《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)　二項分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗收卷

《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)二項分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗收卷《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)二項分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗收卷/《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)二項分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗收卷第7節(jié)二項分布與正態(tài)分布知識梳理1．條件概率條件概率的定義條件概率的性質(zhì)設(shè)A,B為兩個事件,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(1)0≤P(B|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)2．事件的相互獨立性(1)定義：設(shè)A,B為兩個事件,如果P(AB)＝P(A)P(B),則稱事件A與事件B相互獨立．(2)性質(zhì)：若事件A與B相互獨立,則A與eq\o(B,\s\up6(－)),eq\o(A,\s\up6(－))與B,eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))也都相互獨立,P(B|A)＝P(B),P(A|B)＝P(A)．3．獨立重復(fù)試驗與二項分布(1)獨立重復(fù)試驗在相同條件下重復(fù)做的n次試驗稱為n次獨立重復(fù)試驗,其中Ai(i＝1,2,…,n)是第i次試驗結(jié)果,則P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(A(2)二項分布在n次獨立重復(fù)試驗中,用X表示事件A發(fā)生的次數(shù),設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p,則P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk(1－p)n－k(k＝0,1,2,…,n),此時稱隨機變量X服從二項分布,記作X～B(n,p),并稱p為成功概率．4．正態(tài)分布(1)正態(tài)分布的定義如果對于任何實數(shù)a,b(a＜b),隨機變量X滿足P(a＜X≤b)＝eq\i\in(a,b,)φμ,σ(x)dx,則稱隨機變量X服從正態(tài)分布,記為X～N(μ,σ2)．其中φμ,σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e(σ>0).(2)正態(tài)曲線的性質(zhì)①曲線位于x軸上方,與x軸不相交,與x軸之間的面積為1;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當(dāng)μ一定時,曲線的形狀由σ確定,σ越小,曲線越"瘦高”,表示總體的分布越集中;σ越大,曲線越"矮胖”,表示總體的分布越分散．(3)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)＝0.682_7;②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954_5;③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997_3．1．相互獨立事件與互斥事件的區(qū)別相互獨立事件是指兩個事件發(fā)生的概率互不影響,計算式為P(AB)＝P(A)P(B),互斥事件是指在同一試驗中,兩個事件不會同時發(fā)生,計算公式為P(A∪B)＝P(A)＋P(B).2．若X服從正態(tài)分布,即X～N(μ,σ2),要充分利用正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對稱和曲線與x軸之間的面積為1解題．診斷自測1．判斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打"√”或"×”)(1)對于任意兩個事件,公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.()(2)二項分布是一個概率分布列,是一個用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(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.()(3)n次獨立重復(fù)試驗要滿足：①每次試驗只有兩個相互對立的結(jié)果,可以分別稱為"成功”和"失敗”;②每次試驗"成功”的概率為p,"失敗”的概率為1－p;③各次試驗是相互獨立的．()(4)正態(tài)分布中的參數(shù)μ和σ完全確定了正態(tài)分布,參數(shù)μ是正態(tài)分布的期望,σ是正態(tài)分布的標(biāo)準(zhǔn)差．()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析對于(1),只有當(dāng)A,B為相互獨立事件時,公式P(AB)＝P(A)P(B)才成立．