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2016届高三数学一轮总复习:专题14-概率(含解析)


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专题十四、概率 抓住 6 个高考重点
重点 1 随机事件的概率 1.频率与概率 (1)频率:在相同条件下重复 n 次试验,观察某一事件 A 是否出现,称 n 次试验中事件 A 出现的次数 m 为事件 A 的频数,那么事件 A 出现的频率 f n ( A) ?

m ,频率的取

值范围为 [0,1] . n

(2)概率:对于给定的随机事件,如果随着试验次数的增加,事件 A 发生的频率稳定在某个常数附近,我们把这 个常数记为 P(A),称为事件 A 的概率. 频率与概率有本质的区别,不可混为一谈,频率随着试验次数的改变而变化,概率却是一个常数,它是频率的 科学抽象.当试验次数越来越多时,频率向概率靠近.只要试验次数足够多,所得频率就近似地当做随机事件的概率. 2.事件的关系及运算 (1)对于事件 A 和事件 B,如果事件 A 发生,事件 B 一定发生,称事件 B 包含事件 A(或事件 A 包含于事件 B). (2)若事件 A 发生当且仅当事件 B 也发生,称事件 A 等于事件 B. (3)若某事件发生当且仅当事件 A 发生或事件 B 发生,称该事件为事件 A 与事件 B 的并事件(或和事件) ,记作 A ? B ( 或 ) . A? B (4)若某事件发生当且仅当事件 A 且事件 B 都发生,则称该事件为事件 A 与事件 B 的交事件(或积事件) ,记作 AB(或 A ? B ). (5)若 A ? B 为不可能事件,则称事件 A 与事件 B 互斥. (6)若 A ? B 为不可能事件,而 A ? B 为必然事件,则称 A 与 B 为对立事件. 3.概率的性质 (1) P( A) ? [0,1] ,其中必然事件的概率为 1,不可能事件的概率为 0. (2)若事件 A 与事件 B 互斥,则 P ( A ? B) ? P( A) ? P( B) . (3)若事件 A 与事件 B 对立,则 P ( A) ? 1 ? P ( B ) [高考常考角度] 角度 1 某射手在同一条件下进行射击,结果如下表所示: 射击次数 n 击中靶心的次数 m 击中靶心的频率
m n

10 8

20 19

50 44

100 90

200 178

500 455

1000 906

(1)计算表中击中靶心的各个频率; (2)这个运动员击中靶心的概率约是多少? 解析:本题考查频率与概率. (1)依据频率的计算公式,可以依次计算出表中击中靶心的的频率.

8 19 44 90 ? 0.8, f (2) ? ? 0.95, f (3) ? ? 0.88, f (4) ? ? 0.9, 10 20 50 100 178 455 906 f (5) ? ? 0.89, f (6) ? ? 0.91, f (7) ? ? 0.906 200 500 1000 f (1) ?
(2)由(2)知,射击的次数不同,计算得到的频率值也不同,但随着射击次数的增多,频率都在常数 0.9 的附近 摆动,所以击中靶心的概率约为 0.9 角度 2 (1)以下命题: ①将一枚硬币抛掷两次,设事件 A:“两次都出现正面”,事件 B:“两次都出现反面”,则事件 A 与事件 B 是 对立事件;
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②在命题①中,事件 A 与事件 B 是互斥事件; ③在 10 件产品中有 3 件是次品,从中任取 3 件,事件 A:“所取 3 件中最多有 2 件是次品” ,事件 B:“所取 3 件中至少有 2 件是次品”,则事件 A 与事件 B 是互斥事件. 正确命题的个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 (2)盒中有 4 只白球,5 只黑球,从中任意取出一只球. ①“取出的球是黄球”是什么事件?它的概率是多少? ②“取出的球是白球”是什么事件?它的概率是多少? ③“取出的球是白球或黑球”是什么事件?它的 概率是多少? 解析:本题考查随机事件与随机事件的概率. (1)将一枚硬币抛掷两次,除去 A、B 的结果,还可能出现“一次正面,一次反面”或“一次反面,一次正面”两 种情况,因此①不正确,②正确;对于③,A 与 B 有可能出现共同结果“1 件正品,2 件次品”,即事件 A 与事件 B 不是互斥事件,故③不正确.故选 B (2)①“取出的球是黄球”在题设条件下不可能发生,是不可能事件,概率为 0 ②“取出的球是白球”是随机事件,概率是

4 9

③“取出的球是白球或黑球”在题设条件下必然要发生,是必然事件,概率为 1 重点 2 古典概型 1.古典概率模型: (1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个; (2)每个基本事件出现的可能性相等.我们将具有这两个特点的概率模型称为古典概率模型,简 称古典概型. 并不是所有的试验都是古典概型,例如,在适宜的条件下种下一粒种子并观察它是否“发芽”,这个试验的基 本事件空间为{发芽,不发芽},而“发芽”与“不发芽”这两种结果出现的机会一般是不均等的. 2.古典概型的概率公式: P( A) ?

A包含的基本事件的个数
基本事件的总数

3.学会用最原始的方法计算基本事件个数,许多古典概型的试题其基本事件个数的计算没有直接的公式可以套用, 这时就要回归到最原始的方法解基本事件的个数,一般就是列举法,通过列举把所有的基本事件找出来,在列举时 注意借助于图表、坐标系等进行. 4.对于求较复杂事件的古典概型的概率问题,可以利用分类讨论的方法求出总体包含的基本事件的个数及事件包含 的基本事件的个数,然后将所求事件转化成彼此互斥的事件的和,或者先求对立事件的概率,进而用互斥事件的概 率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率. [高考常考角度] 角度 1 有 3 个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两 位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )

A.

1 3

B.

1 2

C.

2 3

D.

3 4

解析: (理科解法)由题知 P( A) ?

1 C3 1 ? ,故选 A. 2 3 3

(文理解法)记三个兴趣小组分别为 1,2,3,甲参加 1 组记为“甲 1” 则基本事件为“甲 1,乙 1;甲 1,乙 2;甲 1,乙 3;甲 2,乙 1;甲 2,乙 2;甲 2,乙 3;甲 3,乙 1;甲 3,乙 2; 甲 3,乙 3”,共 9 种 记事件 A 为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”,其中事件 A 包含的基本事件有“甲 1,乙 1;甲 2,乙 2;
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甲 3,乙 3”,共 3 个. 因此 P ( A) ?

3 1 ? ,故选 A 9 3

角度 2 甲乙两人一起去游“2011 西安世园会”,他们约定,各自独立地从 1 到 6 号景点中任选 4 个进行游览,每个 景点参观 1 小时,则最后 1 小时他们同在一个景点的概率是( )

A.

1 36

B.

1 9

C.

5 36

D.

1 6

点评:本题抓住主要条件,去掉次要条件( 例如参观时间)可以简化解题思路,然后把问题简化为两人所选的游览 景点路线的排列问题.理科使用排列组合反而复杂
4 4 解析: (理科解法)甲、乙两人各自独立任选 4 个景点的情形共有 A6 种;最后一小时他们同在一个景点的情形 ? A6 3 3 有 A5 ? A5 ? 6 种,所以 P ?
3 3 A5 ? A5 ?6 1 ? . 4 4 A6 ? A6 6

(文理科解法)若用{1,2,3,4,5,6}代表 6 处景点,显然甲、乙两人选择结果为{1,1}、{1,2}、{1,3}、?、{6,6}, 共 36 种;其中满足题意的“同一景点相遇”包括{1,1}、{2,2}、{3,3}、?、{6,6},共 6 个基本事件, 故所求的概率为 P( A) ?

