清单03 概率（考点清单，知识导图+7个考点清单+题型解读）（期末复习知识清单）高二数学下学期湘教版

清单03 概率 （7个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】条件概率 1．条件概率的概念 条件概率揭示了P(A)，P(AB)，P(B|A)三者之间“知二求一”的关系 一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率． 2．概率的乘法公式 由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)．我们称上式为概率的乘法公式． 3．条件概率的性质 设P(A)>0，则 (1)P(Ω|A)＝1； (2)如果B与C是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)； (3)设和B互为对立事件，则P( )＝1－P(B)． 4．全概率公式 在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用 “化整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝P(Ai)P(B. 我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一． 5．贝叶斯公式 设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0， 有P(Ai＝=i＝1，2，…，n. 6.在贝叶斯公式中，P(Ai)和P(Ai |B)分别称为先验概率和后验概率． 【清单02】二项分布 1．n重伯努利试验的概念 只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验． 2．n重伯努利试验具有如下共同特征 (1)同一个伯努利试验重复做n次； (2)各次试验的结果相互独立． 3．二项分布（若有件产品，其中件是次品，有放回地任意抽取件，则其中恰有的次品件数是服从二项分布的） 一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为： 如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)． 4．一般地，可以证明：如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． 【清单03】两点分布 两点分布：是很简单的一种概率分布，其实验结果只有两种可能，且概率和为1；两点分布列又称分布列或佰努利分布列；两点分布能清晰的反映出事件的正反两面.两点分布的应用十分广泛，如抽取的彩票是否中奖，买回的意见产品是否为正品，新生儿的鉴定，投篮是否命中等.（想象成扔硬币问题） 【清单04】超几何分布 超几何分布：一般地，在含有件次品的件产品中，任取件，其中恰有件次品数，则事件发生的概率为,其中，且．称分布列 0 1 … … 为超几何分布列．如果随机变量 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 服从超几何分布. 注意：若有件产品，其中件为次品，无放回地任意抽取件，则其中恰有的次品件数是服出超几何分布. 【清单05】正态分布 1．正态曲线及其性质 (1)正态曲线： 函数，，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线． (2)正态曲线的性质： 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对称； ③曲线在x＝μ处达到峰值； 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x轴平移，如图甲所示； ⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中，如图乙所示： 　 甲　　　　　　　　　乙 2．正态分布 一般地，如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量X满足P(a<X≤b)＝，则称随机变量X服从正态分布(normal distribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N(μ，σ2)．如果随机变量X服从正态分布，则记为X～N(μ，σ2)． 3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值 ①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826； ②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544； ③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974． 4．3σ原则 通常服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值． 【规律方法】 1.求正态曲线的两个方法 (1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为． (2)待定系数法：求出μ，σ便可． 2.正态分布下2类常见的概率计算 (1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1. (2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个． 3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略 (1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1． (2)熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值． (3)注意概率值的求解转化： ①P(X<a)＝1－P(X≥a)； ②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)； ③若b<μ，则P(X<b)＝． 特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称． 【清单06】离散型随机变量的均值与方差 Ⅰ：随机变量的数字特征 1．离散型随机变量的均值的概念 一般地，若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝为随机变量X的均值或数学期望． 2．离散型随机变量的均值的意义 均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的平均水平． 3．离散型随机变量的均值的性质 若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变量，且有E(aX＋b)＝aE(X)＋b. 证明如下：如果Y＝aX＋b，其中a，b为常数，X是随机变量，那么Y也是随机变量．因此P(Y＝axi＋b)＝P(X＝xi)，i＝1,2,3，…，n，所以Y的分布列为 Y ax1＋b ax2＋b … axi＋b … axn＋b P p1 p2 … pi … pn 于是有E(Y)＝(ax1＋b)p1＋(ax2＋b)p2＋…＋(axi＋b)pi＋…＋(axn＋b)pn＝a(x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn)＋b(p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn)＝aE(X)＋b，即E(aX＋b)＝aE(X)＋b. 方差：．称为随机变量的方差，它反映了离散型随机变量相对于期望的平均波动大小(或说离散程度)，其算术平方根为随机变量的标准差，记作，方差(或标准差)越小表明的取值相对于期望越集中，否则越分散． Ⅱ： 均值与方差的性质 (1)． (2)(为常数)．（3） 两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差 (1)若X服从两点分布，则，． (2)若X服从二项分布，即，则． (3)若X服从超几何分布，即时， ． 方法总结：　求离散型随机变量的均值、方差的基本步骤： 第一步：判断取值：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值； 第二步：探求概率：利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率； 第三步：写分布列：按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质(概率总和为1)检验所求的分布列是否正确； 第四步：求期望值和方差：利用数学期望和方差的公式分别求期望和方差的值．