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文档介绍
【数学】2020届一轮复习人教B版计数原理、概率、随机变量及其分布列学案
计数原理、概率、随机变量及其分布列 [全国卷 3 年考情分析] 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ 2018 几何概型·T10 古典概型·T8 求 二 项 式 系 数 问 题·T5 二项分布、导数的应用及变量的数 学期望、决策性问题·T20 相互独立事件及二项 分布·T8 2017 数学文化、有关面积的几何概型·T2 二项分布的方差·T13 频数分布表、概率分 布列的求解、数学期 望的应用·T18 正态分布、二项分布的性质及概率、 方差·T19 2016 与长度有关的几何概型·T4 几何概型、随机模 拟·T10 柱状图、相互独立事件与互斥事件 的概率、分布列和数学期望·T19 互斥事件的概率、条 件概率、随机变量的 分布列和数学期 望·T18 (1)概率、随机变量及其分布是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一 道选择题(或填空题)和一道解答题． (2)选择题或填空题常出现在第 4～10 题或第 13～15 题的位置，主要考查随机事件的概 率、古典概型、几何概型，难度一般． 考点一 二项式定理 保分考点·练后讲评 [大稳定——常规角度考双基] 1.[求特定项的系数](2018·全国卷Ⅲ) x2＋2 x 5 的展开式中 x4 的系数为( ) A．10 B．20 C．40 D．80 解析：选 C x2＋2 x 5 的展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr 5·(x2)5－r· 2 x r＝Cr 5·2r·x10－3r， 令 10－3r＝4，得 r＝2.故展开式中 x4 的系数为 C2 5·22＝40. 2.[求特定项系数](2017·全国卷Ⅰ) 1＋1 x2 (1＋x)6 展开式中 x2 的系数为( ) A．15 B．20 C．30 D．35 解析：选 C (1＋x)6 展开式的通项 Tr＋1＝Cr 6xr，所以 1＋1 x2 (1＋x)6 的展开式中 x2 的系数 为 1×C2 6＋1×C4 6＝30. 3.[有关系数和问题]在 x＋ 3 x n 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 32∶1， 则 x2 的系数为( ) A．50 B．70 C．90 D．120 解析：选 C 令 x＝1，则 x＋ 3 x n＝4n，所以 x＋ 3 x n 的展开式中，各项系数和为 4n， 又二项式系数和为 2n，所以4n 2n＝2n＝32，解得 n＝5.二项展开式的通项 Tr＋1＝Cr 5x5－r 3 x r＝ Cr 53rx5－3 2 r，令 5－3 2 r＝2，得 r＝2，所以 x2 的系数为 C2 532＝90，故选 C. 4.[求参数值]若二项式 2x＋a x 7 的展开式中1 x3的系数是 84，则实数 a 等于( ) A．2 B. 3 4 C．1 D. 2 4 解析：选 C 二项式 2x＋a x 7 的展开式的通项 Tr＋1＝Cr 727－rx7－rarx－r＝27－rCr 7arx7－2r， 令 7－2r＝－3，得 r＝5，所以 T6＝4C5 7a5＝84，解得 a＝1. 5.[二项式系数或各项系数的最值]在 x 2 － 1 3 x n 的展开式中，只有第 5 项的二项式系数 最大，则展开式的常数项是( ) A．－7 B．7 C．－28 D．28 解析：选 B 因为只有第 5 项的二项式系数 C 4 n最大，所以n 2 ＝4，即 n＝8. x 2 － 1 3 x 8 的展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr 8 x 2 8－r － 1 3 x r＝ －1 rCr 8 28－r x8－4 3 r， 令 8－4 3 r＝0，解得 r＝6，故常数项为 T7＝ －1 6C6 8 22 ＝7.故选 B. 6.[求多项式的特定项系数](x2＋x＋y)4 的展开式中，x3y2 的系数是________． 解析：法一：(x2＋x＋y)4＝[(x2＋x)＋y]4， 其展开式的第 r＋1 项 Tr＋1＝Cr 4(x2＋x)4－ryr， 因为要求 x3y2 的系数，所以 r＝2，所以 T3＝C2 4(x2＋x)4－2y2＝6(x2＋x)2y2. 因为(x2＋x)2 的展开式中 x3 的系数为 2，所以 x3y2 的系数是 6×2＝12. 法二：(x2＋x＋y)4 表示 4 个因式 x2＋x＋y 的乘积， 在这 4 个因式中，有 2 个因式选 y，其余的 2 个因式中有一个选 x，剩下的一个选 x2， 即可得到含 x3y2 的项， 故 x3y2 的系数是 C2 4·C1 2·C1 1＝12. 答案：12 [解题方略] 1．求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键 一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项公 式，求特定项，特定项的系数即为所要求的系数． 2．