1、-1-本章整合知识建构 真题放送 综合应用 专题1 专题2 专题3 专题一 概率中的两类抽样问题 1.不放回抽样若某批产品中有 a 件次品,b 件正品,采用不放回抽样方法从中抽取 n 件产品(na+b),求其中正好有 k 件次品的概率.对于该问题,我们可以把从 a+b 件产品中取出 n 件产品的所有可能组合作为基本事件总体,总数为C+,取出的件产品恰好有件次品的事件数为C C-,由等可能性事件的定义可知概率为CC-C+.这是一个超几何分布问题.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 2.有放回抽样若某批产品中有 a 件次品,b 件正品,采用有放回的抽样方法从中抽取 n 件产品,求其中正
2、好有 k 件次品的概率.类似地,有放回抽样时,该试验相当于 n 次相互独立的试验,故所求概率为C +-+,这是一个二项分布问题.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 应用1有6个电器元件,其中有2个次品和4个正品,每次抽取1个测试后不放回,求测试3次恰有2个次品的概率.分析:测试3次,恰有2个次品的基本情况如下表:第一次 第二次 第三次 正 次 次 次 正 次 次 次 正 这是一个超几何分布问题.解:所求的概率为C22C41C63=15.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 应用2有6个电器元件,其中有2个次品和4个正品,每次抽取1个测试后放回,假设测试过程中电器元件不被损
3、坏,求测试3次恰有2个次品的概率.解:由题知,测试一次恰是正品的概率为23,恰是次品的概率为13,则所求的概率为P=C32 23 1 13 2=3 23 13 2=29.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 事件的独立性是对两个事件而言的,如果事件 A 与事件 B 满足P(AB)=P(A)P(B),则称 A 与 B 相互独立,且 A 与,与 B,与也相互独立.另外,若有 A1,A2,An相互独立,则有P(A1A2An)=P(A1)P(A2)P(An).专题二 相互独立事件及其应用 专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 应用1实力相当的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛,规定5局3
4、胜制(即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛,且各局比赛之间互不影响).(1)试分别求甲队打完3局、4局、5局才能获胜的概率;(2)求按比赛规则甲队获胜的概率.解:甲、乙两队实力相当,所以每局比赛甲队获胜的概率为12,乙队获胜的概率为12.(1)记事件 A 为“打完 3 局甲队获胜”,记事件 B 为“打完 4 局甲队获胜”,记事件 C 为“打完 5 局甲队获胜”.打完 3 局甲队获胜,相当于进行 3 次相互独立的重复试验,且每局比赛甲队均获胜,所以打完 3 局甲队获胜的概率为 P(A)=C33 12 3=18.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 打完 4 局甲队获胜,相当于进行 4
5、次相互独立的重复试验,且甲队第 4 局比赛获胜,前 3 局为 2 胜 1 负,所以打完 4 局甲队获胜的概率为P(B)=C32 12 2 12 12=316.打完 5 局甲队获胜,相当于进行 5 次相互独立的重复试验,且甲队第 5 局比赛获胜,前 4 局恰好 2 胜 2 负,所以打完 5 局甲队获胜的概率为P(C)=C42 12 2 12 2 12=316.(2)记事件 D 为“按比赛规则甲队获胜”,则 D=A+B+C,因为事件 A,B,C 彼此互斥,所以 P(D)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=18+316+316=12,即按比赛规则甲队获胜的概率为12.专题5 专题6 专
6、题4 专题1 专题2 专题3 应用2某高中为了推进新课程改革,满足不同层次学生的需求,决定从高一年级开始,在每周的周一、周三、周五的课外活动期间同时开设数学、物理、化学、生物和信息技术辅导讲座,每位有兴趣的同学可以在期间的任何一天参加任何一门科目的辅导讲座,也可以放弃任何一门科目的辅导讲座.(规定:各科达到预先设定的人数时称为满座,否则称为不满座)统计数据表明,各学科讲座各天的满座的概率如下表:信息技术 生物 化学 物理 数学 周一 14 14 14 14 12 周三 12 12 12 12 23 周五 13 13 13 13 23 专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 根据上表:(
7、1)求数学辅导讲座在周一、周三、周五都不满座的概率;(2)设周三各辅导讲座满座的科目数为,求随机变量的分布列.解:(1)设数学辅导讲座在周一、周三、周五都不满座为事件A,则 P(A)=1-12 1-23 1-23=118.(2)的可能取值为 0,1,2,3,4,5.P(=0)=1-12 4 1-23=148,P(=1)=C41 12 1-12 3 1-23+1-12 4 23=18,P(=2)=C42 12 2 1-12 2 1-23+C41 12 1-12 3 23=724,专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 P(=3)=C43 12 3 1-12 1-23+C42 12 2 1
8、-12 223=13,P(=4)=12 4 1-23+C43 12 3 1-12 23=316,P(=5)=12 4 23=124.故随机变量 的分布列为 0 1 2 3 4 5 P 148 18 724 13 316 124 专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 专题三 条件概率及其应用 公式是求条件概率的公式.在计算条件概率时,必须搞清楚欲求的条件概率是在哪一个事件发生的条件下的概率,从而选择合适的条件概率公式,分别求出相应事件的概率进行计算.P(B|A)=()()专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 应用假设坛子里放着5个大小相同,形状也相同的咸鸭蛋,其中有3个是绿皮
