《数学》复习人教A（新高考）-第7节　二项分布与正态分布-教师复习验收卷

《数学》复习人教A（新高考）-第7节二项分布与正态分布-教师复习验收卷《数学》复习人教A（新高考）-第7节二项分布与正态分布-教师复习验收卷/《数学》复习人教A（新高考）-第7节二项分布与正态分布-教师复习验收卷第7节二项分布与正态分布知识梳理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P(A)＞0,称P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率(1)0≤P(B|A)≤1;(2)如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)＝P(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eq\o(B,\s\up6(－)),eq\o(A,\s\up6(－))与B,eq\o(A,\s\up6(－))与eq\o(B,\s\up6(－))也都相互独立,P(B|A)＝P(B),P(A|B)＝P(A)．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,其中Ai(i＝1,2,…,n)是第i次试验结果,则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(A(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P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk(1－p)n－k(k＝0,1,2,…,n),此时称随机变量X服从二项分布,记作X～B(n,p),并称p为成功概率．4．正态分布(1)正态分布的定义如果对于任何实数a,b(a＜b),随机变量X满足P(a＜X≤b)＝eq\i\in(a,b,)φμ,σ(x)dx,则称随机变量X服从正态分布,记为X～N(μ,σ2)．其中φμ,σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e(σ>0).(2)正态曲线的性质①曲线位于x轴上方,与x轴不相交,与x轴之间的面积为1;②曲线是单峰的,它关于直线x＝μ对称;③曲线在x＝μ处达到峰值eq\f(1,σ\r(2π));④当μ一定时,曲线的形状由σ确定,σ越小,曲线越"瘦高”,表示总体的分布越集中;σ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①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682_7;②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954_5;③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997_3．1．相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响,计算式为P(AB)＝P(A)P(B),互斥事件是指在同一试验中,两个事件不会同时发生,计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B).2．若X服从正态分布,即X～N(μ,σ2),要充分利用正态曲线关于直线x＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1解题．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打"√”或"×”)(1)对于任意两个事件,公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.()(2)二项分布是一个概率分布列,是一个用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk(1－p)n－k,k＝0,1,2,…,n表示的概率分布列,它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布.()(3)n次独立重复试验要满足：①每次试验只有两个相互对立的结果,可以分别称为"成功”和"失败”;②每次试验"成功”的概率为p,"失败”的概率为1－p;③各次试验是相互独立的．()(4)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布,参数μ是正态分布的期望,σ是正态分布的标准差．()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析对于(1),只有当A,B为相互独立事件时,公式P(AB)＝P(A)P(B)才成立．2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球,它们大小形状完全相同．甲每次从中任取一个不放回,则在他第一次拿到白球的条件下,第二次拿到红球的概率为()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8)D．eq\f(2,9)答案B解析设"第一次拿到白球”为事件A,"第二次拿到红球”为事件B,依题意P(A)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5),P(AB)＝eq\f(2×3,10×9)＝eq\f(1,15),故P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(1,3).3．已知随机变量X服从正态分布N(3,1),且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3),则c＝________答案eq\f(4,3)解析∵X～N(3,1),∴正态曲线关于x＝3对称,且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3)∴2c－1＋c＋3＝2×3,∴c＝eq\f(4,3).4．(2020·广州调研)某公司生产了一批新产品,这种产品的综合质量指标值x服从正态分布N(100,σ2),且P(x<80)＝0.2.现从中随机抽取该产品1000件,估计其综合质量指标值在[100,120]内的产品件数为()A．200B．300C．400D．600答案B解析由题意,这种产品的综合质量指标值x服从正态分布N(100,σ2),则正态分布曲线的对称轴为x＝100,根据正态分布曲线的对称性,得P(100≤x≤120)＝P(80≤x≤100)＝0.5－0.2＝0.3,所以从中随机抽取该产品1000件,估计其综合质量指标值在[100,120]内的产品件数为1000×0.3＝300,故选B.5．