2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案10.5《二项分布与正态分布》 (2份打包，原卷版+教师版)

这是一份2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案10.5《二项分布与正态分布》 (2份打包，原卷版+教师版)，文件包含2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案105《二项分布与正态分布》教师版doc、2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案105《二项分布与正态分布》原卷版doc等2份教案配套教学资源，其中教案共28页， 欢迎下载使用。
1.结合古典概型，考查条件概率、独立事件的概率的计算，凸显数学运算的核心素养．
2．结合n次独立重复试验的概念，考查随机变量的二项分布，凸显数学抽象的核心素养．
3．结合频率分布直方图，考查正态分布曲线的特点、3σ原则的应用，凸显直观想象的核心素养．
[理清主干知识]
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)＝eq \f(PAB,P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eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)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)＝Ceq \\al(k,n)pk(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)＝eq \f(1,\r(2π)σ)e SKIPIF 1 < 0 ，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)＝eq \i\in(a,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eq \f(1,σ\r(2π)).
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.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(条件概率)甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别等于( )
A.eq \f(1,3)，eq \f(2,5) B.eq \f(2,3)，eq \f(2,5) C.eq \f(2,3)，eq \f(3,5) D.eq \f(1,2)，eq \f(3,5)
解析：选C P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.12,0.18)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.12,0.2)＝eq \f(3,5).
2．(正态分布)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)．若P(ξ＞2)＝0.023，则P(﹣2≤ξ≤2)＝( )
A．0.477 B．0.628 C．0.954 D．0.977
解析：选C ∵μ＝0，∴P(ξ＞2)＝P(ξ＜﹣2)＝0.023，∴P(﹣2≤ξ≤2)＝1﹣2×0.023＝0.954.
3．(二项分布)设随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)等于________．
解析：∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，∴P(X＝3)＝Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＝eq \f(5,16).
答案：eq \f(5,16)
4．(相互独立事件)甲、乙、丙三人将参加某项测试．他们能达标的概率分别是0.8,0.6,0.5，则三人都达标的概率为________，三人中至少有一人达标的概率为________．
解析：每个人是否达标是相互独立的，
“三人中至少有一人达标”的对立事件为“三人均未达标”，
设三人都达标为事件A，三人中至少有一人达标为事件B，
则P(A)＝0.8×0.6×0.5＝0.24，P(B)＝1﹣0.2×0.4×0.5＝0.96.
答案：0.24 0.96
二、易错点练清
1．(条件概率公式使用错误)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)＝eq \f(1,2)，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)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，所以P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
2．(恰有一个发生理解错误)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eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，在操作考试中“合格”的概率依次为eq \f(1,2)，eq \f(5,6)，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eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,5)，乙获得“合格证书”的概率是eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,9)，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \f(5,9)＝eq \f(23,45).
答案：eq \f(23,45)
考点一 事件的相互独立性及条件概率
考法(一) 条件概率
[例1] (1)现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
(2)2020年疫情的到来给人们生活学习等各方面带来种种困难．为了顺利迎接高考，某省制定了周密的毕业年级复学计划．为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查．学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测．已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，假设该疾病患病率为0.1%，且患病者检验呈阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率为( )
A．0.99% B．99% C．49.5% D．36.5%
[解析] (1)法一：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，
则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3×2,A\\al(2,5)),\f(3,5))＝eq \f(1,2).故选C.
法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为eq \f(1,2).故选C.
(2)设A为“某人检验呈阳性”，B为“此人患病”，则“某人检验呈阳性时他确实患病”为B|A，由题意知P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(99%×0.1%,0.2%)＝49.5%，故选C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧] 条件概率的3种求法
考法(二) 事件的相互独立性
[例2] 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] (1)X＝2就是某局双方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)＝0.5×0.4＋(1﹣0.5)×(1﹣0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方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)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
[方法技巧]
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
[针对训练]
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.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
解析：选B P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，由条件概率公式，得P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
2．一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3，各部件的状态相互独立．
(1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的概率；
(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．
解：(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A，B，C，
由题知P(A)＝0.1，P(B)＝0.2，P(C)＝0.3，各部件的状态相互独立，
所以部件1,2都不需要调整的概率P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B))＝P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))＝0.9×0.8＝0.72，
故部件1,2中至少有1个需要调整的概率为1﹣P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B))＝0.28.
