2018届人教B版(理) 二项分布及其应用、正态分布 单元测试

高中数学:二项分布、正态分布及其应用练习1．设X ～N (μ1,σ21),Y ～N (μ2,σ22),这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是( C )A ．P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B ．P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C ．对任意正数t ,P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D ．对任意正数t ,P (X ≥t )≥P (Y ≥t ) 解析:由题图可知μ1<0<μ2,σ1<σ2, ∴P (Y ≥μ2)<P (Y ≥μ1),故A 错 ； P (X ≥σ2)>P (X ≤σ1),故B 错； 当t 为任意正数时,由题图可知 P (X ≤t )≥P (Y ≤t ),而P (X ≤t )＝1－P (X ≥t ),P (Y ≤t )＝1－P (Y ≥t ), ∴P (X ≥t )≤P (Y ≥t ),故C 正确,D 错．2．(福建厦门模拟)袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( D )A.25B.35C.18125D.54125解析:袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,每次取到黄球的概率P 1＝35,∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝54125. 3．(河北唐山模拟)甲乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是( D )A.29 B.49C.23 D.79解析:甲不跑第一棒共有A13·A33＝18种情况,甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类:(1)乙跑第一棒,共有A33＝6种情况；(2)乙不跑第一棒,共有A12·A12·A22＝8种情况,∴甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率为6＋818＝79.故选D.4．(山东淄博一模)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X,且X～N(800,502)．则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为(A)(参考数据:若X～N(μ,σ2),有P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682 6,P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954 4,P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997 4)A．0.977 2 B．0.682 6C．0.997 4 D．0.954 4解析:∵X～N(800,502),∴P(700≤X≤900)＝0.954 4,∴P(X>900)＝1－0.954 42＝0.022 8,∴P(X≤900)＝1－0.022 8＝0.977 2.故选A.5．甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位:分)．甲组:76,90,84,86,81,87,86,82,85,83乙组:82,84,85,89,79,80,91,89,79,74现从这20名学生中随机抽取一人,将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A；“抽出的学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B,则P(AB),P(A|B)的值分别是(A)A.14,59 B.14,49C.15,59 D.15,49解析:由题意知,P(AB)＝1020×510＝14,根据条件概率的计算公式得P(A|B)＝P(AB)P(B)＝14920＝59.6．为向国际化大都市目标迈进,某市今年新建三大类重点工程,它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设,则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( D )A.12B.13C.14D.16解析:记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i ,B i ,C i ,i ＝1,2,3.由题意,事件A i ,B i ,C i (i ＝1,2,3)相互独立,则P (A i )＝3060＝12,P (B i )＝2060＝13,P (C i )＝1060＝16,i ＝1,2,3,故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝A 33P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.7．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动:质点每次移动一个单位,移动的方向为向上或向右,并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是516.解析:由于质点每次移动一个单位,移动的方向为向上或向右,移动五次后位于点(2,3),所以质点P 必须向右移动两次,向上移动三次,故其概率为C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝516. 8．(江西南昌模拟)口袋中装有大小形状相同的红球2个,白球3个,黄球1个,甲从中不放回地逐一取球,已知第一次取得红球,则第二次取得白球的概率为35.解析:口袋中装有大小形状相同的红球2个,白球3个,黄球1个,甲从中不放回地逐一取球,设事件A 表示“第一次取得红球”,事件B 表示“第二次取得白球”,则P (A )＝26＝13,P (AB )＝26×35＝15,∴第一次取得红球后,第二次取得白球的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1513＝35.9.如图,四边形EFGH 是以O 为圆心,半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”,B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”,则P (B |A )＝14.解析:由题意可得,事件A发生的概率P(A)＝S正方形EFGHS圆O＝2×2π×12＝2π.事件AB表示“豆子落在△EOH内”,则P(AB)＝S△EOHS圆O＝12×12π×12＝12π,故P(B|A)＝P(AB)P(A)＝12π2π＝14.10．某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布N(1000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为3 8.解析:设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A,B,C,显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝12,∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(A B＋A B＋AB)C,∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P＝⎝⎛⎭⎪⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38.11．(2014·新课标Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图:(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x,σ2近似为样本方差s2.(ⅰ)利用该正态分布,求P(187.8＜Z＜212.2)；(ⅱ)某用户从该企业购买了100件这种产品,记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数．利用(ⅰ)的结果,求E(X)．附:150≈12.2.若Z～N(μ,σ2),则P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.682 6,P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.954 4.解:(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200,s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)(ⅰ)由(1)知,Z～N(200,150),从而P(187.8<Z<212.2)＝P(200－12.2<Z<200＋12.2)＝0.682 6.(ⅱ)由(ⅰ)知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.682 6,依题意知X～B(100,0.682 6),所以E(X)＝100×0.682 6＝68.26.12．(广东顺德一模)某市市民用水拟实行阶梯水价,每人月用水量不超过w立方米的部分按4元/立方米收费,超出w立方米的部分按10元/立方米收费,从该市随机调查了100位市民,获得了他们某月的用水量数据,整理得到如下频率分布直方图,并且前四组频数成等差数列．(1)求a ,b ,c 的值及居民月用水量在2～2.5内的频数；(2)根据此次调查,为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米,应将w 定为多少？(精确到小数点后2位)(3)若将频率视为概率,现从该市随机调查3名居民的月用水量,将月用水量不超过2.5立方米的人数记为X ,求其分布列及均值．解:(1)∵前四组频数成等差数列, ∴所对应的频率组距也成等差数列,设a ＝0.2＋d ,b ＝0.2＋2d ,c ＝0.2＋3d ,∴0.5(0.2＋0.2＋d ＋0.2＋2d ＋0.2＋3d ＋0.2＋d ＋0.1＋0.1＋0.1)＝1, 解得d ＝0.1,∴a ＝0.3,b ＝0.4,c ＝0.5.居民月用水量在2～2.5内的频率为0.5×0.5＝0.25. 居民月用水量在2～2.5内的频数为0.25×100＝25. (2)由题图及(1)可知,居民月用水量小于2.5的频率为0.7<0.8, ∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米, 应规定w ＝2.5＋0.10.15×0.5≈2.83.(3)将频率视为概率,设A (单位:立方米)代表居民月用水量, 可知P (A ≤2.5)＝0.7, 由题意,X ～B (3,0.7),P (X ＝0)＝C 03×0.33＝0.027, P (X ＝1)＝C 13×0.32×0.7＝0.189, P (X ＝2)＝C 23×0.3×0.72＝0.441, P (X ＝3)＝C 33×0.73＝0.343.∴X 的分布列为X12 3P 0.0270.1890.4410.343∵X～B(3,0.7),∴E(X)＝np＝2.1.13．(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(D)(注:若X～N(μ,σ2),则P(μ－σ<X<μ＋σ)＝68.26%,P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝95.44%)A．7 539 B．6 038C．7 028 D．6 587解析:∵X～N(1,1),∴μ＝1,σ＝1.∵P(μ－σ<X<μ＋σ)＝68.26%,∴P(0<X<2)＝68.26%,则P(1<X<2)＝34.13%,∴阴影部分的面积为1－0.341 3＝0.658 7.∴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10 000×0.658 7＝6 587.故选D.14．(金华一中模拟)春节放假,甲回老家过节的概率为13,乙、丙回老家过节的概率分别为14,15.假定三人的行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为(B)A.5960 B.35C.12 D.160解析:“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A,B,C,则P(A)＝13,P(B)＝14,P(C)＝15,所以P(A)＝23,P(B)＝34,P(C)＝45.由题知A,B,C为相互独立事件,所以三人都不回老家过节的概率P(A B C)＝P(A)P(B)P(C)＝23×34×45＝25,所以至少有一人回老家过节的概率P＝1－25＝35.15．甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球,3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件,则下列结论中正确的是②④.(写出所有正确结论的序号)①P(B)＝2 5；②P(B|A1)＝5 11；③事件B与事件A1相互独立；④A1,A2,A3是两两互斥的事件；⑤P(B)的值不能确定,它与A1,A2,A3中哪一个发生都有关．解析:由题意知A1,A2,A3是两两互斥的事件,P(A1)＝510＝12,P(A2)＝210＝15,P(A3)＝310,P(B|A1)＝12×51112＝511,由此知,②正确；P(B|A2)＝411,P(B|A3)＝411,而P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝12×511＋15×411＋310×411＝922.由此知①③⑤不正确；A1,A2,A3是两两互斥事件,④正确,故答案为②④.16．(河北石家庄新华模拟)“过大年,吃水饺”是我国不少地方过春节的一大习俗.2018年春节前夕,A市某质检部门随机抽取了100包某种品牌的速冻水饺,检测其某项质量指标值,所得频率分布直方图如下:(1)求所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的样本平均数x(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)①由直方图可以认为,速冻水饺的该项质量指标值Z 服从正态分布N (μ,σ2),利用该正态分布,求Z 落在(14.55,38.45)内的概率；②将频率视为概率,若某人从某超市购买了4包这种品牌的速冻水饺,记这4包速冻水饺中这种质量指标值位于(10,30)内的包数为X ,求X 的分布列和数学期望．附:计算得所抽查的这100包速冻水饺的质量指标值的标准差为σ＝142.75≈11.95； 若ξ～N (μ,σ2),则P (μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝0.682 6,P (μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝0.954 4.解:(1)所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的平均数x ＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.(2)①∵Z 服从正态分布N (μ,σ2),且μ＝26.5,σ≈11.95,∴P (14.55<Z <38.45)＝P (26.5－11.95<Z <26.5＋11.95)＝0.682 6, ∴Z 落在(14.55,38.45)内的概率是0.682 6. ②根据题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，12,P (X ＝0)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116； P (X ＝1)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14； P (X ＝2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝38； P (X ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14； P (X ＝4)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116. ∴X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P116143814116∴E (X )＝4×12＝2.。