(2021·郑州模拟)甲、乙两位选手进行乒乓球比赛,5局3胜制,每局甲赢的概率是eq\f(2,3),乙赢的概率是eq\f(1,3),则甲以3∶1获胜的概率是()A.eq\f(8,27)B．eq\f(16,27)C．eq\f(16,81)D．eq\f(32,81)答案A解析甲以3∶1获胜是指前3局比赛中甲2胜1负,第4局比赛甲胜,∴甲以3∶1获胜的概率是P＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).故选A.6．(多选题)(2021·济南调研)甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球,3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件,则下列结论中正确的是()A．P(B)＝eq\f(2,5)B．P(B|A1)＝eq\f(5,11)C．事件B与事件A1相互独立D．A1,A2,A3是两两互斥的事件答案BD解析易见A1,A2,A3是两两互斥的事件,P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝eq\f(5,10)×eq\f(5,11)＋eq\f(2,10)×eq\f(4,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(4,11)＝eq\f(9,22).故选BD.考点一条件概率1．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)＝()A．eq\f(1,8)B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,5)D．eq\f(1,2)答案B解析法一P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5),P(AB)＝P(B)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1,10).由条件概率计算公式,得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq\f(1,4).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(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(1,4).2．(2020·大同模拟)某射击选手射击一次击中10环的概率是eq\f(4,5),连续两次均击中10环的概率是eq\f(1,2),已知该选手某次击中10环,则随后一次击中10环的概率是()A．eq\f(2,5)B．eq\f(5,8)C．eq\f(1,2)D．eq\f(4,5)答案B解析设该选手某次击中10环为事件A,随后一次击中10环为事件B,则P(A)＝eq\f(4,5),P(AB)＝eq\f(1,2),∴某次击中10环,随后一次击中10环的概率是P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,2),\f(4,5))＝eq\f(5,8).故选B.3．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________．答案0.72解析设种子发芽为事件A,种子成长为幼苗为事件B(发芽又成活为幼苗).依题意P(B|A)＝0.8,P(A)＝0.9.根据条件概率公式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.感悟升华(1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A)),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P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).考点二相互独立事件同时发生的概率【例1】(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下：累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束．经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为eq\f(1,2).(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率．解(1)甲连胜四场的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16).(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛．比赛四场结束,共有三种情况：甲连胜四场的概率为eq\f(1,16);乙连胜四场的概率为eq\f(1,16);丙上场后连胜三场的概率为eq\f(1,8).所以需要进行第五场比赛的概率为1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).(3)丙最终获胜,有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为eq\f(1,8);比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为eq\f(1,16),eq\f(1,8),eq\f(1,8).因此丙最终获胜的概率为eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(7,16).感悟升华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】(多选题)(2021·威海模拟)如图所示的电路中,5只箱子表示保险匣分别为A,B,C,D,E.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率,下列结论正确的是()A．AB所在线路畅通的概率为eq\f(1,6)B．ABC的所在线路畅通的概率为eq\f(5,6)C．DE所在线路畅通的概率为eq\f(1,30)D．当开关合上时,整个电路畅通的概率为eq\f(29,36)答案BD解析A,B所在线路畅通的概率为eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,3),因此A错误;D,E所在线路畅通的概率为1－eq\f(1,5)×eq\f(1,6)＝1－eq\f(1,30)＝eq\f(29,30),因此C错误;A,B,C所在线路畅通的概率为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6),B正确;根据上述分析可知,当开关合上时,电路畅通的概率为eq\f(29,30)×eq\f(5,6)＝eq\f(29,36),D正确．