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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第七章 随机变量及其分布本章综合与测试导学案
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第七章 随机变量及其分布本章综合与测试导学案，共9页。学案主要包含了条件概率与全概率公式，n重伯努利试验及二项分布，离散型随机变量的均值与方差，正态分布等内容，欢迎下载使用。
一、条件概率与全概率公式
1．求条件概率有两种方法：一种是基于样本空间Ω，先计算P(A)和P(AB)，再利用P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求解；另一种是缩小样本空间，即以A为样本空间计算AB的概率．
2．掌握条件概率与全概率运算，重点提升逻辑推理和数学运算的核心素养．
例1 甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4,0.5,0.7.飞机被一人击中而击落的概率为0.2，被两人击中而击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率．
解 设B＝“飞机被击落”，Ai＝“飞机被i人击中”，i＝1,2,3，则B＝A1B＋A2B＋A3B，
依题意，P(B|A1)＝0.2，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝1.
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)，
为求P(Ai)，设Hi＝“飞机被第i人击中”，i＝1,2,3，可求得：
P(A1)＝P(H1eq \x\t(H)2eq \x\t(H)3＋eq \x\t(H)1H2eq \x\t(H)3＋eq \x\t(H)1eq \x\t(H)2H3)，
P(A2)＝P(H1H2eq \x\t(H)3＋H1eq \x\t(H)2H3＋eq \x\t(H)1H2H3)，
P(A3)＝P(H1H2H3)，
将数据代入计算得
P(A1)＝0.36，P(A2)＝0.41，P(A3)＝0.14，
于是P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1＝0.458.
即飞机被击落的概率为0.458.
反思感悟 条件概率的计算要注意以下三点
(1)明白是在谁的条件下，计算谁的概率．
(2)明确P(A)，P(B|A)以及P(AB)三者间的关系，实现三者间的互化．
(3)理解全概率公式P(A)＝eq \i\su(i＝1,n,P)(Bi)P(A|Bi)中化整为零的计算思想．
跟踪训练1 抛掷红、黄两颗骰子，当红色骰子的点数为4或6时，两颗骰子的点数之积大于20的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
答案 B
解析 记事件A＝“红色骰子的点数为4或6”，事件B＝“两颗骰子的点数之积大于20”．
P(A)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9)，
∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,9),\f(1,3))＝eq \f(1,3).
二、n重伯努利试验及二项分布
1．n重伯努利试验是相互独立事件的延伸，其试验结果出现的次数X～B(n，p)，即P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k.
2．学习该部分知识重点提升数学建模及数学运算的核心素养．
例2 在一次抗洪抢险中，准备用射击的办法引爆从上游漂流而下的一个巨大汽油罐，已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击是相互独立的，且命中的概率都是eq \f(2,3).
(1)求油灌被引爆的概率；
(2)如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ，求ξ不小于4的概率．
解 (1)油罐引爆的对立事件为油罐没有引爆，没有引爆的可能情况是射击5次只击中一次或一次也没有击中，故该事件的概率为
P＝Ceq \\al(1,5)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))5，
所以所求的概率为
1－P＝1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(C\\al(1,5)×\f(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))5))＝eq \f(232,243).
(2)当ξ＝4时，记事件为A，
则P(A)＝P(ξ＝4)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,27)，
当ξ＝5时，意味着前4次射击只击中一次或一次也未击中，记为事件B.
则P(B)＝P(ξ＝5)＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,9)，
所以所求概率为
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(4,27)＋eq \f(1,9)＝eq \f(7,27).
反思感悟 与二项分布有关的问题关键是二项分布的判定，可从以下几个方面判定
(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．
(2)各次试验中的事件是相互独立的．
(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．
(4)随机变量是这n重伯努利试验中某事件发生的次数．
跟踪训练2 一家医药研究所从中草药中提取并合成了甲、乙两种抗“H病毒”的药物，经试验，服用甲、乙两种药物痊愈的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，现已进入药物临床试用阶段，每个试用组由4位该病毒的感染者组成，其中2人试用甲种抗病毒药物，2人试用乙种抗病毒药物，如果试用组中，甲种抗病毒药物治愈人数超过乙种抗病毒药物的治愈人数，那么称该组为“甲类组”．
(1)求一个试用组为“甲类组”的概率；
(2)观察3个试用组，用η表示这3个试用组中“甲类组”的个数，求η的分布列和均值．
解 (1)设Ai表示事件“一个试用组中，服用甲种抗病毒药物有效的有i人”，i＝0,1,2，Bj表示事件“一个试用组中，服用乙种抗病毒药物有效的有j人”，j＝0,1,2，
依题意有P(A1)＝2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
P(A2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
P(B0)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，
P(B1)＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，
故一个试用组为“甲类组”的概率为P＝P(B0A1)＋P(B0A2)＋P(B1A2)＝eq \f(4,9)×eq \f(1,2)＋eq \f(4,9)×eq \f(1,4)＋eq \f(4,9)×eq \f(1,4)＝eq \f(4,9).
