第11章 第6讲 二项分布、超几何分布、正态分布-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第十一章　计数原理、概率、随机变量及其分布列 第6讲　二项分布、超几何 分布、正态分布 1. 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． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 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______________的试验叫做伯努利试验． 将一个伯努利试验______地______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______做n次； ②各次试验的结果___________． 两个可能结果 独立 重复 重复 相互独立 基础知识整合 5 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)＝___________，k＝0，1，2，…，n. 称随机变量X服从二项分布，记作_____________． (2)若X～B(n，p)，则E(X)＝______，D(X)＝____________． X～B(n，p) np np(1－p) 基础知识整合 6 基础知识整合 7 X～N(μ，σ2) 基础知识整合 8 上方 1 x＝μ x＝μ x 基础知识整合 9 ⑥当_______一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着_______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. σ μ 基础知识整合 10 (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)≈________； P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈________； P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈__________． 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． 0.6827 0.9545 0.9973 基础知识整合 11 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 基础知识整合 12 2.若X～N(μ，σ2)，则X是连续型随机变量． 3．二项分布与正态分布 随机变量X～B(n，p)，当n→＋∞时，二项分布近似地服从正态分布，即正态分布是二项分布的极限形式． 基础知识整合 13 基础知识整合 14 基础知识整合 15 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 基础知识整合 16 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. 基础知识整合 17 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. 基础知识整合 18 基础知识整合 19 核心考向突破 考向一　n重伯努利试验与二项分布 (2025·河北衡水中学模拟)已知甲口袋有m(m≥1，m∈N*)个红球和2个白球，乙口袋有n(n≥1，n∈N*)个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出1个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出1个球． (1)当m＝4，n＝2时， ①求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； ②设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的数学期望； (2)当m＝n时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？ 核心考向突破 21 核心考向突破 22 核心考向突破 23 核心考向突破 24 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． 核心考向突破 25 核心考向突破 26 核心考向突破 27 核心考向突破 28 考向二　超几何分布 核心考向突破 29 核心考向突破 30 核心考向突破 31 核心考向突破 32 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． 核心考向突破 33 (2024·辽宁大连期末)某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估计山里成年鸡的数量N，从山里随机捕获400只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放养到大山里，过一段时间后，从大山里捕获1000只成年鸡，X表示捕获的有标识的成年鸡的数目． (1)若N＝10000，求X的数学期望； (2)已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识，试求N的估计值(以使得P(X＝20)最大的N的值作为N的估计值)． 核心考向突破 34 核心考向突破 35 考向三　正态分布 核心考向突破 36 核心考向突破 37 (3)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(|X－μ|<2σ)≈0.9545) 核心考向突破 38 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． 核心考向突破 39 核心考向突破 40 2．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； 核心考向突破 41 核心考向突破 42 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． 核心考向突破 43 核心考向突破 44 课时作业 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 49 4．(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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 50 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)内的概率越大，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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 51 5．口袋中有6个球(除颜色外其他属性都相同)，其中3个黑球，2个红球，1个白球，ξ表示有放回地摸球3次，每次摸一个，取出红球的个数，η表示不放回地摸球3次，每次摸一个，取出黑球的个数，则下列结论成立的是(　　) A．E(ξ)<E(η) B．E(ξ)>E(η) C．E(ξ)＝E(η) D．无法判断 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 52 6．(2024·辽宁辽阳一模)辽宁的盘锦大米以粒粒饱满、口感香糯而著称．已知某超市销售的盘锦袋装大米的质量M(单位：kg)服从正态分布N(25，σ2)，且P(24.9<M<25.1)＝0.8，若从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在25～25.1 kg的盘锦大米的袋数的方差为(　　) A．14.4 B．9.6 C．24 D．48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 53 7. 