对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望与方差公式，可加快解题速度． 【清单07】二项分布之概率最值问题 Ⅰ：如果，其中，求最大值对应的值. 一般是考察与的大小关系. 因为 所以要使，则.故有 ⑴如果，则时取得最大值. ⑵如果，是不超过的正整数，则当和时，取得最大值. （3）如果是不超过的非整数，则当（注意表示不超过的最大整数）时取得最大值. Ⅱ：方法二 【考点题型一】条件概率的求算 技巧：规律方法　利用定义计算条件概率的步骤 (1)分别计算概率P(AB)和P(A)． (2)将它们相除得到条件概率P(B|A)＝，这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生． 【例1】学校要举办足球比赛，现在要从高一年级各班体育委员中挑选名不同的裁判员（一名主裁判，一名助理裁判，一名助理裁判，一名第四裁判），其中高一共个班，每个班各一名体育委员，共个女生，个男生，要求四名裁判中既要有男生，也要有女生，那么在女裁判员担任主裁判的条件下，第四裁判员是男生的概率为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，记第次按下按钮后出现红球的概率为，则 ． 【变式1-2】设A，B是一个随机试验中的两个事件，若，，，则下列错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，已知甲同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 . 【变式1-4】某工人对某产品进行质量检测有甲、乙两套工序，且完成检测至少需要甲、乙两套工序中的一套．记事件“该工人在检测过程中使用过甲套工序”，事件“该工人在检测过程中使用过乙套工序”，事件“该工人在检测过程中使用过甲、乙两套工序”，事件“该工人在检测过程中仅使用过甲、乙两套工序中的一套”，已知，则下列说法正确的是（    ） A．与为互斥事件 B．与互为对立事件 C． D． 【考点题型二】全概率公式 技巧：全概率公式 在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时， 我们可以用 “化整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω， 且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝P(Ai)P(B. 【例2】某儿童乐园有甲、乙两个游乐场，小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.4和0.6．如果他第一天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.5，则小王同学第二天去甲游乐场的概率为 ；若第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为 ； 【变式2-1】已知有甲､乙两个盒子，甲中有3个白球，2个黑球，乙中有1个白球，3个黑球．从甲中取出一个球放入乙中，再从乙中取出一个球放入甲中．记事件“从甲中取出的球为白球”；事件“从乙中取出的球为白球”；事件“甲中最后有3个白球”．下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比是4：5：6，这三个盒子中黑球占总数的比例分别为，现从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 ；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为 【变式2-3】食物盲盒是当下店家掀起的“外卖热”，现有编号依次为1，2，3的三个食物格子，其中1号格子装有2个汉堡和3个鸡腿，2号格子装有3个汉堡和2个鸡腿，3号格子中有5个汉堡.已知汉堡完全一样，鸡腿也完全一样.已知店员任意选择食物格子的概率是相同的，若店员在一份外卖中装入2个汉堡的记为事件A，装入2个鸡腿记为事件B，装入1个鸡腿，1个汉堡记为事件C，事件（，2，3）表示食物取自i号格子，下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式2-4】为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐、面食套餐和西餐套餐三种选择．已知某同学开学第一天选择的是米饭套餐，从第二天起，每天中午会在食堂随机选择与前一天不一样的两种套餐中的一种，如此往复． (1)求该同学第4天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①求； ②当时，恒成立，求的取值范围． 【考点题型三】贝叶斯公式 技巧：贝叶斯公式 设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω， 且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0， 有P(Ai＝ i＝1，2，…，n. 【例3】l8世纪英国数学数理统计学家托马斯·贝叶斯在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中是一组两两互斥的事件，，且，是中任意事件， ，称为事件B的全概率．现有一种医学检验方法，对患有X疾病的人化验结果呈阳性，对未患有X疾病的人化验呈阴性，我们称检测为阴性的人中患病的概率为漏诊率．现已知某地区X疾病的患病率为0.04，利用贝叶斯公式，则这种医学检验方法在该地区的漏诊率大约为（   ） A．0.001 B．0.002 C．0.003 D．0.004 【变式3-1】某商场在五一节开展促销抽奖活动，用编号分别为的三个箱子装了一定数量的红球和白球，总数之比为，三个箱子中白球所占的比例分别为，，，顾客从这三个箱子中任意摸取1球，取到红球获奖．记事件“此球来自编号为的箱子”，事件“顾客获奖”，则（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】假设一架坠毁的飞机掉在三个可能区域中的任何一个是等可能的．如果飞机坠落在区域i中，则由于地理环境的影响，经过快速检查后发现其残骸的概率为，，． (1)求快速检查三个区域后发现这架坠毁飞机残骸的概率； (2)现快速检查区域1，2之后未发现残骸，求飞机坠落在区域3的条件概率． 【变式3-3】人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置．随着AI技术的发展与普及，越来越多学生和家长利用网络在线学习和辅导．若景乐同学每天可以选择在线课程或面授课程两种方式进行学习．已知第一天选择在线课程和面授课程的概率为都为0.5，若第一天其选择在线课程，则第二天继续选择在线课程的概率为0.7；第一天选择面授课程，则第二天选择在线课程的概率为0.6．那景乐同学第二天选择在线课程的概率为 ，若第二天选择了在线课程，则其第一天选择面授课程的概率为 ． 【变式3-4】一质点落在三棱锥的顶点处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记事件表示“该质点移动次后落在顶点”，为的对立事件，则 ． 【考点题型四】离散型随机变量的分布列 技巧：规律方法　求离散型随机变量分布列的步骤 (1)首先确定随机变量X的取值； (2)求出每个取值对应的概率； (3)列表对应，即为分布列． 【例4】某手机厂对屏幕进行两项独立检测：亮度检测通过率，色准检测通过率.产品需通过两项检测才算合格.随机抽取3件产品，设合格品数为X. (1)求单件产品为合格品的概率； (2)求X的分布列及数学期望； (3)已知合格品利润100元/件，若改进工艺能使亮度检测通过率提升至，但每件成本增加1元.是否值得改进？ 【变式4-1】甲、乙两所学校的代表队参加诗词大赛，在比赛第二阶段，两队各剩最后两个队员上场，甲队两名队员通过第二阶段比赛的概率分别是和，乙队两名队员通过第二阶段比赛的概率都是，通过了第二阶段比赛的队员，才能进入第三阶段比赛（若某队两个队员都没有通过第二阶段的比赛，则该队进入第三阶段比赛的人数为），所有参赛队员比赛互不影响，其过程、结果都是彼此独立的. (1)求甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等的概率； (2)设表示进入第三阶段比赛甲、乙两队人数差的绝对值，求的分布列和数学期望. 【变式4-2】在2024年巴黎奥运会上，我国乒乓球运动员取得“五连冠”的优异成绩，激发了全民“国球热”.某社区举办了乒乓球比赛，甲、乙两人争夺冠亚军，采用五局三胜制（每局比赛没有平局），比赛共有1000元奖金，约定如下规则：若比赛3局决出胜负，冠军获得900元奖金，亚军获得100元奖金；若比赛4局决出胜负，冠军获得700元奖金，亚军获得300元奖金；若比赛5局决出胜负，冠军获得600元奖金，亚军获得400元奖金，已知甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为. (1)求比赛4局决出胜负的概率； (2)求甲获得的奖金X的分布列与数学期望. 