高考數(shù)學一輪復習 第十章 計數(shù)原理、概率、隨機變量 10.8 二項分布、正態(tài)分布及其應用課件(理).ppt

第八節(jié) 二項分布、正態(tài)分布及其應用,【知識梳理】 1.條件概率 (1)定義: 設(shè)A,B為兩個事件,且P(A)0,稱P(B|A)=_為在 _發(fā)生的條件下,_發(fā)生的條件概率.,事件A,事件B,(2)性質(zhì): 條件概率具有一般概率的性質(zhì),即0P(B|A)1; 如果B,C是兩個互斥事件,則P(BC|A)=_+_.,P(B|A),P(C|A),2.相互獨立事件 (1)定義: 設(shè)A,B是兩個事件,若P(AB)=_,則稱事件A與事件B相互獨立. (2)性質(zhì): 若事件A與B相互獨立,那么A與_,_與B, 與_也都相互獨立.,P(A)P(B),3.獨立重復試驗概率公式 在相同條件下重復做的n次試驗稱為n次獨立重復試驗,若用Ai(i=1,2,n)表示第i次試驗的結(jié)果,則P(A1A2A3An)=_.,P(A1)P(A2)P(A3)P(An),4.二項分布的定義 在n次獨立重復試驗中,設(shè)事件A發(fā)生的次數(shù)為X,在每次 試驗中事件A發(fā)生的概率為p,則P(X=k)=_, k=0,1,2,n.此時稱隨機變量X服從二項分布,記作 XB(n,p),并稱p為成功概率.,5.正態(tài)曲線的定義 函數(shù),(x)=_,x(-,+),其中實數(shù)和(0)為參數(shù),稱,(x)的圖象為正態(tài)分布密度曲線,簡稱正態(tài)曲線.,6.正態(tài)分布的定義及表示 如果對于任何實數(shù)a,b(ab),隨機變量X滿足P(aXb) = ,(x)dx,則稱隨機變量X服從正態(tài)分布,記作 N(,2).,7.正態(tài)曲線的特點 (1)曲線位于x軸的_,與x軸不相交. (2)曲線是單峰的,它關(guān)于直線_對稱. (3)曲線在_處達到峰值 (4)曲線與x軸之間的面積為1.,上方,x=,x=,(5)當一定時,曲線的位置由確定,曲線隨著的變 化而沿_平移. (6)當一定時,曲線的形狀由確定.越小,曲線越 “_”,表示總體的分布越_;越大,曲線越 “_”,表示總體的分布越_.,x軸,瘦高,集中,矮胖,分散,8.3原則 (1)P(-X+)=_. (2)P(-2X+2)=_. (3)P(-3X+3)=_.,0.6826,0.9544,0.9974,【特別提醒】 1.“相互獨立”和“事件互斥”的區(qū)別 兩事件互斥是指兩事件不可能同時發(fā)生,兩事件相互獨立是一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響,兩個事件相互獨立,不一定互斥.,2.掌握常見五個事件的含義 (1)A,B中至少有一個發(fā)生的事件為AB. (2)A,B都發(fā)生的事件為AB. (3)A,B都不發(fā)生的事件為 (4)A,B恰有一個發(fā)生的事件為 (5)A,B至多一個發(fā)生的事件為,3.二項分布是在獨立重復試驗中產(chǎn)生的,離開獨立重復試驗不存在二項分布. 4.若XB(n,p),則當k由0增大到n時,P(X=k)先由小到大然后由大到小,且當k取不超過(n+1)p的最大整數(shù)時P(X=k)最大.,【小題快練】 鏈接教材 練一練 1.(選修2-3P59習題2.2B組T1改編)甲、乙兩人進行圍 棋比賽,比賽采取五局三勝制,無論哪一方先勝出三局 則比賽結(jié)束,假定甲每局比賽獲勝的概率均為 ,則甲 以31的比分獲勝的概率為 ( ),【解析】選A.前三局中甲獲勝2局,第四局甲勝, 則,2.(選修2-3P58練習T1改編)加工某一零件需經(jīng)過三道工序,設(shè)第一、二、三道工序的次品率分別為 且各道工序互不影響,則加工出來的零件的次品率為_.,【解析】依題意得,加工出來的零件的正品率是 因此加工出來的零件的次 品率是 答案:,感悟考題 試一試 3.(2015湖北高考)設(shè)XN(1, ),YN(2, ),這兩個正態(tài)分布密度曲線如圖所示.