2021届高考数学(浙江专用)一轮课件：§11.3 条件概率、二项分布及正态分布
2021年高考数学一轮复习第十一章统计与概率第8讲二项分布与正态分布理
2021年高考数学一轮复习第十一章统计与概率第8讲二项分布与正态分布理一、选择题1．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的纪录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则甲市为雨天，乙市也为雨天的概率为( ) A ．0.6 B ．0.7 C ．0.8D ．0.66解析 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，∴P (B |A )＝P AB P A ＝0.120.2＝0.6.答案 A2． 投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( ) A.512 B.12 C.712 D.34解析 本题涉及古典概型概率的计算．本知识点在考纲中为B 级要求．由题意得P(A)＝12，P(B)＝16，则事件A ，B 至少有一件发生的概率是1－P(A )·P(B )＝1－12×56＝712. 答案 C3．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 的取值范围是 ( )． A ．[0.4,1] B ．(0,0.4] C ．(0,0.6]D ．[0.6,1]解析 设事件A 发生的概率为p ，则C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2，解得p ≥0.4，故选A. 答案 A4．设随机变量X 服从正态分布N (2,9)，若P (X >c ＋1)＝P (X <c －1)，则c 等于( )． A ．1B ．2C ．3D ．4解析 ∵μ＝2，由正态分布的定义，知其函数图象关于x ＝2对称，于是c ＋1＋c －12＝2，∴c ＝2. 答案 B5．在正态分布N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，19中，数值前在(－∞，－1)∪(1，＋∞)内的概率为( )． A ．0.097 B ．0.046 C ．0.03 D ．0.0026 解析 ∵μ＝0，σ＝13∴P (X ＜1或x ＞1)＝1－P (－1≤x ≤1)＝1－P (μ－3σ≤X ≤μ＋3σ)＝1－0.997 4＝0.002 6. 答案 D6．已知三个正态分布密度函数φi (x )＝12πσi·e －x －μi22σ2i(x ∈R ，i ＝1,2,3)的图象如图所示，则( )．A ．μ1＜μ2＝μ3，σ1＝σ2＞σ3B ．μ1＞μ2＝μ3，σ1＝σ2＜σ3C ．μ1＝μ2＜μ3，σ1＜σ2＝σ3D ．μ1＜μ2＝μ3，σ1＝σ2＜σ3解析 正态分布密度函数φ2(x )和φ3(x )的图象都是关于同一条直线对称，所以其平均数相同，故μ2＝μ3，又φ2(x )的对称轴的横坐标值比φ1(x )的对称轴的横坐标值大，故有μ1＜μ2＝μ3.又σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“瘦高”，由图象可知，正态分布密度函数φ1(x )和φ2(x )的图象一样“瘦高”，φ3(x )明显“矮胖”，从而可知σ1＝σ2＜σ3. 答案 D 二、填空题7．三支球队中，甲队胜乙队的概率为0.4，乙队胜丙队的概率为0.5，丙队胜甲队的概率为0.6，比赛顺序是：第一局是甲队对乙队，第二局是第一局的胜者对丙队，第三局是第二局胜者对第一局的败者，第四局是第三局胜者对第二局败者，则乙队连胜四局的概率为________．解析 设乙队连胜四局为事件A ，有下列情况：第一局中乙胜甲(A 1)，其概率为1－0.4＝0.6；第二局中乙胜丙(A 2)，其概率为0.5；第三局中乙胜甲(A 3)，其概率为0.6；第四局中乙胜丙(A 4)，其概率为0.50，因各局比赛中的事件相互独立，故乙队连胜四局的概率为：P(A)＝P(A 1A 2A 3A 4)＝0.62×0.52＝0.09. 答案 0.098．设随机变量X 服从正态分布N (0,1)，如果P (X ≤1)＝0.8413，则P (－1<X <0)＝________. 解析 ∵P (X ≤1)＝0.841 3，∴P (X >1)＝1－P (X ≤1)＝1－0.841 3＝0.158 7. ∵X ～N (0,1)，∴μ＝0. ∴P (X <－1)＝P (X >1)＝0.158 7，∴P (－1<X <1)＝1－P (X <－1)－P (X >1)＝0.682 6. ∴P (－1<X <0)＝12P (－1<X <1)＝0.341 3.答案 0.341 39．设随机变量ξ服从正态分布N (0,1)，记Ф(x )＝P (ξ＜x )，给出下列结论： ①Φ(0)＝0.5； ②Φ(x )＝1－Φ(－x )； ③P (|ξ|＜2)＝2Φ(2)－1. 则正确结论的序号是________． 答案 ①②③10．商场经营的某种包装大米的质量(单位：kg)服从正态分布X ～N (10,0.12)，任选一袋这种大米，质量在9.8～10.2 kg 的概率是________． 解析 P (9.8<X <10.2)＝P (10－0.2<X <10＋0.2)＝0.954 4. 答案 0.954 4 三、解答题11．设在一次数学考试中，某班学生的分数X ～N (110,202)，且知试卷满分150分，这个班的学生共54人，求这个班在这次数学考试中及格(即90分以上)的人数和130分以上的人数．解 由题意得μ＝110，σ＝20，P (X ≥90)＝P (X －110≥－20)＝P (X －μ≥－σ)， ∵P (X －μ<－σ)＋P (－σ≤X －μ≤σ)＋P (X －μ>σ) ＝2P (X －μ<－σ)＋0.682 6＝1， ∴P (X －μ<－σ)＝0.158 7，∴P (X ≥90)＝1－P (X －μ<－σ)＝1－0.158 7＝0.841 3. ∴54×0.841 3≈45(人)，即及格人数约为45人． ∵P (X ≥130)＝P (X －110≥20)＝P (X －μ≥σ)， ∴P (X －μ≤－σ)＋P (－σ≤X －μ≤σ)＋P (X －μ>σ) ＝0.682 6＋2P (X －μ≥σ)＝1，∴P (X －μ≥σ)＝0.158 7.∴54×0.158 7≈9(人)， 即130分以上的人数约为9人．12．在某市组织的一次数学竞赛中全体参赛学生的成绩近似服从正态分布N (60,100)，已知成绩在90分以上的学生有13人．(1)求此次参加竞赛的学生总数共有多少人？(2)若计划奖励竞赛成绩排在前228名的学生，问受奖学生的分数线是多少？ 解 设学生的得分情况为随机变量X ，X ～N (60,100)． 则μ＝60，σ＝10.(1)P (30＜X ≤90)＝P (60－3×10＜X ≤60＋3×10)＝0.997 4. ∴P (X ＞90)＝12[1－P (30＜X ≤90)]＝0.001 3∴学生总数为：130.001 3＝10 000(人)．(2)成绩排在前228名的学生数占总数的0.022 8. 设分数线为x . 则P (X ≥x 0)＝0.022 8.∴P (120－x 0＜x ＜x 0)＝1－2×0.022 8＝0.954 4. 又知P (60－2×10＜x ＜60＋2×10)＝0.954 4. ∴x 0＝60＋2×10＝80(分)．13．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)解 (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得P (X ＝1)＝15100＝320，P (X ＝1.5)＝30100＝310，P (X ＝2)＝25100＝14，P (X ＝2.5)＝20100＝15，P (X ＝3)＝10100＝110.X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9.(2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以P (A )＝P (X 1＝1)×P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)×P (X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5)×P (X 2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980. 故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980. 14．现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击． (1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望E (X )．解 (1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D . 由题意，知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23，由于A ＝B C － D －＋B －C D －＋B － C －D ， 根据事件的独立性和互斥性，得P (A )＝P (B C － D －＋B －C D －＋B － C －D )＝P (B C － D －)＋P (B －C D －)＋P (B － C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D ) ＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝736.(2)根据题意，知X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.根据事件的独立性和互斥性，得P (X ＝0)＝P (B － C － D －)＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝136； P (X ＝1)＝P (B C － D －)＝P (B )P (C －)P (D －)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝⎛⎭⎪⎫1－23＝112；P (X ＝2)＝P (B － C D －＋B － C － D )＝P (B － C D －)＋P (B － C －D )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝19； P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D )＝34×23×⎝⎛⎭⎪⎫1－23＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝13；P (X ＝4)＝P (B －CD )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－34×23×23＝19，P (X ＝5)＝P (BCD )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为所以E (X )＝0×136＋1×12＋2×9＋3×3＋4×9＋5×3＝12.。
(浙江专用)2021届高考数学一轮复习专题十一概率与统计11.3条件概率、二项分布及正态分布试题(含解析)
§11.3 条件概率、二项分布及正态分布基础篇固本夯基【基础集训】考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布1.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12,两次闭合后都出现红灯的概率为15,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.110B.15C.25D.12 答案 C2.甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34,甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( ) A.34B.23C.57D.512答案 D3.“石头、剪刀、布”又称“猜丁壳”,是一种流行多年的猜拳游戏,起源于中国,然后传到日本、朝鲜等地,随着亚欧贸易的不断发展,它传到了欧洲,到了近代逐渐风靡世界.其游戏规则是:出拳之前双方齐喊口令,然后在语音刚落时同时出拳,握紧的拳头代表“石头”,食指和中指伸出代表“剪刀”,五指伸开代表“布”.“石头”胜“剪刀”,“剪刀”胜“布”,而“布”又胜“石头”.若所出的拳相同,则为和局.小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是( ) A.127 B.227 C.281 D.881答案 B4.某个部件由三个元件按如图所示的方式连接而成,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( )A.15B.12C.35D.38答案 D5.某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了1 000粒,对于没有发芽的种子,每粒需再补种2粒,补种的种子数记为X,则X 的数学期望为( )A.400B.300C.200D.100 答案 C6.某次考试共有12个选择题,每个选择题的分值为5分,每个选择题四个选项有且只有一个选项是正确的,A 学生对12个选择题中每个题的四个选项都没有把握,最后选择题的得分为X 分,B 学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的,对其他三个选项都没有把握,最后选择题的得分为Y 分,则D(Y)-D(X)=( )A.12512 B.3512 C.274 D.234 答案 A7.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,两颗骰子的点数之和大于8的概率为.答案512考点二正态分布8.设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X,且X~N(800,502).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为( )(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.0.977 2B.0.682 6C.0.997 4D.0.954 4答案 A9.甲、乙两类水果的质量(单位:kg)分别服从正态分布N(μ1,σ12),N(μ2,σ22),其正态分布的密度曲线如图所示,则下列说法错误的是( )A.甲类水果的平均质量μ1=0.4 kgB.甲类水果的质量比乙类水果的质量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正态分布的参数σ2=1.99答案 D10.在某项测量中,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.0.4答案 D11.已知随机变量x服从正态分布N(3,σ2),且P(x≤4)=0.84,则P(2<x<4)=( )A.0.84B.0.68C.0.32D.0.16答案 B12.近年来“双十一”已成为中国电子商务行业的年度盛事,并且逐渐影响到国际电子商务行业.某商家为了准备2018年“双十一”的广告策略,随机调查了1 000 名客户在2017年“双十一”前后10天内网购所花时间T(单位:时),并将调查结果绘制成如图所示的频率分布直方图.由频率分布直方图可以认为,这10天网购所花的时间T近似服从N(μ,σ2),其中μ用样本平均值代替,σ2=0.24.(1)计算μ,并利用该正态分布求P(1.51<T<2.49);(2)利用由样本统计获得的正态分布估计整体,将这10天网购所花时间在(2,2.98)小时内的人定义为目标客户,对目标客户发送广告提醒.现若随机抽取10 000名客户,记X为这10 000人中目标客户的人数.(i)求EX;(ii)问:10 000人中目标客户的人数X为何值的概率最大?附:若随机变量Z 服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.682 7,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.954 5,P(μ-3σ<Z<μ+3σ)=0.997 3.√0.24≈0.49. 解析(1)μ=0.4×(0.050×0.8+0.225×1.2+0.550×1.6+0.825×2.0+0.600×2.4+0.200×2.8+0.050×3.2)=2, 从而T 服从N(2,0.24),又σ=√0.24≈0.49,从而P(1.51<T<2.49)=P(μ-σ<T<μ+σ)=0.682 7. (2)(i)任意抽取1名客户,该客户是目标客户的概率为 P(2<T<2.98)=P(μ<T<μ+2σ)=12P(μ-2σ<T<μ+2σ)=12×0.954 5=0.477 25.