六十一 二项分布、超几何分布与正态分布(建议用时：45分钟) A 组 全考点巩固练1．已知某批零件的长度误差T (单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6〗内的概率为(附：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈68.3%，P (μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈95.4%)( )A ．4.56%B ．13.55%C ．27.1%D ．31.74%B 〖解 析〗依题意可得，X ～N (0,32)，其中μ＝0，σ＝3， 所以P (－3≤X ≤3)≈0.683，P (－6≤X ≤6)≈0.954.因此P (3<X ≤6)＝12〖P (－6≤X ≤6)－P (－3≤X ≤3)〗≈12(0.954－0.683)＝0.135 5＝13.55%.2．(2020·青岛市高三一模)某单位举行诗词大会比赛，给每位参赛者设计了“保留题型”“升级题型”“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答．已知某位参赛者答对每道题的概率均为45，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率为( )A.112125B.80125C.113125D.124125A 〖解 析〗该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率p ＝⎝⎛⎭⎫453＋C 23×⎝⎛⎭⎫452×⎝⎛⎭⎫15＝112125.故选A.3．一个学生通过某种英语听力测试的概率是12，他连续测试n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n 的最小值为( )A ．6B ．5C ．4D ．3C 〖解 析〗由1－C 0n⎝⎛⎭⎫12n＞0.9，得⎝⎛⎭⎫12n＜0.1，所以n ≥4. 4．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X 表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则下列概率中等于C 47C 68C 1015的是( )A ．P (X ＝2)B ．P (X ≤2)C ．P (X ＝4)D ．P (X ≤4)C 〖解 析〗X 服从超几何分布，P (X ＝k )＝C k 7C 10－k 8C 1015，故k ＝4.故选C. 5．有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次(每次1件)．若X 表示取得次品的次数，则P (X ≤2)＝( )A.38B.1314C.45D.78D 〖解 析〗因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为48＝12.从中取3次，X 为取得次品的次数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，12， P (X ≤2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝1)＋P (X ＝0)＝C 23×⎝⎛⎭⎫122×12＋C 13×⎝⎛⎭⎫123＋C 03×⎝⎛⎭⎫123＝78.故选D. 6．(2020·重庆高三三诊)若随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)(σ>0)，则P (|X －μ|≤σ)≈0.683，P (|X －μ|≤2σ)≈0.954，P (|X －μ|≤3σ)≈0.997.已知某校1 000名学生某次数学考试成绩服从正态分布N (110,100)，据此估计该校本次数学考试成绩在130分以上的学生人数为( )A ．159B ．46C ．23D ．13C 〖解 析〗由题意可得，μ＝110，σ＝10.故P (X >130)＝P (X >μ＋2σ)＝1－P (|X －μ|≤2σ)2＝1－0.9542＝0.023.所以该校本次数学考试成绩在130分以上的学生人数约为1 000×0.023＝23.故选C. 7．(多选题)(2020·寿光现代中学高三模拟)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布 N (μ1，σ21)，N (μ2，σ22)，其正态曲线如图所示，则下列说法正确的是( )A ．乙类水果的平均质量μ2＝0.8 kgB ．甲类水果的质量比乙类水果的质量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0.8D ．乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝1.99AB 〖解 析〗甲图像关于直线x ＝0.4对称，乙图像关于直线x ＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，故A 正确，C 错误．因为甲图像比乙图像更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B 正确．因为乙图像的最大值为1.99，即12πσ2＝1.99， 所以σ2≠1.99，故D 错误． 故选AB.8．(2020·江苏丹阳高三月考)“2020武汉加油、中国加油”，为了抗击新冠肺炎疫情，全国医护人员从四面八方驰援湖北．我市医护人员积极响应号召，现拟从A 医院呼吸科中的5名年轻医生中选派2人支援湖北省黄石市．已知男医生2名，女医生3人，则选出的2名医生中至少有1名男医生的概率是________．710〖解 析〗由题意知，选出的2名医生中至少有1名男医生分为恰有1名男医生和全部都是男医生两种情况，则所求概率p ＝C 13·C 12＋C 22C 25＝6＋110＝710.9．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠．若该电梯在底层有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用X 表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (X ＝4)＝________.10243 〖解 析〗一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5重伯努利试验，故X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， 即有P (X ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ×⎝⎛⎭⎫235－k，k ＝0,1,2,3,4,5，故P (X ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫134×⎝⎛⎭⎫231＝10243.10．(2019·济南模拟)某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．(1)在选派的3人中恰有2人会法语的概率；(2)在选派的3人中既会法语又会英语的人数X 的分布列．解：(1)设事件A 为“选派的3人中恰有2人会法语”，则P (A )＝C 25C 12C 37＝47.(2)依题意知X 的取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 34C 37＝435，P (X ＝1)＝C 24C 13C 37＝1835，P (X ＝2)＝C 14C 23C 37＝1235，P (X ＝3)＝C 33C 37＝135，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P43518351235135B 组 新高考培优练11．(多选题)(2020·泰安市高三二模)“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其正态密度函数为f (x )＝ 1102πe ，x ∈(－∞，＋∞)．下列说法正确的是( )A ．该地水稻的平均株高为100 cmB ．该地水稻株高的方差为10C ．随机测量一株水稻，其株高在120 cm 以上的概率比株高在70 cm 以下的概率大D ．随机测量一株水稻，其株高在(80,90)和(100,110)(单位：cm)的概率一样大 AC 〖解 析〗f (x )＝1102πe，故μ＝100，σ2＝100，故A 正确，B 错误；P (X >120)＝P (X <80)>P (X <70)，故C 正确；根据正态曲线的对称性知P (100<X <110)＝P (90<X <100)>P (80<X <90)，故D 错误． 故选AC.12．(多选题)(2020·海南中学高三模拟)已知某校高三年级有1 000人参加一次数学模拟考试，现把这次考试的分数转换为标准分，标准分的分数转换区间为(60,300〗．若使标准分X 服从正态分布N (180，900)，则下列说法正确的有( )参考数据：①P (μ－σ≤X ≤μ＋σ)≈0.683；②P (μ－2σ≤X ≤μ＋2σ)≈0.954；③P (μ－3σ≤X ≤μ＋3σ)≈0.997.A ．这次考试标准分超过180分的约有450人B ．这次考试标准分在(90,270〗内的人数约为997C ．甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过180分的概率为38D ．P (240≤X ≤270)＝0.043BC 〖解 析〗选项A ，因为正态曲线关于直线x ＝180对称，所以这次考试标准分超过180分的约有12×1 000＝500(人)，故A 不正确．选项B ，由正态分布N (180,900)，可知μ＝180，σ＝30， 所以P (90≤X ≤270)＝P (180－3×30≤X ≤180＋3×30)≈0.997.因此这次考试标准分在〖90,270〗内的人数约为1 000×0.997＝997，故B 正确． 选项C ，因为正态曲线关于x ＝180对称， 所以某个人标准分超过180分的概率为12.因此甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过180分的概率为C 23×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫1－12＝38，故C 正确．选项D ，由题中所给的公式可知P (90≤X ≤270)＝P (180－3×30≤X ≤180＋3×30)≈0.997， P (120≤X ≤240)＝P (180－2×30≤X ≤180＋2×30)≈0.954， 所以由正态分布的性质可知P (240≤X ≤270)＝12〖P (90≤X ≤270)－P (120≤X ≤240)〗≈12(0.997－0.954)＝0.021 5，故D 不正确．故选BC.13．(2020·阆中中学高三一模)某校为了增强学生的记忆力和辨识力，组织了一场类似《最强大脑》的PK 赛，A ，B 两队各由 4 名选手组成，每局两队各派一名选手PK ，比赛四局．除第三局胜者得2分外，其余各局胜者均得1分，每局的负者得0分．假设每局比赛A 队选手获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，比赛结束时A 队的得分高于B 队的得分的概率为( )A.1627B.5281C.2027D.79C 〖解 析〗比赛结束时A 队的得分高于B 队的得分的情况有3种，分别为A 队全胜，A 队三胜一负，A 队第三局胜，另外三局两负一胜，所以比赛结束时A 队的得分高于B 队的得分的概率为p ＝⎝⎛⎭⎫234＋C 34×⎝⎛⎭⎫233×13＋23×C 13×⎝⎛⎭⎫23×⎝⎛⎭⎫132＝2027.故选C.14．箱子里有5个黑球、4个白球，每次随机取出一个球．若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球．那么在第4次取球之后停止的概率为( )A.C 35C 14C 45B.⎝⎛⎭⎫593×49C.35×14 D.C 14×⎝⎛⎭⎫593×49B 〖解 析〗由题意知，第4次取球后停止，当且仅当前3次取的球是黑球，第4次取的球是白球，此事件发生的概率为⎝⎛⎭⎫593×49.15．(2020·太原五中高三二模)《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A ，B ＋，B ，C ＋，C ，D ＋，D ，E 共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%.选考科目成绩计入考生总成绩时，将A 至E 等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到〖91,100〗，〖81,90〗，〖71,80〗，〖61,70〗，〖51,60〗，〖41,50〗，〖31,40〗，〖21,30〗八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2 000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布N (60,169)．(1)求物理原始成绩在区间〖47,86〗的人数；(2)按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记X 表示这3人中等级成绩在区间〖61,80〗的人数，求X 的分布列和数学期望．(附：若随机变量ξ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.683，P (μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954，P (μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997)解：(1)因为物理原始成绩ξ～N (60,132)，所以P (47≤ξ≤86)＝P (47≤ξ≤60)＋P (60≤ξ≤86)＝12P (60－13≤ξ≤60＋13)＋12P (60－2×13≤ξ≤60＋2×13)≈0.6832＋0.9542＝0.818 5.所以物理原始成绩在〖47,86〗的人数为2 000×0.818 5＝1 637. (2)由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间〖61,80〗内的概率为25.所以随机抽取3人，则X 的所有可能取值为0,1,2,3，且X ～B ⎝⎛⎭⎫3，25， 所以P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫353＝27125， P (X ＝1)＝C 13×25×⎝⎛⎭⎫352＝54125， P (X ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫252×35＝36125， P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫253＝8125. 所以X 的分布列为所以数学期望E (X )＝3×25＝65.。

