第7节 二项分布与正态分布

5 4 10
P A 2
答案:(1)C
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(2)某种家用电器能使用三年的概率为0.8,能使用四年的概率为0.4,已知这
种家用
解析:(2)记事件 A 为这个家用电器使用了三年,事件 B 为这个家用电器使用到四年,
显然事件 B⊂ A,即事件 AB=B, 故 P(A)=0.8,P(AB)=0.4,
每次随机检测一件产品,检测后不放回,则在第一次取出次品的条件下,第二次
取出的也是次品的概率是( )
(A) 3 10
(B) 3 5
(C) 1 2
(D) 1 4
解析:(1)记“第一次取出次品”为事件 A,“第二次取出次品”为事件 B,
则 P(A)= 3 , 5
P(AB)= 3 2 = 3 ,所以 P(B|A)= P AB = 1 ,故选 C.
服从或近似服从正态分布.
答案:⑤⑥⑦
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考点专项突破
在讲练中理解知识
考点一 条件概率 【例1】 (1)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
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知识链条完善
把散落的知识连起来
知识梳理
1.条件概率 (1)条件概率的概念:一般地,设A,B为两个事件,且P(A)>0,称P(B|A)= P AB
P A
为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率.P(B|A)读作A发生的条件
下B发生的概率.
(2)条件概率的性质
性质1.任何事件的条件概率都在0和1之间,即0≤P(A|B)≤1,必然事件的条
解:(2)3 人中有 2 人被选中的概率为
P2=P(AB C ∪A B C∪ A BC)= 2 × 3 ×（1- 1 ）+ 2 ×(1- 3 )× 1 +(1- 2 )× 3 × 1 = 23 .
54
35
43
5 4 3 60
3 人中只有 1 人被选中的概率为
P3=P(A B C ∪ A B C ∪ AB C)= 2 ×(1- 3 )×(1- 1 )+(1- 2 )× 3 ×(1- 1 )+(1- 2 )×
D(X)=np(1-p).
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4.正态分布
(1)正态分布密度曲线:函数 μ,σ(x)=
1
x 2

e 2 2
,x∈(-∞,+∞ ),其中μ和σ为参数(σ
2π
>0,μ∈R).我们称函数 μ,σ(x)的图象为正态分布密度曲线,简称正态曲线.其中函数 μ,σ
件概率等于1,不可能事件的条件概率等于0. 性质2.如果B,C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)= P(B|A)+P(C|A) .
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2.事件的独立性 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.
3.独立重复试验与二项分布 (1)独立重复试验:一般地,在相同条件下 重复 做的n次试验称为n次独立
(x)称为正态密度 函数,其中的参数μ是正态总体的均值,参 数σ是正态总体的标准差.
(2)正态分布密度曲线的性质:
①曲线位于x轴上方,与x轴不相交;
②曲线是单峰的,它关于直线x=μ对称;
③曲线在 x=μ处达到峰值 1 ; 2π
④曲线与x轴之间的面积为1;
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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”,σ越大,曲线越 “矮胖”,这反映了总体分布的集中与分散的程度. (3)正态分布:若X是一个随机变量,对任给区间(a,b],P(a<X≤b)恰好是正态分 布密度曲线下方和x轴上(a,b]上方所围成的图形的面积,我们就称随机变量X服 从参数为μ和σ的正态分布,简记为X～N(μ,σ2). 【重要结论】 1.P(A)=a,P(B)=b,P(C)=c,则事件A,B,C至少有一个发生的概率为1-(1-a)(1b)(1-c). 2.X～N(μ,σ2),若P(X<a)=P(X>b),则正态分布密度曲线关于直线x= a b 对称.
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4.(人教版教材例题改编)一张储蓄卡的密码共有6个数字,每位数字都可从0～9中
任选一个,某人忘记了密码的最后一位数字但记得是偶数,则不超过2次就按对的
概率为
.
答案: 2 5
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5.一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,Χ表示抽到的二等品件数,则D(X)=
依题意 P(A)= 2 = 1 ,P(AB)= 2 3 = 1 ,故 P(B|A)= P AB = 1 .
10 5
10 9 15
P A 3
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2.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),P(X≤4)=0.84,则P(X<0)等于( A ) (A)0.16 (B)0.32 (C)0.68 (D)0.84 解析:因为P(X≤4)=0.84,μ=2, 所以P(X<0)=P(X>4)=1-0.84=0.16.
(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为X,求
X≤3的概率;
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解:(1)由已知得,小明中奖的概率为 2 ,小红中奖的概率为 2 ,且两人中奖与否互不
3
5
影响.
记“这两人的累计得分 X≤3”的事件为 A,
则事件 A 的对立事件为“X=5”,
因为 P(X=5)= 2 × 2 = 4 , 3 5 15
所以 P(A)=1-P(X=5)= 11 . 15
故这两人的累计得分 X≤3 的概率为 11 . 15
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(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何
种方案抽奖,累计得分的数学期望较大?