(2)η的可能取值为0,1,2,3，且η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(4,9)))，
则P(η＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,9)))3＝eq \f(125,729)，
P(η＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,9)))2＝eq \f(100,243)，
P(η＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,9)))＝eq \f(80,243)，
P(η＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))3＝eq \f(64,729)，
故η的分布列为
∵η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(4,9)))，∴E(η)＝3×eq \f(4,9)＝eq \f(4,3).
三、离散型随机变量的均值与方差
1．均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在均值的基础之上，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，二者的联系密切，在现实生产生活中的应用比较广泛．
2．掌握均值和方差的计算，重点提升逻辑推理和数据分析的核心素养．
例3 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为eq \f(2,3)，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为eq \f(2,5)，中奖可以得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的均值较大？
解 (1)由已知得，小明中奖的概率为eq \f(2,3)，小红中奖的概率为eq \f(2,5)，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则A事件的对立事件为“X＝5”．
∵P(X＝5)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，
∴P(A)＝1－P(X＝5)＝eq \f(11,15)，
∴这两人的累计得分X≤3的概率为eq \f(11,15).
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的均值为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的均值为E(3X2)，
由已知，X1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,3)))，X2～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,5)))，
∴E(X1)＝2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,3)，E(X2)＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5).
∴E(2X1)＝2E(X1)＝eq \f(8,3)，E(3X2)＝3E(X2)＝eq \f(12,5).
E(2X1)>E(3X2)，他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的均值最大．
反思感悟 求离散型随机变量X的均值与方差的步骤
(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)由分布列和均值的定义求出E(X)．
(5)由方差的定义，求D(X)，若X～B(n，p)，则可直接利用公式求，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
跟踪训练3 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η表示一次掷得的点数和，求η的分布列；
(2)若连续投掷10次，设随机变量ξ表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E(ξ)，D(ξ)．
解 (1)由已知，随机变量η的取值为2,3,4,5,6.设掷一个正方体骰子所得点数为η0，
则η0的分布列为
所以P(η＝2)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,36)，
P(η＝3)＝2×eq \f(1,6)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)，
P(η＝4)＝2×eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,18)，
P(η＝5)＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，
P(η＝6)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
故η的分布列为
(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ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(1,4)))，
所以E(ξ)＝np＝10×eq \f(1,4)＝eq \f(5,2)，
D(ξ)＝np(1－p)＝10×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(15,8).
四、正态分布
1．正态分布是连续型随机变量X的一种分布，其在概率和统计中占有重要地位，尤其统计学中的3σ原则在生产生活中有广泛的应用．
2．熟记正态分布的特征及应用3σ原则解决实际问题是本章的两个重点，在学习中提升直观想象、数据分析的素养．
例4 在某校举行的数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩近似地服从正态分布N(70,100)．已知成绩在90分以上(含90分)的学生有12人．
(1)试问此次参赛学生的总数约为多少人？
(2)若成绩在80分以上(含80分)为优，试问此次竞赛成绩为优的学生约为多少人？
解 (1)设参赛学生的成绩为X，因为X～N(70,100)，
所以μ＝70，σ＝10.
