2019年高考数学二轮复习-专题6 统计与概率 3.2 随机变量及其分布课件 理
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高考数学二轮复习专题6统计与概率3.2随机变量及其分布课件理
则 CA1 与 CB1 独立,CA2 与 CB2 独立,CA1 与 CA2 互斥,C=(CA1CB1)∪
(CA2CB2).
P(C)=P(CA1CB1)+P(CA2CB2)=P(CA1)P(CB1)+P(CA2)P(CB2).
由所给数据得
CA1,CA2,CB1,CB2
发生的频率分别为14
20
,
3 20
-6-
考向一 考向二 考向三
对点训练 1(2018河北唐山三模,理18)某球迷为了解A,B两支球队 的攻击能力,从本赛季常规赛中随机调查了20场与这两支球队有关 的比赛.两队所得分数分别如下:
A球队:122 110 105 105 109 101 107 129 115 100 114 118 118 104 93 120 96 102 105 83
解:
打
5,6,7,8
折的概率分别为 1
3×2
P(C)=P(CB1CA1∪CB2CA2)
=P(CB1CA1)+P(CB2CA2)
=P(CB1)P(CA1)+P(CB2)P(CA2).
由所给数据得
CA1,CA2,CB1,CB2
发生的频率分别为16
20
,
4 20
,
10 20
,
280,
故
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
P(CA1)=1260,P(CA2)=240,P(CB1)=1200,P(CB2)=280,P(C)=1200
B球队:114 114 110 108 103 117 93 124 75 106 91 81 107 112 107 101 106 120 107 79
(1)根据两组数据完成两队所得分数的茎叶图,并通过茎叶图比较 两支球队所得分数的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,得 出结论即可);
2019届高三数学二轮复习备考《概率与统计的高考分析》课件(共40张PPT)
2018全国I卷理20
以生产线为背景，加以合理的数学抽象和数据分析，考查学生解决 实际问题的能力。
用求导法 求最值
~
EY=180X0.1=18
近5年全国Ⅱ、 Ⅲ卷试题回顾及特点简析
针对近5年全国Ⅱ Ⅲ卷试题的特点， 分析其主要涉及以下5大知识和思想：
1.线性回归直线 2.茎叶图 3.独立性检验 4.条件概率 5.讨论的思想
2015全国I卷文理19
2015全国I卷文理19
换元
年利率Z : z 0. 2 y x y d x c
二次函数 求最值
2016全国I卷理19
2016 课标卷 1：某公司计划购买 2 台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件, 在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个 200 元.在机器使用期间,如果备件不足 再购买,则每个 500 元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图：
命题规律Ⅱ 、Ⅲ 卷（文科）
考查知识点
2018 Ⅱ 18 2018 Ⅲ 18 回归直线方程，并进行预报值分析 茎叶图并进行分析
2017 Ⅱ 19 2017 Ⅲ 18
2016 Ⅱ 18 2016 Ⅲ 18 2015 Ⅱ 18 2014 Ⅱ 19
频率分布直方图求概率，独立性检验 根据表格进行求概率
根据表格进行求概率 根据给定的频率对应表，求平均数 （这个表格就是理科学习的分布列） 画频率分布直方图，求平均数。根据分布图进行求概率 根据茎叶图求中位数，根据茎叶图求概率，分析茎叶图
近五年对比Ⅰ卷和Ⅱ Ⅲ卷的高考题， 从知识点的考查来看，他们各自的风 格相对比较稳定，特别是Ⅱ Ⅲ卷。我们不 难发现，Ⅱ Ⅲ卷较I卷难度要小一些。 1. Ⅰ卷对正态分布，二项分布考查非常 频繁 。 2.Ⅱ 、Ⅲ卷中常考的独立性检验，茎叶 图，条件概率，在I卷中从来没有考查过。 3 .Ⅱ 、Ⅲ卷中从来没有考查过超几何分 布，二项分布，正态分布.