9、的,2个是白皮的,如果不放回地依次拿出2个咸鸭蛋,求在第1次拿到绿皮咸鸭蛋的条件下,第2次也拿到绿皮咸鸭蛋的概率.解:记“第 1 次拿到绿皮咸鸭蛋”为事件 A,“第 2 次拿到绿皮咸鸭蛋”为事件 B,从 5 个咸鸭蛋中不放回地依次拿出 2 个咸鸭蛋的方法数为 n=C51C41=20,而事件 A 包含的基本事件个数为 m1=C31C41=12,事件 AB 包含的基本事件个数为 m2=C31C21=6,所以 P(A)=1=1220=35,P(AB)=2=620=310.故 P(B|A)=()()=12,即在第1次拿到绿皮咸鸭蛋的条件下,第2次也拿到绿皮咸鸭蛋的概率为12.专题5 专题6 专题4 专
10、题1 专题2 专题3 专题5 专题6 专题4 专题四 二项分布 求解与二项分布有关的问题的关键是二项分布的判定,可以从以下几个方面判定:每次试验中,事件发生的概率是相同的.每次试验中的事件是相互独立的.每次试验只有两种结果,事件要么发生,要么不发生.随机变量是这几次独立重复试验中某事件发生的次数.专题1 专题2 专题3 专题5 专题6 专题4 应用高二(1)班的一个研究性学习小组在网上查知,某珍稀植物的种子在一定条件下发芽成功的概率为 13,该研究性学习小组又分成两个小组进行验证性试验.(1)第一小组做了5次这种植物种子的发芽试验(每次均种下一粒种子),求他们的试验至少有3次发芽成功的概率.(
11、2)第二小组做了若干次发芽试验(每次均种下一粒种子),如果在一次试验中种子发芽成功就停止试验,否则将继续进行下次试验,直到种子发芽成功为止,但试验的次数最多不超过5次.求第二小组所做种子发芽试验的次数的概率分布列.分析:(1)种子发芽的次数服从二项分布,一一列出;(2)试验次数服从几何分布,分别求出其试验次数对应的概率,列出其分布列.专题1 专题2 专题3 专题5 专题6 专题4 解:(1)至少有3次发芽成功,即有3次、4次、5次发芽成功.设5次试验中发芽成功的次数为随机变量X,则 P(X=3)=C53 13 3 23 2=40243,P(X=4)=C54 13 4 23=10243,P(X=
12、5)=C55 13 5 23 0=1243.所以至少有 3 次发芽成功的概率P=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=40243+10243+1243=51243.专题1 专题2 专题3 专题5 专题6 专题4(2)随机变量 的可能取值为 1,2,3,4,5.P(=1)=13;=2=23 13=29;=3=23 2 13=427;(=4)=23 3 13=881;(=5)=23 4 1=1681.所以 的分布列为 1 2 3 4 5 P 13 29 427 881 1681 专题1 专题2 专题3 专题五 离散型随机变量的均值和方差 离散型随机变量的均值和方差是离散型随机变量重要的数字特征
13、,其中期望反映的是随机变量取值的平均水平,而方差则反映随机变量取值的集中或稳定的程度.应用1一个盒子里装有4张大小、形状完全相同的卡片,分别标有数2,3,4,5;另一个盒子也装有4张大小、形状完全相同的卡片,分别标有数3,4,5,6.现从一个盒子里任取一张卡片,记其上面的数为x;再从另一个盒子里任取一张卡片,记其上面的数为y,若随机变量=x+y,求的分布列和均值.提示:先找出的可能取值,再求出其分布列,进而可求E.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 解:依题意,的可能取值为 5,6,11,则有P(=5)=144=116,P(=6)=216,P(=7)=316,P(=8)=416,P
14、(=9)=316,P(=10)=216,P(=11)=116.故 的分布列为 5 6 7 8 9 10 11 P 116 216 316 416 316 216 116 E=5 116+6 216+7 316+8 416+9 316+10 216+11 116=8.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 应用2袋中有20个大小相同的球,其中标记为0号的有10个,标记为n号的有n个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一个球,表示所取球的标号.(1)求的分布列、均值和方差;(2)若=a+b,E=1,D=11,试求a,b的值.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 解:(1)的分布列
15、为 0 1 2 3 4 P 12 120 110 320 15 所以 E=0 12+1 120+2 110+3 320+4 15=32.专题5 专题6 专题4 D=0-32 2 12+1-32 2 120+2-32 2 110+3-32 2 320+4-32 2 15=114.(2)由 D=a2D,得 a2 114=11,即 a=2.又 E=aE+b,所以当 a=2 时,由 1=21.5+b,得 b=-2;当 a=-2 时,由 1=-21.5+b,得 b=4,故 =2,=-2 或 =-2,=4 即为所求.专题1 专题2 专题3 专题六 正态分布的应用 正态分布是实际生活中应用十分广泛的一种概率
16、分布,因此,我们要熟练掌握这种概率模型,并能灵活地运用它分析解决实际问题,其中正态分布密度曲线的特点以及3原则,几个特殊的概率P(-X+)=0.683,P(-2X+2)=0.954,P(-3X+3)=0.997,应熟练掌握.专题5 专题6 专题4 专题1 专题2 专题3 专题4 专题5 解:P(-X+)=1-0.6832.P(X+)=1-1-0.6832=1+0.6832.P(-2X+2)=1-0.9542.P(X+2)=1-1-0.9542=1+0.9542.P(+X+2)=P(X+2)-P(X+)=1+0.9542 1+0.6832=12(0.954-0.683)=0.135 5.=30,