下列結(jié)論中正確的是 ( ),A.P(Y2)P(Y1) B.P(X2)P(X1) C.對任意正數(shù)t,P(Xt)P(Yt) D.對任意正數(shù)t,P(Xt)P(Yt),【解析】選C.由圖可知12,012.,4.(2015全國卷)投籃測試中,每人投3次,至少投中2次才能通過測試.已知某同學每次投籃投中的概率為0.6,且各次投籃是否投中相互獨立,則該同學通過測試的概率為 ( ) A.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312 【解析】選A.根據(jù)獨立重復試驗公式得,該同學通過測試的概率為 0.620.4+0.63=0.648.,5.(2016商丘模擬)有一批種子的發(fā)芽率為0.9,出芽后的幼苗成活率為0.8,在這批種子中,隨機抽取一粒,則這粒種子能成長為幼苗的概率為_. 【解析】由題意可得所求概率=0.80.9=0.72,即這粒種子能成長為幼苗的概率為0.72. 答案:0.72,6.(2016哈爾濱模擬)在一次高三數(shù)學模擬考試中,第22題和23題為選做題,規(guī)定每位考生必須且只需在其中選做一題.設(shè)4名考生選做這兩題的可能性均為 ,則其中甲、乙兩名學生選做同一道題的概率為_.,【解析】設(shè)事件A表示“甲選做第22題”,事件B表示 “乙選做第22題”,則甲、乙兩名學生選做同一道題的 事件為“AB ”,且事件A,B相互獨立, 所以 答案:,考向一 條件概率與正態(tài)分布 【典例1】(1)(2016長春模擬)從1,2,3,4,5中任取2個不同的數(shù),事件A:“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”,事件B:“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”,則P(B|A)= ( ),(2)(2015山東高考)已知某批零件的長度誤差(單位:毫米)服從正態(tài)分布N(0,32),從中隨機取一件,其長度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為 ( ) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% (本題源自A版選修2-3P75習題2.4A組T2),【解題導引】(1)先求出事件A與AB的概率,再由條件概率公式P(B|A)= 計算. (2)因為=0,=3,所以利用正態(tài)曲線對稱性可先計算P(-33),P(-66)的一半,然后求解.,【規(guī)范解答】(1)選B.P(A)= P(AB)= 由條件概率計算公式,得P(B|A)=,【一題多解】解答題(1),還可以用如下方法: (1)選B.從1,2,3,4,5中任取2個不同的數(shù),取到兩個數(shù)之和為偶數(shù)的事件個數(shù)為n(A)= 取到的兩個數(shù)均為偶數(shù)的事件個數(shù)為n(B)= =1, 故所求事件的概率P=,(2)選B.由正態(tài)分布的對稱性可得P(03)= 68.26%=34.13%,P(06)= 95.44%=47.72%, P(36)=47.72%-34.13%=13.59%.,【母題變式】 1.把本例題(1)中的事件B:“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”改為“取到的2個數(shù)均為奇數(shù)”,則P(B|A)=_.,【解析】事件A=“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”所包含的 基本事件有:(1,3),(1,5),(3,5),(2,4),所以P(A)= 事件B:“取到的2個數(shù)均為奇數(shù)”所包含的基本事件有 (1,3),(1,5),(3,5),所以P(AB)= ,所以P(B|A)= 答案:,2.