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2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第十章第七节 二项分布与正态分布 学案
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第七节 二项分布与正态分布
2019考纲考题考情
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)＝为在事件A发生的条件下，事件B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)＝P(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)＝P(A)·P(B)，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，与B，与也都相互独立。
(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)＝P(A1)P(A2)…P(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)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n。此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率。
3．正态分布
(1)正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝e，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)＝φμ，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的变化而沿着x轴平移。
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定。σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散。
(4)正态分布中的3σ原则
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6。
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4。
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4。
1．相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)。
2．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次。
3．P(A·B)＝P(A)·P(B)只有在事件A，B相互独立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)。
一、走进教材
1．(选修2－3P55练习T3改编)天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3。假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( )
A．0.2 B．0.3 C．0.38 D．0.56
解析 设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38。故选C。
答案 C
2．(选修2－3P54练习T2改编)100件产品中有5件次品，不放回地抽取2次，每次抽1件，已知第1次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为( )
A. B.
C. D.
解析 根据题意，在第一次抽到次品后，有4件次品，95件正品；则第二次抽到正品的概率为P＝，故选D。
答案 D
3．(选修2－3P75B组T2改编)若X～N(5,1)，则P(3
C．0.341 4 D．0.135 9
解析 依题意得P(3
二、走近高考
4．(2018·全国卷Ⅲ)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，D(X)＝2.4，P(X＝4)
解析 依题意X～B(10，p)，因为D(X)＝np(1－p)，所以p＝0.4或p＝0.6，因为P(X＝4)＝Cp4(1－p)60.5。所以p＝0.6，故选B。
答案 B
5．(2015·全国卷Ⅰ)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．0.648 B．0.432
C．0.36 D．0.312
解析 记事件M＝{恰好投中2次}，N＝{3次都投中}，E＝{通过测试}，则事件M与N互斥，且E＝M∪N。又P(M)＝C×(0.6)2×(1－0.6)＝0.432，P(N)＝C×(0.6)3＝0.216，所以P(E)＝P(M∪N)＝P(M)＋P(N)＝0.648。故选A。
答案 A
三、走出误区
微提醒：①条件概率公式套用错误；②相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误。
6．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)＝，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)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝。
答案
7．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，，在操作考试中“合格”的概率依次为，，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×＝，乙获得“合格证书”的概率是×＝，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是×＋×＝。
答案
考点一 条件概率
【例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. B. C. D.
解析 P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝。由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝。故选B。
答案 B
【互动探究】 (1)把本例中的事件B：“取到的2个数均为偶数”改为“取到的2个数均为奇数”，则P(B|A)＝________。
(2)把本例事件A中的“和”变为“积”，其他条件不变，则P(B|A)＝________。
解析 (1)事件A＝“取到的2个数之和为偶数”所包含的基本事件有：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)，所以P(A)＝。事件B：“取到的2个数均为奇数”所包含的基本事件有(1,3)，(1,5)，(3,5)，所以P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝。
(2)事件A：“取到的2个数之积为偶数”所包含的基本事件有：(1,2)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，所以P(A)＝。事件B：“取到的2个数均为偶数”所包含的基本事件有(2,4)，所以P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝＝。
答案 (1) (2)
条件概率的求法
1．定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)。
2．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)＝。
【变式训练】 (2019·广东珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海。一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( )