高中数学高考复习《概率及随机变量及其分布列》讲座PPT课件
共6+8+4=18种，因此 p
18 1 . 216 12
3.(2009·浙江)有20张卡片,每张卡片上分别标有两
个连续的自然数k,k+1,其中k=0,1,2,…，19.从这20
张卡片中任取一张,记事件“该卡片上两个数的各位 数字之和(例如:若取到标有9,10的卡片,则卡片上两 个数的各位数字之和为9+1+0=10)不小于14”为A,则 1 P(A)=___. 4 解析 从20张卡片中任取一张共有20种可能,其中各 卡片上的数字之和大于等于14的有(7,8),(8,9), (16,17),(17,18),(18,19)共5种,因此满足各条件的 概率 P 5 1 . 20 4
卡片的事件包含下面三个事件:①甲抽到写有奇数数
1 字的卡片,乙抽到写有偶数数字的卡片,有 C1 种; C 5 4
②甲抽到写有偶数数字的卡片,乙抽到写有奇数数字
1 种;③甲、乙二人都抽到奇数数字的 的卡片,有 C1 C 4 5
1 种.设甲、乙二人至少有一人抽到奇数 卡片,有 C1 C 5 4
1.(2009·江西)为了庆祝六一儿童节,某食品厂制作
了3种不同的精美卡片,每袋食品随机装入一张卡片, 集齐3种卡片则获奖,现购买该食品5袋,能获奖的概 率为 31 A. 81 解析 (D )
50 33 48 B. C. D. 81 81 81 5袋食品中含卡片的可能有35种，
其中含1种卡片的有3种， 含2种卡片的有 C 2 ×(25-2)=3×(25-2).
学案20 概率及随机变量及其分布列
1.事件与概率:了解随机事件发生的不确定性和频率 的稳定性;了解概率的意义;了解频率与概率的区别;
了解两个互斥事件的概率加法公式.
18 1 . 216 12
3.(2009·浙江)有20张卡片,每张卡片上分别标有两
个连续的自然数k,k+1,其中k=0,1,2,…，19.从这20
张卡片中任取一张,记事件“该卡片上两个数的各位 数字之和(例如:若取到标有9,10的卡片,则卡片上两 个数的各位数字之和为9+1+0=10)不小于14”为A,则 1 P(A)=___. 4 解析 从20张卡片中任取一张共有20种可能,其中各 卡片上的数字之和大于等于14的有(7,8),(8,9), (16,17),(17,18),(18,19)共5种,因此满足各条件的 概率 P 5 1 . 20 4
卡片的事件包含下面三个事件:①甲抽到写有奇数数
1 字的卡片,乙抽到写有偶数数字的卡片,有 C1 种; C 5 4
②甲抽到写有偶数数字的卡片,乙抽到写有奇数数字
1 种;③甲、乙二人都抽到奇数数字的 的卡片,有 C1 C 4 5
1 种.设甲、乙二人至少有一人抽到奇数 卡片,有 C1 C 5 4
1.(2009·江西)为了庆祝六一儿童节,某食品厂制作
了3种不同的精美卡片,每袋食品随机装入一张卡片, 集齐3种卡片则获奖,现购买该食品5袋,能获奖的概 率为 31 A. 81 解析 (D )
50 33 48 B. C. D. 81 81 81 5袋食品中含卡片的可能有35种，
其中含1种卡片的有3种， 含2种卡片的有 C 2 ×(25-2)=3×(25-2).
学案20 概率及随机变量及其分布列
1.事件与概率:了解随机事件发生的不确定性和频率 的稳定性;了解概率的意义;了解频率与概率的区别;
了解两个互斥事件的概率加法公式.
随机变量及其分布复习课件.ppt
有
F(x) x f(t)dt，
则称X为连续型随机变量，其中f(x)称为X的概率 密度函数，简称概率密度。
（II）概率密度的性质
( 1 ) 非 负 性 ： f( x ) 0 ， x R .
(2)规 范 性 ：f(x)dx1. 4
( 3 )对 于 任 意 实 数 a b, 有
P{aXb}abf(x)dx . F(b)F(a)
求这个区间的端点,分二种情形讨论之：
17
（1）区间的一个端点是无穷大，即已知P(X < x) = p1 或P(X > x) = p2，求x .