考点三独立重复试验与二项分布【例2】(2021·东北三省三校联考)某市旅游局为了进一步开发旅游资源,需要了解游客的情况,以便制定相应的策略．在某月中随机抽取甲、乙两个景点各10天的游客数,画出茎叶图如图所示,若景点甲的数据的中位数是126,景点乙的数据的平均数是124.(1)求x,y的值;(2)若将图中景点甲的数据作为该景点较长一段时间内的样本数据(视样本频率为概率),则从这段时间内任取4天,记其中游客数不低于125的天数为ξ,求P(ξ≤2);(3)现从图中的20个数据中任取2个数据(甲、乙两景点的数据各取1个),记其中游客数不低于115且不高于135的个数为η,求η的分布列．解(1)由题意知x>4,则eq\f(120＋x＋127,2)＝126,解得x＝5.由eq\f(109＋110×3＋120×3＋130×2＋141＋y＋5＋8＋4＋5＋6＋3＋5,10)＝124,解得y＝4.(2)由题意知,景点甲一天的游客数不低于125的概率为eq\f(6,10)＝eq\f(3,5),从这段时间内任取4天,即进行4次独立重复试验,其中有ξ次发生,所以随机变量ξ服从二项分布,则P(ξ≤2)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(328,625).(3)从茎叶图中可以看出,景点甲的数据中符合条件的有3个,景点乙的数据中符合条件的有7个,所以在景点甲的数据中符合条件的数据被选出的概率为eq\f(3,10),在景点乙的数据中符合条件的数据被选出的概率为eq\f(7,10).由题意知,η的所有可能取值为0,1,2.则P(η＝0)＝eq\f(7,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(21,100),P(η＝1)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＋eq\f(7,10)×eq\f(7,10)＝eq\f(29,50),P(η＝2)＝eq\f(3,10)×eq\f(7,10)＝eq\f(21,100).所以η的分布列为η012Peq\f(21,100)eq\f(29,50)eq\f(21,100)感悟升华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)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk(1－p)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,而且各次试验的结果是相互独立的;(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2】(2019·天津卷改编)设甲、乙两位同学上学期间,每天7：30之前到校的概率均为eq\f(2,3).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;(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(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之前到校的概率为eq\f(2,3),故X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(2,3))),从而P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3－k),k＝0,1,2,3.所以,随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)(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Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(2,3))),且M＝{X＝3,Y＝1}∪{X＝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＝1}∪{X＝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)＝eq\f(8,27)×eq\f(2,9)＋eq\f(4,9)×eq\f(1,27)＝eq\f(20,243).考点四正态分布【例3】(1)(2020·南宁、柳州联考)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))),N(μ2,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),其正态分布密度曲线如图所示,则下列说法错误的是()A．甲类水果的平均质量为0.4B．甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右C．甲类水果的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σ2＝1.99(2)(2021·新高考8省联考)对于一个物理量做n次测量,并以测量结果的平均值作为该物理值的最后结果．已知最后结果的误差εn～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(2,n))),为使误差εn在(－0.5,0.5)的概率不小于0.9545,至少要测量________次．(若X～N(μ,σ),则P(|X－μ|<2σ)＝0.9545)(3)(多选题)(2021·青岛质检)近年来中国进入一个鲜花消费的增长期,某农户利用精准扶贫政策,贷款承包了一个新型温室鲜花大棚,种植销售红玫瑰和白玫瑰．若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正态分布N(μ,302)和N(280,402),则下列选项正确的是()附：若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)≈0.6827.A．若红玫瑰日销售量范围在(μ－30,280)的概率是0.6827,则红玫瑰日销售量的平均数约为250B．红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中C．白玫瑰日销售量比红玫瑰日销售量更集中D．白玫瑰日销售量范围在(280,320)的概率约为0.34135答案(1)D(2)32(3)ABD解析(1)由图象可知甲的正态曲线关于直线x＝0.4对称,乙的正态曲线关于直线x＝0.8对称,所以μ1＝0.4,μ2＝0.8,A项正确,C项正确．由图可知甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右,B项正确．