第9章 随机变量及其分布章节复习-【职教优学指南】2025-2026学年中职数学拓展模块一下册同步练习学案（高教版2021）

∴2c-1+c+3=6,∴c=43. 故选:A. 4.C 因为X~N(110,102)且P(100≤X≤110)=0.35, 所以P(110≤X≤120)=P(100≤X≤110)=0.35,则P(X >120)=0.5-P(110≤X≤120)=0.15, 所以该高二年段的学生数学成绩在120分以上的人数约为 1000×0.15=150(人). 故选:C. 5.A 由已知得μ=20,σ=2,所以P(X<16)= 1 2 [1-P(μ- 2σ≤ξ≤μ+2σ)] =12 (1-0.9545) =0.02275. 故选:A. 6.C 因为X 服从正态分布N(500,σ2),若P(400<X<600) =0.6,则P(X>600)=0.2=15 ,则这些收费口每天至少有 一个 通 过 的 小 汽 车 超 过600辆 的 概 率 为1- 1-15 3 =61125. 故选:C. 7.解析:随机变量 X 服从正态分布N(2,σ2),则P(X≤1)= P(X≥3)=0.2, 故P(X<3)=1-P(X≥3)=1-0.2=0.8. 故答案为:0.8. 答案:0.8 8.解析:P(24<X<27)=P(24<X<25)+P(25<X<27)= P(25<X<26)+P(23<X<25)=P(23<X<26)=0.4. 故答案为:0.4. 答案:0.4 9.解析:由正态分布的性质知,P(X>90)=P (X<60)=1- P(X≥60), 所以90分以上同学人数为1200-960=240人. 故答案为:240人. 答案:240 10.解析:因为 P(175≤X<180)=0.2,所 以 P(X≤170)= P(X≥180)=0.5-0.2=0.3, 若P(X≤a)∈[0.3,0.5],则a∈[170,175],所以符合条件 的a的值可以为171. 故答案为:171(答案不唯一,满足a∈[170,175]即可). 答案:171 11.解:易知 X~N(1,22),∴μ=1,σ=2. (1)P(-1<X≤3)=P(1-2<X≤1+2)=P(μ-σ<X≤μ +σ)≈0.683. (2)由该正态曲线关于直线x=1对称,结合图象可知 P(-1<X≤1)=12P (-1<X≤3)≈12×0.683=0.3415 =12P (-1<X≤3)≈12×0.683=0.3415. (3)P(3<X≤5)=P(-3<X≤-1), ∴P(3<X≤5)=12 [P(-3<X≤5)-P(-1<X≤3)] =12 [P(1-4<X≤1+4)-P(1-2<X≤1+2)] =12 [P(μ-2σ<X≤μ+2σ)-P(μ-σ<X≤μ+σ)] ≈12× (0.954-P(μ-σ<X≤μ+σ)] ≈12× (0.954-0.683)=0.1355. (4)∵P(X≥5)=P(X≤-3), ∴P(X≥5)=12 [1-P(-3<X<5)]=12 [1-P(1-4< X<1+4)] =12 [1-P(μ-2σ<X<μ+2σ)]= 1 2× (1-0.954)= 0.023. 12.解:∵X~N(μ,σ 2),P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.6826, ∴P(μ<X≤μ+σ)= 1 2P (μ-σ<X≤μ+σ)= 1 2×0.6826 =0.3413. 13.解:因为数学成绩X 近似服从正态分布N(82,σ2),所以数 学成绩X 关于X=82对称, 因为P(74<X<82)=0.42, 所以P(82<X<90)=0.42,P(X≥90)=P(X≤74)= 1-0.42×2 2 =0.08 , 所以我市某校有800人参加此次考试,据此估计该校数学 成绩不低于90分的人数为0.08×800=64. 14.解:∵白炽灯泡的光通量服从 N(209,6.52), ∴μ=209,σ=6.5. (1)光通量在209-2×6.5~209+2×6.5内的概率 P= P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.9544, ∴估计光通量在209-2×6.5~209+2×6.5内的灯泡的 个数为10000×0.9544=9544个. (2)光通量在209-3×6.5~209+3×6.5内的概率 P= P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.9974, ∴估计光通量在209-3×6.5~209+3×6.5内的灯泡的 个数为10000×0.9974=9974个. 章节复习 考点探究 考点1 巩固训练 B 某运动员投篮投中的概率p=0.6,那么该运动员重复5 次投篮,此是一个二项分布的模型 ∴E(x)=5×0.6=3 D(x)=5×0.6×(1-0.6)=1.2. 故选:B. 考点2 巩固训练 1.