2020版高考数学大一轮复习-条件概率、二项分布及正态分布讲义理含解析新人教A版

1、第 7 节条件概率、二项分布及正态分布考试要求 1.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率，了解条件概率与独立性的关系；2.会利用乘法公式计算概率，会利用全概率公式计算概率；3.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题；4.了解服从正态分布的随机变量，通过具体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征|知识邮tn聆I回顾效%西实暴上知识梳理1 .条件概率条件概率的定义条件概率的性质设A,B为两个事件，且RA0,称RB|A)=詈祟=为在事件A发生的条件下，事件P(A)B发生的条件概率(1)0WRB|A)W1；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BUqA)=P

2、B|A)+P(C|A)2 .事件的相互独立性(1)定义：设A,B为两个事件，如果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，则A与 B,A与 B,A与B也都相互独立，RB|A)=P(B),PfA|B=FA).3 .全概率公式(1)完备事件组：设Q是试验E的样本空间，事件A,A,，A是样本空间的一个划分，满足：AUAUUA=Q.A,Az,，A 两两互不相容，则称事件 A,A，A组成样本空间 Q 的一个完备事件组.(2)全概率公式设 S 为随机试验的样本空间，A1,A,，A 是两两互斥的事件，且有 P(A)0,i=1,2,，n,21A=S,则对任一事

3、件B,有RB)=&1P(A)P(B|A)称满足上述条件的A,A,，A为完备事件组.4 .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，其中A(i=1,2,，n)是第i次试验结果，则RAXXA)=RA)P(A)P(A3) RA).(2)二项分布在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p,则RX=k)=dpk(1p)nk(k=0,1,2,，n),此时称随机变量X服从二项分布,记作XRn,p),并称p为成功概率.5 .正态分布(1)正态分布的定义如果对于任何实数a,b(avb),随机变量X满足RavXwb)=b

4、(K，,(x)dx,则称随机变a，一、21(x,)量X服从正态分布，记为XNw,o2).其中(x)=te2一(0).,2 兀(T2，(2)正态曲线的性质曲线位于x轴上方,与x轴不相交，与x轴之间的面积为1;曲线是单峰的，它关于直线x=礼对称;中；b 越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散(3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值P(1GX(1+(T)=0.6826;P(-2(rX+2b)=0.9544;P(-3(rX2c1)=RX2c1)=RKc+3),42c1+c+3=2X3,c=.3基础自测A.一101B.一 32D._92A,“第二次拿到红球”为事件B,依题意P(A)=104答案.3

5、去縻然聆上4.(2018全国出卷)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.0.7B.0.6C.0.4D.0.3解析由题意知，该群体的 10 位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)=10p(1p)=2.4,所以 p=0.6 或 p=0.4.由P(X=4)RX=6),得 C40p4(1-p)6C60p6(1-p)4,即(1_p)20.5,所以p=0.6.答案 B5.(2019汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获

6、一等23奖的概率分别为力 7 甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,等奖的概率为(答案6.(2019青岛联考)已知随机变量XN1,屋)，若RX0)=0.8,则P(X2)=.解析随机变量 X 服从正态分布 N1,。2)，正态曲线关于 x=1 对称，RX2)=RXW0)=1-P(X0)=0.2.答案 0.2苫由聚焦突破考点一条件概率与事件独立性【例 1】(1)(一题多解)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)=()1121A.8BqC.5Dw则这两个人中恰有一人获得A.4B.3C.7解析根据题意,恰有一

7、人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得,则所求概率是3*1-4+4X1-3=12.以例求汕、上 d+d42d1=、一一,口解析法一P(A)=1=77=1RAB=P(B).由条件概率计算公式，得P(B|A)C5105C5101P(AB101=P(A)=2=45法二事件A包括的基本事件：(1,3),(1,5),(3,5),(2,4)共 4 个.事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AE)=1.故由古典概型概率RB|A)=黑=1.n(A)4答案 B(2)(2019天津和平区质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分23别为:和1现安排甲组研发新产品A,乙组研发