2．已知盒中裝有3個紅球、2個白球、5個黑球,它們大小形狀完全相同．甲每次從中任取一個不放回,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)答案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P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(1,3).3．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＝________答案eq\f(4,3)解析∵X～N(3,1),∴正態(tài)曲線關(guān)于x＝3對稱,且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3)∴2c－1＋c＋3＝2×3,∴c＝eq\f(4,3).4．(2020·廣州調(diào)研)某公司生產(chǎn)了一批新產(chǎn)品,這種產(chǎn)品的綜合質(zhì)量指標(biāo)值x服從正態(tài)分布N(100,σ2),且P(x<80)＝0.2.現(xiàn)從中隨機抽取該產(chǎn)品1000件,估計其綜合質(zhì)量指標(biāo)值在[100,120]內(nèi)的產(chǎn)品件數(shù)為()A．200B．300C．400D．600答案B解析由題意,這種產(chǎn)品的綜合質(zhì)量指標(biāo)值x服從正態(tài)分布N(100,σ2),則正態(tài)分布曲線的對稱軸為x＝100,根據(jù)正態(tài)分布曲線的對稱性,得P(100≤x≤120)＝P(80≤x≤100)＝0.5－0.2＝0.3,所以從中隨機抽取該產(chǎn)品1000件,估計其綜合質(zhì)量指標(biāo)值在[100,120]內(nèi)的產(chǎn)品件數(shù)為1000×0.3＝300,故選B.5．(2021·鄭州模擬)甲、乙兩位選手進行乒乓球比賽,5局3勝制,每局甲贏的概率是eq\f(2,3),乙贏的概率是eq\f(1,3),則甲以3∶1獲勝的概率是()A.eq\f(8,27)B．eq\f(16,27)C．eq\f(16,81)D．eq\f(32,81)答案A解析甲以3∶1獲勝是指前3局比賽中甲2勝1負(fù),第4局比賽甲勝,∴甲以3∶1獲勝的概率是P＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).故選A.6．(多選題)(2021·濟南調(diào)研)甲罐中有5個紅球,2個白球和3個黑球,乙罐中有4個紅球,3個白球和3個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐,分別以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球,白球和黑球的事件;再從乙罐中隨機取出一球,以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件,則下列結(jié)論中正確的是()A．P(B)＝eq\f(2,5)B．P(B|A1)＝eq\f(5,11)C．事件B與事件A1相互獨立D．A1,A2,A3是兩兩互斥的事件答案BD解析易見A1,A2,A3是兩兩互斥的事件,P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝eq\f(5,10)×eq\f(5,11)＋eq\f(2,10)×eq\f(4,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(4,11)＝eq\f(9,22).故選BD.考點一條件概率1．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)答案B解析法一P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5),P(AB)＝P(B)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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).法二事件A包括的基本事件：(1,3),(1,5),(3,5),(2,4)共4個．事件AB發(fā)生的結(jié)果只有(2,4)一種情形,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).2．(2020·大同模擬)某射擊選手射擊一次擊中10環(huán)的概率是eq\f(4,5),連續(xù)兩次均擊中10環(huán)的概率是eq\f(1,2),已知該選手某次擊中10環(huán),則隨后一次擊中10環(huán)的概率是()A．eq\f(2,5)B．eq\f(5,8)C．eq\f(1,2)D．eq\f(4,5)答案B解析設(shè)該選手某次擊中10環(huán)為事件A,隨后一次擊中10環(huán)為事件B,則P(A)＝eq\f(4,5),P(AB)＝eq\f(1,2),∴某次擊中10環(huán),隨后一次擊中10環(huán)的概率是P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,2),\f(4,5))＝eq\f(5,8).故選B.3．有一批種子的發(fā)芽率為0.9,出芽后的幼苗成活率為0.8,在這批種子中,隨機抽取一粒,則這粒種子能成長為幼苗的概率為________．答案0.72解析設(shè)種子發(fā)芽為事件A,種子成長為幼苗為事件B(發(fā)芽又成活為幼苗).依題意P(B|A)＝0.8,P(A)＝0.9.