教考銜接9?概率模型的辨識(shí)與應(yīng)用典例展示【例】寫(xiě)出下列離散型隨機(jī)變量的分布列，并指出其中服從二項(xiàng)分布的是哪些？服從超幾何分布的是哪些？（1）X1表示n次重復(fù)拋擲1枚骰子出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)是3的倍數(shù)的次數(shù)；（2）X2表示連續(xù)拋擲2枚骰子，所得的2個(gè)骰子的點(diǎn)數(shù)之和；（3）有一批產(chǎn)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），抽出的次品件數(shù)為X3；（4）有一批產(chǎn)品共有N件，其中M件為次品，采用不放回抽取方法抽n件，出現(xiàn)次品的件數(shù)為X4（N－M≥n＞0）.解：（1）X1的分布列為X1012…nPCn2Cn2Cn2…Cn1X1服從二項(xiàng)分布，即X1～Bn，（2）X2的分布列為X223456789101112P12345654321X2既不服從二項(xiàng)分布，也不服從超幾何分布.（3）X3的分布列為X3012…nP1Cn1Cn1…MX3服從二項(xiàng)分布，即X3～Bn，（4）X4的分布列為X401…k…nPCC…C…CX4服從超幾何分布.解法探究二項(xiàng)分布與超幾何分布模型的辨識(shí)一直是學(xué)生的難點(diǎn)，在有放回抽樣時(shí)，每次抽取時(shí)的總體沒(méi)有改變，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，此種抽樣是二項(xiàng)分布模型.而不放回抽樣時(shí)，取出一個(gè)則總體中就少一個(gè)，因此每次取到某物的概率是不同的，此種抽樣為超幾何分布模型.因此，二項(xiàng)分布模型和超幾何分布模型最主要的區(qū)別在于是有放回抽樣還是不放回抽樣.五種常見(jiàn)的概率模型及應(yīng)用模型1相互獨(dú)立事件的概率模型【例1】（2024·大連模擬）現(xiàn)有甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，比賽采用7局4勝制，每局為11分制，每贏一球得1分，先得11分者該局獲勝.（1）已知某局比賽中雙方比分為8∶8，此時(shí)甲先連續(xù)發(fā)球2次，然后乙連續(xù)發(fā)球2次，甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為35，乙發(fā)球時(shí)乙得分的概率為12，各球的結(jié)果相互獨(dú)立，求該局比賽甲以11∶9（2）已知在本場(chǎng)比賽中，前兩局甲獲勝，在后續(xù)比賽中，每局比賽甲獲勝的概率為23，乙獲勝的概率為13，且每局比賽的結(jié)果相互獨(dú)立.兩人又進(jìn)行了X局后比賽結(jié)束，求X解：（1）設(shè)事件A＝“在比分為8∶8的條件下甲以11∶9獲勝”，則P（A）＝2×35×25×12×12＋35×35×（2）隨機(jī)變量X的所有可能取值為2，3，4，5，P（X＝2）＝23×23＝49，P（X＝3）＝C21×23×13×23＝827，P（X＝4）＝（13）4＋C31×23×（13）2×23＝1381，P（所以隨機(jī)變量X的分布列為X2345P48138所以E（X）＝2×49＋3×827＋4×1381＋5×8反思感悟相互獨(dú)立事件概率模型的特征（1）實(shí)際問(wèn)題中所涉及的若干事件中每一個(gè)是否發(fā)生互不影響；（2）因A1，A2，…，An相互獨(dú)立，則滿足P（A1·A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）；（3）求解相互獨(dú)立事件的概率問(wèn)題時(shí)，常涉及互斥、對(duì)立事件的概率求值.模型2條件概率模型【例2】為了促進(jìn)學(xué)生德、智、體、美、勞全面發(fā)展，某校成立了生物科技小組，在同一塊試驗(yàn)田內(nèi)交替種植A、B、C三種農(nóng)作物（該試驗(yàn)田每次只能種植一種農(nóng)作物），為了保持土壤肥度，每種農(nóng)作物都不連續(xù)種植，共種植三次.