第7章 随机变量及其分布 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第七章　单元质量测评 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ 对点 二项分布的方差；方差的性质 正态曲线 超几何分布的概率 利用正态分布求概率 利用定义求条件概率 分布列的性质；求离散型随机变量的均值 正态分布的 应用 二项分布概率的最值 正态分布的 应用 全概率公式与贝叶斯公式的综合应用 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 超几何分布的概率；求离散型随机变量的均值 两点分布的 概率 缩小样本空间求条件概率 利用正态分布求概率；二项分布的均值与方差 全概率公式与贝叶斯公式的综合应用 求离散型随机变量的分布列与均值 二项分布的分布列与均值；由递推公式求数列的通项公式 二项分布与超几何分布的综合应用 正态分布与二项分布的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 时间：120分钟　　　满分：150分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 解析：由密度函数解析式知，μ＝0，σ＝1，所以正态曲线关于直线x＝0对称，所以p1＝p2. 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 7．某校14岁女生的平均身高为154.4 cm，标准差是5.1 cm，如果身高服从正态分布，那么在该校200名14岁女生中身高在164.6 cm以上的约有(　　) A．5名 B．6名 C．7名 D．8名 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 8．某人在11次射击中击中目标的次数为X，且X～B(11，0.8)，若P(X＝k)最大，则k＝(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．设随机变量X服从两点分布，若P(X＝1)－P(X＝0)＝0.4，则P(X＝1)＝________． 0.7 解析：由于随机变量X服从两点分布，故P(X＝1)＋P(X＝0)＝1　①，又由于P(X＝1)－P(X＝0)＝0.4　②，则①＋②得2P(X＝1)＝1.4，解得P(X＝1)＝0.7. 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 13．已知n是一个三位数，若n的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称n为递增数．已知a，b，c∈{0，1，2，3，4}，设事件A为“由a，b，c组成一个三位数”，事件B为“由a，b，c组成的三位数为递增数”，则P(B|A)＝________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 14．某航空机械公司的研究院研发了一款新零件用于航天器，若这批零件的质量指标ξ(单位：毫米)服从正态分布N(25.40，σ2)，且P(ξ≥25.45)＝0.1，现从该批零件中随机取3件，用X表示这3件产品中质量指标值ξ不位于区间(25.35，25.45)的产品件数，则E(X)＝________，D(X)＝________． 0.6 解析：由正态分布的性质得P(25.35<ξ<25.45)＝1－2P(ξ≥25.45)＝1－2×0.1＝0.8，则1件产品的质量指标值ξ不位于区间(25.35，25.45)的概率为P＝0.2，所以X～B(3，0.2)，故E(X)＝3×0.2＝0.6，D(X)＝3×0.2×0.8＝0.48. 　 0.48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明外的其他参赛选手中，一、二、三类棋手的人数之比为5∶7∶8，小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.6，0.5，0.4. (1)从参赛选手中随机抽取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率； (2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手分别为一、二、三类棋手的概率． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 　　　　　　　　　　　　　 R 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，则D(X－1)＝(　　) A.eq \f(3,2) B．2 C．1 D．3 解析：∵D(X)＝6×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,2)，∴D(X－1)＝D(X)＝eq \f(3,2).　 2．若随机变量X的密度函数为f(x)＝eq \f(1,\r(2π))e－eq \s\up7(\f(x2,2))，X在区间(－2，－1)和(1，2)内取值的概率分别为p1，p2，则p1，p2的关系为(　　) A．p1>p2 B．p1<p2 C．p1＝p2 D．不确定 3．有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这些零件中任取3个，那么至少有1个是一等品的概率是(　　) A.1,16)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(3,20)) B.2,16)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(3,20)) C.2,16)eq \f(CCeq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(3,16),Ceq \o\al(3,20)) D．1－3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,20)) 解析：全部都是二等品的概率为3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,20)) ，故至少有1个是一等品的概率为1－3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,20)) .故选D.　 4．设随机变量X服从正态分布N(0，1)，若P(X>1)＝p，则P(－1<X<0)＝(　　) A.eq \f(1,2)＋p B．1－p C．1－2p D.eq \f(1,2)－p 解析：P(－1<X<0)＝eq \f(1,2)P(－1<X<1)＝eq \f(1,2)[1－2P(X>1)]＝eq \f(1,2)－P(X>1)＝eq \f(1,2)－p.　 5．