A．0.05 B．0.007 5
C. D.
解析 设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝。故选C。
答案 C
考点二 相互独立事件的概率
【例2】 (2019·福州四校联考)某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵。某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图。已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元、2万元、3万元。现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆。以这100位客户所采用的分期付款方式的频率估计1位客户采用相应分期付款方式的概率。
(1)求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；
(2)记X(单位：万元)为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列与期望。
解 (1)设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，
P(A)＝＝0.35，P(B)＝＝0.45，
P(C)＝＝0.2，
所以甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率P＝1－[(P(A)·P(A)＋P(B)·P(B)＋P(C)·P(C)]＝0.635。
(2)由题意知，X的所有可能取值为2,3,4,5,6，
P(X＝2)＝P(A)P(A)＝0.35×0.35＝0.122 5，
P(X＝3)＝P(A)P(B)＋P(B)P(A)＝0.35×0.45＋0.45×0.35＝0.315，
P(X＝4)＝P(A)P(C)＋P(B)P(B)＋P(C)P(A)＝0.35×0.2＋0.45×0.45＋0.2×0.35＝0.342 5，
P(X＝5)＝P(B)P(C)＋P(C)P(B)＝0.45×0.2＋0.2×0.45＝0.18，
P(X＝6)＝P(C)P(C)＝0.2×0.2＝0.04。
所以X的分布列为
X
2
3
4
5
6
P
0.122 5
0.315
0.342 5
0.18
0.04
E(X)＝0.122 5×2＋0.315×3＋0.342 5×4＋0.18×5＋0.04×6＝3.7。
复杂事件的概率计算方法：(1)利用分类讨论思想将事件拆分为若干个互斥事件；(2)利用“正难则反”的思想将所求事件的概率转化为对立事件的概率。
【变式训练】 为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动。该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)。有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时。
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列。
解 (1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，
两人都付0元的概率为P1＝×＝，
两人都付40元的概率为P2＝×＝，
两人都付80元的概率为
P3＝×＝×＝，
则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝。
(2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0,40,80,120,160，则：
P(ξ＝0)＝×＝；
P(ξ＝40)＝×＋×＝；
P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝；
P(ξ＝120)＝×＋×＝；
P(ξ＝160)＝×＝。
ξ的分布列为
ξ
0
40
80
120
160
P
考点三 独立重复试验与二项分布
【例3】 (2018·全国卷Ⅰ)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(0
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值。已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用。
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
解 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18。
因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)。
令f′(p)＝0，得p＝0.1。
当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0。
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1。
(2)由(1)知，p＝0.1。
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，
X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y。
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490。
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元。
由于E(X)>400，故应该对余下的产品作检验。
利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率。
【变式训练】 (2019·安徽示范高中联考)前不久，安徽省社科院发布了2017年度“安徽城市居民幸福排行榜”，铜陵市成为本年度安徽“最幸福城市”。随后，师大附中学生会组织部分同学，用“10分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度。现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)记录了他们的幸福度分数。
(1)指出这组数据的众数和中位数；
(2)若幸福度不低于9.5分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这16人中随机选取3人，至多有1人的幸福度是“极幸福”的概率；
(3)以这16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ξ表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望。
解 (1)由茎叶图得8.6出现的次数最多，所以众数为8.6；将茎叶图中的所有数据从小到大排列，得中位数为8.75。
(2)设事件Ai(i＝0,1,2,3)表示所取3人中有i人的幸福度是“极幸福”，至多有1人的幸福度是“极幸福”记为事件A，结合茎叶图得P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝＋＝。
(3)ξ的可能取值为0,1,2,3，由样本估计总体得任选1人，其幸福度为“极幸福”的概率为＝，则
P(ξ＝0)＝3＝；
P(ξ＝1)＝C××2＝；
P(ξ＝2)＝C×2×＝；
P(ξ＝3)＝3＝。
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝0.75。
考点四 正态分布及其应用
【例4】 (1)(2019·南宁、柳州联考)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σ)，N(μ2，σ)，其正态分布密度曲线如图所示，则下列说法错误的是( )
A．甲类水果的平均质量为0.4 kg
B．甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝1.99
(2)某校在一次月考中约有600人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布X～N(90，a2)(a>0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有________人。
解析 (1)由图象可知甲的正态曲线关于直线x＝0.4对称，乙的正态曲线关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，A项正确，C项正确。由图可知甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右，B项正确。因为乙的正态曲线的最大值为1.99，即＝1.99，所以σ2≠1.99，D项错误。故选D。
(2)因为成绩服从正态分布X～N(90，a2)，
所以其正态分布曲线关于直线x＝90对称，
又因为成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，
由对称性知成绩在110分以上的人数约为总人数的×＝，所以此次数学考试成绩不低于110分的学生约有×600＝120(人)。
答案 (1)D (2)120
解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间。利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率。注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0。
【变式训练】 (1)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<4)＝( )
A．0.6 B．0.4
C．0.3 D．0.2
(2)(2019·广东茂名一模)设X～N(1,1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )
(注：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ
A．7 539 B．6 038
C．7 028 D．6 587
解析 (1)由P(ξ<4)＝0.8，得P(ξ≥4)＝0.2。又正态曲线关于x＝2对称。则P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.2，所以P(0<ξ<4)＝1－P(ξ≤0)－P(ξ≥4)＝0.6。故选A。
(2)因为X～N(1,1)，所以μ＝1，σ＝1，μ＋σ＝2。因为P(μ－σ
1．(配合例1使用)袋中有大小完全相同的2个白球和3个黄球，逐个不放回地摸出2个球，设“第一次摸到白球”为事件A，“摸到的2个球同色”为事件B，则P(B|A)＝( )
