2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第11篇-第5讲-二项分布与正态分布.docx

第5讲　二项分布与正态分布
[最新考纲]
1．了解条件概率和两个大事相互独立的概念．
2．理解n次独立重复试验的模型及二项分布．
3．能解决一些简洁的实际问题.

知 识 梳 理
1．条件概率及其性质
条件概率的定义
条件概率的性质
设A，B为两个大事，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在大事A发生的条件下，大事B发生的条件概率
(1)0≤P(B|A)≤1
(2)若B，C是两个互斥大事，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
2.大事的相互独立性
设A，B为两个大事，假如P(AB)＝P(A)P(B)，则称大事A与大事B相互独立．
若大事A，B相互独立，则PB|A)＝P(B)；大事A与，与B，与都相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验
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(A3)…P(An)．
(2)二项分布
在n次独立重复试验中，用X表示大事A发生的次数，设每次试验中大事A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X听从二项分布，记为X～B(n，p)，并称p为成功概率．
4．正态分布
(1)正态分布的定义及表示
假如对于任何实数a，b(a生的概率，肯定有P(AB)＝P(A)·P(B)．(×)
(3)(教材习题改编)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，其次次取到白球的概率是0.5.(√)
2．二项分布与正态分布
(4)在正态分布函数φμ，σ(x)＝中，μ是正态分布的期望值，σ是正态分布的标准差．(√)
(5)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中大事A发生次数的概率分布．(√)
(6)(2022·扬州调研改编)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P＝C·1·3－1＝.(×)
[感悟·提升]
1．古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝＝，其中，在实际应用中P(B|A)＝是一种重要的求条件概率的方法．
2．P(A·B)＝P(A)·P(B)只有在大事A、B相互独立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)，如(1)，(2)．
3．推断一个随机变量是否听从二项分布，要看两点：
一是是否为n次独立重复试验．在每次试验中大事A发生的概率是否均为p.
二是随机变量是否为在这n次独立重复试验中某大事发生的次数．且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k表示在独立重复试验中，大事A恰好发生k次的概率.
同学用书第192页

考点一　条件概率
【例1】 (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，大事A＝“取到的2个数之和为偶数”，大事B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于(　　)．
A. B. C. D.
(2)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表示大事“豆子落在正方形EFGH内”，B表示大事“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，
则P(B|A)＝________.
解析　(1)P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝.
由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝.
(2)由题意可得，大事A发生的概率P(A)＝＝＝.
大事AB表示“豆子落在△EOH内”，
则P(AB)＝＝＝.
故P(B|A)＝＝＝.
答案　(1)B　(2)
规律方法 (1)利用定义，求P(A)和P(AB)，则P(B|A)＝.
(2)借助古典概型概率公式，先求大事A包含的基本大事数n(A)，再求大事A与大事B的交大事中包含的基本大事数n(AB)，得P(B|A)＝.
【训练1】 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，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是(　　)．
A. B.
C. D.
解析　设从1号箱取到红球为大事A，从2号箱取到红球为大事B.
由题意，P(A)＝＝，P(B|A)＝＝，
∴P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝，
所以两次都取到红球的概率为.
答案　C
考点二　相互独立大事同时发生的概率
【例2】 (2021·陕西卷改编)在一场消遣晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．
(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；
(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X≥2”的大事概率．
审题路线　(1)甲选择3号和乙没选择3号是相互独立大事，利用相互独立大事概率乘法可求；(2)“X≥2”表示大事“X＝2”与“X＝3”的和大事，依据互斥大事、相互独立大事的概率公式计算．
解　(1)设A表示大事“观众甲选中3号歌手”，B表示大事“观众乙选中3号歌手”，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝.
∵大事A与B相互独立，A与相互独立．
则A·表示大事“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”．
∴P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝，
(2)设C表示大事“观众丙选中3号歌手”，
则P(C)＝＝，
依题意，A，B，C相互独立，，，相互独立，且AB，AC，BC，ABC彼此互斥．
又P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，
∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.
规律方法 (1)解答本题关键是把所求大事包含的各种状况找出来，从而把所求大事表示为几个大事的和大事．
(2)求相互独立大事同时发生的概率的方法主要有
①利用相互独立大事的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立大事入手计算．
【训练2】 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2次均未命中的概率为.
(1)求乙投球的命中率p；
(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率．
解　(1)设“甲投一次球命中”为大事A，“乙投一次球命中”为大事B.
由题意得：P()P()＝，
于是P()＝或P()＝－(舍去)．
故p＝1－P()＝.
所以乙投球的命中率为.
(2)法一　由题设知，P(A)＝，P()＝.
故甲投球2次，至少命中1次的概率为
1－P(·)＝1－P()P()＝.
法二　由题设知，P(A)＝，P()＝.
故甲投球2次，至少命中1次的概率为
CP(A)P()＋P(A)P(A)＝.
同学用书第193页
考点三　正态分布下的概率
【例3】 已知随机变量X听从正态分布N(2，σ2)，且P(X<4)＝0.8，则P(0熟记P(μ－σ4)的值．
解　∵随机变量X～N(3,1)，
∴正态曲线关于直线x＝3对称，
由P(2≤X≤4)＝0.682 6，
得P(X>4)＝[1－P(2≤X≤4)]＝(1－0.682 6)＝0.158 7.
考点四　独立重复试验与二项分布
【例4】 某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“嘉奖一瓶”或“感谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“嘉奖一瓶”字样即为中奖，中奖概率为.甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料．
(1)求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率；
(2)求中奖人数X的分布列．
审题路线　(1)甲、乙、丙各购买一瓶饮料是否中奖，相互独立，由相互独立大事同时发生的概率乘法公式，第(1)问可求；(2)依题意随机变量X听从二项分布，不难求出分布列．
解　(1)设甲、乙、丙中奖的大事分别为A，B，C，且相互独立，那么A，，相互独立．
又P(A)＝P(B)＝P(C)＝，
∴P(A··)＝P(A)P()P()＝·2＝，
即甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率为.
(2)X的可能取值为0,1,2,3，且X～B，
∴PX＝k)＝Ck3－k(k＝0,1,2,3)．
则P(X＝0)＝C·＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以中奖人数X的分布列为
X
0
1
2
3
P

