2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案10.5《二项分布与正态分布》 (2份打包，原卷版+教师版)

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1.结合古典概型，考查条件概率、独立事件的概率的计算，凸显数学运算的核心素养．
2．结合n次独立重复试验的概念，考查随机变量的二项分布，凸显数学抽象的核心素养．
3．结合频率分布直方图，考查正态分布曲线的特点、3σ原则的应用，凸显直观想象的核心素养．
[理清主干知识]
1．条件概率
(1)条件概率的定义
设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq \f(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．
(2)条件概率的性质
①条件概率具有一般概率的性质，即0≤P(B|A)≤1.
②如果B，C是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
2．相互独立事件的概率
(1)相互独立事件的定义及性质
①定义：设A，B是两个事件，若P(AB)＝P(A)·P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
②性质：若事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．
(2)独立重复试验概率公式
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，若用Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
(3)二项分布的定义
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，则P(X＝k)＝Ceq \\al(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．
3．正态分布
(1)正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝eq \f(1,\r(2π)σ)e SKIPIF 1 < 0 ，x∈(﹣∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ＞0)为参数，称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝eq \i\in(a,b,)φμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记作N(μ，σ2)．
(3)正态曲线的特点
①曲线位于x轴的上方，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eq \f(1,σ\r(2π)).
④曲线与x轴之间的面积为1.
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿着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．
(4)正态分布中的3σ原则
①P(μ﹣σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6.
②P(μ﹣2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4.
③P(μ﹣3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(条件概率)甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别等于( )
A.eq \f(1,3)，eq \f(2,5) B.eq \f(2,3)，eq \f(2,5) C.eq \f(2,3)，eq \f(3,5) D.eq \f(1,2)，eq \f(3,5)
解析：选C P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.12,0.18)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.12,0.2)＝eq \f(3,5).
2．(正态分布)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)．若P(ξ＞2)＝0.023，则P(﹣2≤ξ≤2)＝( )
A．0.477 B．0.628 C．0.954 D．0.977
解析：选C ∵μ＝0，∴P(ξ＞2)＝P(ξ＜﹣2)＝0.023，∴P(﹣2≤ξ≤2)＝1﹣2×0.023＝0.954.
3．(二项分布)设随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)等于________．
解析：∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，∴P(X＝3)＝Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＝eq \f(5,16).
答案：eq \f(5,16)
4．(相互独立事件)甲、乙、丙三人将参加某项测试．他们能达标的概率分别是0.8,0.6,0.5，则三人都达标的概率为________，三人中至少有一人达标的概率为________．
解析：每个人是否达标是相互独立的，
“三人中至少有一人达标”的对立事件为“三人均未达标”，
设三人都达标为事件A，三人中至少有一人达标为事件B，
则P(A)＝0.8×0.6×0.5＝0.24，P(B)＝1﹣0.2×0.4×0.5＝0.96.
答案：0.24 0.96
二、易错点练清
1．(条件概率公式使用错误)由0,1组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P(A|B)＝________.
解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝eq \f(1,2)，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，所以P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
2．(恰有一个发生理解错误)计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，在操作考试中“合格”的概率依次为eq \f(1,2)，eq \f(5,6)，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．
解析：甲获得“合格证书”的概率为eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,5)，乙获得“合格证书”的概率是eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,9)，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \f(5,9)＝eq \f(23,45).
答案：eq \f(23,45)
考点一 事件的相互独立性及条件概率
考法(一) 条件概率
[例1] (1)现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
(2)2020年疫情的到来给人们生活学习等各方面带来种种困难．为了顺利迎接高考，某省制定了周密的毕业年级复学计划．为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查．学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测．已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，假设该疾病患病率为0.1%，且患病者检验呈阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率为( )
A．0.99% B．99% C．49.5% D．36.5%
[解析] (1)法一：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，
则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3×2,A\\al(2,5)),\f(3,5))＝eq \f(1,2).故选C.
法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为eq \f(1,2).故选C.
