(全国卷数学2017年高考一轮)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.。
高考数学一轮总复习二项分布超几何分布与正态分布教师用书
第七节 二项分布、超几何分布与正态分布考试要求：1．掌握二项分布和超几何分布的概念．2．了解正态分布的含义．一、教材概念·结论·性质重现1．n重伯努利试验与二项分布(1)n重伯努利试验把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验．将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．n重伯努利实验具有如下共同特征：(2)二项分布一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，用X 表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝C p k(1－p )n－k，k＝0,1,2，…，n，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．2．超几何分布一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品．从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r．其中n，M，N∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}，称随机变量X服从超几何分布．3．超几何分布的期望E(X)＝＝np (p为N件产品的次品率)．(2)已知各类对象的个数．(3)从中抽取若干个个体，考察某类个体数X的概率分布．超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．4．正态分布(1)正态曲线函数f(x)＝e，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，我们称函数f(x)为正态密度函数，称它的图象为正态密度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的特点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．④曲线与x轴围成的面积为1．⑤在参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着μ 的变化而沿x轴平移，如图(1)所示．⑥当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ较小时，峰值高，曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；σ较大时，峰值低，曲线“矮胖”，表示随机变量X的分布比较分散，如图(2)所示．(3)正态分布的定义及表示若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝e，x∈R，则称随机变量X服从正态分布，记为X～ N(μ， σ2)．正态总体在三个特殊区间内取值的概率值．①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7．②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5．③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．若X服从正态分布，即二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝C 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发生的次数的概率分布．( √ )(2)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．( × )(3)从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布．( √ )(4)一个盒中装有4个黑球、3个白球，从中任取一个球．若是白球，则取出来，若是黑球，则放回盒中，直到把白球全部取出来．设取到黑球的次数为X，则X服从超几何分布．( × )(5)二项分布是一个概率分布，其公式相当于二项式(a＋b)n展开式的通项，其中a＝p，b＝1－p．( × )(6)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布密度函数，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．( √ )2．(2021·佛山期末)有一批谷类种子，如果每1粒种子发芽的概率为，那么插下3粒种子恰有2粒发芽的概率是( )A．B．C．D．A 解析：3粒种子中发芽的粒数服从二项分布X～B，所以恰有2粒发芽的概率为C××＝．3．某班有48名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布，平均分为80，标准差为10，则理论上在80分到90分的人数是( )A．32 B．16C．8 D．20B 解析：因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.682 7．根据正态曲线的对称性可知，位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半，所以理论上在80分到90分的人数是×0.682 7×48≈16．4．有N件产品，其中有M件次品，从中不放回地抽取n件产品，抽到的次品数的数学期望是( )A．n B．(n－1)C．D．(n＋1)C 解：设抽到的次品数为X，则有N件产品，其中有M件次品，从中不放回地抽取n件产品，抽到的次品数X服从超几何分布即X～H(n，M，N)，所以抽到的次品数的数学期望值E(X)＝．5．已知随机变量ξ～B，则P(ξ＝3)＝________(用数字作答)． 解析：随机变量ξ～B，则P(ξ＝3)＝C·3·＝．6．已知随机变量X～N(1,62)，若P(X>0)＝0.8，则P(X≥2)＝________．0.2 解析：随机变量X服从正态分布N(1,62)，所以正态曲线关于x＝1对称，所以P(x≥2)＝P(x≤0)＝1－P(x>0)＝0.2．考点1 二项分布——基础性某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予录用．设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为，复审能通过的概率为，各专家评审的结果相互独立．(1)求某应聘人员被录用的概率；(2)若4人应聘，设X为被录用的人数，试求随机变量X的分布列．解：设“两位专家都同意通过”为事件A，“只有一位专家同意通过”为事件B，“通过复审”为事件C．(1)设“某应聘人员被录用”为事件D，则D＝A∪BC．因为P(A)＝×＝，P(B)＝2××＝，P(C)＝，所以P(D)＝P(A∪BC)＝P(A)＋P(B)P(C)＝．所以某应聘人员被录用的概率为．(2)根据题意，X＝0,1,2,3,4，且X～B，A i表示“应聘的4人中恰有i人被录用”(i＝0,1,2,3,4)．因为P(A0)＝C×＝，P(A1)＝C××＝，P(A2)＝C××＝，P(A3)＝C××＝，P(A4)＝C××＝．所以X的分布列为X01234P二项分布概率公式可以简化求概率的(2021·杭州二模)从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸得白球个数为X．若E(X)＝，则m＝________，P(X＝2)＝________．2 解析：甲从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，记摸得白球个数为X，则X～B，因为E(X)＝，所以E(X)＝3×＝，所以m＝2，所以P(X＝2)＝C××＝．考点2 超几何分布——应用性在心理学研究中，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A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，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A1但不包含B1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．解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，则P(M)＝＝．(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，因此X的分布列为X01234P(1)超几何分布1．(多选题)在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球、4个白球，现从中任取4个小球．设取出的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是( )A．P(X＝1)＝B．随机变量X服从二项分布C．随机变量X服从超几何分布D．E(X)＝ACD 解析：由题意知随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确．X的取值分别为0,1,2,3,4，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，故A，D正确．2．某高中德育处为了调查学生对“国安法”的关注情况，在全校组织了“国家安全知多少”的知识问卷测试，并从中随机抽取了12份问卷，得到其测试成绩(百分制)如下：52,63,67,68,72,76,76,76,82,88,93,94．(1)写出该样本的中位数，若该校共有3 000名学生，试估计该校测试成绩在70分以上的人数；(2)从所抽取的70分以上的学生中再随机选取4人，记ξ表示测试成绩在80分以上的人数，求ξ的分布列和数学期望．解：(1)由已知数据可得中位数为76，样本中70分以上的所占比例为＝，故可估计该校测试成绩在70分以上的约为3 000×＝2 000(人)．(2)由题意可得ξ的可能取值为0,1,2,3,4．P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝＝，P(ξ＝2)＝＝＝，P(ξ＝3)＝＝＝，P(ξ＝4)＝＝．所以ξ的分布列为ξ01234PE(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2．考点3 正态分布——应用性(1)(多选题)若随机变量ξ～N(0,1)，φ(x)＝P(ξ≤x)，其中x>0．下列等式成立的有( )A．φ(－x)＝1－φ(x)B．φ(2x)＝2φ(x)C．P(|ξ|<x)＝2φ(x)－1D．P(|ξ|>x)＝2－φ(x)AC 解析：因为随机变量ξ服从标准正态分布N(0，1)，所以正态曲线关于ξ＝0对称，如图．φ(－x)＝P(ξ≤－x)＝P(ξ≥x)＝1－φ(x)，所以A项正确．φ(2x)＝P(ξ≤2x)，2φ(x)＝2P(ξ≤x)，所以φ(2x)≠2φ(x)，B项错误．P(|ξ|<x)＝P(－x<ξ<x)＝1－2φ(－x)＝1－2[1－φ(x)]＝2φ(x)－1，所以C项正确．P(|ξ|≥x)＝P(ξ≥x或ξ≤－x)＝1－φ(x)＋φ(－x)＝1－φ(x)＋1－φ(x)＝2－2φ(x)，所以D项错误．故选AC．(2)(2021·重庆校级模拟)重庆合川桃片远近闻名，某个品种的合川桃片是小袋装的，其质量服从正态分布N(100，0.01)(单位：g)．现抽取500袋样本，X表示抽取的桃片质量在(100，100.2]的袋数，则X约为______．(结果四舍五入保留整数)附：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5．239 解析：因为质量服从正态分布N(100,0.01)，所以μ＝100，σ＝0.1．因为P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，且μ＝100，σ＝0.1，所以P(99.8≤X≤100.2)≈0.954 5，所以P(100＜X≤100.2)≈＝0.47725，则抽取的桃片质量在(100,100.2)的袋数X服从二项分布，即X～B(500,0.477 25)，则E(X)＝500×0.477 25≈239．(2021·湖南模拟)扶贫期间，扶贫工作组从A地到B地修建了公路，脱贫后，为了了解A地到B地公路的交通通行状况，工作组调查了从A地到B地行经该公路的各种类别的机动车共4 000辆，汇总行车速度后作出如图所示的频率分布直方图．(1)试根据频率分布直方图，求样本中的这4 000辆机动车的平均车速(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)．(2)由频率分布直方图可大致认为，该公路上机动车的行车速度Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ，σ2分别取调查样本中4 000辆机动车的平均车速和车速的方差s2(s2＝204.75)．①请估计该公路上10 000辆机动车中车速高于84.8 km/h的车辆数(精确到个位)；②现从经过该公路的机动车中随机抽取10辆，设车速低于84.8 km/h的车辆数为X，求X的数学期望．附：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3，取＝14.3．解：(1)由题意可知，＝(45＋95)×0.1＋(55＋85)×0.15＋65×0.2＋75×0.3＝70.5．故样本中的这4 000辆机动车的平均车速为70.5 km/h．(2)由题意，Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝＝70.5，σ2＝s2＝204.75，则σ＝14.3．①因为P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)＝P(56.2≤Z≤84.8)≈0.682 7，所以P(Z>84.8)≈×(1－0.682 7)＝0.158 65，所以车速高于84.8 km/h的车辆数的估计值为0.158 65×10 000＝1 586.5≈1 587．②行车速度低于84.8 km/h的概率为1－0.158 65＝0.841 35，又X～B(10,0.841 35)，所以E(X)＝10×0.841 35＝8.413 5．。
