2020版高考数学专用精练：第8讲 二项分布与正态分布

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.。

专题17.5 二项分布与正态分布（精讲精析篇）提纲挈领点点突破热门考点01 独立重复试验的概率n次独立重复试验(1)定义一般地，在相同条件下重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，称为n次独立重复试验．(2)公式一般地，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，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k，(k＝0,1,2，…，n)．【典例1】（2015·全国高考真题（理））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【答案】A【解析】该同学通过测试的概率为，故选A．【典例2】（多选题）（2020·襄阳市第一中学月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是35；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为80243；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627. 则其中正确命题的序号是（）A ．①B ．②C ．③D ．④【答案】ABD 【解析】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是21423635C C p C ==故正确； ②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为2163p ==，则恰好有两次白球的概率为4226218033243p C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确； ③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为1143114535C C C C =，故错误； ④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为4263p ==：则至少有一次取到红球的概率为3031261327p C ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，故正确.故选：ABD. 【总结提升】 1独立重复试验的特点(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的.(2)每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．2.运用独立重复试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否为n 次独立重复试验，若不符合条件，则不能应用公式求解；在求n 次独立重复试验中事件恰好发生k 次的概率时，首先要确定好n 和k 的值，再准确利用公式求概率．3．解决这类实际问题往往需把所求的概率的事件分拆为若干个事件，而这每个事件均为独立重复试验； 4．在解题时，还要注意“正难则反”的思想的运用，即利用对立事件来求其概率．热门考点02 二项分布及其应用1.若将事件A 发生的次数设为X ，发生的概率为P ，不发生的概率q ＝1－p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率是P (X ＝k )＝C k n p k qn －k(k ＝0,1,2，…，n ) 于是得到X 的分布列(q ＋p )n ＝C 0n p 0q n ＋C 1n p 1q n －1＋…＋C k n p k qn －k ＋…＋C n n p n q 0各对应项的值，称这样的离散型随机变量X 服从参数为n ，p 的二项分布，记作X ～B (n ，p )．【典例3】（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））已知随机变量ξ服从二项分布14,3B ξ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，则(3)P ξ==（ ）．A ．3281B ．1681C ．2481D ．881【答案】D 【解析】14,3B ξ⎛⎫~ ⎪⎝⎭表示做了4次独立实验，每次试验成功概率为13，则31341228(3)4338181P C ξ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．选D ．【典例4】为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期、月度滚动使用，第一阶梯电量：年用电量2 160度以下(含2 160度)，执行第一档电价0.565 3元/度；第二阶梯电量：年用电量2 161至4 200度(含4 200度)，执行第二档电价0.615 3元/度；第三阶梯电量：年用电量4 200度以上，执行第三档电价0.865 3元/度．某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下表：(1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元？(2)现要在这10户家庭中任意选取4户，对其用电情况作进一步分析，求取到第二阶梯电量的户数的分布列； (3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况，现从全市居民用电户中随机地抽取10户，若抽到k 户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k 的值．【答案】见解析【解析】(1)因为第二档电价比第一档电价多0.05元/度，第三档电价比第一档电价多0.3元/度，编号为10的用电户一年的用电量是4 600度，则该户本年度应交电费为4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4 200)×0.3＝2 822.38(元)．(2)由题表可知，10户中位于第二阶梯电量的有4户，设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，则ξ可取0,1,2,3,4.P (ξ＝0)＝C 04C 46C 410＝114，P (ξ＝1)＝C 14C 36C 410＝821，P (ξ＝2)＝C 24C 26C 410＝37，P (ξ＝3)＝C 34C 16C 410＝435，P (ξ＝4)＝C 44C 06C 410＝1210，故ξ的分布列为(3)由题意可知从全市中抽取10户，用电量为第一阶梯的户数满足X ～B ⎝⎛⎭⎫10，25，可知P (X ＝k )＝C k 10⎝⎛⎭⎫25k ·⎝⎛⎭⎫3510－k (k ＝0,1,2,3，…，10)．