求(x＋y＋z)n 的展开式的特定项的系数问题的技巧 若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据题 目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数；把 (x＋y＋z)n 看作 n 个因式 x＋y＋z 的乘积，再利用组合数公式求解． 3．二项式系数最大项的确定方法 若 n 是偶数，则中间一项 第n 2 ＋1 项 的二项式系数 最大；若 n 是奇数，则中间两项 第n＋1 2 项与第n＋1 2 ＋1 项的二项式系数 ， 最大． [小创新——变换角度考迁移] 1.[二项式定理与函数的交汇]在(1＋x)6(2＋y)4 的展开式中，记 xmyn 项的系数为 f(m， n)，则 f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝( ) A．1 240 B．1 289 C．600 D．880 解析：选 B (1＋x)6 的展开式中，xm 的系数为 Cm 6，(2＋y)4 的展开式中，yn 的系数为 Cn 424 －n，则 f(m，n)＝Cm 6·Cn 4·24－n，从而 f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝C4 6·C0 4·24 ＋C3 6·C1 4·23＋C2 6·C2 4·22＋C1 6·C3 4·21＋C0 6·C4 4·20＝1 289. 2.[二项式定理与三角函数的交汇]已知(1＋ax＋by)5(a，b 为常数，a∈N*，b∈N*)的展 开式中不含字母 x 的项的系数和为 243，则函数 f(x)＝ 2sin 2x＋b 2sin x＋π 4 ，x∈ 0，π 2 的最小值 为______． 解析：令 x＝0，y＝1，得(1＋b)5＝243，解得 b＝2.因为 x∈ 0，π 2 ，所以 x＋π 4 ∈ π 4 ，3π 4 ，则 sin x＋cos x＝ 2sin x＋π 4 ∈[1， 2]，所以 f(x)＝ 2sin 2x＋b 2sin x＋π 4 ＝ 2sin 2x＋2 sin x＋cos x ＝4sin x·cos x＋2 sin x＋cos x ＝2(sin x＋cos x)＝2 2sin x＋π 4 ，所以 2≤f(x)≤2 2. 故 f(x)的最小值为 2. 答案：2 考点二 古典概型、几何概型及条件概率 保分考点 练后讲评 1.[古典概型](2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世 界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如 30＝7 ＋23.在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于 30 的概率是( ) A. 1 12 B. 1 14 C. 1 15 D. 1 18 解析：选 C 不超过 30 的所有素数为 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共 10 个，随机选 取两个不同的数，共有 C2 10＝45 种情况，而和为 30 的有 7＋23,11＋19,13＋17 这 3 种情况， ∴所求概率为 3 45 ＝ 1 15 .故选 C. 2.[几何概型](2018·全国卷Ⅰ)如图，来自古希腊数学家希波克拉 底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直 角三角形 ABC 的斜边 BC，直角边 AB，AC.△ABC 的三边所围成的区域记 为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ 的概率分别记为 p1，p2，p3，则( ) A．p1＝p2 B．p1＝p3 C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3 解析：选 A 法一：∵S△ABC＝1 2 AB·AC，以 AB 为直径的半圆的面积为1 2 π· AB 2 2＝π 8 AB2， 以 AC 为直径的半圆的面积为1 2 π· AC 2 2＝π 8 AC2，以 BC 为直径的半圆的面积为1 2 π· BC 2 2＝ π 8 BC2， ∴SⅠ＝1 2 AB·AC，SⅢ＝π 8 BC2－1 2 AB·AC， SⅡ＝ π 8 AB2＋π 8 AC2 － π 8 BC2－1 2 AB·AC ＝1 2 AB·AC. ∴SⅠ＝SⅡ. 由几何概型概率公式得 p1＝SⅠ S 总 ，p2＝SⅡ S 总 ， ∴p1＝p2.故选 A. 法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形， AB＝AC＝2，则 BC＝2 2， 所以区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积， 为 S1＝1 2 ×2×2＝2， 区域Ⅱ的面积 S2＝π×12－ π× 2 2 2 －2 ＝2， 区域Ⅲ的面积 S3＝π× 2 2 2 －2＝π－2. 根据几何概型的概率计算公式， 得 p1＝p2＝ 2 π＋2 ，p3＝π－2 π＋2 ， 所以 p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选 A. 3.[条件概率]一个口袋中装有 6 个小球，其中红球 4 个，白球 2 个．如果不放回地依次 摸出 2 个小球，则在第 1 次摸出红球的条件下，第 2 次摸出红球的概率为________． 