【变式4-3】已知某著名高校今年综合评价招生分两步进行：第一步是材料初审，若材料初审不合格，则不能进入第二步面试；若材料初审合格，则进入第二步面试．只有面试合格者，才能获得该高校综合评价的录取资格，且材料初审与面试之间相互独立，现有甲，乙，丙三名考生报名参加该高校的综合评价，假设甲、乙、丙三名考生材料初审合格的概率分别是，面试合格的概率分别是． (1)求甲未获得该高校综合评价录取资格的概率； (2)求甲、乙两位考生中有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率； (3)求甲、乙、丙三名考生获得该高校综合评价录取资格的人数X的分布列． 【变式4-4】在探索数智技术赋能学科学习的过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习．该中学有初中生1200人，高中生800人．为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照，，，，，五个区间进行分组，所得样本数据如下表： 使用次数分组区间 初中生人 高中生人 4 3 38 29 48 28 17 6 3 假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立．用频率估计概率． (1)估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数； (2)从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，记为这3人中高中生的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的人数分别为和，比较与的大小．（结论不要求证明） 【考点题型五】利用正态分布的对称性求概率 技巧：规律方法　利用正态分布求概率的两个方法 (1)对称法：由于正态曲线是关于直线x＝μ对称的，且概率的和为1， 故关于直线x＝μ对称的区间概率相等．如： ①P(X＜a)＝1－P(X≥a)； ②P(X＜μ－a)＝P(X＞μ＋a)． (2)“3σ”法：利用X落在区间[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ] 内的概率分别是0.6827，0.9545，0.9973求解． 【例5】已知随机变量服从正态分布，则“”是“”的（    ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【变式5-1】已知随机变量，且正态密度函数在上单调递增，在上单调递减，. (1)求参数，的值； (2)求.（结果精确到0.0001） 附：若，则，，. 【变式5-2】已知随机变量，且，则的最小值为 ． 【变式5-3】某药厂生产的一种药品，声称对某疾病的有效率为80%.若该药对患有该疾病的病人有效，病人服用该药一个疗程，有90%的可能性治愈，有10%的可能性没有治愈；若该药对患有该疾病的病人无效，病人服用该药一个疗程，有40%的可能性自愈，有60%的可能性没有自愈. (1)若该药厂声称的有效率是真实的，利用该药治疗3个患有该疾病的病人，记一个疗程内康复的人数为，求随机变量的分布列和期望； (2)一般地，当比较大时，离散型的二项分布可以近似地看成连续型的正态分布，若，则可以近似看成随机变量，，其中，，对整数，（），.现为了检验此药的有效率，任意抽取100个此种病患者进行药物临床试验，如果一个疗程内至少有人康复，则此药通过检验.现要求：若此药的实际有效率为，通过检验的概率不低于0.9772，求整数的最大值.（参考数据：若，则，，） 【变式5-4】已知随机变量，且其正态曲线在上是增函数，在上是减函数，且． (1)求参数，的值． (2)求． 附：若，则，   .【考点题型六】正态分布的实际应用 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值， 这在统计学中称为3σ原则. 【例6】甲企业生产线上生产的零件尺寸的误差服从正态分布，规定的零件为优等品，的零件为合格品． (1)从该生产线上随机抽取100个零件，估计抽到合格品但非优等品的个数（精确到整数）； (2)乙企业拟向甲企业购买这批零件，先对该批零件进行质量抽检，检测的方案是：从这批零件中任取2个作检测，若这2个零件都是优等品，则通过检测；若这2个零件中恰有1个为优等品，1个为合格品但非优等品，则再从这批零件中任取1个作检测，若为优等品，则通过检测；其余情况都不通过检测．求这批零件通过检测时，检测了2个零件的概率（精确到0.01）． （附：若随机变量，则，，） 【变式6-1】为评估设备生产某种零件的性能，从设备生产零件的流水线上随机抽取100个零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表： 直径 58 59 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 73 合计 件数 1 1 3 5 6 19 33 18 4 4 2 1 2 1 100 经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值． (1)为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的频率）； ①；②；③． 评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙，若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁，试判断设备的性能等级． (2)将直径小于或等于或直径大于的零件认为是次品． ①从设备的生产流水线上随意抽取2个零件，计算其中次品个数的数学期望； ②从样本中随意抽取2个零件，计算其中次品个数的分布列．（答案用分数表示，要画表格） 【变式6-2】某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示. (1)若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数； (2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20分（含20分）的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大? 附：若随机变量X服从正态分布，则：，. 【变式6-3】树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． (1)证明：； (2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； (3)假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）． 附：． 【变式6-4】某高校对参加军训的4000名学生进行射击、体能、伤病自救等项目的综合测试，现随机抽取200名军训学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本频率分布直方图，如图. (1)根据频率分布直方图，求出的值并估计这200名学生测试成绩的平均数（单位：分）. (2)现该高校为了激励学生，举行了一场军训比赛，共有三个比赛项目，依次为“10千米拉练”“实弹射击”“伤病救援”，规则如下：三个环节均参与，三个项目通过各奖励200元、300元、500元，不通过则不奖励.学生甲在每个环节中通过的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否通过是相互独立的.记学生甲在这次比赛中累计所获奖励的金额为随机变量，求的分布列和数学期望. (3)若该高校军训学生的综合成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定军训成绩不低于98分的为“优秀标兵”，据此估计该高校军训学生中优秀标兵的人数（结果取整数）. 参考数据：若，则，，. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单03 概率 （7个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】条件概率 1．条件概率的概念 条件概率揭示了P(A)，P(AB)，P(B|A)三者之间“知二求一”的关系 一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率． 2．概率的乘法公式 由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)．我们称上式为概率的乘法公式． 3．