由⎩⎨⎧C k 10⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k ＋110⎝⎛⎭⎫25k ＋1⎝⎛⎭⎫359－k ，Ck 10⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k －110⎝⎛⎭⎫25k －1⎝⎛⎭⎫3511－k，解得175≤k ≤225.又k ∈N *，所以当k ＝4时概率最大，故k ＝4.【规律方法】1.判断随机变量X 服从二项分布的条件(X ～B (n ，p )) (1)X 的取值为0,1,2，…，n . (2)P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n ，p 为试验成功的概率)．提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布． 2. 二项分布满足的条件(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的． (2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生． (4)随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数． 3.二项展开式的通项与二项分布的概率公式的“巧合”一般地，由n 次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即A 与A ，每次试验中()0p A p =>.我们将这样的试验称为n 次独立重复试验，也称为伯努利试验．在n 次独立重复试验中，每次试验事件A 发生的概率均为()01p p <<，即()p A p =，()1p A p q =-=.由于试验的独立性，n 次试验中，事件A 在某指定的k 次发生，而在其余n k -次不发生的概率为k n kp q -.而在n 次试验中，事件A 恰好发生()0k k n ≤≤次的概率为()kkn kn n P k C p q-=，0,1,2,,k n =.它恰好是()np q +的二项展开式中的第1k +项．4. 牢记且理解事件中常见词语的含义： (1) A 、B 中至少有一个发生的事件为A B ；(2) A 、B 都发生的事件为AB ； (3) A 、B 都不发生的事件为AB ； (4) A 、B 恰有一个发生的事件为AB AB ； (5) A 、B 至多一个发生的事件为ABABAB .热门考点03 与二项分布有关的均值与方差二项分布的期望、方差： 若(),X B n p ，则()E X np =. 若(),XB n p ，则()()1D X np p =-．【典例5】（2019·天津高考真题（理））设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（Ⅰ）用X 表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望； （Ⅱ）设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M 发生的概率. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）20243【解析】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为23， 故2~3,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从面()()33210,1,2,333k kk P X k C k -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以，随机变量X 的分布列为：X0 1 2 3P127 2949 827随机变量X 的数学期望2()323E X =⨯=. (Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y ，则2~3,3Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 且{3,1}{2,0}M X Y X Y =====.由题意知事件{}3,1X Y ==与{}2,0X Y ==互斥，且事件{}3X =与{}1Y =，事件{}2X =与{}0Y =均相互独立， 从而由(Ⅰ)知：{}{}()()3,12,0P M P X Y X Y =====()()3,12,0P X Y P X Y ===+== (3)(1)(2)(0)P X P Y P X P Y ===+==824120279927243=⨯+⨯=. 【典例6】（2019·河北高二期末（理））互联网正在改变着人们的生活方式，在日常消费中手机支付正逐渐取代现金支付成为人们首选的支付方式. 某学生在暑期社会活动中针对人们生活中的支付方式进行了调查研究. 采用调查问卷的方式对100名18岁以上的成年人进行了研究，发现共有60人以手机支付作为自己的首选支付方式，在这60人中，45岁以下的占23，在仍以现金作为首选支付方式的人中，45岁及以上的有30人.（1）从以现金作为首选支付方式的40人中，任意选取3人，求这3人至少有1人的年龄低于45岁的概率； （2）某商家为了鼓励人们使用手机支付，做出以下促销活动：凡是用手机支付的消费者，商品一律打八折. 已知某商品原价50元，以上述调查的支付方式的频率作为消费者购买该商品的支付方式的概率，设销售每件商品的消费者的支付方式都是相互独立的，求销售10件该商品的销售额的数学期望. 【答案】（1）291494；（2）440 【解析】（1）设事件A 表示至少有1人的年龄低于45岁，则()3303402911494C P A C =-=.（2）由题意知，以手机支付作为首选支付方式的概率为6031005=.设X 表示销售的10件商品中以手机支付为首选支付的商品件数，则3~10,5X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 设Y 表示销售额，则()40501050010Y X X X =+-=-， 所以销售额Y 的数学期望35001050010104405EY EX =-=-⨯⨯=（元）. 【总结提升】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 )．热门考点04 正态曲线及其性质1．