利用 或
然后反查标准正态分布表，即可求出x （2）区间关于μ对称，不妨设为(μ−a,μ+a)，而 P(μ−a<X<μ+a) = p，求a
18
四.随机变量的函数的分布 1.离散型随机变量函数的分布
几种重要的 离散型分布
均指 正 匀数 态 分分 分 布布 布
二项分布的 正态近似
二项分布的 泊松近似
二项 分布
泊几
松何
分分 布 布 21
例题选讲
例1 甲、乙、丙3人进行独立射击 每人的命中率依 次为03 04 06 设每人射击一次 试求3人命中总 数之概率分布律 分析 求离散型随机变量的概率分布的步骤为:(1) 写
23
例2 投掷一个均匀骰子n 次，求(1)恰好得到一个6点的概 率；(2)至少得到一个6点的概率；(3)为了以0.5的概率保 证至少得到一个6点，则至少要投掷几次？
所以至少要投掷4次.
24
例3 设 X 的分布律为 X 1012 1111 p 4444
求 Y X 2 的分布律 .
解 Y 的可能值为 (1)2, 02,12, 22; 即 0, 1, 4.
F(x) x f(t)dt，
则称X为连续型随机变量，其中f(x)称为X的概率 密度函数，简称概率密度。
（II）概率密度的性质
( 1 ) 非 负 性 ： f( x ) 0 ， x R .
(2)规 范 性 ：f(x)dx1. 4
( 3 )对 于 任 意 实 数 a b, 有
P{aXb}abf(x)dx . F(b)F(a)
求这个区间的端点,分二种情形讨论之：
17
（1）区间的一个端点是无穷大，即已知P(X < x) = p1 或P(X > x) = p2，求x .
利用 或
然后反查标准正态分布表，即可求出x （2）区间关于μ对称，不妨设为(μ−a,μ+a)，而 P(μ−a<X<μ+a) = p，求a
18
四.随机变量的函数的分布 1.离散型随机变量函数的分布
几种重要的 离散型分布
均指 正 匀数 态 分分 分 布布 布
二项分布的 正态近似
二项分布的 泊松近似
二项 分布
泊几
松何
分分 布 布 21
例题选讲
例1 甲、乙、丙3人进行独立射击 每人的命中率依 次为03 04 06 设每人射击一次 试求3人命中总 数之概率分布律 分析 求离散型随机变量的概率分布的步骤为:(1) 写
23
例2 投掷一个均匀骰子n 次，求(1)恰好得到一个6点的概 率；(2)至少得到一个6点的概率；(3)为了以0.5的概率保 证至少得到一个6点，则至少要投掷几次？
所以至少要投掷4次.
24
例3 设 X 的分布律为 X 1012 1111 p 4444
求 Y X 2 的分布律 .
解 Y 的可能值为 (1)2, 02,12, 22; 即 0, 1, 4.
高考数学二轮复习 专题六 概率与统计 第2讲 随机变量及其分布课件 理
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19. (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元). 当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200 ＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.
P(AiCj)＝P(Ai)P(Cj)＝15×18＝410，i＝1，2，…，5，j＝1，2，…， 8.设事件 E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由 题意知，E＝A1C1∪A1C2∪A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2 ∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4. 因此 P(E)＝P(A1C1)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＋P(A2C2)＋P(A2C3) ＋P(A3C1)＋P(A3C2)＋P(A3C3)＋P(A4C1)＋P(A4C2)＋P(A4C3) ＋P(A5C1)＋P(A5C2)＋P(A5C3)＋P(A5C4)＝15×410＝38. (3)μ1＜μ0.
解 (1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年 内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2， 0.4，0.2，0.2，从而 P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04； P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16； P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24； P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24； P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2； P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08； P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04；
二轮复习高考大题专项(六)概率与统计课件(81张)
中等或中等偏上的程度,多放在解答题的第18或19题位置,近两年难度有所
提升,甚至放在后两道解答题位置,综合性较强.但实施新高考后,因为文理
同卷,难度又回到中等.
