第十二章§12.3-二项分布与正态分布课件.pptx

1、12.3 二项分布与正态分布高考理数高考理数(课标课标专用专用)考点一条件概率、相互独立事件及二项分布考点一条件概率、相互独立事件及二项分布五年高考A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组1.(2018课标,8,5分)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答案答案B本题考查相互独立事件及二项分布.由题知XB(10,p),则DX=10p(1-p)=2.4,解得p=0.4或0.6.又P(X=4)P(X=6),即p4(1-p)

2、6p6(1-p)4(1-p)20.5,p=0.6,故选B.410C610C2.(2015课标,4,5分)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.312答案答案A该同学通过测试的概率P=0.620.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.23C3.(2019课标,15,5分)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取

3、胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4 1获胜的概率是.答案答案0.18解析解析本题主要考查独立事件概率的求解;考查学生的数据处理能力、推理论证能力;考查的核心素养是逻辑推理与数学建模.由题意可知七场四胜制且甲队以4 1获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1=0.60.40.52=2=;第二类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.620.50.5=2=,所以甲队以4 1获胜的概率为P=0.6=0.18.疑难突破疑难突破采用七场四胜制,由题意分析得若甲队以4 1

4、获胜,则甲队在第5场比赛中必胜,且前4场比赛中胜3场.12C35251432512C235149503925504.(2019课标,18,12分)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.解析解析本题主要考查独立事件概率的求解.考查学生的逻辑推理及数据处理能力;考查的核心素养是数据分析和逻

5、辑推理.(1)X=2就是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)=0.50.4+(1-0.5)(1-0.4)=0.5.(2)X=4且甲获胜,就是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)0.40.50.4=0.1.思路分析(1)X=2,即要么甲得2分,要么乙得2分,分类求出独立事件的概率,求和即可.(2)X=4且甲获胜,即又打了4个球,且后两球甲得分,前两个球甲、乙各得1分,由独立事件的概率公式可求解.解题关键解题关

6、键某局打成10 10平后,每球交换发球权,甲先发球,求出甲得分的概率分别为0.5,0.4,0.5,0.4是解决本题的关键.5.(2016课标,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:上年度出险次数012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a一年内出险次数012345概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(3

7、)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.解析解析(1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分)(2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)=.因此所求概率为.(7分)(3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为()()P ABP A()()P BP A0.150.55311311X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.

8、300.150.200.200.100.05EX=0.85a0.30+a0.15+1.25a0.20+1.5a0.20+1.75a0.10+2a0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分)思路分析思路分析(1)将本年度保费高于基本保费a对应的所有事件的概率相加即可;(2)利用条件概率公式求解;(3)求出续保人本年度保费的期望与基本保费的比值即可.考点二正态分布考点二正态分布(2017课标,19,12分)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在正常

9、状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(,2).(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(-3,+3)之外的零件数,求P(X1)及X的数学期望;(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(-3,+3)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.(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:经计算得=xi=9.97,s=0.212,其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,16.用样本平均数作为的估计值,用样本标准差s作为的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查

10、.剔除(-3,+3)之外的数据,用剩下的数据估计和(精确到0.01).附:若随机变量Z服从正态分布N(,2),则P(-3Z+3)=0.9974.0.9974160.9592,0.09.9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95x116161i16211()16iixx162211(16)16iixxx0.008解析解析本题考查正态分布、二项分布的概念和性质、概率的计算以及数学期望的求法,考查学生逻辑推理能力、数据处理能力、运算求解能力及分析问题、解决问题的能力.(1)抽取的一个零件的尺寸在(-

11、3,+3)之内的概率为0.9974,从而零件的尺寸在(-3,+3)之外的概率为0.0026,故XB(16,0.0026).因此P(X1)=1-P(X=0)=1-0.9974160.0408.X的数学期望为EX=160.0026=0.0416.(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(-3,+3)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(-3,+3)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.(ii)由=9.97,s0