正态曲线及其性质 (1)正态曲线：函数φμ，σ(x )＝12πσe －(x －μ)22σ2，x ∈(－∞，＋∞)，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x )的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线． (2)正态曲线的性质：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12πσ； 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，如图甲所示；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中，如图乙所示：甲 乙 2．正态分布一般地，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(normal distribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N (μ，σ2)．如果随机变量X 服从正态分布，则记为X ～N (μ，σ2)． 3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值 ①P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.6826； ②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.9544； ③P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.9974． 4．3σ原则通常服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量X 只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．【典例7】（2020·湖北十堰·期末）设某地胡柚（把胡柚近似看成球体）的直径（单位：)mm 服从正态分布(75,16)N ，则在随机抽取的1000个胡柚中，直径在(79，83]内的个数约为( ) 附：若2~(,)X N μσ，则()0.6827P X μσμσ-<+=，(22)0.9545P X μσμσ-<+=． A ．134 B ．136 C ．817 D ．819【答案】B 【解析】由题意，75μ=，4σ=，则1(7983)[(22)()]2P X P X P X μσμσμσμσ<=-<+-+<+1(0.95450.6827)0.13592=⨯-=． 故直径在(79，83]内的个数约为0.135********.9136⨯=≈． 故选：B ．【典例8】（多选题）（2020·辽宁省本溪满族自治县高级中学高二期末）若随机变量()0,1N ξ，()()x P x φξ=≤，其中0x >，下列等式成立有( )A ．()()1x x φφ-=-B ．()()22x x φφ=C ．()()21P x x ξφ<=- D ．()()2P x x ξφ>=-【答案】AC 【解析】随机变量ξ服从标准正态分布(0,1)N ，∴正态曲线关于0ξ=对称，()(x P x φξ=，0)x >，根据曲线的对称性可得：A.()()1()x x x φφξφ-=≥=-，所以该命题正确；B.(2)(2),2()2()x x x x φφξφφξ=≤=≤，所以()()22x x φφ=错误；C.(||)=()12()12[1()]2()1P x P x x x x x ξξφφφ<-≤≤=--=--=-，所以该命题正确；D.(||)(P x P x ξξ>=>或)=1()()1()1()22()x x x x x x ξφφφφφ<--+-=-+-=-，所以该命题错误． 故选：AC ． 【规律方法】1.求正态曲线的两个方法(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为12πσ． (2)待定系数法：求出μ，σ便可． 2.正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x ＝μ对称，曲线与x 轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个． 3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x 轴之间面积为1．(2)熟记P (μ－σ<X ≤μ＋σ)，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)的值． (3)注意概率值的求解转化： ①P (X <a )＝1－P (X ≥a )； ②P (X <μ－a )＝P (X ≥μ＋a )；③若b <μ，则P (X <b )＝1－P μ－b <X <μ＋b2．特别提醒：正态曲线，并非都关于y 轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y 轴对称．热门考点05 正态分布及其应用【典例9】(2020·开封模拟)某商场经营的某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布N (10，σ2)，根据检测结果可知P (9.9≤ξ≤10.1)＝0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有1 000名职工，则分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工数大约为( )A ．10B ．20C ．20D ．40【答案】B【解析】由已知得P (ξ<9.9)＝1－P 9.9≤ξ≤10.12＝1－0.962＝0.02，所以分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工数大约为1 000×0.02＝20.故选B.【典例10】（2020·全国高三其他（理））某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测100株树苗的高度，经数据处理得到如图（1）所示的频率分布直方图，其中最高的16株树苗的高度的茎叶图如图（2）所示，以这100株树苗的高度的频率估计整批树苗高度的概率.（1）求这批树苗的高度高于1.60米的概率，并求图（1）中a ，b ，c 的值；（2）若从这批树苗中随机选取3株，记ξ为高度在(]1.40,1.60的树苗数量，求ξ的分布列和数学期望； （3）若变量S 满足()06826P S μσμσ-<≤+>.且()220.9544P S μσμσ-<≤+>，则称变量S 满足近似于正态分布()2,N μσ的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布()1.5,0.01N 的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收.试问：该批树苗能否被签收？ 【答案】（1）概率为0.15，0.2a =， 1.3b =， 3.5c =；（2）分布列答案见解析，数学期望2.1；（3）被签收. 