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绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷5页，23小题，满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合A ={x |x <1}，B ={x |}，则31x <A ．{|0}A B x x =< B ．A B =RC ．{|1}A B x x => D ．A B =∅2．如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A ．14B ．π8C ．12D ．π43．设有下面四个命题1p ：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；2p ：若复数z 满足2z ∈R ，则z ∈R ；3p ：若复数12,z z 满足12z z ∈R ，则12z z =；4p ：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为A ．13,p p B ．14,p p C ．23,p p D ．24,p p 4．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．85．函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]6．621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为A ．15B ．20C ．30D ．357．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．168．右面程序框图是为了求出满足3n −2n >1000的最小偶数n ，那么在和两个空白框中，可以分别填入A ．A >1 000和n =n +1B ．A >1 000和n =n +2C ．A ≤1 000和n =n +1D ．A ≤1 000和n =n +29．已知曲线C 1：y =cos x ，C 2：y =sin (2x +2π3)，则下面结论正确的是A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 210．已知F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，则|AB |+|DE |的最小值为A ．16B ．14C ．12D ．1011．设xyz 为正数，且235x y z ==，则A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。
高考数学一轮复习题——第7节 二项分布与正态分布
第7节二项分布与正态分布【选题明细表】知识点、方法题号条件概率4,7,8相互独立事件的概率6,12,13独立重复试验与二项分布1,2,3,5,9,10,14正态分布2,11基础对点练(建议用时:25分钟)1.设随机变量X～B（6,）,则P(X=3)等于( A )(A)(B)(C)(D)解析:因为X～B（6,）,所以P(X=3)=（）3（1-）3=.故选A. 2.(2018·四川遂宁一诊)已知随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),若P(ξ<2)=P(ξ>6)=0.15,则P(2≤ξ<4)等于( B )(A)0.3 (B)0.35 (C)0.5 (D)0.7解析:由题意可得P(2≤ξ<4)==0.35,故选B.3.(2018·福建厦门二模)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( D ) (A)(B)(C) (D)解析: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,每次取到黄球的概率P1=,所以3次中恰有2次抽到黄球的概率是P= （）2（1-）=.故选D.4.(2018·河北唐山二模)甲、乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是( D )(A)(B)(C)(D)解析:甲不跑第一棒共有·=18种情况,甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类:(1)乙跑第一棒,共有=6种情况;(2)乙不跑第一棒,共有··=8种情况,所以甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率为=.故选D.5.(2018·潍坊市期末)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,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( B )(A)3 (B)(C)2 (D)解析:每个轮次甲不能通过的概率为×=,通过的概率为1-=,因为甲3个轮次通过的次数X服从二项分布B（3,）,所以X的数学期望为3×=.故选B.6.(2018·山东省、河北省部分重点中学二次质检)春节期间,某旅游景区推出掷圆圈套玩具鹅的游戏,吸引了一大批的游客参加,规则是:每人花10元拿到5个圆圈,在离最近的玩具鹅的2米处掷圆圈5次,只要圆圈连续套住同一只鹅颈3次,就可以获得套住的那只玩具鹅.假设某游客每次掷圆圈套住鹅颈的概率为,且每次掷圆圈的结果互不影响,则该游客获得一只玩具鹅的概率为( D )(A) (B) (C) (D)解析:设“第i次套住鹅颈”为事件A i(i=1,2,3,4,5),则表示“第i 次未套住鹅颈”,依题意可得该游客能获得一只玩具鹅的3种情形: A1A2A3,A2A3A4,A3A4A5,而P(A1A2A3)=（）3=,P(A2A3A4)=（）3×=,P(A3A4A5)=（）3×（）2=,故该游客获得一只玩具鹅的概率为++=,故选D.7.(2017·上海闵行二模)某学生在上学的路上要经过2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,则这名学生在上学路上到第二个路口时首次遇到红灯的概率是.解析:设“这名学生在上学路上到第二个路口首次遇到红灯”为事件A,则所求概率为P(A)=×=.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:9.(2018·广东六校联考)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数A=a1a2a3a4a5,其中A的各位数字中,a1=1, a k(k=2,3,4,5)出现0的概率为,出现1的概率为.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次重复试验的总得分X的方差为.解析:启动一次出现数字为A=10 101的概率P=（）2×（）2=,由题意知随机变量η符合二项分布,根据成功概率和实验的次数的值,有η～B（100,）.所以η的方差为D(η)=100××=.总得分X=2η-1×(100-η)=3η-100,所以D(X)=D(3η-100)=9D(η)=.答案:能力提升练(建议用时:25分钟)10.(2018·全国Ⅲ卷)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等于( B )(A)0.7 (B)0.6 (C)0.4 (D)0.3解析:由题意可知,10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布,即X～B(10,p),所以D(X)=10p(1-p)=2.4,所以p=0.4或0.6.又因为P(X=4)<P(X=6),所以p4(1-p)6<p6(1-p)4,所以p>0.5,所以p=0.6.故选B.11.(2018·合肥市质检)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( D )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.(A)3 413件(B)4 772件(C)6 826件(D)8 186件解析:由题意知μ=100,σ=2,则P(98<X<104)=[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.故选D.12.1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号箱中随机取出一球,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:然后从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|)==.从而P(A)=P(AB)+P(A)=P(A|B)·P(B)+P(A|)·P()=.故选A.法二根据题意,分两种情况讨论:①从1号箱中取出白球,其概率为=,此时2号箱中有6个白球和3个红球,从2号箱中取出红球的概率为,则此种情况下的概率为×=.②从1号箱中取出红球,其概率为=.此时2号箱中有5个白球和4个红球,从2号箱取出红球的概率为,则这种情况下的概率为×=.则从2号箱取出红球的概率是+=.故选A.13.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,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)=（）3+（）3=,从而P(A)=1-P(B)=1-=.答案:14.(2018·惠州市二次调研)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=,记该班级完成n首背诵后的总得分为S n.(1)求S6=20且S i≥0(i=1,2,3)的概率;(2)记ξ=|S5|,求ξ的分布列及数学期望.解:(1)当S6=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=（）2×（）2×（）2+×××（）2×=.(2)由题意知ξ=|S5|的所有可能的取值为10,30,50,又p=,所以P(ξ=10)=（）3×（）2+（）2×（）3=,P(ξ=30)=（）4×（）1+（）1×（）4=,P(ξ=50)=（）5×（）0+（）0×（）5=,所以ξ的分布列为ξ10 30 50P所以E(ξ)=10×+30×+50×=.好题天天练(建议用时:10分钟)(2018·天星教育大联考)某手机游戏研发公司为进行产品改进,对游戏用户每天在线的时间进行调查,随机抽取50名用户对其每天在线的时间进行了调查统计,并绘制了如图所示的频率分布直方图,其中每天的在线时间4 h以上(包括4 h)的用户被称为“资深玩家”,根据频率分布直方图回答下列问题:(1)从所调查的“资深玩家”中任取3人再进行每天连续在线时间的调查,求抽取的3人中至少有2人的在线时间在[5,6]内的概率; (2)为响应社会要求,公司拟对“资深玩家”进行防沉迷限时,使其每天的在线时间小于4 h,而公司每天对一个玩家限时0.5 h就会损失1元,在频率分布直方图中以各组区间的中点值代表该组的数据,以游戏用户在线时间的频率作为在线时间的概率,现从所有“资深玩家”中任取3人进行一天的限时试验,记该公司因限时试验损失的钱数为X,求X的分布列和数学期望.解:(1)由题易知a=1-0.10-0.20-0.30-0.20-0.08=0.12,所以50名用户中,在线时间在[4,5)内的人数为0.12×50=6,在线时间在[5,6]内的人数为0.08×50=4,所以在所调查的50人中有10人是“资深玩家”. 从“资深玩家”中任取3人共有=120种情况,其中抽取的3人中至少有2人的在线时间在[5,6]内的共有+=40种情况,记在所调查的“资深玩家”中任取3人,至少有2人的在线时间在[5,6]内为事件A,则P(A)==.(2)“资深玩家”中每天的在线时间在[4,5)内的概率P1==,公司限时一天损失×1=1(元);“资深玩家”中每天的在线时间在[5,6]内的概率P2==,公司限时一天损失×1=3(元).所以从“资深玩家”中任取3人进行一天的限时试验,X的所有可能取值为3,5,7,9,则P(X=3)=（）3=,P(X=5)=（）2×=,P(X=7)=××（）2=,P(X=9)=（）3=.X的分布列是X 3 5 7 9P所以X的数学期望E(X)=3×+5×+7×+9×=.。
