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二项分布与正态分布_图文

时间:2014-04-26

第8讲 二项分布与正态分布
【2014年高考会这样考】
1.考查相互独立事件的概率. 2.考查n次独立重复试验的模型及二项分布. 3.利用实际问题的直方图,了解正态分布曲线的特点及曲 线所表示的意义.

抓住3个考点

相互独立事件 独立重复试验与二项分布 正态分布
考向一 独立事件的概率 考向二 独立重复试验与
二项分布 考向三 正态分布

单击标题可完成对应小部 分的学习,每小部分独立 成块,可全讲,也可选讲

助学微博 考点自测

【例1】 【训练1】 【例2】 【训练2】 【例3】 【训练3】

突破3个考向

揭秘3年高考

利用正态曲线的性质求概率

活页限时训练

A级

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 ?3 、 解答题 ?

B级

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 ?3 、 解答题 ?

考点梳理
1.相互独立事件

(1)对于事件A、B,若A的发生与B的发生互不影响,则
称 A、B是相互独立事件 . (2)若A与B相互独立,则P(B|A)= P(B), P(B) . P(AB)=P(B|A) · P(A)= P(A) · (3)若A与B相互独立,则 A与B, A与B , A与B 也都相 互独立. (4)若P(AB)=P(A)P(B),则 A与B相互独立 .

考点梳理
2.独立重复试验与二项分布 (1)独立重复试验 独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的,各次之间相互 独立的一种试验,在这种试验中每一次试验只有 两种 结果,即 要么发生, 要么不发生, 且任何一次试验中发生的概率都是 一样 的. (2)二项分布 在n次独立重复试验中,设事件A发生的次数为k,在每次试验 中事件A发生的概率为p,那么在n次独立重复试验中,事件A恰 k k n?k 好发生k次的概率为P(X=k)= C n p (1 ? p) ( 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.

考点梳理
3.正态分布 (1)正态分布的定义及表示 ? 如果对于任何实数 a,b(a<b),随机变量 X 满足 P(a<X≤b)=?bφμ,σ(x)dx,则
? ?a

称 X 的分布为正态分布,记作 N(μ,σ ) . (2)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 6;②P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.954 4; ③P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.997 4. 1 - ?x-μ? (3)正态曲线 φμ,σ(x)= e 2σ ,x∈R 有以下性质: 2πσ ①曲线位于 x 轴上方,与 x 轴不相交;②曲线是单峰的,它关于直线 x=μ 1 对称;③曲线在 x=μ 处达到峰值 ;④曲线与 x 轴围成的图形的面积为 σ 2π 1;⑤当 σ 一定时,曲线随着 μ 的变化而沿 x 轴平移; ⑥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.
2 2

2

助学微博
一个原则 3σ原则 (1)服从正态分布N(μ,σ2)的随机变量X只取(μ-3σ,μ+3σ)之间的 值,简称为3σ原则. (2)正态总体几乎总取值于区间(μ-3σ,μ+3σ)之内,而在此区间以 外取值的概率只有0.002 6,通常认为这种情况在一次试验中几乎不 可能发生. 四个条件 二项分布事件发生满足的四个条件 (1)每次试验中,事件发生的概率都相同;(2)各次试验中的事件相 互独立;(3)每次试验结果只有发生、不发生两种情形;(4)随机变 量是这n次独立重复试验中事件发生的次数.

考点自测
1.甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录 取的概率为 0.6,乙被录取的概率为 0.7,两人 是否被录取互不影响, 则其中至少有一人被录 取的概率为( ). A.0.12 B.0.42 C.0.46 D.0.88 1 2.小王通过英语听力测试的概率是 ,他连续 3 测试 3 次, 那么其中恰有 1 次获得通过的概率 是( ). 4 2 4 2 A. B. C. D. 9 9 27 27 3.(2013· 深圳调研)两个实习生每人加工一个 2 3 零件.加工为一等品的概率分别为 和 ,两个 3 4 零件是否加工为一等品相互独立, 则这两个零 件中恰有一个一等品的概率为( ). 1 5 1 1 B. C. D. 2 12 4 6 4.(2013· 白山联考)设随机变量 X~N(1,52),且 P(X≤0)=P(X≥a-2),则实数 a 的值为( ). A.4 B.6 C.8 D.10 5. (2012· 新课标全国)某一部件由三个电子元件 按如图所示方式连接而成,元件 1 或元件 2 正 常工作,且元件 3 正常工作,则部件正常工 作.设三个电子元件的使用寿命(单位:小时) 均服从正态分布 N(1 000,502), 且各个元件能否 正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超 过 1 000 小时的概率为________. A.

