第11章 第8讲 二项分布与超几何分布、正态分布-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第十一章　计数原理、概率、随机变量及分布列 第8讲　二项分布与超几何分布、正态分布 [课程标准]1.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题.2.了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题.3.了解服从正态分布的随机变量及其特征.4.了解正态分布的均值、方差及其含义． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 两个可能结果 独立 重复 重复 相互独立 * 1．n重伯努利试验及其特征 (1)n重伯努利试验的概念 我们把只包含eq \x(\s\up1(01))__________________的试验叫做伯努利试验． 将一个伯努利试验eq \x(\s\up1(02))_________地eq \x(\s\up1(03))________进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验． (2)n重伯努利试验的共同特征 ①同一个伯努利试验eq \x(\s\up1(04))_________做n次； ②各次试验的结果eq \x(\s\up1(05))____________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 X～B(n，p) np np(1－p) * 2．二项分布 (1)一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝eq \x(\s\up1(06))_______________，k＝0，1，2，…，n. 称随机变量X服从二项分布，记作eq \x(\s\up1(07))_____________． (2)若X～B(n，p)，则E(X)＝eq \x(\s\up1(08))_____，D(X)＝eq \x(\s\up1(09))_____________． Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 3．超几何分布 (1)定义：一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品，从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为 P(X＝k)＝k,M)eq \f(CCeq \o\al(n－k,N－M),Ceq \o\al(n,N)) ，k＝m，m＋1，m＋2，…，r. 其中n，N，m∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布． (2)均值E(X)＝eq \x(\s\up1(10))______． 4．正态分布 (1)正态曲线 称f(x)＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，为正态密度函数，称其图象为正态密度曲线，简称正态曲线． eq \f(nM,N) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 X～N(μ，σ2) 上方 1 * (2)正态分布 若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)，则称随机变量X服从正态分布，记为eq \x(\s\up1(11))______________．特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布． (3)正态曲线的特点 ①∀x∈R，f(x)>0，它的图象在x轴的eq \x(\s\up1(12))_________． ②曲线与x轴之间的区域的面积为eq \x(\s\up1(13))_____． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 x＝μ x＝μ x σ μ * ③曲线是单峰的，它关于直线eq \x(\s\up1(14))__________对称． ④曲线在eq \x(\s\up1(15))_______处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π)). ⑤当|x|无限增大时，曲线无限接近eq \x(\s\up1(16))_____轴． ⑥当eq \x(\s\up1(17))_____一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着eq \x(\s\up1(18))_____的变化而沿x轴平移，如图①. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * ⑦当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ较小时，峰值高，曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；σ较大时，峰值低，曲线“矮胖”，表示随机变量X的分布比较分散，如图②. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 0.6827 0.9545 0.9973 * (4)正态分布在三个特殊区间内取值的概率值及3σ原则 P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈eq \x(\s\up1(19))______________； P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈eq \x(\s\up1(20))___________； P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈eq \x(\s\up1(21))___________． 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 1．二项分布与超几何分布的关系 在n次试验中，某事件A发生的次数X可能服从超几何分布或二项分布． 区别 ①当这n次试验是独立重复试验时(如有放回摸球)，X服从二项分布； ②当n次试验不是独立重复试验时(如不放回摸球)，X服从超几何分布 联系 在不放回n次试验中，如果总体数量N很大，而试验次数n很小，此时超几何分布可近似转化成二项分布 2.若X～N(μ，σ2)，则X是连续型随机变量． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 1．从一批含有13件正品，2件次品的产品中，不放回地任取3件，则取得次品数为1的概率是(　　) A.eq \f(32,35) B.eq \f(12,35) C.eq \f(3,35) D.eq \f(2,35) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　设随机变量X表示取出次品的个数，X服从超几何分布，其中N＝15，M＝2，n＝3，X的可能的取值为0，1，2，所求概率为P(X＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(2,13),Ceq \o\al(3,15)) ＝eq \f(12,35).故选B. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 2．(人教A选择性必修第三册7.4.1例3改编)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　) A.eq \f(8,27) B.eq \f(64,81) C.eq \f(4,9) D.eq \f(8,9) 解析　第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求概率为P＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27).