全国高2020届高2017级高三理科数学理数第52课二项分布与正态分布
第52课 二项分布与正态分布 普查讲52 二项分布与正态分布1.条件概率(1)(2018河北模拟,5分)据统计,一次性饮酒4.8两诱发脑血管病的概率为0.04,一次性饮酒7.2两诱发脑血管病的概率为0.16.已知某公司职员一次性饮酒4.8两未诱发脑血管病,则他还能继续饮酒2.4两不诱发脑血管病的概率为( )A.78B.56C.34D.2021(1)答案:A【解析】:记事件A 为“一次性饮酒4.8两不诱发脑血管病”,事件B 为“一次性饮酒7.2两不诱发脑血管病”,则P (A )＝1－0.04＝0.96,P (B )＝1－0.16＝0.84.由题意可知P (AB )＝P (B )＝0.84,所以一次性饮酒4.8两未诱发脑血管病,还能继续饮酒2.4两不诱发脑血管病的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.840.96＝78.故选A.(2)(经典题,5分)投掷一枚质地均匀的骰子两次,记A ＝{两次的点数均为奇数},B ＝{两次的点数之和为4},则P (B |A )＝( )A.112B.14C.29D.23(2)答案:C 【解析】:由题意,每次投掷的点数为奇数的情况有1,3,5,共3种情况,则两次投掷点数均为奇数的情况种数为3×3＝9种,所以事件A 包含的基本事件的个数为3×3＝9,事件AB 包含的基本事件有:第1次投掷的点数为1,第2次投掷点数为3或第1次投掷点数为3,第2次投掷点数为1,共2个,所以P (B |A )＝29. 2.二项分布问题(3)(2017全国Ⅱ,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 ＝________.(3)答案:1.96 【解析】:由题意,该试验是有放回地拿取,是一个二项分布模型,其中p ＝0.02,n ＝100,则DX ＝np (1－p )＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.(4)(经典题,12分)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需要击鼓三次,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12,且各次击鼓出现音乐相互独立.(Ⅰ)设每盘游戏获得的分数为X ,求X 的分布列；(Ⅱ)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少？(Ⅲ)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.(4)答案:(Ⅰ)(Ⅱ)511512 (Ⅲ)E (X )＝－54,这说明每盘游戏平均得分是负分,由概率统计的相关知识可知,经过若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而会减少 解:(Ⅰ)X 的所有可能值为－200,10,20,100.P (X ＝－200)＝C 03⎝⎛⎭⎫120⎝⎛⎭⎫1－123＝18, P (X ＝10)＝C 13⎝⎛⎭⎫121⎝⎛⎭⎫1－122＝38,P (X ＝20)＝C 23⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫1－121＝38, P (X ＝100)＝C 33⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫1－120＝18.(3分) 故X 的分布列为(4分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知,每盘游戏出现音乐的概率是P ＝38＋38＋18＝78,(6分) 则玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是P 1＝1－C 03⎝⎛⎭⎫780⎝⎛⎭⎫1－783＝511512.(8分) (Ⅲ)由(Ⅰ)知,每盘游戏获得的分数X 的数学期望是 E (X )＝(－200)×18＋10×38＋20×38＋100×18＝－54.(10分) 这说明每盘游戏平均得分是负分,由概率统计的相关知识可知,经过若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而会减少.(12分)3.复杂的相互独立事件的概率(5)(2015陕西,12分)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ,T 只与道路畅通状况有关,对其容量为100的样本进行统计,结果如下:T (分钟) 25 30 35 40 频数(次)20304010(Ⅰ)求T 的分布列与数学期望E (T )；(Ⅱ)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区做一个50分钟的讲座,结束后立即返回老校区,求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率.(5)答案:(Ⅰ)E(T)＝32(Ⅱ)0.91解:(Ⅰ)由统计结果可得T的频率分布为以频率估计概率得T的分布列为(3分)E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟).(6分)(Ⅱ)设T1,T2分别表示往、返所需时间,T1,T2的取值相互独立,且与T的分布列相同.设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”,由于讲座时间为50分钟,所以事件A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.(8分)(法一)P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25,T2≤45)＋P(T1＝30,T2≤40)＋P(T1＝35,T2≤35)＋P(T1＝40,T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.(12分)(法二)＝P(T1＋T2＞70)＝P(T1＝35,T2＝40)＋P(T1＝40,T2＝35)＋P(T1＝40,T2＝40)＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09,故P(A)＝1－＝0.91.(12分)4.正态分布的应用(6)(2015湖北,5分)设X～N(μ1,σ21),Y～N(μ2,σ22),这两个正态分布密度曲线如图52－5所示.下列结论中正确的是()图52－5A.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)(6)答案:C【解析】:对于A项,因为正态分布密度曲线关于直线x＝μ对称,由图像可知μ1﹤μ2,所以P(Y≥μ1)＞0.5＝P(Y≥μ2),故A项错误；对于B项,因为X的正态分布密度曲线比Y的正态分布密度曲线更“瘦高”,数据更集中,所以标准差小,即σ1﹤σ2,所以P(X≤σ1)＜P(X≤σ2),故B项错误；对于C,D两项,在y轴右侧作与x轴垂直的一系列平行线,可知在任何情况下,在小于等于t的情况下,X的正态分布密度曲线与x轴之间的图形面积都大于Y的正态分布密度曲线与x轴之间的图形面积,即对任意正数t,P(X≤t)≥P(Y≤t),P(X≥t)<P(Y≥t),故C项正确,D项错误.(7)(2017全国Ⅰ,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正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).(Ⅰ)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；(Ⅱ)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:经计算得__x=∑=161161iix=9.97,s=∑=⎪⎭⎫⎝⎛-1612__161iixx=∑=-1612__216161iixx≈0.212,其中ix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-3∧σ,∧μ+3∧σ)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.(7)答案:(Ⅰ)P(X≥1)≈0.0408,E(X)＝0.0416 (Ⅱ)(ⅰ)见解答过程(ⅱ)需对当天的生产过程进行检查∧μ=10.02,∧σ≈0.09解:(Ⅰ)由题可知,抽取的一个零件的尺寸落在(μ－3σ,μ＋3σ)之内的概率为0.9974,所以落在(μ－3σ,μ＋3σ)之外的概率为0.0026,故X ～B (16,0.0026).所以P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997416≈1－0.9592＝0.0408. X 的数学期望E (X )＝16×0.0026＝0.0416.(4分)(Ⅱ)(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.(7分)(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-3∧σ,∧μ+3∧σ)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(∧μ-3∧σ,∧μ+3∧σ)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.(10分)134.159197.916212.016221612≈⨯+⨯≈∑=i ix剔除(∧μ-3∧σ,∧μ+3∧σ)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.(12分)随堂普查练521.(经典题,5分)袋中有3红5黑共8个大小、形状相同的小球,从中依次摸出2个小球,则在第一次摸得红球的条件下,第二次仍是红球的概率为( )A.38B.27C.14D.37 1.答案:B【解析】:(法一)由题意,第一次摸得红球的概率为38,两次都摸得红球的概率为C 23C 28＝328,所以在第一次摸得红球的条件下,第二次仍是红球的概率为32838＝27,故选B. (法二)若第一次摸得红球,则第二次是从2红5黑7个大小、形状相同的小球中摸出1个小球,摸得红球的概率为27,故选B.2.(2016四川,5分)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,当至少有一枚硬币正面向上时,就说这次试验成功,则在2次试验中成功次数X 的均值是________.2.答案:32【解析】:同时抛掷两枚质地均匀的硬币,至少有一枚硬币正面向上的概率为1－⎝⎛⎭⎫122＝34,所以X ～B ⎝⎛⎭⎫2，34,故均值是2×34＝32. 3.(经典题,12分)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1000元,此作物的市场价格和这块地上的产量具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表:作物产量(kg )300 500 概率0.50.5作物市场价格(元/kg )6 10 概率0.40.6(Ⅰ)设X 表示在这块地上种植1季此作物的利润,求X 的分布列；(Ⅱ)若在这块地上连续3季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率.3.答案:(Ⅰ)(Ⅱ)0.896解:(Ⅰ)设A 表示事件“作物产量为300 kg ”,B 表示事件“作物市场价格为6 元/kg ”,由题设知P (A )＝0.5,P (B )＝0.4,∵利润＝产量×市场价格－成本, ∴X 所有可能的取值为500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000, 300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800,(2分)P (X ＝4000)＝P (__A )P (__B )＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3,P (X ＝2000)＝P (__A )P (B )＋P (A )P (__B ) ＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5, P (X ＝800)＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2,(5分) ∴X 的分布列为(6分)(Ⅱ)设C i 表示事件“第i 季利润不少于2000元”(i ＝1,2,3),由题意知C 1,C 2,C 3相互独立,由(Ⅰ)知,P (C i )＝P (X ＝4000)＋P (X ＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1,2,3),3季利润均不少于2000元的概率为P (C 1C 2C 3)=P (C 1)P (C 2)P (C 3)=0.83＝0.512；(9分)3季中恰有2季利润不少于2000元的概率为P (__C 1C 2C 3)P (C 1__C 2C 3)P (C 1C 2__C 3)＝3×0.82×0.2＝0.384,∴这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.