单击题号显示结果 1 答案显示 D 单击图标显示详解

2

3

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A

B

A

3/8

考向一 独立事件的概率
【例 1】?甲、乙两个篮球运动员互不影响地在 1 同一位置投球,命中率分别为 与 p,且乙投球 2 1 2 次均未命中的概率为 . 16 (1)求乙投球的命中率 p; (2)求甲投球 2 次,至少命中 1 次的概率; (3)若甲、乙两人各投球 2 次,求共命中 2 次的 概率. 解 (1)方法一 设“甲投一次球命中”为事件 A,“乙投一次球命中”为事件 B. 1 2 2 由题意得(1-P(B)) =(1-p) = , 16 3 5 解得 p= 或 p= (舍去), 4 4 3 所以乙投球的命中率为 . 4

[审题视点]

(1)利用列方程求p; (2) 可 用 直 接 法 也 可 用 间 接 法 ; (3) 要 分 类讨论甲、乙各命中 的次数.

考向一 独立事件的概率
方法二 设“甲投一次球命中”为事件 A, “乙投一次球命中”为事件 B. 1 由题意得:P( B )P( B )= , 16 1 1 于是 P( B )= 或 P( B )=- (舍去). 4 4 3 3 故 p=1-P( B )= .所以乙投球的命中率为 . 4 4 1 1 (2)方法一 由题设知,P(A)= ,P( A )= . 2 2 故甲投球 2 次,至少命中 1 次的概率为 3 1-P( A · )= . A 4 1 1 方法二 由题设知,P(A)= ,P( A )= . 2 2 故甲投球 2 次,至少命中 1 次的概率为 3 1 C2P(A)P( A )+P(A)P(A)= . 4

[审题视点]

(1)利用列方程求p; (2) 可 用 直 接 法 也 可 用 间 接 法 ; (3) 要 分 类讨论甲、乙各命中 的次数.

考向一 独立事件的概率
1 1 (3)由题设和(1)知,P(A)= ,P( A )= , 2 2 3 1 P(B)= ,P( B )= . 4 4 甲、乙两人各投球 2 次,共命中 2 次有三种情 况:甲、乙两人各中一次;甲中 2 次,乙 2 次 均不中;甲 2 次均不中,乙中 2 次. 3 概率分别为 C1P(A)P( A )C1P(B)P( B )= , 2 2 16 1 P(A)P(A)P( B )P( B )= , 64 9 P( A )P( A )P(B)P(B)= . 64 所以甲、乙两人各投球 2 次,共命中 2 次的概 率为 3 1 9 11 + + = . 16 64 64 32

[审题视点] (1)利用列方程求p; (2) 可 用 直 接 法 也 可 用 间 接 法 ; (3) 要 分 类讨论甲、乙各命中 的次数. [方法锦囊] (1)相互独立事件是指 两个试验中,两事件 发生的概率互不影响; 相互互斥事件是指同 一次试验中,两个事 件不会同时发生; (2)求用“至少”表述 的事件的概率时,先 求其对立事件的概率 往往比较简单.

考向一 独立事件的概率
【训练 1】 (2012· 全国)乒乓球比赛规则规定:一 局比赛,双方比分在 10 平前,一方连续发球 2 次 后,对方再连续发球 2 次,依次轮换,每次发球, 胜方得 1 分,负方得 0 分.设在甲、乙的比赛中, 每次发球,发球方得 1 分的概率为 0.6,各次发球 的胜负结果相互独立.甲、乙的一局比赛中,甲 先发球. (1)求开始第 4 次发球时,甲、乙的比分为 1 比 2 的概率; (2)ξ 表示开始第 4 次发球时乙的得分,求 ξ 的期 望. 解 记 Ai 表示事件: 1 次和第 2 次这两次发球, 第 甲共得 i 分,i=0,1,2;A 表示事件:第 3 次发球, 甲得 1 分; B 表示事件:开始第 4 次发球时,甲、乙的比分 为 1 比 2.

[审题视点] (1)利用列方程求p; (2) 可 用 直 接 法 也 可 用 间 接 法 ; (3) 要 分 类讨论甲、乙各命中 的次数. [方法锦囊] (1)相互独立事件是指 两个试验中,两事件 发生的概率互不影响; 相互互斥事件是指同 一次试验中,两个事 件不会同时发生; (2)求用“至少”表述 的事件的概率时,先 求其对立事件的概率 往往比较简单.