6 1 ? ,故选 D 36 6

对一些情境较为简单、基本事件个数不是太多的古典概型问题,用枚举法即可求事件发生的概率,但应特别注 意:枚举时要严防遗漏,绝不重复. 角度 3 电子钟一天显示的时间是从 00:00 到 23:59,每一时刻都由四个数字组成,则一天中任一时刻的四个数字 之和为 23 的概率为( )

A.

1 180

B.

1 288

C.

1 360

D.

1 480

解析:本题考查古典概型概率的求解,数字之和为 23 的只有 09:59,18:59,19:49,19:58 四种可能,一天显 示的时间总共 24×60 =1 440 种,故所求概率为 P ( A) ?

4 1 ? ,故选 C 1440 360

点评:本题中,如何得出随机事件“任一时刻的四个数字之和为 23”所包含的基本事件的个数是解题的关键.在小 时上的两个数字之和最大为 10,即 19 点,最小为 0;在分钟上的两个数字之和最大为 14,即每个小时段的第 59 分 钟.要想使四个数字之和等于 23,只有以下两种情形:当分钟上的两个数字之和等于 14 时,小时上的两个数字之 和只能等于 9 ,也即只有 9 点和 1 8 点;当分钟上的两个数字之和等于 13 时,即每个小时段的第 49 分钟和第 58 分 钟,小时上的两个数字之和只能等于 10,即 19 点.

1 2 ax ? bx ? 1, 其中 a 为 2,4,6,8 中任取的一个数, b 为 1,3,5,7 中任取 2 的一个数,从这些抛物线中任意抽取两条,它们在与直线 x ? 1 交点处的切线相互平行的概率是( ) 1 7 6 5 A. B. C. D. 12 60 25 16 解析:本题结合抛物线、导数的应用考查古典概型概率的求解.这一组抛物线共 4 ? 4 ? 16 条,从中任意抽取两条,
角度 4 (理科)已知一组抛物线 y ? 共有 C16 ? 120 种不同的方法.它们在与直线 x ? 1 交点处的切线的斜率 k ? y? |x ?1 ? a ? b
2

若 a ? b ? 3 ,只有一种情形, (2+1) ,不合题意; 若 a ? b ? 5 ,有两种情形, (2+3,4+1) ,从中取出两条,有 C2 种取法;
2

若 a ? b ? 7 ,有三种情形, (2+5,4+3,6+1)从中取出两条,有 C3 种取法;
2

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2 若 a ? b ? 9 ,有四种情形, (2+7,4+5,6+3,8+1)从中取出两条,有 C4 种取法; 2 若 a ? b ? 11 ,有三种情形, (4+7,6+5,8+3)从中取出两条,有 C3 种取法; 2 若 a ? b ? 13 ,有两种情形, (8+5,6+7)从中取出两条,有 C2 种取法;

若 a ? b ? 15 ,只有一种情形, (8+7) ,不合题意
2 2 2 2 2 由分类加法计数原理知任取两条抛物线且满足题目要求的情形共有 C2 ? C3 ? C4 ? C3 ? C2 ? 14

故所求概率为 P ( A) ?

14 7 ? ,故选 B 120 60

本题中所有的抛物线共 16 条,这些抛物线在 x ? 1 处的斜率可以是 3,5,7,9,11,13,15,按照这个斜率对 16 条抛物线进行分类,每一类中取出的两条抛物线在与直线 x ? 1 交点处的切线斜率是相等的,随机事件的总数就 是所有这些取法之和,而基本事件的总数就是在 16 条抛物线中选取两条. 角度 5 甲、乙两校各有 3 名教师报名支教,其中甲校 2 男 1 女,乙校 1 男 2 女. (Ⅰ)若从甲校和乙校报名的教师中各任选 1 名,写出所有可能的结果,并求选出的 2 名教师性别相同的概率; (Ⅱ)若从报名的 6 名教师中任选 2 名,写出所有可能的结果,并求选出的 2 名教师来自同一学校的概率. 解析: (Ⅰ)甲校两男教师分别用 A、B 表示,女教师用 C 表示;乙校男教师用 D 表示,两女教师分别用 E、F 表示.从 甲校和乙校报名的教师中各任选 1 名的所有可能的结果为: (A,D),(A,E),(A,F),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F)共 9 种, 从中选出的两名教师性别相同的结果有:(A,D),(B,D),(C,E),(C,F)共 4 种, 选出的两名教师性别相同的概率为 P ?

4 9

(Ⅱ)从甲校和乙校报名的教师中任选 2 名的所有可能的结果为: (A,B)(A,C)(A,D)(A,E)(A,F)(B,C)(B,D)(B,E)(B,F)(C,D)(C,E)(C,F)(D,E)(D,F)(E,F)共 15 种, 从中选出两名教师来自同一学校的结果有: (A,B)(A,C)(B,C)(D,E)(D,F)(E,F)共 6 种, 选出的两名教师来自同一学校的概率为 P ?

6 2 ? . 15 5

重点 3 几何概型 1.几何概型:如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例,则称这样的概率模型为 几何概率模型,简称几何概型. 2.几何概型的概率公式: P( A) ?
构成事件A的区域长度(面积或体积) 试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)

3.均匀随机数:在一定范围内随机产生的数,其中每一个数产生的机会是一样的,通过模拟一些试验,可以代替我 们做大量的重复试验,从而求得几何概型的概率,一般地,利用计算机或计算器的 rand()函数可以产生 0~1 之间的 均匀随机数.a~b 之间的均匀随机数的产生:利用计算机或计算器产生 0~1 之间的均匀随机数 x= rand(),然后利用 伸缩和平移变换 x= rand()*(b-a)+a,就可以产生 a~b 之间的均匀随机数. 4.几何概型的两个特点:一是无限性,即在一次试验中,基本事件的个数可以是无限的;二是等可能性,即每一个 基本事件发生的可能性是均等的.因此,用几何概型和用古典概型求解概率问题的思路是相同的,同属于“比例解
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法”.即随机事件 A 的概率可以用“事件 A 包含的基本事件所占的图形面积(体积、长度) ”与“试验的基本事件 所占的总面积(总体积、总长度)”之比来表示. 5.几何概型是与古典概型最为接近的一种概率模型,两者的共同点是基本事件是等可能的,不同点是基本事件数前 者是无限的(基本事件可以抽象为点) ,后者是有限的.对于几何概型而言,这些点尽管是无限的,但它们所占据的 区域是有限的,根据等可能性,其中某个点落在某区域上的概率与该区域的几何度量成正比,而与该区域的位置和 形状无关. 6.几种常见的几何概型概率的求法: (1)设线段 l 是线段 L 的一部分,向线段 L 上任投一点,此点落在线段 l 上的概率为 P ?

l的长度
L的长度

(2)设平面区域 g 是平面区域 G 的一部分,向区域 G 上任投一点,此点落在区域 g 上的概率为 P ?

g的面积
G的面积

(3)设空间区域 v 是空间区域 V 的一部分,向区域 v 上任投一点,此点落 在区域 V 上的概率为 P ?

v的体积
V 的体积

7.化解几何概型问题要从以下三方面做起: (1)明确几何概型的意义.几何概型是基本事件个数有无限个,每个基本事件发生的可能性相等的一个概率模型, 这个概率模型的显著特点是每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例. (2)记住几何概型的计算公式.几何概型的计算就是找随机事件所占有的几何度量值和整个基本事件所占有的几何 度量值的比值.即如果整个基本事件占有的几何度量值为 M,随机事件 A 所占有的几何度量值为 N,则事件 A 发生的 概率 P ( A) ?

