第38期 离散型随机变量的均值与方差-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版）

17.(15分)某糕点房推出一类新品蛋糕，该蛋糕每个的成本价 18.(17分)某投资公司现提供两种一年期投资理财方案，一年 19.(17分)现有两组数据，A组：1,2,3,4：B组：1,2,3,4,5.从A 为4元，售价为8元.受保质期的影响，当天没有销售完的部分只能 后投资盈亏的情况如下表，已知每种投资方案一年后的投资盈亏只 组数据中任取3个，构成数组2：从B组数据中任取3个，构成数组 销毁.经过长期的调研，糕点房统计了一下该新品的日需求量.现将 可能出现相应表格中列举的几种情况，且两种投资方案相互独立. 2,,两组抽取的结果互不影响。 近一个月(30天)的需求量展示如下： 投资股市 获利40% 不赔不赚 亏损20% (1)(1)求数组2，的数据之和为8的概率； 日需求量x/个 20 30 40 50 (ⅱ)求数组22的数据含有3且数据之和大于8的概率； 概率P 10105 2 8 冬 (2)记X=max22-min2,其中min2表示数组2，中最小的 天数 5 数，max2,表示数组2，中最大的数，求X的分布列以及数学期望 (1)从这30天中任取2天，求这2天的日需求量均为40个的概率； 购买基金 获利20% 不赔不赚 亏损10% E(X). (2)以表中对应的频率作为概率，根据分布列求出该糕点房 概率P 天制作35个该类蛋糕时，对应的利润的期塑为元现有员工建议 3 (1)甲、乙两人在投资顾问的建议下分别选择“投资股市”和 扩大生产至一天45个，记生产45个时对应的利润为Y元，试求Y的 分布列及数学期望E(Y),并以此判断此建议该不该被采纳. “购买基金”，若一年后他们中至少有一人盈利的概率大于专，求m 高中数学 的取值范围； (2)若m=2,某人现有10万元资金，决定在“投资股市”和 “购买基金”这两种方案中选择一种，那么选择何种方案可使得一年 后的投资收益的数学期望较大？请说明理由. ·选择性必修第三册（人教A版）同步核心素养测评 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步核心素养测评 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： “数理橘 2026年4月13日·星期 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 38期总第1182期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 王小云： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F)邮发代号：21-289 密码学界的巾帼英雄 P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X 王小云，被誉为“中 求数学期望的。 分别为)0六且各车是否发生事故相互独 国密码女神”，在密码学 =3)=20 立，求一年内该单位获赔保险金额X的期望 领域取得了举世瞩目的 ,常用方法 1 7 (结果保留整数) 成就。 故E(X)=0×20+1×20+2×20 +3× ◎河南雷小鹏 解析：设X(k=1,2,3)表示“第k辆车一 她曾经沉潜十年 一、定义法 317 20=10 年内的获赔金额”，则X,有分布列如下 专注于破解世界上公认 根据定义求离散型随机变量的期望，首先要 0 9000 的最安全、最先进、应用 求出其分布列，然后利用公式E(X)=xP1+xP,+ 点评：对于这一类问题，我们求期望与方差 最广泛的密码算法。在 …+xnPn求解 有两个关键点：(1)正确写出随机变量的分布 这漫长的十年里，她面 例1甲班有2名男乒乓球选手和3名女乒列；(2)正确应用均值与方差公式进行计算。 对的是复杂的数学难题 二、随机变量分解法 和巨大的研究压力，但 乓球选手，乙班有3名男乒乓球选手和1名女乒 故E(X,)=9000× 她始终坚持不懈，凭借 乓球选手，学校计划从甲、乙两班各选2名选手 将随机变量X分解成若干个随机变量X,( 9=1000: 着卓越的数学才华和坚 参加体育交流活动记X为选出的4名选手中女 =1,…,n)之和，把求E(X)转化为求E(X), 选手的人数，求X的期望 同理可得E(X)=9000×10=900: 韧不拔的毅力，终于攻 则E(X)=E(X)+E(X2)+·+E(X),若 克难关，她的科研成果 解析：X的可能取值为0,1,2,3. E(X)易于求出，则E(X)的计算就非常简便 B(X)=900×7=818 被密码学专家称之为是 P(X=0)= C C3C8=20 例2某单位有三辆汽车参加某种事故保 密码学领域最美妙的结 综上，有E(X)=E(X)+E(X2)+E(X,) 果。2004年，在世界密码 险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险≈1000+900+818=2718. P(X=1)= CiciC C= 学大会上，王小云宣布 C2C2 01 金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位 点评：要注意准确地分解随机变量.