A. B. C. D.
解析 P(B|A)＝＝＝。故选C。
答案 C
2．(配合例2使用)2011年，国际数学协会正式宣布，将每年的3月14日设为“国际数学节”，其来源是中国古代数学家祖冲之的圆周率。为庆祝该节日，某校举办的“数学嘉年华”活动中，设计了如下的有奖闯关游戏：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，则分别获得5个、10个、20个学豆的奖励，游戏还规定：当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束。设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为，，，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响。
(1)求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；
(2)设该选手所得学豆总数为X，求X的分布列。
解 (1)设“甲第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件A，“甲第一关闯关成功但第二关闯关失败”为事件A1，“甲前两关闯关成功但第三关闯关失败”为事件A2，则事件A1，A2互斥。
P(A1)＝××＝，
P(A2)＝××××＝，
故P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝。
(2)X所有可能的取值为0,5,15,35。
P(X＝0)＝＋P(A)＝，
P(X＝5)＝×＝，
P(X＝15)＝×××＝，
P(X＝35)＝××××＝。
所以X的分布列为
X
0
5
15
35
P
3.(配合例3使用)某学校为了丰富学生的课余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取一首，背诵正确加10分，背诵错误减10分，且背诵结果只有“正确”和“错误”两种。其中某班级学生背诵正确的概率p＝，记该班级完成n首背诵后的总得分为Sn。
(1)求S6＝20且Si≥0(i＝1,2,3)的概率；
(2)记ξ＝|S5|，求ξ的分布列及数学期望。
解 (1)当S6＝20时，即背诵6首后，正确的有4首，错误的有2首。
由Si≥0(i＝1,2,3)可知，若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵正确2首；
若第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵正确2首。
则所求的概率P＝2×C2×2＋×××C2×＝。
(2)由题意知ξ＝|S5|的所有可能的取值为10,30,50，又p＝，
所以P(ξ＝10)＝C3×2＋C2×3＝，
P(ξ＝30)＝C4×1＋C1×4＝，
P(ξ＝50)＝C5×0＋C0×5＝，
所以ξ的分布列为
ξ
10
30
50
P
所以E(ξ)＝10×＋30×＋50×＝。
二项分布与超几何分布的辨别方法
超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立。当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布。
【典例】 写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数。
(2)X2表示连续抛掷2枚骰子，所得的2个骰子的点数之和。
(3)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N>M>0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n>N)，抽出的次品件数为X3。
(4)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X4(N－M>n>0)。
【解】 (1)X1的分布列为
X1服从二项分布，即X1～B。
(2)X2的分布列为
(3)X3的分布列为
X3服从二项分布，即X3～B。
(4)X4的分布列为
X4服从超几何分布。
【变式训练】 从某批产品中，有放回地抽取产品两次，每次随机抽取1件。假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”，其概率P(A)＝0.96。
(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；
(2)若该批产品共100件，从中无放回地抽取2件，ξ表示取出的2件产品中二等品的件数，求ξ的分布列。
解 (1)记A0表示事件“取出的2件产品中无二等品”，A1表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”，则A0，A1互斥，且A＝A0∪A1，故P(A)＝P(A0∪A1)＝P(A0)＋P(A1)＝(1－p)2＋Cp(1－p)＝1－p2，即0.96＝1－p2。
解得p＝0.2或p＝－0.2(舍去)。
故从该批产品中任取1件是二等品的概率为0.2。
(2)该批产品共100件，由(1)知其二等品有100×0.2＝20(件)，ξ的可能取值为0,1,2。
故P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝。
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
2019考纲考题考情
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)＝为在事件A发生的条件下，事件B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)＝P(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)＝P(A)·P(B)，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，与B，与也都相互独立。
(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)＝P(A1)P(A2)…P(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)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n。此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率。
3．正态分布
(1)正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝e，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)＝φμ，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的变化而沿着x轴平移。
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定。σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散。
(4)正态分布中的3σ原则
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6。
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4。
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4。
1．相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)。
2．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次。
3．P(A·B)＝P(A)·P(B)只有在事件A，B相互独立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)。
一、走进教材
1．(选修2－3P55练习T3改编)天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3。假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( )
A．0.2 B．0.3 C．0.38 D．0.56
解析 设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38。故选C。
答案 C
2．(选修2－3P54练习T2改编)100件产品中有5件次品，不放回地抽取2次，每次抽1件，已知第1次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为( )