由题意知X 服从B(10 000,0.477 25), 所以EX=10 000×0.477 25=4 772.5. (ii)X 服从B(10 000,0.477 25),P(X=k)=C 10 000k0.477 25k (1-0.477 25)10 000-k =C 10 000k0.477 25k ·0.522 7510 000-k (k=0,1,2,…,10 000). 设当X=k(k≥1,k∈N)时概率最大, 则有{P (X =k )>P (X =k +1),P (X =k )>P (X =k -1),得{0.522 75C 10 000k >0.477 25C 10 000k+1,0.477 25C 10 000k >0.522 75C 10 000k -1, 解得k=4 772.故10 000人中目标客户的人数为4 772的概率最大.解题关键 对于(2),得出X 服从B(10 000,0.477 25)是解题的关键.综合篇知能转换【综合集训】考法一 独立重复试验及二项分布问题的求解方法1.(2018山东潍坊模拟,6)某篮球队对队员进行考核,规则是:①每人进行3个轮次的投篮;②每个轮次每人投篮2次,若至少投中1次,则本轮通过,否则不通过,已知队员甲投篮1次投中的概率为23,如果甲各次投篮投中与否互不影响,那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( ) A.3 B.83C.2D.53答案 B2.(2018福建厦门二模,6)袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )A.25 B.35 C.18125 D.54125答案 D3.(2018广东珠海一中等六校第一次联考)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数其中A 的各位数字中,a 1=1,a k (k=2,3,4,5)出现0的概率为13,出现1的概率为23.若启动一次出现的数字为A=10101,则称这次试验成功,若成功一次得2分,失败一次得-1分,则100次独立重复试验的总得分X 的方差为 . 答案30 8007294.(2019河北模拟,19)某种植户对一块地的n(n∈N *)个坑进行播种,每个坑播种3粒种子,每粒种子发芽的概率均为12,且每粒种子是否发芽相互独立,对每一个坑而言,如果至少有两粒种子发芽,则不需要进行补播种,否则要补播种.(1)当n 取何值时,有3个坑要补播种的概率最大?最大概率为多少? (2)当n=4时,用X 表示要补播种的坑的个数,求X 的分布列与数学期望.解析 (1)对于一个坑而言,要补播种的概率为(12)3+C 31(12)3=12.有3个坑需要补播种的概率为C n3×(12)n,要使C n 3×(12)n 最大,只需{C n 3(12)n≥C n 2(12)n ,C n 3(12)n≥C n 4(12)n ,解得5≤n≤7,∵n∈N *,故n=5,6,7.(2)n=4时,要补播种的坑的个数X 的所有可能的取值为0,1,2,3,4,X~B (4,12),P(X=0)=C 40(12)4=116,P(X=1)=C 41×(12)4=14,P(X=2)=C 42(12)4=38,P(X=3)=C 43(12)4=14,P(X=4)=C 44(12)4=116.所以随机变量X 的分布列为X0 12 3 4 P 116 1438 14 116因为X~B (4,12),所以E(X)=4×12=2.5.(2020届辽宁阜新中学10月月考,18)某市政府为了节约生活用电,计划在本市试行居民生活用电定额管理,即确定一户居民月用电量标准a,用电量不超过a 的部分按平价收费.超出a 的部分按议价收费,为此,政府调查了100户居民的月平均用电量(单位:度),以[160,180),[180,200),[200,220),[220,240),[240,260),[260,280),[280,300)分组的频率分布直方图如图所示,用电量在[240,260)的居民户数比用电量在[160,180)的居民户数多11户.(1)求直方图中x,y 的值;(2)①用样本估计总体,如果希望至少85%的居民用电量低于标准,求月用电量的最低标准应定为多少度,并说明理由;②若将频率视为概率,现从该市所有居民中随机抽取3户,其中月用电量低于①中最低标准的居民户数为ξ,求ξ的分布列及数学期望E(ξ). 解析 (1)由题意,得{(x +0.009 5+0.010 0+0.013 5+y +0.005 0+0.002 5)×20=1,100×(y -x )×20=11,所以{x =0.002 0,y =0.007 5.(2)①样本中月用电量不低于260度的居民户数为(0.005 0+0.002 5)×20×100=15,占样本总量的15%,用样本估计总体,要保证至少85%的居民月用电量低于标准,故最低标准应定为260度.②将频率视为概率,设A(单位:度)代表居民月用电量,易知P(A<260)=1720,由题意得,ξ~B (3,1720),P(ξ=i)=C 3i(1720)i(320)3-i(i=0,1,2,3).所以ξ的分布列为ξ0 1 2 3P 278 000 4598 000 2 6018 000 4 9138 000所以E(ξ)=0×278 000+1×4598 000+2×2 6018 000+3×4 9138 000=2.55.或由ξ~B (3,1720)及二项分布的期望公式可得E(ξ)=3×1720=2.55考法二 正态分布问题的解题方法6.(2018山东淄博一模,5)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.73 B.53 C.5 D.3答案 A7.(2019河北冀州期末,4)已知随机变量ξ服从正态分布N(4,62),P(ξ≤5)=0.89,则P(ξ≤3)=( ) A.0.89 B.0.78 C.0.22 D.0.11 答案 D8.(2019江西南昌模拟,6)在某次高三联考数学测试中,学生成绩ξ服从正态分布(100,σ2)(σ>0),若ξ在(85,115)内的概率为0.75,则任意选取一名学生,该生成绩高于115分的概率为( ) A.0.25 B.0.1 C.0.125 D.0.5 答案 C9.(2019山西运城一模,19)2019年2月13日《烟台市全民阅读促进条例》全文发布,旨在保障全民阅读权利,培养全民阅读习惯,提高全民阅读能力,推动文明城市和文化强市建设.某高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况,随机调查了200名学生每周阅读时间X(单位:小时)并绘制成如图所示的频率分布直方图.(1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中间值代表);(2)由直方图可以认为,目前该校学生每周的阅读时间X 服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x ,σ2近似为样本方差s 2.①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算:若X~N(μ,σ2),令Y=X -μσ,则Y~N(0,1),且P(X≤a)=P (Y ≤a -μσ),利用直方图得到的正态分布,求P(X≤10);②从该高校的学生中随机抽取20名,记Z 表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数,求P(Z≥2)(结果精确到0.000 1)以及Z 的数学期望.参考数据:√178≈403,0.773 419≈0.007 6.若Y~N(0,1),则P(Y≤0.75)=0.773 4.解析 (1)x =6×0.03+7×0.1+8×0.2+9×0.35+10×0.19+11×0.09+12×0.04=9, s 2=(6-9)2×0.03+(7-9)2×0.1+(8-9)2×0.2+(9-9)2×0.35+(10-9)2×0.19+(11-9)2×0.09+(12-9)2×0.04=1.78. (2)①由题知μ=9,σ2=1.78,∴X~N(9,1.78),σ=√1.78=√178100≈43.∴P(X≤10)=P (Y ≤10-943)=P(Y≤0.75)=0.773 4.②由①知P(X>10)=1-P(X≤10)=0.226 6,由题意得Z~B(20,0.226 6),P(Z≥2)=1-P(Z=0)-P(Z=1)=1-0.773 420-C 201×0.226 6×0.773 419≈1-(0.773 4+20×0.226 6)×0.007 6≈0.959 7. Z 的数学期望E(Z)=20×0.226 6=4.532.【五年高考】考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布1.(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 B2.(2015课标Ⅰ,4,5分)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.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312 答案 A3.(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 . 答案 0.184.(2015广东,13,5分)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= . 答案 135.(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 本题主要考查独立事件概率的求解.考查学生的逻辑推理及数据处理能力;考查的核心素养是数据分析和逻辑推理.(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.思路分析 (1)X=2,即要么甲得2分,要么乙得2分,分类求出独立事件的概率,求和即可.(2)X=4且甲获胜,即又打了4个球,且后两球甲得分,前两个球甲、乙各得1分,由独立事件的概率公式可求解. 6.(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 本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力,重点考查数学建模、数学运算的核心素养.(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X0 12 3 P 127 2949 827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. 思路分析 (1)观察关键词“均”“互不影响”“相互独立”,判断X~B(n,p),从而利用二项分布求出分布列与期望.(2)先将“天数恰好多2”用数学语言表示,即{X =3,Y =1或{X =2,Y =0.从而利用互斥与相互独立事件的概率计算公式求解.7.(2016北京,16,13分)A,B,C 三个班共有100名学生,为调查他们的体育锻炼情况,通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间,数据如下表(单位:小时):A 班 6 6.5 7 7.5 8B 班 6 7 8 9 10 11 12C 班 3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5(1)试估计C 班的学生人数;(2)从A 班和C 班抽出的学生中,各随机选取一人,A 班选出的人记为甲,C 班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率;(3)再从A,B,C 三个班中各随机抽取一名学生,他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位:小时).这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1,表格中数据的平均数记为μ0,试判断μ0和μ1的大小.(结论不要求证明)解析 (1)由题意知,抽出的20名学生中,来自C 班的学生有8名.根据分层抽样方法,C 班的学生人数估计为100×820=40.(2)设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”,i=1,2,…,5, 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”, j=1,2,…,8. 由题意可知,P(A i )=15,i=1,2,…,5;P(C j )=18, j=1,2,…,8. P(A i C j )=P(A i )P(C j )=15×18=140,i=1,2,...,5, j=1,2, (8)设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,E=A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪A 5C 2∪A 5C 3∪A 5C 4. 因此P(E)=P(A 1C 1)+P(A 1C 2)+P(A 2C 1)+P(A 2C 2)+P(A 2C 3)+P(A 3C 1)+P(A 3C 2)+P(A 3C 3)+P(A 4C 1)+P(A 4C 2)+P(A 4C 3)+P(A 5C 1)+P(A 5C 2)+P(A 5C 3)+P(A 5C 4)=15×140=38.(3)μ1<μ0.考点二 正态分布8.(2015湖北,4,5分)设X~N(μ1,σ12),Y~N(μ2,σ22),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )A.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) 答案 C9.(2015山东,8,5分)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% 答案 B10.(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:9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.04 10.059.95经计算得x =116∑i=116x i =9.97,s=√116∑i=116(x i -x )2=√116(∑i=116x i 2-16x 2)≈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)=0.997 4.0.997 416≈0.959 2,√0.008≈0.09.解析 本题考查正态分布、二项分布的概念和性质、概率的计算以及数学期望的求法,考查学生逻辑推理能力、数据处理能力、运算求解能力及分析问题、解决问题的能力.(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.002 6,故X~B(16,0.002 6).因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997 416≈0.040 8. X 的数学期望为EX=16×0.002 6=0.041 6.(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0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.040 8,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≈1 591.134,剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为 115×(1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008, 因此σ的估计值为√0.008≈0.09.教师专用题组考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布1.(2014课标Ⅱ,5,5分)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.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45 答案 A考点二正态分布2.(2014课标Ⅰ,18,12分)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,由测量结果得如下频率分布直方图:(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x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);(2)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x,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:√150≈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.