某校开展了课后延时服务，要求张老师在每个星期的周一至周五选两天参加课后延时服务，则张老师在周二参加课后延时服务的条件下，周三也参加课后延时服务的概率为(　　) A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2) 解析：记事件A表示“张老师在周二参加课后延时服务”，事件B表示“张老师在周三参加课后延时服务”，则P(A)＝1,4)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(4,10)，P(AB)＝2,5)eq \f(1,C) ＝eq \f(1,10)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(4,10))＝eq \f(1,4).故选B.　 6．随机变量X的概率分布列为P(X＝n)＝eq \f(a,n（n＋1）)(n＝1，2，3)，其中a是常数，则E(X)＝(　　) A.eq \f(38,81) B.eq \f(13,9) C.eq \f(152,243) D.eq \f(52,27) 解析：P(X＝n)＝eq \f(a,n（n＋1）)＝eq \f(a,n)－eq \f(a,n＋1)，∵P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1，∴a－eq \f(a,2)＋eq \f(a,2)－eq \f(a,3)＋eq \f(a,3)－eq \f(a,4)＝1，解得a＝eq \f(4,3)，则P(X＝1)＝eq \f(a,2)＝eq \f(2,3)，P(X＝2)＝eq \f(a,6)＝eq \f(2,9)，P(X＝3)＝eq \f(a,12)＝eq \f(1,9)，∴E(X)＝1×eq \f(6,9)＋2×eq \f(2,9)＋3×eq \f(1,9)＝eq \f(13,9).故选B.　 解析：设某校14岁女生的身高为X(单位：cm)，则X～N(154.4，5.12)．由于P(154.4－2×5.1≤X≤154.4＋2×5.1)≈0.9545，所以P(X>164.6)≈eq \f(1,2)×(1－0.9545)＝0.02275.因为200×0.02275＝4.55，所以该校200名14岁女生中身高在164.6 cm以上的约有5名．　 解析：∵在11次射击中击中目标的次数为X，且X～B(11，0.8)，∴P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,11)×0.8k×0.211－k，当k≥1，k∈N*时，eq \f(P（X＝k）,P（X＝k－1）)＝k,11)eq \f(C×0.8k×0.211－k,Ceq \o\al(k－1,11)×0.8k－1×0.212－k) ＝eq \f(48－4k,k)，令eq \f(P（X＝k）,P（X＝k－1）)＝eq \f(48－4k,k)>1，得1≤k<eq \f(48,5)，∵k∈N*，∴P(X＝9)最大．故选C.　 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．(2024·新课标Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值eq \o(x,\s\up12(－))＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(eq \o(x,\s\up12(－))，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.8413)(　　) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 解析：依题意可知，eq \o(x,\s\up12(－))＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1，0.12)，故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.8413>0.5，C正确，D错误；因为X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)，因为P(X<1.8＋0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.8413＝0.1587<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC. 10．某商场同时销售编号为1，2，3的三家公司生产的紫外线消毒灯，一年中销售这三家公司该产品的数量之比为3∶4∶2.为更好地做好今后的销售工作，该商场对这一年中购买紫外线消毒灯的顾客进行了电话调查，统计得到购买编号为1，2，3的三家公司生产的紫外线消毒灯的顾客满意度分别为93%，90%，90%.现从这些顾客中随机抽取一名顾客进行详细回访，记Ai＝“顾客购买编号为i的公司生产的紫外线消毒灯”(i＝1，2，3)，B＝“顾客对紫外线消毒灯满意”，则(　　) A．P(A2)<P(B|A2) B．P(B)＝91% C．P(A1|B)＝eq \f(31,90) D．P(B|A3)＝90% 解析：依题意，知P(A1)＝eq \f(3,3＋4＋2)＝eq \f(1,3)，P(A2)＝eq \f(4,9)，P(A3)＝eq \f(2,9)，P(B|A1)＝eq \f(93,100)，P(B|A2)＝eq \f(9,10)，P(B|A3)＝eq \f(9,10).对于A，因为P(A2)＝eq \f(4,9)<eq \f(9,10)＝P(B|A2)，故A正确；对于B，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝eq \f(1,3)×eq \f(93,100)＋eq \f(4,9)×eq \f(9,10)＋eq \f(2,9)×eq \f(9,10)＝eq \f(91,100)＝91%，故B正确；对于C，P(A1|B)＝eq \f(P（A1B）,P（B）)＝eq \f(P（A1）P（B|A1）,P（B）)＝eq \f(\f(1,3)×\f(93,100),\f(91,100))＝eq \f(31,91)≠eq \f(31,90)，故C错误；对于D，P(B|A3)＝eq \f(9,10)＝90%，故D正确．故选ABD.　 11．一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) 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的所有可能取值为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)＝eq \f(8,21)，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)，故A错误；Y的所有可能取值为0，1，2，3，4，且P(Y＝0)＝P(X＝4)，P(Y＝1)＝P(X＝3)，P(Y＝2)＝P(X＝2)，P(Y＝3)＝P(X＝1)，P(Y＝4)＝P(X＝0)，则E(X)＝eq \f(80＋180＋72＋4,210)＝eq \f(8,5)，E(Y)＝eq \f(60＋240＋180＋24,210)＝eq \f(12,5)，所以E(X)<E(Y)，故C错误； Z的所有可能取值为4，5，6，7，8，且P(Z＝4)＝P(X＝0)，P(Z＝5)＝P(X＝1)，P(Z＝6)＝P(X＝2)，P(Z＝7)＝P(X＝3)，P(Z＝8)＝P(X＝4)，所以E(Z)＝eq \f(15×4＋80×5＋90×6＋24×7＋1×8,210)＝eq \f(1176,210)＝eq \f(28,5)，故D正确．