因为乙的正态曲线的最大值为1.99,即eq\f(1,\r(2π)σ2)＝1.99,所以σ2≠1.99,D项错误．故选D.(2)P(|εn－μ|<2σ)＝0.9545,又μ＝0,σ2＝eq\f(2,n),即P(μ－2σ<εn<μ＋2σ)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(\f(2,n))<εn<2\r(\f(2,n))))＝0.9545,由题意知2σ≤0.5,即2eq\r(\f(2,n))≤eq\f(1,2),所以n≥32.(3)对于选项A：μ＋30＝280,μ＝250,正确;对于选项BC：利用σ越小越集中,30小于40,B正确,C不正确;对于选项D：P(280＜X＜320)＝P(μ＜X＜μ＋σ)≈0.6827×eq\f(1,2)≈0.34135,正确．感悟升华(1)利用3σ原则求概率问题时,要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ,σ进行对比联系,确定它们属于(μ－σ,μ＋σ),(μ－2σ,μ＋2σ),(μ－3σ,μ＋3σ)中的哪一个．(2)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题,涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称,及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面两个结论的活用：①P(X＜a)＝1－P(X≥a);②P(X＜μ－σ)＝P(X≥μ＋σ).【训练3】某生物研究小组准备探究某地区蜻蜓的翼长分布规律,据统计该地区蜻蜓有A,B两种,且这两种的个体数量大致相等．记A种蜻蜓和B种蜻蜓的翼长(单位：mm)分别为随机变量X,Y,其中X服从正态分布N(45,25),Y服从正态分布N(55,25).(1)从该地区的蜻蜓中随机捕捉一只,求这只蜻蜓的翼长在区间[45,55]的概率;(2)记该地区蜻蜓的翼长为随机变量Z,若用正态分布N(μ0,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))来近似描述Z的分布,请你根据(1)中的结果,求参数μ0和σ0的值(精确到0.1).注：若X～N(μ,σ2),则P(μ－0.64σ≤X≤μ＋0.64σ)≈0.4773,P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827,P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.解(1)记这只蜻蜓的翼长为t.因为A种蜻蜓和B种蜻蜓的个体数量大致相等,所以这只蜻蜓是A种还是B种的可能性是相等的．所以P(45≤t≤55)＝eq\f(1,2)×P(45≤X≤55)＋eq\f(1,2)×P(45≤Y≤55)＝eq\f(1,2)×P(45≤X≤45＋2×5)＋eq\f(1,2)×P(55－2×5≤Y≤55)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.9545,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(0.9545,2)＝0.47725.(2)由于两种蜻蜓的个体数量相等,X,Y的方差也相等,根据正态曲线的对称性,可知μ0＝eq\f(45＋55,2)＝50.0.∴0.47725≈0.4773,∴由(1)可知45＝μ0－0.64σ0,55＝μ0＋0.64σ0,得σ0＝eq\f(5,0.64)≈7.8.二项分布与超几何分布的辨别教材和考题中常涉及二项分布与超几何分布,学生对这两种模型的定义不能很好地理解,一遇到"取”或"摸”的题型,就认为是超几何分布,不加分析,滥用公式,运算对象不明晰,事实上,超几何分布和二项分布确实有着密切的联系,但也有明显的区别．【例1】写出下列离散型随机变量的分布列,并指出其中服从二项分布的是哪些?服从超几何分布的是哪些?(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数．(2)X2表示连续抛掷2枚骰子,所得的2枚骰子的点数之和.(3)有一批产品共有N件,其中次品有M件(N＞M＞0),采用有放回抽取方法抽取n次(n＞N),抽出的次品件数为X3.(4)有一批产品共有N件,其中M件为次品,采用不放回抽取方法抽n件,出现次品的件数为X4(N－M＞n＞0).解(1)X1的分布列为X1012…nPCeq\o\al(0,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)Ceq\o\al(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－2)…Ceq\o\al(n,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)X1服从二项分布,即X1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n,\f(1,3))).(2)X2的分布列为X223456789101112Peq\f(1,36)eq\f(2,36)eq\f(3,36)eq\f(4,36)eq\f(5,36)eq\f(6,36)eq\f(5,36)eq\f(4,36)eq\f(3,36)eq\f(2,36)eq\f(1,36)(3)X3的分布列为X3012…nPeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n)Ceq\o\al(1,n)eq\f(M,N)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n－1)Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,N)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n－2)…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,N)))eq\s\up12(n)X3服从二项分布,即X3～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n,\f(M,N))).(4)X4的分布列为X401…k…nPeq\f(Ceq\o\al(n,N－M),Ceq\o\al(n,N))eq\f(Ceq\o\al(1,M)Ceq\o\al(n－1,N－M),Ceq\o\al(n,N))…eq\f(Ceq\o\al(k,M)Ceq\o\al(n－k,N－M),Ceq\o\al(n,N))…eq\f(Ceq\o\al(n,M),Ceq\o\al(n,N))X4服从超几何分布．