12、.212,得的估计值为=9.97,的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(-3,+3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为(169.97-9.22)=10.02,x115因此的估计值为10.02.=160.2122+169.9721591.134,剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为(1591.134-9.222-1510.022)0.008,因此的估计值为0.09.思路分析(1)利用正态分布、二项分布的性质可求出P(X1)及X的数学期望;(2)(i)先说明出现尺寸在(-3,+3)之外的零件的

13、概率,再说明监控生产过程方法的合理性;(ii)利用给出的数据可计算出区间(-3,+3),从而剔除(-3,+3)之外的数据,再利用剩余数据估计和.规律总结规律总结(1)正态分布:若变量X服从正态分布N(,2),则为样本的均值,正态曲线的对称轴为x=;为样本数据的标准差,体现了数据的稳定性.(2)二项分布:若变量XB(n,p),则X的期望EX=np,方差DX=np(1-p).161i2ix1150.008B组组自主命题自主命题省省(区、市区、市)卷题组卷题组考点一条件概率、相互独立事件及二项分布考点一条件概率、相互独立事件及二项分布1.(2015广东,13,5分)已知随机变量X服从二项分布B(n,

14、p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=.答案答案13解析解析因为XB(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p=.132.(2019天津,16,13分)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望;(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.23解析解析本小题主要考查离散型随机变量的分布列

15、与数学期望,互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力,重点考查数学建模、数学运算的核心素养.(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为,故XB,从而P(X=k)=,k=0,1,2,3.所以,随机变量X的分布列为2323,33Ck23k313kX0123P1272949827随机变量X的数学期望E(X)=3=2.(2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则YB,且M=X=3,Y=1X=2,Y=0.由题意知事件X=3,Y=1与X=2,Y=0互斥,且事件X=3与Y=1,事件X=2与Y=0均相互独立,

16、从而由(1)知P(M)=P(X=3,Y=1X=2,Y=0)=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=+=.思路分析(1)观察关键词“均”“互不影响”“相互独立”,判断XB(n,p),从而利用二项分布求出分布列与期望.(2)先将“天数恰好多2”用数学语言表示,即或从而利用互斥与相互独立事件的概率计算公式求解.2323,38272949127202433,1XY2,0.XY3.(2016北京,16,13分)A,B,C三个班共有100名学生,为调查他们的体育锻炼情况,通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间,数据如下表(单位:小时):(1)试估

17、计C班的学生人数;(2)从A班和C班抽出的学生中,各随机选取一人,A班选出的人记为甲,C班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率;(3)再从A,B,C三个班中各随机抽取一名学生,他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位:小时).这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为1,表格中数据的平均数记为0,试判断0和1的大小.(结论不要求证明)解析解析(1)由题意知,抽出的20名学生中,来自C班的学生有8名.根据分层抽样方法,C班的学生人数估计为100=40.(2)设事件Ai为“甲是现有样本中A班的第i个人”,i=1,2,5,事件Cj为“

18、乙是现有样本中C班的第j个人”,j=1,2,8.由题意可知,P(Ai)=,i=1,2,5;P(Cj)=,j=1,2,8.P(AiCj)=P(Ai)P(Cj)=,i=1,2,5,j=1,2,8.设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,E=A1C1A1C2A2C1A2C2A2C3A3C1A3C2A3C3A4C1A4C2A4C3A5C1A5C2A5C3A5C4.因此P(E)=P(A1C1)+P(A1C2)+P(A2C1)+P(A2C2)+P(A2C3)+P(A3C1)+P(A3C2)+P(A3C3)+P(A4C1)+P(A4C2)+P(A4C3)+P(A5C1)+P(A5C2)+P

19、(A5C3)+P(A5C4)=15=.(3)10.8201518151814014038考点二正态分布考点二正态分布1.(2015湖北,4,5分)设XN(1,),YN(2,),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是()A.P(Y2)P(Y1)B.P(X2)P(X1)C.对任意正数t,P(Xt)P(Yt)2122D.对任意正数t,P(Xt)P(Yt)答案答案C由题图可知102,12,P(Y2)P(X1),故B错;当t为任意正数时,由题图可知P(Xt)P(Yt),而P(Xt)=1-P(Xt),P(Yt)=1-P(Yt),P(Xt)P(Yt),故C正确,D错.2.(2015山东,8,5分