解析(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x=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.(2)(i)由(1)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.思路分析(1)根据直方图求得样本平均数x和样本方差s2;(2)(i)由(1)知Z~N(200,150),从而得出概率.(ii)依题意知X~B(100,0.682 6),从而求得EX.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共35分)1.(2020届福建南安侨光中学第一次阶段考,3)已知随机变量ξ~B(3,12),则E(ξ)=()A.3B.2C.32D.12答案 C2.(2019安徽安庆二模,7)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动,社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目,每人限报其中一项,记事件A为“4名同学所报项目各不相同”,事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”,则P(A|B)=( )A.14B.34C.29D.59答案 C3.(2018广东茂名一模,6)设X~N(1,1),其正态分布密度曲线如图所示,那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )(注:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<X<μ+2σ)=95.44%)A.7 539B.6 038C.7 028D.6 587 答案 D4.(2019福建宁德二模,6)某校有1 000人参加某次模拟考试,其中数学考试成绩近似服从正态分布N(105,σ2)(σ>0),试卷满分150分,统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的15,则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为( ) A.150 B.200 C.300 D.400 答案 C5.(2020届山西大学附中第二次诊断,9)已知排球发球考试规则:每位考生最多可发球三次,若发球成功,则停止发球,否则一直发到3次结束为止.某考生一次发球成功的概率为p(0<p<1),发球次数为X,若X 的数学期望E(X)>1.75,则p 的取值范围为( )A.(0,12) B.(0,712) C.(12,1) D.(712,1)答案 A6.(2020届广东深圳七中第二次月考,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 B7.(2020届广东广州执信中学10月月考,5)社区开展“建军90周年主题活动——军事知识竞赛”,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为35和23,两人是否获得一等奖相互独立,则这两人中至少有一人获得一等奖的概率为( )A.35B.215C.1315D.815答案 C二、多项选择题(每题5分,共10分)8.(改编题)下列对各事件发生的概率判断正确的是( )A.某学生在上学的路上要经过4个路口,假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的,遇到红灯的概率都是13,那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为427B.甲、乙、丙三人独立地破译一份密码,他们能单独译出的概率分别为15,13,14,假设他们破译密码是彼此独立的,则此密码被破译的概率为25C.甲袋中有8个白球,4个红球,乙袋中有6个白球,6个红球,从每袋中各任取一个球,则取到同色球的概率为12 D.设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19,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 发生的概率是29 答案 AC9.(改编题)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( ) A.p=0.4 B.p=1.6C.P(Y>4)=0.1D.P(Y>4)=0.3 答案 AC三、填空题(每题5分,共15分)10.(2020届湖北十堰二中月考,13)已知随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)且P(X≤4)=0.88,则P(0<X<4)= . 答案 0.7611.(2019上海金山二模,9)若生产某种零件需要经过两道工序,在第一、二道工序中生产出废品的概率分别为0.01、0.02,每道工序生产废品相互独立,则经过两道工序后得到的零件不是废品的概率是 .(结果用小数表示) 答案 0.970 212.(2020届广东珠海9月摸底测试,15)研究珠海市农科奇观的某种作物,其单株生长果实个数x 服从正态分布N(90,σ2),且P(x<70)=0.1,从中随机抽取10株,果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X,假设X 服从二项分布,则X 的方差为 . 答案 2.4四、解答题(共35分)13.(2020届广东湛江9月调研考试,18)某市一所高中为备战即将举行的全市羽毛球比赛,学校决定组织甲、乙两队进行羽毛球对抗赛实战训练.每队四名运动员,并统计了以往多次比赛成绩,按由高到低进行排序分别为第一名、第二名、第三名、第四名.比赛规则为甲、乙两队同名次的运动员进行对抗,每场对抗赛都互不影响,当甲、乙两队的四名队员都进行一次对抗赛后称为一个轮次.按以往多次比赛统计的结果,甲、乙两队同名次进行对抗时,甲队队员获胜的概率分别为12,23,13,12.(1)进行一个轮次对抗赛后一共有多少种对抗结果?(2)计分规则为每次对抗赛获胜一方所在的队得1分,失败一方所在的队得0分.设进行一个轮次对抗赛后甲队所得分数为X,求X 的分布列及数学期望.解析 (1)因为甲、乙两队的四名队员每进行一次对抗赛都会有2种情况产生,所以进行一个轮次对抗赛后一共有24=16种对抗结果. (2)X 的可能取值分别为4,3,2,1,0, P(X=4)=12×23×13×12=236=118;P(X=3)=12×23×13×12+12×13×13×12+12×23×23×12+12×23×13×12=936=14;P(X=2)=12×13×13×12+12×13×23×12+12×23×23×12+12×23×23×12+12×23×13×12+12×13×13×12=1436=718; P(X=1)=12×13×23×12+12×23×23×12+12×13×13×12+12×13×23×12=936=14; P(X=0)=12×13×23×12=236=118. 所以X 的分布列为X 4 3 2 1 0 P11814718 14 118E(X)=4×118+3×14+2×718+1×14+0×118=2.14.(2019江西红色七校第二次联考,19)当前,以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进.高中联招对初三毕业学生进行体育测试,是激发学生、家长和学校积极开展体育活动,保证学生健康成长的有效措施.某地区2018年初中毕业生升学体育考试规定,考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试,三项考试满分为50分,其中立定跳远15分,掷实心球15分,1分钟跳绳20分.某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况,随机抽取了100名学生进行测试,得到如图所示的频率分布直方图,且规定计分规则如下表.每分钟跳绳个数 [155,165) [165,175) [175,185) [185,+∞)得分 17 18 19 20(1)现从样本的100名学生中,任意选取2人,求两人得分之和不大于35分的概率;(2)若该校初三年级所有学生的跳绳个数X 服从正态分布N(μ,σ2),用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差,已知样本方差s 2≈169(各组数据用中点值代替).根据往年经验,该校初三年级学生经过一年的训练,正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步,假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时增加10个,现利用所得正态分布模型:①预估全年级恰好有2 000名学生时,正式测试每分钟跳182个以上的人数;(结果四舍五入到整数)②若在全年级所有学生中任意选取3人,记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为ξ,求随机变量ξ的分布列和期望.附:若随机变量X 服从正态分布N(μ,σ2),则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.解析 (1)两人得分之和不大于35分,即两人得分均为17分或两人中1人得17分,1人得18分, 所以所求概率P=C 62+C 61C 121C 1002=291 650.(2)X=160×0.06+170×0.12+180×0.34+190×0.30+200×0.1+210×0.08=185(个),用样本方差s 2≈169估计σ=13,所以正式测试时,μ=195,σ=13, 设正式测试时,学生每分钟跳绳个数为Y,则Y 服从正态分布N(195,132). ①P(Y>182)=P(Y>195-13)=1-1-0.682 62=0.841 3,0.841 3×2 000=1 682.6≈1 683(人).∴预估全年级恰好有2 000名学生时,正式测试每分钟跳182个以上的人数为1 683.②由Y 服从正态分布N(195,132)知,全年级所有学生中任意选取1人,每分钟跳195个以上的概率为0.5,易得ξ~B(3,0.5),∴P(ξ=0)=C 30(1-0.5)3=0.125,P(ξ=1)=C 310.5×(1-0.5)2=0.375,P(ξ=2)=C 320.52×(1-0.5)=0.375,P(ξ=3)=C 330.53=0.125, ∴ξ的分布列为ξ 0 1 2 3P0.125 0.375 0.375 0.125E(ξ)=3×0.5=1.5.15.(2019北京朝阳二模,16)某电视台举行文艺比赛,并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有5名专家评委给每位参赛选手评分,场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后,现场专家评分情况如下表:专家 A B C D E 评分 9.6 9.5 9.6 8.9 9.7场外有数万名观众参与评分,将评分按照[7,8),[8,9),[9,10]分组,绘成频率分布直方图如图.(1)求a 的值,并用频率估计概率,估计某场外观众评分不小于9分的概率;(2)从5名专家中随机选取3人,X 表示评分不小于9分的人数;从场外观众中随机选取3人,用频率估计概率,Y 表示评分不小于9分的人数;试求E(X)与E(Y)的值; (3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分:方案一:用所有专家与观众的评分的平均数x 作为该选手的最终得分; 方案二:分别计算专家评分的平均数x 1和观众评分的平均数x 2,用x 1+x 22作为该选手的最终得分.请直接写出x 与x 1+x 22的大小关系.解析 (1)由题图知a=1-0.2-0.5=0.3,某场外观众评分不小于9分的概率是12. (2)X 的可能取值为2,3.P(X=2)=C 42C 11C 53=35;P(X=3)=C 43C 53=25.所以X 的分布列为X 23 P35 25所以E(X)=2×35+3×25=125.由题意可知,Y~B (3,12),所以E(Y)=np=32.(3)x <x 1+x 22.。
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.。
2021届浙江新高考数学一轮复习课件：第十章 3 第3讲 二项式定理
【解析】 (1)依题意可知 Tr＋1＝Cr11(－1)rx22－3r，0≤r≤11，r∈Z，二项式系数最大的是 C511与 C611.当 r＝6 时，T7＝C611x4，故系数最大的项是第七项． (2)令 x＝0，得到 a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，令 x＝－2，得到 a0－a1＋a2－a3＋…－ a9＝m9，所以有(2＋m)9m9＝39，即 m2＋2m＝3，解得 m＝1 或－3.
1．若x6＋x
1
n的展开式中含有常数项，则正整数 x
n
的最小值等于
A．3
B．4
C．5
D．6
()
解析：选 C.Tr＋1＝Cnr (x6)n－rx1xr＝Crnx6n－125r，当 Tr＋1 是常数项时，6n－125r＝0，即 n＝54 r，又 n∈N*，故 n 的最小值为 5，故选 C.
2．(2020·金华十校期末调研)在(x2－1x)n 的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最大，则 n
【答案】 (1)七 (2)1 或－3
(变条件)本例(2)变为：若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，且(a0＋a2 ＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数 m 的值为________． 解析：令 x＝2，得到 a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(4＋m)9，令 x＝0，得到 a0－a1＋a2－a3＋… －a9＝(m＋2)9，所以有(4＋m)9(m＋2)9＝39，即 m2＋6m＋5＝0，解得 m＝－1 或－5.
二项展开式中的特定项或特定项的系数(高频考点) 二项式定理是高中数学中的一个重要知识点，也是高考命题的热点，多以选择题、 填空题的形式呈现，试题多为容易题或中档题．主要命题角度有： (1)求展开式中的某一项； (2)求展开式中的项的系数或二项式系数； (3)由已知条件求 n 的值或参数的值．
2024届人教A版高考数学一轮复习11-3二项分布与正态分布课件
2)样本点个数法:借助古典概型概率公式,先求事件A包含的样本点个数 n(A),再求事件AB包含的样本点个数n(AB),得P(B|A)= n(A. B)
n( A)
3)缩样法:去掉第一次抽到的情况,只研究剩下的情况,用古典概型概率公 式求解.
2.应用全概率公式求概率的步骤 1)根据题意找出完备事件组,即满足全概率公式的Ω的一个划分A1,A2,A3, …,An; 2)用Ai(i=1,2,3,…,n)来表示待求的事件; 3)代入全概率公式求解.
答案 C
B,则事件A包括前两张都为奇数或都为偶数两种情况,故P(A)=
A
C2 1
33
A
C2 1
23
A35
=
2 5
,P(AB)=
A32C11
A
C2 1
23
A35
=
1 5
,故在前两张卡片所标数字之和为偶
数的条件下,第三张为奇数的概率P(B|A)= P(AB) = 1 .
P( A) 2
答案 C
例2 (2022山东临沂三模,13)某足球队在对球员的使用上进行数据分析,
考点二 正态分布 1.正态曲线 函数f(x)= 1· ,ex∈(x2σμR2)2(其中μ∈R和σ(σ>0)为参数)的图象为正态密
2 σ 度曲线,简称正态曲线. 2.正态分布 若随机变量X的概率分布密度函数为f(x),则称随机变量X服从正态分布,
记为X~N(μ,σ2).特别地,当μ=0,σ=1时,称随机变量X服从标准正态分布. 3.正态分布的均值和方差 若X~N(μ,σ2),则E(X)=μ,D(X)=σ2. 4.正态曲线的特点 1)曲线位于x轴上方且与x轴不相交;
=2)P(Y=0)= 8 × 2+ ×4 1= 2.0
2023版高考数学一轮总复习第十二章概率第四讲二项分布与正态分布课件理
1
C.P(X>0)=
4
1
D.P(X>2)=
2
考向扫描
考向1
Hale Waihona Puke 条件概率1.典例 [2021安徽师大附中5月模拟]设10件产品中有4件不合格,从中任
意选取2件,则在所选取的产品中发现有一件是不合格品时,另一件也是不
合格品的概率是
1
5
.