考向一 独立事件的概率
(1)B=A0· A+A1· , A P(A)=0.4,P(A0)=0.42=0.16, P(A1)=2×0.6×0.4=0.48, P(B)=P(A0· A+A1· )=P(A0· A A)+P(A1· ) A =P(A0)P(A)+P(A1)P( A ) =0.16×0.4+0.48×(1-0.4)=0.352. (2)P(A2)=0.62=0.36.ξ 的可能取值为 0,1,2,3. P(ξ=0)=P(A2· A)=P(A2)P(A) =0.36×0.4=0.144, P(ξ=2)=P(B)=0.352, P(ξ=3)=P(A0· )=P(A0)P( A ) A =0.16×0.6=0.096,

[审题视点] (1)利用列方程求p; (2) 可 用 直 接 法 也 可 用 间 接 法 ; (3) 要 分 类讨论甲、乙各命中 的次数. [方法锦囊] (1)相互独立事件是指 两个试验中,两事件 发生的概率互不影响; 相互互斥事件是指同 一次试验中,两个事 件不会同时发生; (2)求用“至少”表述 的事件的概率时,先 求其对立事件的概率 往往比较简单.

考向一 独立事件的概率
P(ξ=1)=1-P(ξ=0)-P(ξ=2)-P(ξ=3) =1-0.144-0.352-0.096 =0.408. 所以 ξ 的分布列为: ξ 0 1 2 3 0.1 0.4 0.3 0.0 P 44 08 52 96 E(ξ)=0×P(ξ=0)+1×P(ξ=1)+2×P(ξ=2) +3×P(ξ=3)=0.408+2×0.352+3×0.096 =1.400.

本题关键是分清甲、 乙的一局比赛中,对 发球情况进行分类讨 论,讨论过程中不要 丢情况.

[审题视点]

[方法锦囊]
相 互独立事 件的概 率 通 常和互斥 事件的 概 率综合在一起考查, 这 类 问题具有 一个明 显 的特征, 那就是在题目 的 条件中已 经出现 一 些概率值, 解题时先要 判断事件的性质(是互 斥还是相互独立),再 选 择相应的 公式计 算 求解.

考向二独立重复试验与二项分布
【例 2】?张先生家住 H 小区,他工作在 C 科技园区, 从家开车到公司上班路上有 L1, 2 两条路线, L 如图所示, L1 路线上有 A1,A2,A3 三个路口,各路口遇到红灯的 1 概率均为 ;L2 路线上有 B1,B2 两个路口,各路口遇到 2 3 3 红灯的概率依次为 , . 4 5

[审题视点]

(1)可看作三次独立 重复试验恰好发生零 次和一次的概率之和; (2)计算出X的各取值 对应的概率,由分布 列计算其数学期望, (3)由两条路线遇到 的红灯次数的数学期 望大小判断最好路 线.

(1)若走 L1 路线,求最多遇到 1 次红灯的概率; (2)若走 L2 路线,求遇到红灯次数 X 的数学期望; (3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求, 请你帮助张 先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线,并说 明理由.

考向二独立重复试验与二项分布
解 (1)设走 L1 路线最多遇到 1 次红灯为 A 事件,则 ?1? 1 ?1?2 1 ? ?3 0 1 P(A)=C3×? ? +C3× ×? ? = . 2 ?2? 2 ?2? ? ? 1 所以走 L1 路线,最多遇到 1 次红灯的概率为 . 2 (2)依题意,知 X 的可能取值为 0,1,2. ? 3? ? 3? 1 3 ? 3? ? 3? 3 P(X=0)=?1- ?×?1- ?= , P(X=1)= ×?1- ?+?1- ?× ? 4? ? 5? 10 4 ? 5? ? 4? 5 ? ? ? ? ? ? ? ? 9 3 3 9 = ,P(X=2)= × = . 20 4 5 20 随机变量 X 的分布列如下表所示: X 0 1 2 1 9 9 P 10 20 20 1 9 9 27 E(X)= ×0+ ×1+ ×2= . 10 20 20 20 (3)设选择 L1 路线遇到红灯次数为 Y,随机变量 Y 服从二项分 ? 1? 1 3 ? 布,Y~B?3, ?,所以 E(Y)=3× = . 2? 2 2 ? ? 因为 E(X)<E(Y),所以选择 L2 路线上班最好.

(1)可看作三次独立重复 试验恰好发生零次和一次 的概率之和;(2)计算出X 的各取值对应的概率,由 分布列计算其数学期望, (3)由两条路线遇到的红 灯次数的数学期望大小判 断最好路线.

[审题视点] [方法锦囊]

二项分布模型也称为 n 次独立重复试验模型, 这个概率模型在本质 上是某个随机事件在 n 次重复发生的过程中, 每次发生的概率都相 同,其发生的次数就服 从二项分布,在 n 次试 验中, 事件 A 恰好发生 k(0≤k≤n)次的概率为 Pn(k) = C k pkqn - k , k = n 0,1,2,?,n.它恰好是 (q + p)n 的 二 项 展 开 式 中的第 k+1 项. X~ 若 B(n,p),则 E(X)=np, D(X)=np(1-p).