【例2】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;(3)从该流水线上任取2件产品,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5×0.05＋5×0.01＝0.3,所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝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．P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(28)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(63,130),P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(12))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(28)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(28,65),P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(12)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(11,130),∴X的分布列为X012Peq\f(63,130)eq\f(28,65)eq\f(11,130)(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eq\f(12,40)＝eq\f(3,10).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克的件数Y的可能取值为0,1,2,且Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(3,10))),P(Y＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,10)))eq\s\up12(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq\s\up12(k),所以P(Y＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))eq\s\up12(2)＝eq\f(49,100),P(Y＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\f(3,10)·eq\f(7,10)＝eq\f(21,50),P(Y＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,100).∴Y的分布列为Y012Peq\f(49,100)eq\f(21,50)eq\f(9,100)思维升华超几何分布的抽取是不放回抽取,各次抽取不独立,二项分布的抽取是有放回抽取,各次抽取相互独立．当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布．A级基础巩固一、选择题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,则他们同时中靶的概率是()A．eq\f(14,25)B．eq\f(12,25)C．eq\f(3,4)D．eq\f(3,5)答案A解析因为甲每打10次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,所以P(甲)＝eq\f(4,5),P(乙)＝eq\f(7,10),所以他们都中靶的概率是eq\f(4,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(14,25).2．(2020·西安质检)若随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),则P(X＝3)等于()A．eq\f(1,3)B．eq\f(40,243)C．eq\f(10,27)D．eq\f(3,5)答案B解析随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),则P(X＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(40,243),故选B.3．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答案A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”,P(A)＝0.75,P(AB)＝0.6.由条件概率,得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.6,0.75)＝0.8.4．(多选题)(2021·武汉调研)为吸引顾客,某商场举办购物抽奖活动抽奖规则是：从装有2个白球和3个红球(小球除颜色外,完全相同)的抽奖箱中,每次摸出一个球,不放回地依次摸取两次,记为一次抽奖．若摸出的2个球颜色相同则为中奖,否则为不中奖．下列随机事件的概率正确的是()A．某顾客抽奖一次中奖的概率是eq\f(2,5)B．某顾客抽奖三次,至少有一次中奖的概率是eq\f(98,125)C．在一次抽奖过程中,若已知顾客第一次抽出了红球,则该顾客中奖的概率是eq\f(3,10)D．在一次抽奖过程中,若已知顾客第一次抽出了红球,则该顾客中奖的概率是eq\f(1,2)答案ABD解析顾客抽奖一次中奖的概率为eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1＋3,10)＝eq\f(2,5),故A选项正确．顾客抽奖三次,至少有一次中奖的概率是1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(27,125)＝eq\f(98,125),故B选项正确．对于CD选项,由于第一次抽出了红球,故剩余2个白球和2个红球,再抽一个,抽到红球的概率是eq\f(2,2＋2)＝eq\f(1,2),故C选项错误,D选项正确．5．(2021·长沙模拟)袋中装有形状和大小完全相同的4个黑球,3个白球,从中不放回地依次随机摸取两球,在第一次摸到了黑球的条件下,第二次摸到白球的概率是()A．eq\f(4,7)B．eq\f(2,7)C．eq\f(1,2)D．eq\f(1,3)答案C解析在这两次摸球过程中,设A＝"第一次摸到黑球”,B＝"第二次摸到白球”．