在每次種植A后會(huì)有13的可能性種植B，23的可能性種植C；在每次種植B的前提下再種植A的概率為14，種植C的概率為34；在每次種植C的前提下再種植A的概率為25，（1）在第一次種植B的前提下，求第三次種植A的概率；（2）在第一次種植A的前提下，求種植A作物次數(shù)X的分布列及期望.解：設(shè)Ai，Bi，Ci表示第i次種植農(nóng)作物A，B，C的事件，其中i＝1，2，3.（1）在第一次種植B的情況下，第三次種植A的概率為P（A3）＝P（C2｜B1）P（A3｜C2）＝34×25＝（2）由已知條件，得在第1次種植A的前提下P（B2）＝13，P（A3｜B2）＝14，P（C3｜B2）＝34，P（C2）＝23，P（A3｜C2）＝25，P（B3｜C因?yàn)榈谝淮伪胤N植A，則隨機(jī)變量X的可能取值為1，2，P（X＝1）＝P（C2B3）＋P（B2C3）＝P（B3｜C2）·P（C2）＋P（C3｜B2）·P（B2）＝35×23＋34×1P（X＝2）＝P（C2A3）＋P（B2A3）＝P（A3｜C2）·P（C2）＋P（A3｜B2）·P（B2）＝25×23＋14×1所以X的分布列為X12P137E（X）＝1×1320＋2×720＝反思感悟求條件概率的常用方法（1）定義法：P（B｜A）＝P（（2）樣本點(diǎn)法：P（B｜A）＝n（（3）縮樣法：去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型求解.模型3二項(xiàng)分布概率模型【例3】國(guó)慶節(jié)期間，某大型服裝團(tuán)購(gòu)會(huì)舉辦了一次“你消費(fèi)我買(mǎi)單”促銷(xiāo)活動(dòng)，顧客消費(fèi)滿300元（含300元）可抽獎(jiǎng)一次，抽獎(jiǎng)方案有兩種（顧客只能選擇其中的一種）.方案一：從裝有5個(gè)形狀、大小完全相同的小球（其中紅球1個(gè)，黑球4個(gè)）的抽獎(jiǎng)盒中，有放回地摸出3個(gè)球，每摸出1次紅球，立減100元.方案二：從裝有10個(gè)形狀、大小完全相同的小球（其中紅球2個(gè)，白球1個(gè)，黑球7個(gè)）的抽獎(jiǎng)盒中，不放回地摸出3個(gè)球，若摸出2個(gè)紅球，1個(gè)白球，則享受免單優(yōu)惠；若摸出2個(gè)紅球和1個(gè)黑球，則打5折；若摸出1個(gè)紅球，1個(gè)白球和1個(gè)黑球，則打7.5折；其余情況不打折.（1）某顧客恰好消費(fèi)300元，并選擇方案一抽獎(jiǎng)，求他實(shí)付金額的分布列和期望；（2）若顧客消費(fèi)500元，試從實(shí)付金額的期望值分析顧客選擇何種抽獎(jiǎng)方案更合適.解：（1）設(shè)該顧客的實(shí)付金額為X元，則X的所有可能取值為0，100，200，300，P（X＝0）＝（15）3＝1P（X＝100）＝C32（15）2×4P（X＝200）＝C31×15×（45）P（X＝300）＝（45）3＝64故X的分布列為X0100200300P1124864所以E（X）＝0×1125＋100×12125＋200×48125＋300×64125＝240（2）若選擇方案一，設(shè)摸到紅球的個(gè)數(shù)為Y，實(shí)付金額為φ元，則φ＝500－100Y，由題意可得Y～B（3，15），故E（Y）＝3×15＝所以E（φ）＝E（500－100Y）＝500－100E（Y）＝500－60＝440（元）.若選擇方案二，設(shè)實(shí)付金額為η元，則η的所有可能取值為0，250，375，500，P（η＝0）＝C22C11C103＝1120，P（P（η＝375）＝C21C11C71C103＝760，P（η＝500故η的分布列為η0250375500P17749所以E（η）＝0×1120＋250×7120＋375×760＋500×4960≈466.67因?yàn)镋（φ）＜E（η）.故從實(shí)付金額的期望值分析顧客選擇方案一更合適.反思感悟二項(xiàng)分布概率模型的特征（1）在每一次試驗(yàn)中，試驗(yàn)結(jié)果只有兩個(gè)，即發(fā)生與不發(fā)生；（2）各次試驗(yàn)中的事件是相互獨(dú)立的；（3）在每一次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率與不發(fā)生的概率都保持不變.模型4超幾何分布概率模型【例4】已知條件①采用無(wú)放回抽取，條件②采用有放回抽取，在上述兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中的橫線上并作答，選兩個(gè)條件作答的按條件①的解答計(jì)分.