第6节 二项分布、超几何分布、正态分布-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（新教材，基础版）

第十一章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第六节　二项分布、超几何 分布、正态分布 课标解读 考向预测 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.通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量，通过具体实例，借助频率分布直方图的几何直观，了解正态分布的特征. 4.了解正态分布的均值、方差及其含义. 预计2025年高考可能将二项分布或超几何分布与数字特征综合起来呈现，也可能将正态分布与数据的统计分析综合起来呈现. 目录 必备知识——强基础 考点探究——提素养 课时作业 必备知识——强基础 目录 只包含两个可能结果 n重伯努利试验 X～B(n，p) np np(1－p) * 1．伯努利试验与二项分布 (1)伯努利试验 eq \x(\s\up1(01))_________________________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eq \x(\s\up1(02))_______________． (2)二项分布 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(03))____________，k＝0，1，2，…，n. 如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作eq \x(\s\up1(04))_______________． (3)二项分布的均值、方差 若X～B(n，p)，则E(X)＝eq \x(\s\up1(05))_____，D(X)＝eq \x(\s\up1(06))_________． Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k 目录 * 2．超几何分布 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)＝eq \x(\s\up1(07)) _____________，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．其均值E(X)＝eq \f(nM,N)，D(X)＝eq \f(nM,N) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n－1,N－1))). k,M)eq \f(CCeq \o\al(n－k,N－M),Ceq \o\al(n,N)) 目录 正态密度曲线 上方 x＝μ x＝μ * 3．正态分布 (1)正态曲线 函数f(x)＝eq \f(1,σ\r(2π))eeq \s\up7(-\f((x－μ)2, 2σ2))，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，我们称函数f(x)为正态密度函数，称它的图象为eq \x(\s\up1(08))_______________，简称正态曲线． (2)正态曲线的特点 ①曲线位于x轴eq \x(\s\up1(09))___________，与x轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线eq \x(\s\up1(10))___________对称； ③曲线在eq \x(\s\up1(11))___________处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π))； 目录 1 μ 较小 较大 * ④曲线与x轴围成的面积为eq \x(\s\up1(12))________； ⑤在参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着eq \x(\s\up1(13))________的变化而沿x轴平移，如图1所示； ⑥当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σeq \x(\s\up1(14))________时，峰值高，正态曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；σeq \x(\s\up1(15))________时，峰值低，正态曲线“矮胖”，表示随机变量X的分布比较分散，如图2所示． 目录 X～N(μ，σ2) μ σ2 * (3)正态分布的定义及表示 若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝eq \f(1,σ\r(2π))eeq \s\up7(-\f((x－μ)2, 2σ2))，x∈R，则称随机变量X服从正态分布，记为eq \x(\s\up1(16))_______________________．特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布． (4)3σ原则 ①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827； ②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545； ③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973. (5)正态分布的均值与方差 若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝eq \x(\s\up1(17))_____，D(X)＝eq \x(\s\up1(18))____． 目录 * 1．二项分布当n＝1时就是两点分布． 2．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理． 3．若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线关于直线x＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1解题． 目录 √ × √ √ √ 答案 * 1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)n重伯努利试验中各次试验的结果相互独立．(　　) (2)正态分布是对连续型随机变量而言的．(　　) (3)X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二项分布．(　　) (4)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．(　　) (5)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布密度函数，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．(　　) 目录 答案 解析 * 2．小题热身 (1)(人教B选择性必修第二册 4.2.4练习A T4改编)设50个产品中有10个次品，任取产品20个，取到的次品可能有X个，则E(X)＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析　由题意知，X服从超几何分布，则E(X)＝eq \f(10×20,50)＝4. 目录 答案 解析 * (2)(人教B选择性必修第二册 4.2.5练习B T2改编)随机变量X～N(8，σ2)，若P(7≤X≤9)＝0.4，则P(X>9)＝(　　) A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3 解析　∵随机变量X～N(8，σ2)，P(7≤X≤9)＝0.4，∴P(X>8)＝0.5，P(8<X≤9)＝0.2，∴P(X>9)＝0.3. 目录 答案 解析 * (3)设某实验成功率是失败率的3倍，3次实验成功的次数为随机变量ξ，则P(ξ＝2)＝(　　) A．eq \f(27,64) B．eq \f(1,3) C．eq \f(9,64) D．eq \f(2,3) 解析　由于成功率是失败率的3倍，所以成功率是eq \f(3,4)，失败率是eq \f(1,4)，所以P(ξ＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)＝eq \f(27,64).