2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第10章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第5節(jié)事件的獨立性條件概率與全概率公式學(xué)案含解析新人教A版2023051915

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第10章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第5節(jié)事件的獨立性條件概率與全概率公式學(xué)案含解析新人教A版2023051915第五節(jié)事件的獨立性、條件概率與全概率公式一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．條件概率條件概率的定義設(shè)A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，稱P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))為在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率，簡稱條件概率條件概率的性質(zhì)(1)P(Ω|A)＝1；(2)如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；(3)設(shè)eq\x\to(B)與B互為對立事件，則P(eq\x\to(B)|A)＝1－P(B|A)2.事件的相互獨立性事件A與事件B相互獨立對任意的兩個事件A與B，如果P(AB)＝P(A)·P(B)成立，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立性質(zhì)若事件A與事件B相互獨立，則A與eq\x\to(B)，eq\x\to(A)與B，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)也都相互獨立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)(1)易混淆“相互獨立”和“事件互斥”兩事件互斥是指兩事件不可能同時發(fā)生，兩事件相互獨立是指一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響，兩個事件相互獨立不一定互斥．(2)易混淆P(B|A)與P(A|B)前者是在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率，后者是在B發(fā)生的條件下A發(fā)生的概率．3．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，則對任意的事件B?Ω，有P(B)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．稱上面的公式為全概率公式．二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)相互獨立事件就是互斥事件． (×)(2)對于任意兩個事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立． (×)(3)P(B|A)表示在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率，P(AB)表示事件A，B同時發(fā)生的概率． (√)(4)若事件A，B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)． (√)2．已知盒中裝有3個紅球、2個白球、5個黑球，它們的大小和形狀完全相同．甲每次從中任取一個球不放回，則在他第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率為()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8)D．eq\f(2,9)B解析：設(shè)“第一次拿到白球”為事件A，“第二次拿到紅球”為事件B．依題意P(A)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(AB)＝eq\f(2×3,10×9)＝eq\f(1,15).故在他第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(1,3).3．天氣預(yù)報，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假設(shè)在這段時間內(nèi)兩地是否降雨相互之間沒有影響，則這兩地中恰有一個地方降雨的概率為()A．0.2B．0.3C．0.38D．0.56C解析：設(shè)甲地降雨為事件A，乙地降雨為事件B，則兩地恰有一地降雨為Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B，所以P(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B)＝P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.4．(2020·湖南省六校高三聯(lián)考)甲、乙兩人同時參加公務(wù)員考試，甲筆試、面試通過的概率分別為eq\f(4,5)和eq\f(3,4)；乙筆試、面試通過的概率分別為eq\f(2,3)和eq\f(1,2).若筆試、面試都通過則被錄取，且甲、乙錄取與否相互獨立，則該次考試甲、乙同時被錄取的概率是________，只有一人被錄取的概率是________．