N M

(3)掌握转化策略.很多几何概型往往要通过一定的手段才能转化到几何度量值的计算上来,在解决问题时要善于 根据问题的具体情况进行转化,如把从两个区间内取出的实数看作坐标平面上的点的坐标,将问题转化为平面上的 区域问题等,这种转化策略是化解几何概型试题难点的关键. [高考常考角度] 角度 1 已知菱形 ABCD 的边长为 2, B 的距离均不小于 1 的概率是 ( ?A ? 30 , 则该菱形内的点到菱形的顶点 A,
0



A.

? 4

B. 1 ?

? 4

C. 1 ?

?
12

D. 1 ?

5? 12

解析:本题考查几何概型的意义以及几何概型概率的求解. 如图所示,只有当点位于菱形内的空白区域时,其到 A,B 的距离才均不小于 1,菱 形的面积为 2 ? 2sin 30 ? 2
0

两个阴影部分的扇形面积之和恰好是一个半径为 1 的半圆,其面积为

? ? ,故空白区域的面积为 2 ? , 2 2

所求的概率是 P ?

2?

2 ? 1 ? ? ,故选 B 2 4

?

点评:经分析可知本题中以点 B 为圆心的扇形,其圆弧恰好与菱形的边 AB,CD 相切.几何概型所依据的知识背景极 为广阔,面对不同的试题要认真进行分析.

?a ? b ? 8 ? 0 ? 角度 2 已知关于 x 的一元二次函数 f ( x) ? ax ? 4bx ? 1 ,其中实数 a , b 满足 ? a ? 0 ,则函数 y ? f ( x) 在区 ?b ? 0 ?
2

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间 [1, ??) 上是增函数的概率是_______ 解析: 本题结合不等式组所表示的平面区域考查几何概型概率的求解, 函数 f ( x) ? ax2 ? 4bx ? 1 在 [1, ??) 上单调递 增的充要条件是

2b a ? 1 ,即 b ? .作出平面区域如图所示. a 2 16 8 , )) 3 3

问题等价于向区域 OAB 中任意掷点,点落在区域 OAC(点 C 的坐标是 (

1 8 ? ?8 1 2 3 中的概率,这个概率值是 P ? ? 1 ?8?8 3 2

[答案]

1 3

角度 3 蜜蜂在一个棱长为 3 的正方体内自由飞行, 若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体 6 个表面的距离均大于 1, 称其为“安全飞行”,则蜜蜂“安全飞行”概率为( ) A.

4 27

B.

1 9

C.

4 9

D.

1 27

解析:本题考查几何概型概率的求解.蜜蜂“安全飞行”需要距正方体各表面距离均大于 1,故其活动范围在大正 方体内的一个棱长为 l 的小正方体中,所以蜜蜂“安全飞行”的概率为 P ?

13 1 ? ,故选 D 3 3 27

几何概型有“线型”的,其概率是随机事件所在线段和所有基本事件所在线段的长度之比;“面积型”的,其 概率是随机事件所在面和所有基本事件所在面的面积之比;“体积型”的,其概率是随机事件所在的空间几何体和 所有基本事件所在的空间几何体的体积之比. 角度 4 如图, 在长方体 ABCD ? A (点 E 与 B1 不重合) , 且 EH // A1D1 , 1B 1C1D 1 中,E , H 分别是棱 A 1B 1, D 1C1 上的点 过 EH 的平面与棱 BB1 , CC1 相交,交点分别为 F , G . (Ⅰ)证明: AD // 平面 EFGH ; (Ⅱ)设 AB ? 2 AA1 ? 2a, 在长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 内随机选取一点,记该点取自于几何体

A1 ABFE ? D1DCGH 内的概率为 p .当点 E , F 分别在棱 A1B1 , B1B 上运动且满足 EF ? a 时,求 p 的最小值.
点评:本题考查空间直线、平面的位置关系,以及空间几何体的体积、几何概型等基础知识,考查空间想象能力、 推理推证能力、运算求解能力. 解析: (Ⅰ)方法一:在长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中, AD // A 1D 1 又 EH // A1D1 ,? AD // EH

? AD ? 平面 EFGH , EH ? 平面 EFGH ? AD // 平面 EFGH ;
2 (Ⅱ)设 BC ? b ,则长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 的体积为 V ? 2a ? a ? b ? 2a b ,

几何体 EB1F ? HC1G 的体积 V1 ? ( EB1 ? B1 F ) ? B1C1 ?

1 2

b EB1 ? B1 F 2

? EB12 ? B1F 2 ? EF 2 ? a2 ,
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? EB1 ? B1F ?
2

EB12 ? B1F 2 a 2 2 ? ,当且仅当 EB1 ? B1F ? a 时等号成立, 2 2 2

a 2b 2 V ab 7 从而 V1 ? a 时等号成立, ? p ? 1 ? 1 ? 1 ? 42 ? ,当且仅当 EB1 ? B1F ? 2 4 V 2a b 8 7 ? p 的最小值为 8
方法二: (Ⅰ)同方法一
2 (Ⅱ)设 BC ? b ,则长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 的体积为 V ? 2a ? a ? b ? 2a b ,

几何体 EB1F ? HC1G 的体积 V1 ? ( EB1 ? B1 F ) ? B1C1 ?

1 2

b EB1 ? B1 F 2

设 ?B1EF ? ? (00 ? ? ? 900 ) ,则 EB1 ? a cos? , B1F ? a sin ?

1 2 1 a sin 2? ? a 2 ,当且仅当 sin 2? ? 1 ,即 ? ? 450 时等号成立, 2 2 2 ab 2 V ab 7 从而 V1 ? ? p ? 1 ? 1 ? 1 ? 42 ? ,当且仅当 sin 2? ? 1 ,即 ? ? 450 时等号成立, 4 V 2a b 8 7 ? p 的最小值为 8 ? EB1 ? B1 F ? a 2 sin ? cos ? ?