(2)设A为“某人检验呈阳性”，B为“此人患病”，则“某人检验呈阳性时他确实患病”为B|A，由题意知P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(99%×0.1%,0.2%)＝49.5%，故选C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧] 条件概率的3种求法
考法(二) 事件的相互独立性
[例2] 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
[解] (1)X＝2就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，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且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为
[0.5×(1﹣0.4)＋(1﹣0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
[方法技巧]
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
[针对训练]
1．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”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
解析：选B P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，由条件概率公式，得P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
2．一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3，各部件的状态相互独立．
(1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的概率；
(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．
解：(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A，B，C，
由题知P(A)＝0.1，P(B)＝0.2，P(C)＝0.3，各部件的状态相互独立，
所以部件1,2都不需要调整的概率P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B))＝P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))＝0.9×0.8＝0.72，
故部件1,2中至少有1个需要调整的概率为1﹣P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B))＝0.28.
(2)X可取0,1,2,3，P(X＝0)＝P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B)·eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))·P(eq \x\t(C))＝0.9×0.8×0.7＝0.504，
P(X＝1)＝P(A·eq \x\t(B)·eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)·B·eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B)·C)
＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，
P(X＝3)＝P(A·B·C)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，P(X＝2)＝1﹣P(X＝0)﹣P(X＝1)﹣P(X＝3)＝0.092，
所以X的分布列为
E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝0.6.
考点二 独立重复试验与二项分布
[典例]“大湖名城，创新高地”的合肥，历史文化积淀深厚，民俗和人文景观丰富，科教资源众多，自然风光秀美，成为中小学生“研学游”的理想之地．为了将来更好地推进“研学游”项目，某旅游学校一位实习生在某旅行社实习期间，把“研学游”项目分为科技体验游、民俗人文游、自然风光游三种类型，并在前几年该旅行社接待的全省高一学生“研学游”学校中，随机抽取了100所学校，统计如下：
该实习生在明年省内有意向组织高一“研学游”的学校中，随机抽取了3所学校，并以统计的频率代替学校选择研学游类型的概率(假设每所学校在选择研学游类型时仅选择其中一类，且不受其他学校选择结果的影响)．
(1)若这3所学校选择的研学游类型是“科技体验游”和“自然风光游”，求这两种类型都有学校选择的概率；
(2)设这3所学校中选择“科技体验游”的学校数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
[解] (1)依题意，学校选择“科技体验游”的概率为eq \f(2,5)，选择“自然风光游”的概率为eq \f(1,5)，
∴若这3所学校选择研学游类型为“科技体验游”和“自然风光游”，则这两种类型都有学校选择的概率为P＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))＋Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝eq \f(18,125).
(2)X可能取值为0,1,2,3.则P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＝eq \f(54,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝eq \f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3＝eq \f(8,125)，
∴X的分布列为
∴E(X)＝0×eq \f(27,125)＋1×eq \f(54,125)＋2×eq \f(36,125)＋3×eq \f(8,125)＝eq \f(6,5).
[方法技巧]
与二项分布有关的期望、方差的求法
(1)求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1﹣p)求解，可大大减少计算量．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b).
[针对训练]
一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列及数学期望．
解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X～B(3,0.6)，X可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)·(1﹣0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)·0.6(1﹣0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)·0.62(1﹣0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)·0.63＝0.216.故X的分布列为
E(X)＝3×0.6＝1.8.