解析：设“第 1 次摸出红球”为事件 A，“第 2 次摸出红球”为事件 B，则“第 1 次和 第 2 次都摸出红球”为事件 AB，所求事件为 B|A. 事件 A 发生的概率为 P(A)＝4 6 ＝2 3 ， 事件 AB 发生的概率为 P(AB)＝4 6 ×3 5 ＝2 5 . 由条件概率的计算公式可得，所求事件的概率为 P(B|A)＝P AB P A ＝ 2 5 2 3 ＝3 5 . 答案：3 5 [解题方略] 1．求解几何概型的步骤 2．条件概率的求法 (1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A)＝P AB P A .这是通用的求条件概率的方 法． (2)借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本事件数 n(A)，再在事件 A 发生的条 件下求事件 B 包含的基本事件数，即 n(AB)，得 P(B|A)＝n AB n A . 考点三 随机变量的分布列、均值与方差 增分考点 广度拓展 题型一 超几何分布及其均值与方差 [例 1] 某大学志愿者协会有 6 名男同学，4 名女同学．在这 10 名同学中，3 名同学来 自数学学院，其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这 10 名同学 中随机选取 3 名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)． (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的分布列和数学期望 E(X)． [解] (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝C1 3C2 7＋C0 3C3 7 C3 10 ＝ 49 60 . 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为49 60 . (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. P(X＝k)＝Ck 4C3－k 6 C3 10 (k＝0,1,2,3)． 所以 P(X＝0)＝C0 4C3 6 C3 10 ＝1 6 ，P(X＝1)＝C1 4C2 6 C3 10 ＝1 2 ， P(X＝2)＝C2 4C1 6 C3 10 ＝ 3 10 ，P(X＝3)＝C3 4C0 6 C3 10 ＝ 1 30 . 所以随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 6 1 2 3 10 1 30 故随机变量 X 的数学期望 E(X)＝0×1 6 ＋1×1 2 ＋2× 3 10 ＋3× 1 30 ＝6 5 . [解题方略] 1．超几何分布的应用条件及实质 (1)条件：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察 某类个体个数 X 的概率分布． (2)实质：古典概型问题． 2．超几何分布的均值与方差 对于实际问题中的随机变量 X，如果能够断定它服从超几何分布 H(N，M，n)，则其概率 可直接利用公式 P(X＝k)＝Ck MCn－k N－M Cn N (k＝0,1，…，m，其中 m＝min{M，n}，且 n≤N，M≤N，n， M，N∈N*)． 题型二 相互独立事件的概率及均值与方差 [例 2] (2019 届高三·益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加 某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线 记 1 分，未出线记 0 分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为2 3 ，3 4 ，3 5 ，他们出线与未出线是相 互独立的． (1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率； (2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量 ξ的分布列和数学期望 E(ξ)． [解] (1)记“甲出线”为事件 A，“乙出线”为事件 B，“丙出线”为事件 C，“甲、 乙、丙至少有一名出线”为事件 D， 则 P(D)＝1－P( A B C )＝1－1 3 ×1 4 ×2 5 ＝29 30 . (2)由题意可得，ξ的所有可能取值为 0,1,2,3， 则 P(ξ＝0)＝P( A B C )＝1 3 ×1 4 ×2 5 ＝ 1 30 ； P(ξ＝1)＝P(A B C )＋P( A B C )＋P( A B C)＝2 3 ×1 4 ×2 5 ＋1 3 ×3 4 ×2 5 ＋1 3 ×1 4 ×3 5 ＝13 60 ； P(ξ＝2)＝P(AB C )＋P(A B C)＋P( A BC)＝2 3 ×3 4 ×2 5 ＋2 3 ×1 4 ×3 5 ＋1 3 ×3 4 ×3 5 ＝ 9 20 ； P(ξ＝3)＝P(ABC)＝2 3 ×3 4 ×3 5 ＝ 3 10 . 