【典例剖析】
题型一
相关关系的判断及回归分析
【例1】 某基地蔬菜大棚采用无土栽培方式种
植各类蔬菜.根据过去50周的资料显示,该基地
周光照量X(单位:小时)都在30小时以上,其中不
6
=
C 24
P(ξ=0)= 2
C6
=
6
15
=
2
C 12 C 14
,P(ξ=1)= 2
5
C6
1
,
15
故 ξ 的分布列为
ξ
0
1
2
P(ξ)
2
5
8
15
1
15
=
8
,
15
^
^
^
(2)由散点图可知 = bz+更适合于此模型.其中
6
^
∑ -6
= =16
2
∑ 2 -6
=
^
-1.07
参考数据:
α
xα
0.05
3.841
0.01
6.635
2
(
-
)
参考公式:χ2=
.
(+)(+)(+)(+)
0.005
7.879
0.001
10.828
解 (1)由统计表可得,低于45岁人数为70人,不低于45岁人数为30人,
可得列联表如下
是否使用手机支付
年龄低于45岁
使用
60
不使用
X>70时,只有1台光照控制仪运行,此时周总利润
提升,甚至放在后两道解答题位置,综合性较强.但实施新高考后,因为文理
同卷,难度又回到中等.
【典例剖析】
题型一
相关关系的判断及回归分析
【例1】 某基地蔬菜大棚采用无土栽培方式种
植各类蔬菜.根据过去50周的资料显示,该基地
周光照量X(单位:小时)都在30小时以上,其中不
6
=
C 24
P(ξ=0)= 2
C6
=
6
15
=
2
C 12 C 14
,P(ξ=1)= 2
5
C6
1
,
15
故 ξ 的分布列为
ξ
0
1
2
P(ξ)
2
5
8
15
1
15
=
8
,
15
^
^
^
(2)由散点图可知 = bz+更适合于此模型.其中
6
^
∑ -6
= =16
2
∑ 2 -6
=
^
-1.07
参考数据:
α
xα
0.05
3.841
0.01
6.635
2
(
-
)
参考公式:χ2=
.
(+)(+)(+)(+)
0.005
7.879
0.001
10.828
解 (1)由统计表可得,低于45岁人数为70人,不低于45岁人数为30人,
可得列联表如下
是否使用手机支付
年龄低于45岁
使用
60
不使用
X>70时,只有1台光照控制仪运行,此时周总利润
2019届高考数学二轮复习实用课件：统计与概率2.5.2
2
≤x≤ 5 ,区间长度为 2 π ,则对应的概率 6 3 6 2 2 P 3 . 3
3 ,所以 2
3.某工厂生产了一批颜色和外观都一样的跳舞机器人, 从这批跳舞机器人中随机抽取了8个,其中有2个是次品, 现从8个跳舞机器人中随机抽取2个分配给测验员,则测 验员拿到次品的概率是 (
n MN n M 9 1 . 18 2
2 =10种走法,每一种走法的概 (3)因为从A到3总共有 C5
5 2 1 5 率都是 ( 1 )5 ,所以珠子从出口3出来的概率是 C5 ( ) .
2
2
16
答案: 5
16
【名师点睛】 1.条件概率的求法
P（AB） (1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)= . P（A）
【典例2】(1)(2018·濮阳二模)如图,已知电路中4个 开关闭合的概率都是 1 ,且是相互独立的,则灯亮的
2
概率为
(
)
1 3 1 13 A. B. C. D. 16 16 4 16
(2)在中心为O的正六边形ABCDEF的电子游戏盘中(如 图),按下开关键后,电子弹从O点射出后最后落入正六
虑到重复性(如三棱锥C-A1AB与三棱锥A1-ABC重复),
6 4 2 可知满足是“三节棍体”的有 =24种,故所求 2 概率为P= 24 12 . 70 35 12 答案: 35
【易错警示】解答本题容易出现重复计数,导致所得
概率为 24 的错误.
35
【探究追问】把例1(2)的矩形改为矩形ABCD,其四个顶 点的坐标分别为A(0,-1),B(π ,-1),C(π ,1),D(0,1), 如图所示,
这是通用的求条件概率的方法.