故选A. 目录 9 解析 答案 * 解析　因为X～B(12，0.25)，所以E(X)＝12×0.25＝3，D(X)＝12×0.25×(1－0.25)＝eq \f(9,4)，又E(aX－3)＝aE(X)－3＝3，即3a－3＝3，解得a＝2，所以D(aX－3)＝D(2X－3)＝22D(X)＝4×eq \f(9,4)＝9. (4)已知随机变量X服从二项分布B(12，0.25)，且E(aX－3)＝3，则D(aX－3)＝________． 考点探究——提素养 目录 * 考点一　二项分布及其应用 例1　(2023·武汉联考)在一次国际大型体育运动会上，某运动员报名参加了其中3个项目的比赛．已知该运动员在这3个项目中，每个项目能打破世界纪录的概率都是eq \f(2,3). (1)求该运动员至少能打破2项世界纪录的概率； (2)若该运动员能打破世界纪录的项目数为X，求X的分布列及均值． 目录 解 * 解　(1)依题意知，该运动员在每个项目上“能打破世界纪录”为独立事件，并且每个事件发生的概率相同． 设其打破世界纪录的项目数为随机变量ξ，设“该运动员至少能打破2项世界纪录”为事件A， 则P(A)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋Ceq \o\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(20,27). 目录 解 * (2)由(1)可知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，则P(X＝0)＝Ceq \o\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,27)， P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(2,9)，P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq \f(4,9)， P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(8,27)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,27) eq \f(2,9) eq \f(4,9) eq \f(8,27) 均值E(X)＝0×eq \f(1,27)＋1×eq \f(2,9)＋2×eq \f(4,9)＋3×eq \f(8,27)＝2. 目录 * 【通性通法】 二项分布概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k的三个条件： (1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p； (2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的； (3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率． 目录 * 【巩固迁移】 1．为贯彻“不忘立德树人初心，牢记为党育人、为国育才使命”的要求，某省推出的高考新方案是“3＋1＋2”模式，“3”是语文、外语、数学三科必考，“1”是在物理与历史两科中选择一科，“2”是在化学、生物、政治、地理四科中选择两科作为高考科目．某学校为做好选课走班教学，给出三种可供选择的组合进行模拟选课，其中A组合：物理、化学、生物，B组合：历史、政治、地理，C组合：物理、化学、地理，根据选课数据得到，选择A组合的概率为eq \f(3,5)，选择B组合的概率为eq \f(1,5)，选择C组合的概率为eq \f(1,5)，甲、乙、丙三位同学每人选课是相互独立的． (1)求这三位同学恰好选择互不相同的组合的概率； (2)记η表示这三人中选择含地理的组合的人数，求η的分布列及均值． 目录 解 * 解　用Ai表示第i位同学选择A组合，用Bi表示第i位同学选择B组合，用Ci表示第i位同学选择C组合，i＝1，2，3. 由题意可知，Ai，Bi，Ci互相独立，且P(Ai)＝eq \f(3,5)，P(Bi)＝eq \f(1,5)，P(Ci)＝eq \f(1,5). (1)三位同学恰好选择互不相同的组合共有Aeq \o\al(3,3)＝6种情况，每种情况的概率相同，故三位同学恰好选择互不相同的组合的概率 P＝6P(A1B2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝6×eq \f(3,5)×eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(18,125). 目录 解 * (2)由题意知，η的所有可能取值为0，1，2，3，且η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))， 所以P(η＝0)＝Ceq \o\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125)， P(η＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(54,125)， P(η＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(2)×eq \f(3,5)＝eq \f(36,125)， P(η＝3)＝Ceq \o\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(0)＝eq \f(8,125)， 所以η的分布列为 η 0 1 2 3 P eq \f(27,125) eq \f(54,125) eq \f(36,125) eq \f(8,125) E(η)＝0×eq \f(27,125)＋1×eq \f(54,125)＋2×eq \f(36,125)＋3×eq \f(8,125)＝eq \f(6,5). 目录 * 考点二　超几何分布及其应用 例2　(2023·天津模拟)某大学生志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)． (1)求选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率； (2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列及期望． 目录 解 * 解　(1)从这10名同学中随机选取3名同学到希望小学进行支教，样本点总数n＝Ceq \o\al(3,10)， 设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，事件A包含的样本点个数m＝Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,7)＋Ceq \o\al(0,3)Ceq \o\al(3,7)， 则选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为P(A)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(2,7)＋Ceq \o\al(0,3)Ceq \o\al(3,7),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(49,60). 目录 解 * (2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝0,4)eq \f(CCeq \o\al(3,6),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,6)，P(X＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(2,6),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,2)， P(X＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,6),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(3,10)，P(X＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(0,6),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) 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). 