第十章 §10.6 二项分布、超几何分布与正态分布（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教A提高版）

§10.6　二项分布、超几何分布与正态分布 课标要求　1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.2.借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用． 知识梳理 1．二项分布 (1)伯努利试验 只包含两个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n重伯努利试验． (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)＝Cpk(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X～B(n，p)． (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)＝p，D(X)＝p(1－p)． ②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． 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)＝，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)＝ ，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X～N(μ，σ2)． (2)正态曲线的特点 ①曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称； ②曲线在x＝μ处达到峰值； 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)＝μ，D(X)＝σ2. 常用结论 1．“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． 2．超几何分布有时也记为 X～H(n，M，N)，其均值E(X)＝， 方差D(X)＝. 自主诊断 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形．(　√　) (2)若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．(　√　) (3)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．(　×　) (4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”．(　×　) 2．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　用X表示发芽的粒数，则X～B，则P(X＝3)＝C×3×2＝，故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为. 3．某班有48名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布N(80,102)，则理论上在80分到90分的人数约是(　　) A．32 B．16 C．8 D．20 答案　B 解析　因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.682 7.根据正态密度曲线的对称性可知，位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半，所以理论上在80分到90分的人数是×0.682 7×48≈16. 4．(选择性必修第三册P78例4改编)在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则P(X＝1)＝________. 答案　 解析　由题意得P(X＝1)＝＝. 题型一　二项分布 例1 (2023·广东大湾区联考)某工厂车间有6台相同型号的机器，各台机器相互独立工作，工作时发生故障的概率都是，且一台机器的故障能由一个维修工处理．已知此厂共有甲、乙、丙3名维修工，现有两种配备方案，方案一：由甲、乙、丙三人维护，每人负责2台机器；方案二：由甲、乙两人共同维护6台机器． (1)对于方案一，设X为甲维护的机器同一时刻发生故障的台数，求X的分布列与均值E(X)； (2)在两种方案下，分别计算机器发生故障时不能得到及时维修的概率，并以此为依据来判断，哪种方案能使工厂的生产效率更高？ 解　(1)由题意可知，X～B， 则P(X＝0)＝2＝， P(X＝1)＝C××＝， P(X＝2)＝2＝， 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 所以E(X)＝2×＝. (2)对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一人负责的2台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题． 其概率为P1＝1－[1－P(X＝2)]3＝1－3＝. 对于方案二：机器发生故障时不能及时维修的概率为P2＝1－6－C·×5－C·2×4＝1－＝， 所以P2<P1，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率更高． 思维升华 二项分布问题的解题关键 (1)定型： ①在每一次试验中，事件发生的概率相同． ②各次试验中的事件是相互独立的． ③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生． (2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率． 跟踪训练1 (2023·太原模拟)第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为. (1)设甲3次点球的总得分为X，求X的分布列和均值； (2)求乙总得分为100分的概率． 解　(1)设甲3次点球射进的次数为Y， 则Y～B， Y的可能取值为0,1,2,3，且X＝50Y， 则X的所有可能的取值为0,50,100,150. P(X＝0)＝P(Y＝0)＝3＝， P(X＝50)＝P(Y＝1)＝C12＝， P(X＝100)＝P(Y＝2)＝C21＝， P(X＝150)＝P(Y＝3)＝3＝， 所以X的分布列为 X 0 50 100 150 P E(X)＝0×＋50×＋100×＋150×＝100， (或E(X)＝E(50Y)＝50E(Y)＝50×3×＝100)． (2)设“乙第i次射进点球”为事件Ai(i＝1,2,3)， 则乙总得分为100分的事件为 B＝A1A2＋A1A3＋A2A3. 因为A1A2，A1A3，A2A3互斥， 所以P(B)＝P(A1A2＋A1A3＋A2A3)＝××＋××＋××＝， 故乙总得分为100分的概率为. 