9.7 二项分布、超几何分布与正态分布-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

参 考 答 案 D(X)= 3- 33 8 2 × 1 4+ 4- 33 8 2 × 3 8 + 5- 33 8 2 × 3 8 = 39 64. 对点训练3:解:(1)从这200名居民中随 机抽取2人,共有C2200 种不同抽法, 其中符合条件的不同抽法有C225 种, 则所求概率P= C225 C2200 = 25×12 100×199= 3 199. (2)从该地居民中随机抽取1人,则这 人获得100元电子消费金的概率是18 , 获得50元电子消费金的概率是58 ,没 有获得电子消费金的概率是1 4. 由题意可知X 的所有可能值为0,50, 100,150,200. P(X =0)= 1 4 × 1 4 = 1 16 ,P(X = 50)=C12× 1 4 × 5 8 = 5 16 , P(X =100)=C12× 1 4 × 1 8 + 5 8 × 5 8 = 29 64 ,P(X =150)=C12 × 1 8 × 5 8 = 5 32 ,P(X = 200)= 1 8 × 1 8 = 1 64 , 则X 的分布列为 X 0 50 100150200 P 116 5 16 29 64 5 32 1 64 故E(X)=0× 1 16+50× 5 16+100× 29 64+150× 5 32+200× 1 64= 175 2 . 例4:解:(1)由题可知,X 的所有可能取 值为0,20,100. P(X =0)=1-0.8=0.2; P(X =20)=0.8×(1-0.6)=0.32; P(X =100)=0.8×0.6=0.48. 所以X 的分布列为 X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 (2)由(1)知,E(X)=0×0.2+20× 0.32+100×0.48=54.4. 若小明先回答B类问题,记Y为小明的 累计得分,则Y 的所有可能取值为0, 80,100. P(Y =0)=1-0.6=0.4; P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12; P(Y =100)=0.8×0.6=0.48. 所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+ 100×0.48=57.6. 因为54.4<57.6,所以小明应选择先 回答B 类问题. 对点训练4:解:(1)由题意知,X 所有的 可能取值为200,300,500,由表格数据 知X 的分布列为 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由题意知,这种酸奶一天的需求量 至多为500,至少为200,因此只需考虑 200≤n≤500, 当300≤n≤500时,若最高气温不低 于25,则Y =6n-4n=2n;若最高气 温位于区间[20,25),则Y =6×300+ 2(n-300)-4n=1 200-2n;若最高 气温低于20,则Y =6×200+2(n- 200)-4n =800-2n,因此E(Y)= 2n×0.4+(1 200-2n)×0.4+(800- 2n)×0.2=640-0.4n, 当200≤n<300时,若最高气温不低 于20,则Y =6n-4n=2n,若最高气 温低于20,则Y =6×200+2(n- 200)-4n =800-2n,因此E(Y)= 2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2= 160+1.2n,综上,n=300时,Y的数学 期望达到最大值,最大值为520元. 9.7 二项分布、超几何分布 与正态分布 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)两个 n重伯努利试验 (2)X ~B(n,p) (3)①p p(1-p) ②np np(1-p) 3.(1)X ~N(μ,σ2) (2)①x =μ ②x =μ (4)μ σ2 基础检测 1.(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)× 2.2.5 1.25 3.4 4.12 -p 5.ABD 对于 A,B,由超几何分布和二 项分布 的 概 念 可 知 两 个 选 项 均 正 确; 对于D,该批产品有 M 件,则E(X)= 3·5M = 15 M ,E(Y)=∑ 3 k=0 kC3-kM-5Ck5 C3M = ∑ 3 k=1 kC3-kM-5Ck5 C3M = 15(M -1)(M -2) M(M -1)(M -2)= 15 M ,因此D正确;对于C,假若C正确可 得E(X)<E(Y),与D矛盾,故C错 误.故选ABD. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:解:(1)设事件Ai 表示“这4个人中 恰有i个人去参加甲游戏”,其中i= 0,1,2,3,4,则P(Ai)= Ci4 1 3 i 2 3 4-i , 这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概 率为P(A2)=C24 1 3 2 2 3 2 = 8 27. (2)这4个人中去参加甲游戏的人数大 于去 参 加 乙 游 戏 的 人 数 的 概 率 为 P(A3)+P(A4)=C34 1 3 3 2 3 1 + C44 1 3 4 2 3 0 = 1 9. (3)随机变量ξ 的可能取值是0,2,4, 且P(ξ=0)=P(A2)= 8 27 ,P(ξ = 2)=P(A1)+P(A3)= 40 81 , P(ξ=4)=P(A0)+P(A4)= 17 81. 