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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 63 三、填空题 12．(2025·福建龙岩上杭一中月考)中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量ξ～B(n，p)，则当np>5且n(1－p)>5时，ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代，且ξ的期望与方差分别与η的期望与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为________(精确到0.0001)． 附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973. 0.9773 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 65 3 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 67 14．已知随机变量X～B(6，0.8)，若P(X＝k)最大，则D(kX＋1)＝________． 24 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 69 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 70 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 71 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 72 16．(2025·河北唐山开学考试)某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下：得分在[70，80)内的学生获三等奖，得分在[80，90)内的学生获二等奖，得分在[90，100]内的学生获一等奖，其他学生不得奖．为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 73 若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态 分布N(μ，σ2)，其中σ≈15，μ为样本平均数的估 计值，利用所得正态分布模型解决以下问题： (1)若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数(结果精确到1)； (2)若从所有参赛学生中(参赛学生数大于10000)随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望． 附：若随机变量X服从正态分布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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 74 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 75 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 76 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 77 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 78 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 79 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 80 18．(2024·山东日照二模)某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级． (1)已知该公司甲部门有3名负责人，乙部门有4名负责人，该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析，记负责人来自甲部门的人数为X，求X的最有可能的取值； (2)该公司统计了七个部门测试的平均成绩x(满分100分)与绩效等级优秀率y，如下表所示： x 32 41 54 68 74 80 92 y 0.28 0.34 0.44 0.58 0.66 0.74 0.94 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 81 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 82 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 83 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 84 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 85 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 86 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 87 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 88 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 89 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 90 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 91 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 92 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 93 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 94 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 95 　　　　　　　　　　　　　 R Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k 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}． 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 \f(nM,N) 4．正态分布 (1)正态曲线 称f(x)＝eq \f(1,σ\r(2π))eeq \s\up19(-\f((x-μ)2,2σ2))，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____________．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_______． ②曲线与x轴之间的区域的面积为_______． ③曲线是单峰的，它关于直线_______对称． ④曲线在_______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_____轴． 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) 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的可能取值为0，1，2，所以所求概率为P(X＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(2,13),Ceq \o\al(3,15)) ＝eq \f(12,35). 故选B. 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，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. 