把本例題(1)事件A中的“和”變?yōu)椤胺e”,其他條件不變,則P(B|A)=_.,【解析】事件A:“取到的2個數(shù)之積為偶數(shù)”所包含的 基本事件有:(1,2),(3,2),(4,2),(5,2),(4,1),(4,3), (4,5),所以P(A)= 事件B:“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”所包含的基本事件有 (2,4),所以P(AB)= 所以P(B|A)= 答案:,【規(guī)律方法】 1.條件概率的求法 (1)定義法:先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)= 求P(B|A). (2)基本事件法:借助古典概型概率公式,先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A),再求事件AB所包含的基本事件數(shù)n(AB),得P(B|A)=,2.正態(tài)分布下兩類常見的概率計算 (1)利用正態(tài)分布密度曲線的對稱性研究相關(guān)概率問題,涉及的知識主要是正態(tài)曲線關(guān)于直線x=對稱,曲線與x軸之間的面積為1.,(2)利用3原則求概率問題時,要注意把給出的區(qū)間或范圍與正態(tài)變量的,進行對比聯(lián)系,確定它們屬于(-,+),(-2,+2),(-3,+3)中的哪一個.,【變式訓練】1.(2016唐山模擬)設(shè)隨機變量服從正態(tài)分布N(0,1),若P(1)=p,則P(-10)=( ) A. +p B.1-p C.1-2p D. -p,【解析】選D.因為隨機變量服從正態(tài)分布N(0,1),所以正態(tài)分布曲線關(guān)于直線x=0對稱, 所以P(0)=P(1)=P(-1)=p, 所以P(-10) =P(0)-P(-1)= -p.,2.(2016廈門模擬)根據(jù)歷年氣象統(tǒng)計資料,宜都三月 份吹東風的概率為 ,下雨的概率為 ,既吹東風又下 雨的概率為 ,則在吹東風的條件下下雨的概率為 ( ),【解析】選B.設(shè)事件A表示宜都三月份吹東風,事件B表 示三月份下雨,根據(jù)條件概率計算公式可得在吹東風的 條件下下雨的概率P(B|A)=,【加固訓練】 1.如圖,EFGH是以點O為圓心,半徑為1的 圓的內(nèi)接正方形.將一顆豆子隨機地扔 到該圓內(nèi),用A表示事件“豆子落在正方 形EFGH內(nèi)”,B表示事件“豆子落在扇形OHE(陰影部分)內(nèi)”,則P(B|A)=_.,【解析】由題意可得，事件A發(fā)生的概率P(A)= 事件AB表示“豆子落在EOH 內(nèi)”，則P(AB)= 故 答案:,2.(2016貴陽模擬)袋中有5個球,其中3個白球,2個黑球,現(xiàn)不放回地每次抽取1個球,則在第一次取到白球的條件下,第二次取到白球的概率為_.,【解析】方法一:記第二次取到白球為事件B, 則P(B)= 方法二:第一次取到白球為事件A,第二次取到白球為事件B,則 P(B|A)= 答案:,3.設(shè)隨機變量服從正態(tài)分布N(,2),函數(shù)f(x)= x2+4x+沒有零點的概率是 ,則等于_. 【解析】根據(jù)題意,函數(shù)f(x)=x2+4x+沒有零點時,=16-44,根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性,當函數(shù)f(x)=x2+4x+沒有零點的概率是 時,=4. 答案:4,【典例2】(1)(2016黃岡模擬)位于直角坐標系原點 的一個質(zhì)點P按下面規(guī)則移動:質(zhì)點每次移動一個單位, 移動的方向向左或向右,并且向左移動的概率為 ,向 右移動的概率為 ,則質(zhì)點P移動五次后位于點(1,0)的 概率是 ( ),(2)一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下:每盤游戲都需要擊鼓三次,每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂,要么不出現(xiàn)音樂;每盤游戲擊鼓三次后,出現(xiàn)一次音樂獲得10分,出現(xiàn)兩次音樂獲得20分,出現(xiàn)三次音樂獲得100分,沒有出現(xiàn)音樂則扣除200分(即獲得-200分).