2019人教A版数学选修2-3学案：第二章随机变量及其分布复习提升课 (1)
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章末复习提升课
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超几何分布
[问题展示] (选修2-3 P50习题2.1B组T1)老师要从10篇课文中随机抽3篇让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的6篇，求：
(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列；
(2)他能及格的概率．
【解】 (1)他能背诵的课文的数量X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝C06C34C310＝130，
P(X＝1)＝C16C24C310＝310，
P(X＝2)＝C26C14C310＝12， P(X＝3)＝C36C04C310＝16，
所以X的分布列为
X 0 1 2
3
P 130 310 12 16
(2)他能及格的概率为P(X＝2)＋P(X＝3)＝12＋16＝23.
某位同学记住了10个数学公式中的m个(m≤10)，从这10个公式中随机抽取3个，若他记住2个的概率为12.
(1)求m的值；
(2)分别求他记住的数学公式的个数X与没记住的数学公式的个数Y的数学期望E(X)与E(Y)，比较E(X)与E(Y)的关系，并加以说明．
【解】 (1)P(X＝2)＝C2mC110－mC310＝12，
即m(m－1)(10－m)＝120，且m≥2.
因为120＝2×5×12＝4×5×6＝3×5×8＝2×4×15＝2×2×30.
而m与m－1一定是相邻正整数．
所以m－1＝4，m＝5，10－m＝6或m－1＝5，m＝6，10－m＝4
解得m＝6.
(2)由原问题知，E(X)＝0×130＋1×310＋2×12＋3×16＝95，
没记住的数学公式有10－6＝4个，故Y的可能取值为0，1，2，3.
P(Y＝0)＝C04C36C310＝16，
P(Y＝1)＝C14C26C310＝12，
P(Y＝2)＝C24C16C310＝310， P(Y＝3)＝C34C06C310＝130，
所以Y的分布列为
Y 0 1 2
3
P
16 12 310 130
E(Y)＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65，
由E(X)＝95，E(Y)＝65得出
①E(X)＞E(Y)．说明记住公式个数的期望值大于没记住公式个数的期望值．
②E(X)＋E(Y)＝3.说明记住和没记住的期望值之和等于随机抽取公式的个数3.
二项分布
[问题展示] (选修2-3 P59习题2.2B组T1)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？
【解】 每局比赛只有两个结果，甲胜或乙胜，且每局比赛胜负是相互独立的，所以甲胜的局数X服从二项分布，即X～B(n，p)．
①当采用3局2胜制时，X～B(3，0.6)，
则P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)
＝C23×0.62×0.4＋C330.63＝0.648.
②当采用5局3胜制时，X～B(5，0.6)，
则P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)
＝C35×0.63×0.42＋C45×0.64×0.4＋C550.65≈0.683.
显然0.648<0.683，所以采用5局3胜制对甲更有利．
从而说明了“比赛总局数越多，甲获胜的概率越大”．
对比赛局制长短的认识： ①比赛的公平性：局数不能过多或过少，过多对甲有利，过少对乙有利；
②在实际比赛中，应根据计算出的概率结果，对赛制“n局n＋12胜”的n值给予确定．
甲、乙两选手比赛，每局比赛甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为1－p，采用了“3局2胜制”(这里指最多比赛3局，先胜2局者为胜，比赛结束)．若仅比赛2局就结束的概率为1325.
(1)求p的值；
(2)若采用“5局3胜制”(这里指最多比赛5局，先胜3局者为胜，比赛结束)，求比赛局数X的分布列和数学期望．
【解】 (1)仅比赛2局就结束，即为甲连胜2局或乙连胜2局，
所以p·p＋(1－p)(1－p)＝1325，
即25p2－25p＋6＝0，解得p＝35或p＝25.
(2)当p＝35时，即甲胜的概率为35，乙胜的概率为1－35＝25.
X的可能取值为3，4，5.
P(X＝3)＝353＋253＝35125，
P(X＝4)＝C23352·25·35＋C23252·35·25＝234625，
P(X＝5)＝C24352·252·35＋C24252·352·25＝216625，
所以X的分布列为
X 3 4
5
P 35125 234625 216625
所以E(X)＝3×35125＋4×234625＋5×216625＝2 541625≈4.
当p＝25时，
结论与p＝35相同．
相互独立事件及概率
[问题展示] (选修2-3 P55练习T3)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内：
(1)甲、乙两地都降雨的概率；
(2)甲、乙两地都不降雨的概率；
(3)其中至少一个地方降雨的概率．
【解】 设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则P(A)＝0.2，P(B)＝0.3.