还可利 成功破解MD5算法，会 P(X =3)= CC 可获9000元的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一用随机变量的性质如E(aX+b)=aE(X)+b 场瞬间一片寂静，紧接 C2c2 =201 次)，设这三辆车在一年内发生此种事故的概率等，从而求解随机变量的期望 着全场的人都站了起 来，报以排山倒海般的 方法指津 二、方差的应用 若投中，则继续投篮，否则由对方投篮；第一次 掌声，宣告了固若金汤 例2甲、乙两名射手各打了10发子弹，其中 由甲投篮，已知每次投篮甲、乙命中的概率分别 的世界通行密码标准 学会 用方差 解题 甲击中的环数与次数如下表： MD5堡垒的轰然倒塌 环数 5 6 7 9 “王氏攻击”震惊世界 10 (1)求第三次由乙投篮的概率： 王小云不仅在科研 ⊙山东赵相武 次数 1 1 1 4 一、求离散型随机变量的方差 (2)在前3次投篮中，乙投篮的次数为X,求 上取得了非凡成就，还 乙射击的概率分布如下表： X的分布列、均值及标准差 展现出了对密码学事业 例1袋中有20个大小相同的球，其中记上 环数 7 8 9 10 2 2 的执着热爱和高度的责 号的有10个，记上n号的有n个(n=1,2,3 概率 0.2 0.3 0.4 0.1 解析：1)P=×号+号×子=是 任感。她深知密码学在 4).现从袋中任取一球.X表示所取球的标号. 试比较甲、乙射击水平的优劣. (2)由题意得X的所有可能取值为0,1,2， 信息安全中的重要性， (1)求X的分布列、均值和方差； (2)若Y=aX+b,E(Y)=2,D(Y)=44, 解析：设甲、乙击中的环数分别为X,X2,则 无论是在战争年代还是 PX=0=×= 】 和平时期，密码都关乎 试求a,b的值 E(X)=5×0.1+6×0.1+7×0.1+8× 1 7 着国家和人民的安全 解析：(1)X的分布列为 0.1+9×0.2+10×0.4=8.4, 她以自己的智慧和努 E(X2)=7×0.2+8×0.3+9×0.4+10 0 1 2 力，为我国的密码学事 ×0.1=8.4; PX=2)=号×是= 业做出了卓越贡献，捍 3 D(X)=(5-8.4)2×0.1+(6-8.4)2× 20 10 20 故X的分布列为 卫了国家的信息安全 0.1+(7-8.4)2×0.1+(8-8.4)2×0.1+(9 作为站在世界科学 0 则E(X)=0× 2 +1× -8.4)2×0.2+(10-8.4)2×0.4=3.04 殿堂的女性，她的头脑 20 10 3 D(X2)=(7-8.4)2×0.2+(8-8.4)2× +4×5 9 里有理性的光彩，她的 =1.5. 18 2 0.3+(9-8.4)2×0.4+(10-8.4)2×0.1= 心中有向美的追求。她 25 0.84. E(X)=0× 用自己的实际行动诠释 D(X0)=(0-1.5)2×2+(1-1.5)°×20 9+1×18+2×2= 18 了女性在科学领域的巨 因为E(X)=E(X2),D(X)>D(X2),这 +(2-15)×0+(3-1.5)2× 3 大潜力和重要作用，成 +(4-说明两射手的平均环数相等，但乙射手更稳定， 为了广大女性的榜样， 所以乙比甲水平高. 激励着更多的人在自己 1.5)2×5=2.75. 点评：一般来说，均值仅体现了随机变量取 的领域里努力奋斗、追 (2)由D(Y)=a2D(X)得a2×2.75=44, 值的平均大小，但有时仅知道均值的大小还不 求卓越，为国家和社会 得a=±4. 够.如果两个随机变量的均值相等，还要看随机 所以(X)=VD()=4 18 的发展贡献自己的力 又由E(Y)=aE(X)+b得1.5a+b=2,变量的取值如何在均值周围变化，即计算方差 点评：处理综合问题的步骤： 所以当a=4时，由2=4×1.5+b得b=-4;方差大说明随机变量取值较分散，方差小说明 第一步：确定事件间的关系，是互斥、对立 当a=-4时，由2=-4×1.5+b得b=8.取值分散性小或者取值比较集中、稳定 还是相互独立.第二步：要依据事件间的关系 所以=4 或=4即为所求 三、分布列、均值、方差的综合应用 选择相应的概率公式，计算相应事件的概率.第 1b=-41b=8 例3甲、乙两人进行定点投篮游戏，投篮者 三步：列分布列，并计算均值及方差 2 素养专练 数理极 专项小练一、离散型随机变量的均值 5.袋中有10个大小相同的小球，其中记为0 号的有4个，记为n号的有n个(n=1,2,3).现从 专项小练二、离散型随机变量的方差 1.已知Y=4X+7,E(Y)=15,则E(X)= 袋中任取一球，X表示所取到球的标号，则E(X) 1.已知D(X)=3,Y=4X+2,则D(Y)= ( ( (A)67 (B)11 (C)2 (D)1 6.甲、乙两人独立解某一道数学题，已知甲独立 (A)16(B)18(C)48 (D)50 2.某船队若出海后天气好，可获得5000元；解出的概率为0.6，且两人中至少有一人解出的概率 2.(多选)下列说法正确的是 () 若出海后天气坏，将损失2000元.根据预测知天0.2. (A)离散型随机变量的方差越大，随机变量 气好的概率为0.6，则出海的期望效益是( (1)求该题被乙独立解出的概率； 越稳定 (A)2000元 (B)2200元 (2)求解出该题的人数X的分布列与数学期望， (B)若a是常数，则D(a)=0 (C)2400元 (D)2600元 (C)离散型随机变量的方差反映了随机变 3.(多选)已知随机变量X的分布列为 量偏离于均值的平均程度 2 3 (D)随机变量的方差和标准差越小，则偏离 P 0.3 m 0.1+m 变量的平均程度越小 3.