20、)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:若随机变量服从正态分布N(,2),则P(-+)=68.26%,P(-2+2)=95.44%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%答案答案BP(-33)=68.26%,P(-66)=95.44%,则P(36)=(95.44%-68.26%)=13.59%.12C组组教师专用题组教师专用题组考点一条件概率、相互独立事件及二项分布考点一条件概率、相互独立事件及二项分布(2014课标,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概

21、率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45答案答案A由条件概率公式可得所求概率为=0.8,故选A.思路分析思路分析直接利用条件概率公式即可求解.0.60.75考点二正态分布考点二正态分布(2014课标,18,12分)从某企业生产的某种产品中抽取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和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(,2),其

22、中近似为样本平均数,2近似为样本方差s2.(i)利用该正态分布,求P(187.8Z212.2);(ii)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位于区间(187.8,212.2)的产品件数.利用(i)的结果,求EX.附:12.2.若ZN(,2),则P(-Z+)=0.6826,P(-2Z+2)=0.9544.xx150解析解析(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为=1700.02+1800.09+1900.22+2000.33+2100.24+2200.08+2300.02=200,s2=(-30)20.02+(-20)20.09+(-10)2

23、0.22+00.33+1020.24+2020.08+3020.02=150.(2)(i)由(1)知,ZN(200,150),从而P(187.8Z212.2)=P(200-12.2Z200+12.2)=0.6826.(ii)由(i)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XB(100,0.6826),所以EX=1000.6826=68.26.思路分析思路分析(1)根据直方图求得样本平均数和样本方差s2;(2)(i)由(1)知ZN(200,150),从而得出概率.(ii)依题意知XB(100,0.6826),从而求得EX.xxx考点一条件概率、相互

24、独立事件及二项分布考点一条件概率、相互独立事件及二项分布1.(2018广东汕头模拟,9)甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和,甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()A.B.C.D.2334342357512三年模拟A组 20172019年高考模拟考点基础题组答案答案D根据题意,恰有一人获得一等奖即甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得,则所求概率是+=,故选D.23314342135122.(2019安徽安庆二模,7)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动,社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通

25、宣传等四个项目,每人限报其中一项,记事件A为“4名同学所报项目各不相同”,事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”,则P(A|B)=()A.B.C.D.14342959答案答案C由已知有P(B)=,P(AB)=,所以P(A|B)=,故选C.343427256334A43128()()P ABP B293.(2019安徽巢湖一模,6)某次考试共有12个选择题,每个选择题的分值为5分,每个选择题四个选项有且只有一个选项是正确的,A学生对12个选择题中每个题的四个选项都没有把握,最后选择题的得分为X分,B学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的,对其他三个选项都没有把握,最

26、后选择题的得分为Y分,则D(Y)-D(X)=()A.B.C.D.125123512274234答案答案A设A学生答对题的个数为m,得分为5m分,则mB,D(m)=12=,D(X)=25=.设B学生答对题的个数为n,得分为5n分,则nB,D(n)=12=,D(Y)=25=.D(Y)-D(X)=-=.故选A.112,4143494942254112,313238383200320032254125124.(2018江西南昌模拟,14)口袋中装有大小形状完全相同的红球2个,白球3个,黄球1个,甲从中不放回地逐一取球,已知第一次取得红球,则第二次取得白球的概率为.答案答案35解析解析设事件A表示“第一

27、次取得红球”,事件B表示“第二次取得白球”,则P(A)=,P(AB)=,第一次取得红球后,第二次取得白球的概率为P(B|A)=.2613263515()()P ABP A1513355.(2019河北模拟,19)一年之计在于春,一日之计在于晨,春天是播种的季节,是希望的开端.某种植户对一块地的n(nN*)个坑进行播种,每个坑播3粒种子,每粒种子发芽的概率均为,且每粒种子是否发芽相互独立,对每一个坑而言,如果至少有两粒种子发芽,则不需要进行补播种,否则要补播种.(1)当n取何值时,有3个坑要补播种的概率最大?最大概率为多少?(2)当n=4时,用X表示要补播种的坑的个数,求X的分布列与数学期望.1