(1)甲、乙两地都降雨为事件AB，P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.2×0.3＝0.06.
(2)甲、乙两地都不降雨为事件A－B－，P(A－B－)＝P(A－)·P(B－)＝(1－0.2)(1－0.3)＝0.8×0.7＝0.56.
(3)至少有一个地方降雨为(AB)∪(A－B)∪(AB－)，
所以P[(AB)∪(A－B)∪(AB－)]＝P(AB)＋P(A－B)＋P(AB－)
＝P(A)P(B)＋P(A－)P(B)＋P(A)P(B－)
＝0.2×0.3＋(1－0.2)×0.3＋0.2×(1－0.3)＝0.44.
或P[(AB)∪(A－B)∪(AB－)]＝1－P(A－B－)＝1－0.56＝0.44.
天气预报，在元旦期间甲、乙两地都降雨的概率为16，至少有一个地方降雨的概率为23，已知甲地降雨的概率大于乙地降雨的概率，且在这段时间甲、乙两地降雨互不影响．
(1)分别求甲、乙两地降雨的概率；
(2)在甲、乙两地3天假期中，仅有一地降雨的天数为X，求X的分布列和数学期望与方差．
【解】 (1)设甲、乙两地降雨的事件分别为A，B，且P(A)＝x，P(B)＝y.
由题意得xy＝161－（1－x）（1－y）＝23x＞y，
解得x＝12，y＝13. 所以甲地降雨的概率为12，乙地降雨的概率为13.
(2)在甲、乙两地中，仅有一地降雨的概率为P＝P(AB－)＋P(A－B)＝P(A)P(B－)＋P(A－)P(B)
＝12×23＋12×13＝12.
X的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝C03123＝18，
P(X＝1)＝C131211－122＝38，
P(X＝2)＝C231221－12＝38，
P(X＝3)＝C331－123＝18，
所以X的分布列为
X 0 1 2
3
P 18 38 38 18
所以E(X)＝0×18＋1×38＋2×38＋3×18＝32.
方差D(X)＝18×0－322＋38×1－322＋38×2－322＋18×3－322＝34.
正态分布
[问题展示] (选修2-3 P75习题2.4 A组 T2)商场经营的某种包装的大米质量(单位：kg)服从正态分布N(10，0.12)，任选一袋这种大米，质量在9.8～10.2 kg的概率是多少？
【解】 设该种包装的大米质量为X，则X～N(10，0.12)，其中μ＝10，σ＝0.1，
所以P(9.8＜X≤10.2)＝P(10－2×0.1＜X≤10＋2×0.1)≈0.954 5.
为了评估某大米包装生产设备的性能，从该设备包装的大米中随机抽取100袋作为样本，称其质量为
质量kg 9.5 9.6 9.7 9.8 9.9 10.0 10.1 10.2 10.3 10.4 10.5 10.6 10.7 10.8 合计
包数 1 1 3 5 6 19 34 18 3 4 2 1 2 1
100
经计算：样本的平均值μ＝10.10，标准差σ＝0.21.
(1)为评判该生产线的性能，从该生产线中任抽取一袋，设其质量为X(kg)，并根据以下不等式进行评判．
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≥0.682 7；
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≥0.954 5；
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≥0.997 3；
若同时满足三个不等式，则生产设备为甲级；满足其中两个，则为乙级；仅满足其中一个，则为丙级；若全不满足则为丁级．请判断该设备的等级．
(2)将质量小于或等于μ－2σ 与质量大于μ＋2σ的包装认为是不合格的包装，从设备的生产线上随机抽取5袋大米，求其中不合格包装袋数Y的数学期望E(Y)．
【解】 (1)由题意得
P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝P(9.89＜X≤10.31)＝80100＝0.8＞0.682 7，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝P(9.68＜X≤10.52)＝94100＝0.94＜0.954 5，
P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝P(9.47＜X≤10.73)＝99100＝0.99<0.997 3，
所以该生产设备为丙级．
(2)由表知，不合格的包装共有6袋，则从设备的生产线上随机抽取一袋不合格的概率P＝6100＝350，
由题意Y服从二项分布，
即Y～B5，350，
所以E(Y)＝5×350＝0.3.
1．某人忘记一个电话号码的最后一个数字，只好任意去试拨，他第一次失败，第二次成功