0.14eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(7,50))) 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) 解：(1)小明从甲口袋有放回地摸出1个球，摸出白球的概率为eq \f(2,4＋2)＝eq \f(1,3)， 从乙口袋有放回地摸出1个球，摸出白球的概率为eq \f(2,2＋2)＝eq \f(1,2). ①设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件A，则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事件eq \o(A,\s\up16(－))，且P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝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)， 所以P(A)＝1－P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝1－eq \f(1,9)＝eq \f(8,9). ②X的所有可能取值为0，1，2，3，4， 由①，得P(X＝0)＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(1,9)， P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) eq \s\up12(2)×Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)， P(X＝2)＝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(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)×Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(13,36)， P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)×Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＋Ceq \o\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,6)， P(X＝4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,36)， 所以E(X)＝0×eq \f(1,9)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(13,36)＋3×eq \f(1,6)＋4×eq \f(1,36)＝eq \f(5,3). (2)由m＝n，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出1个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验， 设小明每次摸出1个红球的概率为k(0<k<1)， 则P(k)＝Ceq \o\al(3,4)k3(1－k)＝4(k3－k4)． 因为P′(k)＝－16k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(3,4)))，所以当0<k<eq \f(3,4)时，P′(k)>0； 当eq \f(3,4)<k<1时，P′(k)<0， 所以P(k)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))上单调递减， 所以当k＝eq \f(3,4)时，P(k)取得最大值， 此时k＝eq \f(m,m＋2)＝eq \f(3,4)，解得m＝6，故当m＝6时，P最大． (2025·黑龙江大庆模拟)2024年7月12日，国家疾控局会同教育部、国家卫生健康委和体育总局制定并发布了《中小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》，其中一级预防干预技术的生活方式管理中就提到了“少喝或不喝含糖饮料，足量饮水”，某中学准备发布健康饮食的倡议，提前收集了学生的体重和饮食习惯等信息，其中学生饮用含糖饮料的统计结果如下：学校有eq \f(1,4)的学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为eq \f(1,3)；而每天饮用含糖饮料低于500毫升的学生的肥胖率为eq \f(2,9). (1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生，求该学生肥胖的概率； (2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生，记X表示这三名学生中肥胖的人数，求X的分布列和数学期望． 解：(1)设“学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升”为事件A，则P(A)＝eq \f(1,4)，P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(3,4)， 设“该学生肥胖”为事件B，则P(B|A)＝eq \f(1,3)，P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(2,9)， 由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(3,4)×eq \f(2,9)＝eq \f(1,4)， 所以从该中学的学生中任意抽取一名学生，该学生肥胖的概率为eq \f(1,4). (2)由题意可知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,4)))，且X的可能取值为0，1，2，3，则 P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(27,64)， P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(27,64)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq \f(9,64)， P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,64)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(27,64) eq \f(27,64) eq \f(9,64) eq \f(1,64) 数学期望E(X)＝3×eq \f(1,4)＝eq \f(3,4). 某校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2道题便可通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每道题正确完成的概率都是eq \f(2,3)，且每道题正确完成与否互不影响． (1)分别写出考生甲、乙正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望； (2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力． 解：(1)设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值是1，2，3， P(ξ＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)，P(ξ＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(3,5)， P(ξ＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(0,2),Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)， 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 P eq \f(1,5) eq \f(3,5) eq \f(1,5) 则E(ξ)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2. 