规律方法 (1)独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验，在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某大事要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的．
(2)求简单大事的概率，要正确分析简单大事的构成，看简单大事能转化为几个彼此互斥的大事的和大事还是能转化为几个相互独立大事同时发生的积大事，然后求概率．
【训练4】 某居民小区有两个相互独立的平安防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；
(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量X，求X的概率分布列及数学期望E(X)．
解　(1)设“至少有一个系统不发生故障”为大事C，那么
1－P( )＝1－·p＝，解得p＝.
(2)由题意，P(X＝0)＝C3＝，
P(X＝1)＝C2×＝，
P(X＝2)＝C××2＝，
P(X＝3)＝C3＝.
所以，随机变量X的概率分布列为
X
0
1
2
3
P

故随机变量X的数学期望为
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.

1．相互独立大事与互斥大事的区分
相互独立大事是指两个大事发生的概率互不影响，计算式为P(AB)＝P(A)P(B)．互斥大事是指在同一试验中，两个大事不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
2．在n次独立重复试验中，大事A恰好发生k次可看做是C个互斥大事的和，其中每一个大事都可看做是k个A大事与(n－k)个大事同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是pk(1－p)n－k.因此n次独立重复试验中大事A恰好发生k次的概率为Cpk(1－p)n－k.
3．若X听从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1.　　　　　　　　　　　　　　　　　　

同学用书第194页

易错辨析11——对二项分布理解不准致误

【典例】 一名同学每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的大事是相互独立的，并且概率都是.
(1)设X为这名同学在途中遇到红灯的次数，求X的分布列；
(2)设Y为这名同学在首次停车前经过的路口数，求Y的分布列．
解　(1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相互独立的，
故X～B.
所以X的分布列为P(X＝k)＝Ck·6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.
(2)由于Y表示这名同学在首次停车时经过的路口数，明显Y是随机变量，其取值为0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y＝k}(k＝0,1,2,3,4,5)表示前k个路口没有遇上红灯，但在第k＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立大事同时发生计算．
P(Y＝k)＝k·(k＝0,1,2,3,4,5)，
而{Y＝6}表示一路没有遇上红灯．
故其概率为P(Y＝6)＝6，
因此Y的分布列为：
Y
0
1
2
3
4
5
6
P

[易错警示] 由于这名同学在各个交通岗遇到红灯的大事相互独立，可以利用二项分布解决，二项分布模型的建立是易错点；另外，对“首次停车前经过的路口数Y”理解不当，将“没有遇上红灯的概率也当成”．
[防范措施]　独立重复试验中的概率公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k表示的是n次独立重复试验中大事A发生k次的概率，p与(1－p)的位置不能互换，否则该式子表示的意义就发生了转变，变为大事A有k次不发生的概率了．
【自主体验】
　(2021·辽宁卷)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．
(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；
(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望．
解　(1)设大事A＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．
由于P()＝＝，所以P(A)＝1－P()＝.
(2)X全部的可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝C·0·2·＝；
P(X＝1)＝C·1·1·＋C0·2·
＝；
P(X＝2)＝C·2·0·＋C·1·1·＝；
P(X＝3)＝C·2·0·＝.
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P

所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
对应同学用书P373
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．设随机变量X～B，则P(X＝3)的值是(　　)．
A. B. C. D.
解析　P(X＝3)＝C33＝.
答案　B
2．已知随机变量X听从正态分布N(0，σ2)．若P(X>2)＝0.023，则P(－2≤X≤2)＝(　　)．
A．0.477 B．0.628 C．0.954 D．0.977
解析　∵μ＝0，则P(X>2)＝P(X<－2)＝0.023，
∴P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954.
答案　C
3．(2022·湖州调研)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为，乙、丙去北京旅游的概率分别为，.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为(　　)．
A. B. C. D.
解析　因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，.因此，他们不去北京旅游的概率分别为，，，至少有1人去北京旅游的概率为P＝1－××＝.
答案　B
4．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为(　　)．
A．0.45 B．0.6 C．0.65 D．0.75
解析　设目标被击中为大事B，目标被甲击中为大事A，则由P(B)＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，又由于A⊆B，所以P(AB)＝P(A)＝0.6，得P(A|B)＝＝＝0.75.
答案　D