所以ξ的分布列为 ξ 0 2 4 P 827 40 81 17 81 对点训练1:解:(1)记事件 A:“比赛结 束,甲得6分”, 则事件A 即为乙以0∶2败给甲或乙以 1∶2败给甲, 所以P(A)= 2 3 2 +C12× 1 3× 2 3× 2 3 = 4 9 + 8 27= 20 27. (2)由题意得:X 可取2,4,6, 则P(X =2)= 2 3 2 = 4 9 , P(X =4)=C12× 1 3× 2 3× 2 3 = 8 27 , P(X =6)= C12 × 1 3 × 2 3 × 1 3 + 1 3 2 = 7 27 , 即X 的分布列为 X 2 4 6 P 49 8 27 7 27 X 的数学期望为E(X)=2× 4 9+4× 8 27+6× 7 27= 98 27. 例2:解:(1)设小明第一轮答对的题数 为ξ, 由条件可知ξ~B n, 1 3 ,则E(ξ)= n 3 , 因为X =5ξ,所以E(X)=5E(ξ)= 5n 3 , 因此,当n=30时,E(X)=50. (2)证明:设小明第二轮答对的题数为 η,则η的所有可能取值为0,1,2,…,n, 且P(η=0)= 1 3 ,P(η=1)= 2 3× 1 3 ,P(η =2)= 2 3 2 × 1 3 ,…, P(η=n-1)= 2 3 n-1 × 1 3 ,P(η= n)= 2 3 n , 所以 E(η)= 2 3 × 1 3 + 2 3 2 × 2 3+ …+ 2 3 n-1 × n-1 3 + 2 3 n × n,① 2 3E (η)= 2 3 2 × 1 3 + 2 3 3 × 2 3+ …+ 2 3 n × n-1 3 + 2 3 n+1 × n,② ① - ② 得 1 3E (η)= 2 3 × 1 3 + 2 3 2 × 1 3 + …+ 2 3 n × 1 3 , 所以 E(η)= 2 3 + 2 3 2 + … + 2 3 n = 2 3 1- 2 3 n 1- 2 3 = 21- 2 3 n . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -555- hh 因为Y=20η,所以E(Y)=20E(η)= 401- 2 3 n . 当 n ≥ 24 时,E(X)= 5n 3 ≥ 40 , E(Y)<40, 即E(X)>E(Y)得证. 对点训练2:解:(1)记事件Ai(i=1,2, 3)表示第一局获得i分,事件Bi(i= 1,2)表示第二局获得i分, 这些事件相互独立,由条件知 X 的可 能值为5,4,3,2, P(X =5)= P(A3B2)= P(A3)· P(B2)= 1 4 × 1 4 = 1 16 ; P(X =4)=P(A3B1)+P(A2B2)= 1 4 × 3 4 + 1 2 × 1 4 = 5 16 ; P(X =3)=P(A2B1)+P(A1B2)= 1 2 × 3 4 + 1 4 × 1 4 = 7 16 ; P(X =2)=P(A1B1)= 1 4× 3 4 = 3 16. 则其分布列为 X 5 4 3 2 P 116 5 16 7 16 3 16 所以E(X)=5× 1 16+4× 5 16+3× 7 16+2× 3 16= 52 16= 13 4. (2)设小明每天赢得的局数为Y,则易 知Y ~B 20, 1 4 , 于是P(Y =k)=Ck20· 1 4 k · 3 4 20-k , 假设赢得k局的概率最大,则据条件得 Ck20· 1 4 k · 3 4 20-k ≥ Ck-120 · 1 4 k-1 · 3 4 21-k , Ck20· 1 4 k · 3 4 20-k ≥ Ck+120 · 1 4 k+1 · 3 4 19-k , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即 20! k! ·(20-k)! · 1 4 k · 3 4 20-k ≥ 20! (k-1)! ·(21-k)! · 1 4 k-1 · 3 4 21-k , 20! k! ·(20-k)! · 1 4 k · 3 4 20-k ≥ 20! (k+1)! ·(19-k)! · 1 4 k+1 · 3 4 19-k , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 整理得 1 k ·1 4 ≥ 1 21-k ·3 4 , 1 20-k ·3 4 ≥ 1 k+1 ·1 4 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得17 4 ≤k≤ 21 4 , 又因为k∈Z,所以k=5, 因此在每天的20局四人赛中,小明赢 得5局的比赛概率最大. 