eq\f(1,5)eq\f(8,15)解析：甲被錄取的概率p1＝eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,5)，乙被錄取的概率p2＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，則該次考試甲、乙同時被錄取的概率是p1p2＝eq\f(3,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,5)，只有一人被錄取的概率是p1(1－p2)＋p2(1－p1)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(8,15).5．某次知識競賽規(guī)則如下：在主辦方預(yù)設(shè)的5個問題中，選手若能連續(xù)正確回答出2個問題，即停止答題，晉級下一輪．假設(shè)某選手正確回答每個問題的概率都是0.8，且每個問題的回答結(jié)果相互獨立，則該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率等于________．0.128解析：記“該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪”為事件A．由題意知，若該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪，必有第二個問題回答錯誤，第三、四個問題回答正確，第一個問題可對可錯，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.考點1相互獨立事件的概率——基礎(chǔ)性1．(2020·山東省新高考質(zhì)量測評高三聯(lián)考)2019年10月20日，第六屆世界互聯(lián)網(wǎng)大會發(fā)布了15項“世界互聯(lián)網(wǎng)領(lǐng)先科技成果”，其中有5項成果均屬于芯片領(lǐng)域，分別為華為高性能處理器“鯤鵬920”、清華大學(xué)“面向通用人工智能的異構(gòu)融合天機芯片”、特斯拉“特斯拉完全自動駕駛芯片”、寒武紀(jì)云端AI芯片“思元270”、賽靈思“Versal自適應(yīng)計算加速平臺”．現(xiàn)有3名學(xué)生從這15項“世界互聯(lián)網(wǎng)領(lǐng)先科技成果”中分別任選1項進(jìn)行了解，且學(xué)生之間的選擇互不影響，則至少有1名學(xué)生選擇“芯片領(lǐng)域”的概率為()A．eq\f(89,91)B．eq\f(2,91)C．eq\f(98,125)D．eq\f(19,27)D解析：根據(jù)題意可知，1名學(xué)生從15項中任選1項，其中選擇“芯片領(lǐng)域”的概率為eq\f(5,15)＝eq\f(1,3)，故其沒有選擇“芯片領(lǐng)域”的概率為eq\f(2,3)，則3名學(xué)生均沒有選擇“芯片領(lǐng)域”的概率為eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).因此至少有1名學(xué)生選擇“芯片領(lǐng)域”的概率為1－eq\f(8,27)＝eq\f(19,27).故選D．2．(2020·天津市和平區(qū)高三二模)已知甲、乙兩人獨立出行，各租用共享單車一次(假定費用只可能為1,2,3元)．甲、乙租車費用為1元的概率分別是0.5，0.2，甲、乙租車費用為2元的概率分別是0.2，0.4，則甲、乙兩人租車費用相同的概率為()A．0.18B．0.3C．0.24D．0.36B解析：由題意知甲、乙租車費用為3元的概率分別是0.3,0.4.所以甲、乙兩人所租車費用相同的概率為p＝0.5×0.2＋0.2×0.4＋0.3×0.4＝0.3.3．(2019·全國卷Ⅱ)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結(jié)束．(1)求P(X＝2)；(2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．解：(1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個球該局比賽結(jié)束，則這2個球均由甲得分，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且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個球該局比賽結(jié)束，且這4個球的得分情況為前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的主要方法(1)利用相互獨立事件的概率乘法公式直接求解．(2)正面計算較煩瑣(如求用“至少”表述的事件的概率)或難以入手時，可從其對立事件入手計算．考點2條件概率——基礎(chǔ)性(2020·本溪滿族自治縣高級中學(xué)高三模擬)2020年初，新型冠狀肺炎在歐洲爆發(fā)后，我國第一時間內(nèi)向相關(guān)國家捐助醫(yī)療物資，并派出由醫(yī)療專家組成的醫(yī)療小組奔赴相關(guān)國家．現(xiàn)有四個醫(yī)療小組甲、乙、丙、丁和4個需要援助的國家可供選擇，每個醫(yī)療小組只去一個國家．設(shè)事件A＝“4個醫(yī)療小組去的國家各不相同”，事件B＝“小組甲獨自去一個國家”，則P(A|B)＝()A．eq\f(2,9)B．eq\f(1,3)C．eq\f(4,9)D．eq\f(5,9)A解析：事件A＝“4個醫(yī)療小組去的國家各不相同”，事件B＝“小組甲獨自去一個國家”，則P(AB)＝eq\f(A\o\al(4,4),44)＝eq\f(3,32)，P(B)＝eq\f(C\o\al(1,4)×33,44)＝eq\f(27,64)，P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(2,9).故選A．