条件概率的性质 设P(A)>0，则 (1)P(Ω|A)＝1； (2)如果B与C是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)； (3)设和B互为对立事件，则P( )＝1－P(B)． 4．全概率公式 在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用 “化整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝P(Ai)P(B. 我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一． 5．贝叶斯公式 设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0， 有P(Ai＝=i＝1，2，…，n. 6.在贝叶斯公式中，P(Ai)和P(Ai |B)分别称为先验概率和后验概率． 【清单02】二项分布 1．n重伯努利试验的概念 只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验． 2．n重伯努利试验具有如下共同特征 (1)同一个伯努利试验重复做n次； (2)各次试验的结果相互独立． 3．二项分布（若有件产品，其中件是次品，有放回地任意抽取件，则其中恰有的次品件数是服从二项分布的） 一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为： 如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)． 4．一般地，可以证明：如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． 【清单03】两点分布 两点分布：是很简单的一种概率分布，其实验结果只有两种可能，且概率和为1；两点分布列又称分布列或佰努利分布列；两点分布能清晰的反映出事件的正反两面.两点分布的应用十分广泛，如抽取的彩票是否中奖，买回的意见产品是否为正品，新生儿的鉴定，投篮是否命中等.（想象成扔硬币问题） 【清单04】超几何分布 超几何分布：一般地，在含有件次品的件产品中，任取件，其中恰有件次品数，则事件发生的概率为,其中，且．称分布列 0 1 … … 为超几何分布列．如果随机变量 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 服从超几何分布. 注意：若有件产品，其中件为次品，无放回地任意抽取件，则其中恰有的次品件数是服出超几何分布. 【清单05】正态分布 1．正态曲线及其性质 (1)正态曲线： 函数，，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线． (2)正态曲线的性质： 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对称； ③曲线在x＝μ处达到峰值； 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x轴平移，如图甲所示； ⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中，如图乙所示： 　 甲　　　　　　　　　乙 2．正态分布 一般地，如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量X满足P(a<X≤b)＝，则称随机变量X服从正态分布(normal distribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N(μ，σ2)．如果随机变量X服从正态分布，则记为X～N(μ，σ2)． 3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值 ①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826； ②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544； ③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974． 4．3σ原则 通常服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值． 【规律方法】 1.求正态曲线的两个方法 (1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为． (2)待定系数法：求出μ，σ便可． 2.正态分布下2类常见的概率计算 (1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1. (2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个． 3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略 (1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1． (2)熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值． (3)注意概率值的求解转化： ①P(X<a)＝1－P(X≥a)； ②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)； ③若b<μ，则P(X<b)＝． 特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称． 【清单06】离散型随机变量的均值与方差 Ⅰ：随机变量的数字特征 1．离散型随机变量的均值的概念 一般地，若离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝为随机变量X的均值或数学期望． 2．离散型随机变量的均值的意义 均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的平均水平． 3．离散型随机变量的均值的性质 若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变量，且有E(aX＋b)＝aE(X)＋b. 证明如下：如果Y＝aX＋b，其中a，b为常数，X是随机变量，那么Y也是随机变量．因此P(Y＝axi＋b)＝P(X＝xi)，i＝1,2,3，…，n，所以Y的分布列为 Y ax1＋b ax2＋b … axi＋b … axn＋b P p1 p2 … pi … pn 于是有E(Y)＝(ax1＋b)p1＋(ax2＋b)p2＋…＋(axi＋b)pi＋…＋(axn＋b)pn＝a(x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn)＋b(p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn)＝aE(X)＋b，即E(aX＋b)＝aE(X)＋b. 方差：．称为随机变量的方差，它反映了离散型随机变量相对于期望的平均波动大小(或说离散程度)，其算术平方根为随机变量的标准差，记作，方差(或标准差)越小表明的取值相对于期望越集中，否则越分散． Ⅱ： 均值与方差的性质 (1)． (2)(为常数)．（3） 两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差 (1)若X服从两点分布，则，． (2)若X服从二项分布，即，则． (3)若X服从超几何分布，即时， ． 方法总结：　求离散型随机变量的均值、方差的基本步骤： 第一步：判断取值：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值； 第二步：探求概率：利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率； 第三步：写分布列：按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质(概率总和为1)检验所求的分布列是否正确； 第四步：求期望值和方差：利用数学期望和方差的公式分别求期望和方差的值．对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望与方差公式，可加快解题速度． 【清单07】二项分布之概率最值问题 Ⅰ：如果，其中，求最大值对应的值. 一般是考察与的大小关系. 因为 所以要使，则.故有 ⑴如果，则时取得最大值. ⑵如果，是不超过的正整数，则当和时，取得最大值. （3）如果是不超过的非整数，则当（注意表示不超过的最大整数）时取得最大值. Ⅱ：方法二 【考点题型一】条件概率的求算 技巧：规律方法　利用定义计算条件概率的步骤 (1)分别计算概率P(AB)和P(A)． (2)将它们相除得到条件概率P(B|A)＝，这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生． 