二项分布与正态分布课件.pptx

1、2022-11-26二项分布与正态分布二项分布与正态分布A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组考点一条件概率考点一条件概率1.(2014课标,5,5分,0.382)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45五年高考答案答案 A设“第一天空气质量为优良”为事件A,“第二天空气质量为优良”为事件B,则P(A)=0.75,P(AB)=0.6.由题知,要求的是在事件A发生的条件下事件B发生的概率,根据条件概率公式得P(B|A)=0.

2、8.()()P ABP A0.60.752.化为几何概型:P(B|A)=.()()P ABP A()()AB A1.化为古典概型:P(B|A)=.()()P ABP A()()n ABn A3.缩减样本空间:在事件A发生的前提下,确定事件B的缩减样本空间A=A,并在A中计算事件B发生的概率,从而得到P(B|A).4.利用性质:P(B|A)=1-(|A).B知识拓展知识拓展求解简单条件概率问题,常用下列基本方法:2.(2016课标全国,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与

3、相应概率如下:上年度出险次数012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a一年内出险次数012345概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.解析解析(1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分)(2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一

4、年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)=.因此所求概率为.(7分)(3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为()()P ABP A()()P BP A0.150.55311311X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05EX=0.85a0.30+a0.15+1.25a0.20+1.5a0.20+1.75a0.10+2a0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分)易错警示易错警示对条件概率的定义理解不到位,或者不会运用条件概率的求解公式

5、,导致出错.评析评析本题考查了随机事件的概率,同时考查了考生的应用意识及数据处理能力,属中档题.考点二相互独立事件及二项分布考点二相互独立事件及二项分布1.(2018课标全国,8,5分)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,DX=2.4,P(X=4)P(X=6),则p=()A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3答案答案 B本题考查相互独立事件及二项分布.由题知XB(10,p),则DX=10p(1-p)=2.4,解得p=0.4或0.6.又P(X=4)P(X=6),即p4(1-p)6p6(1-p)4(1-p)20.5,

6、p=0.6,故选B.410C610C2.(2015课标,4,5分,0.679)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.312答案答案 A该同学通过测试的概率P=0.620.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.23C考点三正态分布考点三正态分布1.(2017课标全国,19,12分)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线

7、在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(,2).(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(-3,+3)之外的零件数,求P(X1)及X的数学期望;(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(-3,+3)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得=xi=9.97,s=0.212,

8、其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,16.用样本平均数作为的估计值,用样本标准差s作为的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3,+3)之外的数据,用剩下的数据估计和(精确到0.01).附:若随机变量Z服从正态分布N(,2),则P(-3Z+3)=0.9974.0.9974160.9592,0.09.x116161i16211()16iixx162211(16)16iixxx0.008解析解析本题考查了统计与概率中的二项分布和正态分布的性质及应用.(1)抽取的一个零件的尺寸在(-3,+3)之内的概率为0.9974,从而零件的尺寸在(-3,+3)之外的概率为0.0

9、026,故XB(16,0.0026).因此P(X1)=1-P(X=0)=1-0.9974160.0408.X的数学期望为EX=160.0026=0.0416.(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(-3,+3)之外的概率只有0.0026,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(-3,+3)之外的零件的概率只有0.0408,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.(ii)由=9.97,s0.212,得的估计值为=9.97,的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零

10、件的尺寸在(-3,+3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为(169.97-9.22)=10.02,因此的估计值为10.02.=160.2122+169.9721591.134,x115161i2ix剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为(1591.134-9.222-1510.022)0.008,因此的估计值为0.09.1150.008方法总结方法总结统计与概率的综合应用.(1)正态分布:若变量X服从正态分布N(,2),其中为样本的均值,正态分布曲线的对称轴为x=;为样本数据的标准差,体现了数据的稳定性.(2)二项

11、分布:若变量XB(n,p),则X的期望EX=np,方差DX=np(1-p).2.(2014课标,18,12分,0.432)从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图:(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);x(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(,2),其中近似为样本平均数,2近似为样本方差s2.(i)利用该正态分布,求P(187.8Z212.2);(ii)某用户从该企业购买了100件这种产品,记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,21