设考生乙正确完成实验操作的题数为η，易知η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))， 所以P(η＝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(η＝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(η＝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(η＝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η的分布列为 η 0 1 2 3 P eq \f(1,27) eq \f(2,9) eq \f(4,9) eq \f(8,27) 所以E(η)＝3×eq \f(2,3)＝2. (2)由(1)，知E(ξ)＝E(η)＝2， D(ξ)＝(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)， D(η)＝3×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq \f(2,3)， P(ξ≥2)＝eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)， P(η≥2)＝eq \f(4,9)＋eq \f(8,27)＝eq \f(20,27)， 所以D(ξ)<D(η)，P(ξ≥2)＞P(η≥2)， 故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当； 从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定； 从至少正确完成2道题的概率方面分析，甲通过的可能性更大． 解：(1)由题意可知，X服从超几何分布，且N＝10000，M＝400，n＝1000，则E(X)＝eq \f(nM,N)＝1000×eq \f(400,10000)＝40. (2)当N<1380时，P(X＝20)＝0； 当N≥1380时，P(X＝20)＝20,400)eq \f(CCeq \o\al(980,N－400),Ceq \o\al(1000,N)) . 令f(N)＝20,400)eq \f(CCeq \o\al(1000,N－400),Ceq \o\al(1000,N)) ，则eq \f(f（N＋1）,f（N）)＝20,400)eq \f(\f(CCeq \o\al(980,N＋1－400),Ceq \o\al(1000,N＋1)),\f(Ceq \o\al(20,400)Ceq \o\al(980,N－400),Ceq \o\al(1000,N))) ＝eq \f(（N＋1－1000）（N＋1－400）,（N＋1）（N＋1－400－980）)＝eq \f(N2－1398N＋999×399,N2－1378N－1379) 由N2－1398N＋999×399≥N2－1378N－1379，得N≤19999， 则当1380≤N≤19999时，f(N)≤f(N＋1)； 当N≥20000时，f(N)>f(N＋1)， 所以当N＝19999或20000时，f(N)最大，所以N的值为19999或20000. 解析：由μX＝2<μY＝3，故曲线C1的对称轴在曲线C2的左侧，排除C，D；由σeq \o\al(2,X)＝4>σeq \o\al(2,Y)＝eq \f(1,9)，故曲线C2比曲线C1瘦高，曲线C1比曲线C2矮胖，排除A.故选B. (1)(2024·河南信阳一模)对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N(2，4)，对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,9)))，对应的曲线为C2，则下列图象正确的是(　　) (2)(多选)(2025·广东八校开学考试)随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X≥1)＝P(X≤3)，则(　　) A．μ＝2 B．P(X>2)＝eq \f(1,2) C．P(X≥2)>eq \f(1,2) D．P(X≥σ)>P(X≥σ2) 解析：对于A，由P(X≥1)＝P(X≤3)，知μ是1和3的中间值，故μ＝2，故A正确；对于B，C，在正态分布X～N(2，σ2)中，P(X>2)＝P(X≥2)＝eq \f(1,2)，故B正确，C错误；对于D，当σ∈(0，1)时，0<σ2<σ<1，由正态曲线的特征可得，P(X≥σ)<P(X≥σ2)，故D错误．故选AB. 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) 1.(2025·江苏常州期末)设随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，若P(X<2a－1)＝P(X>a＋3)，则实数a＝(　　) A．eq \f(2,3) B．1 C．2 D．4 解析：由正态分布的对称性，得eq \f(a＋3＋2a－1,2)＝4，解得a＝2.故选C. 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eq \o(x,\s\up16(－))＝eq \f(1,16) eq \o(∑,\s\up16(16),\s\do14(i＝1))xi＝9.97，s＝eq \r(\f(1,16)\o(∑,\s\up16(16),\s\do14(i＝1)) （xi－\o(x,\s\up16(－))）2)＝2,i)eq \r(\f(1,16)（\o(∑,\s\up16(16),\s\do14(i＝1))x－16\o(x,\s\up16(－))2）) ≈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eq \o(x,\s\up16(－))作为μ的估计值eq \o(μ,\s\up16(^))，用样本标准差s作为σ的估计值eq \o(σ,\s\up16(^))，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\up16(^))－3eq \o(σ,\s\up16(^))，eq \o(μ,\s\up16(^))＋3eq \o(σ,\s\up16(^))]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. ②由eq \o(x,\s\up16(－))＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为eq \o(μ,\s\up16(^))＝9.97，σ的估计值为eq \o(σ,\s\up16(^))＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在[eq \o(μ,\s\up16(^))－3eq \o(σ,\s\up16(^))，eq \o(μ,\s\up16(^))＋3eq \o(σ,\s\up16(^))]之外，因此需对当天的生产过程进行检查． 剔除[eq \o(μ,\s\up16(^))－3eq \o(σ,\s\up16(^))，eq \o(μ,\s\up16(^))＋3eq \o(σ,\s\up16(^))]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\up16(16),\s\do14(i＝1))xeq \o\al(2,i)≈16×0.2122＋16×9.972≈1591.134， 剔除[eq \o(μ,\s\up16(^))－3eq \o(σ,\s\up16(^))，eq \o(μ,\s\up16(^))＋3eq \o(σ,\s\up16(^))]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. 一、单项选择题 1．