解析 记事件A为“选取的两件产品中发现有一件是不合格品”,事件B
e.当σ一定时,曲线的位置由μ确定,曲线随着μ的变化而沿x轴平移,如图(1)
所示.
f.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(2)所示.
考点2
正态分布
2. 正态分布
(1)正态分布的定义及表示
如图,一般地,如果对于任何实数a,b(a<b),随机变量X满足P(a<X≤b)=
()
()
n(AB)和n(A)分别表示事件AB和事件A包含的基本事件个数.
,其中
考点1
二项分布及其应用
(2)性质
a.0≤P(B|A)≤1.
b.若B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)= P(B|A)+P(C|A) .
2. 相互独立事件
(1)定义:设A,B为两个事件,若P(AB)= P(A)P(B) ,则事件A与B相互独立.
第十二章
概
率
第四讲 二项分布与正态分布
要点提炼
考点1
二项分布及其应用
1. 条件概率
(1)定义:对于任意两个事件A和B,在已知事件A发生的条件下,事件B
新高考数学一轮复习课件 二项分布、超几何分布与正态分布
3
4
第六节 二项分布、超几何分布与正态分布 走进教材·夯实基础 细研考点·突破题型 课时分层作业 命题热点自测
(3)记“乙恰好射击 5 次后，被终止射击”为事件 A3，“乙第 i 次射击未击中”为事件 Di(i＝1,2,3,4,5)，
则 A3＝D5D4 D 3( D 2 D 1∪ D 2D1∪D2 D 1)， 且 P(Di)＝14.
1
2
3
4
第六节 二项分布、超几何分布与正态分布 走进教材·夯实基础 细研考点·突破题型 课时分层作业 命题热点自测
(3)两点分布与二项分布的均值、方差 ①若随机变量 X 服从两点分布，那么 E(X)＝p，D(X)＝ p(1－p) ． ②若 X～B(n，p)，则 E(X)＝ np ，D(X)＝ np(1－p) ．
(2)超几何分布的均值 nM
若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝__N___.
1
2
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4
第六节 二项分布、超几何分布与正态分布 走进教材·夯实基础 细研考点·突破题型 课时分层作业 命题热点自测
提醒：超几何分布与二项分布的区别与联系
超几何分布
二项分布
描述的是不放回抽样问题(总体在 描述的是有放回抽样问
1
2
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4Leabharlann 第六节 二项分布、超几何分布与正态分布 走进教材·夯实基础 细研考点·突破题型 课时分层作业 命题热点自测
二项分布的均值与方差
[典例 1－2] (2021·天津宝坻区模拟)冠状病毒是一个大型病毒
家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重急性呼吸
综合征(SARS)等较严重疾病，而新型冠状病毒(nCoV)是以前从未在
【精准解析】2021届高考数学(浙江专用)：§11.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
§11.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差基础篇固本夯基【基础集训】考点一 离散型随机变量及其分布列1.若离散型随机变量X 的分布列如下表,则常数c 的值为( )X 0 1 P 9c 2-c3-8cA.23或13B.23C.13D.1 答案 C2.为创建国家级文明城市,某城市号召出租车司机在高考期间至少进行一次“爱心送考”,该城市某出租车公司共200名司机,他们进行“爱心送考”的次数统计如图所示.(1)求该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数;(2)从这200名司机中任选两人,设这两人进行送考次数之差的绝对值为随机变量X,求X 的分布列及数学期望.解析 (1)由统计图得200名司机中送考1次的有20人, 送考2次的有100人,送考3次的有80人,∴该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数为20×1+100×2+80×3200=2.3.(2)从该公司任选两名司机,记“这两人中一人送考1次,另一人送考2次”为事件A, “这两人中一人送考2次,另一人送考3次”为事件B, “这两人中一人送考1次,另一人送考3次”为事件C, “这两人送考次数相同”为事件D, 由题意知X 的所有可能取值为0,1,2, P(X=1)=P(A)+P(B)=C 201C 1001C 2002+C 1001C 801C 2002=100199,P(X=2)=P(C)=C 201C 801C 2002=16199, P(X=0)=P(D)=C 202+C 1002+C 802C 2002=83199, ∴X 的分布列为X 0 1 2P83199 100199 16199E(X)=0×83199+1×100199+2×16199=132199. 考点二 离散型随机变量的均值与方差3.设离散型随机变量X 可能的取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b,若X 的数学期望为E(X)=3,则a-b=( ) A.110B.0C.-110D.15答案 A4.已知离散型随机变量X 的分布列为X 012 3P827 49 m127则X 的数学期望E(X)=( ) A.23B.1C.32D.2 答案 B5.已知随机变量ξ满足P(ξ=0)=13,P(ξ=1)=x,P(ξ=2)=23-x,若0<x<23,则( ) A.E(ξ)随着x 的增大而增大,D(ξ)随着x 的增大而增大 B.E(ξ)随着x 的增大而减小,D(ξ)随着x 的增大而增大 C.E(ξ)随着x 的增大而减小,D(ξ)随着x 的增大而减小 D.E(ξ)随着x 的增大而增大,D(ξ)随着x 的增大而减小 答案 C6.某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售.如果当天卖不完,剩下的玫瑰花当作垃圾处理.(1)若花店一天购进16枝玫瑰花,求当天的利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:枝,n ∈N)的函数解析式; (2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整理得下表:日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.(i)若花店一天购进16枝玫瑰花,X 表示当天的利润(单位:元),求X 的分布列、数学期望及方差; (ii)若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花,你认为应购进16枝还是17枝?请说明理由. 解析 (1)当日需求量n ≥16时,y=80. 当日需求量n<16时,y=10n-80. 所以y 关于n 的函数解析式为 y={10n -80, n <16,80, n ≥16(n ∈N).(2)(i)X 可能的取值为60,70,80,并且P(X=60)=0.1, P(X=70)=0.2,P(X=80)=0.7. 故X 的分布列为X 6070 80 P0.1 0.2 0.7X 的数学期望EX=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76.X 的方差为DX=(60-76)2×0.1+(70-76)2×0.2+(80-76)2×0.7=44. (ii)答案不唯一.答案一:花店一天应购进16枝玫瑰花.理由如下:若花店一天购进17枝玫瑰花,设Y 表示当天的利润(单位:元),则Y 的分布列为Y 55 65 75 85 P 0.1 0.2 0.16 0.54 Y 的数学期望为EY=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4.Y 的方差为DY=(55-76.4)2×0.1+(65-76.4)2×0.2+(75-76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54=112.04.结合(2)(i)可知DX<DY,即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小.虽然EX<EY,但两者相差不大.故花店一天应购进16枝玫瑰花.答案二:花店一天应购进17枝玫瑰花.理由如下:若花店一天购进17枝玫瑰花,设Y 表示当天的利润(单位:元),那么Y 的分布列为Y 55 65 75 85 P 0.1 0.2 0.16 0.54 Y 的数学期望为EY=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4.结合(2)(i)可知EX<EY,即购进17枝玫瑰花时平均每天的利润大于购进16枝时平均每天的利润.故花店一天应购进17枝玫瑰花.综合篇知能转换【综合集训】考法 求离散型随机变量的期望与方差的方法1.(2018广东省际名校联考(二),11)不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球,现从中逐个不放回地摸出小球,直到取出所有红球为止,则摸取次数X 的数学期望是( ) A.185 B.92 C.367 D.163答案 D2.(2018广东深圳南山入学摸底考试,5)一个摊主在一旅游景点设摊,在不透明的口袋中装入除颜色外无差别的2个白球和3个红球.游客向摊主付2元进行1次游戏.游戏规则如下:游客从口袋中随机摸出2个小球,若摸出的小球同色,则游客获得3元奖励;若异色,则游客获得1元奖励.则摊主从每次游戏中获得的利润X(单位:元)的期望是( ) A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 答案 A3.(2019河北冀州期末,19)有编号为1,2,3,…,n 的n 个学生,入座编号为1,2,3,…,n 的n 个座位,每个学生规定坐一个座位,设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X,已知X=2时,共有6种坐法. (1)求n 的值;(2)求随机变量X 的概率分布列及数学期望E(X).解析 (1)因为当X=2时,有C n2=n(n -1)2种坐法, 所以n(n -1)2=6,即n 2-n-12=0,解得n=4或n=-3(舍去), 所以n=4.(2)因为X 表示的是学生所坐的座位号与该生的编号不同的人数,所以X 的可能取值是0,2,3,4, 所以P(X=0)=1A 44=124,P(X=2)=C 42×1A 44=14,P(X=3)=C 43×2A 44=13,P(X=4)=1-124-14-13=38,所以X 的概率分布列为X 0234P124141338所以数学期望E(X)=0×124+2×14+3×13+4×38=3.4.(2019广东佛山顺德第二次教学质量检测,18)某糕点房推出一类新品蛋糕,该蛋糕的成本价为4元,售价为8元.受保质期的影响,当天没有销售完的糕点只能销毁.经过长期的调研,统计了一下该新品的日需求量.现将近期一个月(30天)的需求量展示如下:日需求量X(个)20 30 40 50 天数510105(1)从这30天中任取两天,求两天的日需求量均为40个的概率;(2)以上表中的频率作为概率,列出日需求量X 的分布列,并求该月的日需求量X 的期望;(3)根据(2)中的分布列求得当该糕点房一天制作35个该类蛋糕时,对应的利润的期望值为3203;现有员工建议扩大生产,一天生产45个,求对应利润的期望值,判断此建议该不该被采纳.解析 (1)从这30天中任取两天,两天的日需求量均为40个的概率为C 102C 302=329. (2)日需求量X 的分布列为X 20304050P16131316日需求量X 的期望E(X)=20×16+30×13+40×13+50×16=35.(3)设该糕点房制作45个蛋糕对应的利润为Y 元,对应的分布列如下:利润Y(元) -2060140180概率16 13 13 16利润Y 的期望E(Y)=-20×16+60×13+140×13+180×16=2803.因为2803<3203,所以此建议不该被采纳. 思路分析 (1)直接根据对应关系求概率即可;(2)列出日需求量的分布列,根据分布列,用数学期望的公式求解即可;(3)列出利润的分布列,根据分布列,用数学期望的公式求解,然后比较两个期望值,从而判断此建议该不该被采纳.5.(2019安徽宣城二模,19)某中学利用周末组织教职工进行了一次秋季登山健身的活动,有N 人参加,现将所有参加者按年龄情况分为[20,25),[25,30),[30,35),[35,40),[40,45),[45,50),[50,55)共七组,其频率分布直方图如图所示,已知[25,30)这组的参加者是6人.(1)根据频率分布直方图求该校参加秋季登山活动的教职工年龄的中位数;(2)已知[35,40)和[40,45)这两组各有2名数学教师,现从这两个组中各选取2人担任接待工作,设两组的选择互不影响,求两组选出的人中恰有1名数学教师的概率;(3)组织者从[45,55)这组的参加者(其中共有4名女教师,其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作,其中女教师的人数为X,求X 的分布列和均值.解析 (1)设[30,35)这一组对应的矩形的高为x, ∵(0.01+0.03+x+0.04+0.03+0.02+0.01)×5=1, ∴x=0.06.∵(0.01+0.03+0.06)×5=0.5, ∴中位数为35.(2)记事件A 为“从[35,40)和[40,45)两组中各选出2人,选出的人中恰有1名数学教师”,参加活动的总人数N=6÷(0.03×5)=40,年龄在[35,40)的人数为40×(0.04×5)=8,年龄在[40,45)的人数为40×(0.03×5)=6, ∴P(A)=C 21C 61C 82×C 42C 62+C 62C 82×C 21C 41C 62=1635. (3)年龄在[45,55)的人数为40×(0.02+0.01)×5=6, X 的可能取值为1,2,3,∵P(X=1)=C 41C 22C 63=15,P(X=2)=C 42C 21C 63=35,P(X=3)=C 43C 63=15, ∴X 的分布列为X123P15 35 15E(X)=1×15+2×35+3×15=2.【五年高考】考点一 离散型随机变量及其分布列1.(2019课标Ⅰ,21,12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X 的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p i (i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i 时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p 0=0,p 8=1,p i =ap i-1+bp i +cp i+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8. (i)证明:{p i+1-p i }(i=0,1,2,…,7)为等比数列; (ii)求p 4,并根据p 4的值解释这种试验方案的合理性.解析 本题主要考查概率与数列的综合,考查离散型随机变量的分布列,等比数列的判定及累加法的应用,考查学生灵活运用概率与数列知识去分析、解决实际问题的能力,综合考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力以及应用意识、创新意识. (1)X 的所有可能取值为-1,0,1.P(X=-1)=(1-α)β,P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β), P(X=1)=α(1-β). 所以X 的分布列为X -1 0 1 P (1-α)β αβ+(1-α)(1-β) α(1-β)(2)(i)证明:由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.因此p i =0.4p i-1+0.5p i +0.1p i+1,故0.1(p i+1-p i )=0.4(p i -p i-1),即p i+1-p i =4(p i -p i-1).又因为p 1-p 0=p 1≠0,所以{p i+1-p i }(i=0,1,2,…,7)是公比为4,首项为p 1的等比数列. (ii)由(i)可得p 8=p 8-p 7+p 7-p 6+…+p 1-p 0+p 0=(p 8-p 7)+(p 7-p 6)+…+(p 1-p 0)=48-13p 1.由于p 8=1,故p 1=348-1,所以p 4=(p 4-p 3)+(p 3-p 2)+(p 2-p 1)+(p 1-p 0)=44-13p 1=1257. p 4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p 4=1257≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理. 试题分析 本题以试验新药疗效为背景,命制了一个概率与数列的综合性问题,试题很新颖,创新度高,考查学生灵活运用数学知识解决实际问题的能力.本题层次分明,内容丰富,区分度较高,使不同学生的理性思维的广度和深度得到了充分展示.2.(2016课标Ⅰ,19,12分)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.(1)求X的分布列;(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?解析(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2. 可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22,P(X=16)=0.2×0.2=0.04;P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;P(X=22)=0.2×0.2=0.04.(4分)所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(6分)(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(8分)(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).当n=19时,EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4 040.(10分)当n=20时,EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4 080.可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.(12分)思路分析(1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列.(2)根据(1)中求得的概率可得P(X≤18)以及P(X≤19)的值,由此即可确定n的最小值.(3)求出n=19,n=20时的期望值,比较大小即可作出决策.3.