2024高考復(fù)習(xí)A版數(shù)學(xué)考點(diǎn)考法講解：二項(xiàng)分布與正態(tài)分布

高考

數(shù)學(xué)概率與統(tǒng)計(jì)二項(xiàng)分布與正態(tài)分布基礎(chǔ)篇考點(diǎn)一條件概率、相互獨(dú)立事件及二項(xiàng)分布、全概率公式1.條件概率及其性質(zhì)1)一般地,設(shè)A,B為兩個(gè)隨機(jī)事件,且P(A)>0,稱P(B|A)=

為在事件A發(fā)生的條件下,事件B發(fā)生的條件概率,簡(jiǎn)稱條件概率.2)條件概率的性質(zhì)設(shè)P(A)>0,則①P(Ω|A)=1;②如果B和C是兩個(gè)互斥事件,則P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).③設(shè)

和B互為對(duì)立事件,則P(

|A)=1-P(B|A).2.全概率公式一般地,設(shè)A1,A2,…,An是一組兩兩互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,則對(duì)任意的事件B?Ω,有P(B)=

,稱此公式為全概率公式.3.相互獨(dú)立事件1)對(duì)任意兩個(gè)事件A與B,如果P(AB)=P(A)·P(B)成立,則稱事件A與事件B相

互獨(dú)立.2)若A與B相互獨(dú)立,則P(B|A)=P(B),P(AB)=P(B|A)·P(A)=P(A)·P(B).3)若A與B相互獨(dú)立,則A與

,

與B,

與

也都相互獨(dú)立.4.n重伯努利試驗(yàn)與二項(xiàng)分布1)n重伯努利試驗(yàn)①定義:將一個(gè)伯努利試驗(yàn)獨(dú)立地重復(fù)進(jìn)行n次所組成的隨機(jī)試驗(yàn)稱為n

重伯努利試驗(yàn).②用Ai(i=1,2,…,n)表示第i次試驗(yàn)結(jié)果,則P(A1A2…An)=P(A1)·P(A2)·…·P(An).2)二項(xiàng)分布一般地,在n重伯努利試驗(yàn)中,設(shè)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為p(0<p<1),

用X表示事件A發(fā)生的次數(shù),則X的分布列為P(X=k)=

pk(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n).如果隨機(jī)變量X的分布列具有上式的形式,則稱隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分

布,記作X~B(n,p).5.二項(xiàng)分布的均值與方差若X~B(n,p),則E(X)=np,D(X)=np(1-p).考點(diǎn)二正態(tài)分布1.正態(tài)曲線函數(shù)f(x)=

·

,x∈R(其中μ∈R和σ(σ>0)為參數(shù))的圖象為正態(tài)密度曲線,簡(jiǎn)稱正態(tài)曲線.2.正態(tài)分布若隨機(jī)變量X的概率分布密度函數(shù)為f(x),則稱隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布,

記為X~N(μ,σ2).特別地,當(dāng)μ=0,σ=1時(shí),稱隨機(jī)變量X服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布.3.正態(tài)分布的均值和方差若X~N(μ,σ2),則E(X)=μ,D(X)=σ2.4.正態(tài)曲線的特點(diǎn)1)曲線位于x軸上方且與x軸不相交;2)曲線是單峰的,它關(guān)于直線x=μ對(duì)稱;3)曲線在x=μ處達(dá)到峰值

;4)當(dāng)|x|無(wú)限增大時(shí),曲線無(wú)限接近x軸;5)曲線與x軸之間區(qū)域的面積為1;6)當(dāng)σ一定時(shí),曲線隨著μ的變化而沿x軸移動(dòng);7)當(dāng)μ一定時(shí),曲線的形狀由σ確定,σ越小,曲線越“瘦高”;σ越大,曲線越