(12分)4.(2015山东,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% 4.答案:B【解析】:设长度误差为ξ毫米.由题意,P (－3<ξ<3)＝68.26%,P (－6<ξ<6)＝95.44%,则P (3<ξ<6)＝12×(95.44%－68.26%)＝13.59%,故选B .5.(2018辽宁模拟,12分)近年来,双十一购物狂欢节(简称“双11”)活动已成为中国电子商务行业年度盛事,某网络商家为制定2018年“双11”活动营销策略,调查了2017年“双11”活动期间每位网购客户用于网购的时间T (单位:小时),发现T 近似服从正态分布N (2,0.49).(Ⅰ)求P (T ＞1.3)的估计值；(Ⅱ)该商家随机抽取参与2017年“双11”活动的10000名网购客户,这10000名客户在2017年“双11”活动期间,用于网购的时间T 属于区间(2,3.4)的客户数为X .该商家计划在2018年“双11”活动前对这X 名客户发送广告,所发广告的费用为每位客户0.05元.(ⅰ)求该商家所发广告总费用的平均估计值； (ⅱ)求使P (X ＝k )取最大值时的整数k 的值.附:若随机变量Z 服从正态分布N (μ,σ2),则P (μ－σ<Z <μ＋σ)＝0.6826,P (μ－2σ<Z <μ＋2σ)＝0.9544,P (μ－3σ<Z <μ＋3σ)＝0.9974.5.答案:(Ⅰ)0.8413 (Ⅱ)(ⅰ)238.6元 (ⅱ)4772解:(Ⅰ)因为T ～N (2,0.49),即μ＝2,σ＝0.49＝0.7,(1分) 所以P (T >1.3)＝P (T >μ－σ) ＝1－1－P （μ－σ<T <μ＋σ）2 ＝0.8413.(3分)(Ⅱ)(ⅰ)根据题意知P (2<T <3.4)＝P (μ<T <μ＋2σ)＝P （μ－2σ<T <μ＋2σ）2＝0.4772.(4分) 由题意可知X ～B (10000,0.4772), 所以E (X )＝10000×0.4772＝4772,所以所发广告费的平均估计值为4772×0.05＝238.6元.(7分) (ⅱ)因为X ～B (10000,0.4772),所以P (X ＝k )＝C k 100000.4772k ·(1－0.4772)10000－k ＝C k 100000.4772k·0.522810000－k ,其中k ≤10000且k ∈N .(9分)设X ＝k 时P (X ＝k )最大,显然k ≠0,则⎩⎪⎨⎪⎧P （X ＝k ）≥P （X ＝k －1），P （X ＝k ）≥P （X ＝k ＋1），整理得⎩⎨⎧4772k ≥522810001－k，522810000－k ≥4772k ＋1，解得4771.4772≤k ≤4772.4772. 又k ∈N ,所以k ＝4772.(12分)课后提分练52 二项分布与正态分布本套试题详细图解精讲参见E 册《图解力详解答案》A 组(巩固提升)1.(经典题,5分)某射击手射击一次命中的概率是0.7,连续两次均射中的概率是0.4,已知某次射中,则随后一次射中的概率是________.图52－11.答案:47【解析】:设“某次射中”为事件A ,“随后一次射中”为事件B ,则P (AB )＝0.4,P (A )＝0.7,所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.40.7＝47.2.(经典题,5分)如图52－1所示,四边形EFGH 是以O 为圆心的圆的内接正方形,将一粒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 )＝________.2.答案:14【解析】:由题意知 P (A )＝正方形EFGH 的面积圆O 的面积,又∵P (AB )＝△OEH 的面积圆O 的面积,∠EOH ＝90°,∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝△OEH 的面积正方形EFGH 的面积＝14.3.(2018全国Ⅲ,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 3.答案:B【解析】:由已知可得X ～B (10,p ),则DX ＝10p (1－p )＝2.4,整理得10p 2－10p ＋2.4＝0,解得p ＝0.4或p ＝0.6.又P (X ＝4)＝C 410p 4(1－p )6,P (X ＝6)＝C 610p 6(1－p )4,且P (X ＝4)<P (X ＝6),则C 410p 4(1－p )6<C 610p 6(1－p )4,解得p >0.5. 所以p ＝0.6.故选B.4.(经典题,5分)甲命题:若随机变量ξ～N (3,σ2),且P (ξ≤2)＝0.3,则P (ξ≤4)＝0.7.乙命题:随机变量η～B (n ,p ),且Eη＝300,Dη＝200,则p ＝13,则( )A.甲正确,乙错误B.甲错误,乙正确C.甲错误,乙也错误D.甲正确,乙也正确 4.答案:D【解析】:随机变量ξ服从正态分布N (3,σ2), ∴ξ的正态分布密度曲线关于x ＝3对称, ∴P (ξ≤4)＝1－P (ξ≤2)＝0.7,∴甲命题正确； 随机变量η～B (n ,p ),且Eη＝300,Dη＝200,则⎩⎪⎨⎪⎧np ＝300，np （1－p ）＝200，解得p ＝13,乙命题正确,故选D.5.(2015湖南,5分)在如图52－2所示的正方形中随机投掷10000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52－2A.2386B.2718C.3413D.4772附:若X ～N (μ,σ2),则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.6826,P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.9544. 5.答案:C【解析】:由正态分布N (0,1)的密度曲线的几何意义,知题图中阴影部分的面积为P (0＜x ≤1)＝12×0.6826＝0.3413,故落入阴影部分的点的个数的估计值为0.3413×10000＝3413,故选C.6.(经典题,12分)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.(Ⅰ)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率；(Ⅱ)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.6.答案:(Ⅰ)827 827 427 (Ⅱ)79解:(Ⅰ)设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利”分别为事件A ,B ,C ,由题意,最后一局必是甲队胜利,则P (A )＝23×23×23＝827, P (B )＝C 23⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝827, P (C )＝C 24⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－232×12＝427.(5分) (Ⅱ)X 的所有可能值为0,1,2,3, 则P (X ＝0)＝P (A )＋P (B )＝1627, P (X ＝1)＝P (C )＝427, P (X ＝2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫1－232×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－12＝427, P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫133＋C 23⎝⎛⎭⎫132×23×13＝19,(10分) ∴X 的分布列为∴E (X )＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×19＝79.(12分)7.(2018全国Ⅰ,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),且各件产品是否为不合格品相互独立.(Ⅰ)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.(Ⅱ)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(Ⅰ)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？ 7.答案:(Ⅰ)0.1 (Ⅱ)(ⅰ)490元 (ⅱ)应该,理由见解答过程解:(Ⅰ)设20件产品中不合格品件数为ξ,由题意,ξ～B (20,p ),所以f (p )＝P (ξ＝2)＝C 220p 2(1－p )18(0<p <1),所以f ′(p )＝C 220[2p (1－p )18－18p 2(1－p )17]＝C 2202p (1－p )17(1－p －9p )＝C 2202p (1－p )17(1－10p ).(3分)当0<p <0.1时, f ′(p )>0, f (p )单调递增；当0.1<p <1时, f ′(p )<0, f (p )单调递减.所以当p ＝0.1时, f (p )取得极大值,也是最大值.所以p 0＝0.1.(6分)(Ⅱ)(ⅰ)设剩下的180件产品中,不合格品的数量为Z 件,则Z ～B (180,0.1),所以EZ ＝180×0.1＝18.因为X ＝20×2＋25Z ＝40＋25Z ,所以EX ＝40＋25EZ ＝490(元).(9分)(ⅱ)如果作检验,则检验费用为2×200＝400(元).如果不作检验,由(ⅰ)可知,检验费用与赔偿费用的和的期望值为490元.因为400<490,所以应该对这箱余下的所有产品作检验.(12分)B 组(冲刺满分)8.(经典题,5分)已知随机变量ξ服从正态分布,且方程x 2＋2x ＋ξ＝0有实数解的概率为12,若P (ξ≤2)＝0.75,则P (0≤ξ≤2)＝________.8.答案:0.5【解析】:设随机变量ξ～N (μ,σ2),因为方程x 2＋2x ＋ξ＝0有实数解的概率为12,即P (4－4ξ≥0)＝12,所以P (ξ≤1)＝12,所以μ＝1.又P (ξ≤2)＝0.75,所以P (ξ>2)＝0.25,则P (0≤ξ≤2)＝1－2P (ξ>2)＝0.5.9.(经典题,12分)某闯关游戏规则是:先后掷两枚骰子,将此试验重复n 轮,第n 轮的点数分别记为x n ,y n ,如果点数满足x n <6y n y n ＋6,则认为第n 轮闯关成功,游戏终止,否则进行下一轮投掷,直到闯关成功,游戏结束.(Ⅰ)求第一轮闯关成功的概率；(Ⅱ)如果游戏只进行到第四轮,第四轮后不论游戏成功与否,都终止游戏,记进行的轮数为随机变量X ,求X 的分布列和数学期望.9.答案:(Ⅰ)29 (Ⅱ)2080729解:(Ⅰ)当y 1＝6时, x 1<3612＝3,因此x 1＝1,2；当y 1＝5时, x 1<3011,因此x 1＝1,2；当y 1＝4时, x 1<2410＝125,因此x 1＝1,2；当y 1＝3时, x 1<189＝2,因此x 1＝1；当y 1＝2时, x 1<128＝32,因此x 1＝1；当y 1＝1时, x 1<67,因此x 1无整数解,(4分) 所以第一轮闯关成功的概率为86×6＝29.(6分) (Ⅱ)依题意,随机变量X 的可能取值为1,2,3,4,设游戏第n 轮闯关后结束的概率为P n ,则P 1＝29,P 2＝⎝⎛⎭⎫1－29×29＝1481,P 3＝⎝⎛⎭⎫1－292×29＝98729,P 4＝⎝⎛⎭⎫1－293×1＝343729,(10分) 所以X 的分布列为则E (X )＝1×29＋2×1481＋3×98729＋4×343729＝2080729.(12分)。
高考数学一轮复习二项分布与正态分布
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（1）解析 对于A，σ越小，正态分布的图象越瘦长，总体分布越集中在对称轴
附近，故A正确；对于B、C，由于正态分布图象的对称轴为μ＝10，显然B、C
正确.D显然错误.故选D.
答案 D
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（2）为了解高三复习备考情况，某校组织了一次阶段考试.若高三全体学生的
数学成绩X近似服从正态分布N（100，17.52）.已知成绩在117.5分以上（不含
（
）
1
A.
4
3
B.
4
9
C.
64
