（北京专用）2020届高考数学一轮复习12.3二项分布与正态分布课件.pptx

12.3 二项分布与正态分布,高考数学 (北京专用),A组 自主命题北京卷题组,五年高考,1.(2015北京,16,13分)A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如 下: A组:10,11,12,13,14,15,16; B组:12,13,15,16,17,14,a. 假设所有病人的康复时间互相独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的 人记为乙. (1)求甲的康复时间不少于14天的概率; (2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率; (3)当a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明),解析 设事件Ai为“甲是A组的第i个人”, 事件Bj为“乙是B组的第j个人”,i,j=1,2,7. 由题意可知P(Ai)=P(Bj)= ,i,j=1,2,7. (1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第 7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5A6A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)= . (2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”. 由题意知,C=A4B1A5B1A6B1A7B1A5B2A6B2A7B2A7B3A6B6A7B6. 因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6) =10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)= . (3)a=11或a=18.,2.(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),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=A B,A,B独立. 根据投篮统计数据知,P(A)= ,P(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= .,思路分析 (1)根据投篮统计数据知,在10场比赛中,投篮命中率超过0.6的场次有5场,从而得出 概率;(2)根据事件相互独立,利用相互独立事件的概率乘法公式求出结果;(3)根据平均数和均 值的意义比较EX和 的大小.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 条件概率、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.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3,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)0.5,p=0.6,故选B.,2.(2015课标,4,5分)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.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312,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.,3.(2019课标全国理,15,5分)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜 利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”. 设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以41 获胜的概率是 .,答案 0.18,解析 本题主要考查独立事件概率的求解;考查学生的数据处理能力、推理论证能力;考查的 核心素养是逻辑推理与数学建模. 由题意可知七场四胜制且甲队以41获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第 一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1= 0.60.40.52=2 = ;第二 类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.62 0.50.5= 2 = ,所以甲 队以41获胜的概率为P= 0.6=0.18.,疑难突破 采用七场四胜制,由题意分析得若甲队以41获胜,则甲队在第5场比赛中必胜,且 前4场比赛中胜3场.,4.(2017课标全国,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回 地抽取100次,X表示抽到的二等品件数,则DX= .,答案 1.96,解析 本题主要考查二项分布. 由题意可知XB(100,0.02),由二项分布可得DX=1000.02(1-0.02)=1.96.,5.(2015广东,13,5分)已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p= .,答案,解析 因为XB(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p= .,6.(2019天津理,16,13分)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为 .假定 甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立. (1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望; (2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的 天数恰好多2”,求事件M发生的概率.,解析 本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,互斥事件和相互独立事件的概 率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力,重点考查数学建模、数 学运算的核心素养. (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为 ,故X B ,从而P(X=k)= ,k=0,1,2,3. 所以,随机变量X的分布列为,随机变量X的数学期望E(X)=3 =2. (2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则YB ,且M=X=3,Y=1X=2, Y=0. 由题意知事件X=3,Y=1与X=2,Y=0互斥,且事件X=3与Y=1,事件X=2与Y=0均相互 独立, 从而由(1)知P(M)=P(X=3,Y=1X=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)= + = . 