题型二　超几何分布 例2 (2023·宿州质检)宿州号称“中国云都”，拥有华东最大的云计算数据中心、CG动画集群渲染基地，是继北京、上海、合肥、济南之后的全国第5家量子通信节点城市．为了统计智算中心的算力，现从全市n个大型机房和6个小型机房中随机抽取若干机房进行算力分析，若一次抽取2个机房，全是小型机房的概率为. (1)求n的值； (2)若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列和均值． 解　(1)由题知，共有(n＋6)个机房，抽取2个机房有C种方法，其中全是小机房有C种方法， 因此全是小机房的概率P＝＝， 解得n＝4.即n的值为4. (2)X的可能取值为0,1,2,3. P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝， P(X＝3)＝＝＝. 则随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 思维升华 (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．超几何分布的特征是：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列． (2)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，其本质是古典概型． 跟踪训练2 (2024·安庆模拟)乡村民宿立足农村，契合了现代人远离喧嚣、亲近自然、寻味乡愁的美好追求．某镇在旅游旺季前夕，为了解各乡村的普通型民宿和品质型民宿的品质，随机抽取了8家规模较大的乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表： 民宿点 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 普通型民宿 16 8 12 14 13 18 9 20 品质型民宿 6 16 4 10 11 10 9 12 (1)从这8家中随机抽取3家，在抽取的这3家的普通型民宿的房间均不低于10间的条件下，求这3家的品质型民宿的房间均不低于10间的概率； (2)从这8家中随机抽取4家，记X为抽取的这4家中普通型民宿的房间不低于15间的家数，求X的分布列和均值． 解　(1)由题可知这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于10间的有6家，品质型民宿和普通型民宿的房间均不低于10间的有4家． 记“这3家的普通型民宿的房间均不低于10间”为事件A，“这3家的品质型民宿的房间均不低于10间”为事件B， 则P(A)＝＝，P(AB)＝＝， 所以P(B|A)＝＝. (2)这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于15间的有3家， 故X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝， P(X＝3)＝＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 题型三　正态分布 例3 (1)(2023·烟台模拟)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量(单位：kW·h/100 km)情况，随机调查得到了1 200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ～N(13，σ2)，若P(12<ξ<14)＝0.7，则样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有(　　) A．180辆 B．360辆 C．600辆 D．840辆 答案　A 解析　因为ξ～N(13，σ2)，且P(12<ξ<14)＝0.7， 所以P(ξ≥14)＝×[1－P(12<ξ<14)]＝×(1－0.7)＝0.15，所以样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有1 200×0.15＝180(辆)． (2)(2023·长沙市明德中学模拟)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 答案　D 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． 思维升华 解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴为x＝μ. (2)标准差为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．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0. 跟踪训练3 (1)(2024·佛山模拟)佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N(800，σ2)，且P(X<801)＝0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X<801的瓷砖片数，则E(Y)＝________. 答案　1 解析　因为X～N(800，σ2)，均值μ＝800，且P(X<801)＝0.6，所以P(800≤X<801)＝P(X<801)－P(X<800)＝0.6－0.5＝0.1，由题可得Y～B(10,0.1)，所以E(Y)＝10×0.1＝1. (2)(2023·唐山模拟)某种食盐的袋装质量X服从正态分布N(400,16)，随机抽取10 000袋，则袋装质量在区间(396,408]的约有________袋．(质量单位：g) 附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，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. 答案　8 186 解析　由题意知，X～N(400,42)， 所以P(396≤X≤404)≈0.682 7， P(392≤X≤408)≈0.954 5， 得P(396<X≤408)＝P(392≤X≤408)－P(392≤X≤396)＝P(392≤X≤408)－[P(392≤X≤408)－P(396≤X≤404)]≈0.954 5－×(0.954 5－0.682 7)＝0.818 6， 所以袋装质量在区间(396,408]的约有10 000×0.818 6＝8 186(袋)． 课时精练 一、单项选择题 1．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X＝0)＝，则D(Y)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为随机变量X～B(2，p)， 所以P(X＝0)＝C(1－p)2＝， 解得p＝或p＝(舍去)，所以Y～B， 所以D(Y)＝4××＝. 2．