2019年人教版理数高考一轮复习 课时分层训练69 二项分布与正态分布
新高考一轮复习人教版 二项分布与正态分布 作业
11.3 二项分布与正态分布基础篇 固本夯基考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布、全概率公式1.(2022届长沙长郡中学月考,7)某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关,第一关与第二关的过关率分别为23,34,只有通过前一关才能进入下一关,每一关都有两次闯关机会,且通过每关相互独立.一选手参加该节目,则该选手能进人第三关的概率为( ) A.12B.56C.89D.1516答案 B2.(2022届武汉部分学校质检,5)在一次试验中,随机事件A,B 满足P(A)=P(B)=23,则( ) A.事件A,B 一定互斥 B.事件A,B 一定不互斥 C.事件A,B 一定互相独立 D.事件A,B 一定不互相独立 答案 B3.(2021新高考Ⅰ,8,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则( ) A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 答案 B4.(2018课标Ⅲ,8,5分)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,DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 答案 B5.(2021辽宁丹东质检,2)10张奖券中有4张“中奖”奖券,甲乙两人先后参加抽奖活动,每人从中不放回地抽取一张奖券,甲先抽,乙后抽,在甲中奖的条件下,乙没有中奖的概率为( ) A.35B.23C.34D.4156.(2021江苏徐州第三次调研,2)清明节前夕,某校团委决定举办“缅怀革命先烈,致敬时代英雄”主题演讲比赛,经过初赛,共10人进入决赛,其中高一年级2人,高二年级3人,高三年级5人,现采取抽签的方式决定演讲顺序,则在高二年级3人相邻的前提下,高一年级2人不相邻的概率为( ) A.112 B.13 C.12 D.34答案 D7.(多选)(2021福建厦门外国语学校月考,12)甲罐中有4个红球,3个白球和3个黑球;乙罐中有5个红球,3个白球和2个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A 1,A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以M 表示由乙罐取出的球是红球的事件,下列结论正确的为( ) A.P(M)=12B.P(M|A 1)=611 C.事件M 与事件A 1不相互独立 D.A 1,A 2,A 3是两两互斥的事件 答案 BCD8.(2022届山东济宁一中开学考试,14)已知随机变量ξ~B (6,13),则P(ξ=4)= ,D(ξ)= .(用数字作答) 答案20243;439.(2022届山东潍坊10月段考,15)一项过关游戏规则规定:在第n 关要抛掷一颗质地均匀的骰子n 次,如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于2n,则算过关.甲同学参加了该游戏,他连过前两关的概率是 .答案5910.(2020天津,13,5分)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为 ;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 . 答案16;2311.(2019课标Ⅰ,15,5分)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 .12.(2022届江苏苏州调研,19)某学校实行自主招生,参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答,至少答对3个才能通过初试.已知甲、乙两人参加初试,在这8个试题中甲能答对6个,乙能答对每个试题的概率为34,且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响. (1)试通过计算,分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性更大;(2)若答对一题得5分,答错或不答得0分,记乙答题的得分为Y,求Y 的分布列及数学期望和方差. 解析 (1)∵在8个试题中甲能答对6个,∴甲通过自主招生初试的概率P 1=C 63C 21C 84+C 64C 84=1114,又∵乙能答对每个试题的概率为34, ∴乙通过自主招生初试的概率P 2=C 43(34)314+C 44(34)4=189256,∵P 1>P 2,∴甲通过自主招生初试的可能性更大.(2)由题意可知,乙答对题的个数X 的可能取值为0,1,2,3,4,X~B (4,34), P(X=k)=C 4k (34)k (14)4−k(k=0,1,2,3,4)且Y=5X, 故Y 的分布列为∴E(Y)=E(5X)=5E(X)=5×4×34=15, D(Y)=D(5X)=52D(X)=25×4×34×(1−34)=754. 13. (2022届山东潍坊阶段测,20)智能体温计测温方便、快捷,已经逐渐代替水银体温计应用于日常体温测量.调查发现,使用水银体温计测温结果与人体的真实体温基本一致,而使用智能体温计测量体温可能会产生误差.对同一人而言,如果用智能体温计与水银体温计测温结果相同,我们认为智能体温计“测温准确”;否则,我们认为智能体温计“测温失误”.现在某社区随机抽取了20人用两种体温计测量体温,数据如下:(1)试估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率;(2)从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温,设随机变量X 为使用智能体温计“测温准确”的人数,求X 的分布列与数学期望.解析 (1)题表20人的体温数据中,用智能体温计与水银体温计测温结果相同的序号是01,04,06,07,09,12,13,14,16,18,19,20,共有12个, 由此估计所求概率为1220=35. (2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.由(1)可知,用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为35. 所以P(X=0)=C 30(35)0(1−35)3=8125, P(X=1)=C 31(35)1(1−35)2=36125, P(X=2)=C 32(35)2(1−35)1=54125, P(X=3)=C 33(35)3(1−35)0=27125, 所以X 的分布列为故X 的数学期望E(X)=0×8125+1×36125+2×54125+3×27125=225125=95. 14.(2019课标Ⅱ,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X 个球该局比赛结束. (1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.解析 (1)X=2就是10∶10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.(2)X=4且甲获胜,就是10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.考点二 正态分布1.(2022届河北邢台9月联考,6)已知随机变量ξ服从正态分布N(3,4),若P(ξ>2c+1)=P(ξ<2c-1),则c 的值为( )A.32 B.2 C.1 D.12答案 A2.(2021广东深圳一模,5)已知随机变量ξ~N(μ,σ2),有下列四个命题: 甲:P(ξ<a-1)>P(ξ>a+2). 乙:P(ξ>a)=0.5. 丙:P(ξ≤a)=0.5.丁:P(a<ξ<a+1)<P(a+1<ξ<a+2).如果只有一个假命题,则该命题为( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 答案 D3.(2020广东深圳七中月考,5)某班有60名学生,一次考试后数学成绩符合ξ~N(110,σ2),若P(100≤ξ≤110)=0.35,则估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为( ) A.10 B.9 C.8 D.7 答案 B4.(2021江苏七市第二次调研,13)已知随机变量X~N(2,σ2),P(X>0)=0.9,则P(2<X ≤4)= . 答案 0.45.(2021广东韶关一模,20)在一次大范围的随机知识问卷调查中,通过随机抽样,得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如下表所示:(1)由频数分布表可以大致认为,此次问卷调查的得分ξ~N(μ,196),μ近似为这100人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表). ①求μ的值;②若P(ξ>2a-5)=P(ξ<a+3),求a 的值;(2)在(1)的条件下,为此次参加问卷调查的市民制订如下奖励方案:①得分不低于μ的可以获赠2次随机话费,得分低于μ的可以获赠1次随机话费; ②每次获赠的随机话费和对应的概率为:现有市民甲参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求X 的分布列与数学期望.解析 (1)①由题意得30×2+40×13+50×21+60×25+70×24+80×11+90×4100=60.5,∴μ=60.5.②由题意得2a-5+a+3=2×60.5,解得a=41.(2)由题意知P(ξ<μ)=P(ξ≥μ)=12,获赠话费X(单位:元)的可能取值为20,40,50,70,100, P(X=20)=12×34=38,P(X=40)=12×34×34=932,P(X=50)=12×14=18,P(X=70)=12×34×14+12×14×34=316,P(X=100)=12×14×14=132,∴X 的分布列为∴E(X)=20×38+40×932+50×18+70×316+100×132=1654. 综合篇 知能转换考法一 条件概率的求法1.(2021广东二模,3)2020年12月4日是第七个“国家宪法日”.某中学开展主题为“学习宪法知识,弘扬宪法精神”的知识竞赛活动.甲同学答对第一道题的概率为23,连续答对两道题的概率为12.用事件A 表示“甲同学答对第一道题”,事件B 表示“甲同学答对第二道题”,则P(B|A)=( ) A.13B.12C.23D.34答案 D2.(2022届全国学业质量检测,9)某公司为方便员工停车,租了6个停车位,编号如图所示,公司规定:每个车位只能停一辆车,每个员工只允许占用一个停车位,记事件A 为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”,事件B 为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”,则P(A|B)=( ) A.16B.310 C.12 D.35答案 D3.(多选)(2021江苏海安高级中学月考,7)已知A ,B 分别为随机事件A,B 的对立事件,P(A)>0,P(B)>0,则下列说法正确的是( ) A.P(B|A)+P(B |A)=P(A) B.P(B|A)+P(B |A)=1C.若A,B 独立,则P(A|B)=P(A)D.若A,B 互斥,则P(A|B)=P(B|A) 答案 BCD考法二 n 重伯努利试验及二项分布问题的求解方法1.(2021广东深圳外国语学校月考,5)某同学进行3分投篮训练,若该同学投中的概率为12,他连续投篮n 次至少得到3分的概率大于0.9,那么n 的最小值是( ) A.3 B.4 C.5 D.6 答案 B2.(2020辽宁葫芦岛兴城高级中学模拟)一个袋中有大小、形状相同的小球,其中红球1个、黑球2个,现随机等可能取出小球,当有放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ1;当无放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ2,则 ( ) A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2) B.E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) C.E(ξ1)=E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2) D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2) 答案 B3.(多选)(2022届山东济宁一中开学考,11)某单位举行建党100周年党史知识竞赛,在必答题环节共设置了5道题,每道题答对得20分,答错扣10分(每道题都必须回答,但相互不影响).设某选手每道题答对的概率均为23,其必答题环节的总得分为X,则( ) A.该选手恰好答对2道题的概率为49B.E(X)=50C.D(X)=1003D.P(X>60)=112243答案 BD4.(2017课标Ⅱ,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,X 表示抽到的二等品件数,则DX= . 答案 1.965.(2022届山东济宁一中开学考试,21)由于抵抗力差的人感染新冠肺炎的可能性相对更高,特别是老年人群体,因此某社区在疫情控制后,及时给老年人免费体检,通过体检发现“高血糖,高血脂,高血压”,即“三高”老人较多.为此社区根据医生的建议为每位老人提供了一份详细的健康安排表,还特地建设了一个老年人活动中心,老年人每天可以到该活动中心去活动,以增强体质.通过统计每周到活动中心运动的老年人的活动时间,得到了以下频率分布直方图.(1)从到活动中心参加活动的老年人中任意选取5人.①若将频率视为概率,求至少有3人每周活动时间在[8,9)(单位:h)的概率;②若抽取的5人中每周活动时间在[8,11](单位:h)的人数为2人,从5人中选出3人进行健康情况调查,记3人中每周活动时间在[8,11](单位:h)的人数为ξ,求ξ的分布列和期望;(2)将某人的每周活动时间量与所有老年人的每周平均活动时间量比较,当超出所有老年人的每周平均活动时间量不少于0.74h 时,称该老年人为“活动爱好者”,从参加活动的老年人中随机抽取10人,且抽到k 人为“活动爱好者”的可能性最大,试求k 的值.(每组数据以区间的中点值为代表)解析 (1)由题图可知,从到活动中心参加活动的老年人中任意选取1人,每周活动时间在[8,9)(单位:h)的概率为25.①记“至少有3人每周活动时间在[8,9)(单位:h)”为事件A, 则P(A)=C 53·(25)3·(1−25)2+C 54·(25)4·(1−25)+C 55(25)5=9923 125.②随机变量ξ所有可能的取值为0,1,2,P(ξ=0)=C 33C 53=110,P(ξ=1)=C 32C 21C 53=35,P(ξ=2)=C 31C 22C 3=310,则ξ的分布列如下:故E(ξ)=0×110+1×35+2×310=65. (2)老年人的每周活动时间的平均值为6.5×0.06+7.5×0.35+8.5×0.4+9.5×0.15+10.5×0.04=8.26(h),则老年人中“活动爱好者”的活动时间为[9,11](单位:h),参加活动的老年人中为“活动爱好者”的概率为p=0.19,若从参加活动的老年人中随机抽取10人,且抽到X 人为“活动爱好者”,则X~B(10,0.19), 若k 人的可能性最大,则P(X=k)=C 10k p k(1-p)10-k,k=0,1,2,3, (10)由题意有{P(X =k)≥P(X =k −1),P(X =k)≥P(X =k +1),即{C 10k (0.19)k (0.81)10−k ≥C 10k−1(0.19)k−1(0.81)11−k ,C 10k (0.19)k (0.81)10−k ≥C 10k+1(0.19)k+1(0.81)9−k , 解得1.09≤k ≤2.09,由k ∈N *,得k=2.6.(2022届广东汕头金山中学期中,19)如图,李先生家住H 小区,他工作在C 科技园区,从家开车到公司上班路上有L 1、L 2两条路线,L 1路线上有A 1、A 2、A 3三个路口,各路口遇到红灯的概率均为12;L 2路线上有B 1、B 2两个路口,各路口遇到红灯的概率依次为34,35.(1)若走L 1路线,求最多遇到1次红灯的概率; (2)若走L 2路线,求遇到红灯次数X 的数学期望;(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求,请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条较好的上班路线,并说明理由.解析 (1)设“走L 1路线最多遇到1次红灯”为事件A,则P(A)=C 30×(12)3+C 31×12×(1−12)2=12, 所以走L 1路线,最多遇到1次红灯的概率为12. (2)依题意,X 的可能取值为0,1,2. P(X=0)=(1−34)×(1−35)=110,P(X=1)=34×(1−35)+(1−34)×35=920,P(X=2)=34×35=920. 随机变量X 的分布列为所以E(X)=0×110+1×920+2×920=2720. (3)设选择L 1路线遇到红灯次数为Y,随机变量Y 服从二项分布Y~B (3,12),所以E(Y)=3×12=32. 因为E(X)<E(Y),所以选择L 2路线上班较好.7.(2019天津,16,13分)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X 表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X 的分布列和数学期望;(2)设M 为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M 发生的概率.解析 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为23,故X~B (3,23),从而P(X=k)=C 3k ·(23)k (13)3−k ,k=0,1,2,3. 所以,随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E(X)=3×23=2.(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则Y~B (3,23),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}. 由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立, 从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=827×29+49×127=20243. 8.(2018课标Ⅰ,20,12分)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是不是不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. (i)若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX; (ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验? 解析 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C 202p 2(1-p)18.因此f'(p)=C 202[2p(1-p)18-18p 2(1-p)17]=2C 202p(1-p)17(1-10p).令f'(p)=0,得p=0.1,当p ∈(0,0.1)时,f'(p)>0; 当p ∈(0.1,1)时,f'(p)<0. 所以f(p)的最大值点为p 0=0.1. (2)由(1)知,p=0.1,(i)令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y, 所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.(ii)如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX>400,故应该对余下的产品作检验.考法三 正态分布问题的求解方法1.(2022届江苏苏州调研,3)已知随机变量ξ服从正态分布N(0,1),如果P(ξ≤1)=0.84,则P(-1<ξ≤0)=( )A.0.34B.0.68C.0.15D.0.07 答案 A2.(2022届江苏徐州期中,5)某单位招聘员工,先对应聘者的简历进行评分,评分达标者进入面试环节,现有1000人应聘,他们的简历评分X 服从正态分布N(60,102),若80分及以上为达标,则估计进入面试环节的人数为( )(附:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X<μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<X<μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<X<μ+3σ)≈0.9973)A.12B.23C.46D.159 答案 B3.(多选)(2022届湖南湘潭9月模拟,10)已知随机变量X 服从正态分布N(0,22),则( ) A.X 的数学期望为E(X)=0 B.X 的方差为D(X)=2 C.P(X>0)=12D.P(X>2)=12 答案 AC4.(2022届河北9月开学摸底联考,7)含有海藻碘浓缩液的海藻碘盐,是新一代的碘盐产品.海藻中的碘80%为无机碘,10%~20%为有机碘,海藻碘盐兼备无机碘和有机碘的优点.某超市销售的袋装海藻碘食用盐的质量X(单位:克)服从正态分布N(400,4),某顾客购买了4袋海藻碘食用盐,则至少有2袋的质量超过400克的概率为( ) A.1116 B.34 C.58 D.516答案 A5.(2022届(新高考)第一次月考,19)数学建模是高中数学核心素养的一个组成部分,数学建模能力是应用意识和创新意识的重要表现.为全面推动数学建模活动的开展,某学校举行了一次数学建模竞赛活动,已知该竞赛共有60名学生参加,他们成绩的频率分布直方图如图.(1)为了对数据进行分析,将60分以下的成绩定为不合格,60分以上(含60分)的成绩定为合格.为科学评估该校学生数学建模水平,决定利用分层随机抽样的方法从这60名学生中选取10人,然后从这10人中抽取4人参加座谈会.记ξ为抽取的4人中,成绩不合格的人数,求ξ的分布列和数学期望;(2)已知这60名学生的数学建模竞赛成绩X 服从正态分布N(μ,σ2),其中μ可用样本平均数近似代替,σ2可用样本方差近似代替(每组数据以区间的中点值作代表),若成绩在46分以上的学生均能得到奖励,本次数学建模竞赛满分为100分,试估计此次竞赛受到奖励的人数.(结果根据四舍五入保留到整数位)若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X ≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<X ≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<X ≤μ+3σ)≈0.9973.解析 (1)由题中频率分布直方图和分层随机抽样的方法,可知抽取的10人中合格的人数为(0.01+0.02)×20×10=6,不合格的人数为10-6=4. 因此,ξ的可能值为0,1,2,3,4,P(ξ=0)=C 64C 104=114,P(ξ=1)=C 41C 63C 104=821,P(ξ=2)=C 42C 62C 104=37,P(ξ=3)=C 43C 61C 104=435,P(ξ=4)=C 44C 104=1210.故ξ的分布列为所以ξ的数学期望E(ξ)=0×114+1×821+2×37+3×435+4×1210=85. (2)由题意可知,μ=(30×0.005+50×0.015+70×0.02+90×0.01)×20=64,σ2=(30-64)2×0.1+(50-64)2×0.3+(70-64)2×0.4+(90-64)2×0.2=324,所以σ=18.由X 服从正态分布N(μ,σ2),得P(64-18<X ≤64+18)=P(46<X ≤82)≈0.6827,则P(X>82)=12(1-0.6827)=0.15865,P(X>46)=0.6827+0.15865=0.84135,60×0.84135≈50,所以估计此次竞赛受到奖励的人数为50.6.(2022届辽宁渤海大学附中考试,20)随着我国国民消费水平的不断提升,进口水果受到了人们的喜爱,世界各地鲜果纷纷从空中、海上汇聚中国:泰国的榴莲、山竹、椰青,厄瓜多尔的香蕉,智利的车厘子等水果走进了千家万户.某种水果按照果径大小可分为五个等级:特等、一等、二等、三等和等外.某水果进口商从采购的一批水果中随机抽取500个,利用水果的等级分类标准得到的数据如下:(1)若将样本频率视为概率,从这批水果中随机抽取6个,求恰好有3个水果是二等级别的概率; (2)若水果进口商进口时将特等级别与一等级别的水果标注为优级水果,则用分层随机抽样的方法从这500个水果中抽取10个,再从抽取的10个水果中随机抽取3个,Y 表示抽取的优级水果的数量,求Y 的分布列及数学期望E(Y).解析 (1)设从500个水果中随机抽取一个,抽到二等级别水果的事件为A,则P(A)=250500=12, 随机抽取6个,设抽到二等级别水果的个数为X,则X~B (6,12), 所以恰好抽到3个二等级别水果的概率为P(X=3)=C 63(12)3(12)3=516.(2)用分层随机抽样的方法从500个水果中抽取10个, 其中优级水果有3个,非优级水果有7个. 则Y 所有可能的取值为0,1,2,3.P(Y=0)=C 73C 103=724,P(Y=1)=C 72C 31C 103=2140,P(Y=2)=C 71C 32C 103=740,P(Y=3)=C 33C 103=1120.所以Y 的分布列为所以E(Y)=0×724+1×2140+2×740+3×1120=910.7.(2017课标Ⅰ,19,12分)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在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.(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.9 5经计算得x=116∑i=116x i=9.97,s=√116∑i=116(x i−x)2=√116(∑i=116x i2−16x2)≈0.212,其中x i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<Z<μ+3σ)=0.9974.0.997416≈0.9592,√0.008≈0.09.解析(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.9974,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.0026,故X~B(16,0.0026).因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997416≈0.0408.X的数学期望为EX=16×0.0026=0.0416.(2)(i)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0.0026,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.0408,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.(ii)由x =9.97,s ≈0.212,得μ的估计值为μ^=9.97,σ的估计值为σ^=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外,因此需对当天的生产过程进行检查. 剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为115×(16×9.97-9.22)=10.02,因此μ的估计值为10.02.∑i=116x i 2=16×0.2122+16×9.972≈1591.134,剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为115×(1591.134-9.222-15×10.022)≈0.008, 因此σ的估计值为√0.008≈0.09.。
人教版高三理科数学课后习题(含答案)课时规范练61二项分布与正态分布