例3:解:(1)由题意可知ξ的可能值有0, 1,2,3, P(ξ=0)= C37 C312 = 7 44 ,P(ξ =1)= C15C27 C312 = 21 44 , P(ξ=2)= C17C25 C312 = 7 22 ,P(ξ=3)= C35 C312 = 1 22 , 所以随机变量ξ的分布列如下表所示: ξ 0 1 2 3 P 744 21 44 7 22 1 22 所以E(ξ)=0× 7 44+1× 21 44+2× 7 22+3× 1 22= 5 4. (2)他们在每轮答题中取得胜利的概 率为 Q =C12p1(1-p1)C22p22+C22p21C12p2· (1-p2)+C22p21C22p22 =2p1p2(p1+ p2)-3(p1p2)2 = 8 3p1p2-3 (p1p2)2, 由0≤p1≤1,0≤p2≤1,p1+p2= 4 3 ,得1 3 ≤p1 ≤1 , 则 p1p2 = p1 4 3 -p1 = 43p1 - p21 = - p1- 2 3 2 + 4 9 , 因 此 p1p2 ∈ 1 3 ,4 9 , 令t = p1p2,t ∈ 1 3 ,4 9 ,Q = 8 3t-3t 2 = -3t- 4 9 2 + 16 27 ,于是 当t= 4 9 时,Qmax= 16 27 ,要使答题轮数 取最小值,则每轮答题中取得胜利的 概率取最大值16 27. 设他们小组在n 轮答题中取得胜利的 次数为X,则X ~B n, 16 27 ,E(X)= 16 27n , 由 E(X)≥ 6,即 16 27n ≥ 6 ,解 得 n≥10.125. 而n∈N*,则nmin=11,所以理论上至 少要进行11轮答题. 对点训练3:解:(1)由已知,有P(A)= C22C23+C23C23 C48 = 6 35 ,所以事件A 发生 的概率为6 35. (2)随机变量X 的所有可能取值为1, 2,3,4,P(X = 1)= C15C33 C48 = 1 14 , P(X =2)= C25C23 C48 = 3 7 ,P(X =3)= C35C13 C48 = 3 7 ,P(X =4)= C45 C48 = 1 14 , 所以随机变量X 的分布列为 X 1 2 3 4 P 114 3 7 3 7 1 14 所以E(X)=1× 1 14+2× 3 7 +3× 3 7 +4× 1 14= 5 2. 例4:(1)AD 观察题图可以看出,甲地 数学平均分为90,小于乙地数学的平 均分100,A正确;图象中还可以看出 乙地数据更加集中,故乙地方差更小, B错 误;根 据 对 称 性,P(90≤ X < 94)= P(86< X ≤90)<P(82≤ X <90),C错误;σ2 =8时,根据题干 数据,P(92<Y≤108)≈0.682 7,根 据 对 称 性,P(92 < Y ≤ 100)≈ 0.682 7 2 ,另 有 P(76<Y ≤124)≈ 0.997 3,根 据 对 称 性,P(100<Y ≤ 124)≈ 0.997 3 2 ,于 是 P(92≤Y < 124)≈ 0.997 3+0.682 7 2 =0.84 ,D正 确.故选AD. (2)C 甲、乙一定都正确,则μ =m, 由正态分布的特点:中间分布多,两边 分布少,左 右 对 称,可 知 丁 正 确,丙 错 误.故选C. 对点训练4:(1)0.7 (2)AC 对于A,设白玫瑰的日销售量 为X,则X ~N(280,402),故P(280< X <320)=P(μ <X <μ+σ)≈ 1 2×0.682 7=0.341 35,A正确;对于 B,C,由于红玫瑰和白玫瑰的日销售量 分 别 服 从 正 态 分 布 N(μ,202)和 N(280,402),故红玫瑰的日销售量的 方差小于白玫瑰日销售 量 的 方 差,即 红玫瑰的日销售量比白玫瑰的日销售 量更集中,B错误,C正确;对于D,红玫 瑰的日销售量范围在(μ-20,280)的 概率 是0.682 7,则 μ +20=280, ∴μ =260,D错误.故选AC. 例5:解:(1)由频率分布直方图可知, 平均分 = (65×0.01+75×0.04+ 85×0.035+95×0.015)×10 = 80.5(分). (2)由(1)可知X ~N(80.5,7.362), 设学校 期 望 的 平 均 分 约 为 m 分,则 P(X ≥m)=0.84, 因为P(μ-σ<X ≤μ+σ)≈0.68, P(μ-σ<X ≤μ)≈0.34, 所以P(X>μ-σ)≈0.84,即P(X> 73.14)≈0.84, 所以学校期望的平均分约为73分. (3)由频率分布直方图可知,分数在 [80,90)和 [90,100]的 频 率 分 别 为 0.35和0.15, 那么按照分层抽样,抽取10份,其中分 数在[80,90),应抽取10× 0.35 0.35+0.15= 7(份), 分 数 在 [90,100] 应 抽 取 10 × 0.15 0.35+0.15= 3(份), 记事件A:抽测的3份试卷来自于不同 区间;事件B:取出的试卷有2份来自 区间[80,90), 则 P(A)= C310-C37-C33 C310 = 7 10 , P(AB)= C27C13 C310 = 21 40 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -556- 参 考 答 案 则P(B|A)= P(AB) P(A)= 21 40 7 10 = 3 4. 所以抽测3份 试 卷 有2份 来 自 区 间 [80,90)的概率为34. 对点训练5:解:(1)由题意得:12+2m+ 20+32=100,解得m =18. 