则n(A)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＝24,n(AB)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝12,所以P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).故选C.6．(2021·重庆诊断)已知随机变量X服从正态分布N(80,25),若P(75<X≤m)＝0.8186,则m等于()(附：P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6827,P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9545)A．89B．90C．91D．92答案B解析由题意得σ＝5,μ＝80,P(80－5<X≤80＋5)＝0.6827,即P(75<X≤85)＝0.6827;P(80－10<X≤80＋10)＝0.9545,即P(70<X≤90)＝0.9545.所以P(85<X≤90)＝eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359.因为P(75<X≤m)＝0.8186,而P(75<X≤90)＝P(75<X≤85)＋P(85<X≤90)＝0.6827＋0.1359＝0.8186,所以m＝90.二、填空题7．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个问题就晋级下一轮的概率等于________．答案0.128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)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.8．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,且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为eq\f(1,3),用X表示这5位乘客在第20层下电梯的人数,则P(X＝4)＝________．答案eq\f(10,243)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X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),即有P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(5－k),k＝0,1,2,3,4,5.故P(X＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)＝eq\f(10,243).9．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4∶1获胜的概率是________.答案0.18解析记事件M为甲队以4∶1获胜,则甲队共比赛五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场负一场,所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.三、解答题10．(2021·北京东城区综合练习节选)某志愿者服务网站在线招募志愿者,当报名人数超过计划招募人数时,将采用随机抽取的方法招募志愿者,下表记录了A,B,C,D四个项目最终的招募情况,其中有两个数据模糊,记为a,b.项目计划招募人数报名人数A50100B60aC80bD160200甲同学报名参加了这四个志愿者服务项目,记ξ为甲同学最终被招募的项目个数,已知P(ξ＝0)＝eq\f(1,40),P(ξ＝4)＝eq\f(1,10).(1)求甲同学至多被三个项目招募的概率;(2)求a,b的值．解因为P(ξ＝0)＝eq\f(1,40),所以a>60,且b>80.设事件A表示"甲同学被项目A招募”,由题意可知,P(A)＝eq\f(50,100)＝eq\f(1,2);设事件B表示"甲同学被项目B招募”,由题意可知,P(B)＝eq\f(60,a);设事件C表示"甲同学被项目C招募”,由题意可知,P(C)＝eq\f(80,b);设事件D表示"甲同学被项目D招募”,由题意可知,P(D)＝eq\f(160,200)＝eq\f(4,5).(1)由于事件"甲同学至多被三个项目招募”与事件"ξ＝4”是对立的,所以甲同学至多被三个项目招募的概率是1－P(ξ＝4)＝1－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10).(2)由题意可知,P(ξ＝0)＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C)eq\x\to(D))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(60,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(80,b)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5)))＝eq\f(1,40);P(ξ＝4)＝P(ABCD)＝eq\f(1,2)·eq\f(60,a)·eq\f(80,b)·eq\f(4,5)＝eq\f(1,10).解得a＝120,b＝160.11．(2020·湖南五市十校联考改编)为全面贯彻党的教育方针,坚持立德树人,适应经济社会发展对多样化高素质人才的需要,按照国家统一部署,湖南省高考改革方案从2018年秋季进入高一年级的学生开始正式实施．新高考改革中,明确高考考试科目由语文、数学、英语3科,及考生在政治、历史、地理、物理、化学、生物6个科目中自主选择的3科组成,不分文理科．假设6个自主选择的科目中每科被选择的可能性相等,每位学生选择每个科目互不影响,甲、乙、丙为某中学高一年级的3名学生．(1)求这3名学生都选择物理的概率;(2)设X为这3名学生中选择物理的人数,求X的分布列．解(1)设"这3名学生都选择物理”为事件A,依题意得每位学生选择物理的概率都为eq\f(1,2),故P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8),即这3名学生都选择物理的概率为eq\f(1,8).(2)X的所有可能取值为0,1,2,3,由题意知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(1,2))),P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,8),P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝eq\f(3,8),P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\b