【例1】学校要举办足球比赛，现在要从高一年级各班体育委员中挑选名不同的裁判员（一名主裁判，一名助理裁判，一名助理裁判，一名第四裁判），其中高一共个班，每个班各一名体育委员，共个女生，个男生，要求四名裁判中既要有男生，也要有女生，那么在女裁判员担任主裁判的条件下，第四裁判员是男生的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】先确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数，再确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数，最后根据条件概率公式得结果． 【分析】第一步确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数： 先从名女生中选出一名担任主裁判，有种选法，再从剩下人中选出人分别担任不同的助理裁判以及第四裁判， 注意到四名裁判中既有男生也有女生，所以有种选法， 故四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数为， 第二步确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数： 先从名女生中选出一名担任主裁判，有种选法； 再从名男生中选出一名担任第四裁判，有种选法； 最后从剩下人中选出人分别担任不同的助理裁判，有种选法， 故四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数为， 因此，四名裁判中既要有男生，也要有女生，且在女裁判员担任主裁判的条件下， 第四裁判员是男生的概率为， 故选：A. 【变式1-1】某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为，记第次按下按钮后出现红球的概率为，则 ． 【答案】 【分析】依题意根据球颜色出现的概率得出相应的递推公式，再结合等比数列定义求出其通项公式代入计算可得结果. 【详解】由题意第次按下按钮后出现红球的概率为，则出现绿球的概率为； 因此可得，化简可得， 即，又， 因此可得是以为首项，为公比的等比数列， 可得，可得； 所以. 故答案为： 【变式1-2】设A，B是一个随机试验中的两个事件，若，，，则下列错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】运用对立事件概率性质，条件概率公式，互斥事件概率公式计算，逐个判断即可. 【详解】对于选项，根据对立事件概率公式，已知，则，所以选项正确. 对于选项 ，根据条件概率公式：.已知，，则，所以选项正确. 对于选项，因为，且，所以. 已知，，则，所以选项正确. 对于选项，根据概率的加法公式：. 已知，，，则，所以选项错误. 故选：D. 【变式1-3】某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，已知甲同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 . 【答案】/ 【分析】采用缩小样本空间后利用古典概型概率公式计算即可． 【详解】设“整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建”这 5 个项目对应的编号分别为 ，则从五个项目中选三个的情况有： ，共 10 种情况， 其中甲选的项目中含 的有 ：6种情况 ， 其中再选择项目 的有 ：3种情况 ， 故甲参加的 3 个项目中有“整地做畦“，则他还参加“田间灌溉“项目的概率为 ． 故答案为：. 【变式1-4】某工人对某产品进行质量检测有甲、乙两套工序，且完成检测至少需要甲、乙两套工序中的一套．记事件“该工人在检测过程中使用过甲套工序”，事件“该工人在检测过程中使用过乙套工序”，事件“该工人在检测过程中使用过甲、乙两套工序”，事件“该工人在检测过程中仅使用过甲、乙两套工序中的一套”，已知，则下列说法正确的是（    ） A．与为互斥事件 B．与互为对立事件 C． D． 【答案】BCD 【分析】对于A，根据概率的加法公式，以及互斥事件的定义，可得其正误；对于B，根据对立事件的定义，可得其正误；对于C，根据条件概率的公式，以及概率加法公式，可得其正误；对于D，根据条件概率的公式，结合对立事件的概率，可得其正误. 【详解】对于A，由，得，故A错误； 对于B，“该工人在检测过程中仅使用甲工序或仅使用乙工序或甲乙都用”，易知此为全事件，，故B正确； 对于C，由，得C正确； 对于D，由，则D正确． 故选：BCD. 【考点题型二】全概率公式 技巧：全概率公式 在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时， 我们可以用 “化整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑 一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω， 且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝P(Ai)P(B. 【例2】某儿童乐园有甲、乙两个游乐场，小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.4和0.6．如果他第一天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.5，则小王同学第二天去甲游乐场的概率为 ；若第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为 ； 【答案】 0.54 【分析】根据题意设事件：小王同学第一天去甲游乐场，事件：小王同学第二天去甲游乐场，事件：小王同学第一天去乙游乐场，事件：小王同学第二天去乙游乐场，结合条件概率的性质与全概率公式求解概率即可. 【详解】根据题意，设事件：小王同学第一天去甲游乐场， 事件：小王同学第二天去甲游乐场， 事件：小王同学第一天去乙游乐场， 事件：小王同学第二天去乙游乐场， ， 所以；， 第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为． 故答案为：0.54；. 【变式2-1】已知有甲､乙两个盒子，甲中有3个白球，2个黑球，乙中有1个白球，3个黑球．从甲中取出一个球放入乙中，再从乙中取出一个球放入甲中．记事件“从甲中取出的球为白球”；事件“从乙中取出的球为白球”；事件“甲中最后有3个白球”．下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据题意，结合条件概率和全概率公式，逐项计算求解，即可得到答案. 【详解】对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由全概率公式，可得，所以B错误； 对于C中，由，所以C正确； 对于D中，由， 则，所以D正确. 故选：ACD． 【变式2-2】甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比是4：5：6，这三个盒子中黑球占总数的比例分别为，现从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 ；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为 【答案】 / 【分析】设甲盒子中球总数为，根据古典概型得出各个盒子取到一个黑球的概率，进而利用独立事件乘法公式求解即可得出全是黑球的概率；根据全概率公式，计算求解即可得出白球的概率. 【详解】设甲盒子中球总数为，则乙盒子中球总数为，丙盒子中球总数为 则从三个盒子中各随机取一个球， 该球为甲盒子中的概率为， 该球为乙盒子中的概率为， 该球为丙盒子中的概率为. 甲盒子取到黑球的概率， 乙盒子取到黑球的概率， 丙盒子取到黑球的概率， 显然相互独立， 所以从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为. 由全概率公式可知，将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为. 故答案为：；. 【变式2-3】食物盲盒是当下店家掀起的“外卖热”，现有编号依次为1，2，3的三个食物格子，其中1号格子装有2个汉堡和3个鸡腿，2号格子装有3个汉堡和2个鸡腿，3号格子中有5个汉堡.已知汉堡完全一样，鸡腿也完全一样.已知店员任意选择食物格子的概率是相同的，若店员在一份外卖中装入2个汉堡的记为事件A，装入2个鸡腿记为事件B，装入1个鸡腿，1个汉堡记为事件C，事件（，2，3）表示食物取自i号格子，下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据条件概率即可求解AD，根据全概率公式即可求解BC. 