故平均数为 1 100× (150×12+250× 18+350×20+450×32+550×18)= 376(盒). (2)由题意,μ =376,σ=110, 且266=376-110=μ -σ,596= 376+220=μ+2σ, 故P(X >596)=P(X >μ+2σ)≈ 1 2 × (1-0.954)=0.023, 所以“优质群”约有1 000×0.023= 23(个), 故P(266≤X ≤596)=P(μ-σ≤ X ≤μ+2σ)≈ 1 2 ×0.683+ 1 2 × 0.954=0.818 5, 所以“一级群”约有1 000×0.818 5= 818.5≈819(个); 所以需要资金为23×1 000+819× 200=186 800(元), 故至少需要准备186 800元. 9.8 随机抽样、 用样本估计总体 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)相等 (2)抽签法 随机数法 2.(1)简单随机抽样 分层随机抽样 (3)各层平均数 3.(2)①极差 ②组距 组数 ③数据 4.(2)② 中间 平均数 ③ 最多 基础检测 1.(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√ 2.39 3.54 4.20 5.BCD 对 于 A,由 题 图 知10× (x + 0.015+0.02+0.03+0.025)=1,解 得x=0.01,故A错误;对于B,成绩在 [50,80)内对应的频率为0.1+0.15+ 0.2=0.45<0.6,成绩在[50,90)内 对应 的 频 率 为 0.1+0.15+0.2+ 0.3=0.75>0.6,因此第60百分位数 m 位 于 区 间 [80,90)内,m = 80+ 0.6-0.45 0.3 × (90-80)=85,所以估 计样本数据的第60百分位数约为85, 故B正 确;对 于 C,平 均 数 约 为x = 55×0.1+65×0.15+75×0.2+85× 0.3+95×0.25=79.5(分),故C正 确;对于D,成绩低于80分的三组学生 的人数之比为0.1∶0.15∶0.2=2∶3∶ 4,则应选取成绩在[60,70)内的学生 人数为30× 3 2+3+4= 10,故D正确. 故选BCD. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)D 对于A,错在“一次性”抽取; 对于B,老师表扬的是发言积极的,对 每一个个体而言,不具备“等可能性”; 对于C,错在总体容量是无限的.故选D. (2)D 从随机数表第1行第2个数字 开始由左向右依次选取两个 数 字,去 掉超过50和重复的号码,选取的号码依 次为31,32,43,25,12,26,04,01,14,41, 所以选出来的第5个号码所对应的学 生编号为12.故选D. 对点训练1:110 1 10 解析:在抽样过程中,个体a 每一次被 抽中的可能性是相等的,因 为 总 体 容 量为10,故个体a“第一次被抽到”的 可能性与“第二次被抽到”的可能性均 为 1 10. 例2:(1)D 根据比例分配的分层随机抽 样的定义知初中部共抽取60× 400 600= 40(人),高 中 部 共 抽 取60× 200 600 = 20(人),根 据 组 合 公 式 和 分 步 乘 法 计 数原理得不同的抽样结果 共 有C40400· C20200 种.故选D. (2)24 解析:由于用前n 个区间的平均长度 xn n 估计所有(n+1)个区间的平均长 度 N n+1 ,而缴获坦克的编号是3,5,12, 18,20,即n =5,x5 =20,故 20 5 = N 5+1 ,∴N =24,即 则 统 计 学 家 利 用 上述方法估计德军每月生产的坦克数 为24. 对点训练2:BCD 1 500家商店的每日零 售额情况是总体,A错误;从中随机抽 取60家商店,则 样 本 容 量 为60,B正 确;因为三种类型的商店的数量 之 比 为1∶5∶9,所以大、中、小型商店分别 抽取4,20,36家,C正确;被抽取的60 家商店每日的零售额情况是所抽取的 一个样本,D正确.故选BCD. 例3:(1)CD 对 于 A,E(y)= E(x + c)=E(x)+c,且c≠0,故平均数不 相同,故A错误;对于B,若第一组中位 数为xi,则第二组中位数为yi =xi+ c,显 然 不 相 同,故 B错 误;对 于 C, D(y)=D(x+c)=D(x),故方差相 同,即标准差相同,故C正确;对于D, 由极差的定义知,若第一组的极 差 为 xmax-xmin,则第二组的极差为ymax- ymin = (xmax +c)- (xmin +c)= xmax-xmin,故极差相同,故D正确.故 选CD. (2)D 对于甲同学,平均数为3,众数 为2,则3次考试的名次为2,2,5,满足 要求;对于乙同学,中位数为3,众数为 3,可举反例:3,3,6,不满足要求;对于 丙同学,众数为3,方差小于3,可举特 例:3,3,6,则 平 均 数 为4,方 差s2 = 1 3 × [2×(3-4)2+(6-4)2]=2< 3,不满足要求;对于丁同学,平均数为 3,方差小于3,设丁同学3次考试的名 次分别为x1,x2,x3,若x1,x2,x3 中 至少有一个大于或等于6,则方差s2= 1 3 [(x1-3)2 + (x2 -3)2 + (x3 - 3)2]>3,与已知条件矛盾,所以x1, x2,x3 均不大于5,满足要求. 