二项分布与正态分布

2574


＝0.9570－0.0423＝0.9147.
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【名师点睛】
a
二项分布的计算较费时，于是高考把 P(a<x<b)
＝bP(x)dx 的计算转变为识表与用表， 既考了知识点又考了能力， 这是当前高考的一种命题方向．
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二项分布
如图，面积为 S 的正方形 ABCD 中有一个 不规则的图形 M，可按下面方法估计 M 的面积： 在正方形 ABCD 中随机投掷 n 个点，若 n 个点中有 m 个点落入 m M 中，则 M 的面积的估计值为 n S，假设正方形 ABCD 的边长为 2，M 的面积为 1，并向正方形 ABCD 中随机投掷 10000 个点， 以 X 表示落入 M 中的点的数目．
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【解析】 因为随机变量 ξ 服从正态分布 N(0，σ2)，所以正态曲 线关于直线 x＝0 对称， p(ξ>2)＝0.023， 又 所以 p(ξ<－2)＝0.023， 所 以 p( － 2≤ξ≤2) ＝ 1 － P(ξ>2) － P(ξ< － 2) ＝ 1 － 2×0.023 ＝ 0.954，故选 C. 【答案】 C
B(4,0.2) ，
故至少两支灯管需要更换的概率 P 1 P( 0) P( 1)
0 1 1 C4 0.84 C4 0.83 0.21
113 625 （写成
0.18 也可以）.
(1) 所求概率为 4 1 2 P(A1· 1)＝P(A1)· 1)＝9×2＝9 B P(B (2) 解法一：ξ 的所有可能值为 0,1,2,3,4，且 1 1 1 P(ξ＝0)＝P(A0· 0)＝P(A0)· 0)＝9×4＝36， B P(B 1 1 4 1 1 P(ξ＝1)＝P(A0· 1)＋P(A1· 0)＝9×2＋9×4＝6 B B 1 1 4 1 4 1 13 P(ξ＝2)＝P(A0· 2)＋P(A1· 1)＋P(A2· 0)＝ × ＋ × ＋ × ＝ B B B 9 4 9 2 9 4 36 4 1 4 1 1 P(ξ＝3)＝P(A1· 2)＋P(A2· 1)＝9×4＋9×2＝3 B B
（2）假设一间功能室一次性换上 4 支这种新灯管，使用 12 个月时进行一次检查，将已经损坏的灯管换下（中途不更换）， 求至少两支灯管需要更换的概率.
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2 【解析】（1）∵ N ( , ) ， P( 12) 0.8 ， P( 24) 0.2 ，
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二项分布与正态分布
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1．在相同条件下重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验． 2．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：
【名师点睛】 本题考查正态分布的基础知识，掌握其基础知识 是解答好本题的关键．
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3． （2012 佛山一模）佛山某学校的场室统一使用“佛山照明” 的一种灯管，已知这种灯管使用寿命 （单位：月）服从正态分 N ( , 2 ) ，且使用寿命不少于 12 个月的概率为 0.8，使用寿 布 命不少于 24 个月的概率为 0.2. （1）求这种灯管的平均使用寿命 ；
∴ P( 12) 0.2 ，显然 P( 12) P( 24) 由正态分布密度函数的对称性可知，
12 24 18 ， 2 Nhomakorabea即每支这种灯管的平均使用寿命是 18 个月； （2）每支灯管使用 12 个月时已经损坏的概率为 1 0.8 0.2 ， 假设使用 12 个月时该功能室需要更换的灯管数量为 支，则
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1．盒子内有相同的白球和红球， 任意摸了一个球是红球的概率 为 0.1, 每次摸出球后都放回盒子内． (1)摸球 5 次，求仅出现一次红球的概率(保留 2 位有效数字)； (2)求从第一次起连续摸出白球数不小于 3 的概率． 解析：(1)P＝C1(0.1)(1－0.1)4＝0.32508≈0.33. 5 (2)设事件{η＝k}表示连续出现了 k－1 个白球，且第 k 个是红 球， 得：P(η＝1)＝0.1，
2．某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各 2 株．设甲、 2 1 乙两种大树移栽的成活率分别为3和2，且各株大树是否成活 互不影响．求移栽的 4 株大树中： (1)两种大树各成活 1 株的概率； (2)成活的株数 ξ 的分布列与期望．
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解析：设 Ak 表示甲种大树成活 k 株，k＝0,1,2 Bl 表示乙种大树成活 l 株，l＝0,1,2 则 Ak，Bl 独立. 由独立重复试验中事件发生的概率公式有
k 2 k 1 2 －k l 1 l 1 2－l P(Ak)＝C2( ) ( ) ，P(Bl)＝C2( ) ( )
3 3
2 2
1 4 4 据此算得 P(A0)＝9，P(A1)＝9，P(A2)＝9 1 1 1 P(B0)＝4，P(B1)＝2，P(B2)＝4
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名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科） 正态分布
(2010 年高考山东卷理科)已知随机变量 Z 服从正态分布 N(0，e2)，若 P(Z>2)＝0.023，则 P(－2≤Z≤2)＝( A．0.477 B．0.625 C．0.954 )
D．0.977
【思路分析】 根据正态分布的性质，其曲线关于 y 轴对称，可 先求出 P(ξ<－2)＝P(ξ>2)， 再由 P(－2≤ξ≤2)＝1－P(ξ>2)－P(ξ< －2)可得解．
k P(X＝k)＝Cnpk(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 EX＝np.