思路分析 (1)观察关键词“均”“互不影响”“相互独立”,判断XB(n,p),从而利用二项 分布求出分布列与期望.(2)先将“天数恰好多2”用数学语言表示,即 或 从而利 用互斥与相互独立事件的概率计算公式求解.,解后反思 本题关键是将实际问题转化为数学问题.,7.(2019课标全国理,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成1010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101 0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.,解析 本题主要考查独立事件概率的求解.考查学生的逻辑推理及数据处理能力;考查的核心 素养是数据分析和逻辑推理. (1)X=2就是1010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)=0.50.4+(1-0.5)(1-0.4)=0.5. (2)X=4且甲获胜,就是1010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)0.40.50.4=0.1.,思路分析 (1)X=2,即要么甲得2分,要么乙得2分,分类求出独立事件的概率,求和即可. (2)X=4且甲获胜,即又打了4个球,且后两球甲得分,前两个球甲、乙各得1分,由独立事件的概 率公式可求解.,解题关键 某局打成1010平后,每球交换发球权,甲先发球,求出甲得分的概率分别为0.5,0. 4,0.5,0.4是解决本题的关键.,考点二 正态分布,1.(2015山东,8,5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%,答案 B P(-33)=68.26%,P(-66)=95.44%,则P(36)= (95.44%-68.26%)=13.59%.,2.(2015湖北,4,5分)设XN(1, ),YN(2, ),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正 确的是 ( ) A.P(Y2)P(Y1) B.P(X2)P(X1) C.对任意正数t,P(Xt)P(Yt),D.对任意正数t,P(Xt)P(Yt),答案 C 由题图可知1P(X1),故B错; 当t为任意正数时,由题图可知P(Xt)P(Yt), 而P(Xt)=1-P(Xt),P(Yt)=1-P(Yt), P(Xt)P(Yt),故C正确,D错.,3.(2015湖南,7,5分)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正 态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为 ( ) 附:若XN(,2),则P(-X+)=0.682 6,P(-2X+2)=0.954 4. A.2 386 B.2 718 C.3 413 D.4 772,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(0x1)= 0.682 6=0.341 3,故落入阴影部分的点的个数的估计值为0.341 310 000=3 413.故选C.,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.,C组 教师专用题组,1.(2017课标,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:,经计算得 = xi=9.97,s= = 0.212,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0.0 1). 附:若随机变量Z服从正态分布N(,2),则P(-3Z+3)=0.997 4. 0.997 4160.959 2, 0.09.,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0.997 4,从而零件的尺寸在(-3,+3) 之外的概率为0.002 6,故XB(16,0.002 6). 因此P(X1)=1-P(X=0)=1-0.997 4160.040 8. X的数学期望为EX=160.002 6=0.041 6. (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0.002 6,一天内抽取的16 个零件中,出现尺寸在(-3,+3)之外的零件的概率只有0.040 8,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+169.9721 591.134,剔除( -3 , +3 )之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为 (1 591.134-9.222-1510.022)0.008, 因此的估计值为 0.09.,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)二项分布:若变量XB(n,p),则X的期望EX=np,方差DX=np(1-p).,2.(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1 000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:,(1)设X表示在这块地上种植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季的利润不少于2 000元的概率.,解析 (1)设A表示事件“作物产量为300 kg”,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 50010-1 000=4 000,5006-1 000=2 000, 30010-1 000=2 000,3006-1 000=800. P(X=4 000)=P( )P( )=(1-0.5)(1-0.4)=0.3, P(X=2 000)=P( )P(B)+P(A)P( )=(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,(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i=1,2,3), 由题意知C1,C2,C3相互独立,由(1)知, P(Ci)=P(X=4 000)+P(X=2 000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3), 3季的利润均不少于2 000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2 000元的概率为 P( C2C3)+P(C1 C3)+P(C1C2 )=30.820.2=0.384, 所以,这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为 0.512+0.384=0.896.,评析 本题考查了离散型随机变量的分布列,相互独立事件,二项分布等知识;考查分类讨论思 想及运算求解能力.,3.