课时规范练61二项分布与正态分布基础巩固组1.(2019湖北钟祥一模,6)某班有50名学生,一次数学考试的成绩ξ服从正态分布N(105,102),已知P(95≤ξ≤105)=0.32,估计该班学生数学成绩在115分以上的人数为( )A.10B.9C.8D.72.(2019四川成都一诊,6)如果{an}不是等差数列,但若∃k∈N*,使得ak+ak+2=2ak+1,那么称{an}为“局部等差”数列.已知数列{xn}的项数为4,记事件A:集合{x1,x2,x3,x4}⊆{1,2,3,4,5},事件B:{xn}为“局部等差”数列,则条件概率P(B|A)=( )A.415B.730C.15D.163.(2019四川广安模仿,7)设随机变量X服从二项分布X~B,则函数f(x)=x2+4x+X存在零点的概率是( )A.56B.45C.3132D.124.2018年武邑中学髙三第四次模拟考试竣事后,对全校的数学结果举行统计,发现数学成绩的频率分布直方图形状与正态分布N(95,82)的密度曲线非常拟合.据此统计,在全校随机抽取的4名高三同砚中,恰有2名同学的数学成绩超过95分的概率是( )A.16B.12C.13D.385.(2019江西上饶模仿,6)甲、乙、丙三人到场一次测验,他们及格的概率分别为,那么三人中恰有两人合格的概率是( )A.25B.715C.1130D.166.在4次独立重复试验中,随机事件A恰好发生1次的概率不小于其恰好发生2次的概率,则事件A在一次试验中发生的概率p 的范围是( )A.(0,0.6]B.[0.6,1)C.[0.4,1)D.(0,0.4]7.(2019山东淄博模仿,14)在某项丈量中,测得变量ξ~N(1,σ2)(σ>0).若ξ在(0,2)内取值的概率为0.8,则ξ在(1,2)内取值的概率为( )A.0.2B.0.1C.0.8D.0.48.质检部门从某超市销售的甲、乙两种食用油中分别随机抽取100桶检测某项质量指标,由检测结果得到如图的频率分布直方图:甲乙(1)写出频率分布直方图(甲)中a的值;记甲、乙两种食用油100桶样本的质量指标的方差分别为,试比较的大小(只要求写出答案);(2)估计在甲、乙两种食用油中各随机抽取1桶,恰有一桶的质量指标大于20,且另一桶的质量指标不大于20的概率;(3)由频率漫衍直方图能够以为,乙种食用油的质量指标值Z服从正态分布N(μ,δ2).其中μ类似为样本平均数,δ2类似为样本方差,设X表示从乙种食用油中随机抽取10桶,其质量指标值位于(14.55,38.45)的桶数,求X的数学盼望.注:①同一组数据用该区间的中点值作代表,计算得s2=≈11.95;②若Z~N(μ,δ2),则P(μ-δ<Z<μ+δ)=0.682 7,P(μ-2δ<Z<μ+2δ)=0.954 5.综合提升组9.(2019湖北武汉调研,7)为了提拔全民身体素质,学校十分器重学生体育锻炼.某校篮球运动员投篮训练,若他第1球投进则后一球投进的概率为.若他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第1球投进的概率为,则他第2球投进的概率为( )A.34B.58C.716D.91610.设事件A在每次试验中产生的概率雷同,且在三次独立重复试验中,若事件A至少产生一次的概率为,则事件A恰好发生一次的概率为( )A.14B.34C.964D.276411.若随机变量X~N(2,32),且P(X≤1)=P(X≥a),则(x+a)2ax-1√5展开式中x3项的系数是.12.(2019河北唐山一诊,19)《山东省高考改革试点方案》规定:从2017年秋季高中入学的复活开始,不分文理科;2020年开始,高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目组成.将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、B+、B、C+、C、D+、D、E共8个等级.参照正态分布原则,确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%.选考科目成绩计入考生总成绩时,将A至E等级内的考生原始结果,依照等比例转换规则,分别转换到[91,100]、[81,90]、[71,80]、[61,70]、[51,60]、[41,50]、[31,40]、[21,30]八个分数区间,得到考生的品级结果.某校高一年级共2 000人,为给高一学生公道选科提供依据,对六个选考科目举行测试,其中物理考试原始成绩基本服从正态分布N(60,169).(1)求物理原始成绩在区间(47,86)的人数;(2)按高考改革方案,若从全省考生中随机抽取3人,记X表示这3人中等级成绩在区间[61,80]的人数,求X的漫衍列和数学盼望.(附:若随机变量ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=0.682,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=0.954,P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)=0.997)创新应用组13.某人有4把钥匙,其中2把能打开门.现随机地取1把钥匙试着开门,不克不及开门的就抛弃,问第二次才能打开门的概率是.如果试过的钥匙不抛弃,这个概率又是.14.(2019全国2,理18)11分制乒乓球角逐,每赢一球得1分.当某局打成10∶10平后,每球互换发球权,先多得2分的一方得胜,该局角逐竣事.甲、乙两位同砚举行单打角逐,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的效果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局角逐竣事.(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.15.为了引导住民公道用电,国家决定实验公道的门路电价,居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户).某市随机抽取10户同一个月的用电环境,得到统计表如下:(1)若规定第一阶梯电价每度0.5元,第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元,第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元,试计算A居民用电户用电410度时应交电费多少元?(2)现要在这10户家庭中任意选取3户,求取到第二阶梯电量的户数的分布列与期望;(3)以表中抽到的10户作为样本预计全市的住民用电,现从全市中依次抽取10户,若抽到k户用电量为第一门路的可能性最大,求k的值.参考答案课时规范练61二项分布与正态分布1.B∵考试的成绩ξ服从正态分布N(105,102).∴考试的成绩ξ关于ξ=105对称.∵P(95≤ξ≤105)=0.32,∴P(ξ≥115)=1(1-0.64)=0.18,∴该班数学成绩在115分以上的人数为0.18×50=9,故选B.2.C 由题意知,事件A共有=120个根本变乱,事件B:“局部等差”数列共有以下24个根本变乱,(1)其中含1,2,3的局部等差的分别为1,2,3,5和5,1,2,3和4,1,2,3共3个,含3,2,1的局部等差数列的同理也有3个,共6个.含3,4,5的和含5,4,3的与上述(1)相同,也有6个.含2,3,4的有5,2,3,4和2,3,4,1共2个,含4,3,2的同理也有2个.含1,3,5的有1,3,5,2和2,1,3,5和4,1,3,5和1,3,5,4共4个,含5,3,1的也有上述4个,共24个,所以P(B|A)=24120=15.故选C.3.C∵函数f(x)=x2+4x+X存在零点,∴Δ=16-4X≥0,∴X≤4,∵随机变量X服从二项分布X~B(5,12),∴P(X≤4)=1-P(X=5)=1-125=3132.故选C.4.D 由题意,数学成绩超过95分的概率是,在全校随机抽取的4名高三同砚中,恰有2名同学的数学成绩超过95分的概率是2×2=5.B 由题意知本题是一个相互独立变乱同时产生的概率,三个人中恰有2个合格,包罗三种环境,这三种环境是互斥的,所以三人中恰有两人及格的概率,故选B.6.D事件A在一次试验中发生的概率为p,∵随机事件A 恰好发生1次的概率不小于其恰好发生2次的概率,∴C 41p (1-p )3≥C 42p 2(1-p )2,解得p ≤0.4.7.0.4 因为ξ符合正态分布N (1,σ2),所以曲线的对称轴是x=1,因为ξ在(0,2)内取值的概率为0.8,所以ξ在(1,2)内取值的概率为0.4.8.解 (1)由频率分布直方图的性质得(0.010+a+0.020+0.025+0.030)×10=1,解得a=0.015.记甲、乙两种食用油100桶的质量指标的方差分别为,由甲、乙两种食用油检测结果得到的频率分布直方图得到s 12>s 22. (2)设事件A :在甲种食用油中随机抽取1桶,其质量指标不大于20, 事件B :在乙种食用油中随机抽取1桶,其质量指标不大于20,事件C :在甲、乙两种食用油中随机抽取1桶,恰有一桶的质量指标大于20,且另一桶不大于20,则P (A )=0.20+0.10=0.3, P (B )=0.10+0.20=0.3,所以P (C )=P (A )P (B )+P (A )P (B )=0.42.(3)x =(5×0.01+15×0.02+25×0.03+35×0.025+45×0.015)×10=26.5, ∵s 2≈11.95,∴由条件得Z~N (26.5,142.75),从而P (26.5-11.95<Z<26.5+11.95)=0.682 7,∴从乙种食用油中随机抽取10桶,其质量指标值位于(14.55,38.45)的概率是0.682 7,依题意得X~B (10,0.682 7),∴E (X )=10×0.682 7=6.82 7.9.B 某校篮球运动员举行投篮训练,记“他前一球投进”为事件A ,“第2球投进”为事件B , 若他前一球投进则后一球投进的概率为P (B|A )=34, 所以P (B|A )=34=P (B ·A )P (A ),所以34P (A )=P (B·A ).若他前一球投不进则后一球投进的概率为P (B|A )=14. 所以P (B|A )=14=P (B ·A )P (A ), 所以14P (A )=P (B ·A ).他第1球投进的概率为P (A )=34,“他第2球投进”可记为事件:B=A·B+·B ,其中事件A·B 与·B 互斥,其概率为P=P (A·B+·B )=34×34+(1-34)×14=58.故选B .10.C 假设事件A 在每次试验中产生阐明试验乐成,设每次试验成功的概率为p,由题意得事件A 发生的次数X~B(3,p),则有1-(1-p)3=,得p=,故事件A 恰好发生一次的概率为1-2=11.1 620 ∵随机变量X~N (2,32),均值是2,且P (X ≤1)=P (X ≥a ),∴a=3,∴(x+a )2ax-√x 5=(x+3)2·3x-√x5=(x 2+6x+9)3x-√x 5.又3x-√x 5展开式的通项公式为T r+1=C 5r ·(3x )5-r·-√x r =(-1)r ·35-r ·C 5r ·x5-3r 2,令5-3r 2=1,解得r=83,不合题意,舍去;令5-3r 2=2,解得r=2,对应x 2的系数为(-1)2·33·C 52=270;令5-3r2=3,解得r=43,不合题意,舍去.∴展开式中x 3项的系数是6×270=1 620. 12.解 (1)因为物理原始成绩ξ~N (60,132),所以P (47<ξ<86)=P (47<ξ<60)+P (60≤ξ<86)=12P (60-13<ξ<60+13)+12P (60-2×13≤ξ<60+2×13)=0.6822+0.9542=0.818. 所以物理原始成绩在(47,86)的人数为2 000×0.818=1 636(人). (2)由题意得,随机抽取1人,其成绩在区间[61,80]内的概率为25.以是随机抽取三人,则X 的所有可能取值为0,1,2,3,且X~B,所以P (X=0)=(35)3=27125, P (X=1)=C 31·25·(35)2=54125, P (X=2)=C 32·(25)2·35=36125,P (X=3)=(25)3=8125.所以X 的分布列为所以数学期望E (X )=3×25=65.13 第二次打开门,说明第一次没有打开门,故第二次打开门的概率为如果试过的钥匙不抛弃,这个概率为14.解 (1)X=2就是10∶10平后,两人又打了两个球该局角逐竣事,则这两个球均由甲得分,大概均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.(2)X=4且甲获胜,就是10∶10平后,两人又打了4个球该局角逐竣事,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.15.解 (1)210×0.5+(400-210)×0.6+(410-400)×0.8=227(元).(2)设取到第二阶梯电量的用户数为ξ,可知第二阶梯电量的用户有3户,则ξ可取0,1,2,3,P (ξ=0)=C 73C 103=724, P (ξ=1)=C 72C 31C 103=2140, P (ξ=2)=C 71C 32C 103=740,P (ξ=3)=C 33C 103=1120.故ξ的分布列是所以E (ξ)=0×7+1×21+2×7+3×1=9.(3)可知从全市中抽取10户的用电量为第一门路,满足X~B10,,可知P (X=k )=C 10k35k 2510-k(k=0,1,2,3,…,10) 由{ C 10k (35) k (25) 10-k ≥C 10k+1(35) k+1(25) 10-(k+1),C 10k (35) k (25) 10-k ≥C 10k -1(35) k -1(25)10-(k -1), 解得285≤k ≤335,k ∈N *,所以当k=6时,概率最大,所以k=6.。
2019年高考数学一轮复习课时分层训练69二项分布与正态分布理北师大版_
课时分层训练(六十九) 二项分布与正态分布组基础达标一、选择题．设随机变量～，则(＝)等于( )[～，由二项分布可得，(＝)＝·＝.]．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的记录知，一年中下雨天甲市占，乙市占，两市同时下雨占.则在甲市为雨天的条件下，乙市也为雨天的概率为( )．．．．[将“甲市为雨天”记为事件，“乙市为雨天”记为事件，则()＝，()＝，()＝，故()＝＝＝.]．在如图所示的正方形中随机投掷个点，则落入阴影部分(曲线为正态分布()的密度曲线)的点的个数的估计值为( )图附：若～(μ，σ)，则(μ－σ<≤μ＋σ)＝，(μ－σ<≤μ＋σ)＝ .．．．．[由曲线为正态分布()的密度曲线可知题图中阴影部分的面积为(<≤)＝× ＝，又题图中正方形面积为，故它们的比值为，故落入阴影部分的点的个数的估计值为×＝ .故选.]．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )[设事件：甲实习生加工的零件为一等品；事件：乙实习生加工的零件为一等品，则()＝，()＝，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为()＋()＝()()＋()()＝×＋×＝.]．设随机变量～(，)，～(，)，若(≥)＝，则(≥)的值为( )【导学号：】[因为随机变量～(，)，～(，)，又(≥)＝－(＝)＝－(－)＝，解得＝，所以～，则(≥)＝－(＝)－(＝)＝.]二、填空题．(·青岛质检)设随机变量ξ～(μ，σ)，且(ξ<－)＝(ξ>)＝，则(－<ξ<)＝.[由(ξ<－)＝(ξ>)＝得(ξ>－)＝，所以(－<ξ<)＝－＝.]．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为，连续掷一枚图钉次，若出现次钉尖向上的概率小于次钉尖向上的概率，则的取值范围为．[设()(＝)表示“连续投掷一枚图钉，出现次钉尖向上”的概率，由题意得()<()，即(－)<.∴(－)<.由于<<，∴<<.]．(·河北衡水中学质检)将一个大正方形平均分成个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，投中最左侧个小正方形区域的事件记为，投中最上面个小正方形或正中间的个小正方形区域的事件记为，则()＝.[依题意，随机试验共有个不同的基本结果．由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等．所以事件包含个基本结果，事件包含个基本结果．所以()＝，()＝.所以()＝＝＝.]三、解答题．(·山西太原二模)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖规则如下：．抽奖方案有以下两种：方案：从装有个红球、个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出个球，若都是红球，则获得奖金元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案：从装有个红球、个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出个球，若都是红球，则获得奖金元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中．．抽奖条件：顾客购买商品的金额满元，可根据方案抽奖一次；满元，可根据方案抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为元，则该顾客可以根据方案抽奖两次或方案抽奖一次或方案、各抽奖一次)．已知顾客在该商场购买商品的金额为元．。
高考数学(理)一轮复习配套讲义： 二项分布与正态分布
第5讲二项分布与正态分布[最新考纲]1．了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2．理解n次独立重复试验的模型及二项分布．3．能解决一些简单的实际问题.知识梳理1．条件概率及其性质设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)；事件A与B，A与B，A与B都相互独立．3．独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，若用A i(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…A n)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(A n)．(2)二项分布在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X 服从二项分布，记为X～B(n，p)，并称p为成功概率．4．正态分布(1)正态分布的定义及表示如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量X满足P(a<X≤b)＝bφμ，σ(x)d x，则称随⎠⎛a机变量X 服从正态分布，记为X ～N (μ，σ2)．函数φμ，σ(x )＝，x ∈R 的图象(正态曲线)关于直线x＝μ对称，在x ＝μ处达到峰值1σ2π. (2)正态总体三个基本概率值 ①P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682_6. ②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954_4. ③P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)＝0.997_4.辨 析 感 悟1．条件概率与相互独立事件的概率(1)若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )．(√)(2)P (B |A )表示在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率，P (AB )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．(×)(3)(教材习题改编)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5.(√) 2．二项分布与正态分布(4)在正态分布函数φμ，σ(x )＝中，μ是正态分布的期望值，σ是正态分布的标准差．(√)(5)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k ，k ＝0,1,2，…，n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生次数的概率分布．(√)(6)(2014·扬州调研改编)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49.(×) [感悟·提升]1．古典概型中，A 发生的条件下B 发生的条件概率公式为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝n (AB )n (A )，其中，在实际应用中P (B |A )＝n (AB )n (A )是一种重要的求条件概率的方法． 2．P (A ·B )＝P (A )·P (B )只有在事件A 、B 相互独立时，公式才成立，此时P (B )＝P (B |A )，如(1)，(2)．3．判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：一是是否为n 次独立重复试验．在每次试验中事件A 发生的概率是否均为p . 二是随机变量是否为在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数．且P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k 表示在独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率.考点一 条件概率【例1】 (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )等于( )． A.18 B.14 C.25 D.12(2)如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”， 则P (B |A )＝________.解析 (1)P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110410＝14.(2)由题意可得，事件A 发生的概率P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O ＝2×2π×12＝2π. 事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”，则P(AB)＝S△EOHS圆O＝12×12π×12＝12π.故P(B|A)＝P(AB)P(A)＝12π2π＝14.答案(1)B(2)1 4规律方法(1)利用定义，求P(A)和P(AB)，则P(B|A)＝P(AB) P(A).(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)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝n(AB)n(A).【训练1】已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是()．A.1127B.11 24C.827D.9 24解析设从1号箱取到红球为事件A，从2号箱取到红球为事件B.由题意，P(A)＝42＋4＝23，P(B|A)＝3＋18＋1＝49，∴P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝23×49＝827，所以两次都取到红球的概率为827.答案 C考点二相互独立事件同时发生的概率【例2】(2013·陕西卷改编)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X ≥2”的事件概率． 审题路线 (1)甲选择3号和乙没选择3号是相互独立事件，利用相互独立事件概率乘法可求；(2)“X ≥2”表示事件“X ＝2”与“X ＝3”的和事件，根据互斥事件、相互独立事件的概率公式计算．解 (1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”，B 表示事件“观众乙选中3号歌手”，则P (A )＝C 12C 23＝23，P (B )＝C 24C 35＝35.∵事件A 与B 相互独立，A 与B 相互独立．则A ·B 表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”． ∴P (A B )＝P (A )·P (B )＝P (A )·[1－P (B )]＝23×25＝415， (2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”， 则P (C )＝C 24C 35＝35，依题意，A ，B ，C 相互独立，A ，B ，C 相互独立，且AB C ，A B C ，A BC ，ABC 彼此互斥．又P (X ＝2)＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC ) ＝23×35×25＋23×25×35＋13×35×35＝3375， P (X ＝3)＝P (ABC )＝23×35×35＝1875，∴P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝3375＋1875＝1725.规律方法 (1)解答本题关键是把所求事件包含的各种情况找出来，从而把所求事件表示为几个事件的和事件．(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有 ①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．【训练2】 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116. (1)求乙投球的命中率p ；(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率．解 (1)设“甲投一次球命中”为事件A ，“乙投一次球命中”为事件B . 由题意得：P (B )P (B )＝116， 于是P (B )＝14或P (B )＝－14(舍去)． 故p ＝1－P (B )＝34. 所以乙投球的命中率为34.(2)法一 由题设知，P (A )＝12，P (A )＝12. 故甲投球2次，至少命中1次的概率为 1－P (A ·A )＝1－P (A )P (A )＝34. 法二 由题设知，P (A )＝12，P (A )＝12. 故甲投球2次，至少命中1次的概率为 C 12P (A )P (A )＋P (A )P (A )＝34. 考点三 正态分布下的概率【例3】 已知随机变量X 服从正态分布N (2，σ2)，且P (X <4)＝0.8，则P (0<X <2)＝( )．A ．0.6B ．0.4C ．0.3D ．0.2 解析 由P (X <4)＝0.8，得P(X≥4)＝0.2，由题意知正态曲线的对称轴为直线x＝2，P(X≤0)＝P(X≥4)＝0.2，∴P(0<X<4)＝1－P(X≤0)－P(X≥4)＝0.6，∴P(0＜X＜2)＝12P(0<X<4)＝0.3.答案 C规律方法(1)求解本题关键是明确正态曲线关于x＝2对称，且区间[0,4]也关于x ＝2对称．(2)关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.【训练3】若在本例中，条件改为“已知随机变量X～N(3,1)，且P(2≤X≤4)＝0.682 6，”求P(X>4)的值．解∵随机变量X～N(3,1)，∴正态曲线关于直线x＝3对称，由P(2≤X≤4)＝0.682 6，得P(X>4)＝12[1－P(2≤X≤4)]＝12(1－0.682 6)＝0.158 7.考点四独立重复试验与二项分布【例4】某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概率为16.甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料．(1)求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率；(2)求中奖人数X的分布列．审题路线(1)甲、乙、丙各购买一瓶饮料是否中奖，相互独立，由相互独立事件同时发生的概率乘法公式，第(1)问可求；(2)依题意随机变量X服从二项分布，不难求出分布列．解 (1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为A ，B ，C ，且相互独立，那么A ，B ，C 相互独立．又P (A )＝P (B )＝P (C )＝16，∴P (A ·B ·C )＝P (A )P (B )P (C )＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫562＝25216， 即甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率为25216. (2)X 的可能取值为0,1,2,3，且X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，16，∴P (X ＝k )＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫16k ⎝ ⎛⎭⎪⎫563－k(k ＝0,1,2,3)． 则P (X ＝0)＝C 03·5363＝125216，P (X ＝1)＝C 13·5263＝2572， P (X ＝2)＝C 23·563＝572， P (X ＝3)＝C 3363＝1216，所以中奖人数X 的分布列为规律方法 (1)独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验，在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的．(2)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后求概率．【训练4】 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量X ，求X 的概率分布列及数学期望E (X )．解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么 1－P (C )＝1－110·p ＝4950，解得p ＝15. (2)由题意，P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫1103＝11 000， P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫1102×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110＝271 000，P (X ＝2)＝C 23×110×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102＝2431 000， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎪⎫1－1103＝7291 000. 所以，随机变量X 的概率分布列为X 0 1 2 3 P11 000271 0002431 0007291 000E (X )＝0×11 000＋1×271 000＋2×2431 000＋3×7291 000＝2710.1．相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P (AB )＝P (A )P (B )．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )．2．在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次可看做是C k n 个互斥事件的和，其中每一个事件都可看做是k 个A 事件与(n －k )个A 事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是p k (1－p )n －k .因此n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率为C k n p k (1－p )n －k. 3．若X 服从正态分布，即X ～N (μ，σ2)，要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间的面积为1.易错辨析11——对二项分布理解不准致误【典例】 一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13. (1)设X 为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X 的分布列； (2)设Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y 的分布列．解 (1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为13，且每次试验结果是相互独立的， 故X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13.所以X 的分布列为P (X ＝k )＝C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫236－k，k ＝0,1,2,3,4,5,6. (2)由于Y 表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y 是随机变量，其取值为0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y ＝k }(k ＝0,1,2,3,4,5)表示前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算． P (Y ＝k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ·13(k ＝0,1,2,3,4,5)，而{Y ＝6}表示一路没有遇上红灯． 故其概率为P (Y ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫236，因此Y 的分布列为：[易错警示]由于这名学生在各个交通岗遇到红灯的事件相互独立，可以利用二项分布解决，二项分布模型的建立是易错点；另外，对“首次停车前经过的路口数Y ”理解不当，将“没有遇上红灯的概率也当成13”．