已知X,Y为随机变量，且E(X)=2, 则 E(X)=6,Y=2X-1,则D(Y)=() (A)m=0.3 (B)m=0.4 (A)9(B)8(C)5(D)4 (C)E(X)=2.1 (D)E(X)=2.6 4.设离散型随机变量X的分布列为： 4.已知随机变量X的取值为0,1，若P(X=0) 片，则X的购值为 X01234 p0.10.40.10.20.2 第37期2版参考答案 P=)=号×子x3+号x子x+号 1 1,3 2 则离散型随机变量X的方差D(X)= 1.B:2D,3ABD.42号；5令 5.已知离散型随机变量X的分布列为P(X 6.解：显然X服从两点分布. P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)=3 5 0品 =-2)=a,P(X=0)=6,P(X=2)=7,若 所以X的分布列为 ,D(2X+1)= r-1--1合品 X 2 34 E(X)=2,则6= 1 品 3 所以X的分布列为 6.为响应市政府“绿色出行”的号召，王老师 X 0 1 (2)先摸球的一方获胜，包含以下几种情况： 将工作日上下班的方式由自驾车改为乘坐地铁 3 8 ①双方共摸3次球，出现黑白黑，白黑黑，白白白这三 或骑共享单车.根据王老师从2024年1月到2024 种情形，即P(X=3)=品 年3月的出行情况统计可知，王老师每次出行乘 第37期3,4版参考答案 ②双方共摸4次球，出现的恰好是三白一黑且前三次 坐地铁的概率是0.4，骑共享单车的概率是0.6. -、单项选择题1~4CABB5~8CADA 必定出现一次黑球的情形， 乘坐地铁单程所需的费用是3元，骑共享单车单 二、多项选择题9.ABC;10.AC;11.ABC 32 程所需的费用是1元记王老师在一个工作日内 三、填空题 上下班（一个工作日内上，下班各一次）的交通总 12,甲赢局局或甲，乙平局次：1B专；4 3 55 费用为x元，假设王老师上下班选择出行方式是 四、解答题 所以先筑球的方获鞋的率为品+帚-产 相互独立的.求随机变量X的期望和方差 15.X2的分布列为 0 1 4 9 因为子>子，所以这场游戏不公平 1 6 4 12 19.解：(1)由题意可知静态密码为202，动态校验码x.=4, 若8=1，则M=2×13+0×12+2×1=4, 16.(1)7=1X-11的分布列为 得x1=4,符合题意， 7012 3 若s=2,则M=2×2+0×22+2×2=20 P0.10.30.30.3 得x2=0,不符合题意， (2)0.5. 若s=3,则M=2×33+0×32+2×3=60, 数理报社试题研究中心 17.解：(1)部件1,2都不需要调整的概率为(1-0.1) 参考答案见下期 得x=0,不符合题意， ×(1-0.2)=0.72,则部件1,2中至少有1个需要调整的 若s=4,则M=2×43+0×42+2×4=136, 概率为P=1-0.72=0.28. 得x4=6,不符合题意， 下面计算a1+a,+a为奇数时，a1aa的个数 (2)由题意X的所有可能取值为0,1,2,3， 若s=5,则M=2×53+0×52+2×5=260, ①a1,a2,a3均为奇数时，53=125（个）， P(X=0)=0.9×0.8×0.8=0.576, P(X=1)=0.1×0.8×0.8+0.9×0.2×0.8+0.9 得x,=0,不符合题意 ②a1,a2,a一奇两偶时，C×5×52=375(个)， 共有125+375=500（个）， ×0.8×0.2=0.352, 综上，s=1. P(X=2)=0.1×0.2×0.8+0.1×0.8×0.2+0.9 (2)对于三位静态密码a1a,a 以=5)-器宁 ×0.2×0.2=0.068, 由M=a1·53+a2·52+a3·5=5(a1·52+a·5+a3) P(x=0)=1-P(x5=5) P(X=3)=0.1×0.2×0.2=0.004 可得M的末位是0或5， x0123 即x只能是0或5， 1分 P0.5760.3520.0680.004 又M=125a1+25a2+5a3 因此动态校验码的分布列为 18.解：(1)由题可得X的所有可能取值为2,3,4. =10(12a1+2a2)+5(a1+a2+a3), 为05 P0X=2)=号x=0 当a1+a2+a,为奇数时，x=5, 当a1+a,+a,为偶数时，x=0, 布.若每周销售1件该商品与每周销售2件该商品的概率相等，则两 它们的抗拉强度，抗拉强度的分布列分别如下表所示： 离散型随机变量的均值与方差 周共销售2件该商品的概率为 110 120 125 130 135 同步核心素养测评 多 (B)告 (9 (D)8 e 0.1 0.2 0.4 01 0.2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 100 115 25 130 145 ⊙数理报社试题研究中心 9.A,B两个沿海城市一天中受台风袭击的概率均为p,已知A市 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 第I卷选择题（共58分） 和B市每天是否受台风袭击相互独立，且两市一天中至少有一个受 台风袭击的概率为0.51，若用X表示某天受台风袭击的城市个数， 其中X和Y分别表示甲、乙建材厂材料的抗拉强度，在使用时要 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 则 建材厂的材料稳定性较好 ( 求抗拉强度不低于120，那么 1.已知随机变量X服从两点分布，E(X)=0.6,则其成功概率 (A)p=0.3 (B)P(X=0)=0.49 四、解答题：本题共5小题，共77分 (C)P(X=1)=0.36 (D)D(X)=0.42 15.