8、新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.35求至少有一种新产品研发成功的概率；若新产品A研发成功，预计企业可获利润 120 万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列.2解记E=甲组研发新广品成功,F=乙组研发新厂品成功,由题设知P(日=文P(日 3132.=-,P(F)=P(F)=-,且事件E与F,E与F,E与F,EWF都相互独立.355-记卡至少有一种新产品研发成功，则kEF,一口，一一 122于是PH)=P(E)FF)=-X-=-,3515故所求的概率为 RH=1RH)=1方=T|.1515设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为 0,100,1

9、20,220,因为RX=0)=REF)122c、，r_1331=X-=RX=100)=P(EF)=x=-351535155224PX=120)=PEF=-x-=,35152362RX=220)=RED=35=5.故所求的分布列为X0100120220P2142155155规律方法 1.求条件概率的两种方法(1)利用定义，分别求P(丹和P(AB,得口日内=2黑，这是求条件概率的通法(2)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A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB，得R日A)=黑.n(A)2.求相互独立事件同时发生的概率的主要方法(1)利用相互独立事件的概率乘法公式

10、直接求解.(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.【训练 1】(1)(2019珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，历经三千多公里的溯流博击，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11A.0.05B.0.0075C.-D.-36一_，一，,_11,一(2)(2

11、018濮阳二模)如图，已知电路中 4 个开关闭合的概率都是 2,且是相互独立的,亮的概率为()解析(1)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RAB0.051体成功溯流广卵繁殖，由题意可知 RA)=0.15,P(AB=0.05RB|A)=石石-=不=;P(A)0.153(2)灯泡不亮包括两种情况：四个开关都开，下边的 2 个都开，上边的 2 个中有一个开，1111111111113.灯泡不凫的概率是 2*2*QxQ+2X2X2X2+2X2X2X2=16?.灯亮和灯不亮是两个对立事件,313，灯凫的概率是 1 一 6=而则灯答案(1)C(2)C考点二全概率

12、公式【例 2】有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占 30%二厂生产的占 50%三厂生产的占 20%已知这三个厂的产品次品率分别为 2%1%1%问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？解设事件A为“任取一件为次品”，事件B为“任取一件为i厂的产品，i=1,2,3.BUB2UB3=S,由全概率公式得P(A)=P(A|Bi)P(B)+P(A|B2)P(，)+RAR)P(B).RB)=0.3,R8)=0.5,RB3)=0.2,RA|B)=0.02,RAB)=0.01,P(A|)=0.01,故P(A)=P(AB)RBI)+RA|B2)RB)+P(ABOP(B3)=0.02X0.3+0.01x0

13、.5+0.01x0.2=0.013.规律方法全概率公式是计算概率的一个很有用的公式， 通常把B,B,，Bn看成导致A发生的一组原因.如若A是“次品”，必是n个车间生产了次品；若A是“某种疾病”，必是几种病因导致A发生；若A表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中(1)何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生(2)如何用全概率公式：将事件分解成两两不相容的完备事件组(3)从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合【训练 2】一个盒子中有 6 只白球、4 只黑球，从中不放回地每次任取 1 只，连取 2 次，求第二次取到白球的概率.解A=第一次取到白球,B=第二次取到白球.因为B=ABJAB,

14、且AB与AB互不相容，所以-一一6546PB)=P(AB+P(AE)=P(A)P(B|A)+PA)P(B|A)=X-+x-=0.6.109109考点三独立重复试验与二项分布【例 3】某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的 40 件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490,495,(495,500,，(510,515,由此得到样本的频率分布直方图(如下图).(1)根据频率分布直方图，求质量超过 505 克的产品数量;(2)在上述抽取的 40 件产品中任取 2 件，设X为质量超过 505 克的产品数量，求X的分布列；从该流水线上任取 2 件产品，

15、设Y为质量超过 505 克的产品数量，求Y的分布列.解(1)质量超过 505 克的产品的频率为 5X0.05+5X0.01=0.3,所以质量超过 505 克的产品数量为 40X0,3=12(件).(2)重量超过 505 的产品数量为 12 件，则重量未超过 505 克的产品数量为 28 件，X的取值为 0,1,2,X服从超几何分布a863C2G2828RX=0)=区=的 RX=1)=-G2r=65,X的分布列为X012P63130286511130从流水线上任取 2 件产品互不影响，该问题可看成 2 次独立重复试验，质量超过 505 克的件3数 Y 的可能取值为 0,1,2,且 YB2,074