考点三 正态分布
[典例] 为提高城市居民生活幸福感，某城市公交公司大力确保公交车的准点率，减少居民乘车候车时间，为此，该公司对某站台乘客的候车时间进行统计．乘客候车时间受公交车准点率、交通拥堵情况、节假日人流量增大等情况影响，在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，乘客候车时间随机变量X满足正态分布N(μ，σ2)．在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，调查了大量乘客的候车时间，经过统计得到如图频率分布直方图．
(1)在直方图各组中，以该组区间的中点值代表该组中的各个值，试估计μ，σ2的值；
(2)在统计学中，发生概率低于千分之三的事件叫小概率事件，一般认为，在正常情况下，一次试验中，小概率事件是不可能发生的．在交通拥堵情况正常、非节假日的某天，随机调查了该站的10名乘客的候车时间，发现其中有3名乘客候车时间超过15分钟，试判断该天公交车准点率是否正常，并说明理由．
参考数据：eq \r(19.2)≈4.38，eq \r(21.4)≈4.63，eq \r(26.6)≈5.16，0.841 357≈0.298 4,0.841 356≈ 0.354 7,0.158 653≈0.004 0，0.158 654≈0.000 6，P(μ﹣σ[解] (1)μ＝0.1×2＋0.2×6＋0.4×10＋0.2×14＋0.1×18＝10，
σ2＝s2＝2×(82×0.1＋42×0.2)＋(10﹣10)2×0.4＝19.2.
(2)μ＋σ≈10＋4.38＝14.38，设3名乘客候车时间超过15分钟的事件为A，
则P(X>14.38)＝eq \f(1－Pμ－σ所以P(A)＝Ceq \\al(3,10)(0.158 65)3(0.841 35)7≈0.143>0.003，
即准点率正常．
[方法技巧]
正态分布下两类常见的概率计算
(1)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ﹣σ，μ＋σ)，(μ﹣2σ，μ＋2σ)，(μ﹣3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
(2)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面结论的活用：
①对任意的a，有P(X＜μ﹣a)＝P(X＞μ＋a)；
②P(X＜x0)＝1﹣P(X≥x0)；
③P(a＜X＜b)＝P(X＜b)﹣P(X≤a)．
[针对训练]
(2021·潍坊模拟)为了严格监控某种零件的一条生产线的生产过程，某企业每天从该生产线上随机抽取10 000个零件，并测量其内径(单位：cm)．根据长期生产经验，认为这条生产线正常状态下生产的零件的内径X服从正态分布N(μ，σ2)．如果加工的零件内径小于μ﹣3σ或大于μ＋3σ均为不合格品，其余为合格品．
(1)假设生产状态正常，请估计一天内抽取的10 000个零件中不合格品的个数；
(2)若生产的某件产品为合格品则该件产品盈利；若生产的某件产品为不合格品则该件产品亏损．已知每件产品的利润L(单位：元)与零件的内径X有如下关系：
L＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5，X<μ－3σ，,4，μ－3σ≤X<μ－σ，,6，μ－σ≤X≤μ＋3σ，,－5，X>μ＋3σ.))
求该企业一天从生产线上随机抽取10 000个零件的平均利润．
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，有P(μ﹣σ解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ﹣3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 3，从而抽取一个零件为不合格品的概率为0.002 7，因此一天内抽取的10 000个零件中不合格品的个数约为 10 000×0.002 7＝27.
(2)结合正态分布曲线和题意可知：P(X<μ﹣3σ)＝0.001 35，
P(μ﹣3σ≤X<μ﹣σ)＝eq \f(1,2)(0.997 3﹣0.682 7)＝0.157 3，
P(μ﹣σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 3﹣0.157 3＝0.840 0，P(X>μ＋3σ)＝0.001 35，
故随机抽取10 000个零件的平均利润为：
10 000L＝10 000(﹣5×0.001 35＋4×0.157 3＋6×0.840 0﹣5×0.001 35)＝56 557元．
一、创新命题视角——学通学活巧迁移
二项分布与超几何分布的辨别方法
[典例] 写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数．
(2)X2表示连续抛掷2枚骰子，所得的2个骰子的点数之和．
(3)有一批产品共有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)，抽出的次品件数为X3.
(4)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X4(N﹣M>n>0)．
[解] (1)X1的分布列为
X1服从二项分布，即X1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,3))).
(2)X2的分布列为
(3)X3的分布列为
X3服从二项分布，即X3～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(M,N))).