考向二独立重复试验与二项分布
【训练 2】 一名学生每天骑车上学,从他家到学校的 途中有 6 个交通岗,假设他在各个交通岗遇到红灯的 1 事件是相互独立的,并且概率都是 . 3 (1)设 X 为这名学生在途中遇到红灯的次数,求 X 的 分布列; (2)设 Y 为这名学生在首次停车前经过的路口 数,求 Y 的分布列;(3)求这名学生在途中至少遇到一 次红灯的概率. 解 (1)将通过每个交通岗看做一次试验, 则遇到红灯 1 的概率为 ,且每次试验结果是相互独立的, 3 ? 1? ? 故 X~B?6, ?. 3? ? ? k ?1 ? k ?2? 6 - k ? 所以 X 的分布列为 P(X=k)=C 6 ? ? · ? ,k= ?3 ? ?3? ? ? ? ? 0,1,2,3,4,5,6.

[方法锦囊]

二项分布模型也称为 n 次独立重复试验模型, 这个概率模型在本质 上是某个随机事件在 n 次重复发生的过程中, 每次发生的概率都相 同,其发生的次数就服 从二项分布,在 n 次试 验中,事件 A 恰好发生 k(0≤k≤n)次的概率为 Pn(k)=C k pkqn - k ,k= n 0,1,2,?,n.它恰好是 (q+p)n 的二项展开式 中的第 k+1 项. X~ 若 B(n,p),则 E(X)=np, D(X)=np(1-p).

考向二独立重复试验与二项分布
(2)由于 Y 表示这名学生在首次停车时经过的路口数, 显然 Y 是随机变量,其取值为 0,1,2,3,4,5,6. 其中: {Y=k}(k=0,1,2,3,4,5)表示前 k 个路口没有遇上 红灯,但在第 k+1 个路口遇上红灯,故各概率应按 独立事件同时发生计算. ?2 ? 1 P(Y=k)=? ?k·(k=0,1,2,3,4,5), ?3 ? 3 ? ? 而{Y=6}表示一路没有遇上红灯. ?2? 故其概率为 P(Y=6)=? ?6, ?3? ? ? 因此 Y 的分布列为: Y 0 1 2 3 4 5 6 1 2 4 8 16 32 64 P 3 9 27 81 243 729 729

[方法锦囊]

二项分布模型也称为 n 次独立重复试验模型, 这个概率模型在本质 上是某个随机事件在 n 次重复发生的过程中, 每次发生的概率都相 同,其发生的次数就服 从二项分布,在 n 次试 验中,事件 A 恰好发生 k(0≤k≤n)次的概率为 Pn(k)=C k pkqn - k ,k= n 0,1,2,?,n.它恰好是 (q+p)n 的二项展开式 中的第 k+1 项. X~ 若 B(n,p),则 E(X)=np, D(X)=np(1-p).

考向二独立重复试验与二项分布
(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为 {X≥1}={X=1 或 X=2 或?或 X=6}, 所以其概率为 P(X≥1)= ?P(X=k)=1-P(X=0)
k=1 6

[方法锦囊]

?2? 665 =1-? ?6= . ?3? 729 ? ?

二项分布模型也称为 n 次独立重复试验模型, 这个概率模型在本质 上是某个随机事件在 n 次重复发生的过程中, 每次发生的概率都相 同,其发生的次数就服 从二项分布,在 n 次试 验中,事件 A 恰好发生 k(0≤k≤n)次的概率为 Pn(k)=C k pkqn - k ,k= n 0,1,2,?,n.它恰好是 (q+p)n 的二项展开式 中的第 k+1 项. X~ 若 B(n,p),则 E(X)=np, D(X)=np(1-p).

考向三

正态分布
1 2 π
x2-2x+1 4 e- ,x∈R.

[审题视点]
由已知函数对照正 态曲线的结构特征 求出μ和σ的值,然 后利用μ、σ求出相 应的概率. 求服从正态分布的 随机变量在某个区 间取值的概率,只 需借助正态曲线的 性质,把所求问题 转化为已知概率的 三个区间上.要熟 记正态变量的取值 位 于 区 间 (μ - σ , μ +σ)、(μ-2σ,μ+ 2σ) 、 (μ - 3σ , μ + 3σ)上的概率的值.

【例 3】?设 X~N(μ,σ2),且总体密度曲线对应 的函数表达式为 f(x)=

(1)求 μ,σ 的值;(2)求 P(|X-1|< 2)及 P(1- 2 <X<1+2 2)的值. 解 (1)由于 f(x)=
?x-1? 2

【方法锦囊】

1 2 π ,

x2-2x+1 4 e-

1 = e- 2π· 2

2×? 2? 2

根据一般正态分布的函数表达形式, 可知 μ=1,σ= 2.