根據(jù)條件概率公式P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72,即這粒種子能成長為幼苗的概率為0.72.感悟升華(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包含的基本事件數(shù)n(A),再求事件A與事件B的交事件中包含的基本事件數(shù)n(AB),得P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).考點二相互獨立事件同時發(fā)生的概率【例1】(2020·全國Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同學(xué)進行羽毛球比賽,約定賽制如下：累計負(fù)兩場者被淘汰;比賽前抽簽決定首先比賽的兩人,另一人輪空;每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽,負(fù)者下一場輪空,直至有一人被淘汰;當(dāng)一人被淘汰后,剩余的兩人繼續(xù)比賽,直至其中一人被淘汰,另一人最終獲勝,比賽結(jié)束．經(jīng)抽簽,甲、乙首先比賽,丙輪空．設(shè)每場比賽雙方獲勝的概率都為eq\f(1,2).(1)求甲連勝四場的概率;(2)求需要進行第五場比賽的概率;(3)求丙最終獲勝的概率．解(1)甲連勝四場的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16).(2)根據(jù)賽制,至少需要進行四場比賽,至多需要進行五場比賽．比賽四場結(jié)束,共有三種情況：甲連勝四場的概率為eq\f(1,16);乙連勝四場的概率為eq\f(1,16);丙上場后連勝三場的概率為eq\f(1,8).所以需要進行第五場比賽的概率為1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).(3)丙最終獲勝,有兩種情況：比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為eq\f(1,8);比賽五場結(jié)束且丙最終獲勝,則從第二場開始的四場比賽按照丙的勝、負(fù)、輪空結(jié)果有三種情況：勝勝負(fù)勝,勝負(fù)空勝,負(fù)空勝勝,概率分別為eq\f(1,16),eq\f(1,8),eq\f(1,8).因此丙最終獲勝的概率為eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(7,16).感悟升華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)正面計算較繁(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．【訓(xùn)練1】(多選題)(2021·威海模擬)如圖所示的電路中,5只箱子表示保險匣分別為A,B,C,D,E.箱中所示數(shù)值表示通電時保險絲被切斷的概率,下列結(jié)論正確的是()A．AB所在線路暢通的概率為eq\f(1,6)B．ABC的所在線路暢通的概率為eq\f(5,6)C．DE所在線路暢通的概率為eq\f(1,30)D．當(dāng)開關(guān)合上時,整個電路暢通的概率為eq\f(29,36)答案BD解析A,B所在線路暢通的概率為eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,3),因此A錯誤;D,E所在線路暢通的概率為1－eq\f(1,5)×eq\f(1,6)＝1－eq\f(1,30)＝eq\f(29,30),因此C錯誤;A,B,C所在線路暢通的概率為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6),B正確;根據(jù)上述分析可知,當(dāng)開關(guān)合上時,電路暢通的概率為eq\f(29,30)×eq\f(5,6)＝eq\f(29,36),D正確．考點三獨立重復(fù)試驗與二項分布【例2】(2021·東北三省三校聯(lián)考)某市旅游局為了進一步開發(fā)旅游資源,需要了解游客的情況,以便制定相應(yīng)的策略．在某月中隨機抽取甲、乙兩個景點各10天的游客數(shù),畫出莖葉圖如圖所示,若景點甲的數(shù)據(jù)的中位數(shù)是126,景點乙的數(shù)據(jù)的平均數(shù)是124.(1)求x,y的值;(2)若將圖中景點甲的數(shù)據(jù)作為該景點較長一段時間內(nèi)的樣本數(shù)據(jù)(視樣本頻率為概率),則從這段時間內(nèi)任取4天,記其中游客數(shù)不低于125的天數(shù)為ξ,求P(ξ≤2);(3)現(xiàn)從圖中的20個數(shù)據(jù)中任取2個數(shù)據(jù)(甲、乙兩景點的數(shù)據(jù)各取1個),記其中游客數(shù)不低于115且不高于135的個數(shù)為η,求η的分布列．解(1)由題意知x>4,則eq\f(120＋x＋127,2)＝126,解得x＝5.由eq\f(109＋110×3＋120×3＋130×2＋141＋y＋5＋8＋4＋5＋6＋3＋5,10)＝124,解得y＝4.(2)由題意知,景點甲一天的游客數(shù)不低于125的概率為eq\f(6,10)＝eq\f(3,5),從這段時間內(nèi)任取4天,即進行4次獨立重復(fù)試驗,其中有ξ次發(fā)生,所以隨機變量ξ服從二項分布,則P(ξ≤2)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(328,625).