≤x≤ 5 ,区间长度为 2 π ,则对应的概率 6 3 6 2 2 P 3 . 3
3 ,所以 2
3.某工厂生产了一批颜色和外观都一样的跳舞机器人, 从这批跳舞机器人中随机抽取了8个,其中有2个是次品, 现从8个跳舞机器人中随机抽取2个分配给测验员,则测 验员拿到次品的概率是 (
n MN n M 9 1 . 18 2
2 =10种走法,每一种走法的概 (3)因为从A到3总共有 C5
5 2 1 5 率都是 ( 1 )5 ,所以珠子从出口3出来的概率是 C5 ( ) .
2
2
16
答案: 5
16
【名师点睛】 1.条件概率的求法
P（AB） (1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)= . P（A）
【典例2】(1)(2018·濮阳二模)如图,已知电路中4个 开关闭合的概率都是 1 ,且是相互独立的,则灯亮的
2
概率为
(
)
1 3 1 13 A. B. C. D. 16 16 4 16
(2)在中心为O的正六边形ABCDEF的电子游戏盘中(如 图),按下开关键后,电子弹从O点射出后最后落入正六
虑到重复性(如三棱锥C-A1AB与三棱锥A1-ABC重复),
6 4 2 可知满足是“三节棍体”的有 =24种,故所求 2 概率为P= 24 12 . 70 35 12 答案: 35
【易错警示】解答本题容易出现重复计数,导致所得
概率为 24 的错误.
35
【探究追问】把例1(2)的矩形改为矩形ABCD,其四个顶 点的坐标分别为A(0,-1),B(π ,-1),C(π ,1),D(0,1), 如图所示,
这是通用的求条件概率的方法.
高考总复习二轮数学精品课件 专题5 统计与概率 第2讲 概率、随机变量及其分布
件A包含的样本点个数,常用到计数原理与排列、组合的相关知识.
(2)在求样本点个数时,要准确理解样本点的构成.
对点练1
(1)甲、乙两人进行扑克牌积分比赛.比赛规则为:甲、乙两人先各抽三张
扑克牌,每局比赛双方同时各出一张牌,牌大者得2分,牌小者得0分,牌一样
大两人各得1分,每张牌只能出一次,共比赛三局.若甲抽到的三张扑克牌分
含义.
2.二项分布的条件是独立性与重复性.
3.离散型随机变量的分布列
一般地,设离散型随机变量X的可能取值为x1,x2,…,xn,称X取每一个值xi的概
率P(X=xi)=pi(i=1,2,…,n),可用表格表示.
X
P
x1
p1
x2
p2
…
…
x3
p3
xn
pn
概率之和等于1
名师点析1.离散型随机变量的分布列的两个性质:
对立事件是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件
()
(4)条件概率公式:P(B|A)=
.
()
误区警示要注意概率P(A|B)与P(AB)的区别
样本空间不同,在P(A|B)中,事件B成为样本空间;在P(AB)中,样本空间仍为
Ω,因而有P(A|B)≥P(AB).
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2.两种特殊分布
(1)超几何分布
一般地,假设一批产品共有N件,其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件
由题知,P(A0)=1-α,P(A1)=α,P(B0)=β,P(B1)=1-β,且事件A0,A1,B0,B1相互独立.
对于选项A,所求事件为B1A0B1,
所以P(B1A0B1)=P(B1)P(A0)P(B1)=(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)·
(2)在求样本点个数时,要准确理解样本点的构成.
对点练1
(1)甲、乙两人进行扑克牌积分比赛.比赛规则为:甲、乙两人先各抽三张
扑克牌,每局比赛双方同时各出一张牌,牌大者得2分,牌小者得0分,牌一样
大两人各得1分,每张牌只能出一次,共比赛三局.若甲抽到的三张扑克牌分
含义.
2.二项分布的条件是独立性与重复性.
3.离散型随机变量的分布列
一般地,设离散型随机变量X的可能取值为x1,x2,…,xn,称X取每一个值xi的概
率P(X=xi)=pi(i=1,2,…,n),可用表格表示.