考向三

正态分布

[审题视点]
由已知函数对照正 态曲线的结构特征 求出μ和σ的值,然 后利用μ、σ求出相 应的概率. 求服从正态分布的 随机变量在某个区 间取值的概率,只 需借助正态曲线的 性质,把所求问题 转化为已知概率的 三个区间上.要熟 记正态变量的取值 位 于 区 间 (μ - σ , μ +σ)、(μ-2σ,μ+ 2σ) 、 (μ - 3σ , μ + 3σ)上的概率的值.

(2)由(1)可知,μ=1,σ= 2,故 X~N(1,2), 所以 P(|X-1|< 2)=P(1- 2<X<1+ 2)=0.682 6, 1 所以 P(X<1- 2)= ×(1-0.682 6)=0.158 7. 2 又因为 P(1-2 2<X<1+2 2)=0.954 4, 所以 P(X<1+2 2) 1 =1- [1-P(1-2 2<X<1+2 2)] 2 1 =1- ×(1-0.954 4)=0.977 2, 2 所以 P(1- 2<X<1+2 2) =P(X<1+2 2)-P(X<1- 2) =0.977 2-0.158 7=0.818 5.

【方法锦囊】

考向三

正态分布

[审题视点]
由已知函数对照正 态曲线的结构特征 求出μ和σ的值,然 后利用μ、σ求出相 应的概率. 求服从正态分布的 随机变量在某个区 间取值的概率,只 需借助正态曲线的 性质,把所求问题 转化为已知概率的 三个区间上.要熟 记正态变量的取值 位 于 区 间 (μ - σ , μ +σ)、(μ-2σ,μ+ 2σ) 、 (μ - 3σ , μ + 3σ)上的概率的值.

【训练 3】 随机变量 ξ 服从正态分布 N(1,σ2),已 知 P(ξ<0)=0.3,则 P(ξ<2)=________. 解析 对称, 所以 P(ξ>2)=P(ξ<0)=0.3, P(ξ<2)=1-0.3=0.7. 答案 0.7 由题意可知,正态分布的图象关于直线 x=1

【方法锦囊】

揭秘3年高考
方法优化19 利用正态曲线的性质求概率

【命题研究】 对正态分布的考查已在近几年的新课程 高考中出现,主要考查利用正态曲线的对称性求概率.题

型为选择题或填空题,难度不大,属容易题.

【 真题 探究】 ? (2011· 湖北)已知 随机变量 ξ 服从 正态分布 N(2, σ2),且 P(ξ<4)= 0.8, P(0<ξ<2) 则 =( ). A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2

[教你审题]由 ξ 服从正态分布 N(2,σ2)可得出正态曲线关于直 线 x=2 对称, 于是得到 P(ξ<0)与 P(ξ<4)的关系, 进而求出解. [一般解法] ∵P(ξ<4)=0.8,∴P(ξ>4)=0.2,因为随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,σ2)所以正态曲线关于直线 x=2 对称, P(ξ<0)=P(ξ>4)=0.2,∴P(0<ξ<4)=1-P(ξ<0)-P(ξ>4)=0.6, 1 ∴P(0<ξ<2)= P(0<ξ<4)=0.3. 2 答案 C [优美解法] 画出正态曲线如图, 结合图象知: P(ξ<0)=P(ξ>4)=1-P(ξ<4)=1-0.8=0.2, 1 1 P(0<ξ<2)= P(0<ξ<4)= [1-P(ξ<0)-P(ξ>4)] 2 2 1 = (1-0.2-0.2)=0.3. 2 [备考] 解此类问题的关键是利用正态曲线的对称性,把待求 区间内的概率向已知区间内的概率转化.解题时要充分结合 图形进行分析、求解,要注意数形结合思想及化归思想的运 用.

【试一试】 (2013· 厦 门质检)已知随机变 量 ξ 服从正态分布 N(0,σ2),若 P(ξ>2) = 0.023 , 则 P( - 2≤ξ≤2)=( ). A.0.477 B.0.954 C.0.628 D.0.977

