（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第十二章概率与统计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,高考理数 (课标专用),考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2018课标,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,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.(2019课标,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1010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.,5.(2016课标,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相应概率如下:,(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 (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,EX=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) 思路分析 (1)将本年度保费高于基本保费a对应的所有事件的概率相加即可; (2)利用条件概率公式求解; (3)求出续保人本年度保费的期望与基本保费的比值即可.,考点二 正态分布 (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 0.01). 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 本题考查正态分布、二项分布的概念和性质、概率的计算以及数学期望的求法,考查 学生逻辑推理能力、数据处理能力、运算求解能力及分析问题、解决问题的能力. (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. 思路分析 (1)利用正态分布、二项分布的性质可求出P(X1)及X的数学期望;(2)(i)先说明出 现尺寸在(-3,+3)之外的零件的概率,再说明监控生产过程方法的合理性;(ii)利用给出的数 据可计算出区间( -3 , +3 ),从而剔除( -3 , +3 )之外的数据,再利用剩余数据估计和. 规律总结 (1)正态分布:若变量X服从正态分布N(,2),则为样本的均值,正态曲线的对称轴 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).,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布 1.(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= .,2.(2019天津,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.,3.(2016北京,16,13分)A,B,C三个班共有100名学生,为调查他们的体育锻炼情况,通过分层抽样 获得了部分学生一周的锻炼时间,数据如下表(单位:小时):,(1)试估计C班的学生人数; (2)从A班和C班抽出的学生中,各随机选取一人,A班选出的人记为甲,C班选出的人记为乙.假 设所有学生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率; (3)再从A,B,C三个班中各随机抽取一名学生,他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位:小时). 这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为1,表格中数据的平均数记为0,试判 断0和1的大小.(结论不要求证明),解析 (1)由题意知,抽出的20名学生中,来自C班的学生有8名.根据分层抽样方法,C班的学生 人数估计为100 =40. (2)设事件Ai为“甲是现有样本中A班的第i个人”,i=1,2,5, 事件Cj为“乙是现有样本中C班的第j个人”, j=1,2,8. 由题意可知,P(Ai)= ,i=1,2,5;P(Cj)= , j=1,2,8. P(AiCj)=P(Ai)P(Cj)= = ,i=1,2,5, j=1,2,8. 设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,E=A1C1A1C2A2C1A2C2 A2C3A3C1A3C2A3C3A4C1A4C2A4C3A5C1A5C2A5C3A5C4. 因此P(E)=P(A1C1)+P(A1C2)+P(A2C1)+P(A2C2)+P(A2C3)+P(A3C1)+P(A3C2)+P(A3C3)+P(A4C1)+P(A4C2) +P(A4C3)+P(A5C1)+P(A5C2)+P(A5C3)+P(A5C4)=15 = . (3)10.,考点二 正态分布 1.(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.,2.(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%.,C组 教师专用题组 考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布 (2014课标,5,5分)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.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45,答案 A 由条件概率公式可得所求概率为 =0.8,故选A. 