对点训练3:解:(1)x = 1 10× (9.8+ 10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+ 10.1+10.2+9.7)=10,y = 1 10× (10.1+10.4+10.1+10+10.1+ 10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)= 10.3,s21 = 1 10× (0.22 +0.32 +0+ 0.22+0.12+0.22+0+0.12+0.22+ 0.32)= 0.036,s22 = 1 10× (0.22 + 0.12+0.22+0.32+0.22+0+0.32+ 0.22+0.12+0.22)=0.04. (2)依题意,y-x=0.3=2×0.15= 2× 0.152 =2 0.022 5, 2× 0.036+0.04 10 =2 0.007 6,所 以y-x>2 s21+s22 10 ,所以新设备生 产产品的该项指标的均值较旧设备有 显著提高. 例4:0.004 4 175 解析:根 据 频 率 分 布 直 方 图 可 知, (0.001 2+0.002 4×2+0.003 6+x+ 0.006 0)×50=1,得x =0.004 4,设 小区居民6月份用电量的45% 分位数 为y,0.002 4×50+0.003 6×50+ (y-150)×0.006 0=0.45,y=175. 对点训练4:C 因为100×75% =75为 整数,所以第75个数据和第76个数据 的平均数为第75百分位数,是9.3,则 C正确.故选C. 例5:AD 对于 A,根据频率和等于1得 10a = 1-10× (0.005+0.030+ 0.035+0.010)= 0.20,解 得 a = 0.020,故A正确;对于B,成绩在区间 [80,100]内 的 学 生 人 数 约 为 200× 10×(0.035+0.010)=90,故B错误; 对于C,学生体能测试成绩的平均数约 为(55×0.005+65×0.020+75× 0.030+85×0.035+95×0.010)× 10=77.5,故C错误;对于D,0.005× 10+0.020×10+0.030×10=0.55< 0.69,0.005× 10 + 0.020 × 10 + 0.030×10+0.035×10=0.9>0.69, 所以这组数据的69% 分位数的估计值 落在 区 间 [80,90)内,又 因 为 80+ 0.69-0.55 0.9-0.55× 10=84,故估计全校学 生体能测试成绩的69% 分位数为84, 故D正确.故选AD. 对点训练5:ABD 对于 A,质量的平均 数为(96×0.025+98×0.15+100× 0.225+102×0.075+104×0.025)× 2=99.7(克),故A正确;对于B,优等 品 有0.225×2×100=45(件),故B正 确;对于C,由频率分布直方图可得,质 量的众数为 99+101 2 =100 ,故质量的 众数不落在区间[98,100)内,故C错 误;对于D,质量在[99,101)内的有45 件,质量在[101,103)内的有15件,质 量在[103,105]内的有5件,所以质量 的中位 数 一 定 落 在 区 间[99,101)内, 故D正确.故选ABD. 例6:解:(1)依题可知,题图1第一个小矩 形的面积为5×0.002>0.5%,所以 95<c<100, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -557- hh (2)为使累计得分的期望最大,小明应选择 先回答哪类问题? 并说明理由. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 随机变量的数字特征是生产实际中用于方案取 舍的重要理论依据,所以应该从整体和全局上作出 科学合理解释,以此对方案选择、评价和决策作出有 效判断.一般先比较均值,若均值相同(或相近),再 用方差来决定. 【对点训练4】 某超市计划按月订购一种酸奶, 每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每 瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元 的价格当天全部处理完.根据往年销售经 验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃) 有关.如果最高气温不低于25,需求量为500 瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量 为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为 200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了 前三年六月份各天的最高气温数据,得下面 的频数分布表: 最高 气温 [10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气 温位于该区间的概率. (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单 位:瓶)的分布列; (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货 量n(单位:瓶)为多少时,Y 的数学期望达到 最大值? 学习至此,请完成课时作业67 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 9.7 二项分布、超几何分布与正态分布 5A>! 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.借助正态分布曲线了解正态分布的概念、特征,并进行简单应用. AMc