解析

画出正态曲线如图所示, 结合图象知: P(-2≤ξ≤2)=1-P(ξ>2)-P(ξ<-2) =1-2×0.023=0.954. 答案 B

A级 基础演练
一、选择题

单击题号出题干 2 1

3

4

单击问号出详解

2.(2011·湖北)如图,用 K、A1、 N(2,9),若 P(X>c+1) 广东)甲、乙两队进行排球决赛,现在的情形是甲队只 1.(2011· 3.在 4 次独立重复试验中,随机事件 A 恰好发生 1 次的概 4.设随机变量 X 服从正态分布 要再赢一局就获冠军,乙队需要再赢两局才能得冠军.若两队胜 A2 三类不同的元件连接成一个 率不大于其恰好发生两次的概率,则事件 A 在一次试验中发 =P(X<c-1),则 c 等于( B ). 每局的概率相同,则甲队获得冠军的概率为( A ). 生的概率 K 正常工作且 A ). 系统,当 p 的取值范围是(A1、A2 A.1 2 B.2 C.3 D.4 3 3 1 A.[0.4,1] C. D. B.(0,0.4] A. B. 至少有一个正常工作时,系统正常工作,已知 K、A1、A2 4 3 5 2 C.(0,0.6] D.[0.6,1] 解析 ∵μ=2,由正态分布的定义, 正常工作的概率依次为 0.9,0.8,0.8, 则系统正常工作的概率 1 解析 问题等价为两类:第一类,第一局甲赢,其概率 P1= ; 2 知其函数图象关于 x=2 对称, 1 为( B ). 3 2 2 解析 设事件 A 发生的概率为 p, C4p(1-p) ≤C4p (1-p)2, 则 1 1 c+1+c-1 第一局甲负, A.0.960 B.0.864 C.0.720 D.0.576 第二类, 其概率 P2= × 解得 p≥0.4,故选 A. 于是 需比赛 2 局, =2,∴c=2. 第二局甲赢, 2 2 2 2 解析 A 1 3 答案 P=0.9×[1-(1-0.8) ]=0.864. = .故甲队获得冠军的概率为 P1+P2= . 答案 B 答案 B 4 4 答案 A

A级 基础演练
二、填空题

5 单击题号出题干 6
单击问号出详解

5.(2013· 台州二模)某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的 5 个 6.设随机变量 X 服从正态分布 N(0,1),如果 P(X≤1)= 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 0.8413,则 P(-1<X<0)= 0.341 3 . 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 解析 ∵P(X≤1)=0.841 3, 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 ∴P(X>1)=1-P(X≤1)=1-0.841 3=0.158 7. 一轮的概率等于 0.128 . ∵X~N(0,1),∴μ=0. ∴P(X<-1)=P(X>1)=0.158 7, 解析 由已知条件第 2 个问题答错,第 3、4 个问题答对,记“问 ∴P(-1<X<1)=1-P(X<-1)-P(X>1)=0.682 6. 题回答正确”事件为 A,则 P(A)=0.8, ? ? 1 ??A∪ A ? A AA?=(1-P(A)] P(A) P(A)=0.128. P=P? ∴P(-1<X<0)= ? P(-1<X<1)=0.341 3. 2 答案 0.128 答案 0.341 3

A级 基础演练
三、解答题

单击题号出题干

7

8

单击问号出详解

求这个班在这次数学考试中及格(即 90 分以上)的人数和 130 3 分以上的人数. 1 ∴P(X-μ≥σ)=0.158 2 2 1 1 ?2?2 ? ?2 7.∴54×0.158 7≈9(人), = × 分以上的人数约为 9 人. 1 解 3130×3+)P(μ=110,σ=20,P(X≥90)=P(X-110≥-20) 由题意得 B1 2? =)+P( A1 )P( B1 )P( A2 )P( B2 )P(A 即 1)+P( A1 ?3? ×?)P(A29, ,且各次投篮互不影响. 3) 2 =P(A 乙每次投篮投中的概率为 2 2 1 1 =P(X-μ≥-σ), P(ξ=3)=P A12 B1 1 A2 B2 = ?3?2×?2?2= . (1)求甲获胜的概率; 1 2 1 1 1 ? ? ? ? 9 ∵P(X-μ<-σ)+P(-σ≤X-μ≤σ)+P(X-μ>σ) = + × × +?3 ?2×?2?2× 3 3 2 3 ? ? ? 综上知,ξ 的分布列为 ? 3 (2)求投篮结束时甲的投球次数 ξ 的分布列与期望. =2P(X-μ<-σ)+0.682 6=1, 2 1 ξ 1 3 解 1+ 1 =13 = +设 Ak,Bk.分别表示甲、乙在第 k 次投篮投中,则 3 9 27 27 ∴P(X-μ<-σ)=0.158 7,2 2 1 1 1 P 3 9 P(Ak)= ,P(Bk)= (k=1,2,3). 9 ∴P(X≥90)=1-P(X-μ<-σ)=1-0.158 7=0.841 3. 3 22 2 1 13 ∴54×0.841 3≈45(人),即及格人数约为 45 人. 从而 E(ξ)=1× +2× +3× = (次).
=0.682 6+2P(X-μ≥σ)=1, P(C)=P(A1)+P(AA1 BB1 A2)+P( 1 1 B1 1A2AB2)B2 A3) P(ξ=2)=P(次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为1, 2 都已投球 3 1 1 A2)+P( A A B

