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word（新教材，提升版）

金版教程 高考科学复习创新方案 数学(提升版) 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． 1．n重伯努利试验及其特征 (1)n重伯努利试验的概念 我们把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验． 将一个伯努利试验独立地重复进行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同一个伯努利试验重复做n次； ②各次试验的结果相互独立． 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)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n. 称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)． (2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． 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，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}． 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)＝． 4．正态分布 (1)正态曲线 称f(x)＝e－，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． (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X～N(μ，σ2)．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轴的上方． ②曲线与x轴之间的区域的面积为1． ③曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称． ④曲线在x＝μ处达到峰值. ⑤当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴． ⑥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①. 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. (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)≈0.6827； P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545； P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973． 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． 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． 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. B. C. D. 答案　B 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)＝＝.故选B. 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，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 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＝C×××＝.故选A. 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 答案　D 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. 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)＝________． 答案　0.14 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. 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，则此人得分的数学期望与方差分别为________． 答案　20， 解析　记此人三次射击击中目标X次，得分为Y分，则X～B，Y＝10X，所以E(Y)＝10E(X)＝10×3×＝20，D(Y)＝100D(X)＝100×3××＝. 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； 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，乙队每名球员射进的概率为.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． 解　(1)由题意知，X～B，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5. P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝C×＝，P(X＝2)＝C×＝＝，P(X＝3)＝C×＝＝，P(X＝4)＝C×＝，P(X＝5)＝＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P E(X)＝5×＝. (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)＝C××＝， 即乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出的概率为. 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． 　(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，. (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)＝C×＋C××＝， 所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为. (2)依题意，X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝×＝， P(X＝1)＝×＋×＝， P(X＝2)＝×＝. 随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝. (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～B，所以E(Y)＝3×＝. 因为E(X)<E(Y)，所以选择L2路线上班最好． 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． 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)＝＝. (2)X的所有可能取值为1，2，3. P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝×＝， P(X＝3)＝×＝. 故X的分布列为 X 1 2 3 P 故E(X)＝1×＋2×＋3×＝. 超几何分布的特点 (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． 　(2024·岳阳模拟)共享电动车(sharedev)是一种新的交通工具，通过扫码开锁，实现循环共享．某记者来到中国传媒大学探访，在校园喷泉旁停放了10辆共享电动车，这些电动车分为荧光绿和橙色两种颜色，已知从这些共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为P＝0.4.若从这些共享电动车中任取3辆． (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． 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)X的所有可能取值为0，1，2，3， 所以P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 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. D. 答案　D 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＝3，即3a＝7，解得a＝.故选D. (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 答案　D 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. (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(<2σ)≈0.9545) 答案　 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，所以解得σ≤，故σ至多为. 正态分布下的概率计算常见的两类问题 (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． 　为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)． (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． 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 经计算得＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16. 用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除[－3，＋3]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，≈0.09. 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. (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＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为＝9.97，σ的估计值为＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在[－3，＋3]之外，因此需对当天的生产过程进行检查． 剔除[－3，＋3]之外的数据9.22，剩下数据的平均数为×(16×9.97－9.22)＝10.02， 因此μ的估计值为10.02. x≈16×0.2122＋16×9.972≈1591.134， 剔除[－3，＋3]之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估计值为≈0.09. 