27
D.
64
解析：C 假设甲取胜为事件A，设每次甲胜的概率为p，由题意得，事件A发生
63
3
3
的次数X～B（3，p），则有1－（1－p） ＝ ，得p＝ ，则事件A恰好发生一次
64
1 3
的概率为C3 × ×
4
4
3 2
9
1−
＝ .
4
64
目录
4.已知随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（X＞2c－1）＝P（X＜c＋
5
5
125
2 3 1
2
36
2
P（η＝2）＝C3
＝ ，
5
5
125
3 3 0
8
3 2
P（η＝3）＝C3
＝ ，
5
5
125
目录
所以η的分布列为
η
0
1
2
3
P
27
125
54
125
36
125
8
125
所以E（η）＝0×
27
54
36
8
6
高考数学一轮复习 第六节 二项分布与正态分布
突破点一 事件的相互独立性及条件概率[基本知识]1．条件概率2.[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)条件概率一定不等于它的非条件概率．( )(2)对于任意两个事件，公式P (AB )＝P (A )P (B )都成立．( ) (3)相互独立事件就是互斥事件．( )(4)在条件概率中，一定有P (AB )＝P (B |A )P (A )．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ 二、填空题1．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投掷一点(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 )＝________. 答案：142．抛掷两枚质地均匀的硬币，A ＝{第一枚为正面向上}，B ＝{第二枚为正面向上}，则事件C ＝{两枚向上的面为一正一反}的概率为________． 答案：123．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[全析考法]考法一 条件概率[例1] (1)(2019·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“4个人去的景点不相同”，事件B 为“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝( ) A.29 B.13 C.49D.59(2)(2019·信丰联考)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.310 B.29 C.78D.79[解析] (1)小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n (B )＝108,4个人去的景点不同的情况有A 44＝4×3×2×1＝24种，即n (AB )＝24， ∴P (A |B )＝n (AB )n (B )＝24108＝29.(2)设事件A 为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到的是卡口灯泡”， 则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝730310＝79.[答案] (1)A (2)D[方法技巧] 条件概率的3种求法[例2] (2019·洛阳模拟)在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格．小明同学“立定投篮”的命中率为12，“三步上篮”的命中率为34，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响．(1)求小明同学一次测试合格的概率；(2)设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列．[解] (1)设小明第i 次“立定投篮”命中为事件A i ，第i 次“三步上篮”命中为事件B i (i ＝1,2)，依题意有P (A i )＝12，P (B i )＝34(i ＝1,2)，“小明同学一次测试合格”为事件C . (1)P (C －)＝P (A －1 A －2)＋P (A －1 A 2 B －1 B －2)＋P (A 1B －1 B －2) ＝P (A －1)P (A －2)＋P (A －1)P (A 2)P (B －1)P (B －2)＋P (A 1)·P (B －1)P (B －2) ＝⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫1－12×12×⎝⎛⎭⎫1－342＋12×⎝⎛⎭⎫1－342＝1964. ∴P (C )＝1－1964＝4564.(2)依题意知ξ＝2,3,4， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＋P (A －1A －2) ＝P (A 1)P (B 1)＋P (A －1)P (A －2)＝58，P (ξ＝3)＝P (A 1B －1B 2)＋P (A －1A 2B 1)＋P (A 1B －1B －2)＝P (A 1)P (B －1)P (B 2)＋P (A －1)P (A 2)P (B 1)＋P (A 1)·P (B －1)P (B －2)＝516，P (ξ＝4)＝P (A －1A 2B －1)＝P (A －1)P (A 2)P (B －1)＝116.故投篮的次数ξ的分布列为：[方法技巧]相互独立事件同时发生的概率的2种求法(1)直接法：利用相互独立事件的概率乘法公式．(2)间接法：从对立事件入手计算．[集训冲关]1.[考法一]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，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，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.1127 B.1124 C.827D.924解析：选C 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，所以P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝49×23＝827，所以两次都取到红球的概率为827.2.[考法二]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，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. 3.[考法二]为备战2018年瑞典乒乓球世界锦标赛，乒乓球队举行公开选拔赛，甲、乙、丙三名选手入围最终单打比赛名单．现甲、乙、丙三人进行队内单打对抗比赛，每两人比赛一场，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，在每一场比赛中，甲胜乙的概率为35，丙胜甲的概率为34，乙胜丙的概率为p ，且各场比赛结果互不影响．若甲获第一名且乙获第三名的概率为110.(1)求p 的值；(2)设在该次对抗比赛中，丙得分为X ，求X 的分布列和数学期望． 解：(1)由已知，甲获第一名且乙获第三名的概率为110.即甲胜乙、甲胜丙且丙胜乙的概率为110，∴35×14×(1－p )＝110，∴p ＝13. (2)依题意，丙得分X 的所有取值为0,3,6. ∵丙胜甲的概率为34，丙胜乙的概率为23，∴P (X ＝0)＝14×13＝112，P (X ＝3)＝34×13＋14×23＝512，P (X ＝6)＝34×23＝12，∴X 的分布列为∴E (X )＝0×112＋3×512＋6×12＝174.突破点二 独立重复试验与二项分布[基本知识]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．A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)…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 发生的概率是p ，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．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 )． [基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)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.( ) (2)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b )n 二项展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝1－p .( )(3)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 发生的次数的概率分布．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ 二、填空题1．设随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (X ＝3)等于________． 答案：5162．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________．答案：5163．若ξ～B (n ，p )且E (ξ)＝6，D (ξ)＝3，则P (ξ＝1)的值为________．答案：3×2－10[全析考法]考法一 独立重复试验的概率[例1] (1)如果生男孩和生女孩的概率相等，则有3个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为( ) A.23 B.12 C.34 D.14(2)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________．[解析] (1)设女孩个数为X ，女孩多于男孩的概率为P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝ C 23⎝⎛⎭⎫122×12＋C 33⎝⎛⎭⎫123＝3×18＋18＝12.故选B.(2)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. [答案] (1)B (2)⎝⎛⎭⎫34，1 [方法技巧]n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次可看作是C k n 个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是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 .考法二 二项分布的应用[例2] (2019·顺德一模)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．(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] (1)∵前四组频数成等差数列，∴所对应的频率组距也成等差数列，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%以上居民月用水价格为4元/立方米． 应规定w ＝2.5＋0.10.15×0.5≈2.83.(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)＝C 03×0.33＝0.027， P (X ＝1)＝C 13×0.32×0.7＝0.189， P (X ＝2)＝C 23×0.3×0.72＝0.441， P (X ＝3)＝C 33×0.73＝0.343.∴X 的分布列为∴E (X )＝np ＝2.1. [方法技巧]某随机变量是否服从二项分布的特点(1)在每一次试验中，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．[集训冲关]1.[考法一]将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n 次，事件“至少有一次正面向上”的概率为P ⎝⎛⎭⎫P ≥1516，则n 的最小值为( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7 解析：选A 由P ＝1－⎝⎛⎭⎫12n ≥1516，解得n ≥4，即n 的最小值为4.2.[考法二]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.125729 B.80243 C.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，所以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. 3.