目录 * 【通性通法】 1．随机变量是否服从超几何分布的判断 若随机变量X服从超几何分布，则满足如下条件：(1)该试验是不放回地抽取n次；(2)随机变量X表示抽取到的次品件数(或类似事件)，反之亦然． 2．求超几何分布的分布列的步骤 步骤一 验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值 步骤二 根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率 步骤三 列出分布列 目录 * 【巩固迁移】 2．第三十一届世界大学生夏季运动会于2023年8月8日晚在四川省成都市胜利闭幕．来自113个国家和地区的6500名运动员在此届运动会上展现了青春力量，绽放青春光彩，以饱满的热情和优异的状态谱写了青春、团结、友谊的新篇章．外国运动员在返家时纷纷购买纪念品，尤其对中国的唐装颇感兴趣．现随机对200名外国运动员(其中男性120名，女性80名)就是否有兴趣购买唐装进行了解，统计结果如下： 有兴趣 无兴趣 合计 男性运动员 80 40 120 女性运动员 40 40 80 合计 120 80 200 (1)是否有99%的把握认为“外国运动员对唐装是否感兴趣与性别有关”； (2)按比例分配的分层随机抽样的方法抽取6名对唐装有兴趣的运动员，再从中任意抽取3名运动员作进一步采访，记3名运动员中男性有X名，求X的分布列与数学期望． 目录 解 * 参考公式：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）). 临界值表： α 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 xα 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 解　(1)由已知χ2＝eq \f(200×（80×40－40×40）2,120×80×120×80)＝eq \f(50,9)≈5.556<6.635， 故没有99%的把握认为“外国运动员对唐装是否感兴趣与性别有关”． 目录 解 * (2)按比例分配的分层随机抽样的方法抽取6名对唐装有兴趣的运动员，则其中男性运动员有4名，女性运动员有2名，则X＝1，2，3， P(X＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)，P(X＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(3,5)， P(X＝3)＝3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)， X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(1,5) eq \f(3,5) eq \f(1,5) E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2. 目录 答案 * 考点三　正态分布及其应用(多考向探究) 考向1　正态曲线及正态分布的概率计算 例3　(1)(多选)(2024·哈尔滨模拟)某市有甲、乙两个工厂 生产同一型号的汽车零件，零件的尺寸分别记为X，Y，已知 X，Y均服从正态分布，X～N(μ1，σeq \o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq \o\al(2,2))，其正态曲线如图所示，则下列结论中正确的是(　　) A．甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值 B．甲工厂生产零件尺寸的平均值小于乙工厂生产零件尺寸的平均值 C．甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性 D．甲工厂生产零件尺寸的稳定性低于乙工厂生产零件尺寸的稳定性 目录 解析 * 解析　X，Y均服从正态分布，X～N(μ1，σeq \o\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq \o\al(2,2))，结合正态曲线可知，μ1＝μ2，σ1<σ2，故甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值，故A正确，B错误；甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性，故C正确，D错误． 目录 答案 解析 * (2)(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)＝____________． 0.14eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(7,50))) 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. 目录 * 【通性通法】 利用正态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轴之间的面积为1.注意活用下面两个结论： (1)P(X＜a)＝1－P(X≥a)； (2)P(X＜μ－σ)＝P(X>μ＋σ)． 目录 答案 * 【巩固迁移】 3．(2024·惠州调研)若随机变量X满足正态分布N(μ，σ2)，则有P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.现有20000人参加数学测试，成绩大致服从正态分布N(100，102)，则可估计本次数学测试成绩在120分以上的学生人数为(　　) A．1587 B．228 C．455 D．3174 目录 解析 * 解析　由题意可知μ＝100，σ＝10，记本次数学测试成绩为随机变量X，由于P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，所以P(80≤X≤120)≈0.9545，因此本次数学测试成绩在120分以上的学生约有20000×eq \f(1－0.9545,2)＝455人． 目录 答案 * 4.(多选)(2023·石家庄模拟)若随机变量X～N(1，σ2)，且正态分布N(1，σ2)的正态密度曲线如图所示，则下列选项中，可以表示图中阴影部分面积的是(　　) A．eq \f(1,2)－P(X≤0) B．eq \f(1,2)－P(X≥2) C．eq \f(1,2)P(X≤2)－eq \f(1,2)P(X≤0) D．eq \f(1,2)－P(1≤X≤2) 目录 解析 * 解析　根据正态分布的性质可知，正态密度曲线关于直线x＝1对称，所以题图中阴影部分的面积为eq \f(1,2)－P(X≤0)，A正确；根据对称性，P(X≤0)＝P(X≥2)，所以题图中阴影部分的面积可表示为P(0≤X≤1)＝eq \f(1,2)－P(X≤0)＝eq \f(1,2)－P(X≥2)，B正确；阴影部分的面积也可以表示为eq \f(P（X≤2）－P（X≤0）,2)，C正确；阴影部分的面积也可以表示为P(0≤X≤1)，而P(0≤X≤1)＝P(1≤X≤2)，D不正确． 目录 * 考向2　正态分布的实际应用 例4　(2023·山东潍坊模拟)2023年3月某学校举办了春季科技体育节，其中安排的女排赛事共有12个班级作为参赛队伍，本次比赛启用了新的排球用球MIKASA_V200W.已知这种球的质量指标ξ(单位：g)服从正态分布X～N(μ，σ2)，其中μ＝270，σ＝5.比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军，积分规则如下(比赛采取5局3胜制)：比赛中以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；而在比赛中以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分.9轮过后，积分榜上的前2名分别为1班排球队和2班排球队，1班排球队积26分，2班排球队积22分．第10轮1班排球队对抗3班排球队，设每局比赛1班排球队取胜的概率为p(0<p<1)． 目录 * (1)令η＝eq \f(ξ－μ,σ)，则η～N(0，1)，且Φ(a)＝P(η<a)，求Φ(－2)，并证明Φ(－2)＋Φ(2)＝1； (2)第10轮比赛中，记1班排球队3∶1取胜的概率为f(p)，求出f(p)的最大值点p0，并以p0作为p的值，解决下列问题． ①在第10轮比赛中，1班排球队所得积分为X，求X的分布列； ②已知第10轮2班排球队积3分，判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军(第10轮过后，无论最后一轮即第11轮结果如何，1班排球队积分最多)？