重点 4 n 次独立重复试验的概率问题(理科) 1. n 次独立重复试验概型:在相同条件下重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验,在 n 次独立重复试验中,如果
k k n ?k 事件 A 发生的概率为 p, 则在 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率为 P , 这是概率计 n (k ) ? Cn p (1 ? p)

算中应用非常广泛的一种概率模型. 2.明确 n 次独立重复试验概型的适用环境:根据定义,n 次独立重复试验是在相同条件下的重复试验,也就是说每 次试验时事件 A 要么发生要么不发生,但事件 A 发生的概率是相同的.在实际问题中,我们往往把一些发生的概率 相等,互相之间没有必然联系的事件看作独立重复试验,如 5 位同学参加竞赛,每位同学获奖的概率都是 0.4,则 获奖的人数就可以看作 5 次独立重复试验中事件发生的次数, 可以根据独立重复试验概型进行解决.明确 n 次独立重 复试验概型的适用环境,善于将实际问题归结到这个概率模型是化解这类概率应用问题的关键. 3.注意部分中的独立重复试验概型:在实际问题中,往往一个随机事件其中的一部分或若干部分符合独立重复试验 概型的条件,这时可以在这些部分中使用独立重复试验概型的计算公式,以达到简化计算的目的.

[高考常考角度] 角度 1 在全国大学生智能汽车总决赛中,某高校学生开发的智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标 原点出发,每次只能移动一个单位,沿 x 轴正方向移动的概率是

2 1 ,沿 y 轴正方向移动的概率为 ,则该智能汽车 3 3

移动 6 次恰好移动到点(3,3)的概率为____. 解析:本题考查独立重复试验的概率.若该智能汽车移动 6 次恰好到点(3,3),则智能汽车在移动过程中沿 x 轴正 方 向 移 动 3 次 、 沿 y 轴 正 方 向 移 动 3 次 , 因 此 智 能 汽 车 移 动 6 次 后 恰 好 位 于 点 (3 , 3) 的 概 率 为
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2 160 3 2 3 P ? C6 ( ) (1 ? )3 ? 3 3 729
角度 2 一袋中装有 5 个白球,3 个红球,现从袋中往外取球,每次取出一个,记下球的颜色,然后放回,直到红球 出现 10 次停止,用 X 表示取球的次数,则 P( X ? 12) =______________ 解析:本题考查相互独立事件的概率、独立重复试验概型.由已知,一次取球取到红球的概率为 为

3 ,取到白球的概率 8

5 ,? X ? 12 ,说明第 12 次取到的是红球,前 11 次取到 9 个红球和 2 个白球 8 9 3 9 5 2 3 2 3 10 5 2 P( X ? 12) ? C11 ( ) ( ) ? ? C11 ( ) ( ) 8 8 8 8 8

角度 3 有一种旋转舞台灯,外形是正六棱柱,在其每一个侧面上安装 5 只颜色各异的彩灯,假若每只灯正常发光的 概率为 0.5.若一个面上至少有 3 只灯发光,则不 需要维修,否则需要维修这个面. (1)求恰好有两个面需要维修的概率; (2)求至少 3 个面需要维修的概率. 解析: (1)因为一个面不需要维修的概率为 P 5 (3) ? P 5 (4) ? P 5 (5) ? C5 ( ) ? C5 ( ) ? C5 ( ) ?
3 5 4 5 5 5

1 2

1 2

1 2

1 2

所以一个面需要维修的概率为

1 2
2

因此,6 个面中恰好有两个面需要维修的概率为 P6 (2) ? C6 ( ) ?
6

1 2

15 64

1 2 1 1 1 3 15 0 6 1 2 1 6 , P6 (1) ? C6 ( )6 ? , P6 (2) ? C6 ( ) ? , 又 P6 (0) ? C6 ( ) ? 2 64 2 32 2 64 1 3 15 21 ? ? ? 故至少 3 个面需要维修的概率是 1 ? P6 (0) ? P6 (1) ? P6 (2) ? 1 ? 64 32 64 32 21 即至少 3 个面需要维修的概率是 32
(2)设需要维修的面为 X 个,则 X ~ B (6, ) , 点评:本题的难点是计算一个面不需要维修的概率.每个面上的 5 只彩灯正常发光的概率都相等,故可以看作是 5 次独立重复试验,一个面不需要维修的概率也即是 5 次独立重复试验中事件至少发生 3 次的概率 ,按照独立重复试 验的概率公式计算即可. 重点 5 离散型随机变量的分布列、期望、方差(理科)

1.期望: E? ? x1 p1 ? x2 p2 ? ... ? xn pn ? ... 2.方差: D? ? ( x1 ? E? )2 p1 ? ( x2 ? E? )2 p2 ? ... ? ( xn ? E? )2 pn ? ... 3.标准差: ?? ?

D?
2 2 2

4. E(a? ? b) ? aE? ? b, D(a? ? b) ? a D? , D? ? E? ? ( E? ) 5.求离散型随机变量的分布列

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(1)求离散型随机变量的分布列,应按下述三个步骤进行: ①明确随机变量的所有可能取值,以及取每个值所表示的意义; ②利用概率的有关知识,求出随机变量每个取值的概率; ③按规范形式写出分布列,并用分布列的性质验证. (2)如果分布列中某一栏的概率比较复杂;可以利用分布列的性质 p1 ? p2 ? ... ? pn ? 1 求解. (3)求随机变量的分布列,基础是概率的计算,如古典概型的概率、互斥事件的概率、相互独立事件同时发生的概 率、 n 次独立重复试验有 k 次发生的概率等. 6.期望、方差的求法 (1)对离散型随机变量的数学期望应注意如下几点: ①数学期望是算术平均值概念的推广,是概率意义上的平均 . ② E? 是一个实数,由 ? 的分布列唯一确定,即作为随机变量 ? 是可变的,可取不同值,而 E? 是不变的,它描述 ? 取值的平均状态. ③ E? ? x1 p1 ? x2 p2 ? ... ? xn pn ? ... 直接给出了 E? 的求法,即随机变量的取值与相应概率值分别相乘后相加. ④教材中给出的 E (a? ? b) ? aE? ? b ,说明随机变量 ? 的线性函数? ? a? ? b 的期望等于随机变量 ? 的数学期望的 线性函数. (2) 对离散型随机变量的方差应注意如下几点: ① D? 表示随机变量 ? 对 E? 的平均偏离程度.D? 越大, 表明平均偏离程度越大, 说明 ? 的取值越分散. 反之,D? 越小, ? 的取值越集中;在 E? 附近.统计中常用 D? 来描述 ? 的分散程度. ② D? 与 E? 一样,也是实数,由 ? 的分布列唯一确定.
2 ③对于结论: D(a? ? b) ? a D? ,在记忆和使用此结论时,请注意 D(a? ? b) ? aD? ? b, D(a? ? b) ? aD? .