则P(X≥90)＝P(X≤50)＝eq \f(1,2)[1－P(50＝eq \f(1,2)[1－P(μ－2σ＝0.022 75，
12÷0.022 75≈527(人)．
因此，此次参赛学生的总数约为527人．
(2)由P(X≥80)＝P(X≤60)＝eq \f(1,2)[1－P(60＝eq \f(1,2)[1－P(μ－σ＝0.158 65，
527×0.158 65≈84(人)．
因此，此次竞赛成绩为优的学生约为84人．
反思感悟 正态曲线的应用及求解策略
(1)正态曲线是轴对称图形，常借助其对称性解题．
(2)正态分布的概率问题常借助[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]三个区间内的概率值求解．
(3)注意正态曲线与频率分布直方图的结合．
跟踪训练4 为提高城市居民生活幸福感，某城市公交公司大力确保公交车的准点率，减少居民侯车时间，为此，该公司对某站台乘客的候车时间进行统计．乘客候车时间受公交车准点率、交通拥堵情况、节假日人流量增大等情况影响．在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，乘客候车时间X满足正态分布N(μ，σ2)．在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，调查了大量乘客的候车时间，经过统计得到如图所示的频率分布直方图．
(1)在直方图各组中，以该组区间的中点值代表该组的各个值，试估计μ，σ2的值；
(2)在统计学中，发生概率低于千分之三的事件叫小概率事件，一般认为，在正常情况下，一次试验中，小概率事件是不能发生的．在交通拥堵情况正常、非节假日的某天，随机调查了该站的10名乘客的候车时间，发现其中有3名乘客候车时间超过15分钟，试判断该天公交车准点率是否正常，说明理由．
(参考数据：eq \r(19.2)≈4.38，eq \r(21.4)≈4.63，eq \r(26.6)≈5.16，0.841 37≈0.298 3,0.841 36≈0.354 6,0.158 73≈0.004 0，0.158 74≈0.000 6，P(μ－σ解 (1)μ＝0.1×2＋0.2×6＋0.4×10＋0.2×14＋0.1×18＝10，
σ2＝s2＝2×(82×0.1＋42×0.2)＋(10－10)2×0.4＝19.2.
(2)μ＋σ＝10＋4.38＝14.38，
设“3名乘客候车时间超过15分钟”的事件为A，
P(X>14.38)＝eq \f(1－Pμ－σP(A)＝Ceq \\al(3,10)×(0.158 65)3×(0.841 35)7≈0.143>0.003，
准点率正常．
1．(2020·全国Ⅲ)在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且eq \i\su(i＝1,4,p)i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( )
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3
D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2
答案 B
解析 X的可能取值为1,2,3,4，四种情形的均值E(X)＝1×p1＋2×p2＋3×p3＋4×p4都为2.5，方差D(X)＝[1－E(X)]2×p1＋[2－E(X)]2×p2＋[3－E(X)]2×p3＋[4－E(X)]2×p4，标准差为eq \r(DX).
A选项的方差D(X)＝0.65；
B选项的方差D(X)＝1.85；
C选项的方差D(X)＝1.05；
D选项的方差D(X)＝1.45.
所以选项B的情形对应样本的标准差最大．
2．(2018·全国Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p等于( )
A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3
答案 B
解析 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4)＜P(X＝6)，
所以Ceq \\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq \\al(6,10)p6(1－p)4，所以p＞0.5，
所以p＝0.6.
3．(2019·全国Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
答案 0.18
解析 记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.
4．(2017·全国Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9．95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10．26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得eq \(x,\s\up6(－))＝eq \f(1,16)eq \i\su(i＝1,16,x)i＝9.97，s＝eq \r(\f(1,16)\i\su(i＝1,16, )xi－\(x,\s\up6(－))2)＝eq \r(\f(1,16)\i\su(i＝1,16,x)\\al(2,i)－16\(x,\s\up6(－))2)≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.
用样本平均数eq \(x,\s\up6(－))作为μ的估计值eq \(μ,\s\up6(^)) ，用样本标准差s作为σ的估计值eq \(σ,\s\up6(^)) ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 3,0.997 316≈0.957 7，eq \r(0.008)≈0.09.
解 (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率约为0.997 3，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率约为0.002 7，故X～B(16,0.002 7)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 316≈0.042 3.
X的数学期望E(X)≈16×0.002 7＝0.043 2.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 7，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.042 3，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
②由eq \x\t(x)＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为eq \(μ,\s\up6(^)) ＝9.97，σ的估计值为eq \(σ,\s\up6(^)) ＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外的数据9.22，剩下数据的平均数为eq \f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02.
因此μ的估计值为10.02.
eq \i\su(i＝1,16,x)eq \\al(2,i)＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134.