[防范措施] 独立重复试验中的概率公式P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k表示的是n 次独立重复试验中事件A 发生k 次的概率，p 与(1－p )的位置不能互换，否则该式子表示的意义就发生了改变，变为事件A 有k 次不发生的概率了． 【自主体验】(2013·辽宁卷)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，求X 的分布列和数学期望．解 (1)设事件A ＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A ＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．因为P (A )＝C 36C 310＝16，所以P (A )＝1－P (A )＝56.(2)X 所有的可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·15＝4125； P (X ＝1)＝C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252· 45＝28125；P (X ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·15＋C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·45＝57125； P (X ＝3)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·45＝36125. 所以X 的分布列为：所以E (X )＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.基础巩固题组一、选择题1．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)的值是( )．A.316B.516C.716D.58 答案 B2．已知随机变量X 服从正态分布N (0，σ2)．若P (X >2)＝0.023，则P (－2≤X ≤2)＝( )．A ．0.477B ．0.628C ．0.954D ．0.977 答案 C3．(2014·湖州调研)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙、丙去北京旅游的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为( )． A.5960 B.35 C.12 D.160 答案 B4．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为( )． A ．0.45 B ．0.6 C ．0.65 D ．0.75 答案 D5．(2013·湖北卷改编)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X 是服从正态分布N (800,502)的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p 0.则p 0的值为( )．(参考数据：若X ～N (μ，σ2)，有P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.) A ．0.954 4 B ．0.682 6 C ．0.997 4 D ．0.977 2 答案 D 二、填空题6．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________． 答案 357．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________． 答案 0.1288．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________． 答案 0.72 三、解答题9．根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立． (1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．10．某公交公司对某线路客源情况统计显示，公交车从每个停靠点出发后，乘客人数及频率如下表：(1)(2)全线途经10个停靠点，若有2个以上(含2个)停靠点出发后乘客人数超过18人的概率大于0.9，公交公司就考虑在该线路增加一个班次，请问该线路需要增加班次吗？能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．设随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)，函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 没有零点的概率是12，则μ＝( )．A ．1B ．4C ．2D ．不能确定解析 根据题意函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 没有零点时，Δ＝16－4X <0，即X >4，根据正态密度曲线的对称性，当函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 没有零点的概率是12时，μ＝4. 答案 B2．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{a n }：a n ＝⎩⎨⎧－1，第n 次摸取红球，1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )． A ．C 57⎝⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫235 B ．C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135C ．C 57⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫135D ．C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫235 解析 S 7＝3即为7次摸球中，有5次摸到白球，2次摸到红球，又摸到红球的概率为23，摸到白球的概率为13.故所求概率为P ＝C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫135. 答案 B 二、填空题3．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知 小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入A 袋中的概率为________．解析 记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34.答案 34 三、解答题4．(2013·山东卷)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立．(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率．(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望． 解 (1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意知，各局比赛结果相互独立，故P (A 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P (A 2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝827， P (A 3)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×12＝427. 所以，甲队以3∶0胜利，以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427. (2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意知，各局比赛结果相互独立， 所以P (A 4)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝427. 由题意知，随机变量X 的所有可能的取值为0,1,2,3， 根据事件的互斥性得P(X＝0)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝16 27，又P(X＝1)＝P(A3)＝4 27，P(X＝2)＝P(A4)＝4 27，P(X＝3)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝2)＝3 27，∴X的分布列为∴E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.。
【2019年高考一轮课程】理科数学 全国通用版二项分布和正态分布 教案
一、自我诊断 知己知彼1．已知随机变量X 服从正态分布()5,4N ，且()()4P kP k ξξ>=<-，则k 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9【答案】B 【解析】∵()452k k -+=，∴7k =.故选B .2.袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5.( ) 【答案】√3．在4次独立重复试验中事件出现的概率相同．若事件A 至少发生1次的概率为6581，则事件A 在1次试验中出现的概率为( )A.13 B. 15 C. 5,6D.34【答案】A【解析】A 至少发生一次的概率为6581，事件A 都不发生的概率为465162181813⎛⎫-== ⎪⎝⎭，所以A 在一次试验中出现的概率为21133-= 4．由0,1组成的三位编号中，若用A 表示“第二位数字为0的事件”，用B 表示“第一位数字为0的事件”，则()|P A B ＝( )A.12 B. 14 C. 16 D. 18【答案】A【解析】因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率()12P B =，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A ，B 同时发生的概率()111224P AB =⨯=所以()()()1|2P AB P A B P B ==5．将一枚硬币连续抛掷n 次，若使得至少有一次正面向上的概率不小于1516，则n 的最小值为________． 【答案】4【解析】由题意，1151216n⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，∴4n ≥，∴n 的最小值为4二、温故知新 夯实基础1．正态分布 1.1．正态曲线的性质(1)曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交； (2)曲线是单峰的，它关于直线x ＝μ对称； (3)曲线在x ＝μ处达到峰值1σ2π； (4)曲线与x 轴之间的面积为1；(5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移，如图甲所示；(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．1.2．正态分布的三个常用数据 (1)()0.6826P X μσμσ-<<+=； (2) ()220.9544P X μσμσ-<<+=(3) ()330.9974P X μσμσ-<<+=2.条件概率及其性质3. 事件的相互独立1.设A 、B 为两个事件，如果P (AB )＝P (A )·P (B )，那么称事件A 与事件B 相互独立． 2．如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． 4. 独立重复试验与二项分布 1．独立重复试验在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验，即若用i A (i ＝1,2，…，n )表示第i次试验结果，则)()()()()()()()()(321321321n n n A P A P A P A P A P A P A P A P A A A A P ==.2．二项分布在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )，此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率．(1)A A A = ,φφ= A ,A A A = ，A A =φ . (2)φ=A C A U ，U A C A U = ，A A C C U U =)(.(3)φ=⇔⊇⇔=⇔=⇔⊆)(B C A B C A C B B A A B A B A U U U .三、典例剖析 思维拓展考点一 正态分布例1 为了了解某地区高三男生的身体发育状况，抽查了该地区1000名年龄在17.5岁至19岁的高三男生的体重情况，抽查结果表明他们的体重X (kg)服从正态分布N (μ，22)，且正态曲线如图所示．若体重大于58.5 kg 小于等于62.5 kg 属于正常情况，则这1000名男生中体重属于正常情况的人数是( )A ．997B ．954C ．819D ．683【答案】D【解析】由题意，可知60.5,2μσ==，故()58.562.5P X <<＝()0.6826P X μσμσ-<<+=，从而体重属于正常情况的人数是1000×0.6826≈683. 考点二 条件概率例1.从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则()|P B A ＝( )A. 18B. 14C.25 D.12【答案】B【解析】()22322525C C P A C +==，又，则()()2225110C P AB P B C ===，所以()()()1|4P A B P B A P A ==例2.从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，事件B 为“第二次取到的是奇数”，求()|P B A 的值． 【答案】12【解析】从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有25A 种方法；其中第一次取到的是奇数，有1413A A 种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有1213A A 12种方法．则53)(251413==A A A A P ，103)(251213==A A A AB P ， ∴21)()()(==A P AB P A B P .考点三 相互独立事件的概率例1.从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)记X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望； (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． 【答案】1312；1148【解析】 (1)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.41411311211)0(=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ，2411413112114113121141131121)1(=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯==X P ，41411312141311214131211)2(=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯+⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ，()1111323424P X ==⨯⨯=. 所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望()111112012342442413E X =⨯+⨯+⨯+⨯= (2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为()()()10,11,0P Y Z P Y Z P Y Z +====+== ()()()()0110P Y P Z P Y P Z ===+==1111111142424448=++⨯= 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148. 考点四 独立重复试验与二项分布例1.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列及期望．【答案】(1)710；（2）略.【解析】(1)记事件1A ＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，2A ＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，1B ＝{顾客抽奖1次获一等奖}，2B ＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，1A 与2A 相互独立，21A A 与21A A 互斥，1B 与2B 互斥，且211A A B =，21212A A A A B +=，21B B C +=.因为52)(1=A P ，21)(2=A P ，所以512152)()()()(21211=⨯===A P A P A A P B P ， 2152121152)()()()()()()()(2121212121212=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=+=+=+=A P A P A P A P A A P A A P A A A A P B P .故所求概率为)()()()(2121B P B P B B P C P +=+==15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以)51,3(~B X .于是125645451)0(303=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C X P ， 125485451)1(2113=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛==C X P125125451)2(1223=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C X P . 12515451)3(0333=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C X P . 故X 的分布列为例2.一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)设X 为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X 的分布列； (2)设Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y 的分布列．【解析】(1)将通过每个交通岗看作一次试验，则遇到红灯的概率为13，且每次试验结果是相互独立的，故⎪⎭⎫ ⎝⎛31,6~B X . 所以X 的分布列为(2)由于0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y ＝k }(k ＝0,1,2,3,4,5)表示前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．3132)(⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛==kk Y P (k ＝0,1,2,3,4,5)，而{Y ＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概率为632)6(⎪⎭⎫⎝⎛==Y P ，因此Y 的分布列为四、举一反三 成果巩固考点一 正态分布1.某省实验中学高三共有学生600人，一次数学考试的成绩(试卷满分150分)服从正态分布N (100，σ2)，统计结果显示学生考试成绩在80分到100分之间的人数约占总人数的13，则此次考试成绩不低于120分的学生约有________人． 【答案】100【解析】∵数学考试成绩()2~100,N ξσ，作出正态分布图象，可以看出，图象关于直线x ＝100对称．显然()()1801001001203P P ξξ<<=<<=；∴()()80120P P ξξ<=>．又∵()()1801203P P ξξ<+>=，∴()11206P ξ>=， ∴成绩不低于120分的学生约为600×16＝100(人)．2、已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布()20,3N ，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+=，()220.9544P X μσμσ-<<+=.)A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74%【答案】B 【解析】由正态分布N (0,32)，可知ξ落在(3,6)内的概率为P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)－P (μ－σ<ξ<μ＋σ)2＝95.44%－68.26%2＝13.59%.3、若随机变量ξ服从正态分布N (0,1)，已知P (ξ<－1.96)＝0.025，则P (|ξ|<1.96)＝( )A ．0.025B ．0.050C ．0.950D ．0.975【答案】C【解析】由随机变量ξ服从正态分布N (0,1)，得P (ξ<1.96)＝1－P (ξ≤－1.96)，所以P (|ξ|<1.96)＝P (－1.96<ξ<1.96)＝P (ξ<1.96)－P (ξ≤－1.96)＝1－2P (ξ≤－1.96)＝1－2P (ξ<－1.96)＝1－2×0.025＝0.950.考点二 条件概率1、从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为奇数”，则P (B |A )＝ 【答案】34【解析】P (A )＝252223C C C +＝25，P (B )＝2523C C ＝310，又A ⊇B ，则P (AB )＝P (B )＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝34.2、在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率为________． 【答案】499【解析】解法一：设A ＝{第一次取到不合格品}，B ＝{第二次取到不合格品}，则210025)(C C AB P =，所以99410059910045)()()(=⨯⨯==A P AB P A B P . 解法二：第一次取到不合格品后还剩余99件产品，其中有4件不合格品，故第二次取到不合格品的概率为499.3、有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率． 【答案】0.72【解析】设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件AB (发芽，又成活为幼苗)，出芽后的幼苗成活率为P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9， 由P (B |A )＝P (AB )P (A )，得 P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.9×0.8＝0.72. 故这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.考点三 相互独立事件的概率1、某中学为丰富教职工生活，国庆节举办教职工趣味投篮比赛，有A ，B 两个定点投篮位置，在A 点投中一球得2分，在B 点投中一球得3分．规则是：每人投篮三次按先A 后B 再A 的顺序各投篮一次，教师甲在A 和B 点投中的概率分别是12和13，且在A ，B 两点投中与否相互独立．(1)若教师甲投篮三次，求教师甲投篮得分X 的分布列；(2)若教师乙与教师甲在A ，B 投中的概率相同，两人按规则各投三次，求甲胜乙的概率．【答案】（1）略；（2）1948【解析】(1)根据题意知X 的可能取值为0,2,3,4,5,7，61311211)0(2=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ，3131121121)2(12=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯==C X P ，12121131211)3(=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ， 612131121)4(=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯==X P ， 613121121)5(12=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯==C X P ，P (X ＝7)＝12×13×12＝112，∴教师甲投篮得分X 的分布列为(2)此互斥，因此，所求事件的概率为P ＝13×16＋112×⎪⎭⎫ ⎝⎛+3161＋16×⎪⎭⎫ ⎝⎛++1213161＋16×⎪⎭⎫ ⎝⎛+++611213161＋112×⎪⎭⎫ ⎝⎛-1211＝1948. 考点四 独立重复试验与二项分布1、某工厂有两条相互不影响的生产线分别生产甲、乙两种产品，产品出厂前需要对产品进行性能检测．检测得分低于80的为不合格品，只能报废回收；得分不低于80的为合格品，可以出厂．现随机抽取这两种产品各60件进行检测，检测结果统计如下：(2)生产1件甲种产品，若是合格品，可盈利100元，若是不合格品，则亏损20元；生产1件乙种产品，若是合格品，可盈利90元，若是不合格品，则亏损15元．在(1)的前提下：①记X 为生产1件甲种产品和1件乙种产品所获得的总利润，求随机变量X 的分布列； ②求生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元的概率． 【答案】（1）略；（2）112243【解析】甲种产品为合格品的概率约为4560＝34，乙种产品为合格品的概率约为4060＝23.①随机变量X 的所有可能取值为190,85,70，－35， 且P (X ＝190)＝34×23＝12，P (X ＝85)＝34×13＝14，P (X ＝70)＝14×23＝16，P (X ＝－35)＝14×13＝112.所以随机变量X 的分布列为②设生产的5则不合格品有(5－n )件， 依题意得，90n －15(5－n )≥300，解得n ≥257，又因为0≤n ≤5，且n 为整数，所以n ＝4或n ＝5，设“生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元”为事件A ，则5445323132)(⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=C A P =112243.2、为了检验某大型乒乓球赛男子单打参赛队员的训练成果，某校乒乓球队举行了热身赛，热身赛采取7局4胜制(即一场比赛先胜4局者为胜)的规则．在队员甲与乙的比赛中，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲在5局以内(含5局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和数学期望． 【答案】（1）112243【解析】(1)由题意得，甲在5局以内(含5局)赢得比赛的概率2431123132324144=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=C P . (2)由题意知，X 的所有可能取值为4,5,6,7，且81173132)4(44=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛==X P ，27831323132)5(414414=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛==C C X P ，72920031323132)6(42252425=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛==C C X P ， 72916031323132)7(43363436=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛==C C X P . 所以X 的分布列为E (X )＝4×1781＋5×827＋6×200729＋7×160729＝4012729.五、分层训练 能力进阶【基础达标】1、已知随机变量X 服从正态分布N (3,1)，且P (2≤ξ≤4)＝0.6826，则P (ξ>4)＝( ) A ．0.1588 B ．0.1587 C ．0.1586 D ．0.1585【答案】B【解析】由正态曲线性质知，其图象关于直线x ＝3对称，∴P (ξ>4)＝2)42(1≤≤-ξP ＝0.5－12×0.6826＝0.1587.故选B .2、甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.88【答案】 D【解析】 因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，由对立事件和相互独立事件概率公式，知P ＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88.3、投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312【答案】A【解析】3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝23C ×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝23C ×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A .4、如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则(1)P (A )＝________； (2)P (B |A )＝________. 【答案】(1)2π (2)14【解析】 本题为几何概型，圆的半径为1，正方形的边长为2，∴圆的面积为π，正方形面积为2，扇形面积为π4.P (A )＝2π，P (AB )＝圆SS EOH ∆＝12π，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.5、一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n .如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X (单位：元)，求X 的分布列． 