(3)求离散型随机变量 ? 的期望与方差韵方法: ①理解 ? 的意义,写出 ? 可能取的全部值; ②求 ? 取每个值的概率; ③写出 ? 的分布列; ④由期望的定义求 E? ; ⑤由方差的定义求 D? . (4)当断定随机变量 ? 服从二项分布时,可不用列出分布列,直接求出 E? 与 D? . (5)在计算离散型随机变量的期望和方差时,首先要搞清其分布特征及分布列,然后准确应用公式.充分利用期望 和方差的性质解题,能避免繁琐的运算过程,提高运算速度和准确度.如 D? ? E? ? ( E? ) .
2 2

(6)求离散型随机变量的期望与方差的关键在于求出分布列,求离散型随机变量的分布列的关键是过好四关: ①过好“题目的理解关”.要抓住题中关键字句,尽可能转化为自己熟悉的模型.
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②过好“随机变量的取值关”.准确无误地找出随机变量的所有可能取值. ③过好“事件的类型关”,事件通常包括等可能事件、互斥事件、对立事件、相互独立事件、独立重复试验事件等, 在计算相应的概率前要先确定事件的类型,尤其注意“互斥事件”与“相互独立事件”的区别. ④过好“概率的运算关”.运用公式 P( A) ?

m , P( A ? B) ? P( A) ? P( B), P( A ? B) ? P( A) ? P( B), n

k k n ?k P (k ? 0,1, 2,..., n) ,确保正确无误. n (k ) ? Cn p (1 ? p)

[高考常考角度] 角度 1 (2011.江西) (本小题满分 12 分) 某饮料公司招聘一名员工,现对其进行一项测试,以便确定工资级别.公司准备了两种不同的饮料共 8 杯,其颜 色完全相同,并且其中 4 杯为 A 饮料,另外 4 杯为 B 饮料,公司要求此员工一一品尝后,从 8 杯饮料中选出 4 杯 A 饮料.若 4 杯都选对,则月工资定为 3500 元;若 4 杯选对 3 杯,则月工资定为 2800 元;否则月工资定为 2100 元. 令 X 表示此人选对 A 饮料的杯数.假设此人对 A 和 B 两种饮料没有鉴别能力. (1)求 X 的分布列; (2)求此员工月工资的期望. 解析:本题综合考查了排列组合、互斥事件的概率、古典概型、随机变量的分布列及期望等知识,以及数学建模、 运算求解的能力. (1) X 的所有可能取值为 0,1, 2,3, 4 , 则 P( X ? i) ? 即 P( X ? 0) ?
i 4 ?i C4 C4 (i ? 0,1, 2,3, 4) C84

0 4 1 3 2 2 C4 C4 C4 C4 16 C4 C4 36 1 , , ? P ( X ? 1) ? ? P ( X ? 2) ? ? , 4 4 C8 70 C8 70 C84 70

P( X ? 3) ?

3 1 4 0 C4 C4 16 C4 C4 1 , ? P ( X ? 4) ? ? . 4 4 C8 70 C8 70

则 X 的分布列为

X
P

0

1

2

3

4

1 70

16 70

36 70

16 70

1 70

(2)令 Y 表示此员工的月工资,则 Y 的所有可能的取值为 2 100,2 800,3 500,则

1 16 53 , P (Y ? 2800) ? P ( X ? 3) ? , P (Y ? 2100) ? P( X ? 2) ? 70 70 70 1 16 53 ? E (Y ) ? 3500 ? ? 2800 ? ? 2100 ? ? 2280 70 70 70 1 16 36 16 1 ? 3500 ? ? 2800 ? ( ? ? ) ? 2100 ? 2280 或者 E (? ) ? 70 70 70 70 70 所以 此员工月工资的期望为 2280 P(Y ? 3500) ? P( X ? 4) ?
角度 2 (2011 辽宁) (本小题满分 12 分) 某农场计划种植某种新作物,为此对这种作物的两个品种(分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验.选取两 大块地,每大块地分成 n 小块地,在总共 2n 小块地中,随机选 n 小块地种植品种甲,另外 n 小块地种植品种乙. (Ⅰ)假设 n=4,在第一大块地中,种植品种甲的小块地的 数目记为 X,求 X 的分布列和数学期望; (Ⅱ)试验时每大块地分成 8 小块,即 n=8,试验结束后得到品种甲和品种乙在各小块地上的每公顷产量(单位: 2 kg/hm )如下表: 品种甲 403 397 390 404 388 400 412 406 品种乙 419 403 412 418 408 423 400 413 分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差;根据试验结果,你认为应该种植哪一品种?
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1 附:样本数据 x1 , x 2 ,? ? ?, x n 的的样本方差 s 2 ? [( x1 ? x) 2 ? ( x 2 ? x) 2 ? ? ? ? ? ( xn ? x) 2 ] ,其中 x 为样本平均数. n 解析: (Ⅰ) X 可能的取值为 0,1, 2,3, 4 ,且

P( X ? 0) ? P( X ? 3) ?

1 3 2 2 C4 C4 C4 C4 18 1 1 8 ? , P ( X ? 1) ? ? , P ( X ? 2) ? ? , 4 4 C8 70 C8 35 C84 35 3 1 C4 C4 8 1 1 ? , P( X ? 4) ? 4 ? . 4 C8 35 C8 70

则 X 的分布列为

X
P

0

1

2

3

4

1 16 36 16 70 70 70 70 1 8 18 8 1 ? 1? ? 2 ? ? 3 ? ? 4 ? ? 2. X 的数学期望为 E ( X ) ? 0 ? 70 35 35 35 70
(Ⅱ)品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为:

1 70

1 x甲 ? (403 ? 397 ? 390 ? 404 ? 388 ? 400 ? 412 ? 406) ? 400, 8 1 2 S甲 ? [32 ? (?3) 2 ? (?10) 2 ? 42 ? (?12) 2 ? 0 2 ? 12 2 ? 6 2 ] ? 57.25. 8
品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为:

1 x乙 ? (419 ? 403 ? 412 ? 418 ? 408 ? 423 ? 400 ? 413) ? 412, 8 1 2 S乙 ? (7 2 ? (?9) 2 ? 02 ? 62 ? (?4) 2 ? 112 ? (?12) 2 ? 12 ) ? 56. 8
由以上结果可以看出,品种乙的样本平均数大于品种甲的样本平均数,且两品种的样本方差差异不大,故应该 选择种植品种乙. 重点 6 二项分布(理科)

二项分布:若 ? ~ B(n, p), E? ? np, D? ? np(1 ? p) , 判断随机变量是否服从二项分布的关键是看某一事件是否进行了 n 次独立重复试验, 且每次试验是否只有两种结果, 如果不 满足这两个条件,随机变量就不服从二项分布.

[高考常考角度] 角度 1(本小题满分 12 分) 学校游园活动有这样一个游戏项目:甲箱子里装有 3 个白球、2 个黑球,乙箱子里装有 1 个白球、2 个黑球,这 些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球,若摸出的白球不少于 2 个,则获奖.(每次游 戏结束后将球放回原箱) (Ⅰ)求在一次游戏中, (i)摸出 3 个白球的概率; (ii)获奖的概率; (Ⅱ)求在两次游戏中获奖次数 X 的分布列及数学期望 E ( X ) 解析:本小题主要考查古典概型及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、二项分布、互斥事件和相互独立事 件等基础知识,考查运用概率知识解决简单的实际问题的能力. (Ⅰ)(i)设“在 1 次游戏中摸出 i 个白球”为事件 Ai ? i ? 0,1, 2,3? ,则 P ? A3 ? ? (ii)设“在 1 次游戏中获奖”为事件 B ,则 B ? A2 ? A3 ,
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2 C3 C1 1 ? 2 ? . 2 2 C5 C3 5

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P( A2 ) ?