“矮胖”.5.3σ原則1)正態(tài)總體在三個(gè)特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827;P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545;P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.2)3σ原則在實(shí)際應(yīng)用中,通常認(rèn)為服從正態(tài)分布N(μ,σ2)的隨機(jī)變量X只取[μ-3σ,μ+3σ]中的值,這在統(tǒng)計(jì)學(xué)中稱為3σ原則.綜合篇考法一條件概率的求法1.求條件概率的三種方法1)定義法:先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=

求P(B|A).2)樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)法:借助古典概型概率公式,先求事件A包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)n(A),再求事件AB包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)n(AB),得P(B|A)=

.3)縮樣法:去掉第一次抽到的情況,只研究剩下的情況,用古典概型概率公

式求解.2.應(yīng)用全概率公式求概率的步驟1)根據(jù)題意找出完備事件組,即滿足全概率公式的Ω的一個(gè)劃分A1,A2,A3,

…,An;2)用Ai(i=1,2,3,…,n)來(lái)表示待求的事件;3)代入全概率公式求解.例1

(2022山東泰安二模,6)已知盒子中裝有形狀、大小完全相同的五張

卡片,分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,現(xiàn)每次從中任意取一張,取出后不再放回,若

抽取三次,則在前兩張卡片所標(biāo)數(shù)字之和為偶數(shù)的條件下,第三張為奇數(shù)

的概率為

(

)A.

B.

C.

D.

解析

設(shè)前兩張卡片所標(biāo)數(shù)字之和為偶數(shù)是事件A,第三張為奇數(shù)是事件

B,則事件A包括前兩張都為奇數(shù)或都為偶數(shù)兩種情況,故P(A)=

=

,P(AB)=

=

,故在前兩張卡片所標(biāo)數(shù)字之和為偶數(shù)的條件下,第三張為奇數(shù)的概率P(B|A)=

=

.答案

C例2

(2022山東臨沂三模,13)某足球隊(duì)在對(duì)球員的使用上進(jìn)行數(shù)據(jù)分析,

根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì),甲球員能夠勝任前鋒、中鋒、后衛(wèi)三個(gè)位置,且出

場(chǎng)率分別為0.3,0.5,0.2,當(dāng)甲球員在相應(yīng)位置時(shí),球隊(duì)輸球的概率依次為0.4,0.2,0.6.據(jù)此判斷當(dāng)甲球員參加比賽時(shí),該球隊(duì)某場(chǎng)比賽不輸球的概率

為

.解析記甲球員出場(chǎng)擔(dān)任前鋒、中鋒、后衛(wèi)分別為事件A1,A2,A3;記甲球

員出場(chǎng)擔(dān)任前鋒、中鋒、后衛(wèi)時(shí)輸球分別為事件B1,B2,B3,當(dāng)甲球員參加比賽時(shí),該球隊(duì)某場(chǎng)比賽不輸球的概率P=P(A1

)+P(A2

)+P(A3

)=P(A1)P(

)+P(A2)P(

)+P(A3)P(

)=0.3×(1-0.4)+0.5×(1-0.2)+0.2×(1-0.6)=0.66.答案

0.66考法二

n重伯努利試驗(yàn)及二項(xiàng)分布問(wèn)題的求解方法1.n重伯努利試驗(yàn)與二項(xiàng)分布的判斷1)n重伯努利試驗(yàn)滿足的條件:①在同樣的條件下重復(fù)進(jìn)行;②各次試驗(yàn)之

間相互獨(dú)立.2)二項(xiàng)分布模型的確定一般地,確定一個(gè)二項(xiàng)分布模型的步驟如下:①明確伯努利試驗(yàn)及事件A的意義,確定事件A發(fā)生的概率p;②確定重復(fù)試驗(yàn)的次數(shù)n,并判斷各次試驗(yàn)的獨(dú)立性;③設(shè)X為n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件A發(fā)生的次數(shù),則X~B(n,p).2.n重伯努利試驗(yàn)中事件A恰好發(fā)生k次的概率求法n重伯努利試驗(yàn)中事件A恰好發(fā)生k次可看作

個(gè)互斥事件的和,其中每一個(gè)事件都可看作k個(gè)A事件與(n-k)個(gè)

事件同時(shí)發(fā)生,只是發(fā)生的次序不同,其發(fā)生的概率都是pk(1-p)n-k(其中p為在一次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率).