【答案】（1）364【解析】(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件1A ，第一次取出的4件产品全是优质品为事件2A ，第二次取出的4件产品都是优质品为事件1B ，第二次取出的1件产品是优质品为事件2B ，这批产品通过检验为事件A ，依题意有)()(2211B A B A A =，且11B A 与22B A 互斥，所以P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1|A 1)＋P (A 2)P (B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364. (2)X 可能的取值为400,500,800，并且 P (X ＝400)＝1－416－116＝1116，P (X ＝500)＝116，P (X ＝800)＝14.所以X 的分布列为【能力提升】1、已知服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量在区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)和(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率分别为68.3%,95.4%和99.7%.某校为高一年级1000名新生每人定制一套校服，经统计，学生的身高(单位：cm )服从正态分布(165,52)，则适合身高在155～175 cm 范围内的校服大约要定制( )A ．683套B ．954套C ．972套D ．997套【答案】B【解析】P (155<ξ<175)＝P (165－5×2<ξ<165＋5×2)＝P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.4%.因此服装大约定制1000×95.4%＝954套．故选B .2、设事件A 在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A 至少发生一次的概率为6364，则事件A 恰好发生一次的概率为( )A.14B.34C.964D.2764【答案】 C【解析】 假设事件A 在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p ，由题意得，事件A 发生的次数X ～B (3，p )，则有1－(1－p )3＝6364，得p ＝34，则事件A 恰好发生一次的概率为21343143⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⨯C ＝964.3、某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上值班的概率为________． 【答案】 16【解析】 设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，则2716)(C C A P =，271)(C AB P =，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝16. 4、某公司甲、乙、丙三位员工参加某项专业技能测试，每人有两次机会，当且仅当第一次不达标时进行第二次测试．根据平时经验，甲、乙、丙三位员工每次测试达标的概率分别为12，23，12，各次测试达标与否互不影响． (1)求甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率；(2)记甲、乙、丙三位员工中达标的人数为X ，求X 的分布列和数学期望． 【答案】(1)118;(2)略【解析】(1)甲员工需测试两次才达标的概率为4121211=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-； 乙员工需测试两次才达标的概率为9232321=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-. 因为各次测试达标与否互不影响，所以甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率为14×29＝118.(2)由题意可知，甲员工测试达标的概率为12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×12＝34，乙员工测试达标的概率为23＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-321×23＝89，丙员工测试达标的概率为12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×12＝34.随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.1441431981431)0(=⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ， 14414439814314319843143198143)1(=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯==X P ＝772，439843143981434319843)2(⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯==X P ＝57144＝1948， P (X ＝3)＝34×89×34＝72144＝12.所以随机变量X 的分布列为E (X )＝0×1144＋1×772＋2×1948＋3×12＝4318。
2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业65二项分布、正态分布及其应用+Word版含解析.docx
课时作业65二项分布、正态分布及其应用［授课提示：对应学生用书第272页］一、选择题1. 已知随机变量g 服从正态分布N(2, o 2),且P(gV4)=0・8,则P(O<gV4)=()A. 0.6B. 0.4C. 0.3D. 0.2解析：由 P(£V4) = 0.8,得 P(£24) = 0.2.又正态曲线关于x=2对称.则P(gW0) = P(E$4)=0.2,所以P(O<^<4)=1—P 忆WO) —P(§24) = 06答案：A2. 设随机变量g 〜B(2, p), n 〜B(4, p),若P (勞1)=|,贝IJP0122)的值为 ()32 H A.打 B *27^65 J6c iT D解析：因为随机变量g 〜B(2, p),耳〜B(4, p),又P(g21)=l —P(g=O)=l —(1—p)2=|,解得 p=|,所以 q 〜B (4,导，则 P(ri2) = 1 — P (T|=0)—P(r| = 1) __n=27-答案：B3. (2018-河北“五个一名校联盟”二模)某个电路开关闭合后会出现红灯或 绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为*,两次闭合后都出现红灯 的概率为右 则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率 为()A 丄 C -5 解析：设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A, “第二次闭合后出现红 灯”为事件B,则由题意可得P(A)=|, P(AB)=|,则在第一次闭合后出现红灯S 5a 21的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A)=^I =Y =|.故选C.2答案：c4. (201&金华一中模拟)端午节放假，甲回老家过节的概率为刍乙、丙回老 家过节的概率分别为£ +•假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段吋间内 至少1人回老家过节的概率为()4 59 门 3A 60B 5C 丄D 丄解析：“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A, B, C,则P(A)=|, P(B) i ] _ 2 — 3 — 4=才'P(C)=§,所以P(A)=亍,P(B)=才，P(C)=§・由题知A, B, C 为相互独 _ _ _ ___23 立事件，所以三人都不回老家过节的概率P(A B C) = P(A)P(B)P(C)=yX^4 2 2 3所以至少有一人回老家过节的概率P= 1-5 = 5-答案：B5. (2018-广东梅州一检)集装箱内有标号为12,3,4,5,6且大小相同的6个球， 从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获 奖.若有4人参与摸奖，则恰好有3人获奖的概率是()° 6254D 625 由题得获奖的概率为P=-p=l 记获奖的人为g, t 〜B (4, | 為x|為故选B. X \ 1 c B 1 Xo 1 X6・设X 〜N(l, o 2),其正态分布密度曲线如图所示，且P(X$3) = 0.022 8, 那么向正方形OABC 屮随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估 计值为()(附：随机变量g 服从正态分布N(p, o 2),则P(p —cVgVp+(y) = 68.26%, P@—2Q <E<|I +2Q ) = 95.44%)A. 6 038 B ・ 6 587 C ・ 7 028 D ・ 7 539解析：由题意得,P(XW — l)=P(X$3)=0.022 8,AP(-1 <X<3)= 1 -0.022 8X2 = 0.9544,・・.l_2o=_l, o=l,人625 r624 c *625 解析: 人中恰好有3人获奖的概率为p = dx答案:B・・・P(0WXWl)=*P(0WXW2)=0.341 3,故估计的个数为10 000X(1-0.341 3)=6 587,故选B.答案：B二、填空题7. _________________________________ 设袋屮有大小相同的4个红球与2个白球，若从屮有放回地依次取出一个球，则6次取球中取出2红球的概率为 .解析：由题意得红球个数X服从二项分布，即X〜B(6, |),8.(2018-云南省第一次统一检测)某校1 000名高三学生参加了一次数学考试，这次考试考生的分数服从正态分布N(90, o2).若分数在(70,110]内的概率为0.7,估计这次考试分数不超过70的人数为______________ ・解析：记考虑成绩为g,则考试成绩的正态曲线关于直线g=90对称.因为P(70V£W 110) = 0.7,所以P(§W70) = P(§>110)=*X(l—0.7) = 0.15,所以这次考试分数不超过70的人数为1 000X0.15 = 150.答案:1509.盒中装有10个乒乓球，其中6个新球，4个I口球.不放回地依次取出2个球使用，在第一次取出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为_________ ・解析：记“连续两次取球中第一次取到新球”为Q,记“第一次取到新球，第二次也取到新球”为事件B,则。
最新-高考理科数学(人教版)一轮复习练习：第十篇第7节二项分布与正态分布(1)-word版
最新-高考理科数学（人教版）一轮复习练习：第十篇第7节二项分布与正态分布(1)-word版【选题明细表】基础巩固(时间:30分钟)1.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( B )(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.45%)(A)4.56% (B)13.59%(C)27.18% (D)31.74%解析:P(-3<ξ<3)=68.27%,P(-6<ξ<6)=95.45%,则P(3<ξ<6)=×(95.45%-68.27%)=13.59%.2.一台机床有的时间加工零件A,其余时间加工零件B,加工零件A时,停机的概率为,加工零件B时,停机的概率是,则这台机床停机的概率为( A )(A) (B) (C) (D)解析:加工零件A停机的概率是×=,加工零件B停机的概率是(1-)×=,所以这台机床停机的概率是+=.故选A.3.(2017·梅州市一模)箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球,从箱中一次摸出两个球,记下号码并放回,如果两球号码之积是4的倍数,则获奖,现有4人参与摸奖,恰好有3人获奖的概率是( B )(A) (B)(C) (D)解析:从6个球中摸出2个,共有=15种结果,两个球的号码之积是4的倍数,有(1,4),(2,4),(3,4),(2,6)(4,5),(4,6),共6种结果,所以摸一次中奖的概率是=,所以有4人参与摸奖,恰好有3人获奖的概率是×()3×=.故选B.4.(2017·岳阳市质检)排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),甲队在每局比赛获胜的概率都相等为,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( C )(A) (B) (C) (D)。
【2019年高考一轮课程】理科数学 全国通用版二项分布和正态分布 教案
一、自我诊断 知己知彼1．已知随机变量X 服从正态分布()5,4N ，且()()4P kP k ξξ>=<-，则k 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9【答案】B 【解析】∵()452k k -+=，∴7k =.故选B .2.袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5.( ) 【答案】√3．在4次独立重复试验中事件出现的概率相同．若事件A 至少发生1次的概率为6581，则事件A 在1次试验中出现的概率为( )A.13 B. 15 C. 5,6D.34【答案】A【解析】A 至少发生一次的概率为6581，事件A 都不发生的概率为465162181813⎛⎫-== ⎪⎝⎭，所以A 在一次试验中出现的概率为21133-= 4．由0,1组成的三位编号中，若用A 表示“第二位数字为0的事件”，用B 表示“第一位数字为0的事件”，则()|P A B ＝( )A.12 B. 14 C. 16 D. 18【答案】A【解析】因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率()12P B =，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A ，B 同时发生的概率()111224P AB =⨯=所以()()()1|2P AB P A B P B ==5．将一枚硬币连续抛掷n 次，若使得至少有一次正面向上的概率不小于1516，则n 的最小值为________． 【答案】4【解析】由题意，1151216n⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，∴4n ≥，∴n 的最小值为4二、温故知新 夯实基础1．正态分布 1.1．正态曲线的性质(1)曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交； (2)曲线是单峰的，它关于直线x ＝μ对称； (3)曲线在x ＝μ处达到峰值1σ2π； (4)曲线与x 轴之间的面积为1；(5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移，如图甲所示；(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．1.2．正态分布的三个常用数据 (1)()0.6826P X μσμσ-<<+=； (2) ()220.9544P X μσμσ-<<+=(3) ()330.9974P X μσμσ-<<+=2.条件概率及其性质3. 事件的相互独立1.设A 、B 为两个事件，如果P (AB )＝P (A )·P (B )，那么称事件A 与事件B 相互独立． 2．如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． 4. 独立重复试验与二项分布 1．独立重复试验在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验，即若用i A (i ＝1,2，…，n )表示第i次试验结果，则)()()()()()()()()(321321321n n n A P A P A P A P A P A P A P A P A A A A P ==.2．二项分布在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )，此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率．(1)A A A = ,φφ= A ,A A A = ，A A =φ . (2)φ=A C A U ，U A C A U = ，A A C C U U =)(.(3)φ=⇔⊇⇔=⇔=⇔⊆)(B C A B C A C B B A A B A B A U U U .三、典例剖析 思维拓展考点一 正态分布例1 为了了解某地区高三男生的身体发育状况，抽查了该地区1000名年龄在17.5岁至19岁的高三男生的体重情况，抽查结果表明他们的体重X (kg)服从正态分布N (μ，22)，且正态曲线如图所示．若体重大于58.5 kg 小于等于62.5 kg 属于正常情况，则这1000名男生中体重属于正常情况的人数是( )A ．997B ．954C ．819D ．683【答案】D【解析】由题意，可知60.5,2μσ==，故()58.562.5P X <<＝()0.6826P X μσμσ-<<+=，从而体重属于正常情况的人数是1000×0.6826≈683. 考点二 条件概率例1.从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则()|P B A ＝( )A. 18B. 14C.25 D.12【答案】B【解析】()22322525C C P A C +==，又，则()()2225110C P AB P B C ===，所以()()()1|4P A B P B A P A ==例2.从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，事件B 为“第二次取到的是奇数”，求()|P B A 的值． 【答案】12【解析】从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有25A 种方法；其中第一次取到的是奇数，有1413A A 种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有1213A A 12种方法．则53)(251413==A A A A P ，103)(251213==A A A AB P ， ∴21)()()(==A P AB P A B P .考点三 相互独立事件的概率例1.从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)记X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望； (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． 【答案】1312；1148【解析】 (1)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.41411311211)0(=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ，2411413112114113121141131121)1(=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯==X P ，41411312141311214131211)2(=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯+⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ，()1111323424P X ==⨯⨯=. 所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望()111112012342442413E X =⨯+⨯+⨯+⨯= (2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为()()()10,11,0P Y Z P Y Z P Y Z +====+== ()()()()0110P Y P Z P Y P Z ===+==1111111142424448=++⨯= 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148. 考点四 独立重复试验与二项分布例1.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列及期望．【答案】(1)710；（2）略.【解析】(1)记事件1A ＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，2A ＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，1B ＝{顾客抽奖1次获一等奖}，2B ＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，1A 与2A 相互独立，21A A 与21A A 互斥，1B 与2B 互斥，且211A A B =，21212A A A A B +=，21B B C +=.因为52)(1=A P ，21)(2=A P ，所以512152)()()()(21211=⨯===A P A P A A P B P ， 2152121152)()()()()()()()(2121212121212=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=+=+=+=A P A P A P A P A A P A A P A A A A P B P .故所求概率为)()()()(2121B P B P B B P C P +=+==15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以)51,3(~B X .于是125645451)0(303=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C X P ， 125485451)1(2113=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛==C X P125125451)2(1223=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C X P . 12515451)3(0333=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==C X P . 故X 的分布列为例2.一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)设X 为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X 的分布列； (2)设Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y 的分布列．【解析】(1)将通过每个交通岗看作一次试验，则遇到红灯的概率为13，且每次试验结果是相互独立的，故⎪⎭⎫ ⎝⎛31,6~B X . 所以X 的分布列为(2)由于0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y ＝k }(k ＝0,1,2,3,4,5)表示前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．3132)(⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛==kk Y P (k ＝0,1,2,3,4,5)，而{Y ＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概率为632)6(⎪⎭⎫⎝⎛==Y P ，因此Y 的分布列为四、举一反三 成果巩固考点一 正态分布1.某省实验中学高三共有学生600人，一次数学考试的成绩(试卷满分150分)服从正态分布N (100，σ2)，统计结果显示学生考试成绩在80分到100分之间的人数约占总人数的13，则此次考试成绩不低于120分的学生约有________人． 【答案】100【解析】∵数学考试成绩()2~100,N ξσ，作出正态分布图象，可以看出，图象关于直线x ＝100对称．显然()()1801001001203P P ξξ<<=<<=；∴()()80120P P ξξ<=>．又∵()()1801203P P ξξ<+>=，∴()11206P ξ>=， ∴成绩不低于120分的学生约为600×16＝100(人)．2、已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布()20,3N ，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+=，()220.9544P X μσμσ-<<+=.)A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74%【答案】B 【解析】由正态分布N (0,32)，可知ξ落在(3,6)内的概率为P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)－P (μ－σ<ξ<μ＋σ)2＝95.44%－68.26%2＝13.59%.3、若随机变量ξ服从正态分布N (0,1)，已知P (ξ<－1.96)＝0.025，则P (|ξ|<1.96)＝( )A ．0.025B ．0.050C ．0.950D ．0.975【答案】C【解析】由随机变量ξ服从正态分布N (0,1)，得P (ξ<1.96)＝1－P (ξ≤－1.96)，所以P (|ξ|<1.96)＝P (－1.96<ξ<1.96)＝P (ξ<1.96)－P (ξ≤－1.96)＝1－2P (ξ≤－1.96)＝1－2P (ξ<－1.96)＝1－2×0.025＝0.950.考点二 条件概率1、从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为奇数”，则P (B |A )＝ 【答案】34【解析】P (A )＝252223C C C +＝25，P (B )＝2523C C ＝310，又A ⊇B ，则P (AB )＝P (B )＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝34.2、在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率为________． 【答案】499【解析】解法一：设A ＝{第一次取到不合格品}，B ＝{第二次取到不合格品}，则210025)(C C AB P =，所以99410059910045)()()(=⨯⨯==A P AB P A B P . 解法二：第一次取到不合格品后还剩余99件产品，其中有4件不合格品，故第二次取到不合格品的概率为499.3、有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率． 【答案】0.72【解析】设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件AB (发芽，又成活为幼苗)，出芽后的幼苗成活率为P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9， 由P (B |A )＝P (AB )P (A )，得 P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.9×0.8＝0.72. 故这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.考点三 相互独立事件的概率1、某中学为丰富教职工生活，国庆节举办教职工趣味投篮比赛，有A ，B 两个定点投篮位置，在A 点投中一球得2分，在B 点投中一球得3分．规则是：每人投篮三次按先A 后B 再A 的顺序各投篮一次，教师甲在A 和B 点投中的概率分别是12和13，且在A ，B 两点投中与否相互独立．(1)若教师甲投篮三次，求教师甲投篮得分X 的分布列；(2)若教师乙与教师甲在A ，B 投中的概率相同，两人按规则各投三次，求甲胜乙的概率．【答案】（1）略；（2）1948【解析】(1)根据题意知X 的可能取值为0,2,3,4,5,7，61311211)0(2=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ，3131121121)2(12=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯==C X P ，12121131211)3(=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ， 612131121)4(=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯==X P ， 613121121)5(12=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯==C X P ，P (X ＝7)＝12×13×12＝112，∴教师甲投篮得分X 的分布列为(2)此互斥，因此，所求事件的概率为P ＝13×16＋112×⎪⎭⎫ ⎝⎛+3161＋16×⎪⎭⎫ ⎝⎛++1213161＋16×⎪⎭⎫ ⎝⎛+++611213161＋112×⎪⎭⎫ ⎝⎛-1211＝1948. 考点四 独立重复试验与二项分布1、某工厂有两条相互不影响的生产线分别生产甲、乙两种产品，产品出厂前需要对产品进行性能检测．检测得分低于80的为不合格品，只能报废回收；得分不低于80的为合格品，可以出厂．现随机抽取这两种产品各60件进行检测，检测结果统计如下：(2)生产1件甲种产品，若是合格品，可盈利100元，若是不合格品，则亏损20元；生产1件乙种产品，若是合格品，可盈利90元，若是不合格品，则亏损15元．在(1)的前提下：①记X 为生产1件甲种产品和1件乙种产品所获得的总利润，求随机变量X 的分布列； ②求生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元的概率． 【答案】（1）略；（2）112243【解析】甲种产品为合格品的概率约为4560＝34，乙种产品为合格品的概率约为4060＝23.①随机变量X 的所有可能取值为190,85,70，－35， 且P (X ＝190)＝34×23＝12，P (X ＝85)＝34×13＝14，P (X ＝70)＝14×23＝16，P (X ＝－35)＝14×13＝112.所以随机变量X 的分布列为②设生产的5则不合格品有(5－n )件， 依题意得，90n －15(5－n )≥300，解得n ≥257，又因为0≤n ≤5，且n 为整数，所以n ＝4或n ＝5，设“生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元”为事件A ，则5445323132)(⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=C A P =112243.2、为了检验某大型乒乓球赛男子单打参赛队员的训练成果，某校乒乓球队举行了热身赛，热身赛采取7局4胜制(即一场比赛先胜4局者为胜)的规则．