A. B.
C. D.
解析 根据题意，在第一次抽到次品后，有4件次品，95件正品；则第二次抽到正品的概率为P＝，故选D。
答案 D
3．(选修2－3P75B组T2改编)若X～N(5,1)，则P(3
C．0.341 4 D．0.135 9
解析 依题意得P(3
二、走近高考
4．(2018·全国卷Ⅲ)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，D(X)＝2.4，P(X＝4)
解析 依题意X～B(10，p)，因为D(X)＝np(1－p)，所以p＝0.4或p＝0.6，因为P(X＝4)＝Cp4(1－p)6
答案 B
5．(2015·全国卷Ⅰ)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．0.648 B．0.432
C．0.36 D．0.312
解析 记事件M＝{恰好投中2次}，N＝{3次都投中}，E＝{通过测试}，则事件M与N互斥，且E＝M∪N。又P(M)＝C×(0.6)2×(1－0.6)＝0.432，P(N)＝C×(0.6)3＝0.216，所以P(E)＝P(M∪N)＝P(M)＋P(N)＝0.648。故选A。
答案 A
三、走出误区
微提醒：①条件概率公式套用错误；②相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误。
6．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)＝，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)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝。
答案
7．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，，在操作考试中“合格”的概率依次为，，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×＝，乙获得“合格证书”的概率是×＝，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是×＋×＝。
答案
考点一 条件概率
【例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. B. C. D.
解析 P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝。由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝。故选B。
答案 B
【互动探究】 (1)把本例中的事件B：“取到的2个数均为偶数”改为“取到的2个数均为奇数”，则P(B|A)＝________。
(2)把本例事件A中的“和”变为“积”，其他条件不变，则P(B|A)＝________。
解析 (1)事件A＝“取到的2个数之和为偶数”所包含的基本事件有：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)，所以P(A)＝。事件B：“取到的2个数均为奇数”所包含的基本事件有(1,3)，(1,5)，(3,5)，所以P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝。
(2)事件A：“取到的2个数之积为偶数”所包含的基本事件有：(1,2)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，所以P(A)＝。事件B：“取到的2个数均为偶数”所包含的基本事件有(2,4)，所以P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝＝。
答案 (1) (2)
条件概率的求法
1．定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)。
2．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)＝。
【变式训练】 (2019·广东珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海。一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( )