(13分)将3只小球放入3个盒子中，盒子的容量不限，且每 （A)0.3 (B)0.4 (C)0.5 (D)0.6 10.已知m,n均为正数，随机变量X的分布列为P(X=0)=m 个小球放人各盒子的概率相等.记X为放人后所剩空盒的个数，求X P(X=1)=n,P(X=2)=m,则下列结论一定成立的是（ 的方差. 2.已知机变量X的分布列为P(X=-1)=7,P(X=0)=3, 高中数学 (A)P(X=1)<P(X≠1) (B)E(X)=1 PX=1)=石，y=a+3,B()=子，则a的值为 (C)mn≤8 1 (D)D(X+1)<1 (A)4 (B)-4 (C)2 (D)-2 11.生产A,B两种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或 选择性 3.已知随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=0.7,设Y= 等于82为正品，小于82为次品.现随机抽取这两种元件各100件进 2X-1,则D(Y)= ( ) 行检测，检测结果统计如下： 必修第三册 (A)0.84 (B)0.7 (C)0.4 (D)0.3 测试指标 [70,76) [76,82) [82,88) [88,94)[94,100] 4.随机变量X的分布列为P(X=-2)=a,P(X=1)=b,P(X 高中数学·选择性必修第三册 元件A 12 40 32 8 =2)=分若5()=1.则D(0= ( 元件B 7 18 40 29 6 (A)0 (B)2 (C)3 (D)4 生产一件元件A,若是正品可盈利40元，若是次品则亏损5元； 16.(15分)甲、乙、丙三人进行兵乓球挑战赛，规则如下：其中 教 A 5.某实验测试的规则如下：每位学生最多可做3次实验，一旦实 生产一件元件B,若是正品可盈利50元，若是次品则亏损10元.记X 版 两人比赛，另一人当裁判，每局结束时，负方在下一局当裁判，设在 A 验成功，则停止实验，否则做完3次为止.设某学生每次实验成功的 为生产1件元件A和1件元件B所得的总利润.则下列说法正确的是 版 同 概率为p(0<p<1),实验次数为随机变量X,若X的数学期望 ( 相同情况下各局此赛双方获胜的概率均为，但每局此赛结束时， 同 步 核 E(X)>1.39,则p的取值范围是 心 (A)元件A为正品的概率约是子 胜的一方在下一局比赛时受体力影响，胜的概率均降为子，第一局 核 素 (A)(0,0.6) (B)(0,0.7) (C)(0.6,1) (D)(0.7,1) 养 (B)元件B为正品的概率约是子 甲当裁判！ 养 测 6.已知随机变量X的可能取值为0,1,2，若P(X=0)= 5 (1)求第三局甲当裁判的概率； 测 评 E(X)=1,则标准差为 ( (C)随机变量X的所有取值为90,45,20，-15 (2)设X表示前四局乙当裁判的次数，求X的分布列和数学期望 (D)E(X)=66 (号 (C)10 5 (D)4⑤ 5 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 7.设0<a<1,随机变量X的分布列为P(X=0)=3,P(X 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 =a)=3,P(X=1)=3,则当a在(0,1)内增大时， (A)D(X)增大 (B)D(X)减小 12.已知离散型随机变量X的取值为有限个，B(X)=子，D(X) (C)D(X)先增大后减小 (D)D(X)先减小后增大 35 8.泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家 2则E(r)= Fe4(k=0, 泊松首次提出，泊松分布的概率分布列为P(X=)= 13.已知随机变量X的分布列为P(X=1)=a,P(X=2)=b, 则随机变量X的方差D(X)的最大值为 1,2,…),其中e为自然对数的底数，入是泊松分布的均值.已知某种 14.有甲、乙两个建材厂都想为某重点工程提供材料，为了对重 商品每周销售的件数相互独立，且服从参数为入（入>0）的泊松分 点工程负责，政府到两建材厂抽样检查，从中各取等量的样品检查高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 线理括 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期(2026年4月) 6.由题意得X的所有可能取值为0,1,2， 第37期2版 则P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1) 专项小练 C,CC2,46 1B:2D,3ABD.4号：5 =c+c=7+7=7 7.因为X的分布列服从两点分布， 6.解：显然X服从两点分布 所以P(X=0)+P(X=1)=1. P(X-0)= 3 因为P(X=0)=3-4P(X=1)=a, 所以P(X=0)=3-4[1-P(X=0)], P(X=1)=1- C 所以P(X=0)=号，所以a=} 所以X的分布列为 8.因为a1,a2,…,a5构成等差数列， 0 所以a1+a2+a3+a4+a5 8 =（a1+a5)+(a2+a4)+a 11 =5a3=1, 第37期3,4版 解得4=号，所以a+a=24=号， 离散型随机变量及其分布列同步核心素养测评 易知a1≥0，a5≥0， 一、单项选择题 1~4 CABB 5~8 CADA 提示： 当且仅当4=4=号时，等号成立 1.