思路分析 直接利用条件概率公式即可求解.,考点二 正态分布 (2014课标,18,12分)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); (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 (187.8,212.2)的产品件数.利用(i)的结果,求EX. 附: 12.2. 若ZN(,2),则P(-Z +)=0.682 6,P(-2Z +2)=0.954 4.,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)=0.682 6. (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0.682 6, 依题意知XB(100,0.682 6),所以EX=1000.682 6=68.26. 思路分析 (1)根据直方图求得样本平均数 和样本方差s2; (2)(i)由(1)知ZN(200,150),从而得出概率. (ii)依题意知XB(100,0.682 6),从而求得EX.,考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布 1.(2018广东汕头模拟,9)甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛,甲、乙两人能荣 获一等奖的概率分别为 和 ,甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,则这两个人中恰有一人 获得一等奖的概率为 ( ) A. B. C. D.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 D 根据题意,恰有一人获得一等奖即甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得,则所求 概率是 + = ,故选D.,2.(2019安徽安庆二模,7)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、交通宣传等四个项目,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)= ( ) A. B. C. D.,答案 C 由已知有P(B)= = ,P(AB)= = ,所以P(A|B)= = ,故选C.,3.(2019安徽巢湖一模,6)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,最后选择题的得分为Y分,则D(Y)-D(X)= ( ) A. B. C. D.,答案 A 设A学生答对题的个数为m,得分为5m分,则mB ,D(m)=12 = ,D(X)= 25 = .设B学生答对题的个数为n,得分为5n分,则nB ,D(n)=12 = ,D(Y)=25 = .D(Y)-D(X)= - = .故选A.,4.(2018江西南昌模拟,14)口袋中装有大小形状完全相同的红球2个,白球3个,黄球1个,甲从中 不放回地逐一取球,已知第一次取得红球,则第二次取得白球的概率为 .,答案,解析 设事件A表示“第一次取得红球”,事件B表示“第二次取得白球”,则P(A)= = , P(AB)= = ,第一次取得红球后,第二次取得白球的概率为P(B|A)= = = .,5.(2019河北模拟,19)一年之计在于春,一日之计在于晨,春天是播种的季节,是希望的开端.某种 植户对一块地的n(nN*)个坑进行播种,每个坑播3粒种子,每粒种子发芽的概率均为 ,且每粒 种子是否发芽相互独立,对每一个坑而言,如果至少有两粒种子发芽,则不需要进行补播种,否 则要补播种. (1)当n取何值时,有3个坑要补播种的概率最大?最大概率为多少? (2)当n=4时,用X表示要补播种的坑的个数,求X的分布列与数学期望.,解析 (1)对于一个坑而言,要补播种的概率为 + = .有3个坑需要补播种的概率为 ,要使 最大,只需 解得5n7,nN*,故n=5,6,7. (2)n=4时,要补播种的坑的个数X的所有可能的取值为0,1,2,3,4,XB ,P(X=0)= = , P(X=1)= = ,P(X=2)= = ,P(X=3)= = ,P(X=4)= = . 所以随机变量X的分布列为,所以X的数学期望E(X)=4 =2.,1.(2018山东淄博一模,6)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X,且XN(800,502).则一天 中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为 ( ) (参考数据:若XN(,2),有P(-X+)=0.682 6,P(-2X+2)=0.954 4,P(-3X+ 3)=0.997 4) A.0.977 2 B.0.682 6 C.0.997 4 D.0.954 4,考点二 正态分布,答案 A XN(800,502),P(700X900)=0.954 4,P(X900)= =0.022 8,P(X 900)=1-0.022 8=0.977 2.故选A.,2.(2019河南许昌、新乡、平顶山3月联考,5)在某项测量中,测得变量N(1,2)(0).若在(0,2) 内取值的概率为0.8,则在(1,2)内取值的概率为 ( ) A.0.2 B.0.1 C.0.8 D.0.4,答案 D 变量N(1,2),正态曲线的对称轴为x=1,在(0,2)内取值的概率为0.8,在(1, 2)内取值的概率为 0.8=0.4.故选D.,3.(2019江西南昌模拟,6)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分的概率为( ) 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.