[考法二]一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率； (2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列及数学期望．解：(1)设A 1表示事件“日销售量不低于100个”，A 2表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此 P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P (A 2)＝0.003×50＝0.15， P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X ～B (3,0.6)，X 可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为 P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064， P (X ＝1)＝C 13·0.6(1－0.6)2＝0.288， P (X ＝2)＝C 23·0.62(1－0.6)＝0.432， P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216. 故X 的分布列为E (X )＝3×0.6＝1.8.突破点三 正态分布[基本知识]1．正态曲线及性质 (1)正态曲线的定义函数φμ，σ(x )＝1σ2πe －(x －μ)22σ2，x ∈(－∞，＋∞)(其中实数μ和σ(σ＞0)为参数)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的特点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， 曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移； 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. 2．正态分布[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)当x 无穷大时，正态曲线可以与x 轴相交．( ) (2)正态曲线与x 轴之间的面积大小不确定．( )(3)X 服从正态分布，通常用X ～N(μ，σ2)表示，其中参数μ和σ2分别表示X 的均值和方差．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ 二、填空题1．设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数f(x)的图象，且f(x)＝18π·e －(x －10)28，则这个正态总体的平均数与标准差分别是________． 答案：10 22．已知随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，其中P (μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝0.954 4.设ξ～N (1，σ2)，且P (ξ≥3)＝0.158 7，则σ＝________. 答案：23．(2019·广州模拟)按照国家规定，某种大米每袋质量(单位：kg)必须服从正态分布ξ～N (10，σ2)，根据检测结果可知P (9.9≤ξ≤10.1)＝0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有2 000名职工，则分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工人数大约为________．解析：∵每袋大米质量服从正态分布ξ～N (10，σ2)，∴P (ξ＜9.9)＝12[1－P (9.9≤ξ≤10.1)]＝0.02，∴分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工人数大约为2 000×0.02＝40.答案：40[典例] (2019·石家庄模拟)“过大年，吃水饺”是我国不少地方过春节的一大习俗.2019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：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] (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 )＝4×12＝2.[方法技巧]求正态总体在某个区间内取值概率的关键点(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1.①正态曲线关于直线x ＝μ对称，从而在关于x ＝μ对称的区间上概率相等．②P (X ＜a )＝1－P (X ≥a )，P (X ≤μ－a )＝P (X ≥μ＋a )． [针对训练]1．(2019·正阳模拟)已知随机变量X 服从正态分布N (3，1)，且P (X ≥4)＝0.158 7，则P (2＜X ＜4)＝( ) A ．0.682 6 B ．0.341 3 C ．0.460 3D ．0.920 7解析：选A ∵随机变量X 服从正态分布N (3,1)，∴正态曲线的对称轴是直线x ＝3，∵P (X ≥4)＝0.158 7，∴P (2＜X ＜4)＝1－2P (X ≥4)＝1－0.317 4＝0.682 6.故选A.2．(2018·湘潭二模)某校高三年级有1 000人，某次数学考试不同成绩段的人数ξ～N (127,72)． (1)求该校此次数学考试平均成绩； (2)计算得分超过141的人数；(3)甲同学每次数学考试进入年级前100名的概率是14，若本学期有4次考试，X 表示进入前100名的次数，写出X 的分布列，并求期望与方差．(注：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝95.44%) 解：(1)由不同成绩段的人数ξ服从正态分布N (127,72)，可知平均成绩为μ＝127. (2)P (ξ＞141)＝P (ξ＞127＋2×7)＝12×[1－P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)]＝0.022 8，故得分超过141分的人数为1 000×0.022 8≈23. (3)由题意知X ～B ⎝⎛⎭⎫4，14， 故X 的所有可能取值为0,1,2,3,4， P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫344＝81256， P (X ＝1)＝C 14⎝⎛⎭⎫141⎝⎛⎭⎫343＝2764， P (X ＝2)＝C 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫342＝27128， P (X ＝3)＝C 34⎝⎛⎭⎫143⎝⎛⎭⎫341＝364， P (X ＝4)＝⎝⎛⎭⎫144＝1256， 故X 的分布列为期望E (X )＝np ＝4×14＝1，方差D (X )＝np (1－p )＝4×14×34＝34.[课时跟踪检测]1．用电脑每次可以自动生成一个(0,1)内的实数，且每次生成每个实数都是等可能的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于13的概率为( )A.127 B.23 C.827D.49解析：选C 由题意可得，用该电脑生成1个实数，且这个实数大于13的概率为P ＝1－13＝23，则用该电脑连续生成3个实数，这3个实数都大于13的概率为⎝⎛⎭⎫233＝827.故选C. 2．(2019·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”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.57D.512解析：选D 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是23×⎝⎛⎭⎫1－34＋34×⎝⎛⎭⎫1－23＝512，故选D. 3．(2018·厦门二模)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.18125D.54125解析：选D 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，每次取到黄球的概率为35，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P ＝C 23⎝⎛⎭⎫352⎝⎛⎭⎫1－35＝54125. 4．(2018·唐山二模)甲、乙等4人参加4×100米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是( ) A.29 B.49 C.23D.79解析：选D 甲不跑第一棒共有A 13·A 33＝18种情况，甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类：(1)乙跑第一棒，共有A 33＝6种情况；(2)乙不跑第一棒，共有A 12·A 12·A 22＝8种情况，∴甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率为6＋818＝79.故选D.5．(2019·福建四校联考)某校在高三第一次模拟考试中约有1 000人参加考试，其数学考试成绩X 近似服从正态分布N (100，a 2)(a ＞0)，试卷满分150分，统计结果显示数学考试成绩不及格(低于90分)的人数占总人数的110，则此次数学考试成绩在100分到110分之间的人数约为( ) A ．400 B ．500 C ．600D ．800解析：选A 由题意得，P (X ≤90)＝P (X ≥110)＝110，所以P (90≤X ≤110)＝1－2×110＝45，所以P (100≤X ≤110)＝25，所以此次数学考试成绩在100分到110分之间的人数约为1 000×25＝400.故选A. 6．(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.25D.12解析：选C 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 )＝12，P (AB )＝15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1512＝25.故选C. 7．(2019·淄博一模)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 2 B ．0.682 6 C ．0.997 4D ．0.954 4解析：选A ∵X ～N (800,502)，∴P (700≤X ≤900)＝0.954 4，∴P (X ＞900)＝1－0.954 42＝0.022 8，∴P (X ≤900)＝1－0.022 8＝0.977 2.故选A.8．(2019·茂名一模)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 ．7 539 B ．6 038 C ．7 028D ．6 587解析：选D ∵X ～N (1,1)，∴μ＝1，σ＝1.∵P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝68.26%，∴P (0＜X ＜2)＝68.26%，则P (1＜X ＜2)＝34.13%，∴阴影部分的面积为1－0.341 3＝0.658 7.∴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10 000×0.658 7＝6 587.故选D.9．(2019·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，历经三千多公里的溯流博击，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鱼鱼苗，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( ) A ．0.05 B ．0.007 5 C.13D.16解析：选C 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 为该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. 10．(2019·江西名校联考)在如图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 (－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )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 ．1 193 B ．1 359 C ．2 718D ．