2020届高考数学一轮总复习 第十单元 计数原理 、概率与统计 第77讲 二项分布与正态分布课件 理

高考总复习第（1）轮理科数学第十单元计数原理、概率与统计第77讲二项分布与正态分布1．理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．2．了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．3．会利用3σ原则及正态曲线的对称性计算有关概率．1．二项分布(1)进行n次试验，如果满足下列条件：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”的概率均为p，“失败”的概率为1－p；③各次试验是相互独立的．用X表示这n次试验中成功的次数，则P(X＝k)＝.若一个随机变量X的分布列如上所述，则称X服从参数为n，p的二项分布，简记为.X～B(n，p)(2)二项分布的期望与方差．若随机变量X～B(n，p)，则EX＝，DX＝.2．正态分布(1)正态曲线函数φμ，σ(x)＝12πσe－x－μ22σ2，x∈(－∞，＋∞)，①其中μ，σ(σ0)分别表示总体的与，函数①的图象称为正态曲线．npnp(1－p)平均数标准差(2)正态曲线的性质①曲线在x轴的上方，与x轴不相交．②曲线关于直线x＝μ.③曲线在x＝μ时位于.④当xμ时，曲线；当xμ时，曲线.并且当曲线向左、右两边无限延伸时，以x轴为渐近线向它无限靠近．⑤当μ一定时，曲线形状由σ确定．σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越；σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越.对称最高点上升下降分散集中(3)正态分布一般地，如果对于任意实数a，b(ab)，随机变量X满足P(aX≤b)＝abφμ，σ(x)dx(即直线x＝a，x＝b，正态曲线及x轴围成的曲边梯形的面积)，则称随机变量X服从正态分布，记作X～N(μ，σ)．当μ＝0，σ＝1时，正态分布称为标准正态分布．(4)3σ原则牢记正态分布在三个特殊区间的概率值．P(μ－σX≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σX≤μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σX≤μ＋3σ)＝0.9974.1．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝.解：由题意得X～B(100,0.02)，所以DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.答案：1.962．(经典真题)已知随机变量X服从二项分布B(n，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝.解：由EX＝30，DX＝20，可得np＝30，np1－p＝20，所以p＝13.答案：133．设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数f(x)的图象，f(x)＝18πe－x－1028，x∈(－∞，＋∞)，则这个正态总体的平均数与标准差分别是.答案：10,24．设两个正态分布N(μ1，σ21)(σ10)和N(μ2，σ22)(σ20)的密度函数图象如图所示，则有()A．μ1μ2，σ1σ2B．μ1μ2，σ1σ2C．μ1μ2，σ1σ2D．μ1μ2，σ1σ2解：根据正态分布的性质：对称轴x＝μ，σ表示总体分布的分散与集中，由图可得，选A.答案：A5．(2018·广东七校联考)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附：正态分布N(μ，σ2)中，P(μ－σξμ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σξμ＋2σ)＝95.44%)A．4.56%B．13.59%C．21.18%D．31.74%解：因为μ＝0，σ＝3，由正态分布的概率公式知：P(－3＜ξ＜3)＝68.26%，P(－6＜ξ＜6)＝95.44%，P(3ξ6)＝P－6ξ6－P－3ξ32＝12(95.44%－68.26%)＝13.59%.答案：B二项分布正态分布考点1·二项分布【例1】在一次数学考试中，第22,23,24题为选做题，规定每位考生必须且只须在其中选一题，设5名同学选做这三题中任意一题的可能性均为13，每位同学对每题的选择是相互独立的，各学生的选择相互之间没有影响．(1)求其中甲、乙两人选做同一题的概率；(2)设选做第23题的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)设事件A1表示“甲选22题”，A2表示“甲选23题”，A3表示“甲选24题”，B1表示“乙选22题”，B2表示“乙选23题”，B3表示“乙选24题”，由甲、乙选做同一题的事件为A1B1＋A2B2＋A3B3，且A1与B1，A2与B2，A3与B3相互独立，所以P(A1B1＋A2B2＋A3B3)＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B3)＝3×19＝13.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4,5，则ξ～B(5，13)，所以P(ξ＝k)＝Ck5(13)k(23)5－k＝Ck525－k35，k＝0,1,2,3,4,5.所以ξ的分布列为ξ012345P32243802438024340243102431243所以Eξ＝np＝5×13＝53.【变式探究】1．(经典真题)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．解：(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意知A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A2＋A1A2，C＝B1＋B2.因为P(A1)＝410＝25，P(A2)＝510＝12，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝25×12＝15，P(B2)＝P(A1A2＋A1A2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)＝25×(1－12)＋(1－25)×12＝12.故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X～B(3，15)．于是P(X＝0)＝C03(15)0(45)3＝64125，P(X＝1)＝C13(15)1(45)2＝48125，P(X＝2)＝C23(15)2(45)1＝12125，P(X＝3)＝C33(15)3(45)0＝1125.故X的分布列为X0123P6412548125121251125X的数学期望为E(X)＝3×15＝35.点评：(1)相互独立事件、互斥事件和独立重复试验、二项分布、离散型随机变量的分布列、期望等基础知识常常综合进行考查，因此，要有综合运用知识的意识，培养抽象概括能力和运算求解能力．(2)二项分布的分布列问题一般遵循以下三个步骤：第一步，先判断随机变量是否服从二项分布；第二步，若服从二项分布，一般是通过古典概型或相互独立事件的概率公式计算出试验中“成功”“不成功”的概率分别是多少；第三步，根据二项分布的分布列P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)列出相应的分布列．考点2·正态分布【例2】(经典真题)从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x－和样本方差s2(同一组数据用该区间的中点值作代表)；(2)由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，δ2)，其中μ近似为样本平均数x－，δ2近似为样本方差s2.①利用该正态分布，求P(187.8Z212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值为于区间(187.8,212.2)的产品件数，利用①的结果，求EX.附：150≈12.2.若Z～N(μ，δ2)，则P(μ－δZμ＋δ)＝0.6826，P(μ－2δZμ＋2δ)＝0.9544.解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x－和样本方差s2分别为x－＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200.s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①由(1)知，Z～N(200,150)，从而P(187.8Z212.2)＝P(200－12.2Z200＋12.2)＝0.6826.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.6826，依题意知X～B(100,0.6826)，所以EX＝100×0.6826＝68.26.【变式探究】2．(2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.95,10.12,9.96,9.96,10.01,9.92,9.98,10.0410.26,9.91,10.13,10.02,9.22,10.04,10.05,9.95经计算得x－＝116i＝116xi＝9.97，s＝116i＝116xi－x－2＝116i＝116x2i－16x－2≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.用样本平均数x－作为μ的估计值μ，用样本标准差s作为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除（μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σZμ＋3σ)＝0.9974,0.997416≈0.9592，0.008≈0.09.解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.0026，故X～B(16,0.0026)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997416≈0.0408.X的数学期望EX＝16×0.0026＝0.0416.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x－＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为μ＝9.97，σ的估计值为σ＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02.i＝116x2i＝16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数