-  -@) 1.二项分布 (1)伯努利试验 只包含 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 . (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)=Cknpk(1-p)n-k,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 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 262 @第九章 概率与统计 (3)两点分布与二项分布的均值、方差 ① 若随机变量X 服从两点分布,则E(X)= ,D(X)= . ② 若 X ~B(n,p),则E(X)= , D(X)= . 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)= CkMCn-kN-M CnN ,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. 3.正态分布 (1)定义 若随机变量X 的概率分布密度函数为f(x)= 1 σ 2π ·e - (x-μ) 2 2σ2 ,x ∈R,其中μ∈R,σ>0为 参数,则称随机变量X 服从正态分布,记为 . (2)正态曲线的特点 ①曲线是单峰的,它关于直线 对称; ② 曲线在 处到达峰值 1 σ 2π ; ③ 当|x|无限增大时,曲线无限接近x 轴. (3)3σ 原则 ①P(μ-σ≤X ≤μ+σ)≈0.682 7; ②P(μ-2σ≤X ≤μ+2σ)≈0.954 5; ③P(μ-3σ≤X ≤μ+3σ)≈0.997 3. (4)正态分布的均值与方差 若 X ~ N(μ,σ2),则 E(X)= , D(X)= . 常用结论与知识拓展 1.两点分布是二项分布当n=1时的特殊情形. 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.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n 重伯努利试验,进 而判定是否服从二项分布. -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)某人射击,击中目标的概率是稳定的,他 连续射击了20次,是n重伯努利试验. ( ) (2)12道四选一的单选题,随机猜结果,猜对 答案的题目数X ~B(12,0.25). ( ) (3)抛掷三枚骰子,点数是3的骰子个数记为 X,则X 的概率分布是超几何分布. ( ) (4)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;从4名 男演员和3名女演员中选出4人,其中女演员 的人数X 服从超几何分布. ( ) (5)当μ 一定时,正态曲线的形状由σ确定,σ 越小,曲线越“矮 胖”,表 示 总 体 的 分 布 越 离散. ( ) 2.(教材改编题)将一枚质地均匀的硬币连续抛 掷5次,X 表示“正面朝上”出现的次数,则 E(X)= ;D(X)= . 3.(教材改编题)在15个村庄中有7个村庄交通 不方便,现从中任意选10个村庄,用X 表示这 10个村庄中交通不方便的村庄数,若P(X = k)= C47C68 C1015 ,则k= . 4.(教材改编题)设随机变量ξ 服从正态分布 N(0,1),若P(ξ≥1)=p,则P(-1<ξ≤ 0)= . 5.(多选题)(教材改编题)某工厂进行产品质量 抽测,两位员工随机从生产线上各抽取数量 相同的一批产品,已知在两人抽取的一批产 品中均有5件次品,员工A 从这一批产品中有 放回地随机抽取3件产品,员工B从这一批产 品中无放回地随机抽取3件产品.设员工A 抽 取到的3件产品中次品数量为X,员工B抽取 到的3件产品中次品数量为Y,k=0,1,2,3. 则下列判断正确的是 ( ) A.随机变量X 服从二项分布 B.随机变量Y 服从超几何分布 C.P(X=k)<P(Y=k) D.E(X)=E(Y) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 263 hh A /c5%1@ 考点1 二项分布 命题角度1 n重伯努利试验 【例1】 现有4个人去参加某娱乐活动,该活动 有甲、乙两个游戏可供参加者选择,为增加 趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀 的骰子决定自己去参加哪个游戏,掷出点数 为1或2的人去参加甲游戏,掷出点数大于2 的人去参加乙游戏. (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的 概率; (2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于 去参加乙游戏的人数的概率; (3)用X,Y 分别表示这4个人中去参加甲、 乙游戏的人数,记ξ=|X-Y|,求随机变量 ξ的分布列. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 在求n重伯努利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. 