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第十二章概率、随机变量及其分布 12。

5 二项分布及其应用试题理北师大版1．条件概率在已知B发生的条件下，事件A发生的概率叫作B发生时A发生的条件概率，用符号P(A|B)来表示，其公式为P(A|B)＝P ABP B（P(B)〉0)．2．相互独立事件（1)一般地,对两个事件A，B，如果P（AB）＝P(A)P(B)，则称A，B相互独立．（2）如果A，B相互独立,则A与B，错误!与B，错误!与错误!也相互独立．（3)如果A1,A2，…,A n相互独立，则有P(A1A2…A n)＝P（A1）P（A2）…P(A n）．3．二项分布进行n次试验，如果满足以下条件：(1)每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”;(2）每次试验“成功"的概率均为p，“失败”的概率均为1－p；(3)各次试验是相互独立的．用X表示这n次试验中成功的次数，则P（X＝k）＝C k n p k（1－p）n－k（k＝0，1,2,…，n)若一个随机变量X的分布列如上所述,称X服从参数为n，p的二项分布,简记为X～B（n，p）．【知识拓展】超几何分布与二项分布的区别（1）超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；(2)超几何分布是不放回抽取，而二项分布是放回抽取(独立重复)．【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”)(1）条件概率一定不等于它的非条件概率．（×)(2)相互独立事件就是互斥事件．（×)（3)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P（B）都成立．（×）（4）二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b）n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b ＝1－p.（×)(5）P（B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率,P（AB)表示事件A，B同时发生的概率．（√)1．袋中有3红5黑8个大小形状相同的小球，从中依次摸出两个小球，则在第一次摸得红球的条件下，第二次仍是红球的概率为( ）A。

配餐作业(七十一)二项分布、正态分布及其应用(时间：40分钟)一、选择题1．周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为0.60，则预估做对第二道题的概率为()A．0.80 B．0.75C．0.60 D．0.48解析记做对第一道题为事件A，做对第二道题为事件B，则P(A)＝0.80，P(AB)＝0.60，因为做对第一道、第二道题这两个事件是相互独立的，所以P(AB)＝P(A)P(B)，即P(B)＝P AB0.6＝＝0.75，故选B。

P A0.8答案 B2．一位家长送孩子去幼儿园的路上要经过4个有红绿灯的路口，假设在各路口是否遇到1红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 m in。

则这位家长送3孩子上学到第三个路口时首次遇到红灯的概率为()1 2A. B.3 274 5C. D.27 27解析设“这位家长送孩子上学到第三个路口时首次遇到红灯”为事件A，因为事件A等于事件“这位家长送孩子在第一个路口和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，1 1 1 4所以事件A的概率为P(A)＝(1－3 )×(1－3 )×＝。

故选C。

3 27答案 C3．(2016·河北名校模拟)从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出11 1 1 个小球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为，，，从袋中随机摸出1个球，记下颜色后放2 3 6回，接连摸3次，则记下的颜色中有红有白但没有黄的概率为()5 1A. B.36 35 1C. D.12 21 1解析所求问题的情况有两种：2红1白，1红2白，则所求概率P＝C13×2×(3 )2＋C231 1 5×(2 )2×＝。

故选C。

3 121答案 C4．(2016·长春质检二)已知变量X服从正态分布N(2,4)，下列概率与P(X≤0)相等的是()A．P(X≥2)B．P(X≥4)C．P(0≤X≤4)D．1－P(X≥4)解析由变量X服从正态分布N(2,4)可知，x＝2为该正态密度曲线的对称轴，因此P(X≤0)＝P(X≥4)。

专题十一 概率与统计第三十六讲二项分布及其应用、正态分布答案部分1．C 【解析】由正态分布密度曲线的性质可知，211(,)XN μσ，222(,)Y N μσ的密度曲线分别关于直线1x μ=，2x μ=对称，因此结合题中所给图象可得，12μμ<，所以21()()P Y P Y μμ<≥≥，故A 错误．又211(,)X N μσ得密度曲线较222(,)Y N μσ的密度曲线“瘦高”，所以12σσ<，所以21()()P X P X σσ>≤≤，B 错误．对任意正数t ，()()P X t P Y t ≤≥≤，()()P X t P Y t ≥≥≥，C 正确，D 错误． 2．B 【解析】1(36)(95.44%68.26%)13.59%2P ξ<<=-=． 3．A 【解析】根据条件概率公式()(|)()P AB P B A P A =，可得所求概率为0.60.80.75=． 4．C 【解析】如图，正态分布的密度函数示意图所示，函数关于直线2=x 对称，所以()5.02=<ξP()()4220<<=<<ξξP P则()()()2420<-<=<<ξξξP P P3.05.08.0=-=所以选C.5．1.96【解析】由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即()~100,0.02X B ，由二项分布的期望公式可得()11000.020.98 1.96DX np p =-=⨯⨯=6．32【解析】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有（正正），（正反），（反正），（反反），所以在1次试验中成功次数ξ的取值为0,1,2，其中111(0),(1),(2),424P P P ξξξ====== 在1次试验中成功的概率为113(1)424P ξ=+=≥，所以在2次试验中成功次数X 的概率为12313(1)448P X C ==⨯=，239(2)()416P X ===，393128162EX =⨯+⨯=．解法2由题意知，实验成功的概率34p =，故3(2,)4X B ，所以33()242E X =⨯=．7．13【解析】由30(1)20np np p =⎧⎨-=⎩，得13p =． 8．38【解析】 三个电子元件的使用寿命均服从正态分布2(1000,50)N 得：三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为12p =，超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率2131(1)4P p =--=， 那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为2138p p p =⨯=．9．【解析】（1）抽取的一个零件的尺寸在(3,3)μσμσ-+之内的概率为0．9974，从而零件的尺寸在(3,3)μσμσ-+之外的概率为0．0026，故~(16,0.0026)X B ．因此(1)1(0)10.99740.0408P X P X ≥=-==-=．X 的数学期望为160.00260.0416EX =⨯=．（2）（i ）如果生产状态正常，一个零件尺寸在(3,3)μσμσ-+之外的概率只有0．0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(3,3)μσμσ-+之外的零件的概率只有0．0408，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．（ii ）由9.97x =，0.212s ≈，得μ的估计值为ˆ9.97μ=，σ的估计值为 ˆ0.212σ=，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在ˆˆˆˆ(3,3)μσμσ-+之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除ˆˆˆˆ(3,3)μσμσ-+之外的数据9．22，剩下数据的平均数为 1(169.979.22)10.0215⨯-=， 因此μ的估计值为10．02．162221160.212169.971591.134ii x==⨯+⨯≈∑，剔除ˆˆˆˆ(3,3)μσμσ-+之外的数据9．22，剩下数据的样本方差为 221(1591.1349.221510.02)0.00815--⨯≈，因此σ0.09≈．10．【解析】（Ⅰ）设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A ，()1()1(0.300.15)0.55P A P A =-=-+=．（Ⅱ）设续保人保费比基本保费高出60%为事件B ，()0.100.053()()0.5511P AB P B A P A +===． （Ⅲ）解：设本年度所交保费为随机变量X ．平均保费0.850.300.15 1.250.20 1.50.20 1.750.1020.05EX a a a a a =⨯++⨯+⨯+⨯+⨯0.2550.150.250.30.1750.1 1.23a a a a a a a =+++++=，∴平均保费与基本保费比值为1.23．11．【解析】（Ⅰ）记事件1A =｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，2A =｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝，1B =｛顾客抽奖1次获一等奖｝，2B =｛顾客抽奖1次获二等奖｝，C =｛顾客抽奖1次能获奖｝．由题意，1A 与2A 相互独立，12A A 与12A A 互斥，1B 与2B 互斥， 且1B =12A A ，2B =12A A +12A A ，C=1B +2B ．因P (1A )=410=25，P (2A )=510=12， 所以P (1B )=P (12A A )=P (1A )P (2A )=25⨯12=15， P (2B )=P (12A A +12A A )=P (12A A )+P (12A A )=P (1A ) (1-P (2A ))+(1-P (1A ))P (2A )=25⨯(1-12)+(1-25)⨯12=12， 故所求概率为P (C)= P (1B +2B )=P (1B )+P (2B )=15+12=710.（Ⅱ）顾客抽奖3次独立重复试验，由（I ）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15， 所以1(3,)5XB ．于是 P (X =0)=003314()()55C =64125， P (X =1)=112314()()55C =48125， P (X =2)=221314()()55C =12125，P (X =3)=330314()()55C =1125 ． 故X 的分布列为X 的数学期望为 E (X )=3⨯5=5．12．【解析】（Ⅰ）设每天,A B 两种产品的生产数量分别为,x y ，相应的获利为z ，则有2 1.5,1.512, 20,0, 0.x y W x y x y x y +≤⎧⎪+≤⎪⎨-≥⎪⎪≥≥⎩（1）目标函数为10001200z x y =+．当12W =时，（1）表示的平面区域如图1，三个顶点分别为(0, 0), (2.4, 4.8), (6, 0)A B C ．将10001200z x y =+变形为561200zy x =-+，当 2.4, 4.8x y ==时，直线l ：561200zy x =-+在y 轴上的截距最大，最大获利max 2.41000 4.812008160Z z ==⨯+⨯=．当15W =时，（1）表示的平面区域如图2，三个顶点分别为(0, 0), (3, 6), (7.5, 0)A B C ．将10001200z x y =+变形为561200zy x =-+，当3, 6x y ==时，直线l ：561200zy x=-+在y 轴上的截距最大，第10题解答图1 第10题解答图2第10题解答图3最大获利max 310006120010200Z z ==⨯+⨯=． 当18W =时，（1）表示的平面区域如图3， 四个顶点分别为(0, 0), (3, 6), (6, 4), (9, 0)A B C D ．将10001200z x y =+变形为561200z y x =-+，当6,4x y ==时，直线l ：561200zy x =-+在y 轴上的截距最大，最大获利max 610004120010800Z z ==⨯+⨯=． 故最大获利Z 的分布列为因此，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，一天最大获利超过10000元的概率1(10000)0.50.20.7p P Z =>=+=， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为3311(1)10.30.973p p =--=-=．13．【解析】（Ⅰ）两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于B 地区用户满意度评分的平均值；A 地区用户满意度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散． （Ⅱ）记1A C 表示事件：“A 地区用户满意度等级为满意或非常满意”；2A C 表示事件：“A 地区用户满意度等级为非常满意”； 1B C 表示事件：“B 地区用户满意度等级为不满意”；2B C 表示事件：“B 地区用户满意度等级为满意”．则1A C 与1B C 独立，2A C 与2B C 独立，1B C 与2B C 互斥，1122B A B A C C C C C =．1122()()B A B A P C P C C C C =1122()()B A B A P C C P C C =+1122()()()()B A B A P C P C P C P C =+．由所给数据得1A C ，2A C ，1B C ，2B C 发生的概率分别为1620，420，1020，820． 故1()A P C 16=20，2()=A P C 420，1()=B P C 1020，2()B P C 8=20，故101684()=+0.4820202020P C ⨯⨯=．14．【解析】：（1）记“甲队以3：0胜利”为事件1A ，“甲队以3：1胜利”为事件2A ，“甲队以3：2胜利”为事件3A ，由题意，各局比赛结果相互独立， 故3128()()327P A ==， 22232228()()(1)33327P A C =-⨯=，122342214()()(1)33227P A C =-⨯=所以，甲队以3：0,3:1,3:2胜利的概率分别是827，827，427； （2）设“乙队以3:2胜利”为事件4A ，由题意，各局比赛结果相互独立，所以122442214()(1)()(1)33227P A C =-⨯-=由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0,1,2,3，，根据事件的互斥性得1212(0)()()()P X P A A P A P A ==+=+1627=, 34(1)()27P X P A ===, 44(2)()27P X P A ===, (3)P X ==1-(0)P X =(1)P X -=(2)P X -=327=故X 的分布列为所以16012327272727EX =⨯+⨯+⨯+⨯9=． 15．【解析】（Ⅰ）设A 表示事件“作物产量为300kg ”，B 表示事件“作物市场价格为6元／kg ”．由题设知()0.5P A =，()0.4P B =．因为利润=产量⨯市场价格-成本，所以X 所有可能的取值为5001010004000⨯-=，500610002000⨯-= 3001010002000⨯-=，30061000800⨯-=(4000)()()(10.5)(10.4)0.3P X P A P B ===--=,(2000)()()()()(10.5)0.40.5(10.4)0.5P X P A P B P A P B ==+=-⨯+⨯-=,(800)()()0.50.40.2P X P A P B ===⨯=,所以X 的分布列为（Ⅱ）设i C 表示事件“第i 季利润不少于2000元”(1,2,3)i =， 由题意知123,,C C C 相互独立，由（1）知，()(4000)(2000)0.30.50.8i P C P X P X ==+==+=(1,2,3)i =3季利润均不少于2000元的概率为3123123()()()()0.80.512P C C C P C P C P C ===3季中有2季利润不少于2000元的概率为2123123123()()()30.80.20.384P C C C P C C C P C C C ++=⨯⨯=所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.5120.3840.896+=16．【解析】：（1）127,2n n ==，120.28,0.08f f ==；（2）样本频率分布直方图为（3）根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间（30,35］的概率0．2，设所取的4人中，日加工零件数落在区间（30,35］的人数为ξ，则~(4,0.2)B ξ，4(1)1(0)1(10.2)10.40960.5904P P ξξ≥=-==--=-=，所以4人中，至少有1人的日加工零件数落在区间（30,50］的概率约为0．5904． 17．【解析】记A 表示事件: 该地的1位车主购买甲种保险；B 表示事件: 该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C 表示事件: 该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l 种；D 表示事件: 该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买.（Ⅰ）()0.5P A =, ()0.3P B =, C A B =+()()()()0.8P C P A B P A P B =+=+=（Ⅱ）D C =,()1()10.80.2P D P C =-=-=(100,0.2)X B :,即X 服从二项分布,所以期望1000.220EX =⨯=．。