解析:由题X=0,1,2,3,则 P(X=0)=C 4 5C03 C48 =570= 1 14 ,P(X=1)=C 3 5C13 C48 =3070= 3 7 , P(X=2)=C 2 5C23 C48 =3070= 3 7 ,P(X=3)=C 1 5C33 C48 =570= 1 14 , 故至少一名教师参加的概率P=1-P(X=0)=1314 , E(X)=0×114+1× 3 7+2× 3 7+3× 1 14= 21 14= 3 2. 故答案为:13 14 ;3 2. 答案:13 14 ;3 2 2.解:(1)一堆产品中有一等品2件,二等品3件,三等品4件, 现从中任取3件产品. 基本事件总数n=C39=84, 一、二、三等品各取到一个包含的基本事件个数m=2×3×4 =24, ∴一、二、三等品各取到一个的概率P=mn = 24 84= 2 7. (2)记 X 表 示 取 到 一 等 品 的 件 数,则 X 的 可 能 取 值 为0, 1,2, P(X=0)=C 3 7 C39 =512 , P(X=1)=C 1 2C27 C39 =12 , P(X=2)=C 2 2C17 C39 =112 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —412— ∴X 的分布列为: X 0 1 2 P 512 1 2 1 12 数学期望E(X)=0×512+1× 1 2+2× 1 12= 2 3. 考点3 巩固训练 B 由 题 意,μ=300,σ=10,在 区 间(280,320)的 概 率 为 0.954,∴用电量在320度以上的概率为1-0.9542 =0.023 , ∴用电量在320度以上的户数估计约为1000×0.023=23. 故选:B. 章末检测 1.A ∵P(X=k)=1 2k ,k=1,2,3,…, ∴P(2<X≤4)=P(X=3)+P(X=4)=1 23 +1 24 =316. 故选:A. 2.D 由题表得P(Y=-2)+P(Y=-1)+P(Y=0)+P(Y= 1)=0.8, 则1<x≤2. 故选:D. 3.D 分布列中出现的所有的概率之和等于1.即0.3+m+ 0.4=1,m=0.3, ∴随机变量ξ的数学期望E(ξ)=1×0.3+3×0.3+5×0.4 =3.2. 故选:D. 4.B 由题意,出海的期望效益E(X)=5000×0.6+(-2000)× (1-0.6)=3000-800=2200(元). 故选:B. 5.A 因为E(X)=0.5, 所以-1×0.3+0×a+1×b+2×0.2=0.5,解得b=0.4, 因为0.3+a+b+0.2=1,所以0.3+a+0.4+0.2=1,解得 a=0.1. 故选:A. 6.D ∵随机变量X 服从二项分布B 4,12 , ∴D(X)=np(1-p)=4×12× 1- 1 2 =1. 故选:D. 7.A 由分布列可得:E(X)=0×0.7+1×0.1+2×0.1+3× 0.1=0.6, E(Y)=0×0.5+1×0.3+2×0.2+3×0=0.7, ∵E(Y)>E(X),∴甲比乙质量好. 故选:A. 8.B 已知样本方差:D(X乙)=3.4,D(X甲)=11 由此估计,乙 种 水 稻 的 方 差 约 为3.4,甲 种 水 稻 的 方 差 约 为11. 因为3.4<11 所以乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐. 故选:B. 9.A 由题意可知,X~ 6,23 ,Y~ 6,13 , E(X)=6×23=4 ,E(Y)=6×13=2 , D(X)=6×23× 1 3= 4 3 ,D(Y)=6×13× 2 3= 4 3 , 所以,E(X)>E(Y),D(X)=D(Y). 故选:A. 10.C 每次取到白球的概率为37 , 由题意知X~B 7,37 ,D(X)=7×37× 1-37 =127. 故选:C. 11.A 因为盒中装有形状完全相同的4个黑球与2个白球, 所以每次从盒子中随机摸出1个白球的概率为13 , 又摸球的过程是有放回的,故X~B 4,13 ,所以E(X)= 4×13= 4 3. 故选:A. 12.D P(X=2)=C26 1 3 2 1-13 4 =80243. 故选:D. 13.D 由题意得:从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出 一个球,是红球的概率为 3 3+4= 3 7 ,因为是有放回的取球,所 以X~B 5,37 ,所以D(X)=5×37× 1-37 =6049. 故选:D. 14.解析:由分布列可知E(X)=(-1)×12+0× 1 3+1× 1 6 =-13. 故答案为:-13. 答案:-13 15.解析:由题,由概率性质,P(X=1)+P(X=2)+P(X=3) =1,可解得a=0.3, 故E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.5=2.3. 故答案为:2.3. 答案:2.3 16.解析:由离散型随机变量分布列的性质,知12+1-q+q- q2=1,故q2=12 , 因为q>0,解得q= 22. 故答案为:2 2. 答案:2 2 17.解析:由题意可知:X~B 2,23 , 因此面试结束后通过的人数X 的数学期望是2×23= 4 3. 