(4)X4的分布列为
X4服从超几何分布．
[名师微点] 二项分布与超几何分布的辨别方法
二、创新考查方式——领悟高考新动向
1．夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( )
A．0.05 B．0.007 5 C.eq \f(1,3) D．eq \f(1,6)
解析：选C 设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.05,0.15)＝eq \f(1,3).故选C.
2．(多选)“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其密度曲线函数为f(x)＝eq \f(1,10\r(2π))e SKIPIF 1 < 0 ，x∈(﹣∞，＋∞)，则下列说法正确的是( )
A．该地水稻的平均株高为100 cm
B．该地水稻株高的方差为10
C．随机测量一株水稻，其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大
D．随机测量一株水稻，其株高在(80,90)和在(100,110)(单位：cm)的概率一样大
解析：选AC f(x)＝eq \f(1,10\r(2π))e SKIPIF 1 < 0 ，故μ＝100，σ2＝100，故A正确，B错误；P(x＞120)＝P(x＜80)＞P(x＜70)，故C正确；根据正态分布的对称性知：P(100＜x＜110)＝P(90＜x＜100)＞P(80＜x＜90)，故D错误．故选A、C.
[课时跟踪检测]
1．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )
A．0.12 B．0.42 C．0.46 D．0.88
解析：选D 因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，由对立事件和相互独立事件概率公式，知P＝1﹣(1﹣0.6)×(1﹣0.7)＝1﹣0.12＝0.88.
2．用电脑每次可以自动生成一个(0,1)内的实数，且每次生成每个实数都是等可能的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于eq \f(1,3)的概率为( )
A.eq \f(1,27) B．eq \f(2,3) C.eq \f(8,27) D．eq \f(4,9)
解析：选C 由题意可得，用该电脑生成1个实数，且这个实数大于eq \f(1,3)的概率为P＝1﹣eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，则用该电脑连续生成3个实数，这3个实数都大于eq \f(1,3)的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,27).故选C.
3．(多选)已知在某市的一次学情检测中，学生的数学成绩X服从正态分布N(100,100)，其中90分为及格线，120分为优秀线．下列说法正确的是( )
附：随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ﹣σ＜ξ＜μ＋σ)＝0.682 7，P(μ﹣2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ﹣3σ＜ξ＜μ＋3σ)＝0.997 3.
A．该市学生数学成绩的期望为100
B．该市学生数学成绩的标准差为100
C．该市学生数学成绩及格率超过0.8
D．该市学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等
解析：选AC 数学成绩X服从正态分布N(100,100)，则数学成绩的期望为100，数学成绩的标准差为10，故A正确，B错误；及格率为p1＝1﹣eq \f(1－P100－10＜ξ＜100＋10,2)＝ 0.841 35，C正确；不及格概率为p2＝0.158 65，优秀概率p3＝eq \f(1－P100－20＜ξ＜100＋20,2)＝0.022 75，D错误．故选A、C.
4．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3
解析：选B 由题知X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1﹣p)＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵P(X＝4)＜P(X＝6)，即Ceq \\al(4,10)p4(1﹣p)6＜Ceq \\al(6,10)p6(1﹣p)4⇒(1﹣p)2＜p2⇒p＞0.5，
∴p＝0.6，故选B.
5．某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为eq \f(1,2)，两次闭合后都出现红灯的概率为eq \f(1,5)，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A.eq \f(1,10) B．eq \f(1,5) C.eq \f(2,5) D．eq \f(1,2)
解析：选C 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(1,5)，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,5),\f(1,2))＝eq \f(2,5).故选C.
6．一台机床有eq \f(1,3)的时间加工零件A，其余时间加工零件B.加工零件A时，停机的概率为eq \f(3,10)，加工零件B时，停机的概率是eq \f(2,5)，则这台机床停机的概率为( )
A.eq \f(11,30) B．eq \f(7,30) C.eq \f(7,10) D．eq \f(1,10)
解析：选A 假设总时间为1，则在1时间内，加工零件A停机的概率是eq \f(1,3)×eq \f(3,10)＝eq \f(1,10)，加工零件B停机的概率是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，所以这台机床停机的概率是eq \f(1,10)＋eq \f(4,15)＝eq \f(11,30).