第六节二项分布与正态分布突破点(一)事件的相互独立性及条件概率1．条件概率(1)定义设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝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)性质①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．2．事件的相互独立性(1)定义设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．(2)性质①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B)．②如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．解决条件概率问题的步骤第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步．第二步，计算概率，这里有两种思路．思路一：缩减样本空间法计算条件概率．如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝n(AB) n(B)计算．本节主要包括3个知识点：1.事件的相互独立性及条件概率；2.独立重复试验与二项分布；3.正态分布.思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出P (AB )，P (B )，再利用公式P (A |B )＝P (AB )P (B )计算． [例1] (1)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45(2)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A 为“取到的2个数之和为偶数”，事件B 为“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.12(3)如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则P (B |A )＝________.[解析] (1)根据条件概率公式P (B |A )＝P (AB )P (A )，可得所求概率为0.60.75＝0.8.(2)P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (B )＝C 22C 25＝110，又A ⊇B ，则P (AB )＝P (B )＝110，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝14. (3)由题意可得，事件A 发生的概率P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O ＝2×2π×12＝2π.事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”，则P (AB )＝S △EOH S 圆O ＝12×12π×12＝12π.故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14. [答案] (1)A (2)B (3)14[易错提醒]要注意P (B |A )与P (A |B )的不同：前者是在A 发生的条件下B 发生的概率，后者是在B 发生的条件下A 发生的概率．1．求相互独立事件的步骤第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为若干个彼此互斥的事件的和；第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；第三步，根据互斥事件的概率计算公式求出结果． 此外，也可以从对立事件入手计算概率． 2．相互独立事件概率的求法与相互独立事件A ，B 有关的概率的计算公式如下表：[例2] (2016·山东高考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X 的分布列和数学期望E (X )． 解：(1)记事件A ：“甲第一轮猜对”， 记事件B ：“乙第一轮猜对”， 记事件C ：“甲第二轮猜对”， 记事件D ：“乙第二轮猜对”，记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”．由题意，E ＝ABCD ＋A BCD ＋A B CD ＋AB C D ＋ABC D ，由事件的独立性与互斥性，得P (E )＝P (ABCD )＋P (A BCD )＋P (A B CD )＋P (AB C D )＋P (ABC D )＝P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )·P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＝34×23×34×23＋2×⎝⎛⎭⎫14×23×34×23＋34×13×34×23＝23，所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.(2)由题意，随机变量X 可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得 P (X ＝0)＝14×13×14×13＝1144，P (X ＝1)＝2×⎝⎛⎭⎫34×13×14×13＋14×23×14×13＝10144＝572，P (X ＝2)＝34×13×34×13＋34×13×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144，P (X ＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112，P (X ＝4)＝2×⎝⎛⎭⎫34×23×34×13＋34×23×14×23＝60144＝512， P (X ＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14.可得随机变量X 的分布列为所以数学期望E (X )＝0×1144＋1×572＋2×25144＋3×112＋4×512＋6×14＝236.1．[考点一]抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，令事件A ＝{2,3,5}，B ＝{1,2,4,5,6}，则P (A |B )等于( )A.25B.12C.35D.45解析：选A 在事件B 发生的条件下研究事件A ，事件B 总共有5种结果，而事件AB 只含有其中的2种，所以P (A |B )＝n (AB )n (B )＝25. 2．[考点二]两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A.12B.512C.14D.16解析：选B 恰有一个一等品即一个是一等品，另一个不是一等品，则情形为两种，∴P ＝23×⎝⎛⎭⎫1－34＋⎝⎛⎫1－23×34＝512. 3．[考点一]甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为( )A ．0.45B ．0.6C ．0.65D ．0.75解析：选D 设目标被击中为事件B ，目标被甲击中为事件A ，则由P (B )＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，得P (A |B )＝P (AB )P (B )＝P (A )P (B )＝0.60.8＝0.75.4．[考点二]事件A ，B ，C 相互独立，如果P (AB )＝16，P (B C )＝18，P (AB C )＝18，则P (B )＝________，P (A B )＝________.解析：联立⎩⎪⎨⎪⎧P (A )·P (B )＝16， ①P (B )·P (C )＝18， ②P (A )·P (B )·P (C )＝18， ③由③÷①得P (C )＝34，可得P (C )＝1－P (C )＝1－34＝14.将P (C )＝14代入②得P (B )＝12，所以P (B )＝1－P (B )＝12，由①可得P (A )＝13.所以P (A B )＝P (A )·P (B )＝23×12＝13. 答案：12 135．[考点二]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14，16；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，23；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的分布列与数学期望E (ξ)． 解：(1)若两人所付费用相同，则相同的费用可能为0元，40元，80元， 两人都付0元的概率为P 1＝14×16＝124，两人都付40元的概率为P 2＝12×23＝13，两人都付80元的概率为P 3＝⎝⎛⎭⎫1－14－12×1－16－23＝14×16＝124，则两人所付费用相同的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝124＋13＋124＝512.(2)由题意得，ξ所有可能的取值为0,40,80,120,160. P (ξ＝0)＝14×16＝124，P (ξ＝40)＝14×23＋12×16＝14，P (ξ＝80)＝14×16＋12×23＋14×16＝512，P (ξ＝120)＝12×16＋14×23＝14，P (ξ＝160)＝14×16＝124，ξ的分布列为E (ξ)＝0×124＋40×14＋80×512＋120×14＋160×124＝80.突破点(二) 独立重复试验与二项分布1．独立重复试验在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．2．二项分布在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率是p ，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．在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )．[例1] (1)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )A.49B.29C.427D.227(2)位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A.⎝⎛⎭⎫125B ．C 25⎝⎛⎭⎫125C ．C 35⎝⎛⎭⎫123D ．C 25C 35⎝⎛⎭⎫125[解析] (1)所求概率P ＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·1－133－1＝49. (2)移动五次后位于点(2,3)，所以质点P 必须向右移动两次，向上移动三次．故其概率为C 35⎝⎛⎭⎫123·⎝⎛⎭⎫122＝C 35⎝⎛⎭⎫125＝C 25⎝⎛⎭⎫125. [答案] (1)A (2)B [易错提醒](1)“恰好发生k 次”与“有指定的k 次发生”不同：恰好发生k 次的概率为P n (k )＝C k np k (1－p )n －k ，有指定的k 次发生的概率为P ＝p k (1－p )n －k ；(2)P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k恰好是[(1－p )＋p ]n 的第k ＋1项T k ＋1＝C k n (1－p )n －k p k.二项分布的简单应用1．二项分布的简单应用是求n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率．解题的一般思路是：根据题意设出随机变量→分析出随机变量服从二项分布→找到参数n ，p →写出二项分布的分布列→将k 值代入求解概率．2．若离散型随机变量X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )，即其均值和方差的求解既可以利用定义，也可以直接代入上述公式．[例2] 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．[解] (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意知A 1与A 2相互独立，A 1A －2与A －1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A－2＋A －1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A －2＋A －1A 2)＝P (A 1A －2)＋P (A －1A 2) ＝P (A 1)P (A －2)＋P (A －1)P (A 2) ＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验， 由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫151⎝⎛⎭⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152⎝⎛⎭⎫451＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125. 故X 的分布列为X 0 1 2 3 P6412548125121251125数学期望E (X )＝3×15＝35.[方法技巧]求随机变量X 的均值与方差时，可首先分析X 是否服从二项分布，如果X ～B (n ，p )，则用公式E (X )＝np ；D (X )＝np (1－p )求解，可大大减少计算量．