答案:4 3 18.解析:设X 为击中目标的次数,则 X~B(10,0.8),从而这 名射手在10次射击中,恰有8次击中目标的概率为C810× 0.88×(1-0.8)10-8=C810×0.88×0.22. 故答案为:C810×0.88×0.22. 答案:C810×0.88×0.22 19.解析:长度超过25mm的棉花纤维共有:(0.05×5+0.02 ×5+0.01×5)×100=40根,现从这一批棉花中任取1根 棉花纤维,其中长度超过25mm的棉花纤维的概率为40100 =25 , 从这一批棉花中任取3根棉花纤维,其中长度超过25mm 的棉花纤维数量为X,则X 的可能取值为0,1,2,3, 因为X~B 3,25 ,故E(X)=3×25=65. 故答案为:6 5. 答案:6 5 20.解析:设可 获 收 益 为x 万 元,如 果 成 功,x 的 取 值 为5× 12%,如果失败,x的取值为-5×50%, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —512— 10.某市高三年级男生的身高X(单位:cm)近似服 从正态分布N(175,σ2),已知P(175≤X<180) =0.2,若P(X≤a)∈[0.3,0.5].写出一个符合 条件的a的值为 . 三、解答题 11.设X~N(1,4),试求: (1)P(-1<X≤3); (2)P(-1<X≤1); (3)P(3<X≤5); (4)P(X≥5). 12.若X~N(μ,σ2),则X 位于区域(μ,μ+σ]内的 概率是多少? 13.我市高三年级第二次质量检测的数学成绩 X 近似服从正态分布N(82,σ2),且P(74<X< 82)=0.42.已知我市某校有800人参加此次考 试,据此估计该校数学成绩不低于90分的人 数为? 14.一批白炽灯泡的光通量服从 N(209,6.52),如 果有这样一批灯泡10000个,试估计光通量在 下列范围内的灯泡的个数. (1)209-2×6.5~209+2×6.5; (2)209-3×6.5~209+3×6.5. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 章节复习 一、随机变量与离散型随机变量 1.随机变量:一般地,对于随机试验样本空间Ω 中 的每个样本点ω,都有唯一的实数 X(ω)与之对 应,我们称X 为随机变量. 2.离散型随机变量:可能取值为有限个或可以一一 列举的随机变量,我们称之为离散型随机变量; 通常用大写英文字母表示随机变量,例如 X,Y, Z;用小写英文字母表示随机变量的取值,例如 x,y,z. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —811— 注意:离散型随机变量的特征 (1)可以用数值表示. (2)试验之前可以判断其可能出现的所有值,但 不能确定取何值. (3)试验结果能一一列出. 3.“三步法”判定离散型随机变量 (1)明确随机试验的所有可能结果. (2)将随机试验的试验结果数量化. (3)确定实验结果所对应的实数是否可按一定次 序一一列出,如果能一一列出,则该随机变量是 离散型随机变量,否则不是. 二、离散型随机变量的分布列 1.定义:一般地,设离散型随机变量X 的可能取值 为x1,x2,…,xn,我们称 X 取每一个xi 的概率 P(X=xi)=pi,i=1,2,3,…,n为X 的概率分 布列,简称分布列. 离散型随机变量的分布列可以用表格表示: X x1 x2 … xn P p1 p2 … pn 2.离散型随机变量分布列的意义和作用 (1)离散随机变量的分布列不仅能清楚地反映其 所取的一切可能值,而且也能看出取每一个值的 概率的大小,从而反映出随机变量在随机试验中 取值的分布情况,是进一步研究随机试验数量特 征的基础. (2)离散型随机变量在某一范围内取值的概率等 于它取这个范围内各值的概率之和. 3.离散型随机变量的分布列的性质 (1)pi≥0,i=1,2,…,n. (2)p1+p2+…+pn=1. 三、二项分布 1.独立重复试验的特点 (1)每次试验中,事件发生的概率是相同的. (2)每次试验中的事件是相互独立的,其实质是 相互独立事件的特例. 2.随机变量分布列问题的两个关键点 (1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解 随机变量取每一个值所表示的具体事件,然后综 合应用各类概率公式求概率. (2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随 机变量的分布列,若随机变量服从二项分布,则 可直接使用公式求解. 3.若将事件A 发生的次数设为X,发生的概率为 P,不发生的概率q=1-p,那么在n次独立重复 试验中,事件A 恰好发生k 次的概率是P(X= k)=Cknpkqn-k(k=0,1,2,…,n),于是得到X 的 分布列 X 0 1 … k … n P C0np0qn C1np1qn-1 … Cknpkqn-k … Cnnpnq0 由于表中第二行恰好是二项式展开式 (q+p)n=C0np0qn+C1np1qn-1+…+Cknpkqn-k +…+Cnnpnq0各对应项的值,称这样的离散型随 机变量X 服从参数为n,p的二项分布,记作X~ B(n,p). 