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由． 参考数据：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 解 * 解　(1)Φ(－2)＝P(η<－2)＝P(ξ<260)， 又P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545， 所以Φ(－2)＝P(ξ<260)≈0.5－eq \f(0.9545,2)＝0.5－0.47725＝0.02275. 因为Φ(－2)＝P(η<－2)，根据正态曲线对称性，Φ(－2)＝P(η<－2)＝P(η>2)， 又因为Φ(2)＝P(η<2)＝1－P(η≥2)， 所以Φ(－2)＋Φ(2)＝1. 目录 解 * (2)f(p)＝Ceq \o\al(2,3)p3(1－p)＝3p3(1－p)， f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3×(－1)]＝3p2(3－4p)． 令f′(p)＝0，得p＝eq \f(3,4). 当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))时，f′(p)>0，f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))上为增函数； 当p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))时，f′(p)<0，f(p)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))上为减函数． 所以f(p)的最大值点p0＝eq \f(3,4)，从而p＝eq \f(3,4). 目录 解 * ①X的所有可能取值为3，2，1，0. P(X＝3)＝p3＋Ceq \o\al(2,3)p2(1－p)p＝eq \f(189,256)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,4)p2(1－p)2p＝eq \f(81,512)， P(X＝1)＝Ceq \o\al(2,4)p2(1－p)3＝eq \f(27,512)， P(X＝0)＝(1－p)3＋Ceq \o\al(1,3)p(1－p)3＝eq \f(13,256)， 目录 解 * 所以X的分布列为 X 3 2 1 0 P eq \f(189,256) eq \f(81,512) eq \f(27,512) eq \f(13,256) ②若X＝3，则1班10轮后的总积分为29分，2班即便第10轮和第11轮都积3分，则11轮过后的总积分是28分，29>28，所以1班如果第10轮积3分，则可提前一轮夺得冠军，其概率为P(X＝3)＝eq \f(189,256). 目录 * 【通性通法】 正态分布出现在解答题中，通常与二项分布、超几何分布相结合．解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴为直线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． 目录 * 【巩固迁移】 5．在某大学举行的自主招生考试中，随机抽取了100名考生的成绩(单位：分)，并把所得数据列成了如下所示的频数分布表： 组别 [40，50) [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100] 频数 5 18 28 26 17 6 (1)求抽取样本的平均数eq \o(x,\s\up16(－))(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)； (2)已知这次考试共有2000名考生参加，如果近似地认为这次成绩Z服从正态分布N(μ，σ2)(其中μ近似为样本平均数eq \o(x,\s\up16(－))，σ2近似为样本方差s2＝161)，且规定82.7分是复试线，那么在这2000名考生中，能进入复试的约有多少人？附：eq \r(161)≈12.7，若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545. 目录 解 * 解　(1)由所得数据列成的频数分布表，得 eq \o(x,\s\up16(－))＝45×0.05＋55×0.18＋65×0.28＋75×0.26＋85×0.17＋95×0.06＝70. (2)由(1)知Z～N(70，161)， 所以P(70－12.7≤Z≤70＋12.7)≈0.6827， 所以P(Z>82.7)≈eq \f(1－0.6827,2)＝0.15865， 所以在这2000名考生中，能进入复试的约有2000×0.15865≈317人． 课时作业 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 解析 * 一、单项选择题 1．若随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，则P(X＝3)＝(　　) A．eq \f(1,3) B．eq \f(40,243) C．eq \f(10,27) D．eq \f(3,5) 解析　随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，则P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(40,243). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 解析 * 2．(2024·贵州模拟)若随机变量X～N(10，22)，则下列结论错误的是(　　) A．P(X≥10)＝0.5 B．P(X≤8)＋P(X≤12)＝1 C．P(8≤X≤12)＝2P(8≤X≤10) D．D(2X＋1)＝8 解析　根据随机变量X～N(10，22)，可知正态密度曲线的对称轴为X＝10，方差为4，所以P(X≥10)＝0.5，故A正确；P(X≤8)＋P(X≤12)＝P(X≥12)＋P(X≤12)＝1，故B正确；P(8≤X≤12)＝2P(8≤X≤10)，故C正确；D(2X＋1)＝4D(X)＝16，故D错误．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 解析 * 3.某市期末教学质量检测，甲、乙、丙三科考试成绩近似服从正态分布，则由如图曲线可得下列说法中正确的是(　　) A．甲学科总体的均值最小 B．乙学科总体的方差及均值都居中 C．丙学科总体的方差最大 D．甲、乙、丙的总体的均值不相同 解析　由题中图象可知三科总体的平均数(均值)相等，由正态密度曲线的性质可知σ越大，正态曲线越扁平，σ越小，正态曲线越尖陡，故三科总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙，则三科总体的方差从小到大依次为甲、乙、丙．故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 解析 * 4．已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，记取到的正品数为ξ，则均值E(ξ)为(　　) A．eq \f(4,5) B．eq \f(9,10) C．1 D．eq \f(6,5) 解析　ξ的所有可能取值为0，1，2，则P(ξ＝0)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(1,10)，P(ξ＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,5)，P(ξ＝2)＝2,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,10)，则E(ξ)＝0×eq \f(1,10)＋1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(3,10)＝eq \f(6,5). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 5．