(2019北京,17,13分)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:支付金额(元)(0,1 000](1 000,2 000]大于2 000支付方式仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人(1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率;(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数,求X的分布列和数学期望;(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用A的学生中,随机抽查3人,发现他们本月的支付金额都大于2 000元.根据抽查结果,能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化?说明理由.解析本题主要考查用样本分布估计总体分布,离散型随机变量的分布列与期望,以实际生活为背景考查学生解决实际问题的能力,渗透了数据分析的核心素养,体现了应用与创新意识.(1)由题意知,样本中仅使用A 的学生有18+9+3=30人,仅使用B 的学生有10+14+1=25人,A,B 两种支付方式都不使用的学生有5人.故样本中A,B 两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40人.所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B 两种支付方式都使用的概率估计为40100=0.4. (2)X 的所有可能值为0,1,2.记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”,事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”. 由题设知,事件C,D 相互独立,且P(C)=9+330=0.4,P(D)=14+125=0.6. 所以P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24,P(X=1)=P(C D ∪C D)=P(C)P(D )+P(C )P(D)=0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6=0.52, P(X=0)=P(CD )=P(C )P(D )=0.24. 所以X 的分布列为X 0 1 2 P0.24 0.52 0.24故X 的数学期望E(X)=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.(3)记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2 000元”. 假设样本仅使用A 的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)=1C 303=14 060.答案示例1:可以认为有变化.理由如下:P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:事件E 是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化. 思路分析 (1)由频率=频数样本容量即可求解相应频率,进而用频率估计概率.(2)仅使用A,且支付金额大于1 000元的概率P=9+330=0.4,仅使用B,且支付金额大于1 000元的概率P=14+125=0.6,进而求分布列和期望.(3)开放性题目,从事件发生的概率说明理由即可.评析 本题以移动支付的出现及普及为背景来设计问题,样本数据来源于学生熟悉的情景,不仅使学生体会到数学应用的广泛性,同时也体现了人们生活方式的巨大变化.第(3)问结合古典概型考查概率的意义,体会统计中的决策思想.4.(2017天津,16,13分)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.解析 本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.(1)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=0)=(1−12)×(1−13)×(1−14)=14,P(X=1)=12×1-13×1-14+1-12×13×1-14+(1−12)×(1−13)×14=1124,P(X=2)=(1−12)×13×14+12×(1−13)×14+12×13×(1−14)=14, P(X=3)=12×13×14=124.所以,随机变量X 的分布列为X 0123P14112414124随机变量X 的数学期望E(X)=0×14+1×1124+2×14+3×124=1312.(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 P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)=14×1124+1124×14=1148. 所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.技巧点拨 解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随机变量可以取哪些值以及取各个值时对应的概率,只有正确理解随机变量取值的意义才能解决这个问题,理解随机变量取值的意义是解决这类问题的必要前提.5.(2017山东,18,12分)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6和4名女志愿者B 1,B 2,B 3,B 4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的概率;(2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X 的分布列与数学期望EX. 解析 本题考查离散型随机变量的分布列,期望.(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M, 则P(M)=C 84C 105=518. (2)由题意知X 可取的值为0,1,2,3,4,则 P(X=0)=C 65C 105=142,P(X=1)=C 64C 41C 105=521,P(X=2)=C 63C 42C 105=1021,P(X=3)=C 62C 43C 105=521,P(X=4)=C 61C 44C 105=142. 因此X 的分布列为X 01234P1425211021521142X 的数学期望是EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0+1×521+2×1021+3×521+4×142=2. 解后反思 (1)求离散型随机变量X 的分布列的步骤: ①理解X 的含义,写出X 所有可能的取值. ②求X 取每个值时的概率; ③写出X 的分布列.(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意应用计数原理、古典概型概率公式等知识.考点二 离散型随机变量的均值与方差6.(2019浙江,7,4分)设0<a<1.随机变量X 的分布列是Xa1P131313则当a 在(0,1)内增大时,( ) A.D(X)增大 B.D(X)减小C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大 答案 D7.(2017浙江,8,4分)已知随机变量ξi 满足P(ξi =1)=p i ,P(ξi =0)=1-p i ,i=1,2.若0<p 1<p 2<12,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 A8.(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 1.969.(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件做检验,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)如果对余下的产品做检验,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做检验.教师专用题组考点一 离散型随机变量及其分布列1.(2015四川,17,12分)某市A,B 两所中学的学生组队参加辩论赛,A 中学推荐了3名男生、2名女生,B 中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率;(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X 表示参赛的男生人数,求X 的分布列和数学期望. 解析 (1)由题意得,参加集训的男、女生各有6名.参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 43C 63C 63=1100. 因此,A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-1100=99100. (2)根据题意,X 的可能取值为1,2,3. P(X=1)=C 31C 33C 64=15,P(X=2)=C 32C 32C 64=35, P(X=3)=C 33C 31C 64=15. 所以X 的分布列为X 123P15 35 15因此,X 的数学期望为E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3) =1×15+2×35+3×15=2.2.(2015重庆,17,13分)端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中装有10个粽子,其中豆沙粽2个,肉粽3个,白粽5个,这三种粽子的外观完全相同.从中任意选取3个. (1)求三种粽子各取到1个的概率;(2)设X 表示取到的豆沙粽个数,求X 的分布列与数学期望.解析 (1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”,则由古典概型的概率计算公式有P(A)=C 21C 31C 51C 103=14. (2)X 的所有可能值为0,1,2,且P(X=0)=C 83C 103=715,P(X=1)=C 21C 82C 103=715,P(X=2)=C 22C 81C 103=115. 综上知,X 的分布列为X 012P715715115故E(X)=0×715+1×715+2×115=35(个).3.(2013课标Ⅰ,19,12分)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件做检验,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件做检验,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件做检验,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,对这批产品做质量检验所需的费用记为X(单位:元),求X 的分布列及数学期望.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A 1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2,第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A 1B 1)∪(A 2B 2),且A 1B 1与A 2B 2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X 400500800P111611614EX=400×1116+500×116+800×14=506.25.思路分析 (1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2,第二次取出的4件产品全是优质品为事件B 1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A 1B 1)∪(A 2B 2),且A 1B 1与A 2B 2互斥,进而求解.(2)X 可能的取值为400,500,800,分别求其对应的概率,进而可得分布列、期望.4.(2013课标Ⅱ,19,12分)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出1 t 该产品获利润500元,未售出的产品,每1 t 亏损300元.根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图,如下图所示.经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品,以X(单位:t,100≤X ≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.(1)将T 表示为X 的函数;(2)根据直方图估计利润T 不少于57 000元的概率;(3)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如:若需求量X ∈[100,110),则取X=105,且X=105的概率等于需求量落入[100,110)的频率),求T 的数学期望. 解析 (1)当X ∈[100,130)时,T=500X-300(130-X)=800X-39 000, 当X ∈[130,150]时,T=500×130=65 000. 所以T={800X -39 000,100≤X <130,65 000, 130≤X ≤150.(2)由(1)知利润T 不少于57 000元当且仅当120≤X ≤150.由直方图知需求量X ∈[120,150]的频率为0.7,所以下一个销售季度内的利润T 不少于57 000元的概率的估计值为0.7.(3)依题意可得T 的分布列为T 45 000 53 000 61 000 65 000 P0.1 0.2 0.3 0.4所以ET=45 000×0.1+53 000×0.2+61 000×0.3+65 000×0.4=59 400. 思路分析 (1)经分段讨论(分X ∈[100,130)和X ∈[130,150])得函数解析式. (2)先求出利润T 不少于57 000元时X 的范围,然后根据直方图得到概率的估计值. (3)T 可能的取值是45 000,53 000,61 000,65 000,由此结合题意列出分布列,进而得期望. 易错警示 (1)中容易忽略100≤X ≤150而导致出错.考点二 离散型随机变量的均值与方差5.(2017北京,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x 和y 的数据,并制成下图,其中“*”表示服药者,“+”表示未服药者.(1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y 的值小于60的概率;(2)从图中A,B,C,D 四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x 的值大于1.7的人数,求ξ的分布列和数学期望E(ξ); (3)试判断这100名患者中服药者指标y 数据的方差与未服药者指标y 数据的方差的大小.(只需写出结论) 解析 本题考查古典概型,离散型随机变量的分布列与数学期望,方差等知识.(1)由题图知,在服药的50名患者中,指标y 的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机选出一人,此人指标y 的值小于60的概率为1550=0.3.(2)由题图知,A,B,C,D 四人中,指标x 的值大于1.7的有2人:A 和C. 所以ξ的所有可能取值为0,1,2. P(ξ=0)=C 22C 42=16,P(ξ=1)=C 21C 21C 42=23,P(ξ=2)=C 22C 42=16. 所以ξ的分布列为ξ 012P162316故ξ的期望E(ξ)=0×16+1×23+2×16=1.(3)在这100名患者中,服药者指标y 数据的方差大于未服药者指标y 数据的方差.方法总结 ①在求解离散型随机变量的分布列与数学期望时,先确定随机变量的取值及各个取值对应的概率,利用期望的公式求数学期望;②在比较数据的方差时,可以根据两组数据的集中或分散程度进行比较.6.(2016山东,19,12分)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“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果两人都没猜对,则“星队”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 的分布列和数学期望EX.解析 (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”. 由题意得,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)由题意得,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X 012346P1144 572 25144 112 512 14。
高考一轮复习理科数学课件二项分布与正态分布
03
中心极限定理
中心极限定理是概率论中最重要的一类定理，有广泛的实 际应用背景。在自然界与生产中，一些现象受到许多相互 独立的随机因素的影响，如果每个因素所产生的影响都很 微小时，总的影响可以看作是服从正态分布的。
练习题巩固提高
01
针对历年高考真题进行 练习，加强对二项分布 和正态分布的理解和应 用能力。
04
概率计算中常见误区及解题策略
忽略事件独立性导致错误计算
误区示例
在多次试验中，错误地认为前一次试 验的结果会影响后一次试验的结果。
注意事项
在解决实际问题时，要仔细分析事件 是否独立，避免因为忽略独立性而导 致错误计算。
解题策略
明确每次试验都是独立的，前一次试 验的结果不会影响后一次试验的结果 ，因此可以独立地计算每次试验的概 率。
布和正态分布的知识点。
深入理解概念
掌握二项分布和正态分布的定 义、性质及公式，理解其背后
的统计学原理和思想。
做题巩固知识点
通过大量练习，加深对知识点 的理解和记忆，提高解题速度
和准确度。
及时总结归纳
对易错点、难点进行及时总结 归纳，形成自己的知识体系。
答题技巧：如何快速准确解答相关题目
审题准确
仔细审题，明确题目要求，避 免答非所问。
定义
在n次独立重复的伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p，用X表示n重伯努利试验中事件A发生的次 数，则X的可能取值为0，1，…，n,且对每一个k（0≤k≤n）,事件{X=k}即为“n次试验中事件A恰好发生k次”， 随机变量X的离散概率分布即为二项分布。
表示方法
记作X~B(n,p)，其中n表示试验次数，p表示每次试验中事件A发生的概率。
12.2二项分布与正态分布-2021届高三数学(新高考)一轮复习课件(共39张PPT)
(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～
B3，23，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})＝287×29＋49×217＝22403.