一個正方形被平均分成9個部分，向大正方形區(qū)域隨機地投擲一個點(每次都能投中)．設(shè)投中最左側(cè)3個小正方形區(qū)域的事件記為A，投中最上面3個小正方形或正中間的1個小正方形區(qū)域的事件記為B，求P(AB)，P(A|B)．解：如圖，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，所以n(AB)＝1，所以P(AB)＝eq\f(1,9)，P(A|B)＝eq\f(n(AB),n(B))＝eq\f(1,4).求條件概率的兩種方法(1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))，這是求條件概率的通法．(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的樣本點數(shù)n(A)，再求事件A與事件B的交事件中包含的樣本點數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).1．已知盒中裝有3只螺口燈泡與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形都相同且燈口向下放著．現(xiàn)需要一只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則在他第1次抽到的是螺口燈泡的條件下，第2次抽到的是卡口燈泡的概率為()A．eq\f(3,10)B．eq\f(2,9)C．eq\f(7,8)D．eq\f(7,9)D解析：設(shè)事件A為“第1次抽到的是螺口燈泡”，事件B為“第2次抽到的是卡口燈泡”，則P(A)＝eq\f(3,10)，P(AB)＝eq\f(3,10)×eq\f(7,9)＝eq\f(7,30)，則所求的概率為P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq\f(7,9).2．將三顆骰子各擲一次，設(shè)事件A為“三個點數(shù)都不相同”，B為“至少出現(xiàn)一個6點”，則條件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.eq\f(60,91)eq\f(1,2)解析：P(A|B)的含義是在事件B發(fā)生的條件下，事件A發(fā)生的概率，即在“至少出現(xiàn)一個6點”的條件下，“三個點數(shù)都不相同”的概率．因為“至少出現(xiàn)一個6點”有6×6×6－5×5×5＝91(種)情況，“至少出現(xiàn)一個6點且三個點數(shù)都不相同”共有Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60(種)情況，所以P(A|B)＝eq\f(60,91).P(B|A)的含義是在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率，即在“三個點數(shù)都不相同”的條件下，“至少出現(xiàn)一個6點”的概率．因為“三個點數(shù)都不相同”有6×5×4＝120(種)情況，所以P(B|A)＝eq\f(1,2).考點3全概率公式——基礎(chǔ)性有一批同一型號的產(chǎn)品，已知其中由一廠生產(chǎn)的占30%，二廠生產(chǎn)的占50%，三廠生產(chǎn)的占20%.已知這三個廠的產(chǎn)品次品率分別為2%,1%,1%，問從這批產(chǎn)品中任取一件是次品的概率是多少？解：設(shè)事件A為“任取一件為次品”，事件Bi為“任取一件為i廠的產(chǎn)品”，i＝1,2,3.B1∪B2∪B3＝S，由全概率公式得P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)·P(B2)＋P(A|B3)P(B3)．P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.2，P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.01，P(A|B3)＝0.01，故P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝0.02×0.3＋0.01×0.5＋0.01×0.2＝0.013.通常把B1，B2，…，Bn看成導(dǎo)致A發(fā)生的一組原因．如若A是“次品”，必是n個車間生產(chǎn)了次品；若A是“某種疾病”，必是幾種病因?qū)е翧發(fā)生；若A表示“被擊中”，必有幾種方式或幾個人打中．(1)何時用全概率公式：多種原因?qū)е率录陌l(fā)生．(2)如何用全概率公式：將一個復(fù)雜事件表示為幾個彼此互斥事件的和．(3)從本質(zhì)上講，全概率公式是加法公式與乘法公式的結(jié)合．一個盒子中有6個白球、4個黑球，從中不放回地每次任取1個，連取2次，求第二次取到白球的概率．解：A＝{第一次取到白球}，B＝{第二次取到白球}．因為B＝AB∪eq\x\to(A)B，且AB與eq\x\to(A)B互斥，所以P(B)＝P(AB)＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))·P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(6,10)×eq\f(5,9)＋eq\f(4,10)×eq\f(6,9)＝0.6.從1,2,3,4,5中任取2個不同的數(shù)，事件A＝“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)＝()A．eq\f(1,8)B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,5)D．eq\f(1,2)[四字程序]讀想算思求條件概率P(B|A)1.條件概率的公式；2.