(3)從莖葉圖中可以看出,景點甲的數(shù)據(jù)中符合條件的有3個,景點乙的數(shù)據(jù)中符合條件的有7個,所以在景點甲的數(shù)據(jù)中符合條件的數(shù)據(jù)被選出的概率為eq\f(3,10),在景點乙的數(shù)據(jù)中符合條件的數(shù)據(jù)被選出的概率為eq\f(7,10).由題意知,η的所有可能取值為0,1,2.則P(η＝0)＝eq\f(7,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(21,100),P(η＝1)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＋eq\f(7,10)×eq\f(7,10)＝eq\f(29,50),P(η＝2)＝eq\f(3,10)×eq\f(7,10)＝eq\f(21,100).所以η的分布列為η012Peq\f(21,100)eq\f(29,50)eq\f(21,100)感悟升華利用獨立重復(fù)試驗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(\s\up1(k),\s\do1(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．【訓(xùn)練2】(2019·天津卷改編)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eq\f(2,3).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),求隨機變量X的分布列;(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(1)因為甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨立,且每天7：30之前到校的概率為eq\f(2,3),故X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(2,3))),從而P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3－k),k＝0,1,2,3.所以,隨機變量X的分布列為X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)(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～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(2,3))),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)＝eq\f(8,27)×eq\f(2,9)＋eq\f(4,9)×eq\f(1,27)＝eq\f(20,243).考點四正態(tài)分布【例3】(1)(2020·南寧、柳州聯(lián)考)甲、乙兩類水果的質(zhì)量(單位：kg)分別服從正態(tài)分布N(μ1,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))),N(μ2,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),其正態(tài)分布密度曲線如圖所示,則下列說法錯誤的是()A．甲類水果的平均質(zhì)量為0.4B．甲類水果的質(zhì)量分布比乙類水果的質(zhì)量分布更集中于平均值左右C．甲類水果的平均質(zhì)量比乙類水果的平均質(zhì)量小D．乙類水果的質(zhì)量服從的正態(tài)分布的參數(shù)σ2＝1.99(2)(2021·新高考8省聯(lián)考)對于一個物理量做n次測量,并以測量結(jié)果的平均值作為該物理值的最后結(jié)果．已知最后結(jié)果的誤差εn～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(2,n))),為使誤差εn在(－0.5,0.5)的概率不小于0.9545,至少要測量________次．(若X～N(μ,σ),則P(|X－μ|<2σ)＝0.9545)(3)(多選題)(2021·青島質(zhì)檢)近年來中國進入一個鮮花消費的增長期,某農(nóng)戶利用精準(zhǔn)扶貧政策,貸款承包了一個新型溫室鮮花大棚,種植銷售紅玫瑰和白玫瑰．若這個大棚的紅玫瑰和白玫瑰的日銷量分別服從正態(tài)分布N(μ,302)和N(280,402),則下列選項正確的是()附：若隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ,σ2),則P(μ－σ＜X＜μ＋σ)≈0.6827.A．若紅玫瑰日銷售量范圍在(μ－30,280)的概率是0.6827,則紅玫瑰日銷售量的平均數(shù)約為250B．紅玫瑰日銷售量比白玫瑰日銷售量更集中C．白玫瑰日銷售量比紅玫瑰日銷售量更集中D．白玫瑰日銷售量范圍在(280,320)的概率約為0.34135答案(1)D(2)32(3)ABD解析(1)由圖象可知甲的正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝0.4對稱,乙的正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝0.8對稱,所以μ1＝0.4,μ2＝0.8,A項正確,C項正確．由圖可知甲類水果的質(zhì)量分布比乙類水果的質(zhì)量分布更集中于平均值左右,B項正確．因為乙的正態(tài)曲線的最大值為1.99,即eq\f(1,\r(2π)σ2)＝1.99,所以σ2≠1.99,D項錯誤．故選D.