解:(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 X1,都选择方案乙抽奖中奖次数为 X2, 则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E(2X1),选择方案乙抽奖累计得分的数 学期望为 E(3X2).
.
解析:由题意可知,随机变量X服从二项分布,X～B(100,0.02),所以D(X)= np(1-p)=100×0.02×(1-0.02)=1.96. 答案:1.96
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6.把下面结论正确的序号填在横线上
.
①条件概率一定不等于它的非条件概率.
②相互独立事件就是互斥事件.
③对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立.
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3.投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮 投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率 为( A ) (A)0.648 (B)0.432 (C)0.36 (D)0.312
解析:该同学通过测试的概率 P= C32 ×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选 A.
解:记甲、乙、丙能被选中的事件分别为 A,B,C,
则 P(A)= 2 ,P(B)= 3 ,P(C)= 1 .
5
4
3
(1)3 人同时被选中的概率为
P1=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)= 2 × 3 × 1 = 1 . 5 4 3 10
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(2)求3人中至少有1人被选中的概率.
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第7节 二项分布与正态分布
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[考纲展示] 1.了解条件概率的概念,了解两 个事件相互独立的概念.
2.理解n次独立重复试验模型及 二项分布.
3.借助直观直方图认识正态分布密度曲线 的特点及曲线所表示的意义. 4.能解决一些简单问题.
知识链条完善 考点专项突破
④二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.
⑤P(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.
⑥正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布,参数μ是正态分布的均值,σ是正态分
布的标准差.
⑦一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和,它就
方法. (2)借助古典概型概率公式,先求事件 A 包含的基本事件数 n(A),再在事件 A 发生的
条件下求事件 B 包含的基本事件数,即 n(AB),得 P(B|A)= n AB . n A
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【跟踪训练1】 (1)已知3件次品和2件正品混在一起,现需要通过检测将其区分,
所以 P(B|A)= P AB =0.5. P A
答案:(2)0.5
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考点二 相互独立事件同时发生的概率(典例迁移)
【例 2】 甲、乙、丙 3 位大学生同时应聘某个用人单位的职位,3 人能被选中的概
率分别为 2 , 3 , 1 ,且各自能否被选中互不影响. 543
(1)求3人同时被选中的概率;
由已知可得,X1～B(2, 2 ),X2～B(2, 2 ),
3
5
所以 E(X1)=2× 2 = 4 ,E(X2)=2× 2 = 4 ,
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考点三 独立重复试验与二项分布
【例 3】 某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率
为 2 ,中奖可以获得 2 分;方案乙的中奖率为 2 ,中奖可以获得 3 分;未中奖则不得分.每人
3
5
有且只有一次抽奖机 会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束 后凭分数兑换奖品.
2
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对点自测
1.已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球,它们大小形状完全相同.甲每次
从中任取一个不放回,则在他第一次拿到白球的条件下,第二次拿到红球的概
率为( B )
(A) 3 10
(B) 1 3
(C) 3 8
(D) 2 9
解析:设“第一次拿到白球”为事件 A,
“第二次拿到红球”为事件 B,
所包含的基本事件有(2,4),所以 P(AB)= 1 , 10
所以 P(B|A)= P AB = 1 .故选 B. P A 4
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反思归纳 条件概率的求法:
(1)利用定义,分别求 P(A)和 P(AB),得 P(B|A)= P AB .这是通用的求条件概率的 P A
件B=“取到的2个数均为偶数”,则P(B|A)等于( )
(A) 1 8
(B) 1 4
(C) 2 5
(D) 1 2
解析:(2)事件 A=“取到的 2 个数之和为偶数”,
所包含的基本事件有(1,3),(1,5),(3,5),(2,4),所以 P(A)= 2 , 5
事件 B=“取到的 2 个数均为偶数”,
5
4
3
54
3
5
（1- 3 ）× 1 = 5 .
4
3 12
故 3 人中至少有 1 人被选中的概率为 1 + 23 + 5 = 9 . 10 60 12 10
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【迁移探究】 在本例条件不变下,求3人均未被选中的概率.
解:法一 3 人均未被选中的概率为
P=P( A B C )=（1- 2 ）×（1- 3 ）×(1- 1 )= 1 .
5
4
3 10
法二 由本例(2)知,3 人中至少有 1 人被选中的概率为 9 , 10
所以所求概率为 P=1- 9 = 1 . 10 10
︱高中总复习︱一轮·理数
反思归纳 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)正面计算较繁琐或难以入手时,可从其对立事件入手计算, 即正难则反的思想方法.
重复试验. (2)二项分布: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,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
解析:(1)设一天空气质量优良为事件 A,
连续两天的空气质量优良为事件 AB, 由题意 P(A)=0.75,P(AB)=0.6,
由条件概率得 P(B|A)= P AB = 0.6 =0.8.故选 A. P A 0.75
︱高中总复习︱一轮·理数
(2)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数,事件A=“取到的2个数之和为偶数”,事