12、2.2)的产品件数.利用(i)的结果,求EX.附:12.2.若ZN(,2),则P(-Z+)=0.6826,P(-2Z+2)=0.9544.x150解析解析(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为=1700.02+1800.09+1900.22+2000.33+2100.24+2200.08+2300.02=200,s2=(-30)20.02+(-20)20.09+(-10)20.22+00.33+1020.24+2020.08+3020.02=150.(2)(i)由(1)知,ZN(200,150),从而P(187.8Z212.2)=P(200-12.2Z200+12.2)=0

13、.6826.(ii)由(i)知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.6826,依题意知XB(100,0.6826),所以EX=1000.6826=68.26.xx知识拓展知识拓展由于频率分布直方图并不能提供原始数据,所以在计算样本数据的数字特征时,常用下列公式进行.平均数:=(Si),指第i组的中点数值,Si指第i组的面积;中位数:使直方图面积平分的直线x=xi;众数:最高的长方形区域的中点xi.x1niixix评析评析本题主要考查了频率分布直方图、正态分布及二项分布等知识,考查学生的识图能力及阅读理解能力,理解和掌握基础知识是解题关键.1.(2015山东,8,5

14、分)已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附:若随机变量服从正态分布N(,2),则P(-+)=68.26%,P(-2+2)=95.44%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%B B组组 自主命题自主命题省省(区、市区、市)卷题组卷题组答案答案 B P(-33)=68.26%,P(-66)=95.44%,则P(36)=(95.44%-68.26%)=13.59%.122.(2015湖南,7,5分)在如图所示的正方形中随机投掷10000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)

15、的密度曲线)的点的个数的估计值为()A.2386B.2718C.3413D.4772附:若XN(,2),则P(-X+)=0.6826,P(-2X+2)=0.9544.答案答案 C由正态分布N(0,1)的密度曲线的几何意义,知题图中阴影部分的面积为P(0 x1)=0.6826=0.3413,故落入阴影部分的点的个数的估计值为0.341310000=3413.故选C.12评析评析本题考查正态分布的密度曲线,几何概型等基础知识,命题角度新颖,难度适中.3.(2016四川,12,5分)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,当至少有一枚硬币正面向上时,就说这次试验成功,则在2次试验中成功次数X的均值是.解析解析同

16、时抛掷两枚质地均匀的硬币,至少有一枚硬币正面向上的概率为1-=,且XB,均值是2=.2123432,434324.(2014北京,16,13分)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立):(1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率;(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率;(3)记为表中10个命中次数的平均数.从上述比赛中随机选择一场,记X为李明在这场比赛中的命中次数.比较EX与的大小.(只需写出结论)场次投篮次数命中次数场次投篮次数命中次数主场12212客场1188主场215

17、12客场21312主场3128客场3217主场4238客场41815主场52420客场52512xx解析解析(1)根据投篮统计数据知,在10场比赛中,李明投篮命中率超过0.6的场次有5场,分别是主场2,主场3,主场5,客场2,客场4.所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6”.则C=AB,A,B独立.根据投篮统计数据,知P(A)=,P(

18、B)=.P(C)=P(A)+P(B)=+=.所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的概率为.(3)EX=.BA3525BA3535252513251325x评析评析本题考查了数据频率、概率、互斥事件、相互独立事件、期望与数据平均数等概率知识;考查应用意识,利用频率估计概率,运算求解能力.作物产量(kg)300500概率0.50.5C C组组 教师专用题组教师专用题组(2014陕西,19,12分)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1000元,此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表:作物市场价格(元/kg)

19、610概率0.40.6(1)设X表示在这块块地上种植1季此作物的利润,求X的分布列;(2)若在这块地上连续3季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润2000元的概率.不少于解析解析(1)设A表示事件“作物产量为300kg”,B表示事件“作物市场价格为6元/kg”,由题设知P(A)=0.5,P(B)=0.4,利润=产量市场价格-成本,X所有可能的取值为50010-1000=4000,5006-1000=2000,30010-1000=2000,3006-1000=800.P(X=4000)=P()P()=(1-0.5)(1-0.4)=0.3,P(X=2000)=P()P(B)+P(A)P()=(