因此,n重伯努利試驗(yàn)中事件A恰好發(fā)生k次的概率為

pk(1-p)n-k.例3

(2019課標(biāo)Ⅰ,15,5分)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽,采取七場(chǎng)四勝制(當(dāng)

一隊(duì)贏得四場(chǎng)勝利時(shí),該隊(duì)獲勝,決賽結(jié)束).根據(jù)前期比賽成績(jī),甲隊(duì)的主

客場(chǎng)安排依次為“主主客客主客主”.設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0.6,客場(chǎng)

取勝的概率為0.5,且各場(chǎng)比賽結(jié)果相互獨(dú)立,則甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率是

.解析由題意可知七場(chǎng)四勝制且甲隊(duì)以4∶1獲勝,則共比賽了5場(chǎng),且第5

場(chǎng)甲勝,前4場(chǎng)中甲勝3場(chǎng).第一類:第1場(chǎng)、第2場(chǎng)中甲勝1場(chǎng),第3場(chǎng)、第4場(chǎng)

甲勝,則P1=

×0.6×0.4×0.52=2×

×

×

=

;第二類:第1場(chǎng)、第2場(chǎng)甲勝,第3場(chǎng)、第4場(chǎng)中甲勝1場(chǎng),則P2=0.62×

×0.5×0.5=

×2×

=

,所以甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率為P=

×0.6=0.18.答案

0.18例4

(2019天津理,16,13分)設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間,每天7:30之前到

校的概率均為

.假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響,且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立.(1)用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7:30之前到校的天數(shù),求隨機(jī)變量X

的分布列和數(shù)學(xué)期望;(2)設(shè)M為事件“上學(xué)期間的三天中,甲同學(xué)在7:30之前到校的天數(shù)比乙

同學(xué)在7:30之前到校的天數(shù)恰好多2”,求事件M發(fā)生的概率.解析

(1)因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨(dú)立,且每天7:30

之前到校的概率均為

,故X~B

,從而P(X=k)=

,k=0,1,2,3.所以,隨機(jī)變量X的分布列為X0123P

則隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=3×

=2.(2)設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7:30之前到校的天數(shù)為Y,則Y~B

,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由題意知事件{X=3,Y=1}與{X=2,Y=0}互斥,且

事件{X=3}與{Y=1},事件{X=2}與{Y=0}均相互獨(dú)立,從而由(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)=

×

+

×

=

.考法三正態(tài)分布問(wèn)題的求解方法若X~N(μ,σ2),則1)P(X≥μ)=P(X≤μ)=0.5;2)對(duì)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);5)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.例5

(2023屆廣東佛山南海、三水摸底,4)李明上學(xué)有時(shí)坐公交車,有時(shí)

騎自行車,他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時(shí)間,經(jīng)數(shù)據(jù)分析

得到,假設(shè)坐公交車用時(shí)X和騎自行車用時(shí)Y都服從正態(tài)分布,X~N(μ1,62),Y

~N(μ2,22).X和Y的正態(tài)分布密度曲線如圖所示,則下列結(jié)果正確的是(

)

A.D(X)=6B.μ1>μ2C.P(X≤38)<P(Y≤38)D.P(X≤34)<P(Y≤34)解析對(duì)于A,由隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布,且X~N(μ1,62),可得隨機(jī)變量X

的方差為σ2=62,即D(X)=36,所以A錯(cuò)誤;對(duì)于B,根據(jù)給定的正態(tài)分布密度曲線,可得隨機(jī)變量μ1