(2)P(|εn－μ|<2σ)＝0.9545,又μ＝0,σ2＝eq\f(2,n),即P(μ－2σ<εn<μ＋2σ)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(\f(2,n))<εn<2\r(\f(2,n))))＝0.9545,由題意知2σ≤0.5,即2eq\r(\f(2,n))≤eq\f(1,2),所以n≥32.(3)對于選項A：μ＋30＝280,μ＝250,正確;對于選項BC：利用σ越小越集中,30小于40,B正確,C不正確;對于選項D：P(280＜X＜320)＝P(μ＜X＜μ＋σ)≈0.6827×eq\f(1,2)≈0.34135,正確．感悟升華(1)利用3σ原則求概率問題時,要注意把給出的區(qū)間或范圍與正態(tài)變量的μ,σ進行對比聯(lián)系,確定它們屬于(μ－σ,μ＋σ),(μ－2σ,μ＋2σ),(μ－3σ,μ＋3σ)中的哪一個．(2)利用正態(tài)分布密度曲線的對稱性研究相關(guān)概率問題,涉及的知識主要是正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對稱,及曲線與x軸之間的面積為1.注意下面兩個結(jié)論的活用：①P(X＜a)＝1－P(X≥a);②P(X＜μ－σ)＝P(X≥μ＋σ).【訓(xùn)練3】某生物研究小組準(zhǔn)備探究某地區(qū)蜻蜓的翼長分布規(guī)律,據(jù)統(tǒng)計該地區(qū)蜻蜓有A,B兩種,且這兩種的個體數(shù)量大致相等．記A種蜻蜓和B種蜻蜓的翼長(單位：mm)分別為隨機變量X,Y,其中X服從正態(tài)分布N(45,25),Y服從正態(tài)分布N(55,25).(1)從該地區(qū)的蜻蜓中隨機捕捉一只,求這只蜻蜓的翼長在區(qū)間[45,55]的概率;(2)記該地區(qū)蜻蜓的翼長為隨機變量Z,若用正態(tài)分布N(μ0,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))來近似描述Z的分布,請你根據(jù)(1)中的結(jié)果,求參數(shù)μ0和σ0的值(精確到0.1).注：若X～N(μ,σ2),則P(μ－0.64σ≤X≤μ＋0.64σ)≈0.4773,P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827,P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.解(1)記這只蜻蜓的翼長為t.因為A種蜻蜓和B種蜻蜓的個體數(shù)量大致相等,所以這只蜻蜓是A種還是B種的可能性是相等的．所以P(45≤t≤55)＝eq\f(1,2)×P(45≤X≤55)＋eq\f(1,2)×P(45≤Y≤55)＝eq\f(1,2)×P(45≤X≤45＋2×5)＋eq\f(1,2)×P(55－2×5≤Y≤55)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.9545,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(0.9545,2)＝0.47725.(2)由于兩種蜻蜓的個體數(shù)量相等,X,Y的方差也相等,根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性,可知μ0＝eq\f(45＋55,2)＝50.0.∴0.47725≈0.4773,∴由(1)可知45＝μ0－0.64σ0,55＝μ0＋0.64σ0,得σ0＝eq\f(5,0.64)≈7.8.二項分布與超幾何分布的辨別教材和考題中常涉及二項分布與超幾何分布,學(xué)生對這兩種模型的定義不能很好地理解,一遇到"取”或"摸”的題型,就認(rèn)為是超幾何分布,不加分析,濫用公式,運算對象不明晰,事實上,超幾何分布和二項分布確實有著密切的聯(lián)系,但也有明顯的區(qū)別．【例1】寫出下列離散型隨機變量的分布列,并指出其中服從二項分布的是哪些?服從超幾何分布的是哪些?(1)X1表示n次重復(fù)拋擲1枚骰子出現(xiàn)點數(shù)是3的倍數(shù)的次數(shù)．(2)X2表示連續(xù)拋擲2枚骰子,所得的2枚骰子的點數(shù)之和.(3)有一批產(chǎn)品共有N件,其中次品有M件(N＞M＞0),采用有放回抽取方法抽取n次(n＞N),抽出的次品件數(shù)為X3.(4)有一批產(chǎn)品共有N件,其中M件為次品,采用不放回抽取方法抽n件,出現(xiàn)次品的件數(shù)為X4(N－M＞n＞0).解(1)X1的分布列為X1012…nPCeq\o\al(0,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)Ceq\o\al(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－2)…Ceq\o\al(n,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)X1服從二項分布,即X1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n,\f(1,3))).