(2023·福建名校联盟大联考)甲、乙两选手进行羽毛球单打比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则甲以2∶1获胜的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　甲以2∶1获胜指前两局甲胜一局，第三局甲胜，则概率为C××2＝. 3．(2023·枣庄模拟)某地区有20 000名考生参加了高三第二次调研考试．经过数据分析，数学成绩X近似服从正态分布N(72,82)，则数学成绩位于(80,88]的人数约为(　　) 参考数据：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．455 B．2 718 C．6 346 D．9 545 答案　B 解析　由题意可知，μ＝72，σ＝8，P(80<X≤88)＝P(μ＋σ<X≤μ＋2σ) ＝[P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)－P(μ－σ≤X≤μ＋σ)]≈×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9， 则数学成绩位于(80,88]的人数约为0.135 9×20 000＝2 718. 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. B. C．1 D. 答案　D 解析　ξ的所有可能取值为0,1,2， 则P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝， 则E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. 5．32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于10名，则业余棋手队获胜．已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为(　　) A．24 B．25 C．26 D．27 答案　A 解析　设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y；设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32－n. X所有可能的取值为0,1,2，…，n， 则X～B，E(X)＝； Y所有可能的取值为0,1,2，…，32－n， 则Y～B，E(Y)＝， 所以获胜的业余棋手总人数的均值 E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)＝＋＝≥10，解得n≥24. 6．(2024·赤峰模拟)某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共10张券，客户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖．客户甲每天都参加1次抽奖活动，一个月(30天)下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有(　　) A．1张 B．2张 C．3张 D．4张 答案　B 解析　设中奖的概率为p,30天中奖的天数为X，则X～B(30，p)． 若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率 p＝＝，E(X)＝30×＝6， 若盒子中的有奖券有2张， 则中奖的概率p＝＝， E(X)＝30×＝， 若盒子中的有奖券有3张， 则中奖的概率p＝＝， E(X)＝30×＝16， 若盒子中的有奖券有4张， 则中奖的概率p＝＝， E(X)＝30×＝20， 根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天． 二、多项选择题 7．(2023·莆田模拟)“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在(7,9)的个数记为X，则(　　) A．P(7<ξ<9)＝0.8 B．E(X)＝1.8 C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9 答案　BD 解析　由正态分布的对称性可知P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2， 故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，故A错误； X～B(3,0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，故B正确； E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9， 故E(ξ)<E(5X)，故C错误； 因为X～B(3,0.6)， 所以P(X＝0)＝C(0.6)0×(0.4)3＝0.064， 故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>0.9，故D正确． 8．(2023·汕头模拟)一个袋子有10个大小相同的球，其中有4个红球，6个黑球，试验一：从中随机地有放回摸出3个球，记取到红球的个数为X1，均值和方差分别为E(X1)，D(X1)；试验二：从中随机地无放回摸出3个球，记取到红球的个数为X2，均值和方差分别为E(X2)，D(X2)，则(　　) A．E(X1)＝E(X2) B．E(X1)>E(X2) C．D(X1)>D(X2) D．D(X1)<D(X2) 答案　AC 解析　从中随机地有放回摸出3个球， 则每次摸到红球的概率为＝， 则X1～B，故E(X1)＝3×＝， D(X1)＝3××＝； 从中随机地无放回摸出3个球，记红球的个数为X2，则X2的可能取值是0,1,2,3， 则P(X2＝0)＝＝， P(X2＝1)＝＝， P(X2＝2)＝＝， P(X2＝3)＝＝， 所以随机变量X2的概率分布为 X2 0 1 2 3 P E(X2)＝0×＋1×＋2×＋3×＝， D(X2)＝2×＋2×＋2×＋2×＝. 故E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)． 三、填空题 9．(2023·石家庄模拟)某市中学举办了一次“亚运知识知多少”的知识竞赛．参赛选手从7道题(4道多选题，3道单选题)中随机抽题进行作答，若某选手先随机抽取2道题，再随机抽取1道题，则最后抽取到的题为多选题的概率为________． 答案　 解析　设先抽取2道题中多选题的题数为X，则X的可能取值为0,1,2， 可得P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 所以最后抽取到的题为多选题的概率 P＝P(X＝0)×＋P(X＝1)×＋P(X＝2)×＝×＋×＋×＝. 10．(2023·唐山模拟)近年来，理财成为了一种趋势，老黄在今年买进某个理财产品．设该产品每个季度的收益率为X，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，可得P(X>0)＝2P(X≤0)．若老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出．