(A)(B)(D)中的随机变量X的可能取值都可以按一定 次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量；(C)中的X无 所以a·a,的最大值为25 法按一定次序一一列出，故X不是离散型随机变量，故选(C), 二、多项选择题 2.由题意得 9.ABC;10.AC;11.ABC P(X=0)+P(X=1)=6P(X=1)=1, 提示： 则PX=D=石 9.由题可得a+b+c=1, 且a,b,c∈[0,1]. ① 3.由题意得0.36+1-2g+92=1, 又因为a,b,c成等差数列， 解得g=0.2或q=1.8(舍去) 所以2b=a+c, ② 4.由题意得P(X<5) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) 联立①②得6= 3,a*c2 14 =3= n 所以0≤c≤子 解得n=12 113 5.由题可得P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3, 所以c可以为3,2,5 P(X<1)=0.4,P(X<2)=0.7, 故选(A)(B)(C) 则当P(X<a)=0.7时， 10.记未使用过的乒乓球为M,已使用过的为N,任取3个 实数a的取值范围是(1,2] 球的所有可能结果是1个M球和2个N球，2个M球和1个N 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 球，3个M球 除3余1的有1,4,7,10： M球使用后成为N球， 除3余2的有2,5,8,11， 故X的所有可能取值是3,4,5，故(A)正确； 取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有： 又P(X=3)= CC =7故0)正确： ①2个标号被3除余数为1的球和1个标号被3整除的球， 有CCd=24(种)； P(X=4)= =号故D)错误： C2C ②1个标号被3除余数为1的球和2个标号被3除余数为 2的球，有C4C=24(种)； PK=5)=C=7 ③1个标号被3除余数为2的球和2个标号被3整除的球， 有C4C=24(种)， 所以X最有可能的取值是4，故(B)错误 故选(A)(C). 则P(X=2)-4+24=袋 220 11.由题可得X的可能取值为0,1，√2 四、解答题 若两条棱相交，交点必在正方体的顶点处，过任意一个顶 15.解：随机变量2的可能取值为0,1,4,9， 点的棱有3条，所以P(X=0)=8CG=, P(K=0)=P(X=0)=石 若两条棱平行，它们的距离为1或2，而距离为2的共有 P(X2=1)=P(X=-1)+P(X=1) 111 6对所以x=②=是=品 1 =3+6=2 P(X2=4)=P(X=-2)+P(X=2) 故RX=》=1-P0X=0-AX=0)=1-音- 6 X的分布列为 P(x2=9)=P(X=3)=12 1 所以X2的分布列为 11 11 0 故选(A)(B)(C) 9 三、填空题 6 12 12.甲戚局输两局或甲，乙平局三次：3号：4 55 16.解：(1)易知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1, 提示： 所以m=0.3. 12.由已知得3=0+0+3=1+1+1， 由X的分布列可知7=|X-1|的可能取值为0,1,2,3， 故X=3}表示的可能结果为甲赢一局输两局或甲、乙平 P(n=0)=P(X=1)=0.1, 局三次. P(n=1)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3, 13.令X=k表示前k个球为白球， P(n=2)=P(X=3)=0.3, 第k+1个球为红球， P(n=3)=P(X=4)=0.3, 此时P(X=0)=2=1 所以n=1X-1I的分布列为 63, m01 2 3 rX=)=×号= P0.10.30.30.3 PX=2)=合×号×子= (2)由1<2X+1<9,解得0<X<4, 5 故P(1<2X+1<9) 则P(X≤2) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3) =P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) =0.1+0.1+0.3=0.5. 1,4,1 =3+i5+5 17.解：(1)部件1,2都不需要调整的概率为(1-0.1)× 4 (1-0.2)=0.72,则部件1,2中至少有1个需要调整的概率为 5 P=1-0.72=0.28 14.从12个球中任取3个球有C2=220(种)不同的方法， (2)由题意X的所有可能取值为0,1,2,3， 1到12中能被3整除的有3,6,9,12： P(X=0)=0.9×0.8×0.8=0.576, 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 P(X=1)=0.1×0.8×0.8+0.9×0.2×0.8+0.9×0.8 可得M的末位是0或5， ×0.2=0.352. 