(2)X可取0,1,2,3，P(X＝0)＝P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B)·eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))·P(eq \x\t(C))＝0.9×0.8×0.7＝0.504，
P(X＝1)＝P(A·eq \x\t(B)·eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)·B·eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)·eq \x\t(B)·C)
＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，
P(X＝3)＝P(A·B·C)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，P(X＝2)＝1﹣P(X＝0)﹣P(X＝1)﹣P(X＝3)＝0.092，
所以X的分布列为
E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝0.6.
考点二 独立重复试验与二项分布
[典例]“大湖名城，创新高地”的合肥，历史文化积淀深厚，民俗和人文景观丰富，科教资源众多，自然风光秀美，成为中小学生“研学游”的理想之地．为了将来更好地推进“研学游”项目，某旅游学校一位实习生在某旅行社实习期间，把“研学游”项目分为科技体验游、民俗人文游、自然风光游三种类型，并在前几年该旅行社接待的全省高一学生“研学游”学校中，随机抽取了100所学校，统计如下：
该实习生在明年省内有意向组织高一“研学游”的学校中，随机抽取了3所学校，并以统计的频率代替学校选择研学游类型的概率(假设每所学校在选择研学游类型时仅选择其中一类，且不受其他学校选择结果的影响)．
(1)若这3所学校选择的研学游类型是“科技体验游”和“自然风光游”，求这两种类型都有学校选择的概率；
(2)设这3所学校中选择“科技体验游”的学校数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
[解] (1)依题意，学校选择“科技体验游”的概率为eq \f(2,5)，选择“自然风光游”的概率为eq \f(1,5)，
∴若这3所学校选择研学游类型为“科技体验游”和“自然风光游”，则这两种类型都有学校选择的概率为P＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))＋Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝eq \f(18,125).
(2)X可能取值为0,1,2,3.则P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＝eq \f(54,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝eq \f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3＝eq \f(8,125)，
∴X的分布列为
∴E(X)＝0×eq \f(27,125)＋1×eq \f(54,125)＋2×eq \f(36,125)＋3×eq \f(8,125)＝eq \f(6,5).
[方法技巧]
与二项分布有关的期望、方差的求法
(1)求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1﹣p)求解，可大大减少计算量．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b).
[针对训练]
一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列及数学期望．
解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X～B(3,0.6)，X可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)·(1﹣0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)·0.6(1﹣0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)·0.62(1﹣0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)·0.63＝0.216.故X的分布列为
E(X)＝3×0.6＝1.8.
考点三 正态分布
[典例] 为提高城市居民生活幸福感，某城市公交公司大力确保公交车的准点率，减少居民乘车候车时间，为此，该公司对某站台乘客的候车时间进行统计．乘客候车时间受公交车准点率、交通拥堵情况、节假日人流量增大等情况影响，在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，乘客候车时间随机变量X满足正态分布N(μ，σ2)．在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，调查了大量乘客的候车时间，经过统计得到如图频率分布直方图．
(1)在直方图各组中，以该组区间的中点值代表该组中的各个值，试估计μ，σ2的值；
(2)在统计学中，发生概率低于千分之三的事件叫小概率事件，一般认为，在正常情况下，一次试验中，小概率事件是不可能发生的．在交通拥堵情况正常、非节假日的某天，随机调查了该站的10名乘客的候车时间，发现其中有3名乘客候车时间超过15分钟，试判断该天公交车准点率是否正常，并说明理由．
参考数据：eq \r(19.2)≈4.38，eq \r(21.4)≈4.63，eq \r(26.6)≈5.16，0.841 357≈0.298 4,0.841 356≈ 0.354 7,0.158 653≈0.004 0，0.158 654≈0.000 6，P(μ﹣σ