16、9所以 RY=0)=C2-=100,(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 克的概率为123=.4010*3RY=k)=G21-2-kk10，7102150RX=2)=11的r、，X3RY=1)=C2,10Y012P4910021509100规律方法利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X=k)=dpk(1p)n-k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数 p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验,是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.【训练 3】为研究家用

17、轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取 100 名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在 55 名男性驾驶员中，平均车速超过 100km/h 的有 40 人，不超过 100km/h 的有 15 人；在 45 名女性驾驶员中，平均车速超过 100km/h 的有 20 人，不超过 100km/h 的有 25 人.(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过 100km/h 的人中随机抽取 2 人，求这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员的概率；(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取 3 辆，记这 3 辆车平均车速超过 1

18、00km/h 且为男性驾驶员的车辆为X,求X的分布列.解(1)平均车速不超过 100km/h 的驾驶员有 40 人，从中随机抽取 2 人的方法总数为戊)，记“这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员”为事件 A,则事件A所包含的基本事&区 15X2525RA=C20=20X39=5?(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取 1 辆车，平均车速超过 100km/h 且为男性驾驶，一,402员的概率为-1005故 XB3,2.5,023327所以 RX=0)=C31=77,55125RY=2)=d1010C，Y 的分布列为而且各次试验的结果所以所求的概率12RX=1)=G5

19、54125X0123P2754368125125125125考点四正态分布【例 4】(1)(2019郑州模拟)已知随机变量己服从正态分布N(2,(T2),且P(己4)=0.8,贝 UR04)=()A.0.6B.0.4C.0.3D.0.2(2)(2019茂名一模)设XN1,1),其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷 10000 个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是()(注：若XN)，则P(wbXW(r)=68.26%,P(w2(rXW+2)=95.44%)A.7539B.6038C.7028D.6587解析(1)因为随机变量 E 服从正态分布N(2,(T2),科=2,得

20、对称轴为 x=2,RE4)=0.8,P(L4)=REW0)=0.2,R0E4)=0.6.(2)XN(1,1),i=1,(r=1.P(dX+(T)=68.26%,.P(0X2)=68.26%,则P(1Xa);RX猿+a).【训练 4】(2019淄博一模)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 XNd,1),有 P(1(TX(1+(T)=0.6826,R(12dX+2o-)=0.9544,R3(TX+3(T)=0.9974)A.0.9772B.0.6826C.0.9974D.0.9544左 R

21、.LCCC-2、/-八八八、八-/八八八、1-0.9544-CC解析XN800,502),P(700X900)=2=0.0228,P(X2表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为P(X2)=RX=2)+RX=3)=d2X0.62X0.4+0.63=0.648.(2)在采用 5 局 3 胜制中，XB(5,0.6),事件X3表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为P(X3)=RX=3)+RX=4)+RX=5)=C3X0.63X0.42+C5X0.64X0.4+0.650.683.可以看出采用 5 局 3 胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不

22、能太少.在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利拓展延伸先后参赛对比赛公平性的影响拓展 1(两方参赛)匣中有 3 红 5 黑 2 白共 10 个球.现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回.按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平局.分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率.解甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上结束，比赛过程中不会取到白球.记8=第i次取到黑球，R=第i次取到红球”.则R甲胜)=RR)+P(B8R)+RBBRRR)35435432383=+,二十T,=TT,10109810987

23、6210同理可得 R 乙胜)=疑，P平局)=2.2105拓展 2(三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军.已知每次比赛双方取胜的概率都是0.5,现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率解记事件A,B,C分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件A,B,C分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”.则P(A)=P(AIAZ)+RAGB3AA5)+P(AIGBAGBAAO+P(BC2AA)+RB1GARCAA7)+1.1.1.1.1,1.5=y+尹了+了+尸+=彳5_42因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以P(B)=P(A)=五，P(C