【详解】对于A, ,故A错误， 对于B, ,故B正确， 对于C, ，故C错误， 对于D,由于,故，D正确， 故选：BD 【变式2-4】为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐、面食套餐和西餐套餐三种选择．已知某同学开学第一天选择的是米饭套餐，从第二天起，每天中午会在食堂随机选择与前一天不一样的两种套餐中的一种，如此往复． (1)求该同学第4天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第天选择米饭套餐的概率为； ①求； ②当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据古典概型计算公式可得结果； （2）①利用全概率公式计算可得，再由等比数列定义计算可得；②结合通项公式以及数列单调性可得，即求得的取值范围. 【详解】（1）设为“第4天中午选择米饭套餐”， 根据每天与前一天选择不一样的套餐，且第一天选择米饭套餐，接下来的三天中每天都只有两种选择， 因此样本空间包含个样本点， 若第一天选择米饭套餐，第4天选择米饭套餐，则第二天有两种选择，第三天的和前后两天都不能相同，仅有一种选择， 即事件中包含个样本点， 所以， 所以第4天中午选择米饭套餐的概率 （2）①设为“第天选择米饭套餐”，为“第天选择面食套餐”，为“第天选择西餐套餐” 根据题意，，，， 由全概率公式得： ， ∴， 因为 ∴ 因此，因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以 ②由①可得， 当为大于1的奇数时， 当为正偶数时， 因此，当时，，所以． 【考点题型三】贝叶斯公式 技巧：贝叶斯公式 设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω， 且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0， 有P(Ai＝ i＝1，2，…，n. 【例3】l8世纪英国数学数理统计学家托马斯·贝叶斯在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中是一组两两互斥的事件，，且，是中任意事件， ，称为事件B的全概率．现有一种医学检验方法，对患有X疾病的人化验结果呈阳性，对未患有X疾病的人化验呈阴性，我们称检测为阴性的人中患病的概率为漏诊率．现已知某地区X疾病的患病率为0.04，利用贝叶斯公式，则这种医学检验方法在该地区的漏诊率大约为（   ） A．0.001 B．0.002 C．0.003 D．0.004 【答案】D 【分析】设事件“患病”， “不患病”， “显阴性”，求得，且，结合贝叶斯公式，即可求解. 【详解】设事件“患病”， “不患病”， “显阴性”， 根据题意，可得，且， 由贝叶斯公式， 可得 . 故选：D. 【变式3-1】某商场在五一节开展促销抽奖活动，用编号分别为的三个箱子装了一定数量的红球和白球，总数之比为，三个箱子中白球所占的比例分别为，，，顾客从这三个箱子中任意摸取1球，取到红球获奖．记事件“此球来自编号为的箱子”，事件“顾客获奖”，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用条件概率公式，全概率公式和贝叶斯概率公式进行求解即可． 【详解】对于A，由题意可知，故A错误； 对于B， ，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D， ，故D正确； 故选：BCD． 【变式3-2】假设一架坠毁的飞机掉在三个可能区域中的任何一个是等可能的．如果飞机坠落在区域i中，则由于地理环境的影响，经过快速检查后发现其残骸的概率为，，． (1)求快速检查三个区域后发现这架坠毁飞机残骸的概率； (2)现快速检查区域1，2之后未发现残骸，求飞机坠落在区域3的条件概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题，发现这架坠毁飞机残骸分3种情况，利用全概率公式求解； （2）设事件表示飞机坠落在区域3，事件表示检查区域1，2未发现残骸，利用条件概率公式，全概率公式求出，，再利用贝叶斯定理求解. 【详解】（1）根据题意，飞机坠落在区域1，2，3的概率均为， 所以快速检查三个区域后发现这架坠毁飞机残骸的概率： . （2）设事件表示飞机坠落在区域3，事件表示检查区域1，2未发现残骸， 则，， 利用贝叶斯定理可得. 所以快速检查区域1，2之后未发现残骸，飞机坠落在区域3的概率为. 【变式3-3】人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置．随着AI技术的发展与普及，越来越多学生和家长利用网络在线学习和辅导．若景乐同学每天可以选择在线课程或面授课程两种方式进行学习．已知第一天选择在线课程和面授课程的概率为都为0.5，若第一天其选择在线课程，则第二天继续选择在线课程的概率为0.7；第一天选择面授课程，则第二天选择在线课程的概率为0.6．那景乐同学第二天选择在线课程的概率为 ，若第二天选择了在线课程，则其第一天选择面授课程的概率为 ． 【答案】 0.65 【分析】本题可根据全概率公式和贝叶斯公式来求解． 【详解】设“第一天选择在线课程”为事件，“第一天选择面授课程”为事件，“第二天选择在线课程”为事件．已知，，． 根据全概率公式，可得： 根据贝叶斯公式，将，，代入可得： 故答案为： 0.65； ． 【变式3-4】一质点落在三棱锥的顶点处，每次均以相同的可能性沿着某条棱移动到另一个顶点处，记事件表示“该质点移动次后落在顶点”，为的对立事件，则 ． 【答案】 【分析】先分析某次在点则下次在或不在点，某次不在点，则下次在或不在的概率，再按照分步乘法计算、、，进而利用概率的乘法公式得、，最后利用贝叶斯公式计算即可. 【详解】我们将三个点看作为一个整体， 如果某次在点，则下次一定不在点的概率为； 如果某次不在点，则下次在与不在的概率分别为、， 因，， 则， 因，， 则， 则根据贝叶斯公式可得． 故答案为： 【考点题型四】离散型随机变量的分布列 技巧：规律方法　求离散型随机变量分布列的步骤 (1)首先确定随机变量X的取值； (2)求出每个取值对应的概率； (3)列表对应，即为分布列． 【例4】某手机厂对屏幕进行两项独立检测：亮度检测通过率，色准检测通过率.产品需通过两项检测才算合格.随机抽取3件产品，设合格品数为X. (1)求单件产品为合格品的概率； (2)求X的分布列及数学期望； (3)已知合格品利润100元/件，若改进工艺能使亮度检测通过率提升至，但每件成本增加1元.是否值得改进？ 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)值得改进 【分析】（1）根据概率的乘法公式，可得答案； （2）根据离散型随机变量的分布列以及数学期望的计算，可得答案； （3）由（2）所求的期望，结合题意，可得改进前的利润，利用二项分布的期望，结合题意，可得改进后的利润，通过比较，可得答案. 【详解】（1）设合格的概率为，则：（亮度通过）（色准通过）. （2），易知， ， ， ， ， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 0.027 0.189 0.441 0.343 数学期望. （3）改进前： 每件产品的合格概率.对于3件产品，期望合格数. 总期望利润元. 改进后： 每件产品的合格概率，对于3件产品，新的期望合格数. 总期望利润元. 净期望利润元. 改进前的期望利润是210元，改进后是213元，改进后利润增加了3元. 【变式4-1】甲、乙两所学校的代表队参加诗词大赛，在比赛第二阶段，两队各剩最后两个队员上场，甲队两名队员通过第二阶段比赛的概率分别是和，乙队两名队员通过第二阶段比赛的概率都是，通过了第二阶段比赛的队员，才能进入第三阶段比赛（若某队两个队员都没有通过第二阶段的比赛，则该队进入第三阶段比赛的人数为），所有参赛队员比赛互不影响，其过程、结果都是彼此独立的. (1)求甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等的概率； (2)设表示进入第三阶段比赛甲、乙两队人数差的绝对值，求的分布列和数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）用分别表示甲、乙两队通过第二阶段比赛的人数，分析的可能取值，计算对应的概率，分析事件“甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等”所包含的情况可得结果. （2）根据（1）分析的取值，计算对应概率可得分布列和期望. 【详解】（1）用分别表示甲、乙两队通过第二阶段比赛的人数，的可能取值均为，则 ，，， ，，. 设甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等为事件， 则. （2）由题意得，随机变量的所有可能取值为. 由（1）得，，， ∴， ∴的分布列为： ∴. 