7．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )
A.eq \f(C\\al(3,5)C\\al(1,4),C\\al(4,5)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9) C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D．Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9)
解析：选B 由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9).
8．已知1号箱中有2个白球和4个红球、2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是________．
解析：设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B.
由题意，P(A)＝eq \f(4,2＋4)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(3＋1,8＋1)＝eq \f(4,9)，所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝eq \f(4,9)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
所以两次都取到红球的概率为eq \f(8,27).
答案：eq \f(8,27)
9．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq \f(1,2)和eq \f(1,3).假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________．
解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)；甲、乙两球都不落入盒子的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,3)，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1﹣eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(1,6) eq \f(2,3)
10.对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,n)))，为使误差εn在(﹣0.5,0.5)的概率不小于0.954 5，至少要测量________次(若X～N(μ，σ2)，则P(|X﹣μ|＜2σ)＝0.954 5)．
解析：根据正态曲线的对称性知：要使误差εn在(﹣0.5,0.5)的概率不小于0.954 5，则(μ﹣2σ，μ＋2σ)⊂(﹣0.5，0.5)且μ＝0，σ＝ eq \r(\f(2,n))，∴0.5≥2 eq \r(\f(2,n))⇒n≥32.
答案：32
11．春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为p，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设X为其中成活的株数，若X的方差D(X)＝2.1，P(X＝3)解析：由题意可知，X～B(10，p)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10p1－p＝2.1，,PX＝30.5，))解得p＝0.7.
答案：0.7
12．某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的个人单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．若一个运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(3,5)，他们出线与未出线是相互独立的．
(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；
(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员所得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
解：(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，则P(D)＝1﹣P(eq \x\t(A) eq \x\t(B) eq \x\t(C))＝1﹣eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(29,30).
(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P(ξ＝0)＝P(eq \x\t(A) eq \x\t(B) eq \x\t(C))＝eq \f(1,30)，
P(ξ＝1)＝P(A eq \x\t(B) eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A) B eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A) eq \x\t(B) C)＝eq \f(13,60)，
P(ξ＝2)＝P(A B eq \x\t(C))＋P(A eq \x\t(B) C)＋P(eq \x\t(A) B C)＝eq \f(9,20)，P(ξ＝3)＝P(ABC)＝eq \f(3,10).
所以ξ的分布列为
故E(ξ)＝0×eq \f(1,30)＋1×eq \f(13,60)＋2×eq \f(9,20)＋3×eq \f(3,10)＝eq \f(121,60).
13．高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行，更带动了我国经济的巨大发展，据统计，在2019年这一年内从A市到B市乘坐高铁或飞机出行的成年人约为50万人次．为了解乘客出行的满意度，现从中随机抽取100人次作为样本，得到下表(单位：人次)：
(1)在样本中任取1个，求这个出行人恰好不是青年人的概率．
(2)在2019年从A市到B市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取2人次，记其中老年人出行的人次为X.以频率作为概率，求X的分布列和数学期望．
(3)如果甲将要从A市出发到B市，那么根据表格中的数据，你建议甲是乘坐高铁还是飞机？并说明理由．
解：(1)设事件：“在样本中任取1个，这个出行人恰好不是青年人”为M，
由表可得：样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为19,39,42，
所以在样本中任取1个，这个出行人恰好不是青年人的概率P(M)＝eq \f(19＋39,100)＝eq \f(29,50).
(2)由题意，X的所有可能取值为0,1,2，
因为在2019年从A市到B市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取1人次，此人为老年人的概率是eq \f(15,75)＝eq \f(1,5)，
所以P(X＝0)＝Ceq \\al(0,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))2＝eq \f(16,25)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))＝eq \f(8,25)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2＝eq \f(1,25)，
所以随机变量X的分布列为
故E(X)＝0×eq \f(16,25)＋1×eq \f(8,25)＋2×eq \f(1,25)＝eq \f(2,5).