古典概型用字母表示事件，理清楚事件之間的關(guān)系轉(zhuǎn)化與化歸A＝“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”1.求P(A)，P(AB)；2.求n(A)，n(AB)1.P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))；2.P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))1.條件概率的公式；2.古典概型的公式思路參考：根據(jù)條件概率公式求解．B解析：P(A)＝eq\f(C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10).由條件概率計算公式，得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq\f(1,4).思路參考：縮小樣本空間，利用古典概型概率公式求解．B解析：事件A包括的樣本點為(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)，共4個．事件AB發(fā)生包含的樣本點只有(2,4)一個，即n(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(1,4).本題考查條件概率求解問題．利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))，這是求條件概率的通法．借助古典概型概率公式，先求事件A包含的樣本點數(shù)n(A)，再求事件A與事件B的交事件中包含的樣本點數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).這是將條件概率縮小樣本空間轉(zhuǎn)化為古典概型．這需要學(xué)生具有一定的數(shù)學(xué)運算求解能力、推理能力和表達(dá)能力，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)．現(xiàn)有3道理科題和2道文科題，若不放回地依次抽取2道題，則在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為()A．eq\f(3,10)B．eq\f(2,5)C．eq\f(1,2)D．eq\f(3,5)C解析：(方法一)設(shè)“第1次抽到理科題”為事件A，“第2次抽到理科題”為事件B，P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3×2,5×4),\f(3,5))＝eq\f(1,2).故選C．(方法二)在第1次抽到理科題的條件下，還有2道理科題和2道文科題，故在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為eq\f(1,2).故選C．第六節(jié)二項分布、超幾何分布與正態(tài)分布一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．n重伯努利試驗與二項分布(1)n重伯努利試驗把只包含兩個可能結(jié)果的試驗叫做伯努利試驗．將一個伯努利試驗獨立地重復(fù)進(jìn)行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗．(2)二項分布設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p(0＜p＜1)．在n重伯努利試驗中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X的分布列為P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n，則稱隨機變量X服從二項分布，記作X～B(n，p)．二項分布與兩點分布的聯(lián)系由二項分布的定義可以發(fā)現(xiàn)，兩點分布是一種特殊的二項分布，即n＝1時的二項分布．2．超幾何分布在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產(chǎn)品中的次品數(shù)，則X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，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}，稱隨機變量X服從超幾何分布．超幾何分布的特征(1)考察對象分兩類；(2)已知各類對象的個數(shù)；(3)從中抽取若干個個體，考察某類個體數(shù)X的概率分布．超幾何分布主要用于抽檢產(chǎn)品、摸不同類別的小球等概率模型，其實質(zhì)是古典概型．3．正態(tài)分布(1)正態(tài)曲線函數(shù)f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))eeq\s\up8(－eq\f((x－μ)2,2σ2))，x∈R，其中μ∈R，σ>0為參數(shù)，我們稱函數(shù)f(x)為正態(tài)密度函數(shù)，稱它的圖象為正態(tài)密度曲線，簡稱正態(tài)曲線．(2)正態(tài)曲線的特點①曲線位于x軸上方，與x軸不相交．②曲線是單峰的，它關(guān)于直線x＝μ對稱．③曲線在x＝μ處達(dá)到峰值eq\f(1,σ\r(2π)).④曲線與x軸圍成的面積為1.⑤在參數(shù)σ取固定值時，正態(tài)曲線的位置由μ確定，且隨著μ的變化而沿x軸平移，如圖(1)所示．⑥當(dāng)μ取定值時，正態(tài)曲線的形狀由σ確定，σ較小時，峰值高，曲線“瘦高”，表示隨機變量X的分布比較集中；σ較大時，峰值低，曲線“矮胖”，表示隨機變量X的分布比較分散，如圖(2)所示．