3 413解析：选B 对于正态分布N (－1,1)，可知μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于直线x ＝－1对称，故题图中阴影部分的面积为12×[P (－3＜X ＜1)－P (－2＜X ＜0)]＝12×[P (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)－P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)]＝12×(0.9544－0.682 6)＝0.135 9，所以点落入题图中阴影部分的概率P ＝0.135 91＝0.135 9， 投入10 000个点，落入阴影部分的个数约为10 000×0.135 9＝1 359.故选B.11．(2019·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________．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.答案：3512．(2019·郑州一中月考)科目二，又称小路考，是机动车驾驶证考核的一部分，是场地驾驶技能考试科目的简称．假设甲通过科目二的概率均为34，且每次考试相互独立，则甲第3次考试才通过科目二的概率为________．解析：甲第3次考试才通过科目二，则前2次都未通过，第3次通过， 故所求概率为⎝⎛⎭⎫1－342×34＝364.答案：36413．(2019·合肥名校联考)已知随机变量X ～N (1，σ2)，若P (X ＞0)＝0.8，则P (X ≥2)＝________. 解析：随机变量X 服从正态分布N (1，σ2)，∴正态曲线关于x ＝1对称， ∴P (X ≥2)＝P (X ≤0)＝1－P (X ＞0)＝0.2. 答案：0.214．三支球队中，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，第三局是第二局的胜者对第一局的败者，第四局是第三局的胜者对第二局的败者，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0.5，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：0.0915．九节虾的真身是虎斑虾，虾身上有一深一浅的横向纹路，煮熟后有明显的九节白色花纹，肉味鲜美．某酒店购进一批九节虾，并随机抽取了40只统计质量，得到的结果如下表所示：(1)若购进这批九节虾35 000 g ，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批九节虾的数量(所得结果保留整数)；(2)以频率估计概率，若在本次购买的九节虾中随机挑选4只，记质量在[5,25)间的九节虾的数量为X ，求X 的分布列．解：(1)由表中数据可以估计每只九节虾的质量为140×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)，因为35 000÷29.5≈1 186(只)， 所以这批九节虾的数量约为1 186只．(2)由表中数据知，任意挑选1只九节虾，质量在[5,25)间的概率p ＝4＋1240＝25，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4， 则P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫354＝81625， P (X ＝1)＝C 14×25×⎝⎛⎭⎫353＝216625， P (X ＝2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫252×⎝⎛⎭⎫352＝216625， P (X ＝3)＝C 34×⎝⎛⎭⎫253×35＝96625， P (X ＝4)＝⎝⎛⎭⎫254＝16625. 所以X 的分布列为16．(2019·惠州模拟)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 ＝⎝⎛⎭⎫232×C 24⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫132＋23×13×23×C 23⎝⎛⎭⎫232×13＝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⎝⎛⎭⎫233×⎝⎛⎭⎫132＋C 25⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫133＝4081，P (ξ＝30)＝C 45⎝⎛⎭⎫234×⎝⎛⎭⎫131＋C 15⎝⎛⎭⎫231×⎝⎛⎭⎫134＝3081， P (ξ＝50)＝C 55⎝⎛⎭⎫235×⎝⎛⎭⎫130＋C 05⎝⎛⎭⎫230×⎝⎛⎭⎫135＝1181， ∴ξ的分布列为∴E (ξ)＝10×4081＋30×3081＋50×1181＝1 85081.17．(2018·濮阳二模)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 6，P (μ－2σ＜Z ＜μ＋2σ)＝0.954 4，P (μ－3σ＜Z ＜μ＋3σ)＝0.997 4. 0.24≈0.49.解：(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 6. (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 4＝0.477 2. 由题意知X 服从B (10 000,0.477 2)， 所以EX ＝10 000×0.477 2＝4 772. (ⅱ)X 服从B (10 000,0.477 2)，P (X ＝k )＝C k 10 0000.477 2k (1－0.477 2)10 000－k ＝ C k 10 0000.477 2k ·0.522 810 000－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 8C k 10 000＞0.477 2C k ＋110 000，0.477 2C k 10 000＞0.522 8C k －110 000， 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．。
高考数学一轮复习配套讲义：二项分布与正态分布
高考数学(理)一轮复习配套讲义：二项分布与正态分布(总18页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--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 )＝⎠⎛a b φμ，σ(x )d x ，则称随机变量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)＝. ②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝. ③P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)＝.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.(√) 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( )．(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)＝C23＋C22C25＝410＝25，P(AB)＝C22C25＝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EFGHS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( )．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8 27 .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1 2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)＝1 16，于是P(B)＝14或P(B)＝－14(舍去)．故p＝1－P(B)＝3 4 .所以乙投球的命中率为3 4 .(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)＝3 4 .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C1 2P(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)＝，则P(0<X<2)＝( )．A． B． C． D．解析由P(X<4)＝，得P(X≥4)＝，由题意知正态曲线的对称轴为直线x＝2，P(X≤0)＝P(X≥4)＝，∴P(0<X<4)＝1－P(X≤0)－P(X≥4)＝，∴P(0＜X＜2)＝12P(0<X<4)＝.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)＝ 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)＝ 6，得P(X>4)＝12[1－P(2≤X≤4)]＝12(1－ 6)＝ 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 k3⎝ ⎛⎭⎪⎫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)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 k6⎝ ⎛⎭⎪⎫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：[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)＝C36C310＝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)＝C02·⎝⎛⎭⎪⎫350·⎝⎛⎭⎪⎫252·15＝4125；P(X＝1)＝C12·⎝⎛⎭⎪⎫351·⎝⎛⎭⎪⎫251·15＋C02⎝⎛⎭⎪⎫350·⎝⎛⎭⎪⎫252·4 5＝28 125；P(X＝2)＝C22·⎝⎛⎭⎪⎫352·⎝⎛⎭⎪⎫250·15＋C12·⎝⎛⎭⎪⎫351·⎝⎛⎭⎪⎫251·45＝57125；P(X＝3)＝C22·⎝⎛⎭⎪⎫352·⎝⎛⎭⎪⎫250·45＝36125.所以X的分布列为：所以E(X)＝0×125＋1×125＋2×125＋3×125＝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( )．答案 B2．已知随机变量X 服从正态分布N (0，σ2)．若P (X >2)＝，则P (－2≤X ≤2)＝( )．A ．B ．C ．D ． 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( )． 答案 B4．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为( )． A ． B ． C ． D ． 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)＝ 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝ 4，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝ 4.) A ． 4 B ． 6 C ． 4 D ． 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3 57．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，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8．有一批种子的发芽率为，出芽后的幼苗成活率为，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，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为.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，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)＝x2＋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·⎝ ⎛⎭⎪⎫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(A4)＝427，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＋2×27＋3×27＝9.。
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。
高考数学一轮复习第10章 第8节 二项分布和正态分布
P2＝P(A·A)P( B ·B )＝614， P3＝P( A ·A )P(B·B)＝694. 所以甲、乙两人各投球 2 次且共命中 2 次的概率为136＋ 614＋694＝3112.