問(wèn)題：在一個(gè)口袋中裝有3個(gè)紅球和4個(gè)白球，這些球除顏色外完全相同，若，從這7個(gè)球中隨機(jī)抽取3個(gè)球，記取出的3個(gè)球中紅球的個(gè)數(shù)為X，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望.解：若選①，由題意，隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1，2，3，P（X＝0）＝C43C73＝435，P（X＝1P（X＝2）＝C32C41C73＝1235，P（所以X的分布列為X0123P418121法一所以E（X）＝0×435＋1×1835＋2×1235＋3×1法二因?yàn)閄服從超幾何分布，且N＝7，M＝3，n＝3，所以E（X）＝3×37若選②，由題意，隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1，2，3，且X～B（3，37）所以P（X＝0）＝C30（1－37）3＝64343，P（X＝1）＝C31×37×（1－37）2＝144343，P（X＝2）＝C32×（37）2×（1－37）＝108343，P所以X的分布列為X0123P6414410827E（X）＝3×37＝9反思感悟超幾何分布概率模型的特征（1）實(shí)際問(wèn)題所描述的事件只包含兩個(gè)結(jié)果（發(fā)生與不發(fā)生），每進(jìn)行一次上述抽取都不是原來(lái)的重復(fù)（再次抽取時(shí)，都與上次條件發(fā)生了變化）；（2）每次抽取中同一事件發(fā)生的概率都不同；（3）實(shí)際問(wèn)題中隨機(jī)變量為抽到某類(lèi)個(gè)體的個(gè)數(shù)；（4）該問(wèn)題屬于不放回抽取問(wèn)題.模型5正態(tài)分布概率模型【例5】（2024·廣州一模）世界衛(wèi)生組織建議成人每周進(jìn)行2.5至5小時(shí)的中等強(qiáng)度運(yùn)動(dòng).已知A社區(qū)有56％的居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)，B社區(qū)有65％的居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)，C社區(qū)有70％的居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)，且A，B，C三個(gè)社區(qū)的居民人數(shù)之比為5∶6∶9.（1）從這三個(gè)社區(qū)中隨機(jī)抽取1名居民，求該居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)的概率；（2）假設(shè)這三個(gè)社區(qū)每名居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為隨機(jī)變量X（單位：小時(shí)），且X～N（5.5，σ2）.現(xiàn)從這三個(gè)社區(qū)中隨機(jī)抽取3名居民，求至少有兩名居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為5至6小時(shí)的概率.解：（1）因?yàn)锳，B，C三個(gè)社區(qū)的居民人數(shù)之比為5∶6∶9，設(shè)A，B，C三個(gè)社區(qū)的居民人數(shù)分別為5a，6a，9a，所以A社區(qū)每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)的人數(shù)為5a·56％＝2.8a，B社區(qū)每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)的人數(shù)為6a·65％＝3.9a，C社區(qū)每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)的人數(shù)為9a·70％＝6.3a，該居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間超過(guò)5小時(shí)的概率P1＝2.8（2）因?yàn)檫@三個(gè)社區(qū)每名居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