設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為 ,且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立.,設(shè)每盤游戲獲得的分數(shù)為X,求X的分布列; 玩三盤游戲,至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少?,【解題導引】(1)移動5次可轉(zhuǎn)化為5次獨立重復試驗,并將其中一個方向作為成功概率進行求解. (2)將P(X=-200),P(X=10),P(X=20),P(X=100)轉(zhuǎn)化為二項分布,利用二項分布列求解. 先求出現(xiàn)音樂的概率,再根據(jù)對立事件的概率公式求解.,【規(guī)范解答】(1)選D.由題意得,質(zhì)點P移動五次后位于 點(1,0),則這五次移動中必有某兩次向左移動,另三次 向右移動,因此所求的概率等于,(2)X的可能取值有-200,10,20,100.根據(jù)題意,有 P(X=-200)= P(X=10)= P(X=20)= P(X=100)=,所以X的分布列為 由知:每盤游戲出現(xiàn)音樂的概率是 則玩三盤游戲,至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是 P1=1-,【規(guī)律方法】 1.獨立重復試驗的實質(zhì)及應用 獨立重復試驗的實質(zhì)是相互獨立事件的特例,應用獨立重復試驗公式可以簡化求概率的過程.,2.判斷某概率模型是否服從二項分布Pn(X=k)= pk(1-p)n-k的三個條件 (1)在一次試驗中某事件A發(fā)生的概率是一個常數(shù)p. (2)n次試驗不僅是在完全相同的情況下進行的重復試驗,而且每次試驗的結(jié)果是相互獨立的. (3)該公式表示n次試驗中事件A恰好發(fā)生了k次的概率.,【變式訓練】(2016蘭州模擬)甲、乙兩人各進行3次射擊,甲每次擊中目標的概率為 ,乙每次擊中目標的概率為 . 求(1)甲恰好擊中目標2次的概率. (2)乙至少擊中目標2次的概率. (3)乙恰好比甲多擊中目標2次的概率.,【解析】(1)設(shè)X為甲擊中目標的次數(shù)，則XB(3, )，故甲恰好擊中目標2次的概率為P(X=2)= (2)設(shè)Y為乙擊中目標的次數(shù)，則YB(3, )， 故乙至少擊中目標2次的概率為P(Y2)=P(Y=2)+P(Y=3)=,(3)記“乙恰好比甲多擊中目標2次”為事件A，包含以 下2個互斥事件，設(shè)B1為事件“乙恰好擊中目標2次且 甲恰好擊中目標0次”，則P(B1)= 設(shè)B2為事件“乙恰好擊中目標3次且甲恰好擊中目標1 次”，則P(B2)= 于是P(A)=P(B1)+ P(B2)= ，即乙恰好比甲多擊中目標2次的概率 為,【加固訓練】乒乓球單打比賽在甲、乙兩名運動員間進行,比賽采用7局4勝制(即先勝4局者獲勝,比賽結(jié)束),假設(shè)兩人在每一局比賽中獲勝的可能性相同. (1)求甲以4比1獲勝的概率. (2)求乙獲勝且比賽局數(shù)多于5局的概率. (3)求比賽局數(shù)的分布列.,【解析】(1)由已知,得甲、乙兩名運動員在每一局比 賽中獲勝的概率都是 . 記“甲以4比1獲勝”為事件A, 則P(A)=,(2)記“乙獲勝且比賽局數(shù)多于5局”為事件B，乙以4比2獲勝的概率為 乙以4比3獲勝的概率為P2= 所以P(B)=P1+P2=,(3)設(shè)比賽的局數(shù)為X，則X的可能取值為4，5，6，7. P(X=4)= P(X=5)= P(X=6)= P(X=7)=,比賽局數(shù)的分布列為,考向三 相互獨立事件同時發(fā)生的概率 【典例3】黨的十八大報告提出:要提高人民健康水平,改革和完善食品、藥品安全監(jiān)管體制.