故选A. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 3．(人教A选择性必修第三册7.5例题改编)李明上学有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时X和骑自行车用时Y都近似服从正态分布．绘制了概率分布密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车(　　) A．有26 min可用 B．有30 min可用 C．有34 min可用 D．有38 min可用 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具．根据X和Y的概率分布密度曲线图可知，P(X≤26)>P(Y≤26)，P(X≤30)>P(Y≤30)，P(X≤34)>P(Y≤34)，P(X≤38)<P(Y≤38)．所以如果有38 min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车．故选D. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 4．(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且 P(2＜X≤2.5)＝0.36，则P(X＞2.5)＝________． 解析　因为X～N(2，σ2)，所以P(X＜2)＝P(X＞2)＝0.5，因此P(X＞2.5)＝P(X＞2)－P(2＜X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14. 0.14eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(7,50))) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 5．一射击测试每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中目标记0分．某人每次击中目标的概率为eq \f(2,3)，则此人得分的数学期望与方差分别为________． 解析　记此人三次射击击中目标X次，得分为Y分，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，Y＝10X，所以E(Y)＝10E(X)＝10×3×eq \f(2,3)＝20，D(Y)＝100D(X)＝100×3×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(200,3). 20，eq \f(200,3) 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 * 考向一　n重伯努利试验与二项分布 例1　(2023·郑州模拟)世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负(踢成平局)，将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下： ①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜； ②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2∶0，则不需踢第5轮了； 目录 考向一 考向二 考向三 * ③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜． 现有甲、乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟(含加时赛)仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为eq \f(1,2)，乙队每名球员射进的概率为eq \f(2,3).每轮点球结果互不影响． (1)设甲队踢了5球，X为射进点球的个数，求X的分布列与期望； (2)若每轮点球都由甲队先踢，求乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出的概率． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)由题意知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,2)))，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5. P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)，P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(5,32)，P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝4)＝Ceq \o\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(5,32)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P eq \f(1,32) eq \f(5,32) eq \f(5,16) eq \f(5,16) eq \f(5,32) eq \f(1,32) E(X)＝5×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)设“乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出”为事件A，由题意知，乙射进4次，甲前4次射进2次，P(A)＝Ceq \o\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(2,27)， 即乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出的概率为eq \f(2,27). 目录 考向一 考向二 考向三 * 1．n重伯努利试验概率求法的三个步骤 (1)判断：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验． (2)分拆：判断所求事件是否需要分拆． (3)计算：就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算． 2．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． 目录 考向一 考向二 考向三 * (1,2) 　(2023·兰州一模)如图，李先生家住H小区，他工作在C科技园区，从家开车到公司上班路上有L1，L2两条路线，L1路线上有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为；L2路线上有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为eq \f(3,4)，eq \f(3,5). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (1)若走L1路线，求最多遇到1次红灯的概率； (2)若走L2路线，求遇到红灯次数X的数学期望； (3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由． 解　(1)设“走L1路线最多遇到1次红灯”为事件A，包括“没有遇到红灯”和“只遇到1次红灯”两种情况， 则P(A)＝Ceq \o\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋Ceq \o\al(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)， 所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为eq \f(1,2). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)依题意，X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq \f(1,10)， P(X＝1)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20)， P(X＝2)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20). 随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,10) eq \f(9,20) eq \f(9,20) 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 所以E(X)＝0×eq \f(1,10)＋1×eq \f(9,20)＋2×eq \f(9,20)＝eq \f(27,20). (3)设选择L1路线遇到红灯的次数为Y，随机变量Y服从二项分布Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，所以E(Y)＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2). 因为E(X)<E(Y)，所以选择L2路线上班最好． 目录 考向一 考向二 考向三 * 考向二　超几何分布问题 例2　某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个．在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检测．若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件． (1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率； (2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检测的次数为X，求X的分布列及期望． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)设“某箱电子元件有一个次品能被直接购买”为事件A，则P(A)＝3,9)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(7,10). (2)X的所有可能取值为1，2，3. P(X＝1)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(X＝2)＝eq \f(8,10)×eq \f(2,9)＝eq \f(8,45)， P(X＝3)＝eq \f(8,10)×eq \f(7,9)＝eq \f(28,45). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 故X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(1,5) eq \f(8,45) eq \f(28,45) 故E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(8,45)＋3×eq \f(28,45)＝eq \f(109,45). 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数． (2)超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X的概率分布． (3)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型． 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)求取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色的概率； (2)求取出的3辆共享电动车中橙色电动车的辆数X的分布列与数学期望． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)因为从10辆共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为0.4，所以橙色的电动车有4辆，荧光绿的电动车有6辆． 记事件A为“取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色”，则P(A)＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,2). (2)X的所有可能取值为0，1，2，3， 所以P(X＝0)＝3,6)eq \f(CCeq \o\al(0,4),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,6)， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * P(X＝1)＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,2)， P(X＝2)＝1,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(3,10)， P(X＝3)＝0,6)eq \f(CCeq \o\al(3,4),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,30). 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,6) eq \f(1,2) eq \f(3,10) eq \f(1,30) 数学期望E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝eq \f(6,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或E（X）＝\f(3×4,10)＝\f(6,5))). 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 考向三　正态分布 例3　(1)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的值为(　　) A．5 B．3 C.eq \f(5,3) D.eq \f(7,3) 解析　因为X服从正态分布N(3，4)，P(X<2a－3)＝P(X>a＋2)，所以x＝2a－3与x＝a＋2关于x＝3对称，所以eq \f(2a－3＋a＋2,2)＝3，即3a＝7，解得a＝eq \f(7,3).故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (2)(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，下列结论中不正确的是(　　) A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9，10.1)的概率越大 B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C．该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D．该物理量在一次测量中落在(9.9，10.2)与落在(10，10.3)的概率相等 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　对于A，σ2为数据的方差，所以σ越小，数据在μ＝10附近越集中，所以测量结果落在(9.9，10.1)的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中小于9.99的概率与大于10.01的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量在一次测量中落在(9.9，10)的概率与落在(10.2，10.3)的概率不同，所以在一次测量中落在(9.9，10.2)的概率与落在(10，10.3)的概率不同，故D错误．