即x只能是0或5， P(X=2)=0.1×0.2×0.8+0.1×0.8×0.2+0.9×0.2 又M=125a1+25a2+5a3 ×0.2=0.068, =10(12a1+2a2）+5(a1+a2+a3), P(X=3)=0.1×0.2×0.2=0.004, 当a1+a2+a3为奇数时，x5=5, 123 当a1+a2+a为偶数时，x=0, P0.5760.3520.0680.004 下面计算a1+a2+a为奇数时，a1a2a的个数， 18.解：(1)由题可得X的所有可能取值为2,3,4. ①a1,a2,a3均为奇数时，53=125（个）， P(X=2)=号×4=0 ，11 ②a1,a2,a3一奇两偶时，C;×5×52=375(个）， 共有125+375=500（个）， 2 所以P(x;=5)= 5001 103=2 3 3=10 P(x,=0)=1-P(x,=5)=1-2=2 1 P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)=亏， 3 因此动态校验码x的分布列为 所以X的分布列为 0 5 X 2 3 P 1 3 3 10 10 第38期2版 (2)先摸球的一方获胜，包含以下几种情况： ①双方共摸3次球，出现黑白黑，白黑黑，白白白这三种情 专项小练一 形即P(X=)=高 1.c:2B:3.Ac408,5 ②双方共摸4次球，出现的恰好是三白一黑且前三次必定 6.解：(1)设甲、乙分别解出此题的事件为A,B, 出现一次黑球的情形， 则P(A)=0.6. 其概率为×子×号×+×子×号x行+号 由1-P(A·B)=1-0.4·P(B)=0.92, 4×3×2+5× 解得P(B)=0.2,所以P(B)=0.8. 2213 4×3×2=10 (2)X的可能取值为0,1,2，则 P(X=0)=P(A)·P(B)=0.4×0.2=0.08, 所以先摸球的一方获胜的概率为品+高： 3 P(X=1)=P(A)·P(B)+P(A)·P(B)=0.44, 因为？>：，所以这场游戏不公平 P(X=2)=P(A)·P(B)=0.6×0.8=0.48. 所以X的分布列为 19.解：(1)由题意可知静态密码为202，动态校验码x,=4, X 若s=1,则M=2×13+0×12+2×1=4, 0 2 P 得x1=4,符合题意， 0.080.440.48 若s=2,则M=2×2+0×22+2×2=20, 所以E(X)=0×0.08+1×0.44+2×0.48=1.4. 得x2=0,不符合题意， 专项小练二 若s=3,则M=2×33+0×32+2×3=60, 1.C;2.BCD;3.B. 41.8:54,1 得x=0,不符合题意， 若s=4,则M=2×43+0×42+2×4=136 6.解：根据题意X的可能取值为2,4,6. 得x4=6,不符合题意， P(X=2)=0.6×0.6=0.36, 若s=5,则M=2×5+0×52+2×5=260 P(X=4)=0.4×0.6×2=0.48, 得x,=0,不符合题意 P(X=6)=0.4×0.4=0.16. 综上，3=1. 所以X的分布列为 (2)对于三位静态密码a1a2a3, X 2 4 6 由M=a1·53+a2·52+a3·5=5(a1·52+a2·5+a3) 0.36 0.480.16 3 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(X)=2×0.36+4×0.48+6×0.16=3.6. 2 D(X)=(2-3.6)2×0.36+(4-3.6)2×0.48+(6- 得D(X)= 3.6)2×0.16=1.92. 则标准差0灯=口 第38期3,4版 7随机变量X的期望E()=0×写+a×子+1×号 离散型随机变量的均值与方差同步核心素养测评 一、单项选择题 0=[(0-)+(e-)+(1 1~4 DAAB 5~8 BCDD "告)门x=-a+n=g(a-)°+ 提示： 1.设成功的概率为P, 当a∈(0,2)时，D()单调递减。 所以E(X)=0×(1-p)+1×p=p=0.6. 2(0=-1×3+0×g+1×6 1 1 1 =-3 当a=(分，1)时，D()单调递增，放选(D), 因为Y=aX+3, 8依题爸得P(X=1)=PX=2),即合=公解得A 所以B()=a(XW)+3=a×(-）+3=号 2,所以P风X=-言所以r=0)-品合PT 2 解得a=4. 2 3.因为随机变量X服从两点分布， 所以D(X)=0.7×(1-0.7)=0.21, 又Y=2X-1, 2件的概率P=心+()=总 所以D(Y)=D(2X-1)=2D(X) 二、多项选择题 =4×0.21=0.84 9.ABD;10.BCD;11.BD. 提示： 4.由题意得 a+6+ 21, 解得 9.由已知有1-(1-p)2=0.51,解得=0.3，故(A)正确： -2a+b+1=1, P(X=0)=1-P(X≥1)=1-0.51=0.49，故(B)正确； P(X=1)=2p(1-p)=2×0.3×0.7=0.42,故(C)错误； 所以D(X)=(-2-1)2×+(1-1)2× 6 3 -+(2-1)2 P(X=2)=p2=0.09, 1 ×2=2 从而D(X)=E(X2)-(E(X)2 =(0.42×12+0.09×22)-(0.42×1+0.09×2)2 5.由题意得X的所有可能取值为1,2,3， =0.42,故(D)正确 P(X=1)=P,P(X=2)=(1-P)P, 故选(A)(B)(D) P(X=3)=1-p-(1-p)p=(1-p)2, 10.