故选BD.　 解析：先计算所有三位数的个数：有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(1,5)＝100个，即n(A)＝100个，再计算递增数的个数：共有Ceq \o\al(3,5)＝10个，即n(AB)＝10个，故P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(1,10).　 eq \f(1,10) 解：记事件B为“小明获胜”，事件Ai为“小明与i(i＝1，2，3)类棋手相遇”， 由题可得，P(A1)＝eq \f(5,20)＝0.25， P(A2)＝eq \f(7,20)＝0.35， P(A3)＝eq \f(8,20)＝0.4， P(B|A1)＝0.6，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4.　 (1)由全概率公式可知，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3) ＝0.25×0.6＋0.35×0.5＋0.4×0.4 ＝0.485. (2)由条件概率公式可得 P(A1|B)＝eq \f(P（A1B）,P（B）)＝eq \f(P（A1）P（B|A1）,P（B）)＝eq \f(0.25×0.6,0.485)＝eq \f(30,97)， P(A2|B)＝eq \f(P（A2B）,P（B）)＝eq \f(P（A2）P（B|A2）,P（B）)＝eq \f(0.35×0.5,0.485)＝eq \f(35,97)， P(A3|B)＝eq \f(P（A3B）,P（B）)＝eq \f(P（A3）P（B|A3）,P（B）)＝eq \f(0.4×0.4,0.485)＝eq \f(32,97). 即如果小明获胜，与小明比赛的棋手分别为一、二、三类棋手的概率为eq \f(30,97)，eq \f(35,97)，eq \f(32,97). 16．(本小题满分15分)某大学数学建模社团在大一新生中招募成员，由于报名人数过多，需要进行选拔．为此，社团依次进行笔试、机试、面试三个项目的选拔，每个项目设置“优”“良”“中”三个成绩等第；当参选同学在某个项目中获得“优”或“良”时，该同学通过此项目的选拔，并参加下一个项目的选拔，否则该同学不通过此项目的选拔，且不能参加后续项目的选拔．通过了全部三个项目选拔的同学进入到数学建模社团．现有甲同学参加数学建模社团选拔，已知该同学在每个项目中获得“优”“良”“中”的概率分别为eq \f(1,6)，eq \f(p,2)，eq \f(p,3)，且该同学在每个项目中能获得何种成绩等第相互独立． (1)求甲同学能进入到数学建模社团的概率； (2)设甲同学在本次数学建模社团选拔中恰好通过X个项目，求X的概率分布列及数学期望． 解：(1)该同学在每个项目中获得优、良、中互为互斥事件，由题意，得eq \f(1,6)＋eq \f(p,2)＋eq \f(p,3)＝1， 解得p＝1， 则甲同学在每个项目中通过的概率都为eq \f(1,6)＋eq \f(p,2)＝eq \f(2,3)， 设事件A为“甲同学能进入到数学建模社团”， 因甲同学在每个项目中通过的概率都为eq \f(2,3)，且在每个项目中的成绩均相互独立，则有P(A)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，所以甲同学能进入到数学建模社团的概率为eq \f(8,27). (2)X的所有可能取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝eq \f(1,3)，P(X＝1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,9)， P(X＝2)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(4,27)，P(X＝3)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)， 则X的概率分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,3) eq \f(2,9) eq \f(4,27) eq \f(8,27) E(X)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,9)＋2×eq \f(4,27)＋3×eq \f(8,27)＝eq \f(38,27). 17．(本小题满分15分)足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，其中守门员扑点球和传球是足球训练中的两个重要训练项目． (1)假设罚点球时，球员等可能地选择左、中、右三个方向射门，守门员等可能地选择左、中、右三个方向扑点球，且守门员方向判断正确时有eq \f(1,3)的可能将球扑出球门外．在一次点球战中，求守门员在前三次点球中，把球扑出球门外的个数X的分布列和数学期望； (2)某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行．假设每个球都能被接住，记第n次传球后球又回到甲脚下的概率为Pn.求证数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,4)))为等比数列，并求Pn. 解：(1)每个点球能被守门员扑出球门外的概率为P＝3×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)， 由题知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,9)))， P(X＝0)＝Ceq \o\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9))) eq \s\up12(3)＝eq \f(512,729)，P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \f(1,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9))) eq \s\up12(2)＝eq \f(192,729)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9))) eq \s\up12(2)×eq \f(8,9)＝eq \f(24,729)，P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,729)， X的分布列为　 X 0 1 2 3 P eq \f(512,729) eq \f(192,729) eq \f(24,729) eq \f(1,729) ∴E(X)＝3×eq \f(1,9)＝eq \f(1,3). (2)由已知第n－1次传球后球又回到甲脚下的概率为Pn－1， ∴当n≥2时，Pn＝(1－Pn－1)·eq \f(1,3)， ∴Pn－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(1,4)))， ∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,4)))是首项为P1－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,4)，公比为－eq \f(1,3)的等比数列， ∴Pn－eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)， ∴Pn＝eq \f(1,4)－eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))) eq \s\up12(n－1). 