(3)正態(tài)分布的定義及表示若隨機變量X的概率分布密度函數(shù)為f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))eeq\s\up8(－eq\f((x－μ)2,2σ2))，x∈R，則稱隨機變量X服從正態(tài)分布，記為X～N(μ，σ2)．正態(tài)總體在三個特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率值．①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827.②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.若X服從正態(tài)分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正態(tài)曲線的關(guān)于直線X＝μ對稱和曲線與x軸之間的面積為1.二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)二項分布是一個概率分布列，是一個用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次獨立重復(fù)試驗中事件A發(fā)生的次數(shù)的概率分布． (√)(2)從裝有3個紅球、3個白球的盒中有放回地任取一個球，連取3次，則取到紅球的個數(shù)X服從超幾何分布． (×)(3)從4名男演員和3名女演員中選出4人，其中女演員的人數(shù)X服從超幾何分布． (√)(4)一個盒中裝有4個黑球、3個白球，從中任取一個球．若是白球，則取出來，若是黑球，則放回盒中，直到把白球全部取出來．設(shè)取到黑球的次數(shù)為X，則X服從超幾何分布． (×)(5)二項分布是一個概率分布，其公式相當(dāng)于二項式(a＋b)n展開式的通項公式，其中a＝p，b＝1－p. (×)(6)正態(tài)分布中的參數(shù)μ和σ完全確定了正態(tài)分布密度函數(shù)，參數(shù)μ是正態(tài)分布的均值，σ是正態(tài)分布的標(biāo)準(zhǔn)差． (√)2．如果某一批玉米種子中，每粒發(fā)芽的概率均為eq\f(2,3)，那么播下5粒這樣的種子，恰有2粒不發(fā)芽的概率是()A．eq\f(80,243)B．eq\f(80,81)C．eq\f(163,243)D．eq\f(163,729)A解析：用X表示發(fā)芽的粒數(shù)，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,3)))，則P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up8(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up8(2)＝eq\f(80,243)，故播下5粒這樣的種子，恰有2粒不發(fā)芽的概率為eq\f(80,243).3．某班有48名同學(xué)，一次考試后的數(shù)學(xué)成績服從正態(tài)分布，平均分為80，標(biāo)準(zhǔn)差為10，則理論上在80分到90分的人數(shù)是()A．32B．16C．8D．20B解析：因為數(shù)學(xué)成績近似地服從正態(tài)分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.6827.根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性可知，位于80分到90分之間的概率是位于70分到90分之間的概率的一半，所以理論上在80分到90分的人數(shù)是eq\f(1,2)×0.6827×48≈16.4．設(shè)隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，則P(X＝3)等于()A．eq\f(5,16)B．eq\f(3,16)C．eq\f(5,8)D．eq\f(3,8)A解析：因為X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，所以由二項分布可得，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up8(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up8(3)＝eq\f(5,16).5．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(3,1)，且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3)，則c＝________.eq\f(4,3)解析：因為X～N(3,1)，所以正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝3對稱，且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3)，所以2c－1＋c＋3＝2×3，所以c＝eq\f(4,3).6．已知隨機變量X～N(1，σ2)，若P(X>0)＝0.8，則P(X≥2)＝________.0.2解析：隨機變量X服從正態(tài)分布N(1，σ2)，所以正態(tài)曲線關(guān)于x＝1對稱，所以P(X≥2)＝P(X≤0)＝1－P(X>0)＝0.2.考點1n重伯努利試驗與二項分布——綜合性考向1n重伯努利試驗及其概率甲、乙兩人各射擊一次，擊中目標(biāo)的概率分別為eq\f(2,3)和eq\f(3,4).假設(shè)兩人射擊是否擊中目標(biāo)相互之間沒有影響，每人每次射擊是否擊中目標(biāo)相互之間也沒有影響．(1)求甲射擊4次，至少有1次未擊中目標(biāo)的概率．(2)求兩人各射擊4次，甲恰好擊中目標(biāo)2次且乙恰好擊中目標(biāo)3次的概率．