故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * (3)(2023·四省联考)某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布N(100，σ2)．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到95.45%，则需调整生产工艺，使得σ至多为________．(若X～N(μ，σ2)，则P(eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(X－μ))<2σ)≈0.9545) 解析　依题意可知，μ＝100，根据题意及正态曲线的特征可知，|X－100|<2σ的解集A⊆(99，101)，由|X－100|<2σ可得100－2σ<X<100＋2σ，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(100－2σ≥99，,100＋2σ≤101，))解得σ≤eq \f(1,2)，故σ至多为eq \f(1,2). eq \f(1,2) 目录 考向一 考向二 考向三 * (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，及曲线与x轴之间的区域的面积为1的性质． (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． 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望； (2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件，就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． 目录 考向一 考向二 考向三 * ①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 目录 考向一 考向二 考向三 * 用样本平均数eq \o(x,\s\up16(－))作为μ的估计值eq \o(μ,\s\up6(^))，用样本标准差s作为σ的估计值eq \o(σ,\s\up6(^))，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除[eq \o(μ,\s\up6(^))－3eq \o(σ,\s\up6(^))，eq \o(μ,\s\up6(^))＋3eq \o(σ,\s\up6(^))]之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)． 附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973，0.997316≈0.9577，eq \r(0.008)≈0.09. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)抽取的一个零件的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之内的概率为0.9973，从而零件的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0027，故X～B(16，0.0027)． 因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997316≈0.0423. X的数学期望E(X)＝16×0.0027＝0.0432. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率只有0.0027，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件的概率只有0.0423，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． ②由eq \o(x,\s\up16(－))＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为eq \o(μ,\s\up6(^))＝9.97，σ的估计值为eq \o(σ,\s\up6(^))＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在[eq \o(μ,\s\up6(^))－3eq \o(σ,\s\up6(^))，eq \o(μ,\s\up6(^))＋3eq \o(σ,\s\up6(^))]之外，因此需对当天的生产过程进行检查． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 剔除[eq \o(μ,\s\up6(^))－3eq \o(σ,\s\up6(^))，eq \o(μ,\s\up6(^))＋3eq \o(σ,\s\up6(^))]之外的数据9.22，剩下数据的平均数为eq \f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02， 因此μ的估计值为10.02. eq \o(∑,\s\up20(16),\s\do14(i＝1))xeq \o\al(2,i)≈16×0.2122＋16×9.972≈1591.134， 剔除[eq \o(μ,\s\up6(^))－3eq \o(σ,\s\up6(^))，eq \o(μ,\s\up6(^))＋3eq \o(σ,\s\up6(^))]之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为eq \f(1,15)×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估计值为eq \r(0.008)≈0.09. 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 一、单项选择题 1．(2023·泉州三模)某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击中，至少有一次击中目标的概率为eq \f(63,64)，则射击一次，击中目标的概率为(　　) A.eq \f(7,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,8) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　设该运动员射击一次，击中目标的概率为p，该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的概率为1－(1－p)3＝eq \f(63,64)，解得p＝eq \f(3,4).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 2．(2024·孝感模拟)已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为X，则E(X)＝(　　) A．2 B．1 C.eq \f(4,3) D.eq \f(2,3) 解析　∵X服从超几何分布，∴E(X)＝eq \f(3×4,6)＝2.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 3．(2023·乌鲁木齐二模)中国算力大会“算力中国”创新成果展区分为A区和B区两大板块．A区由最新数据中心产业图谱和国家新型工业化示范基地组成，B区由算力筑基优秀案例、算力赋能案例、算力网络案例组成．