(3)从满意度的均值来分析问题如下：
由表可知，乘坐高铁的人满意度均值为：eq \f(52×10＋12×5＋11×0,52＋12＋11)＝eq \f(116,15)，
乘坐飞机的人满意度均值为：eq \f(4×10＋14×5＋7×0,4＋14＋7)＝eq \f(22,5).
因为eq \f(116,15)>eq \f(22,5)，所以建议甲乘坐高铁从A市到B市．
14．从某公司生产线生产的某种产品中抽取1 000件，测量这些产品的一项质量指标，由检测结果得如图所示的频率分布直方图：
(1)求这1 000件产品质量指标的样本平均数eq \x\t(x)和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数eq \x\t(x)，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(175.6②已知每件该产品的生产成本为10元，每件合格品(质量指标值Z∈(175.6,224.4))的定价为16元；若为次品(质量指标值Z∉(175.6,224.4))，除了全额退款外且每件次品还须赔付客户48元. 若该公司卖出100件这种产品，用Y表示这100件产品的利润，求E(Y)．
附：eq \r(150)≈12.2.若Z～N(μ，σ2)，则P(μ﹣σ解：(1)由题意得eq \x\t(x)＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，
∴s2＝(170﹣200)2×0.02＋(180﹣200)2×0.09＋(190﹣200)2×0.22＋(200﹣200)2×0.33＋(210﹣200)2×0.24＋(220﹣200)2×0.08＋(230﹣200)2×0.02＝150，
即样本平均数为200，样本方差为150.
(2)①由(1)可知，μ＝200，σ＝eq \r(150)≈12.2，
∴Z～N(200,12.22)，
∴P(175.6②设X表示100件产品的正品数，
由题意得X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100，0.95))，∴E(X)＝100×0.95＝95，
∴E(Y)＝16E(X)﹣48×5﹣100×10＝280.定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)
基本
事件法
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)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
X
0
1
2
3
P
0.504
0.398
0.092
0.006
研学游类型
科技体验游
民俗人文游
自然风光游
学校数
40
40
20
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
X1
0
1
2
…
n
P
Ceq \\al(0,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n
Ceq \\al(1,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n﹣1
Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n﹣2
…
Ceq \\al(n,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n
X2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
P
eq \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)
X3
0
1
2
…
n
P
Ceq \\al(0,n)·
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(M,N)))n
Ceq \\al(1,n)eq \f(M,N)·
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(M,N)))n﹣1
Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,N)))2·
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(M,N)))n﹣2
…
Ceq \\al(n,n)·
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,N)))n
X4
0
1
…
k
…
n
P
eq \f(C\\al(n,N－M),C\\al(n,N))
eq \f(C\\al(1,M)C\\al(n－1,N－M),C\\al(n,N))
…
eq \f(C\\al(k,M)C\\al(n－k,N－M),C\\al(n,N))
…
eq \f(C\\al(n,M),C\\al(n,N))
二项分布
超几何分布
特点
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
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品
概率
公式
P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1﹣p)n﹣k，k＝0,1,2，…，n
P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,M)C\\al(n－k,N－M),C\\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m(m＝min{n，M}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)
期望、方差
公式
E(X)＝np，D(X)＝np(1﹣p)
E(X)＝eq \f(n·M,N)，D(X)＝eq \f(nMN－MN－n,N2N－1)
当N→＋∞时，超几何分布近似为二项分布
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(13,60)
eq \f(9,20)
eq \f(3,10)
满意度
老年人
中年人
青年人
乘坐
高铁
乘坐
飞机
乘坐
高铁
乘坐
飞机
乘坐
高铁
乘坐
飞机
10分(满意)
12
1
20
2
20
1
5分(一般)
2
3
6
2
4
9
0分(不满意)
1
0
6
3
4
4
X
0
1
2
P
eq \f(16,25)
eq \f(8,25)
eq \f(1,25)