在队员甲与乙的比赛中，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲在5局以内(含5局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和数学期望． 【答案】（1）112243【解析】(1)由题意得，甲在5局以内(含5局)赢得比赛的概率2431123132324144=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=C P . (2)由题意知，X 的所有可能取值为4,5,6,7，且81173132)4(44=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛==X P ，27831323132)5(414414=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛==C C X P ，72920031323132)6(42252425=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛==C C X P ， 72916031323132)7(43363436=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛==C C X P . 所以X 的分布列为E (X )＝4×1781＋5×827＋6×200729＋7×160729＝4012729.五、分层训练 能力进阶【基础达标】1、已知随机变量X 服从正态分布N (3,1)，且P (2≤ξ≤4)＝0.6826，则P (ξ>4)＝( ) A ．0.1588 B ．0.1587 C ．0.1586 D ．0.1585【答案】B【解析】由正态曲线性质知，其图象关于直线x ＝3对称，∴P (ξ>4)＝2)42(1≤≤-ξP ＝0.5－12×0.6826＝0.1587.故选B .2、甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.88【答案】 D【解析】 因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，由对立事件和相互独立事件概率公式，知P ＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88.3、投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312【答案】A【解析】3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝23C ×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝23C ×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A .4、如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则(1)P (A )＝________； (2)P (B |A )＝________. 【答案】(1)2π (2)14【解析】 本题为几何概型，圆的半径为1，正方形的边长为2，∴圆的面积为π，正方形面积为2，扇形面积为π4.P (A )＝2π，P (AB )＝圆SS EOH ∆＝12π，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.5、一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n .如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X (单位：元)，求X 的分布列． 【答案】（1）364【解析】(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件1A ，第一次取出的4件产品全是优质品为事件2A ，第二次取出的4件产品都是优质品为事件1B ，第二次取出的1件产品是优质品为事件2B ，这批产品通过检验为事件A ，依题意有)()(2211B A B A A =，且11B A 与22B A 互斥，所以P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1|A 1)＋P (A 2)P (B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364. (2)X 可能的取值为400,500,800，并且 P (X ＝400)＝1－416－116＝1116，P (X ＝500)＝116，P (X ＝800)＝14.所以X 的分布列为【能力提升】1、已知服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量在区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)和(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率分别为68.3%,95.4%和99.7%.某校为高一年级1000名新生每人定制一套校服，经统计，学生的身高(单位：cm )服从正态分布(165,52)，则适合身高在155～175 cm 范围内的校服大约要定制( )A ．683套B ．954套C ．972套D ．997套【答案】B【解析】P (155<ξ<175)＝P (165－5×2<ξ<165＋5×2)＝P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.4%.因此服装大约定制1000×95.4%＝954套．故选B .2、设事件A 在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A 至少发生一次的概率为6364，则事件A 恰好发生一次的概率为( )A.14B.34C.964D.2764【答案】 C【解析】 假设事件A 在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p ，由题意得，事件A 发生的次数X ～B (3，p )，则有1－(1－p )3＝6364，得p ＝34，则事件A 恰好发生一次的概率为21343143⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⨯C ＝964.3、某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上值班的概率为________． 【答案】 16【解析】 设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，则2716)(C C A P =，271)(C AB P =，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝16. 4、某公司甲、乙、丙三位员工参加某项专业技能测试，每人有两次机会，当且仅当第一次不达标时进行第二次测试．根据平时经验，甲、乙、丙三位员工每次测试达标的概率分别为12，23，12，各次测试达标与否互不影响． (1)求甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率；(2)记甲、乙、丙三位员工中达标的人数为X ，求X 的分布列和数学期望． 【答案】(1)118;(2)略【解析】(1)甲员工需测试两次才达标的概率为4121211=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-； 乙员工需测试两次才达标的概率为9232321=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-. 因为各次测试达标与否互不影响，所以甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率为14×29＝118.(2)由题意可知，甲员工测试达标的概率为12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×12＝34，乙员工测试达标的概率为23＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-321×23＝89，丙员工测试达标的概率为12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×12＝34.随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.1441431981431)0(=⎪⎭⎫⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-==X P ， 14414439814314319843143198143)1(=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯==X P ＝772，439843143981434319843)2(⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯==X P ＝57144＝1948， P (X ＝3)＝34×89×34＝72144＝12.所以随机变量X 的分布列为E (X )＝0×1144＋1×772＋2×1948＋3×12＝4318。
2019届高考理科数学(人教版)一轮复习练习：第十篇 第7节 二项分布与正态分布 含解析
第7节二项分布与正态分布【选题明细表】基础巩固(时间:30分钟)1.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( B )(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.45%)(A)4.56% (B)13.59%(C)27.18% (D)31.74%解析:P(-3<ξ<3)=68.27%,P(-6<ξ<6)=95.45%,则P(3<ξ<6)=×(95.45%-68.27%)=13.59%.2.一台机床有的时间加工零件A,其余时间加工零件B,加工零件A时,停机的概率为,加工零件B时,停机的概率是,则这台机床停机的概率为( A )(A) (B) (C) (D)解析:加工零件A停机的概率是×=,加工零件B停机的概率是(1-)×=,所以这台机床停机的概率是+=.故选A.3.(2017·梅州市一模)箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球,从箱中一次摸出两个球,记下号码并放回,如果两球号码之积是4的倍数,则获奖,现有4人参与摸奖,恰好有3人获奖的概率是( B )(A) (B)(C) (D)解析:从6个球中摸出2个,共有=15种结果,两个球的号码之积是4的倍数,有(1,4),(2,4),(3,4),(2,6)(4,5),(4,6),共6种结果,所以摸一次中奖的概率是=,所以有4人参与摸奖,恰好有3人获奖的概率是×()3×=.故选B.4.(2017·岳阳市质检)排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),甲队在每局比赛获胜的概率都相等为,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( C )(A)(B) (C) (D)解析:因为排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),甲队在每局比赛获胜的概率都相等为,前2局中乙队以2∶0领先,则只有甲后三局均胜乙才输,所以最后乙队获胜的概率P=1-()3=.故选C.5.若某人每次射击击中目标的概率均为,此人连续射击三次,至少有两次击中目标的概率为( A )(A)(B)(C)(D)解析:至少有两次击中目标包含仅有两次击中,其概率为()2(1-);或三次都击中,其概率为()3,根据互斥事件的概率公式可得,所求概率为P=()2(1-)+()3=.故选A.6.(2017·合肥市质检)某校组织由5名学生参加演讲比赛,采用抽签法决定演讲顺序,在“学生A和B都不是第一个出场,B不是最后一个出场”的前提下,学生C第一个出场的概率为( A )(A)(B)(C)(D)解析:记“学生A和B都不是第一个出场,B不是最后一个出场”为事件M,记“学生C第一个出场”为事件N.则P(M)=,P(MN)=.那么“学生A和B都不是第一个出场,B不是最后一个出场”的前提下,学生C第一个出场的概率为P(N|M)===.故选A.7.设随机变量X～B(2,p),随机变量Y～B(3,p),若P(X≥1)=,则P(Y ≥1)= .解析:因为X～B(2,p),所以P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)2=,解得p=.又Y～B(3,p),所以P(Y≥1)=1-P(Y=0)=1-(1-p)3=.答案:8.高三毕业时,甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念,已知甲、乙二人相邻,则甲、丙相邻的概率是.解析:设“甲、乙二人相邻”为事件A,“甲、丙二人相邻”为事件B,则所求概率为P(B|A),由于P(B|A)=,而P(A)==,AB是表示事件“甲与乙、丙都相邻”,故P(AB)==,于是P(B|A)==.答案:能力提升(时间:15分钟)9.(2017·湛江市二模)设随机变量ξ服从正态分布N(3,4),若P(ξ<2a-3)=P(ξ>a+2),则a的值为( A )(A)(B)(C)5 (D)3解析:因为随机变量ξ服从正态分布N(3,4),且P(ξ<2a-3)=P(ξ>a+2),所以2a-3与a+2关于x=3对称,所以2a-3+a+2=6,所以3a=7,所以a=.故选A.10.1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一球.则从2号箱取出红球的概率是( A )(A) (B) (C) (D)解析:法一记事件A:最后从2号箱中取出的是红球;事件B:从1号箱中取出的是红球,则根据古典概型和对立事件的概率和为1,可知:P(B)==,P()=1-=;由条件概率公式知P(A|B)==,P(A|)=。
高考数学一轮复习 二项分布与正态分布练习含答案
第8讲 二项分布与正态分布一、选择题1.(2014·全国Ⅱ卷)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( ) A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45解析 记事件A 表示“一天的空气质量为优良”，事件B 表示“随后一天的空气质量为优良”，P (A )＝0.75，P (AB )＝0.6.由条件概率，得P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.60.75＝0.8. 答案 A2.(2017·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是( ) A.18B.38C.58D.78解析 三次均反面朝上的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18，所以至少一次正面朝上的概率是1－18＝78. 答案 D3.(2016·青岛一模)设随机变量X 服从正态分布N (1，σ2)，则函数f (x )＝x 2＋2x ＋X 不存在零点的概率为( ) A.14B.13C.12D.23解析 ∵函数f (x )＝x 2＋2x ＋X 不存在零点，∴Δ＝4－4X <0，∴X >1，∵X ～N (1，σ2)，∴P (X >1)＝12，故选C.答案 C4.(2017·上饶模拟)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A 和B ，系统A和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为18和p ，若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为940，则p ＝( ) A.110B.215C.16D.15解析 由题意得18(1－p )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18p ＝940，∴p ＝215，故选B.答案 B5.(2016·天津南开调研)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)等于( ) A.C 1012⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582B.C 912⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫58238 C.C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫582⎝ ⎛⎭⎪⎫382D.C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582 解析 由题意知第12次取到红球，前11次中恰有9次红球2次白球，由于每次取到红球的概率为38， 所以P (X ＝12)＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389×⎝ ⎛⎭⎪⎫582×38. 答案 D 二、填空题6.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________.解析 设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件B (发芽又成活为幼苗). 依题意P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9.根据条件概率公式P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72. 答案 0.727.假设每天从甲地去乙地的旅客人数X 是服从正态分布N (800，502)的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数800＜X≤900的概率为p0，则p0＝________.解析由X～N(800，502)，知μ＝800，σ＝50，又P(700＜X≤900)＝0.954 4，则P(800＜X≤900)＝12×0.954 4＝0.477 2.答案0.477 28.设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝59，则P(Y≥1)＝________.解析∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C02(1－p)2＝59，解得p＝13.又Y～B(3，p)，∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－C03(1－p)3＝1927.答案19 27三、解答题9.(2015·湖南卷)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列.解(1)记事件A1为“从甲箱中摸出的1个球是红球”，A2为“从乙箱中摸出的1个球是红球”，B为“顾客抽奖1次能获奖”，则B表示“顾客抽奖1次没有获奖”.由题意A1与A2相互独立，则A1与A2相互独立，且B＝A1·A2，因为P(A1)＝410＝25，P(A2)＝510＝12，所以P (B )＝P (A 1·A 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝310，故所求事件的概率P (B )＝1－P (B )＝1－310＝710. (2)设“顾客抽奖一次获得一等奖”为事件C ， 由P (C )＝P (A 1·A 2) ＝P (A 1)·P (A 2)＝15，顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15， 于是P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫150⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫151⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫152⎝ ⎛⎭⎪⎫451＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫153⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125. 故X 的分布列为10.复检、文考(文化考试)、政审.若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.5，0.6，0.75，能通过文考关的概率分别是0.6，0.5，0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响.(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率； (2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X 的分布列.解 (1)设A ，B ，C 分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P ＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275. (2)甲被录取的概率为P 甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P乙＝0.6×0.5＝0.3，P丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X ～B (3，0.3)，X 的可能取值为0，1，2，3，其中P (X ＝k )＝C k 3(0.3)k·(1－0.3)3－k .故P (X ＝0)＝C 03×0.30×(1－0.3)3＝0.343， P (X ＝1)＝C 13×0.3×(1－0.3)2＝0.441， P (X ＝2)＝C 23×0.32×(1－0.3)＝0.189， P (X ＝3)＝C 33×0.33＝0.027，故X 的分布列为11.(2016·郑州二模)先后掷骰子两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，设事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ≠y ”，则概率P (B |A )＝( ) A.12B.14C.13D.23解析 若x ＋y 为偶数，则x ，y 两数均为奇数或均为偶数.故P (A )＝2×3×36×6＝12，又A ，B 同时发生，基本事件一共有2×3×3－6＝12个，∴P (AB )＝126×6＝13，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1312＝23.答案 D12.(2017·长沙模拟)排球比赛的规则是5局3胜制(无平局)，甲在每局比赛获胜的概率都为23，前2局中乙队以2∶0领先，则最后乙队获胜的概率是( ) A.49B.827C.1927D.4081解析 乙队3∶0获胜的概率为13，乙队3∶1获胜的概率为23×13＝29，乙队3∶2获胜的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝427.∴最后乙队获胜的概率为P ＝13＋29＋427＝1927，故选C. 答案 C13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________.解析 设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(AB ＋AB ＋AB )C ，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率 P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38.答案 3814.(2016·山东卷节选)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星对”得3分；如果只有一人猜对，则“星对”得1分；如果两人都没猜对，则“星对”得0分.已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求： (1)“星队”至少猜对3个成语的概率； (2)“星队”两轮得分之和X 的分布列.解 (1)记事件A ：“甲第一轮猜对”，记事件B ：“乙第一轮猜对”， 记事件C ：“甲第二轮猜对”，记事件D ：“乙第二轮猜对”， 记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意，E ＝ABCD ＋A BCD ＋A B CD ＋AB C D ＋ABC D . 由事件的独立性与互斥性，得P (E )＝P (ABCD )＋P (A BCD )＋P (A B CD )＋P (AB C D )＋P (ABC D ) ＝P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋ P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＝34×23×34×23＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×23×34×23＋34×13×34×23＝23.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.(2)由题意，随机变量X 可能的取值为0，1，2，3，4，6. 由事件的独立性与互斥性，得 P (X ＝0)＝14×13×14×13＝1144，P (X ＝1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×13×14×13＋14×23×14×13＝10144＝572，P (X ＝2)＝34×13×34×13＋34×13×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144， P (X ＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112， P (X ＝4)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×23×34×13＋34×23×14×23＝60144＝512，P (X ＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14. 可得随机变量X 的分布列为。
2019高三数学人教A版理一轮课时分层训练69 二项分布与