X
P
x1
p1
x2
p2
…
…
x3
p3
xn
pn
概率之和等于1
名师点析1.离散型随机变量的分布列的两个性质:
对立事件是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件
()
(4)条件概率公式:P(B|A)=
.
()
误区警示要注意概率P(A|B)与P(AB)的区别
样本空间不同,在P(A|B)中,事件B成为样本空间;在P(AB)中,样本空间仍为
Ω,因而有P(A|B)≥P(AB).
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2.两种特殊分布
(1)超几何分布
一般地,假设一批产品共有N件,其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件
由题知,P(A0)=1-α,P(A1)=α,P(B0)=β,P(B1)=1-β,且事件A0,A1,B0,B1相互独立.
对于选项A,所求事件为B1A0B1,
所以P(B1A0B1)=P(B1)P(A0)P(B1)=(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)·
2019届高考数学二轮复习概率、随机变量及其分布列课件(65张)(全国通用)
第
二
专题整合、突破篇
பைடு நூலகம்
篇
专
题
概率与统计
七
第二讲
概率、随机变量及其分布列
核心考点突破H
典例精析 题型突破
考点一 古典概型、几何概型、条件概率 1．古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数. 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或 体积.
[答案]
4 5
[快速审题] 看到区域长度和面积问题，想到几何概型；看 到计数问题，想到古典概型；看到有条件的概率问题，想到条件 概率．
解答古典概型、几何概型、条件概率的关键 (1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数 和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合 的相关知识． (2)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区 域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表 示所需要的区域．
P(X＝3)＝C36123·123＝2604＝156， P(X＝4)＝C46124·122＝1654， P(X＝5)＝C56125·121＝664＝332， P(X＝6)＝C66126120＝614.
故 X 的分布列为
(1)设事件 M 为“邀请到的 3 个人中至少有 2 个人接受挑 战”，则 P(M)＝C23122·12＋C33123＝12.
(2)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5,6. 因为 X 为接下来被邀请到的 6 个人中接受挑战的人数，所以 X～B6，12. 所以 P(X＝0)＝C06120126＝614， P(X＝1)＝C1612·125＝664＝332， P(X＝2)＝C26122·124＝1654，
二
专题整合、突破篇
பைடு நூலகம்
篇
专
题
概率与统计
七
第二讲
概率、随机变量及其分布列
核心考点突破H
典例精析 题型突破
考点一 古典概型、几何概型、条件概率 1．古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数. 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或 体积.
[答案]
4 5
[快速审题] 看到区域长度和面积问题，想到几何概型；看 到计数问题，想到古典概型；看到有条件的概率问题，想到条件 概率．
解答古典概型、几何概型、条件概率的关键 (1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数 和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合 的相关知识． (2)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区 域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表 示所需要的区域．
P(X＝3)＝C36123·123＝2604＝156， P(X＝4)＝C46124·122＝1654， P(X＝5)＝C56125·121＝664＝332， P(X＝6)＝C66126120＝614.
故 X 的分布列为
(1)设事件 M 为“邀请到的 3 个人中至少有 2 个人接受挑 战”，则 P(M)＝C23122·12＋C33123＝12.
(2)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5,6. 因为 X 为接下来被邀请到的 6 个人中接受挑战的人数，所以 X～B6，12. 所以 P(X＝0)＝C06120126＝614， P(X＝1)＝C1612·125＝664＝332， P(X＝2)＝C26122·124＝1654，
2019届高考数学(文)二轮复习课件：第2部分 专题6 统计与概率 6.2
-5-
年份 卷别 设问特点 求相关系数;判 全国 断样本符合标 Ⅰ 准;求样本均值 与标准差
涉及知识点 题目类型 解题思想方法 相关系数、 相关关 均值与标准 系、样本 整体代换 差 数字特征
频率分布直 方图、 频率、 频率估计概率; 2017 全国 概率、列联 独立性检 观察、分析、 独立性检验;样 Ⅱ 表、独立性 验 判断 本估计总体 检验、样本 数据特征 频率估计概率; 全国 频率、 概率、样本估计 分析、抽象概 求利润及利润 Ⅲ 函数关系 总体 括 为正的概率
������=1 ������
^ ^
^
^
∑ ������������ ������������ -������������ ������
2 ∑ ������2 ������������ ������ ������=1
������
, ������ = ������ − ������ ������.