【对点训练1】 甲、乙两名运动员进行羽毛球单 打比赛,根据以往比赛的胜负情况知道,每 一局甲胜的概率为2 3 ,乙胜的概率为1 3 ,比赛 采用“三局两胜”制,先胜二局者获胜.商定 每局比赛(决胜局第三局除外)胜者得3分, 败者得1分;决胜局胜者得2分,败者得0分. 已知各局比赛相互独立. (1)求比赛结束,甲得6分的概率; (2)设比赛结束,乙得X 分,求随机变量X 的 概率分布列与数学期望. 命题角度2 二项分布 【例2】 小明参加一项答题活动,需进行两轮答 题,每轮均有n(n∈N*)道题.第一轮每道 题都要作答;第二轮按次序作答,每答对一 题继续答下一题.一旦答错或题目答完则结 束答题.第一轮每道题答对得5分,否则得 0分;第二轮每道题答对得20分,否则得 0分.无论之前答题情况如何,小明第一轮每 题答对的概率均为1 3 ,第二轮每题答对的概 率均为2 3. 设小明第一轮答题的总得分为X, 第二轮答题的总得分为Y. (1)若n=30,求E(X); (2)证明:当n≥24时,E(X)>E(Y). 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 判断一个随机变量是否服从二项分布,要看两 点:(1)试验是否为n重伯努利试验;(2)随机变量是 否为这n 重伯努利试验中某事件发生的次数. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 264 @第九章 概率与统计 【对点训练2】 (2023·贵州贵阳高三诊断性联 考)为了“让广大青少年充分认识到毒品的 危害性,切实提升青少年识毒防毒拒毒意 识”,我市组织开展青少年禁毒知识竞赛,团 员小明每天自觉登录“禁毒知识竞赛App”, 参加各种学习活动,同时热衷于参与四人 赛.每局四人赛是由网络随机匹配四人进行 比赛,每题回答正确得20分,第1个达到 100分的比赛者获得第1名,赢得该局比赛, 该局比赛结束.每天的四人赛共有20局,前 2局是有效局,根据得分情况获得相应名次, 从而得到相应的学习积分,第1局获得第 1名的得3分,获得第2,3名的得2分,获得 第4名的得1分;第2局获得第1名的得2分, 获得2,3,4名的得1分;后18局是无效局,无 论获得什么名次,均不能获得学习积分.经 统计,小明每天在第1局四人赛中获得3分、 2分、1分的概率分别为14 ,1 2 ,1 4 ,在第2局四 人赛中获得2分、1分的概率分别为14 ,3 4. (1)设小明每天获得的得分为X,求X 的分 布列和数学期望; (2)若小明每天赛完20局,设小明在每局四 人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率 为1 4 ,每局是否赢得比赛相互独立,请问在每 天的20局四人赛中,小明赢得多少局的比赛 概率最大? 考点2 超几何分布 【例3】 (2024·湖北武汉江汉区高三摸底考试) 为选拔具有创新潜质培养对象,某高校在暑 假期间从武汉市的中学里挑选优秀学生参 加数学、物理、化学、信息技术学科夏令营 活动. (1)若化学组的12名学员中恰有5人来自同 一中学,从这12名学员中选取3人,ξ表示选 取的人中来自该中学的人数,求ξ 的分布列 和数学期望; (2)在夏令营开幕式的晚会上,物理组举行 了一次学科知识竞答活动.规则如下:两人 一组,每一轮竞答中,每人分别答两题,若小 组答对题数不小于3,则取得本轮胜利,假设 每轮答题结果互不影响.已知甲、乙两位同 学组成一组,甲、乙答对每道题的概率分别 为p1,p2,且p1+p2= 4 3 ,如果甲、乙两位同 学想在此次答题活动中取得6轮胜利,那么 理论上至少要参加多少轮竞赛? 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1.超几何分布的概率计算公式从古典概型的角 度加以理解更易记忆:P(X=k)= CkMCn-kN-M CnN ,即恰取 了k件次品的概率= 次品中取了k件×正品中取了(n-k)件 N 件产品中任取n 件 . 2.当n较小,N 较大时,超几何分布的概率计算 可以近似地用二项分布来代替. 也就是说虽然超几 何分布是不放回抽样,二项分布是放回抽样,但是当 n 较小而产品总数N 很大时,不放回抽样近似于放 回抽样. 3.超几何分布在计算出均值后,可以用nMN 进 行验证. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 265 hh 【对点训练3】 世界乒乓球锦标赛在乒乓球双 打比赛中允许来自不同协会的运动员组队 参加,现有来自甲协会的运动员5名,其中种 子选手3名;乙协会的运动员3名,其中种子 选手2名,从这8名运动员中随机选择4人参 加比赛. (1)设A 为事件“选出的4人中恰有2名种子 选手,且这2名种子选手来自同一个协会”, 求事件A 发生的概率; (2)设X 为选出的4人中种子选手的人数, 求随机变量X 的分布列,并求E(X). 考点3 正态分布 命题角度1 正态分布的性质 【例4】 (1)(多选题)甲、乙两 地举行数学联考,统计发 现:甲地学生的成绩X ~ N(μ1,σ21)(σ1 >0),乙地 学生的成绩Y~N(μ2,σ22)(σ2>0).