(2)X2的分布列為X223456789101112Peq\f(1,36)eq\f(2,36)eq\f(3,36)eq\f(4,36)eq\f(5,36)eq\f(6,36)eq\f(5,36)eq\f(4,36)eq\f(3,36)eq\f(2,36)eq\f(1,36)(3)X3的分布列為X3012…nPeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n)Ceq\o\al(1,n)eq\f(M,N)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n－1)Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,N)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n－2)…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,N)))eq\s\up12(n)X3服從二項分布,即X3～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n,\f(M,N))).(4)X4的分布列為X401…k…nPeq\f(Ceq\o\al(n,N－M),Ceq\o\al(n,N))eq\f(Ceq\o\al(1,M)Ceq\o\al(n－1,N－M),Ceq\o\al(n,N))…eq\f(Ceq\o\al(k,M)Ceq\o\al(n－k,N－M),Ceq\o\al(n,N))…eq\f(Ceq\o\al(n,M),Ceq\o\al(n,N))X4服從超幾何分布．【例2】某食品廠為了檢查一條自動包裝流水線的生產(chǎn)情況,隨機抽取該流水線上的40件產(chǎn)品作為樣本稱出它們的質(zhì)量(單位：克),質(zhì)量的分組區(qū)間為(490,495],(495,500],…,(510,515].由此得到樣本的頻率分布直方圖(如下圖).(1)根據(jù)頻率分布直方圖,求質(zhì)量超過505克的產(chǎn)品數(shù)量;(2)在上述抽取的40件產(chǎn)品中任取2件,設(shè)X為質(zhì)量超過505克的產(chǎn)品數(shù)量,求X的分布列;(3)從該流水線上任取2件產(chǎn)品,設(shè)Y為質(zhì)量超過505克的產(chǎn)品數(shù)量,求Y的分布列．解(1)質(zhì)量超過505克的產(chǎn)品的頻率為5×0.05＋5×0.01＝0.3,所以質(zhì)量超過505克的產(chǎn)品數(shù)量為40×0.3＝12(件).(2)重量超過505的產(chǎn)品數(shù)量為12件,則重量未超過505克的產(chǎn)品數(shù)量為28件,X的取值為0,1,2,X服從超幾何分布．P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(28)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(63,130),P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(12))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(28)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(28,65),P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(12)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(11,130),∴X的分布列為X012Peq\f(63,130)eq\f(28,65)eq\f(11,130)(3)根據(jù)樣本估計總體的思想,取一件產(chǎn)品,該產(chǎn)品的質(zhì)量超過505克的概率為eq\f(12,40)＝eq\f(3,10).從流水線上任取2件產(chǎn)品互不影響,該問題可看成2次獨立重復(fù)試驗,質(zhì)量超過505克的件數(shù)Y的可能取值為0,1,2,且Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(3,10))),P(Y＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,10)))eq\s\up12(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq\s\up12(k),所以P(Y＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))eq\s\up12(2)＝eq\f(49,100),P(Y＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\f(3,10)·eq\f(7,10)＝eq\f(21,50),P(Y＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,100).∴Y的分布列為Y012Peq\f(49,100)eq\f(21,50)eq\f(9,100)思維升華超幾何分布的抽取是不放回抽取,各次抽取不獨立,二項分布的抽取是有放回抽取,各次抽取相互獨立．當(dāng)超幾何分布所對應(yīng)的總體數(shù)量很大時可以近似地看作二項分布．A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．打靶時,甲每打10次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,若兩人同時射擊一個目標(biāo),則他們同時中靶的概率是()A．eq\f(14,25)B．eq\f(12,25)C．eq\f(3,4)D．eq\f(3,5)答案A解析因為甲每打10次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,所以P(甲)＝eq\f(4,5),P(乙)＝eq\f(7,10),所以他們都中靶的概率是eq\f(4,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(14,25).2．