若从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果来自B区的概率是(　　) A.eq \f(1,5) B.eq \f(3,10) C.eq \f(2,5) D.eq \f(3,5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果来自B区的概率是P＝2,3)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(3×2,10)＝eq \f(3,5).故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 4．(2023·烟台一模)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量(单位：kW·h/100 km)情况，随机调查得到了1200个样本，据统计，该型号新能源汽车的耗电量ξ～N(13，σ2)，若P(12<ξ<14)＝0.7，则样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有(　　) A．180辆 B．360辆 C．600辆 D．840辆 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为ξ～N(13，σ2)，且P(12<ξ<14)＝0.7，所以P(ξ≥14)＝eq \f(1,2)×[1－P(12<ξ<14)]＝eq \f(1,2)×(1－0.7)＝0.15，所以样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有1200×0.15＝180(辆)．故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 5．某种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需要再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为(　　) A．100 B．200 C．300 D．400 解析　将“没有发芽的种子数”记为ξ，则ξ＝1，2，3，…，1000，由题意可知ξ～B(1000，0.1)，所以E(ξ)＝1000×0.1＝100，又因为X＝2ξ，所以E(X)＝2E(ξ)＝200.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 6.如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行且错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球在下落过程中向左、向右落下的机会均等，设小球最终落入X号球槽，则X的数学期望为(　　) A．3 B．4 C．3.5 D．2.5 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　当X＝1时，小球要向左下落5次，则P(X＝1)＝Ceq \o\al(5,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)；当X＝2时，小球要向左下落4次，向右下落1次，则P(X＝2)＝Ceq \o\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＝eq \f(5,32)；当X＝3时，小球要向左下落3次，向右下落2次，则P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(10,32)；当X＝4时，小球要向左下落2次，向右下落3次，则P(X＝4)＝Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(10,32)；当X＝5时，小球要向左下落1次，向右下落4次，则P(X＝5)＝Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(5,32)；当X＝6时，小球要向右下落5次，则P(X＝6)＝Ceq \o\al(0,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).则X的数学期望为eq \f(1×1＋2×5＋3×10＋4×10＋5×5＋6×1,32)＝3.5.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 7．(2024·石家庄二中月考)经检测，一批产品中每件产品的合格率为eq \f(3,5)，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为X，则以下说法正确的是(　　) A．X的所有可能取值为1，2，3，4，5 B．P(X＝2)＝eq \f(256,625) C．X服从超几何分布 D．X＝3的概率最大 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　对于A，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，故A错误；对于B，P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(144,625)，故B错误；对于C，由题意，随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,5)))，故C错误；对于D，随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,5)))，所以P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(5－k)(k＝0，1，2，3，4，5)，则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(5)＝eq \f(32,3125)，P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(4)＝eq \f(48,625)，P(X＝2)＝eq \f(144,625)，P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(216,625)，P(X＝4)＝Ceq \o\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(1)＝eq \f(162,625)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(5)＝eq \f(243,3125)，所以X＝3的概率最大，故D正确．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 8．连续向上抛一枚硬币五次，设事件“没有连续两次正面向上”的概率为P1，事件“没有连续三次正面向上”的概率为P2，则下列结论正确的是(　　) A．P1＋P2＝1 B．P2＜2P1 C．P2＝2P1 D．P2＞2P1 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　事件“没有连续两次正面向上”有四种情况：①没有正面向上；②一次正面向上；③两次正面向上；④三次正面向上，故P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋(Ceq \o\al(2,5)－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(13,32).事件“没有连续三次正面向上”有五种情况：①没有正面向上；②一次正面向上；③两次正面向上；④三次正面向上；⑤四次正面向上，故P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋(Ceq \o\al(3,5)－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(3,4)，所以P2＜2P1成立．