(2)ξ 的所有可能值为 1,2,3 学 考 试 中 , 7. (12分)(2012·一 次 数由独立性,知 某 班 学 生 的 分 数 X~ (1)记“甲获胜”为事件 C,由互斥事件有一个发生的概率与相互独 ∵P(X≥130)=P(X-110≥20)=P(X-μ≥σ), 8.(13 分 )设 在 重庆)甲、乙两人轮流投篮,每人每次投一 1 2 1 2 2 立事件同时发生的概率计算公式知 分,这个班的学生共 54 人, P(ξ=1)=P(A1)+P( A1 B1)= + N(110,20 ),且知试卷满分 150 3×2=3, ∴P(X-μ≤-σ)+P(-σ≤X-μ≤σ)+P(X-μ>σ) 球.约定甲先投且先投中者获胜,一直到有人获胜或每人 3

(

)

3

9

9

9

B级 能力突破
一、选择题

1 单击题号出题干 2
单击问号出详解
?x-μi? 2 - 2σ2 i · e

1 1.(2013· 金华模拟)已知三个正态分布密度函数 φi(x)= 2.位于坐标原点的一个质点 P 按下述规则移动:质点每次移动 2πσi 一个单位;移动的方向为向上或向右,并且向上、向右移动的概 (x∈R,i=1,2,3)的图象如图所示,则( D ). 1 A.μ1<μ2=μ3,σ1=σ2>σ3 率都是 .质点 P 移动五次后位于点(2,3)的概率是( B ). 2 B.μ1>μ2=μ3,σ1=σ2<σ3 ?1? ? ? C.μ1=μ2<μ32?1?51<σ2=σ3 3?1?3 ,σ ? ?5 ? ? ? ? 2 3?1?5 A.? ? B.C5? ? C.C D.C5C5? ? 2?1<μ2=μ3,σ1=σ2<σ3 5?2? 2? ? ? ? ? ?2? D.μ

解析 由于质点每次移动一个单位,移动的方向为向上或向右, 解析 正态分布密度函数 φ2(x)和 φ3(x)的图象都是关于同一条直线对 移动五次后位于点(2,3), 所以质点 P 必须向右移动两次, 向上移 ? ? 称, 所以其平均数相同, 3?μ2?=μ?, φ3?1?5 故 ?1?3 ?1?2 又 2? ? (x)的对称轴的横坐标值比 φ1(x) ? 3 2?1 ?5 动三次,故其概率为 C故有 ?μ =C5? ? =C越大, 5 的对称轴的横坐标值大, ?2? · 1?<μ2=μ3.又 σ 5?2? ,故选 B. ? ? ?2? ?2? ? ? 曲线越“矮胖”, σ 越小, 由图象可知, 正态分布密度函数 φ1(x)和 φ2(x) 答案 曲线越“瘦高”, B
的图象一样“瘦高”,φ3(x)明显“矮胖”,从而可知 σ1=σ2<σ3. 答案 D

B级 能力突破
二、填空题

3 单击题号出题干 4
单击问号出详解

4.(2013· 湘潭二模)如果 X~B(20,p),当 p=1且 P(X=k) 九江一模)将一个半径适当的小球放入如图所示 3.(2013· 2 的容器最上方的入口处,小 1 球将自由下落.小球在下 取得最大值时,k= 10 . 落的过程中,将 3 次遇到黑色障碍物,最后落入 A 袋或 B 袋中.已知小球每次遇到黑色障碍物时,向左、右两 11 3 解析 当 p= 时, 边下落的概率都是 ,则小球落入 A 袋中的概率为 . 22 4 ? ? ? ? 解析 记“小球落入?1?20-k ? k ?1?k ? A 袋中”为事件 A,“小球落入 B 袋中”为 k ?1?20 P(X=k)=C20?2? · ? =C20· ? , 事件 B,则事件 ? ?的对立事件为 ?2? A ?2? B,若小球落入 B 袋中,则小球 ? ? 显然当 k=10 时,P(X=k)取得最大值. ?1?3 ?1?3 1 必须一直向左落下或一直向右落下,故 P(B)=? ? +? ? = ,从而 ?2? ?2? 4 ? ? ? ? 答案 10 1 3 3 P(A)=1-P(B)=1- = . 答案 4 4 4