(3)假設(shè)每人連續(xù)2次未擊中目標(biāo)，則終止其射擊．問：乙恰好射擊5次后，被終止射擊的概率為多少？解：(1)記“甲射擊4次，至少有1次未擊中目標(biāo)”為事件A1，則事件A1的對立事件eq\x\to(A)1為“甲射擊4次，全部擊中目標(biāo)”．由題意可知，射擊4次相當(dāng)于做了4次獨立重復(fù)試驗，故P(eq\x\to(A)1)＝Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up8(4)＝eq\f(16,81).所以P(A1)＝1－P(eq\x\to(A)1)＝1－eq\f(16,81)＝eq\f(65,81).所以甲射擊4次，至少有1次未擊中目標(biāo)的概率為eq\f(65,81).(2)記“甲射擊4次，恰好擊中目標(biāo)2次”為事件A2，“乙射擊4次，恰好擊中目標(biāo)3次”為事件B2，則P(A2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up8(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up8(2)＝eq\f(8,27)，P(B2)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up8(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))eq\s\up8(1)＝eq\f(27,64).由于甲、乙射擊相互獨立，故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝eq\f(8,27)×eq\f(27,64)＝eq\f(1,8).所以兩人各射擊4次，甲恰好擊中目標(biāo)2次且乙恰好擊中目標(biāo)3次的概率為eq\f(1,8).(3)記“乙恰好射擊5次后，被終止射擊”為事件A3，“乙第i次射擊未擊中”為事件Di(i＝1,2,3,4,5)，則A3＝D5D4eq\x\to(D)3(eq\x\to(D)2eq\x\to(D)1∪eq\x\to(D)2D1∪D2eq\x\to(D)1)，且P(Di)＝eq\f(1,4).由于各事件相互獨立，故P(A3)＝P(D5)P(D4)P(eq\x\to(D)3)P(eq\x\to(D)2eq\x\to(D)1＋eq\x\to(D)2D1＋D2eq\x\to(D)1)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)×\f(1,4)))＝eq\f(45,1024).所以乙恰好射擊5次后，被終止射擊的概率為eq\f(45,1024).n重伯努利試驗概率求解的策略(1)首先判斷問題中涉及的試驗是否為n重伯努利試驗，判斷時注意各次試驗之間是否相互獨立的，并且每次試驗的結(jié)果是否只有兩種，在任何一次試驗中，某一事件發(fā)生的概率是否都相等，全部滿足n重伯努利試驗的要求才能用相關(guān)公式求解．(2)解此類題時常用互斥事件概率加法公式，相互獨立事件概率乘法公式及對立事件的概率公式．考向2二項分布某公司招聘員工，先由兩位專家面試，若兩位專家都同意通過，則視作通過初審予以錄用；若這兩位專家都未同意通過，則視作未通過初審不予錄用；當(dāng)這兩位專家意見不一致時，再由第三位專家進(jìn)行復(fù)審，若能通過復(fù)審則予以錄用，否則不予錄用．設(shè)應(yīng)聘人員獲得每位初審專家通過的概率均為eq\f(1,2)，復(fù)審能通過的概率為eq\f(3,10)，各專家評審的結(jié)果相互獨立．(1)求某應(yīng)聘人員被錄用的概率；(2)若4人應(yīng)聘，設(shè)X為被錄用的人數(shù)，試求隨機變量X的分布列．解：設(shè)“兩位專家都同意通過”為事件A，“只有一位專家同意通過”為事件B，“通過復(fù)審”為事件C．(1)設(shè)“某應(yīng)聘人員被錄用”為事件D，則D＝A∪BC．因為P(A)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(B)＝2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(3,10)，所以P(D)＝P(A∪BC)＝P(A)＋P(B)P(C)＝eq\f(2,5).(2)根據(jù)題意，X＝0,1,2,3,4，且X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,5)))，Ai表示“應(yīng)聘的4人中恰有i人被錄用”(i＝0,1,2,3,4)．因為P(A0)＝Ceq\o\al(0,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up8(4)＝eq\f(81,625)，P(A1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up8(3)＝eq\f(216,625)，P(A2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up8(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up8(2)＝eq\f(216,625)，P(A3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up8(3)×eq\f(3,5)＝eq\f(96,625)，P(A4)＝Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up8(4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up8(0)＝eq\f(16,625).