24、)=1-P(A)-PB)=7.552即甲、乙、丙得冠军的概率分别为-.14147分层限时塌炼分从出泰力基础巩固题组(建议用时：40 分钟)、选择题则他们同时中靶的概率是(12B.254714所以他们都中靶的概率是 Jk 高答案 A2.(2019衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是()1A.-8解析三次均反面朝上的概率是1=1,所以至少一次正面朝上的概率是 11=7.2888答案 D3 .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1.打靶时，甲每打 10 次可中靶8 次，乙每打10 次可中靶 7 次，若两人同时射击一个目标,14A.253

25、D.5解析因为甲每打 10 次可中靶 8 次，乙每打4 一 710 次可中靶 7 次，所以P(甲)=P(乙)=而,7D._8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解析记事件A表示“一天的空气质量为优良”，事件B表示“随后一天的空气质量为优良,RA）75，0.3456.由条件概率，得抽丹=株=黑=.8.答案 A4 .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 E 服从正态分布 Nd,底)，则 R(ibE(i+b)=68

26、.26%,P(12(TEW+2(T)=95.44%.)()A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%解析依题设，XN。，32),其中=0，b=3.P(-3X3)=0.6826,R6X6)=0.9544.因此 R3X6)=2P(-6X6)R3X2)=0.023，则P(-2X2)=RX2)=0.023,所以P(-2X2)=12X0.023=0.954.答案 0.9547 .某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的 5 个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是 0.8,且每个问题的回答结果相互独立.则该选手恰好回答了 4

27、个问题就晋级下一轮的概率等于.解析记“该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮”为事件 A,由题意，若该选手恰好回3932354概率 PI=5，次中恰有 2 次抽到黄球的概率是 P=C251-=.答案 D二、填空题答了 4 个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)=1X0.2X0.8X0.8=0.128.答案 0.1288 .某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第 18,19,20 层停靠.若该电梯在底层有 5 个乘客，_1_、，、且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为鼻，用X表示这 5 位乘客在第 20 层下电梯的3人数，则 RX=4)

28、=.解析考察一位乘客是否在第 20 层下电梯为一次试验，这是 5 次独立重复试验，故 X1B5,3，k5-k即有 RX=k)=Ck1X2,k=0,1,2,3,4,5.33_41421_10故RX=4)=G3x3=,4Q.3324310答案说三、解答题9.在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试,与“三步上篮”各有 2 次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格13的命中率为 2,“三步上篮”的命中率为 J 假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响.(1)求小明同学一次测试合格的

29、概率;“立定投篮”.小明同学“立定投篮”(2)设测试过程中小明投篮的次数为 E,求 E 的分布列.解设小明第i次“立定投篮”命中为事件A,第i次“三步上篮”命中为事件B(i=1,一，132),依题意有P(A)=2，P(B)=4(i=1,2),“小明同学一次测试合格”为事件C.-(1)P(C)=P(AA)+P(A1A2B1B2)+RABB2)=P(A)P(A)+RA)P(A)P(B1)RR)+P(A)RBOR)11+1-X-x22(2)依题意知己=2,3,4,、5RE=2)=P(AB)+RAA)=P(A)P(B)+RA),P(A)=,8RE=3)=P(ABB)+RAAB)+P(AB)=P(A)P

30、(B)RB)+P(A)RA2)RB)十5RA)RB)P(B)=而，r、，、1RE=4)=RAAB)=RA)RAa)RB)=行故投篮的次数 E 的分布列为：234P5518161610.空气质量指数(AirQualitylndex,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 的数据分别为：45,50,75,74,93,90,117,118,199,215.(1)利用该样本估计该地六

31、月空气质量为优良(AQIW100)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 E,求 E311-+-x42219=64.P(Q=1-19644564的分布列.解(1)从所给数据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 36=1，105从而估计该地六月空气质量为优良的天数为 30X|=18.5（2）由（1）估计某天空气质量为优良的概率为 3,5七的所有可能取值为 0,1,2,3,且己B3,5.536诿54诿3r.3=3)=55E 的分布列为0123P8365427125125125125能力提升题组（建议用时：20 分钟）11.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（）D.C4P(E=0)=12527125?C3C4A.不