(2024·河北石家庄模拟)如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为eq \f(2,3)，向右移动的概率为eq \f(1,3).若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则P(X>0)＝(　　) A．eq \f(50,243) B．eq \f(52,243) C．eq \f(2,9) D．eq \f(17,81) 解析：依题意，当X>0时，X的可能取值为1，3，5，设质点向右移动的次数为Y，则相应的Y的取值为3，4，5，且Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，所以P(X>0)＝P(X＝5)＋P(X＝3)＋P(X＝1)＝P(Y＝5)＋P(Y＝4)＋P(Y＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(5)＋Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4)×eq \f(2,3)＋Ceq \o\al(2,5)×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(17,81).故选D. 2．(2024·湖北孝感模拟)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. 3．(2024·山东济宁三模)若随机变量X～N(3，22)，随机变量Y＝eq \f(1,2)(X－3)，则eq \f(E（Y）＋1,D（Y）＋1)＝(　　) A．0 B．eq \f(1,2) C．eq \f(4,5) D．2 解析：由X～N(3，22)可知，E(X)＝3，D(X)＝4，又因为Y＝eq \f(1,2)(X－3)，所以E(Y)＝Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)X－\f(3,2)))＝eq \f(1,2)E(X)－eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)＝0，D(Y)＝Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)X－\f(3,2)))＝eq \f(1,4)D(X)＝1，则eq \f(E（Y）＋1,D（Y）＋1)＝eq \f(0＋1,1＋1)＝eq \f(1,2).故选B. 解析：ξ表示有放回地摸球3次，每次摸一个，取出红球的个数，ξ的可能取值为0，1，2，3，则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,3)))，则E(ξ)＝3×eq \f(1,3)＝1；η表示不放回地摸球3次，每次摸一个，取出黑球的个数，η的可能取值为0，1，2，3，η服从超几何分布，则E(η)＝3×eq \f(3,6)＝eq \f(3,2)，则E(ξ)<E(η)．故选A. 解析：由题意知M～N(25，σ2)，且P(24.9<M<25.1)＝0.8，故P(25<M<25.1)＝eq \f(1,2)×0.8＝0.4，从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在25～25.1 kg的盘锦大米的袋数X～B(60，0.4)，故D(X)＝60×0.4×(1－0.4)＝14.4.故选A. 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. 8．(2025·河北石家庄二中模拟)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，则下列说法正确的是(　　) 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 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. 二、多项选择题 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\up16(－))＝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\up16(－))，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\up16(－))＝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，下列结论正确的是(　　) 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) 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(8,27)，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)；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. 11．(2025·湖南长沙开学考试)某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记事件A表示“某芯片通过智能检测系统筛选”，事件B表示“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标ξ服从正态分布N(5.40，0.052)，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标ξ位于区间(5.35，5.55)，则下列说法正确的是(若X～N(μ，σ2)，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973)(　　) A．P(B|A)>P(B) B．P(A|B)<P(A|eq \o(B,\s\up16(－))) C．P(5.35≤ξ≤5.55)≈0.84 D．当P(m＝45)取得最大值时，M的估计值为53 解析：对于A，由题意P(B|A)>P(B)，故A正确；对于B，由P(A)P(B|A)>P(A)P(B)，则P(AB)>P(A)P(B)，又P(AB)＋P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－))|A)＝P(A)，于是P(AB)>P(B)[P(AB)＋P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))]，即P(AB)－P(AB)P(B)>P(B)P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))，因此eq \f(P（AB）,P（B）)>eq \f(P（A\o(B,\s\up16(－))）,1－P（B）)，即eq \f(P（AB）,P（B）)>eq \f(P（A\o(B,\s\up16(－))）,P（\o(B,\s\up16(－))）)，则P(A|B)>P(A|eq \o(B,\s\up16(－)))，故B错误；对于C，P(5.35≤ξ≤5.55)＝P(5.40－0.05≤ξ≤5.40＋3×0.05)＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)＝eq \f(P（μ－σ≤ξ≤μ＋σ）＋P（μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ）,2)≈eq \f(0.6827＋0.9973,2)＝0.84，故C正确；对于D，m～B(M，0.84)，P(m＝45)＝Ceq \o\al(45,M)×0.8445×0.16M－45，因为P(m＝45)最大，所以45,M)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C×0.8445×0.16M－45≥Ceq \o\al(45,M＋1)×0.8445×0.16M－44，,Ceq \o\al(45,M)×0.8445×0.16M－45≥Ceq \o\al(45,M－1)×0.8445×0.16M－46，)) 解得52eq \f(4,7)≤M≤53eq \f(4,7)，又M∈N*，且M≥45，所以M＝53，所以当P(m＝45)取得最大值时，M的估计值为53，故D正确．