∑ ������������ ������������ -������������ ������
பைடு நூலகம்
②概率公式是 P(A)= ②概率公式是 P(A)=
事件������中所含的基本事件数 试验的基本事件总数
.
(2)几何概型:①特点为无限性,等可能性;
构成事件������的区域长度(面积或体积) 试验全部结果所构成的区域长度(面积或体积)
.
-6-
-7-
1.统计图表 (1)在频率分布直方图中:①各小矩形的面积表示相应各组的频 率,各小矩形的高=
频率 组距
;②各小矩形面积之和等于 1.
(2)茎叶图:当数据是两位数时,用中间的数字表示十位数,两边 的数字表示个位数;当数据是三位数时,前两位相对比较集中时,常以 前两位为茎,第三位(个位)为叶(其余类推). 2.样本的数字特征 (1)众数:是指出现次数最多的数,体现在频率分布直方图中,是 指高度最高的小矩形的宽的中点的横坐标; (2)中位数是指从左往右小矩形的面积之和为 0.5 处的横坐标; (3)平均数������ =
高中总复习二轮数学精品课件 专题五 统计与概率 第2讲 概率、随机变量及其分布
p2
x3
p3
…
…
xn
pn
概率之和等于1
名师点析1.离散型随机变量的分布列的两个性质:
(1)pi≥0(i=1,2,…,n);(2)p1+p2+…+pn=1.
2.期望公式:E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn= ∑ xipi.
=1
关键能力•学案突破
突破点一 古典概型
[例1]河图洛书是华夏文化的源头,两幅图案玄奥神妙,博大精深.它始于上
.
答案 (1)D
1
(2)
3
解析 (1)由题意知,甲要得 4 分,即三局两胜.在每局比赛中,若甲输:甲出 A2
或 A3,乙出 B1 或 B2,共有C21 C21 种出法.若甲胜:甲出 A1,乙出 B1,B2 中剩余的一
张;甲出 A2,A3 中剩余的一张,乙出 B3.将三局作全排列有A33 种.
故甲得 4 分的出牌方法有C21 C21 A33 种,而总的出牌方法有A33 A33 种,故三局比赛
在中,象中央戊己土,表示时空奇点;而中间五点,又象太极含四象;中一点,又
象太极含一气.若从这十个点数中任选两个数,则选取的恰好是两个奇数的
概率为(
)
1
A.
18
1
B.
9
7
C.
18
2
D.
9
答案 D
解析 由题意得,后方点数为 1,6,左侧为 3,8,前方为 2,7,右侧为 4,9,中间为
2
5,10,即从 1,2,3,…,10 中任取 2 个,共有C10
杯子和红色杯子也相邻,有A33 A22 =12 种.
()
所以 P(B|A)= ()
x3
p3
…
…
xn
pn
概率之和等于1
名师点析1.离散型随机变量的分布列的两个性质:
(1)pi≥0(i=1,2,…,n);(2)p1+p2+…+pn=1.
2.期望公式:E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn= ∑ xipi.
=1
关键能力•学案突破
突破点一 古典概型
[例1]河图洛书是华夏文化的源头,两幅图案玄奥神妙,博大精深.它始于上
.
答案 (1)D
1
(2)
3
解析 (1)由题意知,甲要得 4 分,即三局两胜.在每局比赛中,若甲输:甲出 A2
或 A3,乙出 B1 或 B2,共有C21 C21 种出法.若甲胜:甲出 A1,乙出 B1,B2 中剩余的一
张;甲出 A2,A3 中剩余的一张,乙出 B3.将三局作全排列有A33 种.