(2018湖南湘潭二模,18)某校高三年级有1 000人,某次数学考试不同成绩段的人数 N(127,72). (1)求该校此次数学考试的平均成绩; (2)计算得分超过141分的人数; (3)甲同学每次数学考试进入年级前100名的概率是 ,若本学期有4次考试,X表示进入前100名 的次数,写出X的分布列,并求期望与方差. (注:若XN(,2),则P(-X+)=68.26%,P(-2X+2)=95.44%),解析 (1)由不同成绩段的人数服从正态分布N(127,72),可知平均成绩为=127. (2)P(141)=P(127+27)= 1-P(-2+2)=0.022 8, 故得分超过141分的人数为1 0000.022 823. (3)由题意知XB , 故X的所有可能取值为0,1,2,3,4, P(X=0)= = , P(X=1)= = , P(X=2)= = , P(X=3)= = , P(X=4)= = , 故X的分布列为,期望E(X)=np=4 =1, 方差D(X)=np(1-p)=4 = .,5.(2019山西运城一模,19)2019年2月13日烟台市全民阅读促进条例全文发布,旨在保障全 民阅读权利,培养全民阅读习惯,提高全民阅读能力,推动文明城市和文化强市建设.某高校为 了解条例发布以来全校学生的阅读情况,随机调查了200名学生每周阅读时间X(单位:小时)并 绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数 和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的 中间值代表); (2)由直方图可以认为,目前该校学生每周的阅读时间X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. 一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算:若XN(,2),令Y= , 则YN(0,1),且P(Xa)=P ,利用直方图得到的正态分布,求P(X10); 从该高校的学生中随机抽取20名,记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数, 求P(Z2)(结果精确到0.000 1)以及Z的数学期望. 参考数据: ,0.773 4190.007 6.若YN(0,1),则P(Y0.75)=0.773 4.,解析 (1) =60.03+70.1+80.2+90.35+100.19+110.09+120.04=9, s2=(6-9)20.03+(7-9)20.1+(8-9)20.2+(9-9)20.35+(10-9)20.19+(11-9)20.09+(12-9)20.04=1.78. (2)由题知=9,2=1.78,XN(9,1.78),= = . P(X10)=P =P(Y0.75)=0.773 4. 由知P(X10)=1-P(X10)=0.226 6, 可得ZB(20,0.226 6),P(Z2)=1-P(Z=0)-P(Z=1) =1-0.773 420- 0.226 60.773 4191-(0.773 4+200.226 6)0.007 60.959 7. Z的数学期望E(Z)=200.226 6=4.532.,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:45分钟 分值:55分 一、选择题(每题5分,共15分),1.(2019福建宁德二模,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(X120)=0.2,P(90X120)=1-0.4=0.6,P(90X105)= P(90 X120)=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. 解题关键 本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识,由已知求出 P(X120)=0.2,进一步求出P(90X105)= P(90X120)=0.3.,2.(2019广东汕头模拟,8)如图所示,半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆,将一颗豆子随机地 扔到正方形MNPQ内,用A表示事件“豆子落在圆O内”,B表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影 部分)内”,则P(B|A)= ( ) A. B. C. D.,答案 B 由已知得P(A)= = ,P(AB)= = ,P(B|A)= = = ,故选B. 失分警示 条件概率的计算方法:P(B|A)= = .,3.(2019广东东莞模拟,5)假设东莞市市民使用移动支付的概率都为p,且每位市民使用支付方 式都相互独立,已知X是其中10位市民使用移动支付的人数,且EX=6,则p的值为 ( ) A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.8,答案 C 由已知得XB(10,p),EX=10p=6,解得p=0.6.故选C.,4.(2018河南濮阳二模,18)近年来“双十一”已成为中国电子商务行业的年度盛事,并且逐渐 影响到国际电子商务行业.某商家为了准备2018年“双十一”的广告策略,随机调查了1 000名 客户在2017年“双十一”前后10天内网购所花时间T(单位:小时),并将调查结果绘制成如图所 示的频率分布直方图. 由频率分布直方图可以认为,这10天网购所花的时间T近似服从N(,2),其中用样本平均值代,二、解答题(共40分),替,2=0.24. (1)计算,并利用该正态分布求P(1.51T2.49); (2)利用由样本统计获得的正态分布估计整体,将这10天网购所花时间在(2,2.98)小时内的人定 义为目标客户,对目标客户发送广告提醒.现若随机抽取10 000名客户,记X为这10 000人中目 标客户的人数. (i)求EX; (ii)问:10 000人中目标客户的人数X为何值时的概率最大? 附:若随机变量Z服从正态分布N(,2), 则P(-Z+)=0.682 6,P(-2Z+2)=0.954 4,P(-3Z+3)=0.997 4. 