所以X的分布列為X01234Peq\f(81,625)eq\f(216,625)eq\f(216,625)eq\f(96,625)eq\f(16,625)二項分布概率公式可以簡化求概率的過程，但需要注意檢查該概率模型是否滿足公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k的三個條件：(1)在一次試驗中某事件A發(fā)生的概率是一個常數(shù)p；(2)n次試驗不僅是在完全相同的情況下進(jìn)行的重復(fù)試驗，而且各次試驗的結(jié)果是相互獨立的；(3)該公式表示n次試驗中事件A恰好發(fā)生了k次的概率．為了防止受到核污染的產(chǎn)品影響我國民眾的身體健康，要求產(chǎn)品在進(jìn)入市場前必須進(jìn)行兩輪核輻射檢測，只有兩輪都合格才能進(jìn)行銷售，否則不能銷售．已知某產(chǎn)品第一輪檢測不合格的概率為eq\f(1,6)，第二輪檢測不合格的概率為eq\f(1,10)，兩輪檢測是否合格相互沒有影響．若產(chǎn)品可以銷售，則每件產(chǎn)品獲利40元；若產(chǎn)品不能銷售，則每件產(chǎn)品虧損80元．已知一箱中有4件產(chǎn)品，記一箱產(chǎn)品獲利X元，則P(X≥－80)＝________.eq\f(243,256)解析：由題意得該產(chǎn)品能銷售的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq\f(3,4).易知X的所有可能取值為－320，－200，－80,40,160.設(shè)ξ表示一箱產(chǎn)品中可以銷售的件數(shù)，則ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,4)))，所以P(ξ＝k)＝Ceq\o\al(k,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up8(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up8(4－k).所以P(X＝－80)＝P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up8(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up8(2)＝eq\f(27,128)，P(X＝40)＝P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up8(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up8(1)＝eq\f(27,64)，P(X＝160)＝P(ξ＝4)＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up8(4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up8(0)＝eq\f(81,256).故P(X≥－80)＝P(X＝－80)＋P(X＝40)＋P(X＝160)＝eq\f(243,256).考點2超幾何分布——綜合性在心理學(xué)研究中，常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響，具體方法如下：將參加試驗的志愿者隨機分成兩組，一組接受甲種心理暗示，另一組接受乙種心理暗示，通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結(jié)果來評價兩種心理暗示的作用．現(xiàn)有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，從中隨機抽取5人接受甲種心理暗示，另5人接受乙種心理暗示．(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數(shù)，求X的分布列．解：(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M，則P(M)＝eq\f(C\o\al(4,8),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,18).(2)由題意知X可取的值為0,1,2,3,4，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(5,6),C\o\al(5,10))＝eq\f(1,42)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(4,6)C\o\al(1,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(3,6)C\o\al(2,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(10,21)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(3,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(4,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(1,42)，因此X的分布列為X01234Peq\f(1,42)eq\f(5,21)eq\f(10,21)eq\f(5,21)eq\f(1,42)(1)超幾何分布描述的是不放回抽樣問題，隨機變量為抽到的某類個體的個數(shù)．超幾何分布的特征：①考查對象分兩類；②已知各類對象的個數(shù)；③從中抽取若干個個體，考查某類個體數(shù)X的概率分布．(2)超幾何分布主要用于抽檢產(chǎn)品、摸不同類別的小球等概率模型，其實質(zhì)是古典概型．1．