2 1 1 C3 C1 C2 1 3C2 C2 2 ? ? ? ? , 2 2 2 2 C5 C3 C5 C3 2

因为 A2 和 A3 互斥,所以 P ( B ) ? P ( A2 ) ? P ( A3 ) ? (Ⅱ) X 的所有可能值为 0,1, 2

1 1 7 ? ? . 2 5 10

P ( X ? 0) ? (1 ?

7 2 9 7 21 7 2 49 1 7 ) ? ? (1 ? ) ? , P( X ? 1) ? C2 , P( X ? 2) ? ( ) ? 10 100 10 10 50 10 100
X
P
0 1 2

所以 X 的分布列是

9 100

21 50

49 100

? E( X ) ? 0 ?

9 21 49 7 ? 1? ? 2 ? ? . 100 50 100 5
突破 2 个高考难点

难点 1 事件的互斥与对立(文、理) 解决互斥事件和对立事件问题的难点就是对事件的互斥性与对立性的辨别,在解题中要根据问题的具体情况作 出 准 确 的 判 断 . 互 斥 事 件 是 不 可 能 同 时 发 生 的 两 个 事 件 , 其 概 率 满 足 加 法 公 式 , 即 若 A, B 互 斥 , 则

P( A? B) ? P( A)? P( B ) ;对立事件是必然有一个发生的两个互斥事件,也就是说对立的两个事件首先必须是互斥
的,而且这两个事件之和是一个必然事件,即一个事件 A 与它的对立事件 A 的概率之间有关系式 P( A) ? P( A) ? 1, 用好这个关系对解决概率问题是非常有用的,它往往能使复杂的问题简单化. 典例 1 甲: A 1, A 2 是互斥事件;乙: A 1, A 2 是对立事件,那么下列说法正确的是_____________ ①甲是乙的充分但不必要条件; ②甲是乙的必要但不充分条件; ③甲是乙的充要条件; ④甲既不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件. 解析:两个事件是对立事件,则它们一定互斥,反之不成立. 故选 ② 点评:互斥的两个事件不一定是对立事件,因为这两个事件可能都不发生,但对立的两个事件一定互斥,即互斥是 对立的必要条件,不互斥的两个事件一定不是对立事件.该题的难点就是对立事件与互斥事件之间关系的掌握. 典例 2 根据多年经验,张先生在本单位的一次考核中,获得第一、二、三、四名的概率分别为 0. 21,0.23,0. 25, 0.28,计算张先生在一次考核中: (1)获得第一名或第四名的概率; (2)名次不在前四名的概率. 解析: (1)记“获得第一名”为事件 A ,“获得第四名”为事件 B ,由于在一次考核中, A 与 B 不可能同时发生, 故 A 与 B 是互斥事件.则获得第一名或第四名的概率为 P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? 0.21 ? 0.28 ? 0.49 (2)记“名次不在前四名”为事件 E,则事件 E 为“获得第一名、第二名、第三名、第四名”的对立事件,获得第 一名、第二名、第三名、第四名这几个事件是彼此互斥的,故 P( E) ? 0.21 ? 0.23 ? 0.25 ? 0.28 ? 0.97

? P( E) ? 1 ? P( E) ? 0.03
点评:注意分析事件 A, B 是否互斥,只有互斥事件才能利用概率的加法公式.当直接求某一事件的概率较为复杂或 根本无法求时,可先转化为求其对立事件的概率,这是化解概率计算难点的基本指导思想之一.
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难点 1 事件的互斥与对立(文、理) 概率、统计型综合题重在考查考生根据生活、生产等实际问题的情境分析问题、解决问题的能力,考查考生的 思维能力及运算能力.解决概率、统计型综合题的关键,就是要善于从普通语言中捕捉到有用信息,并将普通语言 转化为数学语言,因此在复习时要留意概率型综合题中的新背景,夯实概率基础知识与方法,注重对自己阅读理解 能力的培养,提高应用数学知识与方法分析解决问题的能力. 典例 连续掷两枚骰子得到的点数分别为 m 和 n ,记向量 a ? (m, n) 与向量 b ? (1, ?1) 的夹角为 ? ,求 ? ? (0, ] 的

?

?

?

2

概率. 解析:解法一:由向量夹角的定义及图形可直观地得出,当点 A(m, n) 位于直线 y ? x 及其下方时,满足 ? ? (0, 点 A(m, n) 的总个数为 36 又位于直线 y ? x 及其下方的点有 6 ? 1 ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? 21(个) 故所求 ? ? (0,

?
2

]

21 7 ? 2 36 12 解法二 由向量夹角公式,得 cos ? ? 0 ,从而 m ? n ? 0 ] 的概率为 P ?
当 m ? 1 时, n ? 1 ;当 m ? 2 时, n ? 1, 2 ;当 m ? 3 时, n ? 1, 2,3 ;?;当 m ? 6 时, n ? 1, 2,3, 4,5,6 .

?

1 ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? 6 21 7 ? ? 36 36 12 解法三 由向量夹角公式,得 cos ? ? 0 ,从而 m ? n ? 0 显然当 m ? n ? 0 时,有 6 种可能,根据对称性, m ? n ? 0 与 m ? n ? 0 的可能性相同,即各有 15 种可能 6 ? 15 7 ? 故所求概率为 P ? 36 12
故所求概率为 P ? 难点 1 独立事件的概率、条件概率(理) 化解本难点要从以下三方面做起: 1.深入理解独立事件的本质:两个事件的发生与否相互之间没有关系,事件的相互独立性的概念可以推广到 n 个事 件之间的相互独立. 2.掌握条件概率的计算方法:条件概率具有概率的一般性质,即概率值都在区间 [0,1] 内, 若 B, C 互斥,则 P( B ? C | A) ? P( B | A) ? P(C | A) 等,在古典概型中往往是根据古典概型的 公式计算条件概率, 而不是根据上述定义进行计算. 3.学会分析事件之间的关系:一个实际问题中往往涉及多个事件,正确理解这些事件之间的相互关系是解决问题的 核心,一般的思路是先把所要解决的随机事件分成若干个互斥事件的和,再把这些互斥事件中的每一个事件分成若 干个相互独立事件的乘积,把所要求的随机事件的概率计算转化为已知的一些事件的概率之积、之和的计算,这是 化解概率计算问题难点的关键所在, 典例 1 某公司招聘员工,指定三门考试课程,有两种考试方案. 方案一:考试三门课程,至少有两门合格为考试通过; 方案二:在三门课程中,随机选取两门,这两门都合格为考试通过. 假设某应聘者这三门指定课程考试合格的概率分别是 a, b, c ,且三门课程考试是否合格相互之间没有影响.
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(1)分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率; (2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小. (说明理由) 解析:设三门考试课程考试合格的事件分别为 A, B, C ,相应的概率为 a, b, c . (1)考试三门课程,至少有两门合格的事件可表示为 ABC ? ABC ? ABC ? ABC ,设其概率为 p1 , 则 p1 ? ab(1 ? c) ? a(1 ? b)c ? (1 ? a)bc ? abc ? ab ? bc ? ca ? 2abc

1 1 1 ab ? bc ? ca 3 3 3 1 算法解析:从三门课程任选 2 门,有 AB,AC,BC3 种情况,选中 AB 的概率为 ,然后 A 与 B 都合格的概率为 ab 3 1 1 1 (2) p1 ? p2 ? (ab ? bc ? ca ? 2abc ) ? ( ab ? bc ? ca ) 3 3 3 2 2 2 2 2 ? ab ? bc ? ca ? 2abc ? (ab ? bc ? ca ? 3abc) ? [ab(1 ? c) ? bc(1 ? a) ? ca(1 ? b)] ? 0 3 3 3 3 3
设在三门课程中,随机选取两门,这两门都合 格的概率为 p2 ,则 p2 ?