由分布列的性质得m+n+m=2m+n=1, 所以E(X) P(X=1)=n,P(X≠1)=2m, =1×p+2×(1-p)p+3×(1-p)2 =p2-3p+3, 当m=4n=分时， 令E(X)=p2-3p+3>1.39, P(X=1)=P(X≠1)，故(A)错误； 解得p<0.7或p>2.3, 因为E(X)=n+2m=1,故(B)正确； 又因为0<p<1, 因为m,n均为正数，所以1=n+2m≥2√2mn, 所以0<p<0.7, 即p的取值范围是(0,0.7). 即mn≤名，当且仅当n=2m=分时， 6.设P(X=1)=p, 等号成立，故(C)正确； 则P(X=2)=号-p 由n=1-2m>0,得0<m<7又E(0=1, 由0=p+2×(传-p）=1, 所以D(X+1)=D(X)=m+m=2m<1,故(D)正确 故选(B)(C)(D). 解得p=子，则由公式D()=立[飞-B(X)]n, L元件A为正品的概率约为0+品+8-专，放()错误： 100 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 元件B为正品的概率约为01没+6=子，放(B)正确： 2 100 P(X=0=3=9 随机变量X的所有取值为90,45,30，-15，故(C)错误； P(X=1)= 5-青 33 133 P(X=45)=5×4=20' P(X=2)=,=9 1 所以E(X)=0× +1×号+2xg 2 1 8 4.11 P(X=30)=5×4=5, 9 1 11 P(X=-15)=5×4=20 0=(0-8)x号+(-8)广x号+(2-8) 6 所以随机变量X的分布列为 9=8 90 45 30 -15 16.解：(1)第三甲当裁判的概率为 3 3 1 5 20 5 20 ×号+x号=号 E(X)=90× 3 +45×20 1 1 (2)X的所有可能取值为0,1,2. +30×5+(-15)×20=66, 当X=0时，前三局乙均胜， 故(D)正确. 故选(B)(D). 故X=0=行×（号）广= 三、填空题 由题意知参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当裁 122g:134:14甲 判，故乙只能是第二、四局当裁判， 故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率 提示： 112 1 2因为(0=子)=被 P(X=2)=2×2×5×2=5, 由D(X)=E(X)-(E(X)2, 所以X=）=1-务号=答 得E(X)=D(X)+(E(X))2 则X的分布列为 -登()广-g 0 1 2 2 18 13.由题意可得a+b=1(0≤a≤1,0≤b≤1)， 25 25 E(X)=a+2b=1+b, E(X)= +5×2=器 8 则D(X) 2 =[1-(1+b)]2×a+[2-(1+b)]2×b 17.解：(1)从这30天中任取2天，样本点总数n=C0, =-8+6=-6-宁+子 这2天的日需求量均为40个包含的样本点个数m=C。, 所以这2天的日需求量均为40个的概率P= 当6：时，D(X)有最大值4 C30 (2)由题意得Y的可能取值为-20,60,140,180， 14.由题意可得E(X)=110×0.1+120×0.2+125×0.4 +130×0.1+135×0.2=125, PY=-20)=6,PY=60)=3 E(Y)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+ 1 145×0.2=125, PY=140)=3,PY=180)= 6 D(X)=0.1×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125 所以Y的分布列为 -125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50, -20 60 140 180 D(Y)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125 1 1 6 3 3 6 -125)2+0.1×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165, 由于E(X)=E(Y),而D(X)<D(Y),故甲厂的材料稳定 E(Y)=-20× +60×号+10×+10×石-29 3 性较好 因为该糕点房一天制作35个该类蛋糕时，对应的利润的 四、解答题 15.解：由题意得X的可能取值为0,1,2， 期望为元且<，所以此建议不该被采纳 5 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 18.解：(1)设事件A为“甲投资股市且盈利”， P(X=3)= C.C+.=3 事件B为“乙购买基金且盈利”， 事件C为“一年后甲、乙中至少有一人盈利”， 则C=(AB)U(AB)U(AB),其中A,B相互独立 P(X=4)=C1 = 由题表知P(不)=分，P(A)=, 则X的分布列为 2 3 P(B)=m,P(B)=1-m, 1 3 所以P(C)=P(AB)+P(AB)+P(AB) 20 8 20 =21-m）+m+ 1 1 3 E(X)=1× 40 +2×20 9 +3× 13 8 +4× 20 4 =21+m. 第39期2版 由21+m)>专解得m>多 专项小练一 1.C;2.C;3.BD.4.0.291;5.0.0837. 1 因为m+3+n=1且0≤m≤1,0≤n≤1， 6解：易知X~B(6,),所以E(X)=6×7=3, 所以0≤m≤子，放子<m≤号 2 0(0=6×2×(1-)=3 1 (2)选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 望较大，理由如下： 专项小练二 假设此人选择“投资股市”，记一年后的投资收益为X万元， 1.D;2.A;3.B. 4；57 则X的分布列为 6.