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]某人参加一次考试，4道题中解对3道即为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率是( )A ．0.18B ．0.28C ．0.37D ．0.48解析：选A C 34×0.43×0.6＋C 44×0.44＝0.179 2≈0.18.2．[考点一]设事件A 在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A 至少发生一次的概率为6364，则事件A 恰好发生一次的概率为________． 解析：假设事件A 在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p ，由题意得，事件A 发生的次数X ～B (3，p )，则有1－(1－p )3＝6364，得p ＝34，则事件A 恰好发生一次的概率为C 13×34×⎝⎛⎭⎫1－342＝964. 答案：9643．[考点二]有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X 表示取到次品的次数，则D (X )＝________.解析：∵X ～B ⎝⎛⎭⎫3，14，∴D (X )＝3×14×34＝916. 答案：9164．[考点二]某智能玩具的外形是正方体，其每一个面(编号分别为①②③④⑤⑥)上都配置有5颗颜色各异的闪光小星星，假设每颗闪光小星星正常发光的概率均为12，若一个面上至少有3颗闪光小星星正常发光，则不需要更换这个面，否则需要更换这个面，假定更换一个面需要10元，用η表示更换费用．(1)求①号面需要更换的概率； (2)求η的分布列及数学期望．解：(1)由题意知，①号面需要更换的概率为1－C 35＋C 45＋C 5525＝12. (2)设需要更换的面的个数为ξ，则ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，12， P (ξ＝0)＝C 0626＝164，P (ξ＝1)＝C 1626＝332，P (ξ＝2)＝C 2626＝1564，P (ξ＝3)＝C 3626＝516，P (ξ＝4)＝C 4626＝1564，P (ξ＝5)＝C 5626＝332，P (ξ＝6)＝C 6626＝164，所以η的分布列为所以数学期望E (η)＝0×164＋10×332＋20×1564＋30×516＋40×1564＋50×332＋60×164＝30(元)．(或E (η)＝E (10ξ)＝10E (ξ)＝10×6×12＝30(元)．)5．[考点二]2015年9月3日，抗战胜利70周年纪念活动在北京隆重举行，受到全国人民的瞩目．纪念活动包括纪念大会、阅兵式、招待会和文艺晚会等．据统计，抗战老兵由于身体原因，参加纪念大会、阅兵式、招待会这3个环节(可参加多个，也可都不参加)的情况及其概率如下表所示：(1)不同的概率；(2)某医疗部门决定从这些抗战老兵中(其中参加纪念活动的环节数为3的抗战老兵数大于等于3)随机抽取3名进行体检，其中参加纪念活动的环节数为3的抗战老兵有ξ名，求ξ的分布列和数学期望．解：(1)设“这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同”为事件M ，则“这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数相同”为事件M －，根据题意可知P (M －)＝⎝⎛⎭⎫162＋⎝⎛⎭⎫162＋⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫132＝518，由对立事件的概率计算公式可得P (M )＝1－P (M －)＝1318，即这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同的概率为1318.(2)根据题意可知随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3，且ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，13 则P (ξ＝0)＝C 03×⎝⎛⎭⎫1－133＝827， P (ξ＝1)＝C 13×13×⎝⎛⎭⎫1－132＝49， P (ξ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫1－13＝29， P (ξ＝3)＝C 33×⎝⎛⎭⎫133＝127. 则随机变量ξ的分布列为E (ξ)＝3×13＝1.突破点(三) 正态分布1．正态曲线及性质 (1)正态曲线的定义函数φμ，σ(x )＝1σ2πe －(x －μ)22σ2，x ∈(－∞，＋∞)(其中实数μ和σ(σ＞0)为参数)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的特点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1σ2π； 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； ⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定：⎩⎪⎨⎪⎧σ越小，曲线越“高瘦”，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. 2．正态分布(1)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 )＝⎠⎛ab φμ，σ(x)d x ，则称随机变量X 服从正态分布，记作X ～N(μ，σ2)．(2)正态分布的三个常用数据： 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.[例1] (1)，则P(0<ξ<2)＝( ) A ．0.6 B ．0.4 C ．0.3D ．0.2(2)某班有50名学生，一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)服从正态分布N (100,102)，已知P (90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．[解析 (1)画出正态曲线如图，结合图象知：P (ξ<0)＝P (ξ>4)＝1－P (ξ<4)＝1－0.8＝0.2，P (0<ξ<2)＝12P (0<ξ<4)＝12[1－P (ξ<0)－P (ξ>4)]＝12(1－0.2－0.2)＝0.3. (2)由题意，知P (ξ>110)＝1－2P (90≤ξ≤100)2＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10.[答案] (1)C (2)10 [方法技巧]利用正态曲线的对称性求概率是高考考查的重点．解题的关键是利用对称轴x ＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时可借助图形判断．对于正态分布N (μ，σ2)，由x ＝μ是正态曲线的对称轴知： (1)对任意的a ，有P (X <μ－a )＝P (X >μ＋a )； (2)P (X <x 0)＝1－P (X ≥x 0);(3)P (a <X <b )＝P (X <b )－P (X ≤a )．正态分布[例2] (1)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )附：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74%(2)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6， P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4.A ．2 386B ．2 718C ．3 413D ．4 772[解析] (1)由正态分布的概率公式知P (－3<ξ<3)＝0.682 6，P (－6<ξ<6)＝0.954 4，故P (3<ξ<6)＝P (－6<ξ<6)－P (－3<ξ<3)2＝0.954 4－0.682 62＝0.135 9＝13.59%.(2)由P (－1<X ≤1)＝0.682 6，得P (0<X ≤1)＝0.341 3，则阴影部分的面积为0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为10 000×0.341 31×1＝3 413. [答案(1)B (2)C [方法技巧]解决正态分布问题的三个关键点(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．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一、二]在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N (4，σ2)(σ>0)，若ξ在(0,4)内取值的概率为0.4，则ξ在(0，＋∞)内取值的概率为( )A ．0.2B ．0.4C ．0.8D ．0.9解析：选D ∵ξ服从正态分布N (4，σ2)(σ>0)，∴曲线的对称轴是直线x ＝4，∴ξ在(4，＋∞)内取值的概率为0.5.∵ξ在(0,4)内取值的概率为0.4，∴ξ在(0，＋∞)内取值的概率为0.5＋0.4＝0.9. 2．[考点一]设随机变量X 服从正态分布N (3,4)，若P (X ＜2a －3)＝P (X ＞a ＋2)，则a ＝( )A ．3 B.53 C ．5 D.73解析：选D 因为X 服从正态分布N (3,4)，P (X ＜2a －3)＝P (X ＞a ＋2)．∴2a －3＋a ＋2＝6，a ＝73.3．[考点一]已知随机变量X ～N (2，s 2)，若P (X <a )＝0.32，则P (a ≤X <4－a )＝________.解析：由正态曲线的对称性可得：P (a ≤X <4－a )＝1－2P (X <a )＝0.36. 答案：0.364．[考点二]商场经营的某种袋装大米质量(单位：kg)服从正态分布N (10，0.12)，任取一袋大米，质量不足9.8 kg 的概率为________．(精确到0.000 1)注：P (μ－σ<x ≤μ＋σ)＝0.682 6， P (μ－2σ<x ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P(μ－3σ<x≤μ＋3σ)＝0.997 4解析：因为袋装大米质量(单位：kg)服从正态分布N(10，0.12)，所以P(ξ<9.8)＝12[1－P(9.8<ξ<10.2)]＝12[1－P(10－2×0.1<ξ<10＋2×0.1)]＝12(1－0.954 4)＝0.022 8.答案：0.022 85．[考点二]在某次数学考试中，考生的成绩ξ服从正态分布，即ξ～N(100,100)，已知满分为150分．(1)试求考试成绩ξ位于区间(80,120]内的概率；(2)若这次考试共有2 000名考生参加，试估计这次考试及格(不小于90分)的人数．解：(1)由ξ～N(100,100)，知μ＝100，σ＝10.∴P(80＜ξ≤120)＝P(100－20＜ξ≤100＋20)＝0.954 4，即考试成绩位于区间(80,120]内的概率为0.954 4.(2)P(90＜ξ≤110)＝P(100－10＜ξ≤100＋10)＝0.682 6，∴P(ξ＞110)＝12×(1－0.682 6)＝0.158 7，∴P(ξ≥90)＝0.682 6＋0.158 7＝0.841 3.∴及格人数为2 000×0.841 3≈1 683.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2015·新课标全国卷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：选A3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x ，σ2近似为样本方差s 2.①利用该正态分布，求P (187.8<Z <212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数．利用①的结果，求EX .附：150≈12.2.若Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<Z <μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z <μ＋2σ)＝0.954 4. 解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2分别为x ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s 2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①由(1)知，Z ～N (200,150)，从而P (187.8<Z <212.2)＝P (200－12.2<Z <200＋12.2)＝0.682 6.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知X ～B (100,0.682 6)，所以EX ＝100×0.682 6＝68.26.3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n .如果n ＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n ＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X (单位：元)，求X 的分布列及数学期望．