為隨機(jī)變量X（單位：小時(shí)），且X～N（5.5，σ2），所以P（X＞5.5）＝0.5，由（1）知，P（X＞5）＝0.65，所以P（5＜X＜5.5）＝0.65－0.5＝0.15，因?yàn)殡S機(jī)變量X服從正態(tài)分布，且關(guān)于X＝5.5對(duì)稱(chēng)，所以P（5＜X＜6）＝2P（5＜X＜5.5）＝0.3，所以從這三個(gè)社區(qū)中隨機(jī)抽取3名居民，至少有兩名居民每周運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為5至6小時(shí)的概率為：P2＝C32×（0.3）2×0.7＋C33×（0.3反思感悟正態(tài)分布概率模型的特征（1）一般地，一個(gè)隨機(jī)變量如果是眾多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用結(jié)果之和，它就服從或近似地服從正態(tài)分布.正態(tài)分布是最常見(jiàn)的一種分布，許多現(xiàn)象都近似地服從正態(tài)分布.如長(zhǎng)度測(cè)量誤差、正常生產(chǎn)條件下各種產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)等；（2）解答正態(tài)分布的實(shí)際應(yīng)用題，其關(guān)鍵是如何轉(zhuǎn)化，同時(shí)應(yīng)熟練掌握正態(tài)分布在[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]三個(gè)區(qū)間內(nèi)的概率.在此過(guò)程中用到轉(zhuǎn)化和數(shù)形結(jié)合思想.高考還可這樣考（2024·惠州一模）第19屆亞運(yùn)會(huì)于2023年9月23日至10月8日在杭州舉行，某學(xué)校為持續(xù)營(yíng)造全民參與亞運(yùn)、服務(wù)亞運(yùn)、奉獻(xiàn)亞運(yùn)的濃厚氛圍，舉辦了“心心相融·愛(ài)答亞運(yùn)”知識(shí)挑戰(zhàn)賽.挑戰(zhàn)者向守擂者提出挑戰(zhàn)，規(guī)則為挑戰(zhàn)者和守擂者輪流答題，直至一方答不出或答錯(cuò)，則另一方自動(dòng)獲勝.若賽制要求挑戰(zhàn)者先答題，守擂者和挑戰(zhàn)者每次答對(duì)問(wèn)題的概率都是12，且每次答題互不影響（1）若在不多于兩次答題就決出勝負(fù)的情況下，則挑戰(zhàn)者獲勝的概率是多少？（2）在此次比賽中，挑戰(zhàn)者最終獲勝的概率是多少？（3）現(xiàn)賽制改革，挑戰(zhàn)者需要按上述方式連續(xù)挑戰(zhàn)全部8位守擂者，以（2）中求得的挑戰(zhàn)者最終獲勝的概率作為挑戰(zhàn)者面對(duì)每個(gè)守擂者的獲勝概率，每次挑戰(zhàn)之間相互獨(dú)立，若最終統(tǒng)計(jì)結(jié)果是挑戰(zhàn)者戰(zhàn)勝了超過(guò)三分之二的守擂者，則稱(chēng)該挑戰(zhàn)者挑戰(zhàn)成功，反之則稱(chēng)挑戰(zhàn)者挑戰(zhàn)失敗.若再增加1位守擂者，試分析該挑戰(zhàn)者挑戰(zhàn)成功的概率是否會(huì)增加？并說(shuō)明理由.解：（1）設(shè)事件A為“挑戰(zhàn)者獲勝”，事件B為“不多于兩次答題就決出勝負(fù)”，則P（B）＝12＋12×12又事件AB為“不多于兩次答題就決出勝負(fù)且挑戰(zhàn)者獲勝”，即只有“挑戰(zhàn)者答對(duì)，守擂者答錯(cuò)”這一種情況，則P（AB）＝12×12＝14，所以P（A｜B）＝P（AB（2）法一設(shè)挑戰(zhàn)者最終獲勝的概率為P，則P＝12×12＋12×12P，解得法二我們假設(shè)挑戰(zhàn)者和守擂者依次答題一次為一輪，在比賽中挑戰(zhàn)者最終獲勝的概率為P，在第n輪答題時(shí)挑戰(zhàn)者答對(duì)且守擂者答錯(cuò)的概率為Pn，則P＝P1＋P2＋…＋Pn＋…，且P1＝14，Pn＝Pn－1×1所以數(shù)列{Pn}是以14為首項(xiàng)，14所以Pn＝（14）n所以P1＋P2＋…＋Pn＝14［1－（14）n］1－14＝13［1－（14所以可認(rèn)為P＝13（3）設(shè)隨機(jī)變量X為挑戰(zhàn)者連續(xù)挑