【变式4-2】在2024年巴黎奥运会上，我国乒乓球运动员取得“五连冠”的优异成绩，激发了全民“国球热”.某社区举办了乒乓球比赛，甲、乙两人争夺冠亚军，采用五局三胜制（每局比赛没有平局），比赛共有1000元奖金，约定如下规则：若比赛3局决出胜负，冠军获得900元奖金，亚军获得100元奖金；若比赛4局决出胜负，冠军获得700元奖金，亚军获得300元奖金；若比赛5局决出胜负，冠军获得600元奖金，亚军获得400元奖金，已知甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为. (1)求比赛4局决出胜负的概率； (2)求甲获得的奖金X的分布列与数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）由题意可知比赛4局决出胜负有两种情况：前3局甲获胜2局，输1局，第4局甲获胜，或前3局乙获胜2局，输1局，第4局乙获胜，然后根据独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式可求得结果； （2）由题意可知X的取值可能为900，700，600，400，300，100，求出相应的概率，从而可求出X的分布列与数学期望. 【详解】（1）比赛4局决出胜负有两种情况：前3局甲获胜2局，输1局，第4局甲获胜， 或前3局乙获胜2局，输1局，第4局乙获胜，       若甲获胜，则；       若乙获胜，则，       故比赛4局决出胜负的概率为. （2）由题意可知，X的取值可能为900，700，600，400，300，100，    ，， ，， ，，     所以X的分布列为： X 900 700 600 400 300 100 P 所以. 【变式4-3】已知某著名高校今年综合评价招生分两步进行：第一步是材料初审，若材料初审不合格，则不能进入第二步面试；若材料初审合格，则进入第二步面试．只有面试合格者，才能获得该高校综合评价的录取资格，且材料初审与面试之间相互独立，现有甲，乙，丙三名考生报名参加该高校的综合评价，假设甲、乙、丙三名考生材料初审合格的概率分别是，面试合格的概率分别是． (1)求甲未获得该高校综合评价录取资格的概率； (2)求甲、乙两位考生中有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率； (3)求甲、乙、丙三名考生获得该高校综合评价录取资格的人数X的分布列． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）先求出甲获得录取资格的概率，再用1减去该概率得到甲未获得录取资格的概率； （2）分别求出甲获得乙不获得以及甲不获得乙获得这两种情况的概率，然后相加； （3）先确定的取值为0，1，2，3，再分别计算每个取值的概率. 【详解】（1）设“甲材料初审合格”为事件，“甲面试合格”为事件， 甲获得录取资格需材料初审合格且面试合格，即，甲未获得录取资格为. 已知，，因为与相互独立， 根据，且， 所以 所以甲未获得该高校综合评价录取资格的概率为. （2）设“乙材料初审合格”为事件，“乙面试合格”为事件， “甲获得录取资格”为事件，“乙获得录取资格”为事件. 则，. 甲、乙中有且只有一位获得录取资格的概率为 因为，， 所以. 所以甲、乙两位考生有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率为. （3）设“丙材料初审合格”为事件，“丙面试合格”为事件，“丙获得录取资格”为事件， 则. 根据题意可知可能取值为0，1，2，3. ：甲、乙、丙都未获得录取资格， 那么 ：甲、乙、丙中有一人获得录取资格， 则   ：甲、乙、丙中有两人获得录取资格， 则 ：甲、乙、丙都获得录取资格， 则. 所以的分布列为： X 0 1 2 3 P 【变式4-4】在探索数智技术赋能学科学习的过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习．该中学有初中生1200人，高中生800人．为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照，，，，，五个区间进行分组，所得样本数据如下表： 使用次数分组区间 初中生人 高中生人 4 3 38 29 48 28 17 6 3 假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立．用频率估计概率． (1)估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数； (2)从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，记为这3人中高中生的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的人数分别为和，比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)分布列见解析；期望为 (3) 【分析】（1）根据频数分布表，结合分层抽样的定义进行求解即可； （2）根据古典型概率公式，结合数学期望的公式进行求解即可； （3）根据二项分布求得方差判断即可. 【详解】（1）根据题中数据，，得． 样本中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的频率为． 因此近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数估计为：． （2）参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中，初中生有4人，高中生有3人． 所以的取值范围为． 所以的分布列为 0 1 2 3 的数学期望． （3），理由如下： 根据分层抽样定义知，随机抽取200名学生中，初中生为120名，高中生为80名， 抽到初中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的频率为， 抽到初中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的频率为， 该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查服从二项分布， 即， 所以，， 因为，所以. 【考点题型五】利用正态分布的对称性求概率 技巧：规律方法　利用正态分布求概率的两个方法 (1)对称法：由于正态曲线是关于直线x＝μ对称的，且概率的和为1， 故关于直线x＝μ对称的区间概率相等．如： ①P(X＜a)＝1－P(X≥a)； ②P(X＜μ－a)＝P(X＞μ＋a)． (2)“3σ”法：利用X落在区间[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ] 内的概率分别是0.6827，0.9545，0.9973求解． 【例5】已知随机变量服从正态分布，则“”是“”的（    ） A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】A 【分析】根据正态曲线的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】随机变量服从正态分布， 则该正态分布曲线的对称轴为， 即， 故，解得或， 则“”是“”的充分且不必要条件. 故选：. 【变式5-1】已知随机变量，且正态密度函数在上单调递增，在上单调递减，. (1)求参数，的值； (2)求.（结果精确到0.0001） 附：若，则，，. 【答案】(1)，； (2)0.1359. 【分析】（1）由题设及特殊区间的概率值得到，即可确定参数； （2）利用正态分布的对称性求、，进而求目标概率值. 【详解】（1）依题设，，而，则，解得， 所以，. （2）由（1）知：， 正态曲线关于对称 ，即， 则，， 由，则， 因此， 所以. 【变式5-2】已知随机变量，且，则的最小值为 ． 【答案】8 【分析】先根据正态分布的性质得出，再结合常值代换应用不等式求出最值即可. 【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为， 又因为，所以，所以． 当时， ， 当且仅当，即时等号成立，故最小值为8． 故答案为：8. 【变式5-3】某药厂生产的一种药品，声称对某疾病的有效率为80%.若该药对患有该疾病的病人有效，病人服用该药一个疗程，有90%的可能性治愈，有10%的可能性没有治愈；若该药对患有该疾病的病人无效，病人服用该药一个疗程，有40%的可能性自愈，有60%的可能性没有自愈. (1)若该药厂声称的有效率是真实的，利用该药治疗3个患有该疾病的病人，记一个疗程内康复的人数为，求随机变量的分布列和期望； (2)一般地，当比较大时，离散型的二项分布可以近似地看成连续型的正态分布，若，则可以近似看成随机变量，，其中，，对整数，（），.现为了检验此药的有效率，任意抽取100个此种病患者进行药物临床试验，如果一个疗程内至少有人康复，则此药通过检验.现要求：若此药的实际有效率为，通过检验的概率不低于0.9772，求整数的最大值.