X0 1 2 3
P 0.027 0.189 0.441 0.343
类题通法 利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意 检查该概率模型是否满足公式 P(X＝k)＝Cnkpk(1－p)n－k 的三个条件：(1) 在一次试验中某事件 A 发生的概率是一个常数 p；(2)n 次试验不仅是 在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独 立的；(3)该公式表示 n 次试验中事件 A 恰好发生了 k 次的概率.
答案：D 解析：由题可得 P(AB)＝A4444＝332，P(B)＝C14×44 33＝6247，根据条件概 率公式可得 P(A|B)＝PPABB＝29，故选 D.
2．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 积为偶数”，事件 B：“取到的 2 个数均为偶数”，则 P(B|A)＝ ________.
则 P(A1A2A3…An)＝ P(A1)P(A2)P(A3)…P(An) ． 3．二项分布
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)＝Cknpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，，n)
高考数学一轮复习二项分布、超几何分布与正态分布
分布．
4．正态分布
(1)正态曲线
1
函数f(x)＝
e
σ 2π
(x−μ)2
−
2σ2
，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，我们称f(x)
为正态密度函数，称它的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲
线．特别地，当μ＝0，σ＝1时，相应曲线称为标准正态曲线．
事件发生的概率相同；②各次试验中的事件是相互独立的；③在每一
次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生．
(2)在求n重伯努利试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好
n和k的值，再准确利用公式求概率．
巩固训练1
2
[2023·河南洛阳模拟]已知某植物种子每粒成功发芽的概率都为 ，某
3
植物研究所分两个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种
第六节
二项分布、超几何分布与正态分布
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】
1.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的
实际问题.
2.了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题.
3.了解服从正态分布的随机变量，了解正态分布的均值、方差及其
含义．
必备知识·夯实双基
知识梳理
一粒种子，每次试验结果相互独立．如果某次试验种子发芽，则称该
次试验是成功的；如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的．
(1)第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次成功的概率；
(2)第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值
为X，求X的分布列及数学期望．
题型二 超几何分布
例 2 [2023·广东广州模拟]近年来，某市为促进生活垃圾分类处理，
2021年新课标新高考数学复习课件：§11.3 条件概率、二项分布及正态分布
②根据题意得X~B
4,
1 2
,P(X=0)=
C04
1 2
4
=
1 16
;
P(X=1)=
C14
1 2
4
=
1 4
;P(X=2)=
C24
1 2
4
=
3 8
;
P(X=3)=
C34
1 2
4
=
1 4
;P(X=4)=
C44
1 2
4
=
1 16
.∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
1
3
1
1
16
4
解析 (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)根据此次调查,为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米,应将w定为 多少?(精确到小数点后2位) (3)若将频率视为概率,现从该市随机调查3名居民的月用水量,将月用水量 不超过2.5立方米的人数记为X,求其分布列及均值. 解题导引
(2)利用频率分布直方图估计w.
解析 (1)∵前二项分布
1.条件概率及其性质 (1)对于任何两个事件A和B,在已知事件A发生的条件下,事件B发生的概率
2021届高考数学(浙江专用)一轮试题：§11.3 条件概率、二项分布及正态分布 Word版含解析
§11.3 条件概率、二项分布及正态分布基础篇固本夯基【基础集训】考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布1.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12,两次闭合后都出现红灯的概率为15,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.110 B.15 C.25 D.12答案 C2.甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34,甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( ) A.34 B.23 C.57 D.512答案 D3.“石头、剪刀、布”又称“猜丁壳”,是一种流行多年的猜拳游戏,起源于中国,然后传到日本、朝鲜等地,随着亚欧贸易的不断发展,它传到了欧洲,到了近代逐渐风靡世界.其游戏规则是:出拳之前双方齐喊口令,然后在语音刚落时同时出拳,握紧的拳头代表“石头”,食指和中指伸出代表“剪刀”,五指伸开代表“布”.“石头”胜“剪刀”,“剪刀”胜“布”,而“布”又胜“石头”.若所出的拳相同,则为和局.小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是( ) A.127 B.227 C.281 D.881答案 B4.某个部件由三个元件按如图所示的方式连接而成,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( )A.15B.12C.35D.38答案D5.某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了1000粒,对于没有发芽的种子,每粒需再补种2粒,补种的种子数记为X,则X的数学期望为()A.400B.300C.200D.100答案C6.某次考试共有12个选择题,每个选择题的分值为5分,每个选择题四个选项有且只有一个选项是正确的,A学生对12个选择题中每个题的四个选项都没有把握,最后选择题的得分为X分,B学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的,对其他三个选项都没有把握,最后选择题的得分为Y分,则D(Y)-D(X)=()A.12512B.3512C.274D.234答案A7.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,两颗骰子的点数之和大于8的概率为.答案512考点二正态分布8.设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X,且X~N(800,502).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为() (参考数据:若X~N(μ,σ2),有P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.9544,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.9974)A.0.9772B.0.6826C.0.9974D.0.9544答案A9.甲、乙两类水果的质量(单位:kg)分别服从正态分布N(μ1,σ12),N(μ2,σ22),其正态分布的密度曲线如图所示,则下列说法错误的是()A.甲类水果的平均质量μ1=0.4kgB.甲类水果的质量比乙类水果的质量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正态分布的参数σ2=1.99答案D10.在某项测量中,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.0.4答案D11.已知随机变量x服从正态分布N(3,σ2),且P(x≤4)=0.84,则P(2<x<4)=()A.0.84B.0.68C.0.32D.0.16答案B12.近年来“双十一”已成为中国电子商务行业的年度盛事,并且逐渐影响到国际电子商务行业.某商家为了准备2018年“双十一”的广告策略,随机调查了1000名客户在2017年“双十一”前后10天内网购所花时间T(单位:时),并将调查结果绘制成如图所示的频率分布直方图.由频率分布直方图可以认为,这10天网购所花的时间T近似服从N(μ,σ2),其中μ用样本平均值代替,σ2=0.24.(1)计算μ,并利用该正态分布求P(1.51<T<2.49);(2)利用由样本统计获得的正态分布估计整体,将这10天网购所花时间在(2,2.98)小时内的人定义为目标客户,对目标客户发送广告提醒.现若随机抽取10000名客户,记X为这10000人中目标客户的人数.(i)求EX;(ii)问:10000人中目标客户的人数X为何值的概率最大?附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.6827,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.9545,P(μ-3σ<Z<μ+3σ)=0.9973.√0.24≈0.49.解析 (1)μ=0.4×(0.050×0.8+0.225×1.2+0.550×1.6+0.825×2.0+0.600×2.4+0.200×2.8+0.050×3.2)=2, 从而T 服从N(2,0.24), 又σ=√0.24≈0.49,从而P(1.51<T<2.49)=P(μ-σ<T<μ+σ)=0.682 7. (2)(i)任意抽取1名客户,该客户是目标客户的概率为 P(2<T<2.98)=P(μ<T<μ+2σ)=12P(μ-2σ<T<μ+2σ)=12×0.954 5=0.477 25. 由题意知X 服从B(10 000,0.477 25), 所以EX=10 000×0.477 25=4 772.5. (ii)X 服从B(10 000,0.477 25),P(X=k)=C 10 000k0.477 25k(1-0.477 25)10 000-k=C 10 000k0.477 25k·0.522 7510 000-k(k=0,1,2,…,10 000).设当X=k(k ≥1,k ∈N )时概率最大, 则有{P(X =k)>P(X =k +1),P(X =k)>P(X =k -1),得{0.522 75C 10 000k >0.477 25C 10 000k+1,0.477 25C 10 000k >0.522 75C 10 000k -1,解得k=4 772.故10 000人中目标客户的人数为4 772的概率最大.解题关键 对于(2),得出X 服从B(10 000,0.477 25)是解题的关键.综合篇知能转换【综合集训】考法一 独立重复试验及二项分布问题的求解方法1.(2018山东潍坊模拟,6)某篮球队对队员进行考核,规则是:①每人进行3个轮次的投篮;②每个轮次每人投篮2次,若至少投中1次,则本轮通过,否则不通过,已知队员甲投篮1次投中的概率为23,如果甲各次投篮投中与否互不影响,那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( )A.3B.83C.2D.53答案 B2.(2018福建厦门二模,6)袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )A.25B.35C.18125D.54125答案 D3.(2018广东珠海一中等六校第一次联考)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数其中A 的各位数字中,a 1=1,a k (k=2,3,4,5)出现0的概率为13,出现1的概率为23.若启动一次出现的数字为A=10101,则称这次试验成功,若成功一次得2分,失败一次得-1分,则100次独立重复试验的总得分X 的方差为 . 答案30 8007294.(2019河北模拟,19)某种植户对一块地的n(n ∈N *)个坑进行播种,每个坑播种3粒种子,每粒种子发芽的概率均为12,且每粒种子是否发芽相互独立,对每一个坑而言,如果至少有两粒种子发芽,则不需要进行补播种,否则要补播种. (1)当n 取何值时,有3个坑要补播种的概率最大?最大概率为多少? (2)当n=4时,用X 表示要补播种的坑的个数,求X 的分布列与数学期望.解析 (1)对于一个坑而言,要补播种的概率为(12)3+C 31(12)3=12.有3个坑需要补播种的概率为C n 3×(12)n,要使C n 3×(12)n 最大,只需{C n 3(12)n ≥C n 2(12)n,C n 3(12)n ≥C n4(12)n ,解得5≤n ≤7,∵n ∈N *,故n=5,6,7. (2)n=4时,要补播种的坑的个数X 的所有可能的取值为0,1,2,3,4,X~B (4,12),P(X=0)=C 40(12)4=116,P(X=1)=C 41×(12)4=14,P(X=2)=C 42(12)4=38,P(X=3)=C 43(12)4=14,P(X=4)=C 44(12)4=116.所以随机变量X 的分布列为X 01234P116143814116因为X~B (4,12),所以E(X)=4×12=2.5.(2020届辽宁阜新中学10月月考,18)某市政府为了节约生活用电,计划在本市试行居民生活用电定额管理,即确定一户居民月用电量标准a,用电量不超过a 的部分按平价收费.超出a 的部分按议价收费,为此,政府调查了100户居民的月平均用电量(单位:度),以[160,180),[180,200),[200,220),[220,240),[240,260),[260,280),[280,300)分组的频率分布直方图如图所示,用电量在[240,260)的居民户数比用电量在[160,180)的居民户数多11户.(1)求直方图中x,y 的值;(2)①用样本估计总体,如果希望至少85%的居民用电量低于标准,求月用电量的最低标准应定为多少度,并说明理由;②若将频率视为概率,现从该市所有居民中随机抽取3户,其中月用电量低于①中最低标准的居民户数为ξ,求ξ的分布列及数学期望E(ξ). 解析 (1)由题意,得{(x +0.009 5+0.010 0+0.013 5+y +0.005 0+0.002 5)×20=1,100×(y-x)×20=11,所以{x =0.002 0,y =0.007 5.(2)①样本中月用电量不低于260度的居民户数为(0.005 0+0.002 5)×20×100=15,占样本总量的15%,用样本估计总体,要保证至少85%的居民月用电量低于标准,故最低标准应定为260度.②将频率视为概率,设A(单位:度)代表居民月用电量,易知P(A<260)=1720,由题意得,ξ~B (3,1720), P(ξ=i)=C 3i(1720)i (320)3−i(i=0,1,2,3).所以ξ的分布列为ξ 0 1 2 3P278 000 4598 0002 6018 000 4 9138 000所以E(ξ)=0×278 000+1×4598 000+2×2 6018 000+3×4 9138 000=2.55. 或由ξ~B (3,1720)及二项分布的期望公式可得E(ξ)=3×1720=2.55考法二 正态分布问题的解题方法6.(2018山东淄博一模,5)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.73 B.53C.5D.3 答案 A7.(2019河北冀州期末,4)已知随机变量ξ服从正态分布N(4,62),P(ξ≤5)=0.89,则P(ξ≤3)=( ) A.0.89 B.0.78 C.0.22 D.0.11 答案 D8.(2019江西南昌模拟,6)在某次高三联考数学测试中,学生成绩ξ服从正态分布(100,σ2)(σ>0),若ξ在(85,115)内的概率为0.75,则任意选取一名学生,该生成绩高于115分的概率为( ) A.0.25 B.0.1 C.0.125 D.0.5 答案 C9.