28、2解析解析(1)对于一个坑而言,要补播种的概率为+=.有3个坑需要补播种的概率为,要使最大,只需解得5n7,nN*,故n=5,6,7.(2)n=4时,要补播种的坑的个数X的所有可能的取值为0,1,2,3,4,XB,P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=.所以随机变量X的分布列为31213C312123Cn12n3Cn12n323411CC,2211CC,22nnnnnnnn14,204C41211614C4121424C4123834C4121444C412116X01234P116143814116所以X的数学期望E(X)=4=2.121.(2018山

29、东淄博一模,6)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X,且XN(800,502).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为()(参考数据:若XN(,2),有P(-X+)=0.6826,P(-2X+2)=0.9544,P(-3900)=0.0228,P(X900)=1-0.0228=0.9772.故选A.1 0.954422.(2019河南许昌、新乡、平顶山3月联考,5)在某项测量中,测得变量N(1,2)(0).若在(0,2)内取值的概率为0.8,则在(1,2)内取值的概率为()A.0.2B.0.1C.0.8D.0.4答案答案D变量N(1,2),正态曲线的对称轴为x=1,在(0,2)

30、内取值的概率为0.8,在(1,2)内取值的概率为0.8=0.4.故选D.123.(2019江西南昌模拟,6)在某次高三联考数学测试中,学生成绩服从正态分布(100,2)(0),若在(85,115)内的概率为0.75,则任意选取一名学生,该生成绩高于115分的概率为()A.0.25B.0.1C.0.125D.0.5答案答案C由学生成绩服从正态分布(100,2)(0),且P(85115)=0.125.故选C.1(85115)2P1 0.7524.(2018湖南湘潭二模,18)某校高三年级有1000人,某次数学考试不同成绩段的人数N(127,72).(1)求该校此次数学考试的平均成绩;(2)计算得分

31、超过141分的人数;(3)甲同学每次数学考试进入年级前100名的概率是,若本学期有4次考试,X表示进入前100名的次数,写出X的分布列,并求期望与方差.(注:若XN(,2),则P(-X+)=68.26%,P(-2X141)=P(127+27)=1-P(-210)=1-P(X10)=0.2266,可得ZB(20,0.2266),P(Z2)=1-P(Z=0)-P(Z=1)=1-0.773420-0.22660.7734191-(0.7734+200.2266)0.00760.9597.Z的数学期望E(Z)=200.2266=4.532.x1.781781004310943Y120CB组组20172

32、019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组时间时间:45分钟分值分钟分值:55分分一、选择题一、选择题(每题每题5分分,共共15分分)1.(2019福建宁德二模,6)某校有1000人参加某次模拟考试,其中数学考试成绩近似服从正态分布N(105,2)(0),试卷满分150分,统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的,则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为()A.150B.200C.300D.40015答案答案CP(X120)=0.2,P(90X120)=1-0.4=0.6,P(90X105)=P(90X120)=0.3,此次数学考试成绩在90分到105分之间的

33、人数约为10000.3=300.故选C.解题关键解题关键本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识,由已知求出P(X120)=0.2,进一步求出P(90X105)=P(90X120)=0.3.12122.(2019广东汕头模拟,8)如图所示,半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆,将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内,用A表示事件“豆子落在圆O内”,B表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”,则P(B|A)=()A.B.C.D.4141218答案答案B由已知得P(A)=,P(AB)=,P(B|A)=,故选B.失分警示条件概率的计算方法:P(B|A)=.22124221142

34、16()()P ABP A16414()()P ABP A()()n ABn A3.(2019广东东莞模拟,5)假设东莞市市民使用移动支付的概率都为p,且每位市民使用支付方式都相互独立,已知X是其中10位市民使用移动支付的人数,且EX=6,则p的值为()A.0.4B.0.5C.0.6D.0.8答案答案C由已知得XB(10,p),EX=10p=6,解得p=0.6.故选C.4.(2018河南濮阳二模,18)近年来“双十一”已成为中国电子商务行业的年度盛事,并且逐渐影响到国际电子商务行业.某商家为了准备2018年“双十一”的广告策略,随机调查了1000名客户在2017年“双十一”前后10天内网购所花