课时分层训练(六十九) 二项分布与正态分布(对应学生用书第270页)A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)等于( ) A ．516 B ．316 C ．58D ．38A [X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，由二项分布可得， P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516.] 2．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则在甲市为雨天的条件下，乙市也为雨天的概率为( )A ．0.6B ．0.7C ．0.8D ．0.66A [将“甲市为雨天”记为事件A ，“乙市为雨天”记为事件B ，则P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.2＝0.6.] 3．在如图10-8-1所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )图10-8-1附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4.A ．2 386B ．2 718C ．3 413D ．4 772C [由曲线C 为正态分布N (0,1)的密度曲线可知题图中阴影部分的面积为P (0<X ≤1)＝12×0.682 6＝0.341 3，又题图中正方形面积为1，故它们的比值为0.341 3，故落入阴影部分的点的个数的估计值为0.341 3×10 000＝3 413.故选C ．]4．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A ．12B ．512C ．14D ．16B [设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品； 事件B ：乙实习生加工的零件为一等品， 则P (A )＝23，P (B )＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为 P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＝ 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.] 5．设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥2)的值为( ) 【导学号：97190378】A ．3281B ．1127C ．6581D ．1681B [因为随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，又P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－(1－p )2＝59，解得p ＝13，所以Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，则P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1127.]二、填空题6．(2018·青岛质检)设随机变量ξ～N (μ，σ2)，且P (ξ<－3)＝P (ξ>1)＝0.2，则P (－1<ξ<1)＝________.0.3 [由P (ξ<－3)＝P (ξ>1)＝0.2得P (ξ>－1)＝0.5，所以P (－1<ξ<1)＝0.5－0.2＝0.3.]7．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为p ，连续掷一枚图钉3次，若出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率，则p 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1 [设P (B k )(k ＝0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉，出现k 次钉尖向上”的概率，由题意得P (B 2)<P (B 3)，即C 23p 2(1－p )<C 33p 3.∴3p 2(1－p )<p 3.由于0<p <1，∴34<p <1.]8．(2017·河北衡水中学质检)将一个大正方形平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，则P (A |B )＝________.14[依题意，随机试验共有9个不同的基本结果． 由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等．所以事件B 包含4个基本结果，事件AB 包含1个基本结果． 所以P (B )＝49，P (AB )＝19.所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝1949＝14.]三、解答题9．(2017·山西太原二模)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖规则如下：1．抽奖方案有以下两种：方案a ：从装有2个红球、3个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b ：从装有3个红球、2个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中．2．抽奖条件：顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a 抽奖一次；满150元，可根据方案b 抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a 抽奖两次或方案b 抽奖一次或方案a 、b 各抽奖一次)．已知顾客A 在该商场购买商品的金额为350元．(1)若顾客A 只选择方案a 进行抽奖，求其所获奖金的期望；(2)要使所获奖金的期望值最大，顾客A 应如何抽奖？ 【导学号：97190379】 [解] (1)按方案a 抽奖一次，获得奖金的概率P ＝C 22C 25＝110.顾客A 只选择方案a 进行抽奖，则其可以按方案a 抽奖三次． 此时中奖次数服从二项分布B ～⎝ ⎛⎭⎪⎫3，110.设所得奖金为w 1元，则E w 1＝3×110×30＝9. 即顾客A 所获奖金的期望为9元．(2)按方案b 抽奖一次，获得奖金的概率P 1＝C 23C 25＝310.若顾客A 按方案a 抽奖两次，按方案b 抽奖一次，则由方案a 中奖的次数服从二项分布B 1～⎝ ⎛⎭⎪⎫2，110，由方案b 中奖的次数服从二项分布B 2～⎝ ⎛⎭⎪⎫1，310，设所得奖金为w 2元，则E w 2＝2×110×30＋1×310×15＝10.5.若顾客A 按方案b 抽奖两次，则中奖的次数服从二项分布B 3～⎝ ⎛⎭⎪⎫2，310.设所得奖金为w 3元，则E w 3＝2×310×15＝9. 结合(1)可知，E w 1＝E w 3<E w 2.所以顾客A 应该按方案a 抽奖两次，按方案b 抽奖一次，才能使所获奖金的期望最大．10．(2016·全国卷Ⅱ节选)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率．[解] (1)设A 表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P (A )＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P (B )＝0.1＋0.05＝0.15.又P (AB )＝P (B )， 故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝0.150.55＝311. 因此所求概率为311.B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)11．设随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，则函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点的概率是( )A ．56B ．45C ．3132D ．12C [∵函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点， ∴Δ＝16－4X ≥0， ∴X ≤4.∵X 服从X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，∴P (X ≤4)＝1－P (X ＝5)＝1－125＝3132.]12．事件A ，B ，C 相互独立，如果P (AB )＝16，P (B C )＝18，P (AB C )＝18，则P (B )＝________，P (A B )＝________. 【导学号：97190380】12 13 [由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧P (A )·P (B )＝16，P (B )·P (C )＝18，P (A )·P (B )·P (C )＝18，解得P (A )＝13，P (B )＝12， ∴P (A B )＝P (A )·P (B )＝23×12＝13.]13．(2018·济南一模)2017年1月25日智能共享单车项目摩拜单车正式登陆济南，两种车型采用分段计费的方式，Mobike Lite 型(Lite 版)每30分钟收费0.5元(不足30分钟的部分按30分钟计算)；Mobike (经典版)每30分钟收费1元(不足30分钟的部分按30分钟计算)．有甲、乙、丙三人相互独立的到租车点租车骑行(各租一车一次)．设甲、乙、丙不超过30分钟还车的概率分别为34，23，12，三人租车时间都不会超过60分钟．甲、乙均租用Lite 版单车，丙租用经典版单车．(1)求甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率；(2)设甲、乙、丙三人所付的费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．[解](1)由题意得，甲、乙、丙在30分钟以上且不超过60分钟还车的概率分别为1 4，13，12.设甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用为事件A，则P(A)＝34×23×12＋14×13×12＝724.答：甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率为7 24.(2)ξ的所有可能取值有2,2.5,3,3.5,4.P(ξ＝2)＝34×23×12＝14；P(ξ＝2.5)＝34×13×12＋14×23×12＝524；P(ξ＝3)＝34×23×12＋14×13×12＝724；P(ξ＝3.5)＝34×13×12＋14×23×12＝524；P(ξ＝4)＝14×13×12＝124.甲、乙、丙三人所付的租车费用之和ξ的分布列为。
2019版高考数学理科 课标版一轮复习题组训练：第13章第4讲 二项分布及其应用、正态分布 含解析 精品
第四讲二项分布及其应用、正态分布题组1二项分布及其应用1.[2015 新课标全国Ⅰ,4,5分][理]投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.3122.[2014新课标全国Ⅱ,5,5分][理]某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.453.[2017全国卷Ⅱ,13,5分][理]一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,X表示抽到的二等品件数,则DX=.4.[2015 广东,13,5分][理]已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=.5.[2016全国卷Ⅱ,18,12分][理]某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.6.[2015 湖南,18,12分][理]某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球.在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖.(Ⅰ)求顾客抽奖1次能获奖的概率;(Ⅱ)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,求X的分布列和数学期望.题组2正态分布7.[2015 山东,8,5分][理]已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%8.[2015湖北,4,5分][理]设X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图13-4-1所示.下列结论中正确的是()图13-4-1A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)C.对任意正数t,P(X≤t)≥P(Y≤t)D.对任意正数t,P(X≥t)≥P(Y≥t)9.[2014新课标全国Ⅰ,18,12分][理]从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得频率分布直方图13-4-2:图13-4-2(Ⅰ)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(Ⅱ)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2.(i)利用该正态分布,求P(187.8<Z<212.2);(ii)某用户从该企业购买了100件这种产品,记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数.利用(i)的结果,求EX.附:≈12.2.若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.682 6,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.954 4.A组基础题1.[2018石家庄市重点高中高三摸底,3]某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为,两次闭合后都出现红灯的概率为,则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为()A. B. C.D.2.[2018惠州市二调,5] 设随机变量ξ服从正态分布N(4,3),若P(ξ<a-5)=P(ξ>a+1),则实数a等于()A.7B.6C.5D.43.[2018洛阳市尖子生第一次联考,14]已知随机变量X~B(2,p),Y~N(2,σ2),若P(X≥1)=0.64,P(0<Y<2)=p,则P(Y>4)=.4.[2018陕西省部分学校高三摸底检测,18]一个盒子中装有大量形状、大小一样但质量不尽相同的小球,从中随机抽取50个作为样本,称出它们的质量(单位:克),质量分组区间为[5,15],(15,25],(25,35],(35,45],由此得到样本的质量频率分布直方图(如图13-4-3).(1)求a的值,并根据样本数据,试估计盒子中小球质量的众数与平均数;(2)从盒子中随机抽取3个小球,其中质量在[5,15]内的小球个数为X,求X的分布列和数学期望.(以直方图中的频率作为概率)图13-4-35.[2018唐山市五校联考,18]某篮球队在某赛季已结束的8场比赛中,队员甲得分统计的茎叶图如图13-4-4.图13-4-4(1)根据这8场比赛,估计甲每场比赛中得分的均值μ和标准差σ;(2)假设甲在每场比赛的得分服从正态分布N(μ,σ2),且各场比赛间相互没有影响,依此估计甲在82场比赛中得分在26分以上的平均场数(结果保留整数).参考数据:≈5.66,≈5.68,≈5.70.正态总体N(μ,σ2)在区间(μ-2σ,μ+2σ)内取值的概率约为0.954.B组提升题6.[2017甘肃二诊,3]抛掷两枚骰子,记事件A为“朝上的2个数之和为偶数”,事件B为“朝上的2个数均为偶数”,则P(B|A)=()A. B. C. D.7.[2018辽宁省五校联考,18]某商场决定从2种服装、3种家电、4种日用品中,选出3种商品进行促销活动.(1)试求选出的3种商品中至少有一种是家电的概率;(2)该商场对选出的某商品采用抽奖方式进行促销,即在该商品现价的基础上将价格提高60元,规定购买该商品的顾客有3次抽奖机会,若中奖一次,则获得数额为n元的奖金;若中奖两次,则获得数额为3n元的奖金;若中奖三次,则获得数额为6n元的奖金.假设顾客每次抽奖中奖的概率都是,请问:该商场将奖金数额n最高定为多少元,才能使促销方案对该商场有利?8.[2018南宁市高三摸底联考,18]某省高考改革实施方案指出:该省高考考生总成绩将由语文、数学、外语3门统一高考成绩和学生自主选择的学业水平等级性考试科目成绩共同构成,该省教育厅为了解正在读高中的学生家长对高考改革方案所持的态度,从中随机抽取了100名城乡家长作为样本进行调查,调查结果显示样本中有25人持不赞成意见,如图13-4-5是根据样本的调查结果绘制的等高条形图.图13-4-5(1)根据已知条件与等高条形图完成下面的2×2列联表,并判断我们能否有95%的把握认为“对高考改革方案的态度与城乡户口有关”?(2)用样本的频率估计概率,若随机在全省不赞成高考改革方案的家长中抽取3个,记这3个家长中是城镇户口的人数为X,试求X的分布列及数学期望E(X).,其中n=a+b+c+d.注:K2=-)) ) ) )9.[2018益阳市、湘潭市高三调考,18]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,,,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.答案1.A 由题意得所求概率P=×0.62×(1-0.6)+ ×0.63=0.648.故选A .2.A 根据条件概率公式P (B|A )= )),可得所求概率为=0.8.故选A . 3.1.96 依题意知,X~B (100,0.02),所以DΧ=100×0.02×(1-0.02)=1.96. 4. 由 , - ) ,得p= . 5.(Ⅰ)设A 表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P (A )=0.20+0.20+0.10+0.05=0.55.(Ⅱ)设B 表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P (B )=0.10+0.05=0.15. 又P (AB )=P (B ),故P (B|A )=) )=) )= =.因此所求概率为.(Ⅲ)记续保人本年度的保费为X ,则X 的分布列为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. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23. 6.(Ⅰ)记事件A 1={从甲箱中摸出的1个球是红球}, A 2={从乙箱中摸出的1个球是红球},B 1={顾客抽奖1次获一等奖},B 2={顾客抽奖1次获二等奖},C={顾客抽奖1次能获奖}.由题意,A1与A2相互独立,A12互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1+2,C=B1+B2.因为P(A1)==,P(A2)==,所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,P(B2)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=P(A1)P()+P()P(A2)=P(A1)(1-P(A2))+(1-P(A1))P( A2)=×(1-)+(1-)×=.故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+=.(Ⅱ)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(Ⅰ)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为,所以X~B(3,).于是P(X=0)=()0()3=,P(X=1)=()1()2=,P(X=2)=()2()1=,P(X=3)=()3()0=.故X的分布列为X的数学期望为E(X)=3×=.7.B由已知μ=0,σ=3,所以P(3<ξ<6)=[P(-6<ξ<6)-P(-3<ξ<3)]=(95.44%-68.26%)=×27.18%=13.59%.故选B.8.C由正态分布密度曲线的性质可知,X~N(μ1,),Y~N(μ2,)的密度曲线分别关于直线x=μ1,x=μ2对称,因此结合题中所给图象可得μ1<μ2,所以P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1),A错误.又X~N(μ1,)的密度曲线较Y~N(μ2,)的密度曲线“瘦高”,所以σ1<σ2,所以P(X≤σ2)>P(X≤σ1),B错误.对任意正数t,P(X≤t)≥P(Y≤t),P(X≥t)≤P(Y≥t),C正确,D错误.选C.9.(Ⅰ)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为=170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200,s2=(-30)2×0.02+(-20)2×0.09+(-10)2×0.22+0×0.33+102×0.24+202×0.08+302×0.02=150.(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知,Z~N(200,150),从而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)=0.682 6.(ii)由(i)知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.682 6,依题意知X~B(100,0.682 6),所以EX=100×0.682 6=68.26.A组基础题1.C设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A, “开关第二次闭合后出现红灯”为事件B,则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件AB,“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件B|A,由题意得P(B|A)=)=,故选C.)2.B由随机变量ξ服从正态分布N(4,3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x=4.∵P(ξ<a-5)=P(ξ>a+1),∴x=a-5与x=a+1关于直线x=4对称,∴(a-5)+(a+1)=8,即a=6.选B.3.0.1因为随机变量X~B(2,p),Y~N(2,σ2),P(X≥1)=0.64,所以P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)=p(1-p)+p2=0.64,解得p=0.4或p=1.6(舍去),所以P(0<Y<2)=p=0.4,P(Y>4)=(1-0.4×2)=0.1.4.(1)由题意,得(0.02+0.032+a+0.018)×10=1,解得a=0.03.由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克,而50个样本中小球质量的平均数为=0.2×10+0.32×20+0.3×30+0.18×40=24.6(克).故由样本估计总体,可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克.(2)由题意知,该盒子中小球质量在[5,15]内的概率为,则X~B(3,).X的可能取值为0,1,2,3,则P(X=0)=()0×()3=,P(X=1)=()1×()2=,P(X=2)=()2×()1=,P(X=3)=()3×()0=.∴X的分布列为∴E(X)=0×+1×+2×+3×=.(或者E(X)=3×=)5.(1)由题图可得μ=(7+8+10+15+17+19+21+23)=15,σ2=[(-8)2+(-7)2+(-5)2+02+22+42+62+82]=32.25,所以σ≈5.68.所以估计甲每场比赛中得分的均值μ为15,标准差σ为5.68.(2)设甲每场比赛中的得分为随机变量X,由(1)得甲在每场比赛中得分在26分以上的概率P(X≥26)≈[1-P(μ-2σ<X<μ+2σ)]≈(1-0.954)=0.023,设在82场比赛中,甲得分在26分以上的次数为Y,则Y~B(82,0.023).Y的均值E(Y)=82×0.023≈2.由此估计甲在82场比赛中得分在26分以上的平均场数为2.B组提升题6.D解法一事件AB包括:(2,2),(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6),共9个.事件A包括:(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(2,6),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,1),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,=,故选D. 6),共18个.由题意,得P(AB)==,P(A)==,由条件概率公式,得P(B|A)=))解法二由题意,得P(A)==,P(AB)==,则P(B|A)=)=,故选D.)7.(1)设“选出的3种商品中至少有一种是家电”为事件A,从2种服装、3种家电、4种日用品中,选出3种商品,共有种不同的选法, 选出的3种商品中,没有家电的选法有种,所以选出的3种商品中至少有一种是家电的概率为P(A)=1-=1-=.(2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额(单位:元)为随机变量ξ,则其所有可能的取值为0,n,3n,6n.当ξ=0时,表示顾客在三次抽奖中都没有中奖,所以P(ξ=0)=()0(1-)3=,P(ξ=n)=()1(1-)2=,P(ξ=3n)=()2(1-)1=,P(ξ=6n)=()3(1-)0=.所以顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是E(ξ)=0×+n×+3n×+6n×=,由≤60,解得n≤64.所以该商场将奖金数额n最高定为64元,才能使促销方案对该商场有利.8.(1)完成2×2列联表,如下:代入公式,得=-)≈3.03<3.841.K2=-)) ) ) )所以我们没有95%的把握认为“对高考改革方案的态度与城乡户口有关”.(2)用样本的频率估计概率,随机在全省不赞成高考改革方案的家长中抽取一人,该人是城镇户口的概率为0.6,是农村户口的概率为0.4,X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=(0.4)3=0.064,P(X=1)=×0.6×(0.4)2=0.288,P(X=2)=×0.62×0.4=0.432,P(X=3)=×0.63=0.216.所以X的分布列为E(X)=0×0.064+1×0.288+2×0.432+3×0.216=1.8.9.(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(=1-××=.(2)由题意可得ξ的所有可能取值为0,1,2,3,则P(ξ=0)=P()=××=;P(ξ=1)=P(A)+P(B)+P(C)=××+××+××=;P(ξ=2)=P(AB)+P(A C)+P(BC)=××+××+××=;P(ξ=3)=P(ABC)=××=.所以ξ的分布列为E(ξ)=0×+1×+2×+3×=.。
2019年高考数学(理)一轮复习精品课时练习：课时检测(五十七) 二项分布与正态分布 Word版含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品课时练习课时达标检测（五十七） 二项分布与正态分布[一般难度题——全员必做]1．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是( )A.125729B.80243C.665729D.100243解析：选C 一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－13＝1－49＝59，设X 为3次试验中成功的次数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，59，故所求概率P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 03×⎝⎛⎭⎫590×⎝⎛⎭⎫493＝665729，故选C. 2．设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点的概率是12，则μ＝( )A ．1B ．4C ．2D ．不能确定解析：选B 根据题意函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点时，Δ＝16－4ξ<0，即ξ>4.根据正态曲线的对称性，当函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点的概率是12时，μ＝4. 3．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( )A.12 B.13 C.14D.16解析：选D 记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i 、B i 、C i ，i ＝1、2、3.由题意知，事件A i 、B i 、C i (i ＝1、2、3)相互独立，则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16(i ＝1、2、3)，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝A 33P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.选D. 4．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． 解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A ，则P (A )＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1,2,3.又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16，P (X ＝3)＝56×45×1＝23.所以X 的分布列为 所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.5．甲、乙两支篮球队赛季总决赛采用7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．现已比赛了4场且甲篮球队胜3场，已知甲球队第5,6场获胜的概率均为35，但由于体力原因，第7场获胜的概率为25.(1)求甲队以4∶3获胜的概率；(2)设X 表示决出冠军时比赛的场数，求X 的分布列和数学期望． 解：(1)设甲队以4∶3获胜的事件为B ，∵甲队第5,6场获胜的概率均为35，第7场获胜的概率为25，∴甲队以4∶3获胜的概率P (B )＝⎝⎛⎭⎫1－352·25＝8125， ∴甲队以4∶3获胜的概率为8125. (2)随机变量X 的可能取值为5,6,7，P (X ＝5)＝35，P (X ＝6)＝⎝⎛⎭⎫1－35·35＝625，P (X ＝7)＝⎝⎛⎭⎫1－352·25＋⎝⎛⎭⎫1－352·⎝⎛⎭⎫1－25＝425，∴随机变量X 的分布列为E (X )＝5×35＋6×625＋7×425＝13925.[中档难度题——学优生做]1．某公司甲、乙、丙三位员工参加某项专业技能测试，每人有两次机会，当且仅当第一次不达标时进行第二次测试．根据平时经验，甲、乙、丙三位员工每次测试达标的概率分别为12，23，12，各次测试达标与否互不影响．(1)求甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率；(2)记甲、乙、丙三位员工中达标的人数为X ，求X 的分布列和数学期望．解：(1)甲员工需测试两次才达标的概率为⎝⎛⎭⎫1－12×12＝14；乙员工需测试两次才达标的概率为⎝⎛⎭⎫1－23×23＝29.因为各次测试达标与否互不影响，所以甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率为14×29＝118.(2)由题意可知，甲员工测试达标的概率为12＋⎝⎛⎫1－12×12＝34， 乙员工测试达标的概率为23＋⎝⎛⎭⎫1－23×23＝89， 丙员工测试达标的概率为12＋⎝⎛⎭⎫1－12×12＝34. 随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－89×⎝⎛⎭⎫1－34＝1144， P (X ＝1)＝34×⎝⎛⎭⎫1－89×⎝⎛⎭⎫1－34＋⎝⎛⎭⎫1－34×89×⎝⎛⎭⎫1－34＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－89×34＝772， P (X ＝2)＝34×89×⎝⎛⎭⎫1－34＋34×⎝⎛⎭⎫1－89×34＋⎝⎛⎭⎫1－34×89×34＝1948， P (X ＝3)＝34×89×34＝12.所以随机变量X 的分布列为E (X )＝0×1144＋1×772＋2×1948＋3×12＝4318. 2．为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 k m /h 的有40人，不超过100 k m /h 的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 k m /h 的有20人，不超过100 k m /h 的有25人．(1)完成下面2×2列联表，并判断有多大的把握认为“平均车速超过100 k m /h 与性别有关”？附：K 2＝n (ad －bc )(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .(2)2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(3)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 k m /h 且为男性驾驶员的车辆数为X ，求X 的分布列和数学期望E (X )．解：(1)完成的2×2列联表如下：K 2＝100×(40×25－15×20)55×45×60×40≈8.249>7.879，所以有99.5%的把握认为“平均车速超过100 k m /h 与性别有关”．(2)平均车速不超过100 k m /h 的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C 240，记“这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A ，则事件A 所包含的基本事件数为C 115C 125，所以所求的概率P (A )＝C 115C 125C 240＝15×2520×39＝2552.(3)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 k m /h 且为男性驾驶员的概率为40100＝25，故X ～B ⎝⎛⎭⎫3，25. 所以P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫250⎝⎛⎭⎫353＝27125； P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫25⎝⎛⎭⎫352＝54125； P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫252⎝⎛⎭⎫35＝36125； P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫253⎝⎛⎭⎫350＝8125. 所以X 的分布列为E (X )＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝65⎝⎛⎭⎫或E (X )＝3×25＝65.[较高难度题——学霸做]1．甲、乙两俱乐部举行乒乓球团体对抗赛．双方约定： ①比赛采取五场三胜制(先赢三场的队伍获得胜利，比赛结束)；②双方各派出三名队员，前三场每位队员各比赛一场．已知甲俱乐部派出队员A 1，A 2，A 3，其中A 3只参加第三场比赛，另外两名队员A 1，A 2比赛场次未定；乙俱乐部派出队员B 1，B 2，B 3，其中B 1参加第一场与第五场比赛，B 2参加第二场与第四场比赛，B 3只参加第三场比赛．根据以往的比赛情况，甲俱乐部三名队员对阵乙俱乐部三名队员获胜的概率如下表：(1)若甲俱乐部计划以3∶012两名队员的出场顺序，使得取胜的概率最大？(2)若A 1参加第一场与第四场比赛，A 2参加第二场与第五场比赛，各队员每场比赛的结果互不影响，设本次团体对抗赛比赛的场数为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望 E (X )．解：(1)设A 1，A 2分别参加第一场，第二场，则P 1＝56×23×23＝1027，设A 2，A 1分别参加第一场、第二场，则P 2＝34×23×23＝13，∴P 1>P 2，∴甲俱乐部安排A 1参加第一场，A 2参加第二场，则以3∶0取胜的概率最大．(2)比赛场数X 的所有可能取值为3,4,5，P (X ＝3)＝56×23×23＋16×13×13＝718，P (X ＝4)＝56C 12×23×13×23＋16×⎝⎛⎭⎫233＋16C 12×13×23×13＋56×⎝⎛⎭⎫133＝1954，P (X ＝5)＝1－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝727，∴X 的分布列为∴E (X )＝3×718＋4×1954＋5×727＝20954. 2．(2018·东北三省四市一模)近两年双11网购受到广大市民的热捧．某网站为了答谢老顾客，在双11当天零点整，每个金冠买家都可以免费抽取200元或者500元代金券一张，中奖率分别是23和13.每人限抽一次，100%中奖．小张、小王、小李、小赵4个金冠买家约定零点整抽奖．(1)试求这4人中恰有1人抽到500元代金券概率；(2)这4人中抽到200元、500元代金券的人数分别用X 、Y 表示，记ξ＝XY ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．解：(1)设“这4人中恰有i 人抽到500元代金券”为事件A i ，其中i ＝0,1,2,3,4，则P (A 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫131⎝⎛⎭⎫233＝3281. (2)易知ξ可取0,3,4，P (ξ＝0)＝P (A 0)＋P (A 4)＝C 04⎝⎛⎭⎫130⎝⎛⎭⎫234＋C 44⎝⎛⎭⎫134·⎝⎛⎭⎫230＝1681＋181＝1781， P (ξ＝3)＝P (A 1)＋P (A 3)＝C 14⎝⎛⎭⎫131⎝⎛⎭⎫233＋C 34⎝⎛⎭⎫133·⎝⎛⎭⎫231＝3281＋881＝4081.P (ξ＝4)＝P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝2481. ξ的分布列为17 81＋3×4081＋4×2481＝83.E(ξ)＝0×。