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 1 30 13 60 9 20 3 10 E(ξ)＝0× 1 30 ＋1×13 60 ＋2× 9 20 ＋3× 3 10 ＝121 60 . [解题方略] 求相互独立事件的概率的两种方法 直接法 正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几 个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式 求 解 间接法 当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解．对于 “至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解 题型三 二项分布及其均值与方差 [例 3] 雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制 PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取 重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不 同的专家组对 A，B，C 三个城市进行治霾落实情况抽查． (1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同， 求恰有一个城市没有专家组选取的概率； (2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评 价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为1 2 ，若四个专家组均评价为优则检查通过 不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为 X，求 X 的分布列． [解] (1)随机选取，共有 34＝81 种不同方法， 恰有一个城市没有专家组选取的有 C1 3(C1 4A2 2＋C2 4)＝42 种不同方法， 故恰有一个城市没有专家组选取的概率 P＝42 81 ＝14 27 . (2)设事件 A：“一个城市需复检”， 则 P(A)＝1－ 1 2 4＝15 16 ， X 的所有可能取值为 0,1,2,3， P(X＝0)＝C0 3· 1 16 3＝ 1 4 096 ， P(X＝1)＝C1 3· 1 16 2·15 16 ＝ 45 4 096 ， P(X＝2)＝C2 3· 1 16 · 15 16 2＝ 675 4 096 ， P(X＝3)＝C3 3· 15 16 3＝3 375 4 096 . 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 4 096 45 4 096 675 4 096 3 375 4 096 [解题方略] 破解有关二项分布的“四关” 考点四 利用均值与方差破解决策性问题 增分考点 讲练冲关 [典例] (2018·洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下： 甲公司，底薪 80 元，每单送餐员抽成 4 元；乙公司，无底薪，40 单以内(含 40 单)的部分 送餐员每单抽成 6 元，超出 40 单的部分送餐员每单抽成 7 元．假设同一公司的送餐员一天 的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其 50 天的送餐单数， 得到如下频数表： 甲公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数 38 39 40 41 42 天数 10 15 10 10 5 乙公司送餐员送餐单数频数表 送餐单数 38 39 40 41 42 天数 5 10 10 20 5 (1)现从记录甲公司的 50 天送餐单数中随机抽取 3 天的送餐单数，求这 3 天送餐单数都 不小于 40 的概率． (2)若将频率视为概率，回答下列两个问题： ①记乙公司送餐员日工资为 X(单位：元)，求 X 的分布列和数学期望 E(X)； ②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利 用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由． [解] (1)记抽取的 3 天送餐单数都不小于 40 为事件 M， 则 P(M)＝C3 25 C3 50 ＝ 23 196 . (2)①设乙公司送餐员的送餐单数为 a， 当 a＝38 时，X＝38×6＝228， 当 a＝39 时，X＝39×6＝234， 当 a＝40 时，X＝40×6＝240， 当 a＝41 时，X＝40×6＋1×7＝247， 当 a＝42 时，X＝40×6＋2×7＝254. 所以 X 的所有可能取值为 228,234,240,247,254. 故 X 的分布列为 X 228 234 240 247 254 P 1 10 1 5 1 5 2 5 1 10 所以 E(X)＝228× 1 10 ＋234×1 5 ＋240×1 5 ＋247×2 5 ＋254× 1 10 ＝241.8. ②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为 38×0.2＋39×0.3＋40×0.2＋41×0.2＋42×0.1＝39.7， 所以甲公司送餐员的日平均工资为 80＋4×39.7＝238.8 元． 由①得乙公司送餐员的日平均工资为 241.8 元． 