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与A 2B 2互斥，所以P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1|A 1)＋P (A 2)P (B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364. (2)X 可能的取值为400,500,800，并且P (X ＝400)＝1－416－116＝1116，P (X ＝500)＝116，P (X ＝800)＝14.所以X 的分布列为EX ＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25. [课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 一、全员必做题1．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是( )A.125729B.80243C.665729D.100243解析：选C 一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－13＝1－49＝59，设X 为3次试验中成功的次数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，59，故所求概率P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 03×⎝⎛⎭⎫590×⎝⎛⎭⎫493＝665729，故选C.2．(2017·石家庄模拟)设X ～N (1，σ2)，其正态分布密度曲线如图所示，且P (X ≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC 中随机投掷20 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为( )附：(随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，则P (μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 4)．A ．12 076B ．13 174C ．14 056D ．7 539 解析：选B 由题意得，P (X ≤－1)＝P (X ≥3)＝0.022 8， ∴P (－1<X <3)＝1－0.022 8×2＝0.954 4， ∵P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 4，∴1－2σ＝－1，故σ＝1，∴P (0<X <1)＝12P (0<X <2)＝0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为20 000×(1－0.341 3)＝13 174，故选B.3．在一个质地均匀的小正方体的六个面中，三个面标0，两个面标1，一个面标2，将这个小正方体连续掷两次，若向上的数字的乘积为偶数，则该乘积为非零偶数的概率为( )A.14B.89C.116D.532解析：选D 两次数字乘积为偶数，可先考虑其反面——只需两次均出现1向上，故两次数字乘积为偶数的概率为1－⎝⎛⎭⎫262＝89；若乘积非零且为偶数，需连续两次抛掷小正方体的情况为(1,2)或(2,1)或(2,2)，概率为13×16×2＋16×16＝536.故所求条件概率为53689＝532.4．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． 解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A ，则P (A )＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1,2,3.又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16，P (X ＝3)＝56×45×1＝23.所以X 的分布列为所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.5．小辛参加某次知识竞赛，对于5道高难度的四选一的选择题，前3道题小辛做对每个题目的概率都为12，后2道题由于不会，就都随便选择一个答案，已知每个题目能否做对是相互独立的．(1)求这5道题目小辛至少做对1道的概率；(2)若用X 表示小辛做对的题目数，试求X 的分布列和数学期望． 解：(1)5道题全做错的概率P ＝⎝⎛⎭⎫123×⎝⎛⎭⎫342＝9128，故至少做对1道的概率为1－P ＝1－9128＝119128. (2)由题意可知X 的所有可能的取值为0,1,2,3,4,5. P (X ＝0)＝9128；P (X ＝1)＝C 13×⎝⎛⎭⎫121×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫123×C 12×14×34＝33128； P (X ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫121×⎝⎛⎭⎫342＋C 13×⎝⎛⎭⎫121×⎝⎛⎭⎫122×C 12×14×34＋⎝⎛⎭⎫123×⎝⎛⎭⎫142＝46128＝2364； P (X ＝3)＝C 13×⎝⎛⎭⎫121×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫142＋C 23×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫121×C 12×14×34＋⎝⎛⎭⎫123×⎝⎛⎭⎫342＝30128＝1564； P (X ＝4)＝C 23×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫121×⎝⎛⎭⎫142＋⎝⎛⎭⎫123×C 12×14×34＝9128； P (X ＝5)＝⎝⎛⎭⎫123×⎝⎛⎭⎫142＝1128. 故X 的分布列为所以E (X )＝0×9128＋1×33128＋2×2364＋3×1564＋4×9128＋5×1128＝2. 二、重点选做题1．为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有40人，不超过100 km/h 的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有20人，不超过100 km/h 的有25人．(1)完成下面2×2列联表，并判断有多大的把握认为“平均车速超过100 km/h 与性别有关”？附：K 2＝n (ad －bc )(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .(2)2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(3)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h 且为男性驾驶员的车辆数为X ，求X 的分布列和数学期望E (X )．解：(1)完成的2×2列联表如下：K 2＝100×(40×25－15×20)55×45×60×40≈8.249>7.879，所以有99.5%的把握认为“平均车速超过100 km/h 与性别有关”．(2)平均车速不超过100 km/h 的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C 240，记“这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A ，则事件A 所包含的基本事件数为C 115C 125，所以所求的概率P (A )＝C 115C 125C 240＝15×2520×39＝2552.(3)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h 且为男性驾驶员的概率为40100＝25，故X ～B ⎝⎛⎭⎫3，25. 所以P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫250⎝⎛⎭⎫353＝27125； P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫25⎝⎛⎭⎫352＝54125； P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫252⎝⎛⎭⎫35＝36125； P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫253⎝⎛⎭⎫350＝8125. 所以X 的分布列为E (X )＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝65⎝⎛⎭⎫或E (X )＝3×25＝65. 2．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．(1)设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．解：(1)X 可能的取值为10,20,100，－200.根据题意，有P (X ＝10)＝C 13×⎝⎛⎭⎫121×⎝⎛⎭⎫1－122＝38， P (X ＝20)＝C 23×⎝⎛⎭⎫122×⎝⎛⎭⎫1－121＝38， P (X ＝100)＝C 33×⎝⎛⎭⎫123×⎝⎛⎭⎫1－120＝18，P (X ＝－200)＝C 03×⎝⎛⎭⎫120×⎝⎛⎭⎫1－123＝18. 所以X 的分布列为(2)设“第i i 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝18.所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1－P (A 1A 2A 3)＝1－⎝⎛⎭⎫183＝1－1512＝511512.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511512. (3)数学期望E (X )＝10×38＋20×38＋100×18－200×18＝－54.这表明，获得分数X 的均值为负，因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大． 三、冲刺满分题1．甲、乙两俱乐部举行乒乓球团体对抗赛．双方约定： ①比赛采取五场三胜制(先赢三场的队伍获得胜利，比赛结束)；②双方各派出三名队员，前三场每位队员各比赛一场．已知甲俱乐部派出队员A 1，A 2，A 3，其中A 3只参加第三场比赛，另外两名队员A 1，A 2比赛场次未定；乙俱乐部派出队员B 1，B 2，B 3，其中B 1参加第一场与第五场比赛，B 2参加第二场与第四场比赛，B 3只参加第三场比赛．根据以往的比赛情况，甲俱乐部三名队员对阵乙俱乐部三名队员获胜的概率如下表：(1)若甲俱乐部计划以3∶012两名队员的出场顺序，使得取胜的概率最大？(2)若A 1参加第一场与第四场比赛，A 2参加第二场与第五场比赛，各队员每场比赛的结果互不影响，设本次团体对抗赛比赛的场数为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望E (X )．解：(1)设A 1，A 2分别参加第一场，第二场，则P 1＝56×23×23＝1027，设A 2，A 1分别参加第一场、第二场，则P 2＝34×23×23＝13，∴P 1>P 2，∴甲俱乐部安排A 1参加第一场，A 2参加第二场，则以3∶0取胜的概率最大．(2)比赛场数X 的所有可能取值为3,4,5，P (X ＝3)＝56×23×23＋16×13×13＝718，P (X ＝4)＝56C 12×23×13×23＋16×⎝⎛⎭⎫233＋16C 12×13×23×13＋56×⎝⎛⎭⎫133＝1954，P (X ＝5)＝1－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝727，∴X 的分布列为∴E (X )＝3×718＋4×1954＋5×727＝20954. 2．某茶楼有四类茶饮，假设为顾客准备泡茶工具所需的时间相互独立，且都是整数(单位：分钟)．现统计该茶楼服务员以往为100位顾客准备泡茶工具所需的时间t ，结果如表所示．注： (1)求服务员恰好在第6分钟开始准备第三位顾客的泡茶工具的概率；(2)用X 表示至第4分钟末服务员已准备好了泡茶工具的顾客数，求X 的分布列及均值． 解：(1)由题意知t 的分布列如下．设A 表示事件“”，则事件A 对应两种情形：①为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟；②为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟．所以P(A)＝P(t＝2)×P(t＝3)＋P(t＝3)×P(t＝2)＝15×310＋310×15＝325.(2)X的所有可能取值为0,1,2，X＝0对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间超过4分钟，所以P(X＝0)＝P(t＞4)＝P(t＝6)＝1 10；X＝1对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间超过2分钟，或为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟，或为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为4分钟，所以P(X＝1)＝P(t＝2)·P(t＞2)＋P(t＝3)＋P(t＝4)＝15×45＋310＋25＝4350；X＝2对应为两位顾客准备泡茶工具所需的时间均为2分钟，所以P(X＝2)＝P(t＝2)·P(t＝2)＝15×15＝125.所以X的分布列为所以X的均值E(X)＝0×110＋1×4350＋2×125＝4750.。