17、=10,P(40X50)=0.135 5.故此人在 40 分钟至 50 分钟到达目的地的概率是 0.135 5.应用某人乘车从A地到B地,所需时间(分钟)服从正态分布N(30,100),求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率.真题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 1.(2018全国3高考)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,DX=2.4,P(X=4)P(X=6),则p=()A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3 解析:由题意,得DX=np(1-p)=10p(1-p)=2.4,p(1-p
18、)=0.24,由P(X=4)P(X=6),知C104 4(1-p)6(1-p)2,p0.5,p=0.6(其中p=0.4舍去).答案:B 真题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 A.E1E2,D1D2 B.E1D2 C.E1E2,D1E2,D1D2 解析:E1=p1,E2=p2,E1E2.D1=p1(1-p1),D2=p2(1-p2),D1-D2=(p1-p2)(1-p1-p2)0,故选A.答案:A 2.(2017浙江高考)已知随机变量 i 满足 P(i=1)=pi,P(i=0)=1-pi,i=1,2,若 0p1p2D4D2=D5=D3D6.真题放送 综合应用 知识建构 1
19、 2 3 4 5 6 7 8 6.(2018天津高考)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人?(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.真题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 解:(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为322,由
20、于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=k)=C4C33-C73(=0,1,2,3).所以,随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 135 1235 1835 435 随机变量 X 的数学期望EX=0 135+1 1235+2 1835+3 435=127.真题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 设事件 B 为“抽取的 3 人中,睡眠充足的员工有 1 人,睡眠不足的员工有 2 人”;事件 C 为“抽取的 3 人中,睡眠充足的员工有 2 人,睡眠不足的员工
21、有 1 人”,则 A=BC,且 B 与 C 互斥.由知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),故 P(A)=P(BC)=P(X=2)+P(X=1)=67.所以,事件 A 发生的概率为 67.真题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 7.(2018全国1高考)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0p0;当p(0.1,1)时,f(p)400,故应该对余下的所有产品作检验.真
22、题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 8.(2017课标全国高考)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:最高气温 10,15)15,20)20,25)25,30)30,35)35,40)天 数 2 16 36
23、25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值?真题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 解:(1)由题意知,X 所有可能取值为 200,300,500,由表格数据知 P(X=200)=2+1690=0.2,(=300)=3690=0.4,(=500)=25+7+490=0.4.因此 X 的分布列为 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由题意
24、知,这种酸奶一天的需求量至多为500,至少为200,因此只需考虑200n500.当300n500时,若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;真题放送 综合应用 知识建构 1 2 3 4 5 6 7 8 若最高气温位于区间20,25),则Y=6300+2(n-300)-4n=1 200-2n;若最高气温低于20,则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n0.4+(1 200-2n)0.4+(800-2n)0.2=640-0.4n.当200n300时,若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;若最高气温低于20,则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n(0.4+0.4)+(800-2n)0.2=160+1.2n.所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元.