故选ACD. 解析：由题意，随机变量ξ～B(n，p)，其中n＝2500，p＝eq \f(1,2)，所以E(ξ)＝np＝2500×eq \f(1,2)＝1250，D(ξ)＝np(1－p)＝2500×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝252，又因为np＝1250>5且n(1－p)>5，由中心极限定理可知η服从正态分布N(1250，252)，P(η<1300)＝P(η≤1250)＋P(1250<η<1300)≈0.5＋eq \f(0.9545,2)＝0.97725≈0.9773. 13．某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个．从袋中随机取出3个球，若恰全为黑球的概率为eq \f(1,10)，则黑球的个数为________．若记取出的3个球中黑球的个数为X，则D(X)＝________． eq \f(9,25) 解析：设袋中黑球有n个，则从袋中随机取出3个球，恰全为黑球的概率为P＝3,n)eq \f(C,Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(1,10)，可得n＝3，X服从超几何分布，由题意可知，取出的3个球中黑球的个数X的可能取值为1，2，3，且P(X＝1)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(3,10)，P(X＝2)＝2,3)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(3,5)，P(X＝3)＝3,3)eq \f(C,Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(1,10)， 故X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(3,10) eq \f(3,5) eq \f(1,10) 则E(X)＝1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(9,5)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,5))) eq \s\up12(2)×eq \f(3,10)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(9,5))) eq \s\up12(2)×eq \f(3,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(9,5))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,10)＝eq \f(9,25). 解析：由题意知，P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,6)×0.8k×0.26－k，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×0.8k×0.26－k≥Ceq \o\al(k－1,6)×0.8k－1×0.27－k，,Ceq \o\al(k,6)×0.8k×0.26－k≥Ceq \o\al(k＋1,6)×0.8k＋1×0.25－k，)) 解得eq \f(23,5)≤k≤eq \f(28,5)，故k＝5，又P(X＝5)＝Ceq \o\al(5,6)×0.85×0.21＝1.2×0.85，P(X＝0)＝0.26，P(X＝6)＝0.86，则P(X＝0)＜P(X＝5)，P(X＝6)＜P(X＝5)，故P(X＝5)最大，又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，故D(kX＋1)＝D(5X＋1)＝52D(X)＝24. 四、解答题 15.(2024·黑龙江哈尔滨模拟)某校为了提高教师身心健康，号召教师利用空余时间参加阳光体育活动．现有4名男教师，2名女教师报名，本周随机选取2人参加． (1)求在有女教师参加活动的条件下，恰有一名女教师参加活动的概率； (2)记参加活动的女教师人数为X，求X的分布列及期望E(X)； (3)若本次活动有慢跑、游泳、瑜伽三个可选项目，每名女教师至多从中选择参加2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为eq \f(1,2)，每名男教师至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为eq \f(1,2)，每人每参加1项活动可获得“体育明星”积分3分，选择参加几项活动彼此互不影响，记随机选取的2名教师得分之和为Y，求Y的期望E(Y)． 解：(1)设“有女教师参加活动”为事件A，“恰有一名女教师参加活动”为事件B， 则P(AB)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(8,15)， P(A)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(1,2)＋Ceq \o\al(2,2),Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(3,5)， 所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(8,15),\f(3,5))＝eq \f(8,9). (2)依题意知，X服从超几何分布，且 P(X＝k)＝k,2)eq \f(CCeq \o\al(2－k,4),Ceq \o\al(2,6)) (k＝0，1，2)， P(X＝0)＝2,4)eq \f(C,Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(2,5)， P(X＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(8,15)， P(X＝2)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(1,15)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(2,5) eq \f(8,15) eq \f(1,15) E(X)＝0×eq \f(2,5)＋1×eq \f(8,15)＋2×eq \f(1,15)＝eq \f(2,3). (3)设一名女教师参加活动可获得分数为X1，一名男教师参加活动可获得分数为X2，则X1的所有可能取值为3，6，X2的所有可能取值为6，9， P(X1＝3)＝P(X1＝6)＝eq \f(1,2)，E(X1)＝3×eq \f(1,2)＋6×eq \f(1,2)＝eq \f(9,2)， P(X2＝6)＝P(X2＝9)＝eq \f(1,2)，E(X2)＝6×eq \f(1,2)＋9×eq \f(1,2)＝eq \f(15,2)， 有X名女教师参加活动，则男教师有2－X名参加活动，Y＝eq \f(9,2)X＋eq \f(15,2)(2－X)＝15－3X，所以E(Y)＝E(15－3X)＝15－3E(X)＝15－3×eq \f(2,3)＝13， 即随机选取的2名教师得分之和的期望为13分． 