4.二项分布的期望、方差: 若X~B(n,p),则E(X)=np. 若X~B(n,p),则D(X)=np(1-p). 四、正态分布 1.正态曲线及其性质 (1)正态曲线: 函数f(x)= 1 2πσ e- (x-μ) 2 2σ 2 ,x∈R,其中实数μ,σ(σ> 0)为参数,我们称f(x)的图象为正态分布密度 曲线,简称正态曲线. (2)正态曲线的性质: ①曲线位于x轴上方,与x轴不相交. ②曲线是单峰的,它关于直线x=μ对称. ③曲线在x=μ处达到峰值 1 2πσ . ④曲线与x轴之间的面积为1. ⑤当σ一定时,曲线的位置由μ确定,曲线随着μ 的变化而沿x轴平移,如图甲所示. ⑥当μ一定时,曲线的形状由σ确定,σ越大,曲 线越“矮胖”,总体分布越分散;σ越小.曲线越 “瘦高”.总体分布越集中,如图乙所示. 甲 乙 2.正态分布 设X是一个随机变量,若对任给区间(a,b],P(a< X≤b)是正态密度曲线下方和x轴上(a,b]上方 所围成的图形的面积,则称随机变量 X 服从参 数为μ,σ2的正态分布,则记为X~N(μ,σ2). 3.正态总体三个特殊区间内取值的概率值 ①P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.6827. ②P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=0.9545. ③P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=0.9973. 4.3σ原则 通常服从正态分布 N(μ,σ2)的随机变量X 只取 (μ-3σ,μ+3σ)之间的值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —911— 考点1:二项分布 【例1】 设有3个投球手,其中一人命中率为q,剩 下的两人水平相当且命中率均为p(p,q∈(0, 1)),每位投球手均独立投球一次,记投球命中的 总次数为随机变量为X. (1)当p=q=12 时,求数学期望 E(X)及方差 D(X); (2)当p+q=1时,将 X 的数学期望E(X)用p 表示. 【解】 (1)∵每位投球手均独立投球一次, 当p=q=12 时,每次试验事件发生的概率相等, ∴X~B 3,12 ,由二项分布的期望和方差公式 得到结果 ∴E(X)=np=3×12= 3 2 ,D(X)=np(1-p)= 3×12× 1- 1 2 =34. (2)X 的可取值为0,1,2,3. P(X=0)=(1-q)(1-p)2=pq2; P(ξ=1)=q(1-p)2+(1-q)C12p(1-p)=q3 +2p2q; P(X=2)=qC12p(1-p)+(1-q)p2=2pq2 +p3; P(X=3)=qp2. X 的分布列为 ξ 0 1 2 3 P pq2 q3+2p2q 2pq2+p3 qp2 E(X)=0×pq2+1×(q3+2p2q)+2×(2pq2+ p3)+3×qp2=1+p. 【方法总结】 二项分布满足的条件 (1)每次试验中,事件发生的概率是相同的. (2)各次试验中的事件是相互独立的. (3)每次试验只有两种结果:事件要么发生,要 么不发生. (4)随机变量是这n次独立重复试验中事件发 生的次数. ①二项分布的概率公式: P(x=k)=Cknpk(1-p)n-k. ②二项分布的期望值与方差:独立重复实验n 次,每次事件 A 发生的概率为p,E(X)=np, D(X)=np(1-p). [巩固训练] 已知某运动员投篮命中率P=0.6,并且每次投 篮都是独立的,他重复5次投篮时,投中次数x 服从二项分布,则x的均值E(x)与方差D(x)分 别为 ( ) A.0.6;0.24 B.3;1.2 C.3;0.24 D.0.6;1.2 考点2:离散型随机变量 【例2】 已知一箱产品中含有2件次品和3件正 品,现需要通过检测将其区分.每次随机检测 一件产品,检测后不放回,直到检测出2件次 品或者检测出3件正品时检测结束,则第一次 检测出的是次品且第二次检测出正品的概率 是 ;已知每检测一件产品需花费100 元,设 X 表示直到检测出2件次品或者检测 出3件正品时所需要的检测费用(单位:元), 则E(X)= . 【思路分析】 由古典概型的概率公式可求出第一 次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率,由 题意可知,X 的可能取值为200,300,400,求出相应 的概率,列出分布列,从而利用期望公式求解. 