35、时间T(单位:小时),并将调查结果绘制成如图所示的频率分布直方图.由频率分布直方图可以认为,这10天网购所花的时间T近似服从N(,2),其中用样本平均值代二、解答题二、解答题(共共40分分)替,2=0.24.(1)计算,并利用该正态分布求P(1.51T2.49);(2)利用由样本统计获得的正态分布估计整体,将这10天网购所花时间在(2,2.98)小时内的人定义为目标客户,对目标客户发送广告提醒.现若随机抽取10000名客户,记X为这10000人中目标客户的人数.(i)求EX;(ii)问:10000人中目标客户的人数X为何值时的概率最大?附:若随机变量Z服从正态分布N(,2),则P(-Z+)=0

36、.6826,P(-2Z+2)=0.9544,P(-3Z+3)=0.9974.0.49.0.24解析解析(1)=0.4(0.0500.8+0.2251.2+0.5501.6+0.8252.0+0.6002.4+0.2002.8+0.0503.2)=2,从而T服从N(2,0.24),又=0.49,从而P(1.51T2.49)=P(-T+)=0.6826.(2)(i)任意抽取1名客户,该客户是目标客户的概率为P(2T2.98)=P(T+2)=P(-2T+2)=0.9544=0.4772.由题意知X服从B(10000,0.4772),所以EX=100000.4772=4772.(ii)X服从B(100

37、00,0.4772),P(X=k)=0.4772k(1-0.4772)10000-k=0.4772k0.522810000-k(k=0,1,2,10000).设当X=k(k1,kN)时概率最大,则有0.24121210000Ck10000Ck()(1),()(1),P XkP XkP XkP Xk得解得k=4772.故10000人中目标客户的人数为4772时的概率最大.解题关键解题关键对于(2),得出X服从B(10000,0.4772)是解题的关键.评析评析本题综合考查了正态分布知识、二项分布知识以及概率最大值问题,综合性较强,这是高考的一个趋势.11000010000110000100000

38、.5228C0.4772C,0.4772C0.5228C,kkkk5.(2017河北“五个一名校联盟”二模,18)空气质量指数(AirQualityIndex,简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数,空气质量按照AQI大小分为六级:050为优;51100为良;101150为轻度污染;151200为中度污染;201300为重度污染;300以上为严重污染.一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的茎叶图如图.(1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI100)的天数;(2)将频率视为概率,从六月中随机抽取3天,记三天中空气质量为优良的天数为,求的分布列和数学期望.解析解析(1)从茎叶图中可

39、以发现样本中空气质量为优的天数为2,空气质量为良的天数为4,该样本中空气质量为优良的频率为=,从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30=18.(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为,的所有可能取值为0,1,2,3,且B.P(=0)=,P(=1)=,P(=2)=,P(=3)=,的分布列为61035353533,5325812513C352253612523C2352554125335271250123P8125361255412527125E=3=1.8.解题关键解题关键判断出服从二项分布是解第(2)问的关键.356.(2019山西运城二模,18)每年3月20日是国际幸福日,某电视台随机

40、调查某一社区人们的幸福度.现从该社区群众中随机抽取18名,用“10分制”记录了他们的幸福度指数,结果如茎叶图所示,其中以小数点前的一位数字为茎,小数点后的一位数字为叶.若幸福度不低于8.5分,则称该人的幸福度为“很幸福”.(1)求从这18人中随机选取3人,至少有1人是“很幸福”的概率;(2)以这18人的样本数据来估计整个社区的总体数据,若从该社区(人数很多)任选3人,记X表示抽到“很幸福”的人数,求X的分布列及E(X).解析解析(1)设事件A=抽出的3人中至少有1人是“很幸福”的,则表示3人都认为不很幸福,P(A)=1-P()=1-=1-=.(2)样本中,幸福度为“很幸福”的概率为=.根据题意