【解析】（1）由题图（2）可知，100株样本树苗中高度高于1.60米的共有15株， 以样本的频率估计总体的概率，可得这批树苗的高度高于1.60米的概率为0.15. 记X 为树苗的高度，结合题图（1）（2）可得：()()21.20 1.30 1.70 1.800.02100P X P X ≤≤=<≤==， ()()131.30 1.40 1.60 1.700.13100P X P X <≤=<≤==，()()()11.40 1.50 1.50 1.60120.0220.130.352P X P X <≤=<≤=-⨯-⨯=. 因为组距为0.1，所以0.2a =， 1.3b =， 3.5c =.（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在(]1.40,1.60的概率为()()()1.40 1.60 1.40 1.50 1.50 1.600.7P X P X P X <≤=<≤+<≤=.因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次独立重复试验， 所以随机变量ξ服从二项分布()3,0.7B ， 故ξ的分布列为()()330.30.70,1,2,3nnn P n C n ξ-==⨯⨯=，即ξ0 1 2 3()P ξ0.027 0.189 0.441 0.343()00.02710.18920.44130.343 2.1E x =⨯+⨯+⨯+⨯=(或()30.7 2.1E ξ=⨯=).（3）由()1.5,0.01N ，取 1.50μ=，0.1σ=，由（2）可知，()()1.40 1.600.70.6826P X P X μσμσ-<≤+=<≤=>， 又结合（1），可得()()22 1.30 1.70P X P X μσμσ-<≤+=<≤()()2 1.60 1.70 1.40 1.60P X P X =⨯<≤+<≤ 0.960.9544=>，所以这批树苗的高度满足近似于正态分布()1.5,0.01N 的概率分布， 应认为这批树苗是合格的，将顺利被该公司签收. 【规律方法】1.在解决有关问题时，通常认为服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量X 只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．2.求正态变量X 在某区间内取值的概率的基本方法： (1)根据题目中给出的条件确定μ与σ的值．(2)将待求问题向(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]这三个区间进行转化； (3)利用X 在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间的面积为1求出最后结果． 3.假设检验的思想(1)统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设．(2)若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则ξ落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]内的概率为0.9974，亦即落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0026，此为小概率事件．如果此事件发生了，就说明ξ不服从正态分布． (3)对于小概率事件要有一个正确的理解：小概率事件是指发生的概率小于3%的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约33次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有3%犯错的可能性．巩固提升1．（2020·山东济宁·期末）若随机变量()23,X N σ，且()50.2P X ≥=，则()15P X ≤≤等于（ ）A ．0.6B ．0.5C ．0.4D ．0.3【答案】A【解析】 由于()23,XN σ，则正态密度曲线关于直线3x =对称，所以()()15125120.20.6P X P X ≤≤=-≥=-⨯=，故选A.2．（2020·四川泸州·期末（理））设()()1122~,,~,X N Y N μσμσ，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是( )A ．1212,μμσσ><B ．1212,μμσσ<<C ．1212,μμσσ<>D ．1212,μμσσ>>【答案】B 【解析】由图可得：X 的正态分布密度曲线更“瘦高”，且对称轴偏左， 结合正态分布密度曲线性质可得：1212,μμσσ<<. 故选：B3．（2020·江苏苏州·高二期末）现有5个人独立地破译某个密码，已知每人单独译出密码的概率均为p ，且112p <<，则恰有三个人译出密码的概率是（ ） A ．335C p B ．2235(1)C p p -C ．3325(1)C p p -D ．2251(1)C p --【答案】C 【解析】由题意可知，恰有三个人译出密码的概率为3325(1)P C p p =-故选：C4.（2019·广东高二期末（理））从分别标有1，2，…，9的9张卡片中有放回地随机抽取5次，每次抽取1张．则恰好有2次抽到奇数的概率是（ ）A ．235499⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B ．23255499C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．234599⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．32355499C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】每次抽到奇数的概率都相等，为59， 故恰好有2次抽到奇数的概率是25C •259⎛⎫ ⎪⎝⎭•349⎛⎫ ⎪⎝⎭， 故选：B ．5．（多选题）（2020·江苏省海头高级中学高二月考）海头高级中学高二年级组织了一次调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数2(100)200(),x P x x R --=∈，则下列命题正确的是（ ）A ．这次考试的数学平均成绩为100B ．分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数相同C ．分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同D ．这次考试的数学成绩方差为10 【答案】AC 【解析】因为数学成绩服从正态分布，其密度函数()2(100)200--=x P x ，x ∈R ，所以100μ=，22200σ=，即10σ=.所以这次考试的平均成绩为100，标准差为10，故A 正确，D 错误. 