在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球、4个白球，现从中任取4个小球，设取的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是(　　) A．P(X＝1)＝eq \f(2,5) B．随机变量X服从二项分布 C．随机变量X服从超几何分布 D．E(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 20 解析 * 解析　由题意知随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确；X的可能取值为0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝4,6)eq \f(C,Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(1,14)，P(X＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(3,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(8,21)，P(X＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(2,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(3,7)，P(X＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(1,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(4,35)，P(X＝4)＝4,4)eq \f(C,Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(1,210)，所以E(X)＝0×eq \f(1,14)＋1×eq \f(8,21)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(4,35)＋4×eq \f(1,210)＝eq \f(8,5)，故A，D错误． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 6．据统计，在某次联考中，考生数学单科分数X服从正态分布N(90，202)，考生共50000人，估计数学单科分数在130～150分的学生人数约为(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.9973)(　　) A．1070 B．2140 C．4280 D．6795 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　由题设P(130<X≤150)＝P(μ＋2σ<X≤μ＋3σ)＝eq \f(1,2)×[P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)－P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)]≈eq \f(1,2)×(0.9973－0.9545)＝0.0214，所以数学单科分数在130～150分的学生人数约为0.0214×50000＝1070.故选A． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 解析 * 7．甲、乙两羽毛球运动员之间要进行三场比赛，且这三场比赛可看作三次伯努利试验，若甲至少取胜一次的概率为eq \f(63,64)，则甲恰好取胜一次的概率为(　　) A．eq \f(1,4) B．eq \f(3,4) C．eq \f(9,64) D．eq \f(27,64) 解析　设甲取胜为事件A，每次甲胜的概率为p，由题意得，事件A发生的次数X～B(3，p)，则有1－(1－p)3＝eq \f(63,64)，得p＝eq \f(3,4)，则事件A恰好发生一次的概率为Ceq \o\al(1,3)×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(9,64). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 8．某综艺节目中，有一个盲拧魔方游戏，就是玩家先观察魔方状态并进行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方．为了解某市盲拧魔方爱好者的水平状况，某兴趣小组在全市范围内随机抽取了100名盲拧魔方爱好者进行调查，得到的情况如表所示： 用时/秒 [5，10] (10，15] (15，20] (20，25] 男性人数 17 21 13 9 女性人数 8 10 16 6 以这100名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的频率，代替全市所有盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率，每位盲拧魔方爱好者用时是否超过10秒相互独立．若该兴趣小组在全市范围内再随机抽取20名盲拧魔方爱好者进行测试，其中用时不超过10秒的人数最有可能(即概率最大)是(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为eq \f(25,100)＝eq \f(1,4)，设随机抽取的20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20，\f(1,4)))，其中P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(20－k)，k＝0，1，2，…，20，k＝0时，P(ξ＝0)＝Ceq \o\al(0,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(20)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(20)；显然P(ξ＝1)＝Ceq \o\al(1,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(19)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(20)＝P(ξ＝0)，即P(ξ＝0)不可能为P(ξ＝k)最大值，当k≥1时，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（ξ＝k）≥P（ξ＝k＋1），,P（ξ＝k）≥P（ξ＝k－1），))得k,20)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(20－k)≥Ceq \o\al(k＋1,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(19－k)，,Ceq \o\al(k,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(20－k)≥Ceq \o\al(k－1,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(21－k)，)) 化简得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（k＋1）≥20－k，,21－k≥3k，))解得eq \f(17,4)≤k≤eq \f(21,4)，又k∈Z，∴k＝5，∴这20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是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 20 答案 * 二、多项选择题 9．(2023·辽宁沈阳三模)下列命题中正确的是(　　) A．已知一组数据6，6，7，8，10，12，则这组数据的50%分位数是7.5 B．已知随机变量X～N(2，σ2)，且P(X>3)＝0.3，则P(1<X<2)＝0.2 C．已知随机变量Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(1,2)))，则E(Y)＝eq \f(5,2) D．