(2020·西安質(zhì)檢)若隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),則P(X＝3)等于()A．eq\f(1,3)B．eq\f(40,243)C．eq\f(10,27)D．eq\f(3,5)答案B解析隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),則P(X＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(40,243),故選B.3．某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明,一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75,連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6,已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良,則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是()A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45答案A解析記事件A表示"一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良”,事件B表示"隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良”,P(A)＝0.75,P(AB)＝0.6.由條件概率,得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.6,0.75)＝0.8.4．(多選題)(2021·武漢調(diào)研)為吸引顧客,某商場舉辦購物抽獎活動抽獎規(guī)則是：從裝有2個白球和3個紅球(小球除顏色外,完全相同)的抽獎箱中,每次摸出一個球,不放回地依次摸取兩次,記為一次抽獎．若摸出的2個球顏色相同則為中獎,否則為不中獎．下列隨機事件的概率正確的是()A．某顧客抽獎一次中獎的概率是eq\f(2,5)B．某顧客抽獎三次,至少有一次中獎的概率是eq\f(98,125)C．在一次抽獎過程中,若已知顧客第一次抽出了紅球,則該顧客中獎的概率是eq\f(3,10)D．在一次抽獎過程中,若已知顧客第一次抽出了紅球,則該顧客中獎的概率是eq\f(1,2)答案ABD解析顧客抽獎一次中獎的概率為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1＋3,10)＝eq\f(2,5),故A選項正確．顧客抽獎三次,至少有一次中獎的概率是1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(27,125)＝eq\f(98,125),故B選項正確．對于CD選項,由于第一次抽出了紅球,故剩余2個白球和2個紅球,再抽一個,抽到紅球的概率是eq\f(2,2＋2)＝eq\f(1,2),故C選項錯誤,D選項正確．5．(2021·長沙模擬)袋中裝有形狀和大小完全相同的4個黑球,3個白球,從中不放回地依次隨機摸取兩球,在第一次摸到了黑球的條件下,第二次摸到白球的概率是()A．eq\f(4,7)B．eq\f(2,7)C．eq\f(1,2)D．eq\f(1,3)答案C解析在這兩次摸球過程中,設(shè)A＝"第一次摸到黑球”,B＝"第二次摸到白球”．則n(A)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＝24,n(AB)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝12,所以P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).故選C.6．(2021·重慶診斷)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(80,25),若P(75<X≤m)＝0.8186,則m等于()(附：P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6827,P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9545)A．89B．90C．91D．92答案B解析由題意得σ＝5,μ＝80,P(80－5<X≤80＋5)＝0.6827,即P(75<X≤85)＝0.6827;P(80－10<X≤80＋10)＝0.9545,即P(70<X≤90)＝0.9545.所以P(85<X≤90)＝eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359.因為P(75<X≤m)＝0.8186,而P(75<X≤90)＝P(75<X≤85)＋P(85<X≤90)＝0.6827＋0.1359＝0.8186,所以m＝90.二、填空題7．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)正確回答出兩個問題,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________．答案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,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＝0.128.8．