因为正态曲线的对称轴为100x =，所以分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数不相同，故B 错误； 分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同，故C 正确.6．（2020·黑龙江爱民·牡丹江一中开学考试（理））2020年2月，受新冠肺炎的影响，医卫市场上出现了“一罩难求”的现象．在政府部门的牵头下，部分工厂转业生产口罩，已知某工厂生产口罩的质量指标()~15,0.0025N ξ，单位为g ，该厂每天生产的质量在()14.9,15.05g g 的口罩数量为818600件，则可以估计该厂每天生产的质量在15.15g 以上的口罩数量为（ ） 参考数据：若()2~,N ξμσ，则()0.6827P μσξμσ-<<+=，()220.9545P μσξμσ-<<+=，()330.9973P μσξμσ-<<+=．A ．158 700B ．22 750C ．2 700D ．1 350【答案】D 【解析】由题意知，()~15,0.0025N ξ，即15μ=，20.0025σ=，即0.05σ=； 所以()()0.68270.954514.915.0520.81862P P ξμσξμσ+<<=-<<+==，所以该厂每天生产的口罩总量为8186000.81861000000÷=（件）， 又()()10.997315.1532P P ξξμσ->=>+=， 所以估计该厂每天生产的质量在15.15g 以上的口罩数量为10.9973100000013502-⨯=（件）． 故选：D7．（2020·营口市第二高级中学高二期末）荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶），而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示.假设现在青蛙在A 荷叶上，则跳三次之后停在A 荷叶上的概率是（ ）A ．23B ．14C ．13D ．34【答案】C 【解析】设按照顺时针跳的概率为p ，则逆时针方向跳的概率为2p ，则p +2p =3p =1，解得p =13，即按照顺时针跳的概率为13，则逆时针方向跳的概率为23， 若青蛙在A 叶上，则跳3次之后停在A 叶上， 则满足3次逆时针或者3次顺时针，①若先按逆时针开始从A →B ，则对应的概率为23×23×23=827， ②若先按顺时针开始从A →C ，则对应的概率为13×13×13=127，则概率为827+127=927=13， 故选：C.8．（2020·江苏张家港·期中）某篮球运动员每次投篮投中的概率是45，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为m ，则m 的值为（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】D 【解析】记投篮命中的次数为随机变量X ， 由题意，410,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 则投篮命中m 次的概率为()10101010101044441155555mmm mm mm m C P X m C C --⋅⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⋅⋅-=⋅⋅=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 由1110101010111010101044554455m m m m m m m m C C C C ++--⎧⋅⋅≥⎪⎪⎨⋅⋅⎪≥⎪⎩得110101101044m m m m C C C C +-⎧≥⎨≥⎩，即1101011110101144m m m m m m m m m m mm A A A A A A A A +++---⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，即()()4101141011m m m m ⎧-≥⎪⎪+⎨-+⎪≥⎪⎩， 解得394455m ≤≤，又m N ∈， 因此8m =时，()101045mmC P X m ⋅==取最大值. 即该运动员10次投篮中，最有可能投中的次数为8次. 故选：D.9.（2019·湖北高二期末）NBA 总决赛采用7场4胜制，2018年总决赛两支球队分别为勇士和骑士，假设每场比赛勇士获胜的概率为0.6，骑士获胜的概率为0.4，且每场比赛的结果相互独立，则恰好5场比赛决出总冠军的概率为_______． 【答案】0.2688 【解析】恰好5场比赛决出总冠军的情况有两种：一种情况是前4局勇士队3胜一负，第5局勇士胜， 另一种情况是前4局骑士队3胜一负，第5局骑士胜，∴恰好5场比赛决出总冠军的概率为：331344060.40.60.6040.40.2688p C C =⨯⋅⨯⨯+⨯⨯⋅⨯=．故答案为：0.2688．10．（2020·天津南开�高三一模）甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45；乙第一次射击的命中率为78，若第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12．乙若射中，则不再继续射击．则甲三次射击命中次数的期望为_____，乙射中的概率为_____． 【答案】125 6364【解析】甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45， 则甲击中的次数43,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴甲三次射击命中次数的期望为()412355E X =⨯=， 乙第一次射击的命中率为78， 第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34， 如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12， 乙若射中，则不再继续射击， 则乙射中的概率为：7131116388484264P =+⨯+⨯⨯=． 故答案为：125，6364．11．（2018·浙江下城·杭州高级中学高三其他）一个盒子中有大小形状完全相同的m 个红球和6个黄球，现从中有放回的摸取5次，每次随机摸出一个球，设摸到红球的个数为X ，若()3E X =，则m =________，(2)P X ==________．【答案】9 144625【解析】由题意知每次随机抽出1个球为红球的概率为6m m +，所以~5,6m X B m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则由()3E X =，得536m m ⋅=+，解得9m =，所以365m m =+， 所以232533144(2)155625P X C ⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 故答案为：9；14462512．