已知经验回归方程eq \o(y,\s\up16(^))＝－2x＋3，则y与x具有负线性相关关系 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　对于A，6×50%＝3，第3个和第4个数的平均数为eq \f(7＋8,2)＝7.5，故A正确；对于B，P(1<X<2)＝P(2<X<3)＝0.5－P(X>3)＝0.5－0.3＝0.2，故B正确；对于C，Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(1,2)))，则E(Y)＝np＝10×eq \f(1,2)＝5，故C错误；对于D，－2<0，可得y与x具有负线性相关关系，可知D正确．故选ABD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 10．(2023·辽宁大连二十四中校考三模)若随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(2,3)))，下列说法中正确的是(　　) A．P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(7) B．E(X)＝eq \f(20,3) C．E(3X＋2)＝22 D．D(3X＋2)＝20 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　对于A，因为X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(2,3)))，所以P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) eq \s\up12(7)，故A错误；对于B，E(X)＝10×eq \f(2,3)＝eq \f(20,3)，故B正确；对于C，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(20,3)＋2＝22，故C正确；对于D，D(X)＝10×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq \f(20,9)，D(3X＋2)＝32D(X)＝9×eq \f(20,9)＝20，故D正确．故选BCD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 解析 * 三、填空题 11．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17，18，19，20层停靠，若该电梯在底层有5位乘客，且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率都为eq \f(1,4)，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________． 解析　每位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,4)))，即有P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(5－k)，k＝0，1，2，3，4，5.故P(ξ＝4)＝Ceq \o\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(4)×eq \f(3,4)＝eq \f(15,1024). eq \f(15,1024) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2 答案 解析 * 12．设随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，向量a＝(1，2)与向量b＝(ξ，－1)的夹角为锐角的概率是eq \f(1,2)，则μ＝________． 解析　当向量a＝(1，2)与向量b＝(ξ，－1)的夹角为锐角时，a·b>0且a，b不共线，则ξ×1＋2×(－1)>0，且1×(－1)－2ξ≠0，解得ξ>2，又向量a＝(1，2)与向量b＝(ξ，－1)的夹角为锐角的概率是eq \f(1,2)，所以P(ξ>2)＝eq \f(1,2)，又随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，μ＝2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 解析 * 13．一个口袋中装有7个球，其中有5个红球，2个白球，抽到红球得2分，抽到白球得3分．现从中任意取出3个球，则取出3个球的得分Y的均值E(Y)为________． 解析　Y的可能取值为6，7，8，且P(Y＝6)＝3,5)eq \f(CCeq \o\al(0,2),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(10,35)＝eq \f(2,7)，P(Y＝7)＝2,5)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(20,35)＝eq \f(4,7)，P(Y＝8)＝1,5)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(5,35)＝eq \f(1,7)，所以得分Y的均值E(Y)＝6×eq \f(2,7)＋7×eq \f(4,7)＋8×eq \f(1,7)＝eq \f(48,7). eq \f(48,7) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 20 答案 * 14．日常生活中，许多现象都服从正态分布．若X～N(μ，σ2)，记P1＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)，P2＝P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)，P3＝P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)．小明同学一般情况下都是骑自行车上学，路上花费的时间(单位：分钟)服从正态分布N(18，4)．已知小明骑车上学迟到的概率为P0＝eq \f(1－P3,2).某天小明的自行车坏了，他打算步行上学，若步行上学路上花费的时间(单位：分钟)服从正态分布N(35，9)，要使步行上学迟到的概率不大于P0，则小明应该至少比平时出门的时间早________分钟． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　由小明骑车上学迟到的概率P0＝eq \f(1－P3,2)知，小明骑车花费的时间超过μ＋3σ＝18＋3×2＝24分钟才会迟到．若小明步行上学，要使迟到的概率不大于P0，则步行花费时间应小于35＋3×3＝44分钟，故小明应该至少比平时出门的时间早44－24＝20分钟． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 * 四、解答题 15．(2023·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，整理得到频率分布直方图如图所示，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． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * 解　(1)∵前四组频数成等差数列， ∴所对应的eq \f(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)×2＋0.2＋2d＋0.2＋3d＋0.1×3]＝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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * (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＋eq \f(0.8－0.7,0.3)≈2.83. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * (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)＝Ceq \o\al(0,3)×0.33＝0.027， P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×0.32×0.7＝0.189， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×0.3×0.72＝0.441， P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,3)×0.73＝0.343， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.027 0.189 0.441 0.343 ∵X～B(3，0.7)，∴E(X)＝np＝2.1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 * 16．