20、1-0.5)0.4+0.5(1-0.4)=0.5,P(X=800)=P(A)P(B)=0.50.4=0.2,所以X的分布列为ABABX40002000800P0.30.50.2(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2000元”(i=1,2,3),由题意知C1,C2,C3相互独立,由(1)知,P(Ci)=P(X=4000)+P(X=2000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),3季的利润均不少于2000元的概率为P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512;3季中有2季利润不少于2000元的概率为P(C2C3)+P(C1C3)+P(C1C2)=30.820.2

21、=0.384,所以,这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512+0.384=0.896.1C2C3C评析评析本题考查了离散型随机变量的分布列,相互独立事件等知识;考查分类讨论思想及运算求解的能力.A A组组 2016201820162018年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组考点一条件概率考点一条件概率1.(2016广西三市联考,13)如图,EFGH是以O为圆心、半径为1的圆的内接正方形.将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”,B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”,则(1)P(A)=;(2)P(B|A)=.三年模拟答案答案(1)(2)21

22、4解析解析圆的面积是,正方形的面积是2,扇形的面积是,根据几何概型的概率计算公式得P(A)=,P(AB)=,根据条件概率的公式得P(B|A)=.421212()()P ABP A122142.(2018云南保山毕业班统测,18)为弘扬“中华优秀传统文化”,某中学在校内对全体学生进行了一次相关测试,规定分数大于等于80分为优秀,为了解学生的测试情况,现从近2000名学生中随机抽取100名学生进行分析,按成绩分组,得到如下的频率分布表.分数50,60)60,70)70,80)80,90)90,100频数535302010(1)在图中作出这些数据的频率分布直方图;(2)估计这次测试的平均分;(3)将

23、频率视为概率,从该中学中任意选取3名学生,用X表示这3名学生成绩优秀的人数,求X的分布列和数学期望.解析解析(1)由题意可知分布在50,60)、60,70)、70,80),80,90)、90,100内的频率为0.05、0.35、0.3、0.2、0.1,作频率分布直方图如图所示.(2)=550.05+650.35+750.3+850.2+950.1=74.5.(3)记“随机选取一名学生的成绩为优秀”为事件A,则P(A)=,易知XB,x31033,10则P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,X的分布列为03C03103710343100013C13102710441100

24、023C23101710189100033C33100710271000X0123P343100044110001891000271000E(X)=3=.310910考点二相互独立事件及二项分布考点二相互独立事件及二项分布(2017广西贺州高中5月月考,8)集装箱内有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球,从箱中一次性摸出两个球,记下号码并放回,如果两球号码之积是4的倍数,则获奖.若有4人参与摸奖,则恰好有3人获奖的概率是()A.B.C.D.答案答案 B获奖的概率P1=,记获奖的人数为,B,所以4人中恰好有3人获奖的概率P=,故选B.16625966256246254625266C25

25、24,534C3253596625考点三正态分布考点三正态分布1.(2018四川雅安中学月考,3)已知随机变量x服从正态分布N(3,2),且P(x4)=0.84,则P(2x4)=1-0.84=0.16,P(x4)=0.16,P(2x4)=P(x4)-P(x2)=0.68.2.(2018云南昆明一中第六次月考,4)已知随机变量服从正态分布N(0,1),如果P(1)=0.8413,则P(-10)=()A.0.3413B.0.6826C.0.1587D.0.0794答案答案 A正态分布N(0,1)的密度函数的图象如图,N(0,1),P(-10)=P(01)=P(1)-P(0)=0.8413-0.5=

26、0.3413.3.(2018四川成都七中三诊,13)若随机变量ZN(,2),则P(-Z+)=0.6826,P(-2Z+2)=0.9544.已知随机变量XN(6,4),则P(2X8)=.答案答案0.8185解析解析由题意知=6.P(2X8)=P(2X10)+P(4X8)=0.4772+0.3413=0.8185.12121.(2018广西南宁二中、柳州高中第二次联考,3)甲、乙两类水果的质量(单位:kg)分别服从正态分布N(1,),N(2,),其正态分布的密度曲线如图所示,则下列说法错误的是()A.甲类水果的平均质量1=0.4kgB.甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右C.甲类水果的