2019高考数学一轮复习 课时规范练61 二项分布与正态分布 理 新人教B版
课时规范练61 二项分布与正态分布基础巩固组1.某一批花生种子,如果每1粒发芽的概率为,那么播下3粒这样的种子恰有2粒发芽的概率是()A. B.C. D.2.(2017辽宁沈阳三模,理8改编)在如图所示的矩形中随机投掷30 000个点,则落在曲线C下方(曲线C为正态分布N(1,1)的正态曲线)的点的个数的估计值为()(附:正态变量在区间(μ-σ,μ+σ),(μ-2σ,μ+2σ),(μ-3σ,μ+3σ)内取值的概率分别是0.683,0.954,0.997)A.4 985B.8 185C.9 970D.24 5553.(2017福建厦门模拟)甲、乙两人进行乒乓球比赛,比赛采取五局三胜制,无论哪一方先胜三局,则比赛结束.假定甲每局比赛获胜的概率均为,则甲以3∶1的比分获胜的概率为()A. B. C. D.〚导学号21500596〛4.(2017广西柳州模拟)把一枚硬币任意抛掷三次,事件A为“至少有一次出现反面”,事件B为“恰有一次出现正面”,则P(B|A)=()A. B. C. D.5.已知随机变量X服从正态分布N(2,32),且P(X≤1)=0.30,则P(2<X<3)等于()A.0.20B.0.50C.0.70D.0.806.甲射击命中目标的概率是,乙射击命中目标的概率是,丙射击命中目标的概率是.现在三人同时射击目标,则目标被击中的概率为()A. B. C. D.〚导学号21500597〛7.一个正方形被平均分成9个小正方形,向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中).设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A,投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B,则P(A|B)=.8.(2017河北衡水质检)某班有50名学生,一次考试后数学成绩X(X∈N)服从正态分布N(100,102).已知P(90≤X≤100)=0.3,估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为.9.甲、乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列.10.(2017天津河东区一模,理16)一个箱中原来装有大小相同的5个球,其中3个红球,2个白球.规定:进行一次操作是指“从箱中随机取出一个球,若取出的是红球,则把它放回箱中;若取出的是白球,则该球不放回,并另补一个红球放到箱中”.(1)求进行第二次操作后,箱中红球个数为4的概率;(2)求进行第二次操作后,箱中红球个数的分布列和数学期望.〚导学号21500598〛综合提升组11.(2017广东广州模拟)设事件A在每次试验中发生的概率相同,且在三次独立重复试验中,若事件A至少发生一次的概率为,则事件A恰好发生一次的概率为()A. B. C. D.12.(2017安徽黄山二模,理14)若随机变量X~N(2,32),且P(X≤1)=P(X≥a),则(x+a)2展开式中x3项的系数是.13.一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音乐获得20分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分(即获得-200分).设每次击鼓出现音乐的概率为,且各次击鼓出现音乐相互独立.(1)设每盘游戏获得的分数为X,求X的分布列;(2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?创新应用组14.(2017河南洛阳模拟)甲、乙两名棋手比赛正在进行中,甲必须再胜2盘才最后获胜,乙必须再胜3盘才最后获胜,若甲、乙两人每盘取胜的概率都是,则甲最后获胜的概率是()A. B. C. D.〚导学号21500599〛15.(2017山西实验中学3月模拟,理18)京剧是我国的国粹,是“国家级非物质文化遗产”,某机构在网络上调查发现各地京剧票友的年龄ξ服从正态分布N(μ,σ2),同时随机抽取100位参与某电视台《我爱京剧》节目的票友的年龄作为样本进行分析研究(全部票友的年龄都在[30,80]内),样本数据分布区间为[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80],由此得到如图所示的频率分布直方图.(1)若P(ξ<38)=P(ξ>68),求a,b的值;(2)现从样本年龄在[70,80]的票友中组织了一次有关京剧知识的问答,每人回答一个问题,答对赢得一台老年戏曲演唱机,答错没有奖品,假设每人答对的概率均为,且每个人回答正确与否相互之间没有影响,用η表示票友们赢得老年戏曲演唱机的台数,求η的分布列及数学期望.〚导学号21500600〛参考答案课时规范练61二项分布与正态分布1.C用X表示发芽的粒数,则X服从二项分布B,P(X=2)=.2.D由题意P(0<X<3)=0.683+(0.954-0.683)=0.818 5,则落在曲线C下方的点的个数的估计值为30 000×0.818 5=24 555,故选D.3.A第四局甲第三次获胜,并且前三局甲获胜两次,故所求的概率为P=.4.A依题意得P(A)=1-,P(AB)=,因此P(B|A)=,故选A.5.A∵该正态密度曲线的对称轴方程为x=2,∴P(X≥3)=P(X≤1)=0.30,∴P(1<X<3)=1-P(X≥3)-P(X≤1)=1-2×0.30=0.40,∴P(2<X<3)=P(1<X<3)=0.20.6.A设“甲命中目标”为事件A,“乙命中目标”为事件B,“丙命中目标”为事件C,则击中目标表示事件A,B,C中至少有一个发生.∵P()=P()·P()·P()=[1-P(A)]·[1-P(B)]·[1-P(C)]=.故目标被击中的概率为P=1-P()=.7.如图,n(Ω)=9,n(A)=3,n(B)=4,∴n(AB)=1,∴P(AB)=,P(A|B)=.8.10由题意,知P(X>110)==0.2,所以估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50=10.9.解用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,A k表示“第k局甲获胜”,B k表示“第k局乙获胜”,则P(A k)=,P(B k)=,k=1,2,3,4,5.(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)=.(2)X的可能取值为2,3,4,5.P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=,P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)=P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=,P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)=P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)=,P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=.故X的分布列为10.解 (1)设A1表示事件“第一次操作从箱中取出的是红球”,B1表示事件“第一次操作从箱中取出的是白球”,A2表示事件“第二次操作从箱中取出的是红球”,B2表示事件“第二次操作从箱中取出的是白球”.则A1B2表示事件“第一次操作从箱中取出的是红球,第二次操作从箱中取出的是白球”.由条件概率计算公式得P(A1B2)=P(A1)P(B2|A1)=.B1A2表示事件“第一次操作从箱中取出的是白球,第二次操作从箱中取出的是红球”.由条件概率计算公式得P(B1A2)=P(B1)P(A2|B1)=.A1B2+B1A2表示“进行第二次操作后,箱中红球个数为4”,又A1B2与B1A2是互斥事件,故P(A1B2+B1A2)=P(A1B2)+P(B1A2)=.(2)设进行第二次操作后,箱中红球个数为X,则X=3,4,5.P(X=3)=,P(X=4)=,P(X=5)=.进行第二次操作后,箱中红球个数X的分布列为进行第二次操作后,箱中红球个数X的数学期望E(X)=3×+4×+5×.11.C假设事件A在每次试验中发生说明试验成功,设每次试验成功的概率为p,由题意得事件A发生的次数X~B(3,p),则有1-(1-p)3=,得p=,故事件A恰好发生一次的概率为.12.1 620∵随机变量X~N(2,32),均值是2,且P(X≤1)=P(X≥a),∴a=3,∴(x+a)2=(x+3)2·=(x2+6x+9).又展开式的通项公式为T r+1=·(3x)5-r·=(-1)r·35-r·,令5-=1,解得r=,不合题意,舍去;令5-=2,解得r=2,对应x2的系数为(-1)2·33·=270;令5-=3,解得r=,不合题意,舍去.∴展开式中x3项的系数是6×270=1 620.13.解 (1)X可能的取值为10,20,100,-200.根据题意,有P(X=10)=,P(X=20)=,P(X=100)=,P(X=-200)=.所以X的分布列为(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件A i(i=1,2,3),则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=.所以,“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1-P(A1A2A3)=1-=1-.因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.14.B甲、乙再打2局,甲胜的概率为;甲、乙再打3局,甲胜的概率为2×;甲、乙再打4局,甲胜的概率为3×,所以甲最后获胜的概率为,故选B.15.解 (1)根据正态曲线的对称性,由P(ξ<38)=P(ξ>68),得μ==53.再由频率分布直方图得解得(2)样本年龄在[70,80]的票友共有0.05×100=5(人),由题意η=0,1,2,3,4,5,所以P(η=0)=,P(η=1)=,P(η=2)=,P(η=3)=,P(η=4)=,P(η=5)=,所以η的分布列为所以E(η)=0×+1×+2×+3×+4×+5×, 或根据题设,η~B,P(η=k)=(k=0,1,2,3,4,5), 所以E(η)=5×.。
2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：69 二项分布与正态分布 Word版含解析
课时作业69 二项分布与正态分布一、选择题1．打靶时甲每打10次，可中靶8次；乙每打10次，可中靶7次．若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是( D )A.35B.34C.1225D.1425解析：由题意知甲中靶的概率为45，乙中靶的概率为710，两人打靶相互独立，同时中靶的概率P ＝45×710＝1425.2．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( B )A.12B.512C.14D.16解析：恰有一个一等品即一个是一等品，另一个不是一等品，则情形为两种，所以P ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.3．(2019·广东珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鲟洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鲟鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( C )A ．0.05B ．0.007 5 C.13D.16解析：设事件A 为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B 为雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P (A )＝0.15，P (AB )＝0.05，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.050.15＝13.故选C.4．甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N (μ1，σ21)，N (μ2，σ22)，其正态分布密度曲线如图所示，则下列说法错误的是( D )A ．甲类水果的平均质量为0.4 kgB ．甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右C ．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小D ．乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝1.99解析：由图象可知甲的正态曲线关于直线x ＝0.4对称，乙的正态曲线关于直线x ＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，故A 正确，C 正确．由图可知甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右，故B 正确．因为乙的正态曲线的最大值为1.99，即12πσ2＝1.99，所以σ2≠1.99，故D 错误，于是选D.5．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是( C )A.125729B.80243C.665729D.100243解析：一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－⎝⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝1－49＝59，设X 为3次试验中成功的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，59，故所求概率P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫590×⎝ ⎛⎭⎪⎫493＝665729，故选C.6．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( D )A.12B.13C.14D.16解析：记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i 、B i 、C i ，i ＝1、2、3.由题意知，事件A i 、B i 、C i (i ＝1、2、3)相互独立，则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16(i ＝1、2、3)，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝A 33P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.故选D.二、填空题7．(2019·江西南昌模拟)口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为35.解析：口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，设事件A 表示“第一次取得红球”，事件B 表示“第二次取得白球”，则P (A )＝26＝13，P (AB )＝26×35＝15，∴第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1513＝35.8．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是516.解析：因为质点移动五次后位于点(2,3)，所以质点P 必须向右移动2次，向上移动3次．故其概率为C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝516.9．已知某公司生产的一种产品的质量X (单位：克)服从正态分布N (100,4)．现从该产品的生产线上随机抽取10 000件产品，其中质量在[98,104]内的产品估计有8_186件．附：若X 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X <μ＋σ)≈0.682 7，P (μ－2σ<X <μ＋2σ)≈0.954 5.解析：由题意知μ＝100，σ＝2，则P (98<X <104)＝12[P (μ－σ<X <μ＋σ)＋P (μ－2σ<X <μ＋2σ)]≈0.818 6，所以质量在[98,104]内的产品估计有10 000×0.818 6＝8 186件．10．在四次独立重复试验中，事件A 在每次试验中出现的概率相同，若事件A 至少发生一次的概率为6581，则事件A 恰好发生一次的概率为3281.解析：设事件A 在每次试验中发生的概率为p ，则事件A 在4次独立重复试验中，恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k 4p k (1－p )4－k(k ＝0,1,2,3,4)，∴P (X ＝0)＝C 04p 0(1－p )4＝(1－p )4，由条件知1－P (X ＝0)＝6581，∴(1－p )4＝1681，∴1－p ＝23，∴p ＝13.∴P (X ＝1)＝C 14p ·(1－p )3＝4×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝3281.三、解答题11．甲、乙两支篮球队赛季总决赛采用7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．现已比赛了4场且甲篮球队胜3场，已知甲球队第5,6场获胜的概率均为35，但由于体力原因，第7场获胜的概率为25.(1)求甲队以43获胜的概率；(2)设X 表示决出冠军时比赛的场数，求X 的分布列和数学期望． 解：(1)设甲队以43获胜的事件为B ，∵甲队第5,6场获胜的概率均为35，第7场获胜的概率为25， ∴甲队以43获胜的概率 P (B )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－352·25＝8125，∴甲队以43获胜的概率为8125.(2)随机变量X 的可能取值为5,6,7，P (X ＝5)＝35，P (X ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35·35＝625，P (X ＝7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－352·25＋1－352·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝425，∴随机变量X 的分布列为E (X )＝5×35＋6×625＋7×425＝13925.12．(2019·河北石家庄新华模拟)“过大年，吃水饺”是我国不少地方过春节的一大习俗.2018年春节前夕，A 市某质检部门随机抽取了100包某种品牌的速冻水饺，检测其某项质量指标值，所得频率分布直方图如下：(1)求所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的样本平均数x (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)①由直方图可以认为，速冻水饺的该项质量指标值Z 服从正态分布N (μ，σ2)，利用该正态分布，求Z 落在(14.55,38.45)内的概率；②将频率视为概率，若某人从某超市购买了4包这种品牌的速冻水饺，记这4包速冻水饺中这种质量指标值位于(10,30)内的包数为X ，求X 的分布列和数学期望．附：①计算得所抽查的这100包速冻水饺的质量指标的标准差为σ＝142.75≈11.95；②若Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<Z ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z ≤μ＋2σ)＝0.954 4.解：(1)所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的平均数x ＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.(2)①∵Z 服从正态分布N (μ，σ2)，且μ＝26.5，σ≈11.95， ∴P (14.55<Z <38.45)＝P (26.5－11.95<Z <26.5＋11.95)＝0.682 6， ∴Z 落在(14.55,38.45)内的概率是0.682 6. ②根据题意得X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫4，12，P (X ＝0)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116； P (X ＝1)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14；P (X ＝2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝38；P (X ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14； P (X ＝4)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116. ∴X 的分布列为∴E (X )＝4×2＝2.13．(2019·唐山市摸底考试)某篮球队在某赛季已结束的8场比赛中，队员甲得分统计的茎叶图如图．(1)根据这8场比赛，估计甲每场比赛中得分的均值μ和标准差σ； (2)假设甲在每场比赛的得分服从正态分布N (μ，σ2)，且各场比赛间相互没有影响，依此估计甲在82场比赛中得分在26分以上的平均场数．参考数据：32≈5.66，32.25≈5.68，32.5≈5.70.正态总体N (μ，σ2)在区间(μ－2σ，μ＋2σ)内取值的概率约为0.954. 解：(1)μ＝18(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，σ2＝18[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25.所以σ≈5.68.所以估计甲每场比赛中得分的均值μ为15，标准差σ为5.68. (2)由(1)得甲在每场比赛中得分在26分以上的概率P (X ≥26)≈12[1－P (μ－2σ<X <μ＋2σ)]≈12(1－0.954)＝0.023，设在82场比赛中，甲得分在26分以上的次数为Y ，则Y ～B (82,0.023)．Y 的均值E (Y )＝82×0.023＝1.886.由此估计甲在82场比赛中得分在26分以上的平均场数为1.886. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 14．(2019·惠州市调研考试)某学校为了丰富学生的课余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取一首，背诵正确加10分，背诵错误减10分，且背诵结果只有“正确”和“错误”两种．其中某班级学生背诵正确的概率p ＝23，记该班级完成n 首背诵后的总得分为S n .(1)求S 6＝20且S i ≥0(i ＝1,2,3)的概率； (2)记ξ＝|S 5|，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)当S 6＝20时，即背诵6首后，正确的有4首，错误的有2首．由S i ≥0(i ＝1,2,3)可知，若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵正确2首；若第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵正确2首．则所求的概率P ＝(23)2×C 24(23)2×(13)2＋23×13×23×C 23(23)2×13＝1681. (2)由题意知ξ＝|S 5|的所有可能的取值为10,30,50，又p ＝23， ∴P (ξ＝10)＝C 35(23)3×(13)2＋C 25(23)2×(13)3＝4081，P (ξ＝30)＝C 45(23)4×(13)1＋C 15(23)1×(13)4＝3081，P (ξ＝50)＝C 55(23)5×(13)0＋C 05(23)0×(13)5＝1181，∴ξ的分布列为∴E (ξ)＝10×4081＋30×3081＋50×1181＝1 85081.。
高考数学(理)一轮题组训练：二项分布与正态分布(人教版)