则至少有3个季度的收益为正值的概率为________． 答案　 解析　因为P(X>0)＝2P(X≤0)， 所以P(X>0)＋P(X≤0)＝3P(X≤0)＝1， 所以P(X≤0)＝，P(X>0)＝， 则至少有3个季度的收益为正值的概率为C×3×＋C×4＝. 11．(2024·南开模拟)一个盒子中装有5个电子产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中每次抽取1个产品．若抽取后不再放回，则抽取三次，第三次才取得一等品的概率为________；若抽取后再放回，共抽取10次，则平均取得一等品________次． 答案　　6 解析　令Ai为第i(i＝1,2,3)次取得一等品， 所以抽取三次，第三次才取得一等品的概率为 P(A3)＝××＝， 若抽取后再放回，则设X为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为， 则X～B，E(X)＝10×＝6， 所以平均取得一等品6次． 12．(2023·聊城模拟)某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值xi(i＝1,2,3，…，100)，经计算i＝7 200，＝100×(722＋36)．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布N(μ，σ2)，则估计该市高中生身体素质的合格率为________．(用百分数作答，精确到0.1%) 参考数据：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，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. 答案　97.7% 解析　因为100个数据x1，x2，x3，…，x100的平均数＝i＝72， 方差s2＝(xi－)2＝(－1002) ＝×[100×(722＋36)－100×722]＝36， 所以μ的估计值为μ＝72，σ的估计值为σ＝6. 设该市高中生的身体素质指标值为X， 由P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5， 得P(72－12≤X≤72＋12)＝P(60≤X≤84)≈0.954 5， P(X>84)＝P(X>μ＋2σ)＝P(X<μ－2σ) ＝≈， 所以P(X≥60)＝P(60≤X≤84)＋P(X>84)≈0.954 5＋×(1－0.954 5)＝0.977 25≈97.7%. 四、解答题 13．某家具城举办了一次家具有奖促销活动，消费每超过1万元(含1万元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．方案一：从装有10个形状与大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，则打5折；若摸出2个红球和1个黑球，则打7折；若摸出1个白球2个黑球，则打9折，其余情况不打折． 方案二：从装有10个形状与大小完全相同的小球(其中红球2个，黑球8个)的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减2 000元． (1)若一位顾客消费了1万元，且选择抽奖方案一，试求该顾客享受7折优惠的概率； (2)若某顾客消费恰好满1万元，试从均值的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 解　(1)选择方案一， 若享受到7折优惠， 则需要摸出2个红球和1个黑球， 设顾客享受到7折优惠为事件A， 则P(A)＝＝. (2)若选择方案一， 设付款金额为X元， 则X可能的取值为5 000,7 000,9 000,10 000， P(X＝5 000)＝＝， P(X＝7 000)＝， P(X＝9 000)＝＝， P(X＝10 000)＝1－－－＝. 故X的分布列为 X 5 000 7 000 9 000 10 000 P 所以E(X)＝5 000×＋7 000×＋9 000×＋10 000×＝≈9 608.3(元)． 若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z＝10 000－2 000Y， 由已知可得Y～B，故E(Y)＝3×＝， 所以E(Z)＝E(10 000－2 000Y)＝10 000－2 000E(Y)＝8 800(元)， 因为E(X)>E(Z)， 所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算． 14．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，竞赛类奖励规则如下：得分在[70,80)内的学生获得三等奖，得分在[80,90)内的学生获得二等奖，得分在[90,100]内的学生获得一等奖，其他学生不得奖．为了解学生对相关知识的掌握情况，该市随机抽取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． 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10 000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生人数(结果四舍五入到整数)； (2)若从所有参赛学生中(参赛学生数大于10 000)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的分布列和期望． 参考数据：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，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. 解　(1)由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值μ＝35×0.006×10＋45×0.012×10＋55×0.018×10＋65×0.034×10＋75×0.016×10＋85×0.008×10＋95×0.006×10＝64，则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N(64，152)， 因为μ＋σ＝79，所以P(X>79)≈＝0.158 65， 故参赛学生中成绩超过79分的学生人数为0.158 65×10 000≈1 587. (2)由μ＝64，得P(X>64)＝， 即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为， 所以随机变量ξ～B， 所以P(ξ＝0)＝C×3＝， P(ξ＝1)＝C××2＝， P(ξ＝2)＝C×2×＝， P(ξ＝3)＝C×3＝， 所以随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 所以期望为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 谢谢 学科网（北京）股份有限公司 $