已知在10件產(chǎn)品中可能存在次品，從中抽取2件檢查，其次品數(shù)為ξ.已知P(ξ＝1)＝eq\f(16,45)，且該產(chǎn)品的次品率不超過40%，則這10件產(chǎn)品的次品率為()A．10%B．20%C．30%D．40%B解析：設(shè)10件產(chǎn)品中有x件次品，則P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,x)C\o\al(1,10－x),C\o\al(2,10))＝eq\f(x(10－x),45)＝eq\f(16,45)，所以x＝2或x＝8.因為次品率不超過40%，所以x＝2，所以次品率為eq\f(2,10)＝20%.2．(2020·貴陽市四校高三聯(lián)考)高新區(qū)某高中德育處為了調(diào)查學(xué)生對“國安法”的關(guān)注情況，在全校組織了“國家安全知多少”的知識問卷測試，并從中隨機抽取了12份問卷，得到其測試成績(百分制)如下：52,63,67,68,72,76,76,76,82,88,93,94.(1)寫出該樣本的中位數(shù)，若該校共有3000名學(xué)生，試估計該校測試成績在70分以上的人數(shù)；(2)從所抽取的70分以上的學(xué)生中再隨機選取4人，記ξ表示測試成績在80分以上的人數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望．解：(1)由已知數(shù)據(jù)可得中位數(shù)為76，樣本中70分以上的所占比例為eq\f(8,12)＝eq\f(2,3)，故可估計該校測試成績在70分以上的約為3000×eq\f(2,3)＝2000(人)．(2)由題意可得ξ的可能取值為0,1,2,3,4.P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(0,4)C\o\al(4,4),C\o\al(4,8))＝eq\f(1,70)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(3,4),C\o\al(4,8))＝eq\f(16,70)＝eq\f(8,35)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,4),C\o\al(4,8))＝eq\f(36,70)＝eq\f(18,35)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)C\o\al(1,4),C\o\al(4,8))＝eq\f(16,70)＝eq\f(8,35)，P(ξ＝4)＝eq\f(C\o\al(4,4)C\o\al(0,4),C\o\al(4,8))＝eq\f(1,70).所以ξ的分布列為ξ01234Peq\f(1,70)eq\f(8,35)eq\f(18,35)eq\f(8,35)eq\f(1,70)E(ξ)＝0×eq\f(1,70)＋1×eq\f(8,35)＋2×eq\f(18,35)＋3×eq\f(8,35)＋4×eq\f(1,70)＝2.考點3正態(tài)分布——應(yīng)用性(1)(多選題)(2020·本溪高級中學(xué)期末)若隨機變量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：因為隨機變量ξ服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布N(0，1)，所以正態(tài)曲線關(guān)于ξ＝0對稱，如圖．φ(－x)＝φ(ξ≥x)＝1－φ(x)，所以A項正確；φ(2x)＝φ(ξ≤2x)，2φ(x)＝2φ(ξ≤x)，所以φ(2x)≠2φ(x)，B項錯誤；P(|ξ|<x)＝P(－x<ξ<x)＝1－2φ(－x)＝1－2[1－φ(x)]＝2φ(x)－1，所以C項正確；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項錯誤．故選AC．(2)設(shè)每天從甲地去乙地的旅客人數(shù)為隨機變量X，且X～N(800,502)，則一天中從甲地去乙地的旅客人數(shù)不超過900的概率為()A．0.97725 B．0.84135C．0.9973 D．0.9545A解析：因為X～N(800,502)，所以P(700≤X≤900)≈0.9545，所以P(X>900)≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275，所以P(X≤900)≈1－0.02275＝0.97725.(3)“過大年，吃水餃”是我國不少地方過春節(jié)的一大習(xí)俗.2020年春節(jié)前夕，A市某質(zhì)檢部門隨機抽取了100包某種品牌的速凍水餃，檢測其某項質(zhì)量指標(biāo)值，所得頻率分布直方圖如下：①求所抽取的100包速凍水餃該項質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)eq\x\to(x)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)；②由頻率分布直方圖可以認(rèn)為，速凍水餃的該項質(zhì)量指標(biāo)值Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，利用該正態(tài)分布，求Z落在[14.55,38.45]內(nèi)的概率．附：計算得所抽查的這100包速凍水餃的質(zhì)量指標(biāo)值的標(biāo)準(zhǔn)差為σ＝eq\r(142.75)≈11.95.解：①所抽取的100包速凍水餃該項質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)eq\x\to(x)＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.②因為Z服從