11.3二项分布与正态分布考点一条件概率、相互独立事件及二项分布1.(2018课标Ⅲ文,5,5分)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为()A.0.3B.0.4C.0.6D.0.7答案B设事件A为“不用现金支付”,事件B为“既用现金支付也用非现金支付”,事件C为“只用现金支付”,则P(A)=1-P(B)-P(C)=1-0.15-0.45=0.4.故选B.2.(2015课标Ⅰ理,4,5分)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.0.648B.0.432C.0.36D.0.312答案A该同学通过测试的概率P=C32×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.3.(2014课标Ⅱ理,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45答案A由条件概率可得所求概率为0.60.75=0.8,故选A.4.(2015广东理,13,5分)已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=.答案13解析因为X~B(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p=13.5.(2016山东理,19,12分)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语.在一轮活动中,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是34,乙每轮猜对的概率是23;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.解析(1)记事件A:“甲第一轮猜对”,记事件B:“乙第一轮猜对”,记事件C:“甲第二轮猜对”,记事件D:“乙第二轮猜对”,记事件E:“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意,E=ABCD+BCD+A CD+AB D+ABC,由事件的独立性与互斥性,得P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(A CD)+P(AB D)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)P()·P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P(C)·P()=34×23×34×23+2×23×34×23+34×13×34=23.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.(2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性,得P(X=0)=14×13×14×13=1144,13×14×13+14×23×14=10144=572,P(X=2)=34×13×34×13+34×13×14×23+14×23×34×13+14×23×14×23=25144,P(X=3)=34×23×14×13+14×13×34×23=12144=112,23×34×13+34×23×14=60144=512,P(X=6)=34×23×34×23=36144=14.可得随机变量X的分布列为A012346 P11445722514411251214所以数学期望EX=0×1144+1×572+2×25144+3×112+4×512+6×14=236.评析本题考查了随机事件发生的概率及离散型随机变量的分布列与数学期望,确定随机变量可能的取值是解题的关键.属于中档题.6.(2014辽宁理,18,12分)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,期望E(X)及方差D(X).解析(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”,“日销售量低于50个”,A2表示事件B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”.因此)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6,P(A1P(A)=0.003×50=0.15,2P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.(2)X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为P(X=0)=C30·(1-0.6)3=0.064,P(X=1)=C31·0.6(1-0.6)2=0.288,P(X=2)=C32·0.62(1-0.6)=0.432,P(X=3)=C33·0.63=0.216.分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216因为X~B(3,0.6),所以期望E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.7.(2014安徽理,17,12分)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23,乙获胜的概率为13,各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学期望).解析用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,A k表示“第k局甲获胜”,B k表示“第k局乙获胜”,则P(A k)=23,P(B k)=13,k=1,2,3,4,5.(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+13×+23×13×=5681.所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为5681.(2)X的可能取值为2,3,4,5.P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=59,P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)=P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=29,P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)=P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)=1081,P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=881.故X的分布列为X2345P59291081881EX=2×59+3×29+4×1081+5×881=22481.评析本题考查了独立事件同时发生,互斥事件至少有一个发生、分布列、均值等概率知识;考查应用意识、运算求解能力;准确理解题意是解题的关键;准确运算求解是得分的关键.8.(2014山东理,18,12分)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分,如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D,某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小明回球的落点在C上的概率为12,在D上的概率为13;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为15,在D上的概率为35.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求:(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;(2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.解析(1)记A i为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(A3)=12,P(A1)=13,P(A0)=1-12-13=16;记B i为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(B3)=15,P(B1)=35,P(B0)=1-15-35=15.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”.由题意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,由事件的独立性和互斥性,P(D)=P(A3B+A1B+AB1+AB3)=P(A3B)+P(A1B)+P(AB1)+P(AB3)=P(A3)P(B)+P(A1)P(B)+P(A)P(B1)+P(A)P(B3)=12×15+13×15+16×35+16×15=310,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.(2)由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6,由事件的独立性和互斥性,得P(ξ=0)=P(A0B)=16×15=130,P(ξ=1)=P(A1B+AB1)=P(A1B)+P(AB1)=13×15+16×35=16,P(ξ=2)=P(A1B1)=13×35=15,P(ξ=3)=P(A3B+AB3)=P(A3B)+P(AB3)=12×15+15×16=215,P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=12×35+13×15=1130,P(ξ=6)=P(A3B3)=12×15=110.可得随机变量ξ的分布列为:ξ012346 P13016152151130110所以数学期望Eξ=0×130+1×16+2×15+3×215+4×1130+6×110=9130.9.(2014大纲全国理,20,12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4,各人是否需使用设备相互独立.(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率;(2)X表示同一工作日需使用设备的人数,求X的数学期望.解析记A i表示事件:同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备,i=0,1,2,B表示事件:甲需使用设备,C表示事件:丁需使用设备,D表示事件:同一工作日至少3人需使用设备.(1)D=A1·B·C+A2·B+A2··C,P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=C2×0.52,i=0,1,2,(3分)所以P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2··C)=P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2··C)=P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P()P(C)=0.31.(6分)(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,则P(X=0)=P(·A·)=P()P(A)P()=(1-0.6)×0.52×(1-0.4)=0.06,P(X=1)=P(B·A0·+·A·C+·A1·)=P(B)P(A0)P()+P()P(A)P(C)+P()P(A1)P()=0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25,P(X=4)=P(A2·B·C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06,P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25,P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4)=1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,(10分)数学期望EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06=2.(12分)10.(2013陕西理,19,12分)在一场娱乐晚会上,有5位民间歌手(1至5号)登台演唱,由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手.各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手,其中观众甲是1号歌手的歌迷,他必选1号,不选2号,另在3至5号中随机选2名.观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱,因此在1至5号中随机选3名歌手.(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率;(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和,求X的分布列及数学期望.解析(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”,B表示事件“观众乙选中3号歌手”,则P(A)=C21C32=23,P(B)=C42C53=35.∵事件A与B相互独立,∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P(A)=P(A)·P()=P(A)·[1-P(B)]=23×25=415.或oB)=C21·C43C32·C53=(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”,则P(C)=C42C53=35,∵X可能的取值为0,1,2,3,且取这些值的概率分别为P(X=0)=P(B)=13×25×25=475,P(X=1)=P(A)+P(B)+P(B C)=23×25×25+13×35×25+13×25×35=2075,P(X=2)=P(AB)+P(A C)+P(BC)=23×35×25+23×25×35+13×35×35=3375,P(X=3)=P(ABC)=23×35×35=1875,∴X的分布列为X0123P475207533751875∴X的数学期望EX=0×475+1×2075+2×3375+3×1875=14075=2815.11.(2013大纲全国理,20,15分)甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛,其中两人比赛,另一人当裁判,每局比赛结束时,负的一方在下一局当裁判.设各局中双方获胜的概率均为12,各局比赛的结果相互独立,第1局甲当裁判.(1)求第4局甲当裁判的概率;(2)用X表示前4局中乙当裁判的次数,求X的分布列和数学期望.解析(1)记A1表示事件“第2局结果为甲胜”,“第3局结果为甲负”,A2表示事件A表示事件“第4局甲当裁判”.则A=A1·A2.则P(A)=P(A1·A2)=P(A1)P(A2)=14.(2)X的可能取值为0,1,2.记A3表示事件“第3局乙和丙比赛时,结果为乙胜丙”,“第1局结果为乙胜丙”,B1表示事件“第2局乙和甲比赛时,结果为乙胜甲”,B2表示事件“第3局乙参加比赛时,结果为乙负”.B3表示事件则P(X=0)=P(B1·B2·A3)=P(B1)P(B2)P(A3)=18,P(X=2)=P(1·B3)=14,则P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=1-18-14=58.∴X的分布列为X012P185814∴E(X)=0×18+1×58+2×14=98.12.(2013福建理,16,13分)某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为23,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为25,中奖可以获得3分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为X,求X≤3的概率;(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何种方案抽奖,累计得分的数学期望较大?解析解法一:(1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A,则事件A 的对立事件为“X=5”,因为P(X=5)=23×25=415,所以P(A)=1-P(X=5)=1115,即这2人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1,都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X 1),选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X 2).由已知可得,X 1~B 2,2~B 2,所以E(X 1)=2×23=43,E(X 2)=2×25=45,从而E(2X 1)=2E(X 1)=83,E(3X 2)=3E(X 2)=125.因为E(2X 1)>E(3X 2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.解法二:(1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A,则事件A 包含有“X=0”“X=2”“X=3”三个两两互斥的事件,因为P(X=0)==15,P(X=2)=23×1-=25,P(X=3)=1-×25=215,所以P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=3)=1115,即这2人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1,都选择方案乙所获得的累计得分为X 2,则X 1,X 2的分布列如下:X 1024P194949X 2036P9251225425所以E(X1)=0×19+2×49+4×49=83,E(X2)=0×925+3×1225+6×425=125.因为E(X1)>E(X2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.评析本题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识,考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识.13.(2013辽宁理,19,12分)现有10道题,其中6道甲类题,4道乙类题,张同学从中任取3道题解答.(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率;(2)已知所取的3道题中有2道甲类题,1道乙类题.设张同学答对每道甲类题的概率都是35,答对每道乙类题的概率都是45,且各题答对与否相互独立.用X表示张同学答对题的个数,求X的分布列和数学期望.解析(1)设事件A=“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”,则有=“张同学所取的3道题都是甲类题”.因为P()=C63C103=16,所以P(A)=1-P()=56.(6分)(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=C20·15=4125;P(X=1)=C21·15+C·45=28125;P(X=2)=C22·15+C·45=57125;P(X=3)=C22·45=36125.所以X的分布列为X0123P4125281255712536125(10分)所以E(X)=0×4125+1×28125+2×57125+3×36125=2.(12分)14.(2013山东理,19,12分)甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜3局者获得比赛的胜利,比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概率是12外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立.(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率;(2)若比赛结果为3∶0或3∶1,则胜利方得3分、对方得0分;若比赛结果为3∶2,则胜利方得2分、对方得1分.求乙队得分X的分布列及数学期望.解析(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A1,“甲队以3∶1胜利”为事件A2,“甲队以3∶2胜利”为事件A3,由题意,各局比赛结果相互独立,故P(A1=827,P(A2)=C1-×23=827,P(A3)=C×12=427.所以,甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827,以3∶2胜利的概率为427.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A4,由题意,各局比赛结果相互独立,所以P(A4)=C42×1-=427.由题意,随机变量X的所有可能的取值为0,1,2,3.根据事件的互斥性得P(X=0)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=1627.又P(X=1)=P(A3)=427,P(X=2)=P(A4)=427,P(X=3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=327,故X的分布列为X0123P1627427427327所以EX=0×1627+1×427+2×427+3×327=79.评析本题考查古典概型、相互独立、互斥、分类讨论思想等基础知识和基本技能,考查逻辑推理能力,运算求解能力,以及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.考点二正态分布1.(2012课标理,15,5分)某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布N(1000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为.答案38解析由题意知每个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率均为12,元件1或元件2正常工作的概率为1-12×12=34,所以该部件的使用寿命超过1000小时的概率为12×34=38.评析本题考查了正态分布及相互独立事件的概率.2.(2014课标Ⅰ理,18,12分)从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图:(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差s2.(i)利用该正态分布,求P(187.8<Z<212.2);(ii)某用户从该企业购买了100件这种产品,记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数.利用(i)的结果,求EX.附:150≈12.2.若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.954 4.解析(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为=170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200,s2=(-30)2×0.02+(-20)2×0.09+(-10)2×0.22+0×0.33+102×0.24+202×0.08+302×0.02=150.(2)(i)由(1)知,Z~N(200,150),从而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)=0.6826.(ii)由(i)知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.6826,依题意知X~B(100,0.6826),所以EX=100×0.6826=68.26.评析本题主要考查了频率分布直方图、正态分布及二项分布等知识,考查学生的识图能力及阅读理解能力,理解和掌握基础知识是解题关键.。