课时作业 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，则射击一次，击中目标的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 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＝，解得p＝.故选B. 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. D. 答案　A 解析　∵X服从超几何分布，∴E(X)＝＝2.故选A. 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. B. C. D. 答案　D 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＝＝＝.故选D. 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 答案　A 解析　因为ξ～N(13，σ2)，且P(12<ξ<14)＝0.7，所以P(ξ≥14)＝×[1－P(12<ξ<14)]＝×(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. 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 答案　B 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. 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 答案　C 解析　当X＝1时，小球要向左下落5次，则P(X＝1)＝C×＝；当X＝2时，小球要向左下落4次，向右下落1次，则P(X＝2)＝C××＝；当X＝3时，小球要向左下落3次，向右下落2次，则P(X＝3)＝C××＝；当X＝4时，小球要向左下落2次，向右下落3次，则P(X＝4)＝C××＝；当X＝5时，小球要向左下落1次，向右下落4次，则P(X＝5)＝C××＝；当X＝6时，小球要向右下落5次，则P(X＝6)＝C×＝.则X的数学期望为＝3.5.故选C. 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，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)＝ C．X服从超几何分布 D．X＝3的概率最大 答案　D 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)＝C××＝，故B错误；对于C，由题意，随机变量X～B，故C错误；对于D，随机变量X～B，所以P(X＝k)＝C××(k＝0，1，2，3，4，5)，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝C××＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝C××＝，P(X＝4)＝C××＝，P(X＝5)＝＝，所以X＝3的概率最大，故D正确．故选D. 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 答案　B 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＝＋C×＋(C－4)×＋＝.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＝＋C×＋C×＋(C－3)×＋＝，所以P2＜2P1成立．故选B. 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＝ D．D(3Y)＝2 答案　AC 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＝，C正确；对于D，D(3Y)＝9D(Y)＝9×3××＝6，D错误．故选AC. 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 答案　BD 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)＝C×(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. 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，出现1的概率为，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)＝ C．X的均值E(X)＝ D．X的方差D(X)＝ 答案　ABC 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)＝＝；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝C××＝；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝C××＝，④后4个数出现3个1，X＝3，记其概率为P(X＝3)＝C××＝；⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝＝，故X～B，故A，B正确；∵X～B，∴E(X)＝4×＝，D(X)＝4××＝，故C正确，D错误．故选ABC. 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.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)＝________． 答案　 解析　设袋中有m个黑球，则白球有(10－m)个，由题意可得，＝＝1－，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)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 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)＝________． 答案　24 解析　由题意知，P(X＝k)＝C×0.26－k×0.8k，要使P(X＝k)最大，当k取1，2，3，4，5时，有 化简得解得≤k≤，故k＝5，又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，故D(kX＋1)＝D(5X＋1)＝52D(X)＝24. 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，，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________． 答案　 解析　若乙只投中1次，则甲投中0次时乙获胜，其概率为C×××＝；若乙投中2次，则甲投中0次或1次时乙获胜，其概率为C×××＝；若乙投中3次，则乙必获胜，其概率为＝.综上所述，乙最后获胜的概率为＋＋＝. 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) 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)＝≈＝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)＝≈＝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×0.02275≈11人. 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 (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，σ2近似为样本方差s2，经计算得≈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. 解　(1)由已知，得μ≈12.8，σ≈5.2， 所以P(X>18) ≈P(X>μ＋σ)＝≈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)＝＝，P(Y＝2)＝＝， P(Y＝3)＝＝，P(Y＝4)＝＝， 所以Y的分布列为 Y 1 2 3 4 P 所以E(Y)＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 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． 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)＝，P(B|A)＝＝， 由概率乘法公式得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝， 即第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率为. (2)由题意得X～B， 所以P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝C××＝， P(X＝2)＝C××＝， P(X＝3)＝＝. 随机变量X的概率分布列为 X 0 1 2 3 P 方差D(X)＝3××＝. 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＝，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． 解　(1)依题意得，X的所有可能取值为2，3， 则P(X＝2)＝＋＝， P(X＝3)＝C××＋C××＝， 所以X的分布列为 X 2 3 P 数学期望E(X)＝2×＋3×＝. (2)解法一：若采用3局2胜制，甲最终获胜的概率为 P1＝p2＋Cp2(1－p)＝p2(3－2p)， 若采用5局3胜制，甲最终获胜的概率为 P2＝p3＋Cp3(1－p)＋Cp3(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<p<1. 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)＝Cp2(1－p)＋Cp3＝p2[C(1－p)＋Cp]＝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)＝Cp3(1－p)2＋Cp4(1－p)＋Cp5＝p3(6p2－15p＋10)． 以下同解法一． 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． 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． 解　(1)由题意，ξ的所有可能取值为0，1，2， P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝， 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. (2)①设池塘乙中的鱼数为m，则＝，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)＝，由最大似然估计法，即求pn最大时n的值，其中n≥65， 所以＝＝ ＝＝1＋. 当n＝65，…，198时，>1， 当n＝199时，＝1， 当n＝200，201，…时，<1， 所以池塘乙中的鱼数为199或200. 24 学科网（北京）股份有限公司 $$