A．0.05 B．0.007 5
C. D.
解析 设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝。故选C。
答案 C
考点二 相互独立事件的概率
【例2】 (2019·福州四校联考)某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵。某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图。已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元、2万元、3万元。现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆。以这100位客户所采用的分期付款方式的频率估计1位客户采用相应分期付款方式的概率。
(1)求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；
(2)记X(单位：万元)为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列与期望。
解 (1)设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，
P(A)＝＝0.35，P(B)＝＝0.45，
P(C)＝＝0.2，
所以甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率P＝1－[(P(A)·P(A)＋P(B)·P(B)＋P(C)·P(C)]＝0.635。
(2)由题意知，X的所有可能取值为2,3,4,5,6，
P(X＝2)＝P(A)P(A)＝0.35×0.35＝0.122 5，
P(X＝3)＝P(A)P(B)＋P(B)P(A)＝0.35×0.45＋0.45×0.35＝0.315，
P(X＝4)＝P(A)P(C)＋P(B)P(B)＋P(C)P(A)＝0.35×0.2＋0.45×0.45＋0.2×0.35＝0.342 5，
P(X＝5)＝P(B)P(C)＋P(C)P(B)＝0.45×0.2＋0.2×0.45＝0.18，
P(X＝6)＝P(C)P(C)＝0.2×0.2＝0.04。
所以X的分布列为
X
2
3
4
5
6
P
0.122 5
0.315
0.342 5
0.18
0.04
E(X)＝0.122 5×2＋0.315×3＋0.342 5×4＋0.18×5＋0.04×6＝3.7。
复杂事件的概率计算方法：(1)利用分类讨论思想将事件拆分为若干个互斥事件；(2)利用“正难则反”的思想将所求事件的概率转化为对立事件的概率。
【变式训练】 为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动。该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)。有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时。
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列。
解 (1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，
两人都付0元的概率为P1＝×＝，
两人都付40元的概率为P2＝×＝，
两人都付80元的概率为
P3＝×＝×＝，
则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝。
(2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0,40,80,120,160，则：
P(ξ＝0)＝×＝；
P(ξ＝40)＝×＋×＝；
P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝；
P(ξ＝120)＝×＋×＝；
P(ξ＝160)＝×＝。
ξ的分布列为
ξ
0
40
80
120
160
P
考点三 独立重复试验与二项分布
【例3】 (2018·全国卷Ⅰ)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(0
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值。已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用。
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
解 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18。
因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)。
令f′(p)＝0，得p＝0.1。
当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0。
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1。
(2)由(1)知，p＝0.1。
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，
X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y。
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490。
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元。
由于E(X)>400，故应该对余下的产品作检验。
利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率。
【变式训练】 (2019·安徽示范高中联考)前不久，安徽省社科院发布了2017年度“安徽城市居民幸福排行榜”，铜陵市成为本年度安徽“最幸福城市”。随后，师大附中学生会组织部分同学，用“10分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度。现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)记录了他们的幸福度分数。
(1)指出这组数据的众数和中位数；
(2)若幸福度不低于9.5分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这16人中随机选取3人，至多有1人的幸福度是“极幸福”的概率；
(3)以这16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ξ表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望。
解 (1)由茎叶图得8.6出现的次数最多，所以众数为8.6；将茎叶图中的所有数据从小到大排列，得中位数为8.75。
(2)设事件Ai(i＝0,1,2,3)表示所取3人中有i人的幸福度是“极幸福”，至多有1人的幸福度是“极幸福”记为事件A，结合茎叶图得P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝＋＝。
(3)ξ的可能取值为0,1,2,3，由样本估计总体得任选1人，其幸福度为“极幸福”的概率为＝，则
P(ξ＝0)＝3＝；
P(ξ＝1)＝C××2＝；
P(ξ＝2)＝C×2×＝；
P(ξ＝3)＝3＝。
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝0.75。
考点四 正态分布及其应用
【例4】 (1)(2019·南宁、柳州联考)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σ)，N(μ2，σ)，其正态分布密度曲线如图所示，则下列说法错误的是( )
A．甲类水果的平均质量为0.4 kg
B．甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝1.99
(2)某校在一次月考中约有600人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布X～N(90，a2)(a>0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有________人。
解析 (1)由图象可知甲的正态曲线关于直线x＝0.4对称，乙的正态曲线关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，A项正确，C项正确。由图可知甲类水果的质量分布比乙类水果的质量分布更集中于平均值左右，B项正确。因为乙的正态曲线的最大值为1.99，即＝1.99，所以σ2≠1.99，D项错误。故选D。
(2)因为成绩服从正态分布X～N(90，a2)，
所以其正态分布曲线关于直线x＝90对称，
又因为成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，
由对称性知成绩在110分以上的人数约为总人数的×＝，所以此次数学考试成绩不低于110分的学生约有×600＝120(人)。
答案 (1)D (2)120
解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间。利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率。注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0。
【变式训练】 (1)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<4)＝( )
A．0.6 B．0.4
C．0.3 D．0.2
(2)(2019·广东茂名一模)设X～N(1,1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )
(注：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ
A．7 539 B．6 038
C．7 028 D．6 587
解析 (1)由P(ξ<4)＝0.8，得P(ξ≥4)＝0.2。又正态曲线关于x＝2对称。则P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.2，所以P(0<ξ<4)＝1－P(ξ≤0)－P(ξ≥4)＝0.6。故选A。
(2)因为X～N(1,1)，所以μ＝1，σ＝1，μ＋σ＝2。因为P(μ－σ
1．(配合例1使用)袋中有大小完全相同的2个白球和3个黄球，逐个不放回地摸出2个球，设“第一次摸到白球”为事件A，“摸到的2个球同色”为事件B，则P(B|A)＝( )