第5讲 二项分布与正态分布基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)的值是 ( )．A.316 B.516 C.716D.58解析 P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516.答案 B2．已知随机变量X 服从正态分布N (0，σ2)．若P (X >2)＝0.023，则P (－2≤X ≤2)＝( )．A ．0.477B ．0.628C ．0.954D ．0.977解析 ∵μ＝0，则P (X >2)＝P (X <－2)＝0.023，∴P (－2≤X ≤2)＝1－2×0.023＝0.954.答案 C3．(2014·湖州调研)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙、丙去北京旅游的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为 ( )．A.5960B.35C.12D.160解析因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，15.因此，他们不去北京旅游的概率分别为23，34，45，至少有1人去北京旅游的概率为P＝1－23×34×45＝35.答案 B4．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为()．A．0.45 B．0.6C．0.65 D．0.75解析设目标被击中为事件B，目标被甲击中为事件A，则由P(B)＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，又因为A⊆B，所以P(AB)＝P(A)＝0.6，得P(A|B)＝P(AB)P(B)＝0.60.8＝0.75.答案 D5．(2013·湖北卷改编)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.则p0的值为()．(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954 4，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997 4.)A．0.954 4 B．0.682 6C．0.997 4 D．0.977 2解析由X～N(800,502)，知μ＝800，σ＝50，依题设，P(700<x≤900)＝0.954 4，由正态分布的对称性，可得p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800<X≤900)＝12＋12P(700<X≤900)＝0.977 2.答案 D 二、填空题6．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________． 解析 设该队员每次罚球的命中率为p (0<p <1)， 则依题意有1－p 2＝1625，又0<p <1，∴p ＝35.答案 357．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．解析 依题意，该选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题回答正确与否均有可能，由相互独立事件概率乘法，所求概率P ＝1×0.2×0.82＝0.128.答案 0.1288．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________． 解析 设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件B (发芽又成活为幼苗)． 依题意P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9.根据条件概率公式P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.答案 0.72三、解答题9．根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立． (1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．解 (1)设“购买甲种保险”事件为A ，“购买乙种保险”事件为B由已知条件P (A )＝0.5，P (B A )＝0.3，∴P (B )P (A )＝0.3，P (B )＝0.3P (A )＝0.6， 因此，1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为 1－P (A B )＝1－P (A )P (B ) ＝1－(1－0.5)(1－0.6) ＝0.8.(2)一位车主两种保险都不购买的概率为P ＝P (A B )＝0.2.因此3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为C 13×0.2×0.82＝0.384.10．某公交公司对某线路客源情况统计显示，公交车从每个停靠点出发后，乘客人数及频率如下表：(2)全线途经10个停靠点，若有2个以上(含2个)停靠点出发后乘客人数超过18人的概率大于0.9，公交公司就考虑在该线路增加一个班次，请问该线路需要增加班次吗？解 (1)由表知，乘客人数不超过24人的频率是0.10＋0.15＋0.25＋0.20＝0.70， 则从每个停靠点出发后，乘客人数不超过24人的概率约是0.70.(2)由表知，从每个停靠点出发后，乘客人数超过18人的概率约为12，设途经10个停靠站，乘车人数超过18人的个数为X ，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫10，12，∴P (X ≥2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1) ＝1－C 010⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1210－C 110⎝ ⎛⎭⎪⎫121×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－129 ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1210－10×⎝ ⎛⎭⎪⎫1210＝1 0131 024>0.9，故该线路需要增加班次．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．设随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)，函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 没有零点的概率是12，则μ＝ ( )．A ．1B ．4C ．2D ．不能确定解析 根据题意函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 没有零点时，Δ＝16－4X <0，即X >4，根据正态密度曲线的对称性，当函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 没有零点的概率是12时，μ＝4.答案 B2．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{a n }：a n ＝⎩⎨⎧－1，第n 次摸取红球，1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )．A ．C 57⎝⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫235B ．C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135C ．C 57⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫135 D ．C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫235解析 S 7＝3即为7次摸球中，有5次摸到白球，2次摸到红球，又摸到红球的概率为23，摸到白球的概率为13.故所求概率为P ＝C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫135.答案 B二、填空题3．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入A 袋中的概率为________．解析 记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34.答案 34三、解答题4．(2013·山东卷)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立． (1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率．(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望． 解 (1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意知，各局比赛结果相互独立， 故P (A 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P (A 2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝827，P (A 3)＝C 24⎝⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利，以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427. (2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意知，各局比赛结果相互独立， 所以P (A 4)＝C 24⎝⎛⎭⎪⎫1－232⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝427. 由题意知，随机变量X 的所有可能的取值为0,1,2,3， 根据事件的互斥性得P (X ＝0)＝P (A 1＋A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝1627， 又P (X ＝1)＝P (A 3)＝427， P (X ＝2)＝P (A 4)＝427，P (X ＝3)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝2)＝327，∴X 的分布列为∴E (X )＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.。
纪金榜】2019届高考理科数学一轮复习课时提升作业：第10章 10.8《二项分布、正态分布及其应用》(含答案)
课时提升作业七十一二项分布、正态分布及其应用(20分钟 35分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2019·烟台模拟)已知随机变量X服从正态分布N(3,1),且P(2≤X≤4)=0.6826,则P(X>4)= ( )A.0.1588B.0.1587C.0.1586D.0.1585【解析】选B.因为X～N(3,1),所以正态分布曲线关于μ=3对称,所以P(X≥3)=0.5,又P(2≤X ≤4)=0.6826,所以P(X>4)=0.5-P(2≤X≤4)=0.5-×0.6826=0.1587.【加固训练】(2019·南昌模拟)在正态分布N中,数值落在(-∞,-1)∪(1,+∞)内的概率为 ( )A.0.097B.0.046C.0.03D.0.0026【解析】选 D.因为μ=0,σ=,所以P(X<-1或X>1)=1-P(-1≤X≤1)=1-P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=1-0.9974=0.0026.2.一个电路如图所示,A,B,C,D,E,F为6个开关,其闭合的概率都是,且是相互独立的,则灯亮的概率是 ( )A. B. C. D.【解析】选B.设A与B中至少有一个不闭合的事件为T,E与F中至少有一个不闭合的事件为R,则P(T)=P(R)=1-×=,所以灯亮的概率P=1-P(T)P(R)P()P()=.3.已知某射击运动员每次击中目标的概率都是0.8,则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为 ( )A.0.85B.0.819 2C.0.8D.0.75【解析】选B.P=(0.8)3·0.2+(0.8)4=0. 8192.4.1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱中,然后从2号箱中随机取出一球,则两次都取到红球的概率是 ( )A. B. C. D.【解题提示】此问题为从1号箱中取到红球的条件下,从2号箱中也取到红球的条件概率问题. 【解析】选 C.设从1号箱中取到红球为事件A,从2号箱中取到红球为事件B,由题意,P(A)==,P(B|A)==,所以P(AB)=P(B|A)P(A)=×=,所以两次都取到红球的概率为.5.(2019·临沂模拟)端午节那天,小明的妈妈为小明煮了5个粽子,其中2个腊肉馅3个豆沙馅,小明随机取出两个,记事件A为“取到的两个为同一种馅”,事件B为“取到的两个都是豆沙馅”,则P(B|A)= ( )A. B. C. D.【解析】选A.由题意,P(A)==,P(AB)==,所以P(B|A)==.【加固训练】1.(2019·平顶山模拟)已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡,这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一只并不放回,则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下,第2次抽到的是卡口灯泡的概率为 ( )A. B. C. D.【解析】选D.设事件A为“第1次取到的是螺口灯泡”,事件B为“第2次取到的是卡口灯泡”,则P(A)=,P(AB)=×=.则所求概率为P(B|A)== =.2.设两个独立事件A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率P(A)是 ( )A. B. C. D.【解析】选D.由题意,P()·P()=,P()·P(B)=P(A)·P().设P(A)=x,P(B)=y,则即所以x2-2x+1=,所以x-1=-或x-1=(舍去),所以x=.3.(2019·洛阳模拟)袋子A和B中装有若干个均匀的红球和白球,从A中摸出一个红球的概率是,从B中摸出一个红球的概率为p.若A,B两个袋子中的球数之比为1∶2,将A,B中的球装在一起后,从中摸出一个红球的概率是,则p的值为( ) A. B. C. D.【解题提示】根据A,B两个袋子中的球数之比为1∶2,将A,B中的球装在一起后,从中摸出一个红球的概率是,得到两个方程,即可求得概率.【解析】选B.设A中有x个球,B中有y个球,则因为A,B两个袋子中的球数之比为1∶2,将A,B中的球装在一起后,从中摸出一个红球的概率是,所以=且=.解得p=.【误区警示】本题考查概率的计算,考查学生的理解能力,很容易因得不出方程组而无法求解.二、填空题(每小题5分,共10分)6.(2019·青岛模拟)某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠,若该电梯在底层有5位乘客,且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率为,用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数,则P(ξ=4)= .【解析】依题意,ξ～B,故P(ξ=4)=×=.答案：7.设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5,购买乙种商品的概率为0.6,且购买甲种商品与乙种商品相互独立,各顾客之间购买商品是相互独立的.则进入该商场的1位顾客仅购买甲、乙两种商品中的一种的概率是 .【解析】设“进入该商场的每一位顾客购买甲种商品”为事件A,“购买乙种商品”为事件B,则P(A)=0.5,P(B)=0.6.设“进入该商场的1位顾客仅购买甲、乙两种商品中的一种”为事件C,则P(C)=P(A∪B)= P(A)·P()+P()·P(B)=0.5×(1-0.6)+(1-0.5)×0.6=0.5,所以进入该商场的1位顾客仅购买甲、乙两种商品中的一种的概率为0.5.答案：0.5【加固训练】甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别用A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件.则下列结论中正确的是 (写出所有正确结论的编号).①P(B)=;②P(B|A1)=;③事件B与事件A1相互独立;④A1,A2,A3是两两互斥的事件;⑤P(B)的值不能确定,因为它与A1,A2,A3中究竟哪一个发生有关.【解题提示】把事件B的概率转化为P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B),根据事件互斥、事件相互独立及条件概率的概念进行辨析.【解析】显然A1,A2,A3是两两互斥的事件,有P(B|A1)=,P(B|A2)=,P(B|A3)=,而P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=×+×+×=,且P(A1B)=,P(A1)P(B)=×=,所以P(A1B)≠P(A1)P(B),所以判定②④正确,而①③⑤错误.答案：②④(20分钟 35分)1.(5分)(2019·济南模拟)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量,记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0,则p0= .【解析】由X～N(800,502),知μ=800,σ=50,又P(700<X≤900)=0.9544,则P(800<X≤900)=×0.9544=0.4772,所以P(X≤900)=P(X≤800)+P(800<X≤900)=0.5+0.4772=0.9772,故p0=P(X≤900)=0.9772.答案：0.9772【加固训练】1.抛掷红、蓝两颗骰子,设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”,事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”.当已知蓝色骰子的点数为3或6时,则两颗骰子的点数之和大于8的概率为 .【解析】P(A)==.因为两颗骰子的点数之和共有36个等可能的结果,点数之和大于8的结果共有10个.所以P(B)==.当蓝色骰子的点数为3或6时,两颗骰子的点数之和大于8的结果有5个,故P(AB)=.所以P(B|A)===.答案：2.(2019·厦门模拟)一盒中放有大小相同的10个小球,其中8个黑球、2个红球,现甲、乙二人先后各自从盒子中无放回地任意抽取2个小球,已知甲取到了2个黑球,则乙也取到2个黑球的概率是 .【解析】记事件“甲取到2个黑球”为A,“乙取到2个黑球”为B,则有P(B|A)===,即所求事件的概率是.答案：2.(5分)在4次独立重复试验中,随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率,则事件A在一次试验中发生的概率p的最小值为 .【解析】由题设知p(1-p)3≤p2(1-p)2,解得p≥0.4,因为0≤p≤1,所以0.4≤p≤1,所以概率p的最小值为0.4.答案：0.4【方法技巧】n次独立重复试验有k次发生的概率的求法在n次独立重复试验中,事件A恰好发生k次的概率为P(X=k)=p k(1-p)n-k, k=0,1,2,…,n.在利用该公式时一定要审清公式中的n,k各是多少,解题时注意弄清题意,代入公式时不要弄错数字.【加固训练】在高三的一个班中,有的学生数学成绩优秀,若从班中随机找出5名学生,那么数学成绩优秀的学生数ξ～B(5,),则P(ξ=k)取最大值的k值为( ) A.0 B.1 C.2 D.3【解析】选B.依题意,≥·且≥,解得≤k≤,所以k=1.3.(12分)(2019·临沂模拟)乒乓球台面被网分成甲、乙两部分,如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求：(1)小明的两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率.(2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列.【解题提示】(1)本题考查了相互独立事件的概率.(2)本题考查的是随机变量的分布列及数学期望,先列出ξ的所有值,并求出每个ξ值所对应的概率,列出分布列.【解析】(1)设恰有一次的落点在乙上这一事件为E,P(E)=×+×=.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4,6,P(ξ=0)=×=,P(ξ=1)=×+×=,P(ξ=2)=×=,P(ξ=3)=×+×=,P(ξ=4)=×+×=,P(ξ=6)=×=,所以ξ的分布列为4.(13分)在“出彩中国人”的一期比赛中,有6位歌手(1～6)登台演出,由现场的百家大众媒体投票选出最受欢迎的出彩之星,各家媒体独立地在投票器上选出3位出彩候选人,其中媒体甲是1号歌手的歌迷,他必选1号,另在2号至6号中随机地选2名;媒体乙不欣赏2号歌手,他必不选2号;媒体丙对6位歌手的演唱没有偏爱,因此在1至6号歌手中随机地选出3名.(1)求媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率.(2)X表示3号歌手得到媒体甲、乙、丙的票数之和,求X的分布列.【解析】设A表示事件“媒体甲选中3号歌手”,事件B表示“媒体乙选中3号歌手”,事件C表示“媒体丙选中3号歌手”,则(1)P(A)==,P(B)==,所以P(A)=P(A)P()=×=.(2)P(C)==,因为X可能的取值为0,1,2,3.P(X=0)=P()==××=,P(X=1)=P(A)+P(B)+P(C)=×+××+××=++=,P(X=2)=P(AB)+P(AC)+P(CB)=××+××+××=,P(X=3)=P(ABC)=××=.所以X的分布列为【加固训练】(2019·南昌模拟)某单位有三辆汽车参加某种事故保险,该单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金,对在一年内发生此种事故的每辆汽车,该单位可获9000元的赔偿(假设每辆车最多只赔偿一次).设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为,,,且各车是否发生事故相互独立,求一年内该单位在此保险中：(1)获赔的概率.(2)获赔金额ξ(单位：元)的分布列.【解析】设第k辆车在一年内发生此种事故为事件A k,k=1,2,3,由题意知A1,A2,A3相互独立,且P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,所以P()=,P()=,P()=.(1)该单位一年内获赔的概率为1-P()=1-P()P()P()=1-××=.(2)ξ的所有可能值为0,9000,18000,27000.P(ξ=0)=P()=P()P()P()=××=,P(ξ=9000)=P(A1)+P(A2)+P(A3) =P(A1)P()P()+P()P(A2)P()+P()P()P(A3)=××+××+××==,P(ξ=18000)=P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=P(A1)P(A2)P()+P(A1)P()P(A3)+P()P(A2)P(A3)=××+××+××==, P(ξ=27000)=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=××=.综上知,ξ的分布列为。
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课时分层训练(六十九) 二项分布与正态分布(对应学生用书第270页)A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)等于( ) A ．516 B ．316 C ．58D ．38A [X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，由二项分布可得， P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516.] 2．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则在甲市为雨天的条件下，乙市也为雨天的概率为( )A ．0.6B ．0.7C ．0.8D ．0.66A [将“甲市为雨天”记为事件A ，“乙市为雨天”记为事件B ，则P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.2＝0.6.] 3．在如图10-8-1所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )图10-8-1附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4.A ．2 386B ．2 718C ．3 413D ．4 772C [由曲线C 为正态分布N (0,1)的密度曲线可知题图中阴影部分的面积为P (0<X ≤1)＝12×0.682 6＝0.341 3，又题图中正方形面积为1，故它们的比值为0.341 3，故落入阴影部分的点的个数的估计值为0.341 3×10 000＝3 413.故选C ．]4．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A ．12B ．512C ．14D ．16B [设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品； 事件B ：乙实习生加工的零件为一等品， 则P (A )＝23，P (B )＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为 P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＝ 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.]5．设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥2)的值为( ) 【导学号：97190378】A ．3281B ．1127C ．6581D ．1681B [因为随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，又P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－(1－p )2＝59，解得p ＝13，所以Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，则P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1127.]二、填空题6．(2018·青岛质检)设随机变量ξ～N (μ，σ2)，且P (ξ<－3)＝P (ξ>1)＝0.2，则P (－1<ξ<1)＝________.0.3 [由P (ξ<－3)＝P (ξ>1)＝0.2得P (ξ>－1)＝0.5，所以P (－1<ξ<1)＝0.5－0.2＝0.3.]7．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为p ，连续掷一枚图钉3次，若出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率，则p 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1 [设P (B k )(k ＝0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉，出现k 次钉尖向上”的概率，由题意得P (B 2)<P (B 3)，即C 23p 2(1－p )<C 33p 3.∴3p 2(1－p )<p 3.由于0<p <1，∴34<p <1.]8．(2017·河北衡水中学质检)将一个大正方形平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，则P (A |B )＝________.14[依题意，随机试验共有9个不同的基本结果． 由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等．所以事件B 包含4个基本结果，事件AB 包含1个基本结果． 所以P (B )＝49，P (AB )＝19. 所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝1949＝14.]三、解答题9．(2017·山西太原二模)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖规则如下：1．抽奖方案有以下两种：方案a ：从装有2个红球、3个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b ：从装有3个红球、2个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中．2．抽奖条件：顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a 抽奖一次；满150元，可根据方案b 抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a 抽奖两次或方案b 抽奖一次或方案a 、b 各抽奖一次)．已知顾客A 在该商场购买商品的金额为350元．(1)若顾客A 只选择方案a 进行抽奖，求其所获奖金的期望；(2)要使所获奖金的期望值最大，顾客A 应如何抽奖？ 【导学号：97190379】 [解] (1)按方案a 抽奖一次，获得奖金的概率P ＝C 22C 25＝110.顾客A 只选择方案a 进行抽奖，则其可以按方案a 抽奖三次． 此时中奖次数服从二项分布B ～⎝ ⎛⎭⎪⎫3，110.设所得奖金为w 1元，则E w 1＝3×110×30＝9. 即顾客A 所获奖金的期望为9元．(2)按方案b 抽奖一次，获得奖金的概率P 1＝C 23C 25＝310.若顾客A 按方案a 抽奖两次，按方案b 抽奖一次，则由方案a 中奖的次数服从二项分布B 1～⎝ ⎛⎭⎪⎫2，110，由方案b 中奖的次数服从二项分布B 2～⎝ ⎛⎭⎪⎫1，310，设所得奖金为w 2元，则E w 2＝2×110×30＋1×310×15＝10.5.若顾客A 按方案b 抽奖两次，则中奖的次数服从二项分布B 3～⎝ ⎛⎭⎪⎫2，310.设所得奖金为w 3元，则E w 3＝2×310×15＝9. 结合(1)可知，E w 1＝E w 3<E w 2.所以顾客A 应该按方案a 抽奖两次，按方案b 抽奖一次，才能使所获奖金的期望最大．10．(2016·全国卷Ⅱ节选)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率．[解] (1)设A 表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P (A )＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P (B )＝0.1＋0.05＝0.15.又P (AB )＝P (B )， 故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝0.150.55＝311. 因此所求概率为311.B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)11．设随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，则函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点的概率是( )A ．56 B ．45 C ．3132D ．12C [∵函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点， ∴Δ＝16－4X ≥0， ∴X ≤4.∵X 服从X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，∴P (X ≤4)＝1－P (X ＝5)＝1－125＝3132.]12．事件A ，B ，C 相互独立，如果P (AB )＝16，P (B C )＝18，P (AB C )＝18，则P (B )＝________，P (A B )＝________. 【导学号：97190380】12 13[由题意可得 ⎩⎪⎨⎪⎧P (A )·P (B )＝16，P (B )·P (C )＝18，P (A )·P (B )·P (C )＝18，解得P(A)＝13，P(B)＝12，∴P(A B)＝P(A)·P(B)＝23×12＝13.]13．(2018·济南一模)2017年1月25日智能共享单车项目摩拜单车正式登陆济南，两种车型采用分段计费的方式，Mobike Lite型(Lite版)每30分钟收费0.5元(不足30分钟的部分按30分钟计算)；Mobike(经典版)每30分钟收费1元(不足30分钟的部分按30分钟计算)．有甲、乙、丙三人相互独立的到租车点租车骑行(各租一车一次)．设甲、乙、丙不超过30分钟还车的概率分别为34，23，12，三人租车时间都不会超过60分钟．甲、乙均租用Lite版单车，丙租用经典版单车．(1)求甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率；(2)设甲、乙、丙三人所付的费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．[解](1)由题意得，甲、乙、丙在30分钟以上且不超过60分钟还车的概率分别为1 4，13，12.设甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用为事件A，则P(A)＝34×23×12＋14×13×12＝724.答：甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率为7 24.(2)ξ的所有可能取值有2,2.5,3,3.5,4.P(ξ＝2)＝34×23×12＝14；P(ξ＝2.5)＝34×13×12＋14×23×12＝524；P(ξ＝3)＝34×23×12＋14×13×12＝724；P(ξ＝3.5)＝34×13×12＋14×23×12＝524；P(ξ＝4)＝14×13×12＝124.甲、乙、丙三人所付的租车费用之和ξ的分布列为。