为了切实维护居民合法权益，提高居民识骗防骗能力，守好居民的“钱袋子”，某社区开展“全民反诈在行动——反诈骗知识竞赛”活动，现从参加该活动的居民中随机抽取了100名，他们的竞赛成绩分布如下表所示： 成绩/分 [40，50) [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100] 人数 2 4 22 40 28 4 (1)求抽取的100名居民竞赛成绩的平均分eq \o(x,\s\up16(－))和方差s2(同一组中的数据用该组区间的中间值代表)； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 * (2)以频率估计概率，发现该社区参赛居民的竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本成绩平均分eq \o(x,\s\up16(－))，σ2近似为样本成绩方差s2，若μ－σ≤X≤μ＋2σ，参赛居民可获得“参赛纪念证书”；若X＞μ＋2σ，参赛居民可获得“反诈先锋证书”． ①若该社区有3000名居民参加本次竞赛活动，试估计获得“参赛纪念证书”的居民人数(结果保留整数)； ②试判断竞赛成绩为96分的居民能否获得“反诈先锋证书”． 附：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 20 解 * 解　(1)100名居民本次竞赛成绩的平均分 eq \o(x,\s\up16(－))＝45×eq \f(2,100)＋55×eq \f(4,100)＋65×eq \f(22,100)＋75×eq \f(40,100)＋85×eq \f(28,100)＋95×eq \f(4,100)＝75， 方差s2＝(45－75)2×eq \f(2,100)＋(55－75)2×eq \f(4,100)＋(65－75)2×eq \f(22,100)＋(75－75)2×eq \f(40,100)＋(85－75)2×eq \f(28,100)＋(95－75)2×eq \f(4,100)＝100. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * (2)①由于μ近似为样本成绩平均分eq \o(x,\s\up16(－))，σ2近似为样本成绩方差s2， 所以μ＝75，σ2＝100，σ＝eq \r(100)＝10. 由于竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)， 所以参赛居民可获得“参赛纪念证书”的概率为P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)＝eq \f(1,2)P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＋eq \f(1,2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈eq \f(1,2)×0.6827＋eq \f(1,2)×0.9545＝0.8186， 3000×0.8186＝2455.8≈2456， 估计获得“参赛纪念证书”的居民人数为2456. ②当X＞μ＋2σ，即X＞95时，参赛居民可获得“反诈先锋证书”， 所以竞赛成绩为96分的居民能获得“反诈先锋证书”． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 17．(多选)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ak(k＝2，3，4，5)中，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，下列说法正确的是(　　) A．X服从二项分布 B．P(X＝1)＝eq \f(4,81) 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 20 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为0，1，且每个数位上的数字互不影响，X的分布列为P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4－k)，k＝0，1，2，3，4，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,3)))，故A正确；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)，故B错误；E(X)＝4×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3)，故C正确；D(X)＝4×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(8,9)，故D错误． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 * 18．(多选)一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为取出白球的个数，随机变量Y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是(　　) A．P(X＝1)＝eq \f(1,2) B．X＋Y＝4 C．E(X)>E(Y) D．E(Z)＝eq \f(28,5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析 * 解析　由条件可知，袋子中有6黑4白，又共取出4个球，所以X＋Y＝4，故B正确；X的可能取值为0，1，2，3，4，P(X＝0)＝0,4)eq \f(CCeq \o\al(4,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(15,210)，P(X＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(3,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(80,210)，P(X＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(2,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(90,210)，P(X＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(1,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(24,210)，P(X＝4)＝4,4)eq \f(CCeq \o\al(0,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(1,210)，可知A错误；E(X)＝eq \f(80＋180＋72＋4,210)＝eq \f(8,5)，E(Y)＝E(4－X)＝4－E(X)＝eq \f(12,5)，所以E(X)<E(Y)，故C错误；由题意可知Z＝2X＋Y＝2X＋4－X＝X＋4，所以E(Z)＝E(X＋4)＝E(X)＋4＝eq \f(28,5)，故D正确． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 * 19．某地为了了解此地志愿者对志愿服务的认知 和参与度，随机调查了500名志愿者每月的志愿服务 时长(单位：小时)，并绘制如图所示的频率分布直方图． (1)估计这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数eq \o(x,\s\up16(－))和样本方差s2(同一组中的数据用该组数据区间的中间值代表)； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 * (2)由直方图可以认为，目前该地志愿者每月的志愿服务时长X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数eq \o(x,\s\up16(－))，σ2近似为样本方差s2.