41、知,随机变量XB,X的可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,所以随机变量X的分布列为AA36318CC520419920412182323,303C31312713C232132923C223134933C323827X0123P1272949827所以X的期望E(X)=0+1+2+3=2.思路分析思路分析(1)18人中,“很幸福”的有12人,可以先计算其反面,即3人都认为不很幸福的概率,再用1减去3人都认为不很幸福的概率即可;(2)根据题意知随机变量XB,列出分布列,求期望即可.12729498272()32.3E X 或23,3C组组20

42、172019年高考模拟年高考模拟应用创新题组应用创新题组1.(2019河南郑州二模,7)在如图所示的正方形中随机投掷10000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(-2,4)的密度曲线)的点的个数的估计值为()(附:XN(,2),则P(-X+)=0.6827,P(-22.706,有90%的把握认为抽取的数据为理想数据与对两个小组的选择有关.思路分析思路分析(1)根据频数计算各小组对应的概率,画频率分布直方图;(2)根据题意知,B,的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,列出分布列,计算期望即可;(3)列出22列联表,计算K2的观测值k,查表,判断即可.2()()()()()n adbcab

43、 cd ac bd280(120360)66 14 40 4035,44.(2019福建泉州一模,19)法国数学家亨利庞加莱(JulesHenriPoincare)是个每天都会吃面包的人,他经常光顾同一家面包店,面包师声称卖给庞加莱的面包平均质量是1000g,上下浮动50g.在庞加莱眼中,这用数学语言来表达就是:面包的质量服从期望为1000g,标准差为50g的正态分布.(1)假如面包师没有撒谎,现庞加莱从该面包店任意买2个面包,求每个面包的质量均不少于1000g的概率;(2)出于兴趣或一个偶然的念头,庞加莱每天将买来的面包称重并记录得到25个面包质量(X)的数据(单位:g)如下表:983972

44、966992101010089549529699689981001100695795096997197595295998710111000997961设从这25个面包中任取2个,其质量不少于1000g的面包个数记为,求的分布列及E();(3)庞加莱计算出这25个面包质量(X)的平均值=978.72g,标准差是20.16g,他认定面包师在制作过程中偷工减料,并果断举报给质检部门,质检员对面包师做了处罚,面包师也承认自己的错误,并同意做出改正.庞加莱在接下来的一段时间里每天都去这家面包店买面包,他又认真记录了25个面包的质量,并算得它们的平均值为1002.6g,标准差是5.08g,于是庞加莱又一次

45、将面包师举报了.请你根据两次平均值和标准差的计算结果及其统计学意义,说说庞加莱又一次举报的理由.x解析解析(1)假如面包师没有撒谎,则任意购买一个面包,其质量不少于1000g的概率为,所以庞加莱购买两个面包,每个面包的质量都不少于1000g的概率为=.(2)根据题意,的取值可以是0,1,2.P(=0)=0.57,P(=1)=+=0.38,P(=2)=0.05,的分布列为12121214192518243426001925624625192422860062552430600012P0.570.380.05E()=00.57+10.38+20.05=0.48.(3)第二次举报时的均值超过1000

46、g,标准差很小,令人怀疑.标准差代表了面包质量的误差,可以理解成面包师手艺的精度,这个数字在短时间内很难改变,假设题表中的数据没有问题,那说明面包师做面包的误差由50g降低到了5.08g,这对面包师的手艺是个巨大的飞越,显然并不合理,所以只能是随机性出现了问题.也就是面包的来源不是随机的,而是人为设定的,最大的可能就是每当庞加莱到来时,面包师从现有面包中挑选一个较大的给了庞加莱,而面包师的制作方式根本没有改变.思路分析思路分析(1)面包质量服从正态分布N(1000,502),所以每个面包质量少于1000g的概率等于0.5,进而得到两个面包每个的质量均不少于1000g的概率;(2)由题表中所给数据即可求出的分布列和均值;(3)根据平均值和标准差的实际意义,得到“面包质量的平均值为1002.6g,标准差是5.08g”是一个小概率事件,故应怀疑样本不具有代表性,所以举报.解后反思解后反思本题考查概率的求法,考查等可能事件的概率等基础知识,考查运算求解能力,第三问考查均值与标准差的实际意义,综合性较强.