剔除(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为eq \f(1,15)×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为eq \r(0.008)≈0.09.η
0
1
2
3
P
eq \f(125,729)
eq \f(100,243)
eq \f(80,243)
eq \f(64,729)
η0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
eq \f(1,2)
η
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)
一、条件概率与全概率公式
1．求条件概率有两种方法：一种是基于样本空间Ω，先计算P(A)和P(AB)，再利用P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求解；另一种是缩小样本空间，即以A为样本空间计算AB的概率．
2．掌握条件概率与全概率运算，重点提升逻辑推理和数学运算的核心素养．
例1 甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4,0.5,0.7.飞机被一人击中而击落的概率为0.2，被两人击中而击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率．
解 设B＝“飞机被击落”，Ai＝“飞机被i人击中”，i＝1,2,3，则B＝A1B＋A2B＋A3B，
依题意，P(B|A1)＝0.2，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝1.
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)，
为求P(Ai)，设Hi＝“飞机被第i人击中”，i＝1,2,3，可求得：
P(A1)＝P(H1eq \x\t(H)2eq \x\t(H)3＋eq \x\t(H)1H2eq \x\t(H)3＋eq \x\t(H)1eq \x\t(H)2H3)，
P(A2)＝P(H1H2eq \x\t(H)3＋H1eq \x\t(H)2H3＋eq \x\t(H)1H2H3)，
P(A3)＝P(H1H2H3)，
将数据代入计算得
P(A1)＝0.36，P(A2)＝0.41，P(A3)＝0.14，
于是P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1＝0.458.
即飞机被击落的概率为0.458.
反思感悟 条件概率的计算要注意以下三点
(1)明白是在谁的条件下，计算谁的概率．
(2)明确P(A)，P(B|A)以及P(AB)三者间的关系，实现三者间的互化．
(3)理解全概率公式P(A)＝eq \i\su(i＝1,n,P)(Bi)P(A|Bi)中化整为零的计算思想．
跟踪训练1 抛掷红、黄两颗骰子，当红色骰子的点数为4或6时，两颗骰子的点数之积大于20的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
答案 B
解析 记事件A＝“红色骰子的点数为4或6”，事件B＝“两颗骰子的点数之积大于20”．
P(A)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9)，
∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,9),\f(1,3))＝eq \f(1,3).
二、n重伯努利试验及二项分布
1．n重伯努利试验是相互独立事件的延伸，其试验结果出现的次数X～B(n，p)，即P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k.
2．学习该部分知识重点提升数学建模及数学运算的核心素养．
例2 在一次抗洪抢险中，准备用射击的办法引爆从上游漂流而下的一个巨大汽油罐，已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击是相互独立的，且命中的概率都是eq \f(2,3).
(1)求油灌被引爆的概率；
(2)如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ，求ξ不小于4的概率．
解 (1)油罐引爆的对立事件为油罐没有引爆，没有引爆的可能情况是射击5次只击中一次或一次也没有击中，故该事件的概率为
P＝Ceq \\al(1,5)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))5，
所以所求的概率为
1－P＝1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(C\\al(1,5)×\f(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))5))＝eq \f(232,243).
(2)当ξ＝4时，记事件为A，
则P(A)＝P(ξ＝4)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,27)，
当ξ＝5时，意味着前4次射击只击中一次或一次也未击中，记为事件B.
则P(B)＝P(ξ＝5)＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,9)，
所以所求概率为
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(4,27)＋eq \f(1,9)＝eq \f(7,27).
反思感悟 与二项分布有关的问题关键是二项分布的判定，可从以下几个方面判定
(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．
(2)各次试验中的事件是相互独立的．
(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．
(4)随机变量是这n重伯努利试验中某事件发生的次数．
跟踪训练2 一家医药研究所从中草药中提取并合成了甲、乙两种抗“H病毒”的药物，经试验，服用甲、乙两种药物痊愈的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，现已进入药物临床试用阶段，每个试用组由4位该病毒的感染者组成，其中2人试用甲种抗病毒药物，2人试用乙种抗病毒药物，如果试用组中，甲种抗病毒药物治愈人数超过乙种抗病毒药物的治愈人数，那么称该组为“甲类组”．
(1)求一个试用组为“甲类组”的概率；
(2)观察3个试用组，用η表示这3个试用组中“甲类组”的个数，求η的分布列和均值．
解 (1)设Ai表示事件“一个试用组中，服用甲种抗病毒药物有效的有i人”，i＝0,1,2，Bj表示事件“一个试用组中，服用乙种抗病毒药物有效的有j人”，j＝0,1,2，
依题意有P(A1)＝2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
P(A2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
P(B0)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，
P(B1)＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，
故一个试用组为“甲类组”的概率为P＝P(B0A1)＋P(B0A2)＋P(B1A2)＝eq \f(4,9)×eq \f(1,2)＋eq \f(4,9)×eq \f(1,4)＋eq \f(4,9)×eq \f(1,4)＝eq \f(4,9).