解：(1)由频率分布直方图知，各小矩形的面积从左到右依次为0.06，0.12，0.18，0.34，0.16，0.08，0.06， 样本平均数的估计值μ＝0.06×35＋0.12×45＋0.18×55＋0.34×65＋0.16×75＋0.08×85＋0.06×95＝64， 则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N(64，152)，而μ＋σ＝79， 因此P(X>79)＝P(X>μ＋σ)≈eq \f(1－0.6827,2)＝0.15865， 所以估计参赛学生中成绩超过79分的学生数为0.15865×10000≈1587. (2)由(1)知，μ＝64，且P(X>64)＝eq \f(1,2)， 即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该学生竞赛成绩在64分以上的概率为eq \f(1,2)， 因此随机变量ξ服从二项分布ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，ξ的可能取值为0，1，2，3， 则P(ξ＝0)＝Ceq \o\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)，P(ξ＝1)＝Ceq \o\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(3,8)， P(ξ＝2)＝Ceq \o\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(3,8)，P(ξ＝3)＝Ceq \o\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)， 所以随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P eq \f(1,8) eq \f(3,8) eq \f(3,8) eq \f(1,8) 数学期望E(ξ)＝0×eq \f(1,8)＋1×eq \f(3,8)＋2×eq \f(3,8)＋3×eq \f(1,8)＝eq \f(3,2). 17．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． 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). (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. 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． 根据数据绘制散点图，初步判断选用y＝λecx作为回归方程．令z＝ln y，经计算得eq \o(z,\s\up16(－))＝－0.642，2,i)eq \f(\o(∑,\s\up16(7),\s\do14(i＝1))xizi－7\o(x,\s\up16(－))\o(z,\s\up16(－)),\o(∑,\s\up16(7),\s\do14(i＝1))x－7\o(x,\s\up16(－))2) ≈0.02. (ⅰ)已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率； (ⅱ)根据统计分析，大致认为各部门测试的平均成绩Y～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.经计算s≈20，求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率． 参考公式与数据： ①ln 0.15≈－1.9，e1.2≈3.32，ln 5.2≈1.66； ②经验回归方程eq \o(y,\s\up16(^))＝eq \o(b,\s\up16(^))x＋eq \o(a,\s\up16(^))中， eq \o(b,\s\up16(^))＝2,i)eq \f(\o(∑,\s\up16(n),\s\do14(i＝1))xiyi－n\o(x,\s\up16(－))\o(y,\s\up16(－)),\o(∑,\s\up16(n),\s\do14(i＝1))x－n\o(x,\s\up16(－))2) ，eq \o(a,\s\up16(^))＝eq \o(y,\s\up16(－))－eq \o(b,\s\up16(^)) eq \o(x,\s\up16(－))； ③若随机变量Y～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Y≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Y≤μ＋3σ)≈0.9973. 解：(1)依题意，随机变量X服从超几何分布，且X的可能取值为0，1，2，3， 则P(X＝0)＝0,3)eq \f(CCeq \o\al(3,4),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(4,35)， P(X＝1)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(18,35)， P(X＝2)＝2,3)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(12,35)， P(X＝3)＝3,3)eq \f(CCeq \o\al(0,4),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(1,35). 由此可得P(X＝1)＝eq \f(18,35)最大，即X＝1的可能性最大，故X最有可能的取值为1. (2)(ⅰ)依题意，y＝λecx两边取对数，得ln y＝cx＋ln λ， 即z＝cx＋ln λ， 其中eq \o(x,\s\up16(－))＝eq \f(32＋41＋54＋68＋74＋80＋92,7)＝63， 由提供的参考数据，可知c＝0.02，又－0.642＝0.02×63＋ln λ，故ln λ≈－1.9， 所以λ≈e－1.9， 由提供的参考数据，可得λ≈0.15，故eq \o(y,\s\up16(^))＝0.15×e0.02x， 当x＝60时，eq \o(y,\s\up16(^))＝0.15×e0.02×60≈0.498，即估计其绩效等级优秀率为0.498. (ⅱ)由(ⅰ)及提供的参考数据可知，μ≈eq \o(x,\s\up16(－))＝63，σ≈s≈20， 又eq \o(y,\s\up16(^))≥0.78，即0.15×e0.02x≥0.78， 可得0.02x≥ln 5.2，即x≥83. 又μ＋σ＝83， 且P(μ－σ≤Y≤μ＋σ)≈0.6827， 由正态分布的性质，得P(Y≥83)＝eq \f(1,2)[1－P(μ－σ≤Y≤μ＋σ)]≈0.15865， 记“绩效等级优秀率不低于0.78”为事件A，则P(A)＝P(Y≥83)≈0.15865， 所以绩效等级优秀率不低于0.78的概率约为0.15865. 19．(2025·辽宁重点高中模拟)某自然保护区经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加．已知这种动物P拥有两个亚种(分别记为A种和B种)．为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物P，统计其中A种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果．重复进行这个试验共20次，记第i次试验中A种的数目为随机变量Xi(i＝1，2，…，20)．设该区域中A种的数目为M，B种的数目为N(M，N均大于100)，每一次试验均相互独立． (1)求X1的分布列； (2)记随机变量eq \o(X,\s\up16(－))＝eq \f(1,20) eq \o(∑,\s\up16(20),\s\do14(i＝1))Xi.已知E(Xi＋Xj)＝E(Xi)＋E(Xj)，D(Xi＋Xj)＝D(Xi)＋D(Xj)， ①证明：E(eq \o(X,\s\up16(－)))＝E(X1)，D(eq \o(X,\s\up16(－)))＝eq \f(1,20)D(X1)； ②该小组完成所有试验后，得到Xi的实际取值分别为xi(i＝1，2，…，20)．数据xi(i＝1，2，…，20)的平均值eq \o(x,\s\up16(－))＝30，方差s2＝1.采用eq \o(x,\s\up16(－))和s2分别代替E(eq \o(X,\s\up16(－)))和D(eq \o(X,\s\up16(－)))，给出M，N的估计值． 附：已知随机变量Z服从超几何分布，记为Z～H(P，n，Q)(其中P为总数，Q为某类元素的个数，n为抽取的个数)，则D(Z)＝neq \f(Q,P) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Q,P)))×eq \f(P－n,P－1). 