? p1 ? p2 ,即用方案一通过考试的概率大于用方案二通过考试的概率.
典例 2 设 b 和 c 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数,用随机变量 ? 表示方程 x ? bx ? c ? 0 实根的个数(重根按 一个计)
2

(1)求方程 x ? bx ? c ? 0 有实根的概率; (2)求 ? 的分布列和数学期望;
2

(3)求在先后两次出现的点数中有 5 的条件下,方程 x ? bx ? c ? 0 有实根的概率. 解析: (1)基本事件的总数为 6 ? 6 ? 36 个
2

若使方程有实根, 则 ? ? b ? 4ac ? 0 ?? b ? 2 c 当 c ? 1 时, b ? 2,3, 4,5,6 当 c ? 2 时, b ? 3, 4,5,6
2

当 c ? 3 时, b ? 4,5,6 当 c ? 6 时, b ? 5, 6

当 c ? 4 时, b ? 4,5,6

当 c ? 5 时, b ? 5, 6

目标事件的个数为 5 ? 4 ? 3 ? 3 ? 2 ? 2 ? 19 ,因此方程有实根的概率为 (2)由题意知 ? ? 0,1, 2 ,则 P (? ? 0) ? 故 ? 的分布列为

19 36

17 2 17 , P(? ? 1) ? , P(? ? 2) ? 36 36 36
0 1 2

?
P

17 36

2 36

17 36

? E? ? 0 ?

17 2 17 ? 1? ? 2 ? ?1 36 36 36
2

(3)记“先后两次出现的点数中有 5”为事件 M ,“方程 x ? bx ? c ? 0 有实根”为事件 N

11 7 P( MN ) 7 , P( MN ) ? ,? P( N | M ) ? ? 36 36 P( M ) 11 具体算法:事件 M 的情况有 (1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(6,5),(5,1),(5, 2),(5,3),(5, 4),(5,6) 共 11 个,
则 P( M ) ? 其中有实根的情况是后面 7 个 条件概率:在事件 A 发生的条件下,事件 B 发生的概率 P( B | A) ? P( AB) ,其中 P( AB) 表示 A 与 B 同时发生的概率. P( A)

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典例3 某大学开设甲、乙、丙三门选修课,学生是否选修哪门课互不影响.已知某学生只选修甲的概率为0.08,只 选修甲和乙的概率是0.12,至少选修一门的概率是0.88,用 ? 表示该学生选修的课程门数和没有选修的课程门数的 乘积.记“函数 f ( x) ? x2 ? ? x 为 R 上的偶函数”为事件 A ,求事件 A 的概率. 解析:设该学生选修甲、乙、丙的概率分别为 x, y , z ,依题意得

? x(1 ? y )(1 ? z ) ? 0.08 ? x ? 0.4 ? ? ?? ? y ? 0.6 ? xy (1 ? z ) ? 0.12 ?1 ? (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z ) ? 0.88 ? z ? 0.5 ? ?
若函数 f ( x) ? x2 ? ? x 为 R 上的偶函数,则 ? ? 0 当 ? ? 0 时,该学生选修三门课程或三门课程都没选

? P( A) ? P(? ? 0) ? xyz ? (1 ? x)(1 ? y)(1 ? z) ? 0.4 ? 0.6 ? 0.5 ? (1 ? 0.4)(1 ? 0.6)(1 ? 0.5) ? 0.24
点评:本题的难点是根据已知条件求出学生选修甲、乙、丙的概率,破解此难点的关键是利用相互独立事件、互斥 事件与对立事件的概率把已知条件转化为这三个概率的方程组进行求解,其中“至少选修一门的概率”,如果从正 面求解则要利用互斥事件的概率来表示,比较复杂,而转化为对立事件的概率则较为简单.把复杂问题利用互斥事 件或对立事件转化为简单事件的概率是求解概率问题中常用的一种数学思想,即正难则反易. 难点 2 正态分布(理) 化解正态分布问题中的难点的依据是正态密度曲线的性质: (1)曲线在 x 轴上方,与 x 轴无交点,且 x 轴为其渐近线; (2)曲线是单峰的,它关于直线 x ? ? 对称; (3)曲线在 x ? ? 处达到最大值; (4)当 ? 一定时,曲线随着 ? 的变化而沿 x 轴平移; (5)当 ? 一定时,曲线的形状由 ? 确定, ? 越小,曲线越尖陡,表示总体的分布越集中; ? 越大,曲线越扁平, 表示总体的分布越分散. 典例 1
2 设两个正态分布 N (?1 , ?12 )(?1 ? 0) 和 N (?2 ,? 2 )(? 2 ? 0) 的密度函数图象如图所示,则有(



A. ?1 ? ?2 , ?1 ? ? 2 C. ?1 ? ?2 , ?1 ? ? 2

B. ?1 ? ?2 , ?1 ? ? 2 D. ?1 ? ?2 , ?1 ? ? 2

解析:正态分布 N (?, ? 2 ) 的密度函数的图象是一条关于直线 x ? ? 对称, 在 x ? ? 处取得最大值的连续钟形曲线,

? 越犬,曲线的最高点越低且较平缓; ? 越小,曲线的最高点越高且较陡峭.故选 A
点评:本题考查的就是正态分布的均值和方差的意义,理解均值和方差的意义,特别是方差的意义才能作出正确的 判断,方差越小,整体分布就越向均值集中,表现在正态密度曲线上就是曲线越“尖陡”. 典例 2 2010 年中国汽车销售量达到 1700 万辆,汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响,各个汽车制造企业 积极采用新技术降低耗油量,某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况;共抽查了 1200 名车主,据统计该 种型号的汽车的平均耗油为百公里 8.0 升,并且汽车的耗油量 ? 服从正态分布 N (8, ? ) ,已知耗油量 ? ? [7,9] 的概
2

率为 0.7,那么耗油量大于 9 升的汽车大约有________辆.
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解析:由题意可知 ? ~ N (8, ? 2 ) ,故正态密度曲线以 ? ? 8 为对称轴,叉因为 P(7 ? ? ? 9) ? 0.7 故 P(? ? 7) ? P(? ? 9) ? 1 ? P(7 ? ? ? 9) ? 1 ? 0.7 ? 0.3 ,又 P(? ? 7) ? P(? ? 9)

? P(? ? 9) ? 0.15
所以耗油量大于 9 升的汽车大约有 1200 ? 0.15 ? 180 辆 点评:服从正态分布的随机变量在一个区间上的概率就是这个区间上正态密度曲线和 x 轴之间的曲边梯形的面积, 根据正态密度曲线的对称性,当 P(? ? x1 ) ? P(? ? x2 ) 时必然有 结论. 规避 5 个易失分点 易失分点 1 误解基本事件的等可能性 典例 若将一枚质地均匀的骰子(一种各面上分别标有 1、2、3、4、5、6 个点的正方体玩具)先后抛掷 2 次,则出 现向上的点数之和为 4 的概率为____

x1 ? x2 ? ? ,这是解决正态分布类试题的一个重要 2

1 ______. 12

易失分提示:解本题时易出现的主要错误在于对等可能性事件的概率中“基本事件”以及“等可能性”等概念的理 解不深刻,错误地认为基本事件总数为 11(点数和等于 2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12) ,或者将点数和为 4 的事件错误地计算为(1,3),(2,2) 两种,从而导致错误. 解析:将骰子先后抛掷 2 次,出现向上的点数记作点坐标 ( x, y ) ,则共可得点坐标的个数为 6 ? 6 ? 36 ,而向上点数 之和为 4 的点 坐标有(1,3),(2,2),(3,1),共 3 个, 故将骰子先后抛掷 2 次,出现向上的点数之和为 4 的概率为 P ?

