行求解即可． 　甲、乙、丙三臺機床各自獨立地加工同一種零件，已知甲機床加工的零件是一等品而乙機床加工的零件不是一等品的概率為，乙機床加工的零件是一等品而丙機床加工的零件不是一等品的概率為，甲、丙兩臺機床加工的零件都是一等品的概率為. (1)分別求甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的概率； (2)從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，求至少有一個一等品的概率． 【精彩點撥】　設出甲、乙、丙三臺機床各自加

16、工的零件是一等品，依題意，它們相互獨立，利用乘法公式，結(jié)合方程思想來解決． 【規(guī)范解答】　(1)設A，B，C分別表示甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的事件． 由題設條件，有 即 由①③得，P(B)＝1－P(C)，代入②得： 27[P(C)]2－51P(C)＋22＝0， 解得P(C)＝或(舍去)． 將P(C)＝分別代入②③，可得P(A)＝， P(B)＝. 即甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的概率分別是，，. (2)記D為從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，至少有一個一等品的事件． 則P(D)＝1－P()＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]

17、＝1－××＝. 故從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，至少有一個一等品的概率為. [再練一題] 5．A，B，C相互獨立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB )＝，則P(B)＝________. 【解析】　設P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c， ∴ 解得 ∴P(B)＝×＝. 【答案】　 1．(2016·江蘇高考)已知一組數(shù)據(jù)4.7,4.8,5.1,5.4,5.5，則該組數(shù)據(jù)的方差是________． 【解析】　5個數(shù)的平均數(shù)＝＝5.1， 所以它們的方差s2＝[(4.7－5.1)2＋(4.8－5.1)2＋(5.1－5.1

18、)2＋(5.4－5.1)2＋(5.5－5.1)2]＝0.1. 【答案】　0.1 2．(2016·四川高考)同時拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，當至少有一枚硬幣正面向上時，就說這次試驗成功，則在2次試驗中成功次數(shù)X的均值是________． 【解析】　法一：由題意可知每次試驗不成功的概率為，成功的概率為，在2次試驗中成功次數(shù)X的可能取值為0,1,2，則P(X＝0)＝，P(X＝1)＝C××＝， P(X＝2)＝2＝. 所以在2次試驗中成功次數(shù)X的分布列為 X 0 1 2 P 則在2次試驗中成功次數(shù)X的均值為 E(X)＝0×＋1

19、15;＋2×＝. 法二：此試驗滿足二項分布，其中p＝，所以在2次試驗中成功次數(shù)X的均值為E(X)＝np＝2×＝. 【答案】　 3．(2016·全國卷Ⅱ)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關聯(lián)如下： 上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 保　費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 設該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應概率如下： 一年內(nèi)出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 概　率 0.30 0.15 0.20 0.2

20、0 0.10 0.05 (1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率； (3)求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值． 【解】　(1)設A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”，則事件A發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于1，故 P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55. (2)設B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15. 又P(AB)＝P(B)， 故P(B|A)＝＝＝＝. 因此所求

21、概率為. (3)記續(xù)保人本年度的保費為X，則X的分布列為 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 EX＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a. 因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為1.23. 4．(2016·山東高考)甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜一個成語．在一輪活動中，如果兩人都猜

22、對，則“星隊”得3分；如果只有一人猜對，則“星隊”得1分；如果兩人都沒猜對，則“星隊”得0分．已知甲每輪猜對的概率是，乙每輪猜對的概率是；每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響，各輪結(jié)果亦互不影響．假設“星隊”參加兩輪活動，求： (1)“星隊”至少猜對3個成語的概率； (2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學期望EX. 【解】　(1)記事件A：“甲第一輪猜對”， 記事件B：“乙第一輪猜對”， 記事件C：“甲第二輪猜對”， 記事件D：“乙第二輪猜對”， 記事件E：“‘星隊’至少猜對3個成語”． 由題意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC， 由事件的獨立性與互斥性，

23、 P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)·P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝， 所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為. (2)由題意，隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6. 由事件的獨立性與互斥性，得 P(X＝0)＝×××＝， P(X＝1)＝2× ＝＝， P(X＝2)＝×

24、15;×＋×××＋×××＋×××＝， P(X＝3)＝×××＋××× ＝＝， P(X＝4)＝2× ＝＝， P(X＝6)＝×××＝＝. 可得隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 3 4 6 P 所以數(shù)學期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝. 5．(2015·四川高考)

25、某市A，B兩所中學的學生組隊參加辯論賽，A中學推薦了3名男生、2名女生，B中學推薦了3名男生、4名女生，兩校所推薦的學生一起參加集訓．由于集訓后隊員水平相當，從參加集訓的男生中隨機抽取3人、女生中隨機抽取3人組成代表隊． (1)求A中學至少有1名學生入選代表隊的概率； (2)某場比賽前，從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽，設X表示參賽的男生人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望． 【解】　(1)由題意，參加集訓的男、女生各有6名． 參賽學生全從B中學抽取(等價于A中學沒有學生入選代表隊)的概率為＝. 因此，A中學至少有1名學生入選代表隊的概率為1－＝. (2)根據(jù)題意，X的可能取值為1,2,3. P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝， 所以X的分布列為 X 1 2 3 P 因此，X的數(shù)學期望為 EX＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3) ＝1×＋2×＋3×＝2.