故甲得 4 分的出牌方法有C21 C21 A33 种,而总的出牌方法有A33 A33 种,故三局比赛
在中,象中央戊己土,表示时空奇点;而中间五点,又象太极含四象;中一点,又
象太极含一气.若从这十个点数中任选两个数,则选取的恰好是两个奇数的
概率为(
)
1
A.
18
1
B.
9
7
C.
18
2
D.
9
答案 D
解析 由题意得,后方点数为 1,6,左侧为 3,8,前方为 2,7,右侧为 4,9,中间为
2
5,10,即从 1,2,3,…,10 中任取 2 个,共有C10
杯子和红色杯子也相邻,有A33 A22 =12 种.
()
所以 P(B|A)= ()
高考数学理专题突破课件第一部分专题六第二讲：概率、随机变量及其分布列52页PPT
Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
2．常见的离散型随机变量的分布 (1)两点分布
分布列为(其中0＜p＜1)
(2)二项分布 在 n 次独立重复试验中，事件 A 发生的次数 ξ 是一 个随机变量，其所有可能取的值为 0,1,2,3，…，n， 并且 P(ξ＝k)＝Cknpkqn－k(其中 k＝0,1,2，…，n，q＝1 －p)．
方式：先在甲袋中取一球，以后均在乙袋中取球，
此人在甲袋中取到一个黑球的概率为q，在乙袋中取
到一个黑球的概率为0.8，用ξ表示他取球结束后的总
分，已知P(ξ＝1)＝0.24.
(1)求q的值；
(2)试比较此人选择每次都在乙袋中取球得分超过 1分与选择上述方式取球得分超过1分的概率的大 小．
解：(1)依题意，得(1－q)×0.8×0.2＋(1－q)×0.2×0.8 ＝0.24，解之，得q＝0.25.
事件的概率公式去计算所求事件的概率．
变式训练2 有两枚大小相同、质地均匀的正四 面体玩具，每个玩具的各个面上分别写着数字
1,2,3,5.同时投掷这两枚玩具一次，记m为两个朝下
的面上的数字之和．
(1)求事件“m不小于6”的概率； (2)“m为奇数”的概率与“m为偶数”的概率是
否相等？并给出说明．
解：因为玩具的质地是均匀的，所以玩具各面朝 下的可能性相等，出现的可能情况有：(1,1)，(1,2)， (1,3)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,2)， (3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,5)，共 16 种． (1)事件“m 不小于 6”包含(1,5)，(2,5)，(3,5)， (3,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,5)，共 8 个基本事件，
2．常见的离散型随机变量的分布 (1)两点分布
分布列为(其中0＜p＜1)
(2)二项分布 在 n 次独立重复试验中，事件 A 发生的次数 ξ 是一 个随机变量，其所有可能取的值为 0,1,2,3，…，n， 并且 P(ξ＝k)＝Cknpkqn－k(其中 k＝0,1,2，…，n，q＝1 －p)．
方式：先在甲袋中取一球，以后均在乙袋中取球，
此人在甲袋中取到一个黑球的概率为q，在乙袋中取
到一个黑球的概率为0.8，用ξ表示他取球结束后的总
分，已知P(ξ＝1)＝0.24.
(1)求q的值；
(2)试比较此人选择每次都在乙袋中取球得分超过 1分与选择上述方式取球得分超过1分的概率的大 小．
解：(1)依题意，得(1－q)×0.8×0.2＋(1－q)×0.2×0.8 ＝0.24，解之，得q＝0.25.
事件的概率公式去计算所求事件的概率．
变式训练2 有两枚大小相同、质地均匀的正四 面体玩具，每个玩具的各个面上分别写着数字
1,2,3,5.同时投掷这两枚玩具一次，记m为两个朝下
的面上的数字之和．
(1)求事件“m不小于6”的概率； (2)“m为奇数”的概率与“m为偶数”的概率是
否相等？并给出说明．
解：因为玩具的质地是均匀的，所以玩具各面朝 下的可能性相等，出现的可能情况有：(1,1)，(1,2)， (1,3)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,2)， (3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,5)，共 16 种． (1)事件“m 不小于 6”包含(1,5)，(2,5)，(3,5)， (3,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,5)，共 8 个基本事件，
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