如图分 别是其正态密度曲线,则 ( ) (附:若随机变量X ~N(μ,σ2)(σ>0),则 P(μ-σ<X ≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ- 2σ<X ≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ< X ≤μ+3σ)≈0.997 3) A.甲地数学的平均成绩比乙地的低 B.甲地数学成绩的离散程度比乙地的小 C.P(90≤X <94)>P(82≤X <90) D.若σ2=8,则P(92≤Y <124)≈0.84 (2)(2024·湖南长沙一中高三月考)已知随机 变量X 服从正态分布N(μ,σ2)有下列四个 命题: 甲:p(X >m)=0.5; 乙:p(X ≤m)=0.5; 丙:p(m-1<X <m)<p(m+1<X < m+2); 丁:p(X >m+1)>p(X <m-2). 如果只有一个假命题,则该命题为 ( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 利用正态曲线解题的关键是,利用对称性把待 求区间内的概率向已知区间内的概率转化. 解题时 要充分结合图形进行分析、求解,要注意数形结合思 想及化归思想的运用. 【对点训练4】 (1)(2024·江苏苏州中学高三考 试)已知随机变量ξ服从正态分布N(0,4), 若P(ξ≥2)=0.3,则P(ξ≥-2)= . (2)(多选题)(2024·广西桂林高三质量检测) 近年来,国家相关政策大力鼓励创新创业, 某农业大学毕业生小佟贷款承包了一个新 型温室鲜花大棚,种植红玫瑰和白玫瑰.若 这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销售量分 别服从正态分布N(μ,202)和N(280,402), 且当随机变量 X 服从正态分布N(μ,σ2) 时,有P(μ-σ<X<μ+σ)≈0.682 7,则 下列正确的是 ( ) A.白玫瑰的日销售量在(280,320)范围内 的概率约为0.341 35 B.白玫瑰的日销售量比红玫瑰的日销售量 更集中 C.红玫瑰的日销售量比白玫瑰的日销售量 更集中 D.若红玫瑰的日销售量范围在(μ -20, 280)的概率是0.682 7,则红玫瑰的日销 售量的平均数约为250 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 266 @第九章 概率与统计 命题角度2 3σ原则 【例5】 (2024·重庆 高 三 上 学 期 入 学 调研)为深入学习 党的二十大精神, 某学校团委组织 了“青春向党百年 路,奋进学习二十大”知识竞赛活动,并从中 抽取了200份试卷进行调查,这200份试卷 的成绩(卷面共100分)频率分布直方图如 图所示. (1)用样本估计总体,求此次知识竞赛的平 均分(同一组中的数据用该组区间的中点值 为代表); (2)可以认为这次竞赛成绩X 近似地服从正 态分布N(μ,σ2)(用样本平均数和标准差s 分别作为μ,σ 的近似值),已知样本标准差 s≈7.36,如有84%的学生的竞赛成绩高于 学校期望的平均分,则学校期望的平均分约 为多少? (结果取整数) (3)从得分区间[80,90)和[90,100]的试卷 中用分层抽样的方法抽取10份试卷,再从这 10份样本中随机抽测3份试卷,若已知抽测 的3份试卷来自于不同区间,求抽测3份试 卷有2份来自区间[80,90)的概率. 参考数据:若X ~N(μ,σ2),则P(μ-σ< X ≤μ+σ)≈0.68,P(μ-2σ<X ≤μ+ 2σ)≈ 0.95,P(μ - 3σ < X ≤ μ + 3σ)≈0.99. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解决正态分布问题有三个关键点:(1)对称轴 x=μ;(2)标准差σ;(3)分布区间.利用对称性可求 指定范围内的概率值;由μ,σ,分布区间的特征进行 转化,使分布区间转化为3σ特殊区间,从而求出所求概 率.注意标准正态分布下对称轴为x=0. 【对点训练5】 (2023·江苏扬州高三调研测试) 随着网络技术的迅速发展,各种购物群成为 网络销售的新渠道,在凤梨销售旺季,某凤 梨基地随机抽查了100个购物群的销售情 况,各购物群销售凤梨的数量情况如下: 凤梨 数量/盒 [100, 200) [200, 300) [300, 400) [400, 500) [500, 600] 购物群 数量/个 12 m 20 32 m (1)求实数m 的值,并用组中值估计这100 个购物群销售凤梨总量的平均数(盒); (2)假设所有购物群销售凤梨的数量X 服从 正态分布N(μ,σ2),其中μ 为(1)中的平均 数,σ2=12 100.若该凤梨基地参与销售的购 物群约有1 000个,销售凤梨的数量在[266, 596](单位:盒)内的群为“一级群”,销售数 量小于266盒的购物群为“二级群”,销售数 量大于596盒的购物群为“优质群”.该凤梨 基地对每个“优质群”奖励1 000元,每个“一 级群”奖励200元,“二级群”不奖励,则该凤 梨基地大约需要准备多少资金? (群的个数 按四舍五入取整数) 附:若X 服从正态分布X ~ N(μ,σ2),则 P(μ-σ ≤X ≤μ +σ)≈0.683,P(μ - 2σ≤X ≤μ+2σ)≈0.954,P(μ-3σ≤ X ≤μ+3σ)≈0.997. 学习至此,请完成课时作业68 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 267