（2019·浙江高三其他）已知随机变量()~X B n p ,，且X 的数学期望()2E X =，方差()23D X =，则p =____________，()2P X == ____________.【答案】23 49【解析】由二项分布的期望和方差的计算公式知，()2,2()(1),3E X np D X np p ==⎧⎪⎨=-=⎪⎩解得2,33,p n ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 则223214(2)339P X C ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭． 故答案为：23；49. 13.(2019·济南市学习质量评估)某医药公司研发生产一种新的保健产品，从一批产品中随机抽取200盒作为样本，测量产品的一项质量指标值，该指标值越高越好．由测量结果得到如下频率分布直方图：(1)求a，并试估计这200盒产品的该项指标值的平均值．(2)①由样本估计总体，结合频率分布直方图认为该产品的该项质量指标值ξ服从正态分布N(μ，102)，计算该批产品该项指标值落在(180,220]上的概率；②国家有关部门规定每盒产品该项指标值不低于150均为合格，且按该项指标值从低到高依次分为：合格、优良、优秀三个等级，其中(180,220]为优良，不高于180为合格，高于200为优秀，在①的条件下，设该公司生产该产品1万盒的成本为15万元，市场上各等级每盒该产品的售价(单位：元)如表，求该公司每万盒的平均利润.等级合格优良优秀售价102030附：若ξ～N(μ，δ2)，则P(μ－δ<ξ≤μ＋δ)≈0.682 7，P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)≈0.954 5.【答案】见解析【解析】(1)由10×(2×0.002＋0.008＋0.009＋0.022＋0.024＋a)＝1，解得a＝0.033，则平均值x＝10×0.002×170＋10×0.009×180＋10×0.022×190＋10×0.033×200＋10×0.024×210＋10×0.008×220＋10×0.002×230＝200，即这200盒产品的该项指标值的平均值约为200.(2)①由题意可得μ＝x＝200，δ＝10，则P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)＝P(180<ξ≤220)≈0.954 5，则该批产品指标值落在(180,220]上的概率为0.954 5.②设每盒该产品的售价为X元，由①可得X的分布列为X 102030P 0.022 750.954 50.022 75则每盒该产品的平均售价为E(X)＝10×0.022 75＋20×0.954 5＋30×0.022 75＝20，故每万盒的平均利润为20－15＝5(万元)．14.（辽宁高考真题（理））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 )． 【答案】(1)0.108.(2) 1.8，0.72. 【解析】（1）设1A 表示事件“日销售量不低于100个”，2A 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天日销售量不低于100个且另一天的日销售量低于50个”.因此1()(0.0060.0040.002)500.6P A =++⨯=. 2()0.003500.15P A =⨯=. ()0.60.60.1520.108P B =⨯⨯⨯=.（2）X 的可能取值为0,1,2,3.相应的概率为033(0)(10.6)0.064P X C ==⋅-=, 123(1)0.6(10.6)0.288P X C ==⋅-=,223(2)0.6(10.6)0.432P X C ==⋅-=,333(3)0.60.216P X C ==⋅=,分布列为因为()~3,0.6X B ,所以期望为()30.6 1.830.610.60.72E X D X =⨯==⨯⨯-=，方差（）（）.15．（2020·浙江）2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每21 次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】（1）114400；（2）选择第二种方案更合算.【解析】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A ，则()21213101120C C P A C ==，所以两位顾客均享受到免单的概率为()()114400P P A P A =⋅=；（2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为0、500、700、1000.()212131010120C C P X C ===，()21273107500120C C P X C ===，()12173********C C P X C ===，()177911000112012040120P X ==---=.故X 的分布列为，所以()0500700100091012012040120E X =⨯+⨯+⨯+⨯=（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则1000200Z Y =-，由已知可得3~3,10Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故()3931010E Y =⨯=，所以()()()10002001000200820E Z E Y E Y =-=-=（元）.因为()()E X E Z >，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.。