B级 能力突破
三、解答题

单击题号出题干

5

6

单击问号出详解

6.(13 分)(2012· C 根据事件的独立性和互斥性,得 D)=P( B C D )+P( B C D) P(X=2)=P( B山东)现有甲、乙两个靶,某射手向甲靶射击一次,命中 5.(12 分) (2012· D + B C 湖南)某地区为下岗人员免费提供财会和计算机 所以,该下岗人员没有参加过培训的概率是 P( A B )= 3 P(A)=P(B ,命中得 2 ?分,没有命中得2D) 2 1 的概率为 C ? +1B C D + B? C 0 分;向乙靶射击两次,每次命中 培训,以提高下岗人员的再就业能力,每名下岗人员可以选择 ?1-3 ?4 2×D ?1-3 ?× 1- ?× = ; =P( A )· B 1-3 + × 3 ? 4?2P( ? )=(1-0.6)(1-0.75)=0.1. 9 ? ? 4 ? ? 3? 3 参加一项培训、参加两项培训或不参加培训,已知参加过财会 =P(B C D )+P( B C D )+P( B C D) 的概率为 ,每命中一次得 D)=P(BC D )+P(B 分.该射手每次射击的结 P(X=3)=P(BC D +B C 2 分,没有命中得 0 C D) ∴该人参加过培训的概率为 1-0.1=0.9. 3 培训的有 60%,参加过计算机培训的有 75%,假设每个人对培 =P(B)P( C )P(2 D )+P( B )P(C)P( 1 )+P( B )P( C )P(D) (2)因为每个人的选择是相互独立的,所以 3 人中参加过培训 果相互独立.假设该射手完成以上三次射击. 3 2 ? 3 ? 2? 2 D 训项目的选择是相互独立的,且各人的选择相互之间没有影响. = × × 1-3?+ × 1-3 × = ; 3 2 (1)求该射手恰好命中一次的概率; ? 2 ? ? 3 ? ? k0.9k2 7 3- 4 34 3 2 X 服从二项分布 32 3 ? 2 ? 的人数 ×0.1 (1)任选 1??×?1- ?+?1- ??X~B(3,0.9),P(X=k)=C = k ?1-3名下岗人员,求该人参加过培训的概率;3 ?× = . × × × 1-3 + 1-4 × 1-3 4 3 ? 3? 2 2 1 ? ? 4 ,k=0,1,2,3, ? ? ? ? 3 ? ? 33 2 362 1 (2)求该射手的总得分 X?的分布列及数学期望 E(X). ? P(X=4)=P( B CD)= ?1-4 ?× 为 3 人中参加过培训的人数,求 = . × = , P(X=5)=P(BCD)= × × X (2)任选 3 名下岗人员,记 X3 3 9 4 3 3 3 ? (2)根据题意, X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5.根据事件的独立性和互斥 解 ∴X 的分布列是 ? (1)记: 知 “该射手恰好命中一次”为事件 A, “该射手射击甲靶命中” 的分布列. 故 X 的分布列为 为事件 B,“该射手第一次射击乙靶命中”为事件 C,“该射手第二次 性,得 P(X=0)=P( B 0C D )=[1-P(B)][1-P(C)][1-P(D)] X 1 2 3 0 D. 1 2 3 4 5 解 (1)任选 1X名下岗人员,记“该人参加过财会培训”为事件 射击乙靶命中”为事件 0.243 1 0.729 2 3 0.001 1 0.027 1 1 ?1-3 ?× ?1-P?×?1-2 ?= 1 ; 21 A,“该人参加过计算机培训”为事件 1 B,由题设知,事件 A 与 = P? ? 3? 36 由题意,知 P(B)= ,P(C)=P(D)= 9 , ? 4? ? 3 4 36 12 3 9 3 3 B 相互独立,且 P(A)=0.6,P(B)=0.75. 2 2 3 1 1 由于 A=B C D 1 D C D1 +2×C+3×1 )= × +5×1=41. B )=P(B)P( 1 )P( P(X=1)=P(B C ++1× + B C D, D +4× ?1-3 ?×?1-3?= ; 所以 E(X)=0× ? ?12 ? 12 36 12 9 3 4 9? 3

1.解析 由题意知,甲、乙都不被录取的 概率为(1-0.6)(1-0.7)=0.12.∴至少有 一人被录取的概率为 1-0.12=0.88. 答案 D ?1? ? 1? ? ?1- 2.解析 所求概率 P=C1·3?1· 3?3-1= 3 ? ? ? ? 4 . 9 答案 A 3.解析 记两个零件中恰好有一个一等 品的事件为 A,则 2 1 1 3 5 P(A)=P(A1)+P(A2)= × + × = . 3 4 3 4 12 答案 B 4.解析 由题意可知随机变量 X 的正态 曲 线 关 于 x = 1 对 称 , 则 P(X≤0) =

P(X≥2),所以 a-2=2,a=4. 答案 A 5.解析 设元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的事件分别记为 A,B,C,显然 1 P(A)=P(B)=P(C)= ,∴该部件的使用 2 寿命超过 1 000 小时的事件为(A B + A B +AB)C, ∴该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概 率 ?1 1 1 1 1 1? 1 3 P=?2×2+2×2+2×2?× = . ? ? 2 8 3 答案 8

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自测


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