一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若X～N(μ，σ2)，令Y＝eq \f(X－μ,σ)，则Y～N(0，1)，且P(X≤a)＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y≤\f(a－μ,σ))). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 * ①利用直方图得到的正态分布，求P(X≤10)； ②从该地随机抽取20名志愿者，记Z表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数，求P(Z≥1)(结果精确到0.001)，以及Z的数学期望(结果精确到0.01)． 参考数据：eq \r(1.64)≈1.28，eq \r(16.4)≈4.05，0.598720≈0.000035，0.729120≈0.0018，0.782320≈0.0074.若Y～N(0，1)，则P(Y≤0.25)≈0.5987，P(Y≤0.61)≈0.7291，P(Y≤0.78)≈0.7823. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * 解　(1)eq \o(x,\s\up16(－))＝6×0.02＋7×0.10＋8×0.20＋9×0.38＋10×0.18＋11×0.08＋12×0.04＝9， s2＝(－3)2×0.02＋(－2)2×0.10＋(－1)2×0.20＋12×0.18＋22×0.08＋32×0.04＝1.64. (2)①由题意并结合(1)可知，μ＝9，σ2＝1.64≈1.282， ∴X～N(9，1.282)， ∴P(X≤10)＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y≤\f(10－9,1.28)))≈P(Y≤0.78)≈0.7823. ②由①可知，P(X>10)＝1－P(X≤10)≈0.2177， ∴Z～B(20，0.2177)， ∴P(Z≥1)＝1－P(Z＝0)＝1－(1－0.2177)20≈1－0.0074≈0.993，E(Z)≈20×0.2177≈4.35. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 * 20．(2023·黑龙江大庆三模)天宫空间站是我国建成的国家级太空实验室，由天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱组成，已经开启长期有人驻留模式．结合空间站的相关知识，某职业学校的老师设计了以空间站为主题的编程训练，训练内容由“太空发射”“自定义漫游”“全尺寸太阳能”“空间运输”等10个相互独立的编程题目组成，训练要求每个学生必须选择两个不同的题目进行编程练习，并且学生间的选择互不影响，老师将班级学生分成四组，指定甲、乙、丙、丁为组长． (1)求甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择“太空发射”的概率； (2)记X为这四个人中选择“太空发射”的人数，求X的分布列及数学期望； (3)如果班级有n名学生参与编程训练(其中n是能被5整除的正整数)，则这n名学生中选择“太空发射”的人数最有可能是多少？ 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * 解　(1)由题意可知，每个人不选择“太空发射”的概率为2,9)eq \f(C,Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(4,5)， 所以甲、乙、丙、丁这四个人都不选择“太空发射”的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(4)， 故甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择“太空发射”的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(4)＝eq \f(369,625). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * (2)由已知X的所有可能取值为0，1，2，3，4， 因为每个人选择“太空发射”的概率为1,9)eq \f(C,Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(1,5)，且每个人是否选择“太空发射”相互独立， 所以X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,5)))， 所以P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(4－k)，k＝0，1，2，3，4， 即P(X＝0)＝Ceq \o\al(0,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(4)＝eq \f(256,625)， P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,4)×eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(3)＝eq \f(256,625)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(96,625)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(3)×eq \f(4,5)＝eq \f(16,625)， P(X＝4)＝Ceq \o\al(4,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(0)＝eq \f(1,625)， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P eq \f(256,625) eq \f(256,625) eq \f(96,625) eq \f(16,625) eq \f(1,625) 数学期望E(X)＝4×eq \f(1,5)＝eq \f(4,5). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * (3)设选择“太空发射”的人数最有可能为k， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（X＝k）≥P（X＝k＋1），,P（X＝k）≥P（X＝k－1），)) P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(n－k)＝k,n)eq \f(C·4n－k,5n) ， ∴k,n)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(C·4n－k,5n)≥\f(Ceq \o\al(k＋1,n)·4n－k－1,5n)，,\f(Ceq \o\al(k,n)·4n－k,5n)≥\f(Ceq \o\al(k－1,n)·4n－k＋1,5n)，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4n！,k！（n－k）！)≥\f(n！,（k＋1）！（n－k－1）！)，,\f(n！,k！（n－k）！)≥\f(4n！,（k－1）！（n－k＋1）！)，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,n－k)≥\f(1,k＋1)，,\f(1,k)≥\f(4,n－k＋1)，))也即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4（k＋1）≥n－k，,n－k＋1≥4k，)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解 * 解得eq \f(n－4,5)≤k≤eq \f(n＋1,5)， 又因为k∈N，当n＝5m，m∈N*， 则不等式为m－eq \f(4,5)≤k≤m＋eq \f(1,5)， 所以k＝m， 即当n被5整除时，选择“太空发射”的人数最有可能是eq \f(n,5). 　　　　　　　　　　　　　 R $$