解：(1)依题意，Xi(i＝1，2，…，20)均服从完全相同的超几何分布，且M，N均大于100，故P(X1＝k)＝k,M)eq \f(CCeq \o\al(100－k,N),Ceq \o\al(100,M＋N)) (k∈N，0≤k≤100)． X1的分布列为 X1 0 1 … 99 100 P 0,M)eq \f(CCeq \o\al(100,N),Ceq \o\al(100,M＋N)) 1,M)eq \f(CCeq \o\al(99,N),Ceq \o\al(100,M＋N)) … 99,M)eq \f(CCeq \o\al(1,N),Ceq \o\al(100,M＋N)) 100,M)eq \f(CCeq \o\al(0,N),Ceq \o\al(100,M＋N)) (2)①证明：Xi(i＝1，2，…，20)均服从完全相同的超几何分布，故E(Xi)＝E(X1)， E(eq \o(X,\s\up16(－)))＝Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)\o(∑,\s\up16(20),\s\do14(i＝1))Xi))＝eq \f(1,20)Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(∑,\s\up16(20),\s\do14(i＝1))Xi))＝eq \f(1,20) eq \o(∑,\s\up16(20),\s\do14(i＝1))E(Xi)＝eq \f(1,20)×20E(X1)＝E(X1)， D(eq \o(X,\s\up16(－)))＝Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)\o(∑,\s\up16(20),\s\do14(i＝1))Xi))＝eq \f(1,202)Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(∑,\s\up16(20),\s\do14(i＝1))Xi))＝eq \f(1,202) eq \o(∑,\s\up16(20),\s\do14(i＝1))D(Xi)＝eq \f(1,202)×20D(X1)＝eq \f(1,20)D(X1)， 故E(eq \o(X,\s\up16(－)))＝E(X1)，D(eq \o(X,\s\up16(－)))＝eq \f(1,20)D(X1)． ②由①可知eq \o(X,\s\up16(－))的均值 E(eq \o(X,\s\up16(－)))＝E(X1)＝eq \f(100M,M＋N). 利用公式D(Z)＝neq \f(Q,P) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Q,P)))×eq \f(P－n,P－1)计算X1的方差， D(X1)＝eq \f(100MN（M＋N－100）,（M＋N）2（M＋N－1）)， 所以D(eq \o(X,\s\up16(－)))＝eq \f(1,20)D(X1)＝eq \f(5MN（M＋N－100）,（M＋N）2（M＋N－1）). 依题意，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(100M,M＋N)＝30，,\f(5MN（M＋N－100）,（M＋N）2（M＋N－1）)＝1，))解得M＝624，N＝1456. 20．(2025·江苏南通开学考试)已知红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为eq \f(2,3)，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,4).现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗．经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束．假定红方、蓝方互不影响，各轮结果也互不影响．记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件A，蓝方击中红方目标为事件B.求： (1)概率P(A)，P(B)； (2)经过1轮对抗，红方与蓝方击中对方目标次数之差X的分布列及数学期望； (3)在4轮对抗后训练结束的条件下，红方比蓝方多击中对方目标两次的概率． 解：(1)P(A)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3). (2)X的可能取值为－1，0，1，因为P(X＝－1)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)， P(X＝0)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，P(X＝1)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)， 所以X的分布列为 X －1 0 1 P eq \f(1,6) eq \f(1,2) eq \f(1,3) 数学期望E(X)＝(－1)×eq \f(1,6)＋0×eq \f(1,2)＋1×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6). (3)先考虑4轮对抗后训练结束的概率： 若红方多击中两次，则分为①若蓝方击中0次，则红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(4)×Ceq \o\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,27)； ②若蓝方击中1次，则红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为2×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) 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(3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)×Ceq \o\al(1,2)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(4,81)； ③若蓝方击中2次，则红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为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(\f(2,3))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＝eq \f(1,108)， 所以4轮对抗后训练结束且红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为P1＝eq \f(1,27)＋eq \f(4,81)＋eq \f(1,108)＝eq \f(31,324). 若蓝方多击中两次，则分为①若红方击中0次，则蓝方比红方多击中对方目标两次的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)×Ceq \o\al(1,3)×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(1,108)； ②若红方击中1次，则蓝方比红方多击中对方目标两次的概率为2×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)×Ceq \o\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)×Ceq \o\al(1,2)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,81)； ③若红方击中2次，则蓝方比红方多击中对方目标两次的概率为Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4)＝eq \f(1,432)， 所以4轮对抗后训练结束且蓝方比红方多击中对方目标两次的概率为eq \f(1,108)＋eq \f(1,81)＋eq \f(1,432)＝eq \f(31,1296)， 所以4轮对抗后训练结束的概率为P＝eq \f(31,324)＋eq \f(31,1296)＝eq \f(155,1296)， 所以在4轮对抗后训练结束的条件下，红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为eq \f(P1,P)＝eq \f(\f(31,324),\f(155,1296))＝eq \f(4,5). $$