故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 二、多项选择题 9．(2023·泰安二模)随机变量X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，随机变量Y～B(3，p)，若E(Y)＝E(X)，则(　　) A．μ＝2 B．D(X)＝2σ2 C．p＝eq \f(2,3) D．D(3Y)＝2 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　对于A，B，因为X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，所以μ＝2，故E(X)＝μ＝2，D(X)＝σ2，A正确，B错误；对于C，因为Y～B(3，p)，所以E(Y)＝3p＝E(X)，所以3p＝2，解得p＝eq \f(2,3)，C正确；对于D，D(3Y)＝9D(Y)＝9×3×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝6，D错误．故选AC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 10．(2023·莆田二模)“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在(7，9)间的个数记为X，则(　　) A．P(7<ξ<9)＝0.8 B．E(X)＝1.8 C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　对于A，由正态分布的对称性可知，P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2，故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，A错误；对于B，X～B(3，0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，B正确；对于C，E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)<E(5X)，C错误；对于D，因为X～B(3，0.6)，所以P(X＝0)＝Ceq \o\al(0,3)×(0.6)0×(0.4)3＝0.064，故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>0.9，D正确．故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 11．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10100)，其中A的各位数中ak(k＝2，3，4，5)出现0的概率为eq \f(1,3)，出现1的概率为eq \f(2,3)，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时(　　) A．X服从二项分布 B．P(X＝1)＝eq \f(8,81) C．X的均值E(X)＝eq \f(8,3) D．X的方差D(X)＝eq \f(8,3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字在填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有5类：①后4个数都出现0，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,81)；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,81)；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(24,81)，④后4个数出现3个1，X＝3，记其概率为P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)×eq \f(1,3)＝eq \f(32,81)； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * ⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(16,81)，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,3)))，故A，B正确；∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,3)))，∴E(X)＝4×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3)，D(X)＝4×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(8,9)，故C正确，D错误．故选ABC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 三、填空题 12．(2024·绍兴模拟)袋中装有10个除颜色外完全一样的黑球和白球，已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是eq \f(7,9).现从该袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X，则E(X)＝________． eq \f(3,2) 解析　设袋中有m个黑球，则白球有(10－m)个，由题意可得，2,m)eq \f(C,Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(m（m－1）,90)＝1－eq \f(7,9)，解得m＝5或m＝－4(舍去)，故X的所有可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝3,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,12)，P(X＝1)＝2,5)eq \f(CCeq \o\al(1,5),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(5,12)，P(X＝2)＝1,5)eq \f(CCeq \o\al(2,5),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(5,12)，P(X＝3)＝3,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,12)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,12) eq \f(5,12) eq \f(5,12) eq \f(1,12) 故E(X)＝0×eq \f(1,12)＋1×eq \f(5,12)＋2×eq \f(5,12)＋3×eq \f(1,12)＝eq \f(3,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 答案 解析 * 13．(2024·南通调研)已知随机变量X～B(6，0.8)，若P(X＝k)最大，则D(kX＋1)＝________． 解析　由题意知，P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,6)×0.26－k×0.8k，要使P(X＝k)最大，当k取1，2，3，4，5时，有k,6)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C×0.26－k×0.8k≥Ceq \o\al(k－1,6)×0.27－k×0.8k－1，,Ceq \o\al(k,6)×0.26－k×0.8k≥Ceq \o\al(k＋1,6)×0.25－k×0.8k＋1，)) 化简得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0.8×\f(7－k,k)≥0.2，,0.2≥0.8×\f(6－k,k＋1)，))解得eq \f(23,5)≤k≤eq \f(28,5)，故k＝5，又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，故D(kX＋1)＝D(5X＋1)＝52D(X)＝24. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 14.(2023·北京朝阳期中)甲、乙两人进行投篮比赛，已知甲、乙每次投中的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，每人每次投中与否互不影响．若约定甲投2次，乙投3次，投中次数多者胜，则乙最后获胜的概率为________． eq \f(17,54) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　若乙只投中1次，则甲投中0次时乙获胜，其概率为Ceq \o\al(1,3)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9)；若乙投中2次，则甲投中0次或1次时乙获胜，其概率为Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋C×\f(1,2)×\f(1,2))) ＝eq \f(1,6)；若乙投中3次，则乙必获胜，其概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,27).综上所述，乙最后获胜的概率为eq \f(1,9)＋eq \f(1,6)＋eq \f(1,27)＝eq \f(17,54). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 四、解答题 15．为了解高三复习备考情况，某校组织了一次阶段考试．若高三全体考生的数学成绩近似服从正态分布N(100，17.52)．已知成绩在117.5分以上的学生有80人. (1)求此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率； (2)若成绩大于135分的为特别优秀，则本次数学考试成绩特别优秀的大约有 多少人？(若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)由已知可得，P(100－17.5≤X≤100＋17.5)＝P(82.5≤X≤117.5)≈0.6827， 故成绩低于82.5分的概率P(X<82.5)＝eq \f(1－P（82.5≤X≤117.5）,2)≈eq \f(1－0.6827,2)＝0.15865. (2)P(100－17.5×2≤X≤100＋17.5×2)＝P(65≤X≤135)≈0.9545， 所以数学成绩特别优秀的概率P(X>135)＝eq \f(1－P（65≤X≤135）,2)≈eq \f(1－0.9545,2)＝0.02275. 又P(X<82.5)＝P(X>117.5)≈0.15865， 则本次数学考试成绩特别优秀的大约有eq \f(80,0.15865)×0.02275≈11人. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 16．(2024·湖北江汉区开学考试)为应对气候变化，我国计划在2030年前实现碳排放量到达峰值，2060年前实现“碳中和”．某市为了解本市企业碳排放情况，从本市320家年碳排放量超过2万吨的企业中随机抽取50家企业进行了调查，得到如下频数分布表，并将年碳排放量大于18万吨的企业确定为“超标”企业： 碳排放量X(单位：万吨) [2.5，5.5) [5.5，8.5) [8.5，11.5) [11.5，14.5) 频数 5 6 9 12 碳排放量X(单位：万吨) [14.5，17.5) [17.5，20.5) [20.5，23.5] 频数 8 6 4 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * (1)假设该市这320家企业的年碳排放量大致服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均值eq \o(x,\s\up6(－))，σ2近似为样本方差s2，经计算得eq \o(x,\s\up6(－))≈12.8，s≈5.2.试估计这320家企业中“超标”企业的家数； (2)通过研究样本原始数据发现，抽取的50家企业中共有8家“超标”企业，市政府决定对这8家“超标”企业进行跟踪调查，现计划在这8家“超标”企业中任取5家先进行跟踪调查，设Y为抽到的年碳排放量至少为20.5万吨的企业家数，求Y的分布列与数学期望． 参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ) ≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ) ≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ) ≈0.9973. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)由已知，得μ≈12.8，σ≈5.2， 所以P(X>18) ≈P(X>μ＋σ) ≈eq \f(1－0.6827,2)＝0.15865， 因为320×0.15865＝50.768≈51， 所以这320家企业中“超标”企业的家数约为51. (2)由频数分布表可知，8家“超标”企业中碳排放量至少为20.5万吨的企业有4家，所以Y的所有可能取值为1，2，3，4，且P(Y＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(4,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(1,14)，P(Y＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(3,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(3,7)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * P(Y＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(3,7)，P(Y＝4)＝4,4)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(5,8)) ＝eq \f(1,14)， 所以Y的分布列为 Y 1 2 3 4 P eq \f(1,14) eq \f(3,7) eq \f(3,7) eq \f(1,14) 所以E(Y)＝1×eq \f(1,14)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(3,7)＋4×eq \f(1,14)＝eq \f(5,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 17．(2023·徐州模拟)在一个袋子里有除颜色外完全相同的5个小球，其中有3个红球和2个白球． (1)现无放回地依次从中摸出1个球，求第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率； (2)现有放回地每次从中摸出1个球，连摸3次，记摸到红球的次数为X，求随机变量X的概率分布列及方差． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)记“第一次摸出红球”为事件A，“第二次摸出白球”为事件B，则 P(A)＝eq \f(3,5)，P(B|A)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)， 由概率乘法公式得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝eq \f(3,10)， 即第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率为eq \f(3,10). (2)由题意得X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,5)))， 所以P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(3)＝eq \f(8,125)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(36,125)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)×eq \f(2,5)＝eq \f(54,125)， P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125). 随机变量X的概率分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(8,125) eq \f(36,125) eq \f(54,125) eq \f(27,125) 方差D(X)＝3×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(18,25). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 18．(2024·漳州开学考试)甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用2n－1(n∈N*)局n胜制(当一选手先赢下n局比赛时，该选手获胜，比赛结束)．已知每局比赛甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为1－p. (1)若n＝2，p＝eq \f(1,2)，比赛结束时的局数为X，求X的分布列与数学期望； (2)若n＝3比n＝2对甲更有利，求p的取值范围． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)依题意得，X的所有可能取值为2，3， 则P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)， P(X＝3)＝Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋Ceq \o\al(1,2)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)， 所以X的分布列为 X 2 3 P eq \f(1,2) eq \f(1,2) 数学期望E(X)＝2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)解法一：若采用3局2胜制，甲最终获胜的概率为 P1＝p2＋Ceq \o\al(1,2)p2(1－p)＝p2(3－2p)， 若采用5局3胜制，甲最终获胜的概率为 P2＝p3＋Ceq \o\al(1,3)p3(1－p)＋Ceq \o\al(2,4)p3(1－p)2 ＝p3(6p2－15p＋10)． 若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利， 则P2－P1>0， 即p3(6p2－15p＋10)－p2(3－2p)＝p2(6p3－15p2＋10p－3＋2p)＝3p2(2p3－5p2＋4p－1)＝3p2(p－1)(2p2－3p＋1)＝3p2(p－1)2(2p－1)>0，解得eq \f(1,2)<p<1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解法二：采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用ξ表示3局比赛中甲获胜的局数，则ξ～B(3，p)， 甲最终获胜的概率为P1＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝Ceq \o\al(2,3)p2(1－p)＋Ceq \o\al(3,3)p3＝p2[Ceq \o\al(2,3)(1－p)＋Ceq \o\al(3,3)p]＝p2(3－2p)， 采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用η表示5局比赛中甲获胜的局数，则η～B(5，p)， 甲最终获胜的概率为P2＝P(η＝3)＋P(η＝4)＋P(η＝5)＝Ceq \o\al(3,5)p3(1－p)2＋Ceq \o\al(4,5)p4(1－p)＋Ceq \o\al(5,5)p5＝p3(6p2－15p＋10)． 以下同解法一． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 19．(2023·济南模拟)统计与概率主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象，通过对数据的收集、整理、分析、描述及对事件发生的可能性刻画，来帮助人们作出合理的决策． (1)现有池塘甲，已知池塘甲里有50条鱼，其中A种鱼7条，若从池塘甲中捉了2条鱼，用ξ表示其中A种鱼的条数，请写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望E(ξ)； (2)另有池塘乙，为估计池塘乙中的鱼数，某同学先从中捉了50条鱼，做好记号后放回池塘，再从中捉了20条鱼，发现有记号的有5条． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * ①请从用样本估计总体的角度估计池塘乙中的鱼数； ②统计学中有一种重要而普遍的求估计量的方法——最大似然估计，其原理是使用概率模型寻找能够以较高概率产生观察数据的参数，即在什么情况下最有可能发生已知的事件．请从条件概率的角度，采用最大似然估计法估计池塘乙中的鱼数． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)由题意，ξ的所有可能取值为0，1，2， P(ξ＝0)＝2,43)eq \f(C,Ceq \o\al(2,50)) ＝eq \f(129,175)，P(ξ＝1)＝1,43)eq \f(CCeq \o\al(1,7),Ceq \o\al(2,50)) ＝eq \f(43,175)， P(ξ＝2)＝2,7)eq \f(C,Ceq \o\al(2,50)) ＝eq \f(3,175)， 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P eq \f(129,175) eq \f(43,175) eq \f(3,175) E(ξ)＝0×eq \f(129,175)＋1×eq \f(43,175)＋2×eq \f(3,175)＝eq \f(7,25). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)①设池塘乙中的鱼数为m，则eq \f(50,m)＝eq \f(5,20)，解得m＝200，故估计池塘乙中的鱼数为200. ②设池塘乙中的鱼数为n，令事件B＝“再捉20条鱼，5条有记号”，事件C＝“池塘乙中的鱼数为n”， 则pn＝P(B|C)＝5,50)eq \f(CCeq \o\al(15,n－50),Ceq \o\al(20,n)) ，由最大似然估计法，即求pn最大时n的值，其中n≥65， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 所以eq \f(pn＋1,pn)＝eq \f(（n－49）（n－19）,（n－64）（n＋1）)＝eq \f(n2－68n＋931,n2－63n－64) ＝eq \f(n2－63n－64－5n＋995,n2－63n－64)＝1＋eq \f(5（199－n）,（n－64）（n＋1）). 当n＝65，…，198时，eq \f(pn＋1,pn)>1， 当n＝199时，eq \f(pn＋1,pn)＝1， 当n＝200，201，…时，eq \f(pn＋1,pn)<1， 所以池塘乙中的鱼数为199或200. 　　　　　　　　　　　　　 R $$