(2)η的可能取值为0,1,2,3，且η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(4,9)))，
则P(η＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,9)))3＝eq \f(125,729)，
P(η＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,9)))2＝eq \f(100,243)，
P(η＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,9)))＝eq \f(80,243)，
P(η＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))3＝eq \f(64,729)，
故η的分布列为
∵η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(4,9)))，∴E(η)＝3×eq \f(4,9)＝eq \f(4,3).
三、离散型随机变量的均值与方差
1．均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在均值的基础之上，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，二者的联系密切，在现实生产生活中的应用比较广泛．
2．掌握均值和方差的计算，重点提升逻辑推理和数据分析的核心素养．
例3 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为eq \f(2,3)，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为eq \f(2,5)，中奖可以得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的均值较大？
解 (1)由已知得，小明中奖的概率为eq \f(2,3)，小红中奖的概率为eq \f(2,5)，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则A事件的对立事件为“X＝5”．
∵P(X＝5)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，
∴P(A)＝1－P(X＝5)＝eq \f(11,15)，
∴这两人的累计得分X≤3的概率为eq \f(11,15).
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的均值为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的均值为E(3X2)，
由已知，X1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,3)))，X2～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,5)))，
∴E(X1)＝2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,3)，E(X2)＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5).
∴E(2X1)＝2E(X1)＝eq \f(8,3)，E(3X2)＝3E(X2)＝eq \f(12,5).
E(2X1)>E(3X2)，他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的均值最大．
反思感悟 求离散型随机变量X的均值与方差的步骤
(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)由分布列和均值的定义求出E(X)．
(5)由方差的定义，求D(X)，若X～B(n，p)，则可直接利用公式求，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
跟踪训练3 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η表示一次掷得的点数和，求η的分布列；
(2)若连续投掷10次，设随机变量ξ表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E(ξ)，D(ξ)．
解 (1)由已知，随机变量η的取值为2,3,4,5,6.设掷一个正方体骰子所得点数为η0，
则η0的分布列为
所以P(η＝2)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,36)，
P(η＝3)＝2×eq \f(1,6)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)，
P(η＝4)＝2×eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,18)，
P(η＝5)＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，
P(η＝6)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
故η的分布列为
(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ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(1,4)))，
所以E(ξ)＝np＝10×eq \f(1,4)＝eq \f(5,2)，
D(ξ)＝np(1－p)＝10×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(15,8).
四、正态分布
1．正态分布是连续型随机变量X的一种分布，其在概率和统计中占有重要地位，尤其统计学中的3σ原则在生产生活中有广泛的应用．
2．熟记正态分布的特征及应用3σ原则解决实际问题是本章的两个重点，在学习中提升直观想象、数据分析的素养．
例4 在某校举行的数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩近似地服从正态分布N(70,100)．已知成绩在90分以上(含90分)的学生有12人．
(1)试问此次参赛学生的总数约为多少人？
(2)若成绩在80分以上(含80分)为优，试问此次竞赛成绩为优的学生约为多少人？
解 (1)设参赛学生的成绩为X，因为X～N(70,100)，
所以μ＝70，σ＝10.