第8讲二项分布与正态分布一、选择题1．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的纪录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则甲市为雨天，乙市也为雨天的概率为( )A．0.6 B．0.7C．0.8 D．0.66解析甲市为雨天记为事件A，乙市为雨天记为事件B，则P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，∴P(B|A)＝P ABP A＝0.120.2＝0.6.答案 A2．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是( )A.512B.12C.712D.34解析本题涉及古典概型概率的计算．本知识点在考纲中为B级要求．由题意得P(A)＝12，P(B)＝16，则事件A，B至少有一件发生的概率是1－P(A)·P(B)＝1－12×56＝712.答案 C3．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A在一次试验中发生的概率p的取值范围是()．A．[0.4,1] B．(0,0.4]C．(0,0.6] D．[0.6,1]解析设事件A发生的概率为p，则C14p(1－p)3≤C24p2(1－p)2，解得p≥0.4，故选A.答案 A4．设随机变量X 服从正态分布N (2,9)，若P (X >c ＋1)＝P (X <c －1)，则c 等于( )． A ．1B ．2C ．3D ．4解析 ∵μ＝2，由正态分布的定义，知其函数图象关于x ＝2对称，于是c ＋1＋c －12＝2，∴c ＝2. 答案 B5．在正态分布N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，19中，数值前在(－∞，－1)∪(1，＋∞)内的概率为( )．A ．0.097B ．0.046C ．0.03D ．0.0026 解析 ∵μ＝0，σ＝13∴P (X ＜1或x ＞1)＝1－P (－1≤x ≤1)＝1－P (μ－3σ≤X ≤μ＋3σ)＝1－0.997 4＝0.002 6. 答案 D6．已知三个正态分布密度函数φi (x )＝12πσi·e －(x －μi )22σ2i (x ∈R ，i ＝1,2,3)的图象如图所示，则 ( )．A ．μ1＜μ2＝μ3，σ1＝σ2＞σ3B ．μ1＞μ2＝μ3，σ1＝σ2＜σ3C ．μ1＝μ2＜μ3，σ1＜σ2＝σ3D ．μ1＜μ2＝μ3，σ1＝σ2＜σ3解析 正态分布密度函数φ2(x )和φ3(x )的图象都是关于同一条直线对称，所以其平均数相同，故μ2＝μ3，又φ2(x )的对称轴的横坐标值比φ1(x )的对称轴的横坐标值大，故有μ1＜μ2＝μ3.又σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小，曲线越“瘦高”，由图象可知，正态分布密度函数φ1(x )和φ2(x )的图象一样“瘦高”，φ3(x )明显“矮胖”，从而可知σ1＝σ2＜σ3. 答案 D 二、填空题7．三支球队中，甲队胜乙队的概率为0.4，乙队胜丙队的概率为0.5，丙队胜甲队的概率为0.6，比赛顺序是：第一局是甲队对乙队，第二局是第一局的胜者对丙队，第三局是第二局胜者对第一局的败者，第四局是第三局胜者对第二局败者，则乙队连胜四局的概率为________．解析设乙队连胜四局为事件A，有下列情况：第一局中乙胜甲(A1)，其概率为1－0.4＝0.6；第二局中乙胜丙(A2)，其概率为0.5；第三局中乙胜甲(A3)，其概率为0.6；第四局中乙胜丙(A4)，其概率为0.50，因各局比赛中的事件相互独立，故乙队连胜四局的概率为：P(A)＝P(A1A2A3A4)＝0.62×0.52＝0.09.答案 0.098．设随机变量X服从正态分布N(0,1)，如果P(X≤1)＝0.8413，则P(－1<X<0)＝________.解析∵P(X≤1)＝0.841 3，∴P(X>1)＝1－P(X≤1)＝1－0.841 3＝0.158 7.∵X～N(0,1)，∴μ＝0.∴P(X<－1)＝P(X>1)＝0.158 7，∴P(－1<X<1)＝1－P(X<－1)－P(X>1)＝0.682 6.∴P(－1<X<0)＝12P(－1<X<1)＝0.341 3.答案0.341 39．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，记Ф(x)＝P(ξ＜x)，给出下列结论：①Φ(0)＝0.5；②Φ(x)＝1－Φ(－x)；③P(|ξ|＜2)＝2Φ(2)－1.则正确结论的序号是________．答案①②③10．商场经营的某种包装大米的质量(单位：kg)服从正态分布X～N(10,0.12)，任选一袋这种大米，质量在9.8～10.2 kg的概率是________．解析P(9.8<X<10.2)＝P(10－0.2<X<10＋0.2)＝0.954 4.答案0.954 4三、解答题11．设在一次数学考试中，某班学生的分数X～N(110,202)，且知试卷满分150分，这个班的学生共54人，求这个班在这次数学考试中及格(即90分以上)的人数和130分以上的人数．解由题意得μ＝110，σ＝20，P(X≥90)＝P(X－110≥－20)＝P(X－μ≥－σ)，∵P(X－μ<－σ)＋P(－σ≤X－μ≤σ)＋P(X－μ>σ)＝2P(X－μ<－σ)＋0.682 6＝1，∴P(X－μ<－σ)＝0.158 7，∴P(X≥90)＝1－P(X－μ<－σ)＝1－0.158 7＝0.841 3.∴54×0.841 3≈45(人)，即及格人数约为45人．∵P(X≥130)＝P(X－110≥20)＝P(X－μ≥σ)，∴P(X－μ≤－σ)＋P(－σ≤X－μ≤σ)＋P(X－μ>σ)＝0.682 6＋2P(X－μ≥σ)＝1，∴P(X－μ≥σ)＝0.158 7.∴54×0.158 7≈9(人)，即130分以上的人数约为9人．12．在某市组织的一次数学竞赛中全体参赛学生的成绩近似服从正态分布N(60,100)，已知成绩在90分以上的学生有13人．(1)求此次参加竞赛的学生总数共有多少人？(2)若计划奖励竞赛成绩排在前228名的学生，问受奖学生的分数线是多少？解设学生的得分情况为随机变量X，X～N(60,100)．则μ＝60，σ＝10.(1)P(30＜X≤90)＝P(60－3×10＜X≤60＋3×10)＝0.997 4.∴P(X＞90)＝12[1－P(30＜X≤90)]＝0.001 3∴学生总数为：130.001 3＝10 000(人)．(2)成绩排在前228名的学生数占总数的0.022 8. 设分数线为x.则P(X≥x0)＝0.022 8.∴P(120－x0＜x＜x0)＝1－2×0.022 8＝0.954 4. 又知P(60－2×10＜x＜60＋2×10)＝0.954 4.∴x0＝60＋2×10＝80(分)．13．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.(1)确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)解(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得P(X＝1)＝15100＝320，P(X＝1.5)＝30100＝310，P(X＝2)＝25100＝14，P(X＝2.5)＝20100＝15，P(X＝3)＝10100＝110.X的分布列为X的数学期望为E(X)＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9.(2)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i(i＝1,2)为该顾客前面第i位顾客的结算时间，则P(A)＝P(X1＝1且X2＝1)＋P(X1＝1且X2＝1.5)＋P(X1＝1.5且X2＝1)．