用样本的频次散布预计整体的散布( 建议用时： 45 分钟 )[ 学业达标 ]一、选择题1. 以下命题正确的选项是()A.频次散布直方图中每个小矩形的面积等于相应组的频数B.频次散布直方图的面积为对应数据的频次C.频次散布直方图中各小矩形的高 ( 平行于纵轴的边长 ) 表示频次与组距的比D. 用茎叶图统计某运动员得分：13,51,23,8,26,38,16,33,14,28,39时，茎是指中位数26频次在频次散布直方图中，横轴表示样本数据；纵轴表示，因为小矩形的面组距频次积＝组距×＝频次，所以各小矩形的面积等于相应各组的频次，所以各小矩形面积之和组距等于 1.【答案】C2. 将容量为100 的样本数据，按由小到大摆列分红8 个小组，以下表所示：组号12345678频数101314141513129第 3 组的频次和积累频次为()11和 0.37B.14和2736和 0.06D.14和37【分析】由表可知，第三小组的频次为14，积累频次为10＋ 13＋ 14＝ 0.14＝ 0.37. 100100【答案】A3.如图 2-2-8 所示是一容量为 100 的样本的频次散布直方图，则由图形中的数据可知样本落在 [15,20)内的频数为()图 2-2-8A.20B.30C.40D.50【分析】样本数据落在 [15,20)内的频数为 100×[1 －5×(0.04＋ 0.1)] ＝ 30.【答案】B4. 对某商铺一个月内每日的顾客人数进行了统计，获得样本的茎叶图( 如图 2-2-9所示 ) ，则该样本的中位数、众数、极差分别是()图 2-2-9A.46,45,56B.46,45,53C.47,45,56D.45,47,53【解析】由题意知各数为12,15,20,22,23,23,31,32,34,34,38,39,45,45,45,47,47,48,48,49,50,50,51,51,54,57,59,61,67,68，中位数是 46，众数是 45，最大数为 68，最小数为 12，极差为68－ 12＝56.【答案】A5. 某学校组织学生参加英语测试，成绩的频次散布直方图如图2-2-10 ，数据的分组依次为 [20,40) ，[40,60)，[60,80) ，[80,100].若低于 60 分的人数是15 人，则该班的学生人数是 ()【导学号： 00732055】图 2-2-10A.45B.50C.55D.60【分析】依据频次散布直方图的特色可知，低于60 分的频次是 (0.005 ＋0.01) ×20＝ 0.3 ，所以该班的学生人数是15＝50.0.3【答案】B二、填空题6.200 辆汽车经过某一段公路不时速的频次散布直方图如图2-2-11 所示，时速在 [50,60)的汽车大概有______辆 .【导学号： 00732056】图 2-2-11【分析】在 [50,60)的频次为0.03×10＝0.3，∴汽车大概有200×0.3 ＝ 60( 辆 ).【答案】607. 从甲、乙两个班中各随机选出15 名同学进行随堂测试，成绩的茎叶图如图2-2-12所示，则甲、乙两组的最高成绩分别是________，________，从图中看， ________班的均匀成绩较高 .图 2-2-12【分析】由茎叶图可知，甲班的最高分是96，乙班的最高分是92. 甲班的成绩集中在60～ 80 之间，乙班成绩集中在70～ 90 之间，故乙班的均匀成绩较高.【答案】96 92乙8. 从某小区抽取100 户居民进行月用电量检查，发现其用电量都在50 度至 350 度之间，频次散布直方图如图2-2-13所示：图 2-2-13(1)直方图中 x 的值为________；(2)在这些用户中，用电量落在区间 [100,250) 内的户数为 ________.【分析】因为 (0.002 4 ＋0.003 6 ＋ 0.006 0 ＋x＋0.0024＋0.001 2)×50＝ 1，解得以月用电量在[100,250)内的用户数为100×0.7 ＝ 70.【答案】(1)0.004 4(2)70三、解答题9. 为了比较两种治疗失眠症的药( 分别称为 A 药， B 药) 的疗效，随机地选用20 位患者服用 A 药， 20 位患者服用 B 药，这 40 位患者服用一段时间后，记录他们日均匀增添的睡眠时间 ( 单位： h) ，实验的观察结果以下：服用 A 药的 20 位患者日均匀增添的睡眠时间：0.6 1.2 2.7 1.5 2.8 1.8 2.2 2.3 3.2 3.52.5 2.6 1.2 2.7 1.5 2.93.0 3.1 2.3 2.4服用 B 药的 20 位患者日均匀增添的睡眠时间：3.2 1.7 1.90.80.9 2.4 1.2 2.6 1.3 1.41.60.5 1.80.62.1 1.1 2.5 1.2 2.70.5(1)分别计算两种药的均匀数，从计算结果看，哪一种药的疗效更好？(2)依据两组数据达成下边茎叶图，从茎叶图看，哪一种药的疗效更好？【导学号： 00732057】图 2-2-14【解】(1) 设 A 药观察数据的均匀数为x ，B药观察数据的均匀数为y .由观察结果可得1x＝ (0.6 ＋ 1.2 ＋ 1.2 ＋ 1.5 ＋ 1.5 ＋ 1.8 ＋ 2.2 ＋ 2.3 ＋ 2.3 ＋ 2.4 ＋ 2.5 ＋ 2.6 ＋ 2.7 ＋202.7 ＋ 2.8 ＋2.9 ＋3.0 ＋ 3.1 ＋ 3.2 ＋ 3.5) ＝ 2.3 ，1y＝20(0.5 ＋ 0.5 ＋ 0.6 ＋ 0.8 ＋ 0.9 ＋ 1.1 ＋ 1.2 ＋ 1.2 ＋ 1.3 ＋ 1.4 ＋ 1.6 ＋ 1.7 ＋ 1.8 ＋1.9 ＋ 2.1 ＋2.4 ＋ 2.5 ＋ 2.6 ＋ 2.7 ＋ 3.2) ＝ 1.6.由以上计算结果可得x ＞ y ，所以可看出 A 药的疗效更好 .(2)由观察结果可绘制茎叶图如图：7从以上茎叶图能够看出， A 药疗效的试验结果有10的叶集中在茎“2.”，“3.”上，而7的叶集中在茎“0.”，“ 1.”上，由此可看出 A 药的疗效更B 药疗效的试验结果有10好.10.为了认识高一年级学生的体能状况，某校抽取部分学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，画出频次散布直方图 ( 如图 2-2-15) ，图中从左到右各小长方形的面积之比为 2∶4∶17∶15∶9∶3，第二小组的频数为 12.图 2-2-15(1)第二小组的频次是多少？样本容量是多少？(2)若次数在 110 以上 ( 含 110 次) 为达标，则该校全体高一年级学生的达标率是多少？【解】 (1) 频次散布直方图是以面积的形式反应了数据落在各小组内的频次大小的，4＝0.08.所以第二小组的频次为2＋ 4＋17＋ 15＋9＋ 3第二小组的频数又因为第二小组的频次＝，样本容量第二小组的频数12所以样本容量＝第二小组的频次＝0.08＝150.(2)由频次散布直方图可预计，该校高一年级学生的达标率为：17＋ 15＋ 9＋ 3×100%＝88%.2＋ 4＋17＋ 15＋9＋ 3[ 能力提高 ]1. 如图 2-2-16是甲、乙两名运动员某赛季一些场次得分的茎叶图，据图可知()图 2-2-16A.甲运动员的成绩好于乙运动员B.乙运动员的成绩好于甲运动员C.甲、乙两名运动员的成绩没有显然的差别【分析】由茎叶能够看出甲运的成主要集中在30 至 40 之，比定，而乙运均匀地散布在10 至 40 之，所以甲运成好. 故 A.【答案】A2.某学校随机抽取 20 个班，各班中有网上物的人数，所得数据的茎叶如2-2-17 所示 . 以距 5 将数据分成 [0,5)，[5,10)，⋯，[30,35)，[35,40]，所作的率散布直方是()2-2-17数借助已知茎叶得出各小的数，再由率＝求出各小的率，本容量率距法一由意知本容量20，距 5.列表以下：率分数率距1[0,5)10.01201[5,10)10.01201[10,15)40.0451[15,20)20.0210[20,25)410.04 5[25,30)330.03 20[30,35)330.03 20[35,40]210.02 10共计201察看各选择项的频次散布直方图知选 A.法二由茎叶图知落在区间 [0,5)与 [5,10)上的频数相等，故频次、频次也分别相等，组距比较四个选项知 A 正确，应选 A.【答案】A3.某校展开“爱我家乡”拍照竞赛，9 位评委为参赛作品A给出的分数如茎叶图所示 .记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，算得均匀分为91，复核员在复核时，发现有一个数字 ( 茎叶图中的x)没法看清，若记分员计算无误，则数字x 应当是________.图 2-2-18【分析】当 x≤4时，89＋ 89＋ 92＋ 93＋＋x＋ 92＋ 917＝ 91，解之得 x＝1.当 x＞4时，易证不合题意 .【答案】14. 某车站在春运时期为了认识游客购票状况，随机抽样检查了100 名游客从开始在售票窗口排队到购到车票所用的时间t ( 以下简称为购票用时，单位为m n) ，下边是此次检查统i计剖析获得的频次散布表和频次散布直方图：( 如图 2-2-19所示 )分组频数频次一组0≤t <500二组5≤t <10100.10三组10≤t <1510②四组15≤t <20①0.50五组20≤t≤25300.30共计100 1.00图 2-2-19解答以下问题：(1)此次抽样的样本容量是多少？(2)在表中填写出缺失的数据并补全频次散布直方图；(3)游客购票用时的均匀数可能落在哪一组？【解】 (1) 样本容量是 100.(2)①50 ②0.10 所补频次散布直方图如图中的暗影部分：(3) 设游客均匀购票用时为t m i n，则有0×0＋5×10＋10×10＋15×50＋20×30100≤ t5×0＋10×10＋15×10＋20×50＋25×30<，100即 15≤t <20. 所以游客购票用时的均匀数可能落在第四组.。