0.49.,解析 (1)=0.4(0.0500.8+0.2251.2+0.5501.6+0.8252.0+0.6002.4+0.2002.8+0.0503.2) =2, 从而T服从N(2,0.24),又= 0.49, 从而P(1.51T2.49)=P(-T+)=0.682 6. (2)(i)任意抽取1名客户,该客户是目标客户的概率为 P(2T2.98)=P(T+2) = P(-2T+2)= 0.954 4=0.477 2. 由题意知X服从B(10 000,0.477 2), 所以EX=10 0000.477 2=4 772. (ii)X服从B(10 000,0.477 2), P(X=k)= 0.477 2k(1-0.477 2)10 000-k = 0.477 2k0.522 810 000-k(k=0,1,2,10 000). 设当X=k(k1,kN)时概率最大, 则有,得 解得k=4 772. 故10 000人中目标客户的人数为4 772时的概率最大. 解题关键 对于(2),得出X服从B(10 000,0.477 2)是解题的关键. 评析 本题综合考查了正态分布知识、二项分布知识以及概率最大值问题,综合性较强,这是 高考的一个趋势.,5.(2017河北“五个一名校联盟”二模,18)空气质量指数(Air Quality Index,简称AQI)是定量描 述空气质量状况的指数,空气质量按照AQI大小分为六级:050为优;51100为良;101150为轻 度污染;151200为中度污染;201300为重度污染;300以上为严重污染.一环保人士记录去年某 地六月10天的AQI的茎叶图如图. (1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI100)的天数; (2)将频率视为概率,从六月中随机抽取3天,记三天中空气质量为优良的天数为,求的分布列 和数学期望.,解析 (1)从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为2,空气质量为良的天数为4,该 样本中空气质量为优良的频率为 = ,从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30 =1 8. (2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为 ,的所有可能取值为0,1,2,3,且B . P(=0)= = , P(=1)= = , P(=2)= = , P(=3)= = , 的分布列为,E=3 =1.8. 解题关键 判断出服从二项分布是解第(2)问的关键.,6.(2019山西运城二模,18)每年3月20日是国际幸福日,某电视台随机调查某一社区人们的幸福 度.现从该社区群众中随机抽取18名,用“10分制”记录了他们的幸福度指数,结果如茎叶图所 示,其中以小数点前的一位数字为茎,小数点后的一位数字为叶.若幸福度不低于8.5分,则称该 人的幸福度为“很幸福”. (1)求从这18人中随机选取3人,至少有1人是“很幸福”的概率; (2)以这18人的样本数据来估计整个社区的总体数据,若从该社区(人数很多)任选3人,记X表示 抽到“很幸福”的人数,求X的分布列及E(X).,解析 (1)设事件A=抽出的3人中至少有1人是“很幸福”的,则 表示3人都认为不很幸 福, P(A)=1-P( )=1- =1- = . (2)样本中,幸福度为“很幸福”的概率为 = .根据题意知,随机变量XB ,X的可能取值 为0,1,2,3. P(X=0)= = ,P(X=1)= = ,P(X=2)= = ,P(X=3)= = , 所以随机变量X的分布列为,所以X的期望E(X)=0 +1 +2 +3 =2. 思路分析 (1)18人中,“很幸福”的有12人,可以先计算其反面,即3人都认为不很幸福的概率, 再用1减去3人都认为不很幸福的概率即可;(2)根据题意知随机变量XB ,列出分布列,求 期望即可.,C组 20172019年高考模拟应用创新题组,1.(2019河南郑州二模,7)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(-2,4)的密度曲线)的点的个数的估计值为 ( ) (附:XN(,2),则P(-X+)=0.682 7,P(-2X+2)=0.954 5.) A.906 B.2 718 C.340 D.3 413,答案 C XN(-2,4),阴影部分的面积S=P(0X2)= P(-6X2)-P(-4X0)= (0.954 5-0.682 7)=0.135 9,则在正方形中随机投一点,该点落在阴影部分内的概率P= , 落入阴影部分的点的个数的估计值为10 000 340.故选C. 解题关键 本题考查正态密度曲线的特点,数形结合是解决问题的关键.,2.(2019湖南长沙一模,7)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8,超过2年的概率为0.6, 若一个这种元件使用到1年时还未失效,则这个元件使用寿命超过2年的概率为 ( ) A.0.75 B.0.6 C.0.52 D.0.48,答案 A 设一个这种元件使用1年为事件A,使用2年为事件B,则这个元件在使用到1年时还 未失效的前提下,这个元件使用寿命超过2年的概率为P(B|A)= = =0.75.故选A. 失分警示 本题考查了条件概率,属简单且易错题型.,3.(2019河北保定一模,19)为了尽快攻克一项科研课题,某生物研究所分别设立了甲、乙两个 研究小组同时进行对比试验,现随机在这两个小组各抽取40个数据作为样本,并规定试验数据 落在495,510)(单位:克)之内的数据为理想数据,否则为不理想数据.试验情况如表所示:,(1)根据表中数据作出两个小组样本数据的频率分布直方图; (2)若从甲小组测得的试验数据中依次有放回地随机抽查5个数据,设抽到理想数据的次数为, 求的分布列与数学期望(以频率作为概率); (3)由以上统计数据完成下面22列联表,并回答有多大的把握认为抽取的数据为理想数据与 对两个研究小组的选择有关.,解析 (1)甲、乙两个小组试验数据的频率分布直方图如图.,(2)易知甲小组的理想数据个数为8+14+8=30. 故甲小组中理想数据的频率为