3 1 ? 36 12

易失分点 2 几何概型概念不清 典例 1 在等腰 Rt ?ABC 中,直角顶点为 C ,在 ?ABC 的内部任作一条射线 CM ,与线段 AB 交于点 M ,

AM ? AC 的概率为___

3 ______. 4

易失分提示:解本题易出现的错误在于对几何概型的概念把握不准,理解模糊,将角 度型的几何概型错误地当成长度型几何概型求解,得到以下错解: 根据题设,点 M 随机地落在线段 AB 上,故线段 AB 为基本事件的区域,当 M 位于 线段 AC?( AC? ? AC ) 上时, AM ? AC ,故线段 AC ? 为所求 解析:由于在 ?ACB 内作射线 CM ,等可能分布的是 CM 在 ?ACB 内的任一位置(如图所示) ,因此基本事件的

?ACC ? 区域应是 ?ACB ,在 AB 上取一点 C ? ,使 AC ? ? AC ,则 P( AM ? AC ) ? ? ?ACB

??

?

4 ?3 ? 4 2

易失分点 3 互斥和对立相混淆 典例 判断下列给出的每对事件,是否为互斥事件,是否为对立事件,并说明道理. 从 40 张扑克牌(红桃、黑桃、方块、梅花各 10 张,点数都是从 1—10)中,任取一张. (1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”; (2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”; (3)“抽出的牌点数为 5 的倍数”与“抽出的牌点数大于 9”. 易失分提示: 对事件互斥意义不明确, 对事件的互斥与对立之间的关系不清楚, 就会出现错误的判断. 如对事件“抽
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出红色牌”与“抽出黑色牌”的判断:这两个事件不可能同时发生,忽视了“所有的牌只有红色和黑色两种,抽出 的牌不是红色就是黑色,这两个事件必然有一个发生”,就会作出这两个事件是互斥而不对立的错误判断. 解析: (1)是互斥事件,不是对立事件. 原因是: 从 40 张扑克牌中任意抽取 1 张, “抽出红桃”和“抽出黑桃”是不可能同时发生的, 所以是互斥事件, 但是,不能保证其中必有一个发生,这是由于还可能抽出“方块”或者“梅花”,因此二者不是对立事件. (2)既是互斥事件,又是对立事件. 原因是:从 40 张扑克牌中,任意抽取 1 张,“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”,两个事件不可能同时发生,但 其中必有一个发生,所以它们既是互斥事件,又是对立事件. (3)不是互斥事件,当然不可能是对立事件. 原因是:从 40 张扑克牌中任意抽取 1 张,“抽出的牌点数为 5 的倍数”与“抽出的牌点数大于 9"这两个事件 可能同时发生,如抽的点数为 10,因此,二者不是互斥事件,当然也不可能是对立事件. 易失分点 4 互斥事件与相互独立事件相混淆(理) 典例 某课程考核分理论与实验两部分进行,每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”,两部分考核都是“合 格”,则该课程考核“合格”,甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为 0.9,0.8,0.7;在实验考核 中合 格的概率分别为 0.8,0.7,0.9,所有考核是否合格相互之间没有影响. (1)求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率; (2)求这三人该课程考核都合格的概率. (结果保留三位小数) 易失分提示:解本题时可以把随机事件分拆成若干个互斥事件的和 ,再把每个事件分成若干个相互独立事件的积进 行解答.容易出错的地方就是在分拆时可能混淆了互斥事件与相互独立事件,从而造成分拆错误. 解析: 记“甲理论考核合格”为事件 A 1 ,“乙理论考核合格”为事件 A2 ,“丙理论考核合格”为事件 A 3, 记 Ai 为 Ai 的对立事件, i ? 1, 2,3 ,记“甲实验考核合格”为事件 B1 ,“乙实验考核合格”为事件 B2 ,“丙实验考 核合格”为事件 B3 . (1)记“理论考核中至少有两人合格”为事件 C , 则 P(C) ? P( A 1A 2A 3?A 1A 2A 3?A 1A 2A 3?A 1A 2A 3)

? P( A1 A2 A3 ) ? P( A1 A2 A3 ) ? P( A1 A2 A3 ) ? P( A1 A2 A3 )
? 0.9 ? 0.8 ? 0.3 ? 0.9 ? 0.2 ? 0.7 ? 0.1? 0.8 ? 0.7 ? 0.9 ? 0.8 ? 0.7 ? 0.902 所以理论考核中至少有两人合格为 0.902 (2)记“三人该课程考核都合格”为事件 D
则 P( D) ? P[( A1 ? B1 ) ? ( A2 ? B2 ) ? ( A3 ? B3 )] ? P( A1 ? B1 ) ? P( A2 ? B2 ) ? P( A3 ? B3 ) ? 0.9 ? 0.8 ? 0.8 ? 0.7 ? 0.7 ? 0.9 ? 0.254 所以这三人该课程考核都合格的概率为 0.254 易失分点 5 对二项分布理解不准(理) 典例 某气象站天气预报的准确率为 80%,计算: (结果保留到小数点后面第 2 位) (1)5 次预报中恰有 2 次准确的概率; (2)5 次预报中至少有 2 次准确的概率 5 (3)5 次预报中恰有 2 次准确,且其中第 3 次预报准确的概率. 易失分提示: 由于 5 次预报之间没有什么影响,故这是一个 5 次独立重复试验的概率模型,我们可以利用独立重复 试验和二项分布的知识加以解决.其中第(1)问是 5 次独立重复试验事件恰好发生 2 次的概率,第(2)利用对立事 件的概率解决,第(3)问相当于事件在第 3 次发生,第 1,2,4,5 这 4 次独立重复试验事件发生 1 次的概率.解 本题容易出错的地方,一是对“恰有 2 次”、“至少有 2 次”理解错误,误用二项分布;二是对随机事件“5 次预
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16 1 ? ? 0.05 25 125 4 5 4 4 0 4 0 1 4 (2) P( B) ? 1 ? C5 ( ) (1 ? ) ? C5 ( )(1 ? ) ? 0.99 5 5 5 5 4 3 4 1 4 (3) P(C ) ? C4 ( )(1 ? ) ? ? 0.02 5 5 5
(1) P( A) ? C5 ( ) (1 ? ) ? 10 ?
2 2 3

4 5

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