【解析】 第一次检测出的是次品且第二次检测 出正品的概率是 C12C13 A25 =310 , 由题意可知,X 的可能取值为200,300,400, 则 P(X =200)= A22 A25 = 110 ,P(X =300)= A33+C12C13A22 A35 =310 ,P(X=400)=1-P(X= 200)-P(X=300)=1-110- 3 10= 6 10= 3 5 , ∴X 的分布列如下: X 200 300 400 P 110 3 10 3 5 ∴E(X)=200×110+300× 3 10+400× 3 5=350. 故答案为:3 10 ;350. 【答案】 310 ;350 【方法总结】 1.求离散型随机变量 X 的分布 列的步骤 (1)理解X 的意义,写出X 可能取的全部值. (2)求X 取每个值的概率. (3)写出X 的分布列. 2.求离散型随机变量的分布列的关键是求随机 变量所取值对应的概率,在求解时,要注意应用 计数原理、古典概型等知识. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —021— [巩固训练] 1.第24届冬季奥林匹克奥运会于2022年2月4 号至20号在北京举行,践行“绿色奥运、科技奥 运、人文奥运”理念,举办一届“有特色,高水平” 奥运会,为了宣传这次奥运会,我区开展冬奥会 知识竞答活动,我校从五名学生三名教师中选四 名选手参加区里决赛,问至少一名教师参加的概 率为 .X 表示选中教师人数,问E(X) = . 【例3】 某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位 顾客进行奖励,袋中所装的4个球中有1个所标 的面值为50元,其余3个均为10元.规定:每位 顾客从袋中一次性随机摸出2个球,球上所标的 面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)求顾客所获的奖励额为60元的概率; (2)求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望. 【思路分析】 (1)设顾客所获取的奖励额为 X, 通过古典概型求解概率即可. (2)X 所有可能取值为20,60,求出概率得到分 布列,然后求解期望. 【解】 (1)设顾客所获取的奖励额为X, 依题意,得P(X=60)= C11·C13 C24 =12 , 即顾客所获得奖励额为60元的概率为12. (2)依题意得X 得所有可能取值为20,60, P(X=60)=12 ,P(X=20)= C23 C24 =12 , 即X 的分布列为 X 20 60 P 12 1 2 所以这位顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)= 20×12+60× 1 2=40. 【方法总结】 求离散型随机变量的均值和方差 问题的一般步骤 第一步:确定随机变量的所有可能取值; 第二步:求每一个可能取值所对应的概率; 第三步:列出离散型随机变量的分布列; 第四步:求均值和方差; 第五步:根据均值、方差进行判断,并得出结论 (适用于均值、方差的应用问题); 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题 规范性. [巩固训练] 2.已知一堆产品中有一等品2件,二等品3件,三 等品4件,现从中任取3件产品. (1)求一、二、三等品各取到一个的概率; (2)记X 表示取到一等品的件数,求X 的分布列 和数学期望. 考点3:正态分布 【例4】 N(100,σ2),已知P(80<ξ≤100)=0.35, 若按成绩分层抽样的方式取100份试卷进行分 析,则应从120分以上的试卷中抽取 ( ) A.5份 B.10份 C.15份 D.20份 【思路分析】 由 题 意 结 合 正 态 分 布 曲 线 可 得 120分以上的概率,乘以100可得. 【解析】 ∵成绩ξ服从正态分布 N(100,σ2), P(80<ξ≤100)=0.35, ∴P(80<ξ≤120)=2×0.35=0.70, ∴P(ξ>120)= 1 2 (1-0.70)=0.15, ∴100×0.15=15, 故选:C. 【答案】 C 【方法总结】 求正态变量 X 在某区间内取值 的概率的基本方法 (1)根据题目中给出的条件确定μ与σ的值. (2)将待求问题向[μ-σ,μ+σ],[μ-2σ,μ+ 2σ],[μ-3σ,μ+3σ]这三个区间进行转化. (3)利用X 在上述区间的概率、正态曲线的对称 性和曲线与x轴之间的面积为1求出最后结果. [巩固训练] 某小区有1000户,各户每月的用电量近似服从 正态分布N(300,100),则用电量在320度以上 的户数估计约为 ( ) 参考数据:若随机变量ξ服从正态分布 N(μ, σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ <ξ<μ+2σ)=95.44%,P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)= 99.74%. A.17 B.23 C.34 D.46 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —121—