因为 238.8<241.8，所以推荐小王去乙公司应聘． [解题方略] 利用均值与方差进行决策的思路方法 利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量 X 的均值的意 义在于描述随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状 况．品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特 征量有关． [多练强化] 为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000 位顾客进行奖励，规定：每位顾客 从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球，球上所标的面值之和为该顾客 所获的奖励额． (1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元，其余 3 个均为 10 元，求： ①顾客所获的奖励额为 60 元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及均值； (2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元，并规定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和 50 元的两种球组成，或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额 尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的 4 个球的面值给出一 个合适的设计，并说明理由． 解：(1)设顾客所获的奖励额为 X. ①依题意，得 P(X＝60)＝C1 1C1 3 C2 4 ＝1 2 ， 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为1 2 . ②依题意，得 X 的所有可能取值为 20,60. P(X＝60)＝1 2 ，P(X＝20)＝C2 3 C2 4 ＝1 2 ， 即 X 的分布列为 X 20 60 P 1 2 1 2 所以顾客所获的奖励额的均值 E(X)＝20×1 2 ＋60×1 2 ＝40 元． (2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为 60 元．所以，先寻找均值为 60 元的可 能方案．对于面值由 10 元和 50 元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为 60 元是面值之和的最大值，所以均值不可能为 60 元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为 60 元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为 60 元，因此可能的方案是(10,10,50,50)， 记为方案 1. 对于面值由 20 元和 40 元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方 案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案 2. 以下是对两个方案的分析： 对于方案 1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为 X1，则 X1 的分布列为 X1 20 60 100 P 1 6 2 3 1 6 X1 的均值 E(X1)＝20×1 6 ＋60×2 3 ＋100×1 6 ＝60， X1 的方差 D(X1)＝(20－60)2×1 6 ＋(60－60)2×2 3 ＋(100－60)2×1 6 ＝1 600 3 . 对于方案 2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为 X2，则 X2 的分布列为 X2 40 60 80 P 1 6 2 3 1 6 X2 的均值 E(X2)＝40×1 6 ＋60×2 3 ＋80×1 6 ＝60， X2 的方差 D(X2)＝(40－60)2×1 6 ＋(60－60)2×2 3 ＋(80－60)2×1 6 ＝400 3 . 由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小，所以 应该选择方案 2. 考点五 正态分布及其应用 增分考点·讲练冲关 [典例] (2017·全国卷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 x ＝ 1 16 错误!i＝9.97，s＝错误!＝错误!≈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 x 作为μ的估计值μ^ ，用样本标准差 s 作为σ的估计值σ^ ，利用估计值 判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^ －3σ^ ，μ^ ＋3σ^ )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查看更多