（参考数据：若，则，，） 【答案】(1)分布列见解析，数学期望为. (2) 【分析】（1）因为，由二项分布的概率公式求出随机变量的分布列，再由二项分布的均值公式求出； （2）康复的人数为随机变量，则，可得出，由正态分布的对称性结合原则求解即可. 【详解】（1）记“一个患有该疾病的病人服用该药一个疗程康复”为事件，则 ， 因此， ，， ， 则的分布列为： 的数学期望. （2）若该药品的有效率为，由（1）得，一个疗程内，使用该药后的康复率也为， 记康复的人数为随机变量，则， 设，设， 所以整数的最大值为    【变式5-4】已知随机变量，且其正态曲线在上是增函数，在上是减函数，且． (1)求参数，的值． (2)求． 附：若，则， 【答案】(1)， (2)0.1359 【分析】（1）由题设及特殊区间的概率值得到，即可确定参数； （2）利用正态分布的对称性求、，进而求目标概率值. 【详解】（1）由题设，而，则，可得. （2）由（1）知：， 正态曲线关于对称 ，即， 所以，故， 由，则， 所以， 综上，.    .【考点题型六】正态分布的实际应用 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值， 这在统计学中称为3σ原则. 【例6】甲企业生产线上生产的零件尺寸的误差服从正态分布，规定的零件为优等品，的零件为合格品． (1)从该生产线上随机抽取100个零件，估计抽到合格品但非优等品的个数（精确到整数）； (2)乙企业拟向甲企业购买这批零件，先对该批零件进行质量抽检，检测的方案是：从这批零件中任取2个作检测，若这2个零件都是优等品，则通过检测；若这2个零件中恰有1个为优等品，1个为合格品但非优等品，则再从这批零件中任取1个作检测，若为优等品，则通过检测；其余情况都不通过检测．求这批零件通过检测时，检测了2个零件的概率（精确到0.01）． （附：若随机变量，则，，） 【答案】(1)约31个 (2)约为0.61 【分析】（1）利用正态分布的对称性即可求解； （2）利用条件概率求解即可． 【详解】（1）依题意得，，， 所以零件为合格品的概率为， 零件为优等品的概率为， 所以零件为合格品但非优等品的概率为， 所以从该生产线上随机抽取100个零件， 估计抽到合格品但非优等品的个数为． （2）设从这批零件中任取2个作检测，2个零件中有2个优等品为事件，恰有1个优等品，1个为合格品但非优等品为事件，从这批零件中任取1个检测是优等品为事件，这批产品通过检测为事件， 则，且与互斥， 所以 ， 所以这批零件通过检测时， 检测了2个零件的概率为． 答：这批零件通过检测时，检测了2个零件的概率约为0.61． 【变式6-1】为评估设备生产某种零件的性能，从设备生产零件的流水线上随机抽取100个零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表： 直径 58 59 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 73 合计 件数 1 1 3 5 6 19 33 18 4 4 2 1 2 1 100 经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值． (1)为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的频率）； ①；②；③． 评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙，若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁，试判断设备的性能等级． (2)将直径小于或等于或直径大于的零件认为是次品． ①从设备的生产流水线上随意抽取2个零件，计算其中次品个数的数学期望； ②从样本中随意抽取2个零件，计算其中次品个数的分布列．（答案用分数表示，要画表格） 【答案】(1)性能等级为丙 (2)① ；②分布列见解析 【分析】(1)根据原则，分别求得其对应的概率，进而判断出M的性能级别． (2)通过题意可知，样本中共有6件次品，可知M生产的次品率为0.06．通过二项分布的概率分布即可求得次品的数学期望． 【详解】（1）， 所以由图表知： ， 因为设备的数据仅满足一个不等式，故其性能等级为丙． （2）样本中次品共6件，可估计设备生产零件的次品率为0.06， 直径小于或等于的零件有2件，大于的零件有4件，共计6件 ①从设备M的生产流水线上任取一件，取到次品的概率为， 依题意得，； ②由题意可知服从超几何分布，的可能值为：， ，， 所以Z的分布列为： 0 1 2 【变式6-2】某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示. (1)若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数； (2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20分（含20分）的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大? 附：若随机变量X服从正态分布，则：，. 【答案】(1)182人； (2). 【分析】（1）先根据频率分布直方图平均数估算公式求出样本平均数，然后根据正态分布的性质求得概率，即可求解； （2）根据题意确定的取值，并求出对应的概率，利用互斥事件加法概率公式求解即可. 【详解】（1）由题意得，样本平均数的估计值为 ， 因为学生初试成绩服从正态分布，其中则， 所以， 所以估计初试成绩不低于85分的人数为人. （2）记该考生的复试成绩为，则能进入面试的复试成绩为20分，25分，30分， ， ， ， 所以该考生进入面试的概率为. 【变式6-3】树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． (1)证明：； (2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； (3)假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）． 附：． 【答案】(1)证明见解析； (2)平均数为96分，标准差为18分； (3)将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解； （2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解； （3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解. 【详解】（1） ， 同理． 所以. （2）将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为， 则， 所以 又，所以． 即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分． （3）由（2）知，所以全年级学生的考试成绩服从正态分布， 所以． ． 故可将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 【变式6-4】某高校对参加军训的4000名学生进行射击、体能、伤病自救等项目的综合测试，现随机抽取200名军训学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本频率分布直方图，如图. (1)根据频率分布直方图，求出的值并估计这200名学生测试成绩的平均数（单位：分）. (2)现该高校为了激励学生，举行了一场军训比赛，共有三个比赛项目，依次为“10千米拉练”“实弹射击”“伤病救援”，规则如下：三个环节均参与，三个项目通过各奖励200元、300元、500元，不通过则不奖励.学生甲在每个环节中通过的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否通过是相互独立的.记学生甲在这次比赛中累计所获奖励的金额为随机变量，求的分布列和数学期望. (3)若该高校军训学生的综合成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定军训成绩不低于98分的为“优秀标兵”，据此估计该高校军训学生中优秀标兵的人数（结果取整数）. 参考数据：若，则，，. 【答案】(1)， (2)分布列见解析， (3)人 【分析】（1）借助概率和为可得，借助平均数定义可得平均数； （2）得出的所有可能取值及其对应概率，即可得分布列，借助期望定义即可得其期望； （3）借助正态分布的性质可得军训成绩不低于98分的概率，即可估计该高校军训学生中优秀标兵的人数. 【详解】（1）有图可得，解得， ； （2）的可能取值为、、、、、、， ， ， ， ， ， ， ， 则其分布列为： ； （3），，则, 又，故， ，故可估计该高校军训学生中优秀标兵的人数为人. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$