由于各顾客的结算相互独立，且X1，X2的分布列都与X的分布列相同，所以P(A)＝P(X1＝1)×P(X2＝1)＋P(X1＝1)×P(X2＝1.5)＋P(X1＝1.5)×P(X2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980.故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980.14．现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望E (X )．解 (1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D .由题意，知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23， 由于A ＝B C － D －＋B －C D －＋B － C －D ， 根据事件的独立性和互斥性，得 P (A )＝P (B C － D －＋B －C D －＋B － C －D ) ＝P (B C － D －)＋P (B －C D －)＋P (B － C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝736.(2)根据题意，知X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.根据事件的独立性和互斥性，得P (X ＝0)＝P (B － C － D －) ＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )] ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝136； P (X ＝1)＝P (B C － D －)＝P (B )P (C －)P (D －)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝112；P (X ＝2)＝P (B － C D －＋B － C － D )＝P (B － C D －)＋P (B － C －D ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝19； P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D ) ＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝13；P (X ＝4)＝P (B －CD )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×23＝19，P (X ＝5)＝P (BCD )＝34×23×23＝13. 故X 的分布列为所以E (X )＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112.。

二项分布？还是超几何分布二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析．例 1 袋中有 8 个白球、 2 个黑球，从中随机地连续抽取 3 次，每次取 1 个球．求：（ 1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列；（ 2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列．解：（ 1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1， 2， 3．又由于每次取到黑球的概率均为1， 3 次取球可以看成 3 次独立重复试验，则1，．550312∴ P(X 0) C301464 ；P(X 1)C311448 ；551255512521P(X 3) C33130P(X 2) C321412 ；4 1 ．5512555125因此， X 的分布列为X0123P6448121 125125125125（2）不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为0， 1，2，且有：P(Y 0)C20C837；P(Y1)C21C827；P(Y2)C22C81 1 ．C10315C10315C10315因此， Y 的分布列为Y012771P151515例 2 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40 件产品作为样本称出它们的重量（单位：克），重量的分组区间为(490,495] ， (495,500] ，,, ，(510,515] ，由此得到样本的频率分布直方图，如图4（ 1）根据频率分布直方图，求重量超过505 克的产品数量 ,（ 2）在上述抽取的40 件产品中任取 2 件，设 Y 为重量超过505 克的产品数量，求Y 的分布列；（ 3）从该流水线上任取 5 件产品，求恰有 2 件产品的重量超过505克的概率。

17.解 : (1)重量超过 505克的产品数量是 :40 (0.055+0.01 5)=40 0.3=12.(2)Y 的分布列为 :Y 0 1 2PC 282 C 281 C 121C 122C 402C 402C 402(3)设所取的 5件产品中 , 重量超过 505克的产品件数为随机变量 Y, 则Y B(5, 3),102 3 2 7 33087 从而 P(Y=2)=C 5( 10 )( 10 ) =10000 .即恰有 2件产品的重量超过 505克的概率为3087.10000超几何分布与二项分布特点(A) 判断一个随机变量是否服从超几何分布 , 关键是要看随机变量是否满足超几何分布的特征 :一个总体 ( 共有 N 个) 内含有两种不同的事物 A(M 个) 、 B(N M 个) , 任取 n 个 , 其中恰有 X 个A . 符合该条件的即可断定是超几何分布C M k C N nk M, 按照超几何分布的分布列 P( X k)C N n（ k 0,1,2, , m ）进行处理就可以了 . (B) 二项分布必须同时满足以下两个条件: ①在一次试验中试验结果只有A 与 A 这两个 , 且事件 A 发生的概率为 p , 事件 A 发生的概率为 1 p ；②试验可以独立重复地进行 , 即每次重复做一次试验 , 事件 A 发生的概率都是同一常数 p , 事件 A 发生的概率为 1 p .辨析：通过 2 个例可以看出：有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．所以，在解有关二项分布和超几何分布问题时，仔细阅读、辨析题目条件是非常重要的．例 1 与例 2 中的 EX=EY=0.6 注意▲ 超几何分布和二项分布都是离散型分布超几何分布和二项分布的判断方法（ 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）（ 3）当总体的容量非常大时，超几何分布近似于二项分布。