A. B. C. D.
解析 P(B|A)＝＝＝。故选C。
答案 C
2．(配合例2使用)2011年，国际数学协会正式宣布，将每年的3月14日设为“国际数学节”，其来源是中国古代数学家祖冲之的圆周率。为庆祝该节日，某校举办的“数学嘉年华”活动中，设计了如下的有奖闯关游戏：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，则分别获得5个、10个、20个学豆的奖励，游戏还规定：当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束。设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为，，，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响。
(1)求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；
(2)设该选手所得学豆总数为X，求X的分布列。
解 (1)设“甲第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件A，“甲第一关闯关成功但第二关闯关失败”为事件A1，“甲前两关闯关成功但第三关闯关失败”为事件A2，则事件A1，A2互斥。
P(A1)＝××＝，
P(A2)＝××××＝，
故P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝。
(2)X所有可能的取值为0,5,15,35。
P(X＝0)＝＋P(A)＝，
P(X＝5)＝×＝，
P(X＝15)＝×××＝，
P(X＝35)＝××××＝。
所以X的分布列为
X
0
5
15
35
P
3.(配合例3使用)某学校为了丰富学生的课余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取一首，背诵正确加10分，背诵错误减10分，且背诵结果只有“正确”和“错误”两种。其中某班级学生背诵正确的概率p＝，记该班级完成n首背诵后的总得分为Sn。
(1)求S6＝20且Si≥0(i＝1,2,3)的概率；
(2)记ξ＝|S5|，求ξ的分布列及数学期望。
解 (1)当S6＝20时，即背诵6首后，正确的有4首，错误的有2首。
由Si≥0(i＝1,2,3)可知，若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵正确2首；
若第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵正确2首。
则所求的概率P＝2×C2×2＋×××C2×＝。
(2)由题意知ξ＝|S5|的所有可能的取值为10,30,50，又p＝，
所以P(ξ＝10)＝C3×2＋C2×3＝，
P(ξ＝30)＝C4×1＋C1×4＝，
P(ξ＝50)＝C5×0＋C0×5＝，
所以ξ的分布列为
ξ
10
30
50
P
所以E(ξ)＝10×＋30×＋50×＝。
二项分布与超几何分布的辨别方法
超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立。当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布。
【典例】 写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数。
(2)X2表示连续抛掷2枚骰子，所得的2个骰子的点数之和。
(3)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N>M>0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n>N)，抽出的次品件数为X3。
(4)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X4(N－M>n>0)。
【解】 (1)X1的分布列为
X1服从二项分布，即X1～B。
(2)X2的分布列为
(3)X3的分布列为
X3服从二项分布，即X3～B。
(4)X4的分布列为
X4服从超几何分布。
【变式训练】 从某批产品中，有放回地抽取产品两次，每次随机抽取1件。假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”，其概率P(A)＝0.96。
(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；
(2)若该批产品共100件，从中无放回地抽取2件，ξ表示取出的2件产品中二等品的件数，求ξ的分布列。
解 (1)记A0表示事件“取出的2件产品中无二等品”，A1表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”，则A0，A1互斥，且A＝A0∪A1，故P(A)＝P(A0∪A1)＝P(A0)＋P(A1)＝(1－p)2＋Cp(1－p)＝1－p2，即0.96＝1－p2。
解得p＝0.2或p＝－0.2(舍去)。
故从该批产品中任取1件是二等品的概率为0.2。
(2)该批产品共100件，由(1)知其二等品有100×0.2＝20(件)，ξ的可能取值为0,1,2。
故P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝。
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
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