(2014辽宁,18,12分)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,期望E(X)及方 差D(X).,解析 (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天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”. 因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)50=0.6, P(A2)=0.00350=0.15, P(B)=0.60.60.152=0.108. (2)X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为 P(X=0)= (1-0.6)3=0.064, P(X=1)= 0.6(1-0.6)2=0.288, P(X=2)= 0.62(1-0.6)=0.432, P(X=3)= 0.63=0.216. 分布列为,因为XB(3,0.6),所以期望E(X)=30.6=1.8,方差D(X)=30.6(1-0.6)=0.72.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布,1.(2019广东湛江一模,4)某人连续投篮6次,其中3次命中,3次未命中.则他第1次、第2次均未命 中的概率是 ( ) A. B. C. D.,答案 D 某人连续投篮6次,其中3次命中,3次未命中. 基本事件总数n= =20,他第1次、第2次均未命中包含的基本事件个数m= =4,他 第1次、第2次均未命中的概率是P= = = .故选D.,2.(2019安徽安庆二模,11)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动,社区服务活 动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传四个项目,每人限报其中一项,记事件A为 “4名同学所报项目各不相同”,事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”,则P(A|B)的值 为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 由已知P(B)= = ,P(AB)= = , 所以P(A|B)= = ,故选C.,3.(2019安徽巢湖一模,8)某次考试共有12个选择题,每个选择题的分值为5分,每个选择题四个 选项中有且只有一个选项是正确的,A学生对12个选择题中每个题的四个选择项都没有把握, 最后选择题的得分为X分,B学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项 是错误的,对其他三个选项都没有把握,选择题的得分为Y分,则D(Y)-D(X)的值为( ) A. B. C. D.,答案 A 设A学生答对题的个数为m,得分为5m, 则mB ,D(m)=12 = , D(X)=25 = . 设B学生答对题的个数为n,得分为5n,则nB , D(n)=12 = ,D(Y)=25 = . D(Y)-D(X)= - = . 故选A.,4.(2018北京房山一模,16)2017年冬,北京雾霾天数明显减少.据环保局统计三个月的空气质量, 达到优良的天数超过70天,重度污染的天数仅有4天.主要原因是政府对治理雾霾采取了有效 措施,如:减少机动车尾气排放;实施了煤改电或煤改气工程;关停了大量的排污企业; 部分企业季节性的停产.为了解农村地区实施煤改气工程后天燃气的使用情况,从某乡镇随机 抽取100户,进行月均用气量调查,得到的用气量数据(单位:千立方米)均在区间(0,5内,将数据 按区间列表如下:,(1)求表中x,m的值,若同组中的每个数据用该组区间的中点值代替,估计该乡镇每户月平均用 气量; (2)从用气量在区间(3,4和区间(4,5的用户中任选3户,进行燃气使用的满意度调查,求这3户用 气量处于不同区间的概率; (3)若将频率看成概率,从该乡镇中任意选出了3户,用X表示用气量在区间(1,3内的户数,求X的 分布列和期望.,解析 (1)x=100-(14+55+4+2)=25,m= =0.25, 估计该乡镇每户月平均用气量为 =2.05(千立方米). (2)设A表示事件“这3户用气量处于不同区间”,则 P(A)= = = . (3)由题中表格得用气量在区间(1,3内有80户,因此任取1户,该户的用气量在区间(1,3内的概 率为 . X的可能取值为0,1,2,3,则 P(X=0)= = ; P(X=1)= = ; P(X=2)= = ;,P(X=3)= = . 所以X的分布列为,EX=0 +1 +2 +3 = .,考点二 正态分布,1.(2019云南昆明黄冈实验学校期末,8)已知随机变量i满足P(i=1)=pi,P(i=0)=1-pi,i=1,2.若0D(2) C.E(1)E(2),D(1)D(2),答案 A E(1)=p1,E(2)=p2,E(1)E(2), D(1)=p1(1-p1),D(2)=p2(1-p2),D(1)-D(2)=(p1-p2)(1-p1-p2)0,故选A.,2.(2019云南昆明模拟,8)某市一次高三年级数学统测,经抽样分析,成绩X近似服从正态分布N(8 4,2),且P(78X84)=0.3.该市某校有400人参加此次统测,估计该校数学成绩不低于90分的人 数为 ( ) A.60 B.80 C.100 D.120,答案 B X近似服从正态分布N(84,2),P(78X84)=0.3.P(X90)= (1-20.3)=0.2, 该校数学成绩不低于90分的人数为4000.2=80.故选B.,3.(2019广西柳州一模,4)在某次高三联考数学测试中,学生成绩服从正态分布(100,2)(0),若 在(85,115)内的概率为0.75,则任意选取一名学生,该生成绩高于115的概率为 ( ) A.0.25 B.0.1 C.0.125 D.0.5,答案 C 由学生成绩服从正态分布(100,2)(0), 且P(85115)= = =0.125.故选C.,4.(2019山东潍坊一模,6)某校有1 000人参加某次模拟考试,其中数学考试成绩近似服从正态分 布N(105,2)(0),试卷满分150分,统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的 ,则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为 ( ) A.150 B.200 C.300 D.400,答案 C P(X90)=P(X120)=0.2, P(90X120)=1-0.4=0.6, P(90X105)= P(90X120)=0.3, 此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为1 0000.3=300.故选C.,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:15分钟 分值:22分 一、选择题(每小题5分,共35分),1.(2018全国三模,8)某高三学生进行心理素质测试,场景相同的条件下每次通过测试的概率为 ,则连续测试4次,至少有3次通过的概率为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 连续测试4次,至少有3次