(2019山西运城一模,19)2019年2月13日《烟台市全民阅读促进条例》全文发布,旨在保障全民阅读权利,培养全民阅读习惯,提高全民阅读能力,推动文明城市和文化强市建设.某高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况,随机调查了200名学生每周阅读时间X(单位:小时)并绘制成如图所示的频率分布直方图.(1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中间值代表);(2)由直方图可以认为,目前该校学生每周的阅读时间X 服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x ,σ2近似为样本方差s 2.①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算:若X~N(μ,σ2),令Y=X -μσ,则Y~N(0,1),且P(X ≤a)=P (Y ≤a -μσ),利用直方图得到的正态分布,求P(X ≤10);②从该高校的学生中随机抽取20名,记Z 表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数,求P(Z ≥2)(结果精确到0.000 1)以及Z 的数学期望.参考数据:√178≈403,0.773 419≈0.007 6.若Y~N(0,1),则P(Y ≤0.75)=0.773 4.解析(1)x=6×0.03+7×0.1+8×0.2+9×0.35+10×0.19+11×0.09+12×0.04=9,s2=(6-9)2×0.03+(7-9)2×0.1+(8-9)2×0.2+(9-9)2×0.35+(10-9)2×0.19+(11-9)2×0.09+(12-9)2×0.04=1.78.(2)①由题知μ=9,σ2=1.78,∴X~N(9,1.78),σ=√1.78=√178100≈4 3.∴P(X≤10)=P(Y≤10−943)=P(Y≤0.75)=0.7734.②由①知P(X>10)=1-P(X≤10)=0.2266,由题意得Z~B(20,0.2266),P(Z≥2)=1-P(Z=0)-P(Z=1)=1-0.773420-C201×0.2266×0.773419≈1-(0.7734+20×0.2266)×0.0076≈0.9597.Z的数学期望E(Z)=20×0.2266=4.532.【五年高考】考点一条件概率、相互独立事件及二项分布1.(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.0.7B.0.6C.0.4D.0.3答案B2.(2015课标Ⅰ,4,5分)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A3.(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.答案0.184.(2015广东,13,5分)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=.答案135.(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.解析本题主要考查独立事件概率的求解.考查学生的逻辑推理及数据处理能力;考查的核心素养是数据分析和逻辑推理.(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.思路分析(1)X=2,即要么甲得2分,要么乙得2分,分类求出独立事件的概率,求和即可.(2)X=4且甲获胜,即又打了4个球,且后两球甲得分,前两个球甲、乙各得1分,由独立事件的概率公式可求解.6.(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2.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且3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 本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力,重点考查数学建模、数学运算的核心素养.(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X 0123P1272949827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. 思路分析 (1)观察关键词“均”“互不影响”“相互独立”,判断X~B(n,p),从而利用二项分布求出分布列与期望.(2)先将“天数恰好多2”用数学语言表示,即{X =3,Y =1或{X =2,Y =0.从而利用互斥与相互独立事件的概率计算公式求解.7.(2016北京,16,13分)A,B,C 三个班共有100名学生,为调查他们的体育锻炼情况,通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间,数据如下表(单位:小时):A 班 6 6.5 7 7.5 8B 班 6 7 8 9 10 11 12C 班34.567.5910.51213.5(1)试估计C 班的学生人数;(2)从A 班和C 班抽出的学生中,各随机选取一人,A 班选出的人记为甲,C 班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率;(3)再从A,B,C 三个班中各随机抽取一名学生,他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位:小时).这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1,表格中数据的平均数记为μ0,试判断μ0和μ1的大小.(结论不要求证明)解析 (1)由题意知,抽出的20名学生中,来自C 班的学生有8名.根据分层抽样方法,C 班的学生人数估计为100×820=40.(2)设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”,i=1,2,…,5, 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”, j=1,2,…,8. 由题意可知,P(A i )=15,i=1,2,…,5;P(C j )=18, j=1,2,…,8. P(A i C j )=P(A i )P(C j )=15×18=140,i=1,2,…,5, j=1,2,…,8. 设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,E=A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪A 5C 2∪A 5C 3∪A 5C 4. 因此P(E)=P(A 1C 1)+P(A 1C 2)+P(A 2C 1)+P(A 2C 2)+P(A 2C 3)+P(A 3C 1)+P(A 3C 2)+P(A 3C 3)+P(A 4C 1)+P(A 4C 2)+P(A 4C 3)+P(A 5C 1)+P(A 5C 2)+P(A 5C 3)+P(A 5C 4)=15×140=38. (3)μ1<μ0.考点二 正态分布8.(2015湖北,4,5分)设X~N(μ1,σ12),Y~N(μ2,σ22),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )A.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) 答案 C9.(2015山东,8,5分)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% 答案 B10.(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:9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得x =116∑i=116x i =9.97,s=√116∑i=116(x i -x)2=√116(∑i=116x i 2-16x 2)≈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)=0.997 4. 0.997 416≈0.959 2,√0.008≈0.09.解析 本题考查正态分布、二项分布的概念和性质、概率的计算以及数学期望的求法,考查学生逻辑推理能力、数据处理能力、运算求解能力及分析问题、解决问题的能力.(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.002 6,故X~B(16,0.002 6).因此P(X ≥1)=1-P(X=0)=1-0.997 416≈0.040 8. X 的数学期望为EX=16×0.002 6=0.041 6.(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0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.040 8,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≈1 591.134,剔除(μ^-3σ^,μ^+3σ^)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为115×(1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008, 因此σ的估计值为√0.008≈0.09.教师专用题组考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布1.(2014课标Ⅱ,5,5分)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.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45 答案 A考点二 正态分布2.(2014课标Ⅰ,18,12分)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,由测量结果得如下频率分布直方图:(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x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);(2)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x,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:√150≈12.2.若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.9544.解析(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x=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.(2)(i)由(1)知,Z~N(200,150),从而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)=0.6826.(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0.6826,依题意知X~B(100,0.6826),所以EX=100×0.6826=68.26.思路分析(1)根据直方图求得样本平均数x和样本方差s2;(2)(i)由(1)知Z~N(200,150),从而得出概率.(ii)依题意知X~B(100,0.6826),从而求得EX.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共35分)1.(2020届福建南安侨光中学第一次阶段考,3)已知随机变量ξ~B(3,12),则E(ξ)=()A.3B.2C.32D.122.(2019安徽安庆二模,7)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动,社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目,每人限报其中一项,记事件A 为“4名同学所报项目各不相同”,事件B 为“只有甲同学一人报关怀老人项目”,则P(A|B)=( )A.14B.34C.29D.59答案 C3.(2018广东茂名一模,6)设X~N(1,1),其正态分布密度曲线如图所示,那么向正方形ABCD 中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )(注:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<X<μ+2σ)=95.44%)A.7 539B.6 038C.7 028D.6 587 答案 D4.(2019福建宁德二模,6)某校有1 000人参加某次模拟考试,其中数学考试成绩近似服从正态分布N(105,σ2)(σ>0),试卷满分150分,统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的15,则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为( )A.150B.200C.300D.400 答案 C5.(2020届山西大学附中第二次诊断,9)已知排球发球考试规则:每位考生最多可发球三次,若发球成功,则停止发球,否则一直发到3次结束为止.某考生一次发球成功的概率为p(0<p<1),发球次数为X,若X 的数学期望E(X)>1.75,则p 的取值范围为( ) A.(0,12) B.(0,712) C.(12,1) D.(712,1) 答案 A6.(2020届广东深圳七中第二次月考,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.77.(2020届广东广州执信中学10月月考,5)社区开展“建军90周年主题活动——军事知识竞赛”,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为35和23,两人是否获得一等奖相互独立,则这两人中至少有一人获得一等奖的概率为( ) A.35B.215C.1315D.815答案 C二、多项选择题(每题5分,共10分)8.(改编题)下列对各事件发生的概率判断正确的是( )A.某学生在上学的路上要经过4个路口,假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的,遇到红灯的概率都是13,那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为427B.甲、乙、丙三人独立地破译一份密码,他们能单独译出的概率分别为15,13,14,假设他们破译密码是彼此独立的,则此密码被破译的概率为25C.甲袋中有8个白球,4个红球,乙袋中有6个白球,6个红球,从每袋中各任取一个球,则取到同色球的概率为12D.设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19,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 发生的概率是29答案 AC9.(改编题)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( ) A.p=0.4 B.p=1.6C.P(Y>4)=0.1D.P(Y>4)=0.3 答案 AC三、填空题(每题5分,共15分)10.(2020届湖北十堰二中月考,13)已知随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)且P(X ≤4)=0.88,则P(0<X<4)= . 答案 0.7611.(2019上海金山二模,9)若生产某种零件需要经过两道工序,在第一、二道工序中生产出废品的概率分别为0.01、0.02,每道工序生产废品相互独立,则经过两道工序后得到的零件不是废品的概率是 .(结果用小数表示) 答案 0.970 212.(2020届广东珠海9月摸底测试,15)研究珠海市农科奇观的某种作物,其单株生长果实个数x 服从正态分布N(90,σ2),且P(x<70)=0.1,从中随机抽取10株,果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X,假设X 服从二项分布,则X 的方差为 . 答案 2.4四、解答题(共35分)13.