答案：②④
(2)解：①法 1：设“甲投球一次命中”为事件 A，“乙 投球一次命中”为事件 B.
由题意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝116， 解得 p＝34或 p＝54(舍去)，所以乙投球的命中率为34. 法 2：设“甲投球一次命中”为事件 A，“乙投球一次 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.
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【活学活用】
1．甲射击命中目标的概率为 0.75，乙射击命中目标的
概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概
率为( )
1 A.2
B．1
11
5
C.12
D.6
单击此处编辑母版文本样式 第二级 • 第三级 解析：–P第＝»四34第×级五13＋级14×23＋34×23＝1112.
起命题．另外，正态分布密 度曲线的特点及应用也是考 查的热点．
曲线所表示的意义.
2.从考查形式看，三种题型 都可能出现，属中档题.
单击此处编辑母版文本样式
第条二件级概率的定义
条件概率的性质
二项分布与超几何分布、正态分布
一、基础小题
1．设随机变量 X～N(1,52)，且 P(X≤0)＝P(X≥a－2)，则实数 a 的值
为( ) A．4 C．8
B．6 D．10
答案 A
解析 x＝0 与 x＝a－2 关于 x＝1 对称，则 a－2＝2，a＝4.故选 A．
2．设随机变量 X～B6，12，则 P(X＝3)＝(
10．(2017·全国卷Ⅱ)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 D(X) ＝________.
答案 1.96 解析 由题意，得 X～B(100,0.02)，∴D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝ 1.96.
答案 32
解析 根据正态曲线的对称性知，要使误差 εn 在(－0.5，0.5)内的概率 不小于 0.9545，则(μ－2σ，μ＋2σ)⊆(－0.5,0.5)，又 μ＝0，σ＝ 2n，所以 0.5≥2 2n⇒n≥32.
17．(2020·天津南开高三一模)甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各 射击三次，甲三次射击命中率均为45；乙第一次射击的命中率为87，若第一 次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34，如果又未中，则乙 进行第三次射击，射击的命中率为12.乙若射中，则不再继续射击．则甲三 次射击命中次数的期望为________，乙射中的概率为________.
14．(多选)(2020·山东济南二模)已知在某市的一次学情检测中，学生
的数学成绩 X 服从正态分布 N(100,100)，其中 90 分为及格线，120 分为
优秀线．下列说法正确的是( )
附：随机变量 ξ 服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.6827，
高考数学一轮复习课件——第7节 二项分布与正态分布
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
pk(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,其均值E(X)=np,方差D(X)=np(1-p).
︱高中总复习︱一轮·理数
4.正态分布
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)= 2 = 1 , 63
P(AB)= 2 × 3 = 1 ,所以第一次取得红球后,第二次取得白球的概率为 P(B|A)= P AB =
6 55
P A
1
5 =3.
1 3
5
答案:(2) 3
5
︱高中总复习︱一轮·理数
所以 P(B|A)= P AB = 0.4 = 4 .故选 C. P A 0.7 7
答案:(1)C
︱高中总复习︱一轮·理数
(2)(2018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
.
解析:(2)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
3
44
3 12
︱高中总复习︱一轮·理数
2.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 1 ,两次闭合后都出现红灯的概率为 1 ,则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次
2
5
闭合后出现红灯的概率为( C )
(A) 1 10
(B) 1 5
(C) 2 5
高考数学一轮复习第十二章概率4二项分布与正态分布课件新人教A版(理)
A
解析
答案
-11知识梳理
1
双基自测
2
3
4
5
5.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)≈68.27%,
P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)≈95.45%)
个木质球;蓝球中有4个玻璃球,7个木质球.现从中任取一球,假设每
个球被取到的可能性相同.若取到的球是玻璃球,则它是蓝球的概
率为
.
关闭
记“取到蓝球”为事件 A,“取到玻璃球”为事件 B,则已知取到的球为玻
璃球,它是蓝球的概率就是在 B 发生的条件下 A 发生的条件概率,记
作 P(A|B).
4
1
因为 P(AB)= = ,
哪些常用的方法?
-18考点1
考点2
考点3
考点4
解：分别将甲、乙、丙第i次猜对歌名记为事件Ai,Bi,Ci(i=1,2,3),
则Ai,Bi,Ci相互独立.
(1)该小组未能进入第二轮的概率
P=P(1 )+P(A11 )+P(A1B11 )=P(1 )+P(A1)P(1 )+P(A1)P(B1)P(1 )
行统计,发现英语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,据此估计在全市随机抽取的4名高三同学中,
恰有2名同学的英语成绩超过95分的概率是(
)
A.
1
6
B.
1
3
C.
1
2017版高考数学一轮总复习课件：第十章 第五节二项分布与正态分布
2.正态分布及三个常用数据
(1)正态分布的定义及表示：如果对于任何实数 a，b(a<b)，随
bφμ、σ(x)dx
机变量 X 满足 P(a<X≤b)＝__a__________，则称 X 的分布为正
态分布，记作 X～N(μ，σ2).
(2)正态分布的三个常用数据：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.
►两个易混点：P(B|A)与P(AB)；互斥事件与相互独立事件. (1)[概率 P(B|A)与 P(AB)的区别与联系：P(AB)表示在样本 空间 Ω 中，计算 AB 发生的概率，而 P(B|A)表示在缩小的 样本空间 ΩA 中，计算 B 发生的概率.用古典概型公式，则 P(B|A)＝AΩBA中中样样本本点点数数，P(AB)＝AΩB中中样样本本点点数数]甲、乙、 丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A 为 “三个人去的景点不相同”，B 为“甲独自去一个景点”， 则概率 P(A|B)等于________.
第二十三页，编辑于星期六：二十点 五分。
解 (1)设“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红 灯”为事件 A.因为事件 A 等价于事件“这名学生在第一个和 第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事 件 A 的概率为 P(A)＝1－13×1－13×13＝247.
第二十四页，编辑于星期六：二十点 五分。
(1)正态分布完全由参数μ和σ确定，其中μ是随机变量取值的 均值，可用样本均值去估计，σ是随机变量取值的标准差
，可以用样本标准差去估计.
(2)求正态总体X在某区间内取值的概率(即正态曲线与x轴之