某大廈的一部電梯從底層出發(fā)后只能在第18,19,20層?？浚粼撾娞菰诘讓佑?個乘客,且每位乘客在這三層的每一層下電梯的概率均為eq\f(1,3),用X表示這5位乘客在第20層下電梯的人數(shù),則P(X＝4)＝________．答案eq\f(10,243)解析考察一位乘客是否在第20層下電梯為一次試驗,這是5次獨立重復(fù)試驗,故X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),即有P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(5－k),k＝0,1,2,3,4,5.故P(X＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)＝eq\f(10,243).9．甲、乙兩隊進行籃球決賽,采取七場四勝制(當(dāng)一隊贏得四場勝利時,該隊獲勝,決賽結(jié)束).根據(jù)前期比賽成績,甲隊的主客場安排依次為"主主客客主客主”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結(jié)果相互獨立,則甲隊以4∶1獲勝的概率是________.答案0.18解析記事件M為甲隊以4∶1獲勝,則甲隊共比賽五場,且第五場甲隊獲勝,前四場甲隊勝三場負(fù)一場,所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.三、解答題10．(2021·北京東城區(qū)綜合練習(xí)節(jié)選)某志愿者服務(wù)網(wǎng)站在線招募志愿者,當(dāng)報名人數(shù)超過計劃招募人數(shù)時,將采用隨機抽取的方法招募志愿者,下表記錄了A,B,C,D四個項目最終的招募情況,其中有兩個數(shù)據(jù)模糊,記為a,b.項目計劃招募人數(shù)報名人數(shù)A50100B60aC80bD160200甲同學(xué)報名參加了這四個志愿者服務(wù)項目,記ξ為甲同學(xué)最終被招募的項目個數(shù),已知P(ξ＝0)＝eq\f(1,40),P(ξ＝4)＝eq\f(1,10).(1)求甲同學(xué)至多被三個項目招募的概率;(2)求a,b的值．解因為P(ξ＝0)＝eq\f(1,40),所以a>60,且b>80.設(shè)事件A表示"甲同學(xué)被項目A招募”,由題意可知,P(A)＝eq\f(50,100)＝eq\f(1,2);設(shè)事件B表示"甲同學(xué)被項目B招募”,由題意可知,P(B)＝eq\f(60,a);設(shè)事件C表示"甲同學(xué)被項目C招募”,由題意可知,P(C)＝eq\f(80,b);設(shè)事件D表示"甲同學(xué)被項目D招募”,由題意可知,P(D)＝eq\f(160,200)＝eq\f(4,5).(1)由于事件"甲同學(xué)至多被三個項目招募”與事件"ξ＝4”是對立的,所以甲同學(xué)至多被三個項目招募的概率是1－P(ξ＝4)＝1－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10).(2)由題意可知,P(ξ＝0)＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C)eq\x\to(D))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(60,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(80,b)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5)))＝eq\f(1,40);P(ξ＝4)＝P(ABCD)＝eq\f(1,2)·eq\f(60,a)·eq\f(80,b)·eq\f(4,5)＝eq\f(1,10).解得a＝120,b＝160.11．(2020·湖南五市十校聯(lián)考改編)為全面貫徹黨的教育方針,堅持立德樹人,適應(yīng)經(jīng)濟社會發(fā)展對多樣化高素質(zhì)人才的需要,按照國家統(tǒng)一部署,湖南省高考改革方案從2018年秋季進入高一年級的學(xué)生開始正式實施．新高考改革中,明確高考考試科目由語文、數(shù)學(xué)、英語3科,及考生在政治、歷史、地理、物理、化學(xué)、生物6個科目中自主選擇的3科組成,不分文理科．假設(shè)6個自主選擇的科目中每科被選擇的可能性相等,每位學(xué)生選擇每個科目互不影響,甲、乙、丙為某中學(xué)高一年級的3名學(xué)生．(1)求這3名學(xué)生都選擇物理的概率;(2)設(shè)X為這3名學(xué)生中選擇物理的人數(shù),求X的分布列．解(1)設(shè)"這3名學(xué)生都選擇物理”為事件A,依題意得每位學(xué)生選擇物理的概率都為eq\f(1,2),故P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8),即這3名學(xué)生都選擇物理的概率為eq\f(1,8).(2)X的所有可能取值為0,1,2,3,由題意知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(1,2))),P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,8),P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝eq\f(3,8),P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\b