(2020届广东湛江9月调研考试,18)某市一所高中为备战即将举行的全市羽毛球比赛,学校决定组织甲、乙两队进行羽毛球对抗赛实战训练.每队四名运动员,并统计了以往多次比赛成绩,按由高到低进行排序分别为第一名、第二名、第三名、第四名.比赛规则为甲、乙两队同名次的运动员进行对抗,每场对抗赛都互不影响,当甲、乙两队的四名队员都进行一次对抗赛后称为一个轮次.按以往多次比赛统计的结果,甲、乙两队同名次进行对抗时,甲队队员获胜的概率分别为12,23,13,12. (1)进行一个轮次对抗赛后一共有多少种对抗结果?(2)计分规则为每次对抗赛获胜一方所在的队得1分,失败一方所在的队得0分.设进行一个轮次对抗赛后甲队所得分数为X,求X 的分布列及数学期望.解析 (1)因为甲、乙两队的四名队员每进行一次对抗赛都会有2种情况产生, 所以进行一个轮次对抗赛后一共有24=16种对抗结果. (2)X 的可能取值分别为4,3,2,1,0, P(X=4)=12×23×13×12=236=118;P(X=3)=12×23×13×12+12×13×13×12+12×23×23×12+12×23×13×12=936=14;P(X=2)=12×13×13×12+12×13×23×12+12×23×23×12+12×23×23×12+12×23×13×12+12×13×13×12=1436=718; P(X=1)=12×13×23×12+12×23×23×12+12×13×13×12+12×13×23×12=936=14; P(X=0)=12×13×23×12=236=118. 所以X 的分布列为X 4321P1181471814118E(X)=4×118+3×14+2×718+1×14+0×118=2.14.(2019江西红色七校第二次联考,19)当前,以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进.高中联招对初三毕业学生进行体育测试,是激发学生、家长和学校积极开展体育活动,保证学生健康成长的有效措施.某地区2018年初中毕业生升学体育考试规定,考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试,三项考试满分为50分,其中立定跳远15分,掷实心球15分,1分钟跳绳20分.某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况,随机抽取了100名学生进行测试,得到如图所示的频率分布直方图,且规定计分规则如下表.每分钟 跳绳个数 [155,165) [165,175) [175,185) [185,+∞)得分17181920(1)现从样本的100名学生中,任意选取2人,求两人得分之和不大于35分的概率;(2)若该校初三年级所有学生的跳绳个数X 服从正态分布N(μ,σ2),用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差,已知样本方差s 2≈169(各组数据用中点值代替).根据往年经验,该校初三年级学生经过一年的训练,正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步,假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时增加10个,现利用所得正态分布模型: ①预估全年级恰好有2 000名学生时,正式测试每分钟跳182个以上的人数;(结果四舍五入到整数)②若在全年级所有学生中任意选取3人,记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为ξ,求随机变量ξ的分布列和期望. 附:若随机变量X 服从正态分布N(μ,σ2),则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.解析 (1)两人得分之和不大于35分,即两人得分均为17分或两人中1人得17分,1人得18分, 所以所求概率P=C 62+C 61C 121C 1002=291 650. (2)X=160×0.06+170×0.12+180×0.34+190×0.30+200×0.1+210×0.08=185(个), 用样本方差s 2≈169估计σ=13,所以正式测试时,μ=195,σ=13, 设正式测试时,学生每分钟跳绳个数为Y,则Y服从正态分布N(195,132).①P(Y>182)=P(Y>195-13)=1-1−0.682 6=0.8413,20.8413×2000=1682.6≈1683(人).∴预估全年级恰好有2000名学生时,正式测试每分钟跳182个以上的人数为1683.②由Y服从正态分布N(195,132)知,全年级所有学生中任意选取1人,每分钟跳195个以上的概率为0.5,易得ξ~B(3,0.5),∴P(ξ=0)=C30(1-0.5)3=0.125,P(ξ=1)=C310.5×(1-0.5)2=0.375,P(ξ=2)=C320.52×(1-0.5)=0.375,P(ξ=3)=C330.53=0.125,∴ξ的分布列为ξ0123P0.1250.3750.3750.125E(ξ)=3×0.5=1.5.15.(2019北京朝阳二模,16)某电视台举行文艺比赛,并通过网络对比赛进行直播.比赛现场有5名专家评委给每位参赛选手评分,场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分.每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定.某选手参与比赛后,现场专家评分情况如下表:专家A B C D E评分9.69.59.68.99.7场外有数万名观众参与评分,将评分按照[7,8),[8,9),[9,10]分组,绘成频率分布直方图如图.(1)求a的值,并用频率估计概率,估计某场外观众评分不小于9分的概率;(2)从5名专家中随机选取3人,X表示评分不小于9分的人数;从场外观众中随机选取3人,用频率估计概率,Y表示评分不小于9分的人数;试求E(X)与E(Y)的值;(3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分:方案一:用所有专家与观众的评分的平均数x作为该选手的最终得分;。
高考数学(浙江文理通用)一轮复习课件：第十一章 概率、随机变量及其分布 第1讲
考点一
随机事件的关系
【例1】 一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字1，2，3， 4，5，6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示“向上的一面出 现奇数点”，事件B表示“向上的一面出现的点数不超过3”，事件 C表示“向上的一面出现的点数不小于4”，则( D ) A.A与B是互斥而非对立事件 C.B与C是互斥而非对立事件 B.A与B是对立事件 D.B与C是对立事件
②若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＝ 1－P(B) .
诊断自测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的.( × ) (2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值.( √ ) 1 (3)如果某种彩票的中奖概率为1 000， 那么买 1 000 张这种彩票 一定能中奖.( × ) (4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.( × ) (5)两个事件对立时一定互斥， 但两个事件互斥时这两个事件未 必对立.( √ )
2.频率与概率
(1)在相同的条件 S 下重复 n 次试验，观察某一事件 A 是否出 现， 称 n 次试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的频数， nA 称事件 A 出现的比例 fn(A)＝ n 为事件 A 出现的频率. (2)对于给定的随机事件 A，如果随着试验次数的增加，事件 A 发生的 频率fn(A) 稳定在某个常数上，把这个 常数 记作 P(A)，称为事件 A 的概率，简称为 A 的概率.
所有试验结果写出来，看所求事件包含哪些试验结果，
从而断定所给事件的关系.
【训练1】 对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹 .设A＝ {两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有 一次击中飞机 } ， D ＝ { 至少有一次击中飞机 } ，其中彼此
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(3)若A与B相互独立,则A与 B , A与B, A与 B 也都相互独立.
(4)若P(AB)=P(A)P(B),则A与B相互独立.
3.独立重复试验与二项分布
独立重复试验
二项分布
定义 一般地,在相同条件下重复做的n次 试验称为n次独立重复试验
一般地,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,此时称随机变量X 服从二项分布,记作X~B(n,p)
②根据题意得X~B 4, 12
,P(X=0)= C04
1 2
4 1
= 16 ;
P(X=1)= C14
1 2
4
= 14 ;P(X=2)= C24
1 2
4 3
= 8;
P(X=3)= C34
1 2
4
= 14 ;P(X=4)= C44
1 2
4 1
= 16 .∴X的分布列为
知能拓展
考法一 独立重复试验及二项分布问题的求解方法
例1 (2018广东顺德一模,19)某市市民用水拟实行阶梯水价,每人月用水 量不超过w立方米的部分按4元/立方米收费,超出w立方米的部分按10元/ 立方米收费,从该市随机调查了100位市民,获得了他们某月的用水量数据, 整理得到如下频率分布直方图,并且前四组频数成等差数列.
(iii)曲线在x=μ处达到峰值 21πσ ;
(iv)曲线与x轴之间的面积为1;
(v)当σ一定时,曲线随着μ的变化而沿x轴移动;
(vi)当μ一定时,曲线的形状由σ确定,σ越小,曲线越“瘦高”;σ越大,曲线越 “矮胖”. 2.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)= baφμ,σ(x)dx,则称X的 分布为正态分布,记作⑤ X~N(μ,σ2) . (2)正态分布的三个常用数据 (i)P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.682 7; (ii)P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 5; (iii)P(μ-3σ<X≤μ+3σ)≈0.997 3.
高考数学
§11.3 条件概率、二项分布及正态分布
考点清单
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布
1.条件概率及其性质 (1)对于任何两个事件A和B,在已知事件A发生的条件下,事件B发生的概率
P(AB)
叫做条件概率,用符号P(B|A)来表示,其公式为P(B|A)=① P(A) .
(2)条件概率具有的性质 (i)0≤P(B|A)≤1; (ii)如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A). 2.相互独立事件 (1)对于事件A、B,若A的发生与B的发生互不影响,则称A、B是相互独立事件. (2)若A与B相互独立,则P(B|A)=P(B),P(AB)=P(B|A)·P(A)=P(A)·P(B).
考法二 正态分布问题的解题方法
例2 (2018河北石家庄新华模拟,19)“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);
(1)求a,b,c的值及居民月用水量在2~2.5内的频数;
(2)根据此次调查,为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米,应将w定为 多少?(精确到小数点后2位) (3)若将频率视为概率,现从该市随机调查3名居民的月用水量,将月用水量 不超过2.5立方米的人数记为X,求其分布列及均值.
解题导引
(2)利用频率分布直方图估计w.
考点二 正态分布
1.正态曲线及其特点
(1)正态曲线的定义
函数φμ,σ(x)=
1 2π
σ
· e-
(x -μ )2 2σ2
,x∈(-∞,+∞)(其中实数μ和σ(σ>0)为参数)的图象曲线的特点
(i)曲线位于x轴上方且与x轴不相交;
(ii)曲线是单峰的,它关于直线④ x=μ 对称;
解析 (1)∵前四组频数成等差数列,
∴所对应的 频组率距 也成等差数列,
设a=0.2+d,b=0.2+2d,c=0.2+3d, ∴0.5×(0.2+0.2+d+0.2+2d+0.2+3d+0.2+d+0.1+0.1+0.1)=1, 解得d=0.1,∴a=0.3,b=0.4,c=0.5. 居民月用水量在2~2.5内的频率为0.5×0.5=0.25. 居民月用水量在2~2.5内的频数为0.25×100=25. (2)由题图及(1)可知,居民月用水量小于2.5的频率为0.7<0.8,∴为使80%以
(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:计算得所抽查的这100包速冻水饺的质量指标值的标准差为σ= 142.75 ≈11.95; 若ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ≤μ+σ)=0.682 6,P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)=0.954 4. 解题导引
上居民月用水价格为4元/立方米,应规定w=2.5+ 0.1 ×0.5≈2.83.
0.15
(3)将频率视为概率,设A(单位:立方米)代表居民月用水量,可知P(A≤2.5)= 0.7, 由题意,X~B(3,0.7),
P(X=0)= C30 ×0.33=0.027, P(X=1)= C13×0.32×0.7=0.189, P(X=2)= C32×0.3×0.72=0.441, P(X=3)= C33×0.73=0.343. ∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.027
0.189
0.441
0.343
∵X~B(3,0.7),∴E(X)=np=2.1.
方法总结 1.n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率求法: n次独立重复试验中事件A恰好发生k次可看作 Ckn个互斥事件的和,其中每 一个事件都可看作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pk(1-p)n-k(其中p为在一次试验中事件A发生的概率). 因此,n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为 Cknpk(1-p)n-k. 2.写二项分布时,首先确定随机变量X的取值,然后用公式P(X=k)= Cknpk(1-p)nk计算概率即可. 3.若离散型随机变量X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p),即其均值和方差的 求解既可以利用定义,也可以直接代入上述公式.
X
0
1
2
3
4
P
1
1
3
1
1
16
4
8
4
16
∴E(X)=4×12 =2.
方法总结 1.对于正态分布N(μ,σ2),由x=μ是正态曲线的对称轴知 (1)P(X≥μ)=P(X≤μ)=0.5; (2)对任意的a有P(X<μ-a)=P(X>μ+a); (3)P(X<x0)=1-P(X≥x0); (4)P(a<X<b)=P(X<b)-P(X≤a). 2.服从N(μ,σ2)的随机变量X在某个区间内取值的概率的求法: (1)利用P(μ-σ<X≤μ+σ),P(μ-2σ<X≤μ+2σ),P(μ-3σ<X≤μ+3σ)的值直接求; (2)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这些特殊性质 求解.
解析 (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.
计算 用Ai(i=1,2,…,n)表示第i次试验结果, 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 公式 则P(A1A2…An)=P(A1)·P(A2)…P(An) =k)=C nk pk(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n)
4.二项分布的均值与方差 若X~B(n,p),则EX=② np ,DX=③ np(1-p) .