27、平均质量比乙类水果的平均质量小D.乙类水果的质量服从的正态分布的参数2=1.992122B B组组 2016201820162018年高考模拟年高考模拟综合题组综合题组(时间:35分钟分值:55分)一、选择题(共5分)答案答案 D由题图可知甲图象关于直线x=0.4对称,乙图象关于直线x=0.8对称,1=0.4,2=0.8,故A正确,C正确,甲图象比乙图象更“瘦高”,甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右,故B正确;乙图象的最大值为1.99,即=1.99,21.99,故D错误,选D.212 二、填空题(共5分)2.(2018云南曲靖第一次统一检测,13)随机变量服从正态分布N(,2),

28、若P(-2+2)=.答案答案0.259解析解析由正态分布曲线知P(-2)=P(+2)=0.241,又P(+2),P(+2)=1-2P(-2)=0.259.12三、解答题(共45分)3.(2018四川泸州二模,18)某企业库存有某批产品若干件,现从中随机抽取该种产品500件,测量出了这些产品的质量指标值,由测量数据经整理获得如下统计表(质量指标值满分135):已知该批产品的质量指标值XN(,2),其中近似为样本的平均数,2近似为样本方差s2(同一组数据用该区间的中点值作代表).(1)求P(112.2X124.4)的值;(2)当产品的质量指标值X124.4时,称该产品为一等品.某商家面向全社会招标

29、采购该类产品,期望所购买的该类产品中一等品的件数不得低于10%,以此期望为决策依据,试问该企业的该类产品是否可以参与该商家的招标采购?请说明理由.参考数据:12.2.若ZN(,2),则P(-Z+)=0.6826,P(-2Z+2)=0.9544,P(-3Z+3)=0.9974.质量指标值X65,75)75,85)85,95)95,105)105,115)115,125)125,135频数Y10451101651204010150解析解析(1)由题得各组频率依次为0.02,0.09,0.22,0.33,0.24,0.08,0.02.所以,抽取产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为=700.

30、02+800.09+900.22+1000.33+1100.24+1200.08+1300.02=100,(2分)s2=(-30)20.02+(-20)20.09+(-10)20.22+00.33+1020.24+2020.08+3020.02=150,(4分)所以,由题得XN(100,150),从而P(112.2X124.4)=0.1359.(6分)(2)因一件产品中一等品的概率为P(X124.4)=0.5-0.4772=0.0228,(7分)设商家欲购产品的件数为m,且其中一等品可能的件数为,所以B(m,0.0228),(8分)所以m件产品中一等品的期望E()=0.0228m,(10分)商

31、家欲购m件产品中一等品的期望为10%m=0.1m,(11分)因为E()0.1m,所以该批产品不能达到商家要求,不能参与招标.(12分)xx0.95440.682624.(2018贵州贵阳适应性考试,18)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生,经过层层筛选,甲、乙两名学生进入最后测试,该校设计了一个测试方案:甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题.已知这6个问题中,学生甲能正确回答其中的4个问题,而学生乙能正确回答每个问题的概率均为,甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的.(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率;(2)请从期望和方差的角度分析,甲、乙两名

32、学生哪位被录取的可能性更大.23解析解析(1)由题意可知,所求概率P=+=.(2)设学生甲答对的题数为X,则X的所有可能取值为1,2,3.P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,E(X)=1+2+3=2,D(X)=(1-2)2+(2-2)2+(3-2)2=,设学生乙答对的题数为Y,则Y的所有可能取值为0,1,2,3.由题意可知YB,E(Y)=3=2,D(Y)=3=.124236C CC13C23213214236C CC03C023313115124236C CC15214236C CC35304236C CC151535151535152523,323231323因为E(X)=E(Y),D(X)D(Y),所以甲被录取的可能性更大.