為加大監(jiān)督力度,某市工商部門對本市的甲、乙兩家小型食品加工廠進行了突擊抽查,從兩個廠家生產(chǎn)的產(chǎn)品中分別隨機抽取10件樣品,測量該產(chǎn)品中某種微量元素的含量(單位:毫克),所得測量數(shù)據(jù)如圖.,食品安全法規(guī)定:優(yōu)等品中的此種微量元素含量不小于15毫克.,(1)從甲食品加工廠抽出的上述10件樣品中隨機抽取4件,求抽到的4件產(chǎn)品優(yōu)等品的件數(shù)的分布列. (2)若從甲、乙兩個食品加工廠的10件樣品中分別任意抽取3件,求甲、乙食品加工廠抽到的優(yōu)等品的件數(shù)恰好相同的概率.,【解題導引】(1)根據(jù)莖葉圖中甲廠樣品的數(shù)據(jù)將樣品分為優(yōu)等品和非優(yōu)等品,確定優(yōu)等品的件數(shù)的取值,進而利用超幾何分布的概率計算公式,求解分布列. (2)先根據(jù)莖葉圖計算乙廠樣品中的優(yōu)等品的件數(shù),然后確定兩廠優(yōu)等品的件數(shù)相同時的取值,將待求事件轉(zhuǎn)化為相互獨立事件積事件的和事件進而求得概率.,【規(guī)范解答】(1)由莖葉圖知,從甲食品加工廠抽出的 10件樣品中,優(yōu)等品有8件,非優(yōu)等品有2件,故抽取的4 件樣品中至少有2件優(yōu)等品,所以的可能取值為2,3,4. 所以的分布列為,(2)甲食品加工廠抽取的樣品中優(yōu)等品有8件,乙食品加工廠抽取的樣品中優(yōu)等品有7件.故從甲、乙兩個食品加工廠的10件樣品中分別任意抽取3件,則優(yōu)等品的件數(shù)相同時,可能為1件、2件或3件. 優(yōu)等品同為3件的概率P1= 優(yōu)等品同為2件時的概率P2=,優(yōu)等品同為1件時的概率P3= 故所求事件的概率為P=P1+P2+P3=,【規(guī)律方法】 1.利用相互獨立事件求簡單事件概率的解題思路 (1)將待求簡單事件轉(zhuǎn)化為幾個已知(易求)概率的相互獨立事件的積事件. (2)將已知(已求)各個概率代入求積.,2.利用相互獨立事件求復雜事件概率的解題思路 (1)將待求復雜事件轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥簡單事件的和.(2)將彼此互斥簡單事件中的簡單事件,轉(zhuǎn)化為幾個已知(易求)概率的相互獨立事件的積事件.(3)代入概率的積、和公式求解.,【變式訓練】(2016鄭州模擬)鄭州市某校中學生籃球隊假期集訓,集訓前共有6個籃球,其中3個是新球(即沒有用過的球),3個是舊球(即至少用過一次的球).每次訓練都從中任意取出2個球,用完后放回. (1)設(shè)第一次訓練時取到的新球個數(shù)為,求的分布列. (2)已知第一次訓練時用過的球放回后都當作舊球,求第二次訓練時恰好取到1個新球的概率.,【解析】(1)的所有可能取值為0,1,2. 設(shè)“第一次訓練時取到i個新球(即=i)”為事件Ai(i=0,1,2). 因為集訓前共有6個籃球,其中3個是新球,3個是舊球, 所以P(A0)=P(=0)= P(A1)=P(=1)=,P(A2)=P(=2)= 所以的分布列為,(2)設(shè)“從6個球中任意取出2個球,恰好取到一個新球”為事件B, 則“第二次訓練時恰好取到一個新球”就是事件A0B+A1B+A2B,而事件A0B,A1B,A2B互斥, 所以P(A0B+A1B+A2B)=P(A0B)+P(A1B)+P(A2B). 由條件概率公式,得,P(A0B)=P(A0)P(B|A0)= P(A1B)=P(A1)P(B|A1)= P(A2B)=P(A2)P(B|A2)= 所以P(A0B+A1B+A2B)= 所以第二次訓練時恰好取到一個新球的概率為,【加固訓練】 (2016廣州模擬)國慶節(jié)放假,甲去北京旅游的概率 為 ,乙、丙去北京旅游的概率分別為 , ,假定三人 的行動相互之間沒有影響,那么這段時間內(nèi)三人同去北 京旅游的概率為 ( ),【解析】選D.因甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分 別為 且三人的行動相互獨立，故三人同去北京 旅游的概率為,