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1 3． 函数 φμ，(x)＝ e σ 2πσ ， x∈(－∞， ＋∞)， 实数 μ 和 σ(σ>0)
(2)依题意所求概率为
X P－0.03<10000×4－1<0.03＝P(2425<X<2575)
＝
2574
Ct10000×0.25t×0.7510000－t
t＝2425
2425 t t 10000－t ＝ C10000×0.25 ×0.75 － Ct10000×0.25t×0.7510000－t t＝0 t＝0
为参数的图象为正态分布密度曲线， 简称正态曲线． 如右图． 4．如果对于任何实数 a<b，随机变量 X 满足 P(a<X≤b)＝bφμ，
a
则称 σ(x)dx，
X 的分布为正态分布， 参数 μ 表示随机变量的均
值 EX，参数 σ 表示随机变量的标准差 DX，记作：X～N(μ， 1 x2 σ ). 其中 N(0,1)称为标准正态分布．即 φ(x)＝ e－2 . 2π
2575
P(k)
0.0403
0.0423
0.9570
0.9590
【思路分析】
判断 X 的分布属于二项分布是关键，其次是公
1 式与附表的运用．每个点落入 M 中的概率均为 P＝ .依题意知 4
1 X～B10000，4.
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科） 1 【解析】 (1)EX＝10000× ＝2500. 4
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(1)求 X 的均值 EX； (2)求用以上方法估计 M 的面积时，M 的面积的估计值与实际值 之差在区间(－0.03,0.03)内的概率． 附表：P(k)＝ Ct10000×0.25t×0.7510000
t＝0 k
－t
k
2424
2425
2574
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【解析】 每位顾客贡献正确意见的概率为 P＝0.7， 作出正确决 策的概率为 P5(3)＋P5(4)＋P5(5)＝C3· 3(1－P)2＋C4· 4· 5P 5 P (1－P)＋ C5· 5≈0.84. 5P 【名师点睛】 作出正确决策指至少 3 人作出正确决策，是独立 重复试验问题与互斥事件的概率问题的综合题型．
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4 1 1 P(ξ＝4)＝P(A2· 2)＝9×4＝9 B 综上知 ξ 有分布列 ξ 0 1 2 3 4
P
1 36
1 6
13 36
1 3
1 9
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从而，ξ 的期望为 1 1 13 1 1 7 Eξ＝0×36＋1×6＋2×36＋3×3＋4×9＝3 解法二：分布列的求法同上 令 ξ1，ξ2 分别表示甲乙两种树成活的株数，则 2 1 ξ1～B(2，3)，ξ2～B(2，2) 2 4 1 故有 Eξ1＝2×3＝3，Eξ＝2×2＝1 7 从而知 Eξ＝Eξ1＋Eξ2＝3
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n次独立重复试验的概率
某机构有一个 5 人组成的顾问小组， 若每个顾问贡献正确 意见的百分比为 0.7，现在该机构对某事可行与否个别征求各位 顾问意见，并按多数人的意见作出决策，求作出正确决策的概 率．(结果保留两位有效数字) 【思路分析】 每个顾问贡献正确意见是相互独立的， 且概率是 相同，作出正确决策是按多数人的，属于独立重复试验的模型．
2
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5．正态曲线的性质：①曲线位于 x 轴上方，与 x 轴不相交；② 曲线是单峰的，它关于直线 x＝μ 对称；③曲线在 x＝μ 处达 1 到峰值 ；④曲线与 x 轴之间的面积为 1；⑤当 σ 一定时， σ 2π 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． 6．三个基本数据：P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826； P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544；P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974.
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P(η＝2)＝(1－0.1)×0.1＝0.09， P(η＝3)＝(1－0.1)2×0.1＝0.081， 因为 P(η>3)＝1－P(η≤3)，所以 P(η>3)＝1－[P(η＝1)＋P(η＝2)＋P(η＝3)]＝1－(0.1＋0.09＋ 0.081)＝0.729 所以事件“连续出现白球的个数不小于 3”的概率为 0.729.