18．(本小题满分17分)某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为eq \f(2,3)，甲、乙两家公司对每道题的回答都是相互独立，互不影 响的． (1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率； (2)设甲公司答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差； (3)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家公司哪家公司竞标成功的可能性更大？ 解：(1)记“甲、乙两家公司共答对2道题”为事件A，它是甲、乙各答对1道题的事件，甲答对2道题乙没答对题的事件和，且它们为互斥事件， 则P(A)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(3,6)) ×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)＋2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,6)) ×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,15)， 所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是eq \f(1,15). (2)设甲公司答对题数为X，则X的所有可能取值为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(CCeq \o\al(0,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)，　 则X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(1,5) eq \f(3,5) eq \f(1,5) 期望E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2，方差D(X)＝(1－2)2×eq \f(1,5)＋(2－2)2×eq \f(3,5)＋(3－2)2×eq \f(1,5)＝eq \f(2,5). (3)设乙公司答对题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3， P(Y＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,27)，P(Y＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(2,9)， P(Y＝2)＝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(4,9)，P(Y＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(8,27)， 则Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P eq \f(1,27) eq \f(2,9) eq \f(4,9) eq \f(8,27) 期望E(Y)＝0×eq \f(1,27)＋1×eq \f(2,9)＋2×eq \f(4,9)＋3×eq \f(8,27)＝2， 方差D(Y)＝(0－2)2×eq \f(1,27)＋(1－2)2×eq \f(2,9)＋(2－2)2×eq \f(4,9)＋(3－2)2×eq \f(8,27)＝eq \f(2,3)，显然E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，所以甲公司竞标成功的可能性更大． 19．(本小题满分17分)近日，某市《全民阅读促进条例》全文发布，旨在保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设．某高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生每周阅读时间X(单位：小时)并绘制了如图所示的频率分布直方图． (1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数eq \o(x,\s\up12(－)) 和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中间 值代表)； (2)由直方图可以认为，目前该校学生每周的阅读时间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\up12(－))，σ2近似为样本方差s2. ①一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))).利用直方图得到的正态分布，求P(X≤10)； ②从该高校的学生中随机抽取20名，记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求P(Z≥2)(结果精确到0.0001)以及Z的均值． 参考数据：eq \r(178)≈eq \f(40,3)，0.773419≈0.0076.若Y～N(0，1)，则P(Y≤0.75)＝0.7734. 解：(1)eq \o(x,\s\up12(－))＝6×0.03＋7×0.10＋8×0.20＋9×0.35＋10×0.19＋11×0.09＋12×0.04＝9， s2＝(6－9)2×0.03＋(7－9)2×0.10＋(8－9)2×0.20＋(9－9)2×0.35＋(10－9)2×0.19＋(11－9)2×0.09＋(12－9)2×0.04＝1.78. (2)①由题意知μ＝9，σ2＝1.78， ∴X～N(9，1.78)，σ＝eq \r(1.78)＝eq \f(\r(178),10)≈eq \f(4,3)， ∴P(X≤10)≈Peq \b\lc\(\rc\)(Y≤\f(10-9, \f(4,3)))＝P(Y≤0.75)＝0.7734. ②由①知P(X>10)＝1－P(X≤10)≈0.2266， 可得Z～B(20，0.2266)， P(Z≥2)＝1－P(Z＝0)－P(Z＝1) ≈1－0.773420－Ceq \o\al(1,20)×0.2266×0.773419 ＝1－(0.7734＋20×0.2266)×0.773419 ≈0.9597， ∴Z的均值E(Z)≈20×0.2266＝4.532. $$