则P(X≥90)＝P(X≤50)＝eq \f(1,2)[1－P(50
12÷0.022 75≈527(人)．
因此，此次参赛学生的总数约为527人．
(2)由P(X≥80)＝P(X≤60)＝eq \f(1,2)[1－P(60
527×0.158 65≈84(人)．
因此，此次竞赛成绩为优的学生约为84人．
反思感悟 正态曲线的应用及求解策略
(1)正态曲线是轴对称图形，常借助其对称性解题．
(2)正态分布的概率问题常借助[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]三个区间内的概率值求解．
(3)注意正态曲线与频率分布直方图的结合．
跟踪训练4 为提高城市居民生活幸福感，某城市公交公司大力确保公交车的准点率，减少居民侯车时间，为此，该公司对某站台乘客的候车时间进行统计．乘客候车时间受公交车准点率、交通拥堵情况、节假日人流量增大等情况影响．在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，乘客候车时间X满足正态分布N(μ，σ2)．在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，调查了大量乘客的候车时间，经过统计得到如图所示的频率分布直方图．
(1)在直方图各组中，以该组区间的中点值代表该组的各个值，试估计μ，σ2的值；
(2)在统计学中，发生概率低于千分之三的事件叫小概率事件，一般认为，在正常情况下，一次试验中，小概率事件是不能发生的．在交通拥堵情况正常、非节假日的某天，随机调查了该站的10名乘客的候车时间，发现其中有3名乘客候车时间超过15分钟，试判断该天公交车准点率是否正常，说明理由．
(参考数据：eq \r(19.2)≈4.38，eq \r(21.4)≈4.63，eq \r(26.6)≈5.16，0.841 37≈0.298 3,0.841 36≈0.354 6,0.158 73≈0.004 0，0.158 74≈0.000 6，P(μ－σ
σ2＝s2＝2×(82×0.1＋42×0.2)＋(10－10)2×0.4＝19.2.
(2)μ＋σ＝10＋4.38＝14.38，
设“3名乘客候车时间超过15分钟”的事件为A，
P(X>14.38)＝eq \f(1－Pμ－σ
准点率正常．
1．(2020·全国Ⅲ)在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且eq \i\su(i＝1,4,p)i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( )
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3
D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2
答案 B
解析 X的可能取值为1,2,3,4，四种情形的均值E(X)＝1×p1＋2×p2＋3×p3＋4×p4都为2.5，方差D(X)＝[1－E(X)]2×p1＋[2－E(X)]2×p2＋[3－E(X)]2×p3＋[4－E(X)]2×p4，标准差为eq \r(DX).
A选项的方差D(X)＝0.65；
B选项的方差D(X)＝1.85；
C选项的方差D(X)＝1.05；
D选项的方差D(X)＝1.45.
所以选项B的情形对应样本的标准差最大．
2．(2018·全国Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p等于( )
A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3
答案 B
解析 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4)＜P(X＝6)，
所以Ceq \\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq \\al(6,10)p6(1－p)4，所以p＞0.5，
所以p＝0.6.
3．(2019·全国Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
答案 0.18
解析 记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.
4．(2017·全国Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9．95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10．26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得eq \(x,\s\up6(－))＝eq \f(1,16)eq \i\su(i＝1,16,x)i＝9.97，s＝eq \r(\f(1,16)\i\su(i＝1,16, )xi－\(x,\s\up6(－))2)＝eq \r(\f(1,16)\i\su(i＝1,16,x)\\al(2,i)－16\(x,\s\up6(－))2)≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.
用样本平均数eq \(x,\s\up6(－))作为μ的估计值eq \(μ,\s\up6(^)) ，用样本标准差s作为σ的估计值eq \(σ,\s\up6(^)) ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 3,0.997 316≈0.957 7，eq \r(0.008)≈0.09.
解 (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率约为0.997 3，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率约为0.002 7，故X～B(16,0.002 7)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 316≈0.042 3.
X的数学期望E(X)≈16×0.002 7＝0.043 2.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 7，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.042 3，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
②由eq \x\t(x)＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为eq \(μ,\s\up6(^)) ＝9.97，σ的估计值为eq \(σ,\s\up6(^)) ＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外的数据9.22，剩下数据的平均数为eq \f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02.
因此μ的估计值为10.02.
eq \i\su(i＝1,16,x)eq \\al(2,i)＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134.
剔除(eq \(μ,\s\up6(^)) －3eq \(σ,\s\up6(^)) ，eq \(μ,\s\up6(^)) ＋3eq \(σ,\s\up6(^)) )之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为eq \f(1,15)×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为eq \r(0.008)≈0.09.η
0
1
2
3
P
eq \f(125,729)
eq \f(100,243)
eq \f(80,243)
eq \f(64,729)
η0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
eq \f(1,2)
η
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)
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