第五节 二项分布与正态分布 课件

第五节二项分布与正态分布核心素养立意下的命题导向1.结合古典概型，考查条件概率、独立事件的概率的计算，凸显数学运算的核心素养．2．结合n次独立重复试验的概念，考查随机变量的二项分布，凸显数学抽象的核心素养．3．结合频率分布直方图，考查正态分布曲线的特点、3σ原则的应用，凸显直观想象的核心素养．[理清主干知识]1．条件概率(1)条件概率的定义设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝PABPA为在______发生的条件下，_______发生的条件概率．(2)条件概率的性质①条件概率具有一般概率的性质，即0≤P(B|A)≤1.②如果B，C是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝______＋______．事件A事件BP(B|A)P(C|A)2．相互独立事件的概率(1)相互独立事件的定义及性质①定义：设A，B是两个事件，若P(AB)＝__________，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，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．(2)独立重复试验概率公式在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，若用Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝___________________．(3)二项分布的定义在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝______________，k＝0,1,2，…，n.此时称随机变量X服从二项分布，记作___________，并称p为成功概率．P(A)·P(B)P(A1)P(A2)…P(An)X～B(n，p)Cknpk(1－p)n－k3．正态分布(1)正态曲线的定义函数φμ，σ(x)＝12πσe22(μ)2x－，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ＞0)为参数，称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．(2)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)＝abφμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记作N(μ，σ2)．(3)正态曲线的特点①曲线位于x轴的_____，与x轴不相交．②曲线是单峰的，它关于直线_____对称．③曲线在_____处达到峰值1σ2π.④曲线与x轴之间的面积为1.⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿着____平移．⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“____”，表示总体的分布越____；σ越大，曲线越“____”，表示总体的分布越____．上方x＝μx＝μx轴瘦高集中矮胖分散(4)正态分布中的3σ原则①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝_______.②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝_______.③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝_______.0.68260.95440.9974[澄清盲点误点]一、关键点练明1．(条件概率)甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别等于()A.13，25B.23，25C.23，35D.12，35解析：P(A|B)＝PABPB＝0.120.18＝23，P(B|A)＝PABPA＝0.120.2＝35.答案：C2．(正态分布)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．0.477B．0.628C．0.954D．0.977解析：∵μ＝0，∴P(ξ＞2)＝P(ξ＜－2)＝0.023，∴P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954.答案：C3．(二项分布)设随机变量X～B6，12，则P(X＝3)等于________．解析：∵X～B6，12，∴P(X＝3)＝C36123×1－123＝516.答案：5164．(相互独立事件)甲、乙、丙三人将参加某项测试．他们能达标的概率分别是0.8,0.6,0.5，则三人都达标的概率为________，三人中至少有一人达标的概率为________．解析：每个人是否达标是相互独立的，“三人中至少有一人达标”的对立事件为“三人均未达标”，设三人都达标为事件A，三人中至少有一人达标为事件B，则P(A)＝0.8×0.6×0.5＝0.24，P(B)＝1－0.2×0.4×0.5＝0.96.答案：0.240.96二、易错点练清1．(条件概率公式使用错误)由0,1组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P(A|B)＝________.解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝12，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝12×12＝14，所以P(A|B)＝PABPB＝1412＝12.答案：122．(恰有一个发生理解错误)计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为45，23，在操作考试中“合格”的概率依次为12，56，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．解析：甲获得“合格证书”的概率为45×12＝25，乙获得“合格证书”的概率是23×56＝59，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是25×1－59＋1－25×59＝2345.答案：2345考点一事件的相互独立性及条件概率考法(一)条件概率[例1](1)现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为()A.310B.25C.12D.35(2)2020年疫情的到来给人们生活学习等各方面带来种种困难．为了顺利迎接高考，某省制定了周密的毕业年级复学计划．为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查．学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测．已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，假设该疾病患病率为0.1%，且患病者检验呈阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率为()A．0.99%B．99%C．49.5%D．36.5%[解析](1)法一：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则P(B|A)＝PABPA＝3×2A2535＝12.故选C.法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为12.故选C.(2)设A为“某人检验呈阳性”，B为“此人患病”，则“某人检验呈阳性时他确实患病”为B|A，由题意知P(B|A)＝PABPA＝99%×0.1%0.2%＝49.5%，故选C.[答案](1)C(2)C[方法技巧]条件概率的3种求法定义法先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝PABPA求P(B|A)基本事件法借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝nABnA缩样法缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简考法(二)事件的相互独立性[例2](2019·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10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10∶10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](1)X＝2就是某局双方10∶10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)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10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)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.[方法技巧]利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．(3)代入概率的积、和公式求解．[针对训练]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.18B.14C.25D.12解析：P(A)＝C23＋C22C25＝410＝25，P(AB)＝C22C25＝110，由条件概率公式，得P(B|A)＝PABPA＝11025＝14.答案：B2．(2021年1月新高考八省联考卷)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3，各部件的状态相互独立．(1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的概率；(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．解：(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A，B，C，由题知P(A)＝0.1，P(B)＝0.2，P(C)＝0.3，各部件的状态相互独立，所以部件1,2都不需要调整的概率P(A·B)＝P(A)·P(B)＝0.9×0.8＝0.72，故部件1,2中至少有1个需要调整的概率为1－P(A·B)＝0.28.(2)X可取0,1,2,3，P(X＝0)＝P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝0.9×0.8×0.7＝0.504，P(X＝1)＝P(A·B·C)＋P(A·B·C)＋P(A·B·C)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，P(X＝3)＝P(A·B·C)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)＝0.092，所以X的分布列为X0123P0.5040.3980.0920.006E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝0.6.考点二独立重复试验与二项分布[典例](2021·合肥模拟)“大湖名城，创新高地”的合肥，历史文化积淀深厚，民俗和人文景观丰富，科教资源众多，自然风光秀美，成为中小学生“研学游”的理想之地．为了将来更好地推进“研学游”项目，某旅游学校一位实习生在某旅行社实习期间，把“研学游”项目分为科技体验游、民俗人文游、自然风光游三种类型，并在前几年该旅行社接待的全省高一学生“研学游”学校中，随机抽取了100所学校，统计如下：研学游类型科技体验游民俗人文游自然风光游学校数404020该实习生在明年省内有意向组织高一“研学游”的学校中，随机抽取了3所学校，并以统计的频率代替学校选择研学游类型的概率(假设每所学校在选择研学游类型时仅选择其中一类，且不受其他学校选择结果的影响)．(1)若这3所学校选择的研学游类型是“科技体验游”和“自然风光游”，求这两种类型都有学校选择的概率；(2)设这3所学校中选择“科技体验游”的学校数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．[解](1)依题意，学校选择“科技体验游”的概率为25，选择“自然风光游”的概率为15，∴若这3所学校选择研学游类型为“科技体验游”和“自然风光游”，则这两种类型都有学校选择的概率为P＝C2325215＋C2315225＝18125.(2)X可