5．(2021·湖北卷改编)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是听从正态分布N(800,502)的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.则p0的值为(　　)．
(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ
p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800级下一轮的概率等于________．
解析　依题意，该选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题回答正确与否均有可能，由相互独立大事概率乘法，所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.
答案　0.128
8．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．
解析　设种子发芽为大事A，种子成长为幼苗为大事B(发芽又成活为幼苗)．
依题意P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9.
依据条件概率公式P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案　0.72
三、解答题
9．依据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．
(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；
(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．
解　(1)设“购买甲种保险”大事为A，“购买乙种保险”大事为B
由已知条件P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，
∴P(B)P()＝0.3，P(B)＝＝0.6，
因此，1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为
1－P(　)＝1－P()P()
＝1－(1－0.5)(1－06)
＝0.8.
(2)一位车主两种保险都不购买的概率为P＝P()＝0.2.
因此3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为C×0.2×0.82＝0.384.
10．某公交公司对某线路客源状况统计显示，公交车从每个停靠点动身后，乘客人数及频率如下表：
人数
0～6
7～12
13～18
19～24
25～30
31人及以上
频率
0.10
0.15
0.25
0.20
0.20
0.10
(1)从每个停靠点动身后，乘客人数不超过24人的概率约是多少？
(2)全线途经10个停靠点，若有2个以上(含2个)停靠点动身后乘客人数超过18人的概率大于09，公交公司就考虑在该线路增加一个班次，请问该线路需要增加班次吗？
解　(1)由表知，乘客人数不超过24人的频率是0.10＋0.15＋0.25＋0.20＝0.70，
则从每个停靠点动身后，乘客人数不超过24人的概率约是0.70.
(2)由表知，从每个停靠点动身后，乘客人数超过18人的概率约为，设途经10个停靠站，乘车人数超过18人的个数为X，
则X～B，
∴P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)
＝1－C10－C1×9
＝1－10－10×10＝>0.9，
故该线路需要增加班次．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．设随机变量X听从正态分布Nμ，σ2)，函数f(x)＝x2＋4x＋X没有零点的概率是，则μ＝(　　)．
A．1 B．4 C．2 D．不能确定
解析　依据题意函数f(x)＝x2＋4x＋X没有零点时，Δ＝16－4X<0，即X>4，依据正态密度曲线的对称性，当函数f(x)＝x2＋4x＋X没有零点的概率是时，μ＝4.
答案　B
2．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{an}：
an＝假如Sn为数列{an}的前n项和，那么S7＝3的概率为(　　)．
A．C2·5 B．C2·5
C．C2·5 D．C2·5
解析　S7＝3即为7次摸球中，有5次摸到白球，2次摸到红球，又摸到红球的概率为，摸到白球的概率为.故所求概率为P＝C25.
答案　B
二、填空题
3．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．
小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最终落入A袋或B袋中．已知
小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入A袋中的概率为________．
解析　记“小球落入A袋中”为大事A，“小球落入B袋中”为大事B，则大事A的对立大事为B，若小球落入B袋中，则小球必需始终向左落下或始终向右落下，故P(B)＝3＋3＝，从而P(A)＝1－P(B)＝1－＝.
答案　
三、解答题
4．(2021·山东卷)甲、乙两支排球队进行竞赛，商定先胜3局者获得竞赛的成功，竞赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局竞赛甲队获胜的概率都是.假设各局竞赛结果相互独立．
(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2成功的概率．
(2)若竞赛结果为3∶0或3∶1，则成功方得3分，对方得0分；若竞赛结果为3∶2，则成功方得2分、对方得1分．求乙队得分X的分布列及数学期望．
解　(1)记“甲队以3∶0成功”为大事A1，“甲队以3∶1胜
利”为大事A2，“甲队以3∶2成功”为大事A3，由题意知，各局竞赛结果相互独立，
故P(A1)＝3＝，
P(A2)＝C2×＝，
P(A3)＝C22×＝.
所以，甲队以3∶0成功，以3∶1成功的概率都为，以3∶2成功的概率为.
(2)设“乙队以3∶2成功”为大事A4，
由题意知，各局竞赛结果相互独立，
所以P(A4)＝C22×＝.
由题意知，随机变量X的全部可能的取值为0,1,2,3，
依据大事的互斥性得
P(X＝0)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝，
又P(X＝1)＝P(A3)＝，
P(X＝2)＝P(A4)＝，
P(X＝3)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝2)＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P

∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
同学用书第195页