解：由题意可知X服从V=12,M=4,n=4的超几何 4 0-2 分布，故P(X=)= 3 cC（k=0,12,34 Ci2 P 28 8 +0× 1 -2× 3 所以P(X=0)= c0-4 则E(X)=4× 8 C495=99 8 4 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Y万元， P(X=1)= c_24 C 4951 则Y的分布列为 P(X=2)= cC延-168-6 Ciz 495165 1 CC 6 P(X=3)= C 1 1 1 5 则E(Y)=2×2+0×3-1× 6 6 P(X=4)= c-9 1 Ci 因为E(X)>E(Y), 因此X的分布列为 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 X 0 1 2 3 4 望较大 14 224 56 32 1 19.解：(1)(1)记“数组2，的数据之和为8”为事件M, 99 495 165 495495 则P(M0=C=4 11 第39期3,4版 (ⅱ)记“数组2，的数据含有3且数据之和大于8”为事件W, 二项分布与超几何分布同步核心素养测评 则P(N)=1- 2 一、单项选择题 1-4 BAAC 5~8 DCDC (2)依题意X的可能取值为1,2,3,4， 提示： 111 PX=1)=@C=40 1由题可得PX=1)=Cx号x()-品 P(X=2)= c+‘c=20 2由题可得X~(4,) 6 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 所以E(X)=手 二、多项选择题 9.ACD;10.BD;11.ABD. 3.电灯泡使用时长在1000小时以上的概率为0.8， 提示： 1个灯泡在使用1000小时内坏了的概率为 1-0.8=0.2, 9将一枚硬币连抛3次，每次正面向上的概率均为号， 则3个灯泡在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为 所以正面向上的次数服从二项分布， C×0.2×0.82=0.384 即X~B(3,)故()正确： 4.由题知X服从N=8,M=3,n=2的超几何分布， 所以(0=则-2答3=子 从7名男生与3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生 干部，记选出女生的人数为X,X服从超几何分布，故(B)错误； 5.由题可得 某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的 P(X=0)=G9×1-p2=音 次数为X,X服从两点分布，故(C)正确； 盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回， 解得p=或p=子（舍）， 记首次摸出黑球时的总次数为X, 则X不服从超几何分布，故(D)正确 所以y-B(4,) 故选(A)(C)(D) 所以D()=4×号×(1-写）=8 10P=Cg×号×(1-3)°=243 6.由题意知X服从超几何分布， R=cx(x1-)=器 且N=10,M=3,n=2, X的分布列为PX=)=CC人=0,12 P1<P,故(A)错误，(B)正确： C。 ,=1,故(C)错误： =0 故P(X=0)= 由二项分布概率公式可得P。=29 P(X=1)= C。 A=A=9B=9 于是P(X<2)=P(X=0)+P(X=1) A=0A=第P= 64 7 7 14 =15+15=15 最大值为P4,故(D)正确 7.设高一年级上交了n篇文章， 故选(B)(D). 则高二年级上交了(9-n)篇文章 设“这4篇优秀文章恰有3篇是高一年级上交的”为事件A, 山.取出白球和取出黑球的概率分别为品和品， 则P(A)= CC5=20 符合二项分布，故(A)正确； 631 一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数的分布列 解得n=5. P(Y=k)= 8.由n=100,p=0.01, C,符合超儿何分布，故(B)正确； 泊松分布可作为二项分布的近似， 一次性地摸取4个球，则取到2个白球的概率为P(Y=2) 知A=100×0.01=1, cS-号，故(C)错误： 所以P(X=)= Cio 取出的白球为3和4，所求概率P=P(Y=3)+P(Y=4) 故P(X=0)==日 e CC+g=京故D正确 Ci。Cio 1e1= P(X =1)=ie 1 故选(A)(B)(D) 1 三、填空题 23:13.号；1415或16 正品率大于97%的概率，即抽检100个该种元件，抽到次 品的数量小于3的概率，则所求概率P=P(X=0)+P(X=1) 提示： +P(X=2)= 1+1+1≈92%. 12.记取到白球为X,设口袋中白球的个数为M, e +2e e 显然X服从超几何分布，且N=7,n=2, 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 由题可得E)=Y。2”=乡解得M=3 7 Px=o)=c(兮)广（告）广=离 13.随机变量X~B(6,P), PK=)=Gx令x(传)°=8 由E()≤2，得0<6p≤2，解得0<p≤号， Px=2)=c(兮)）x专=品， D0=6p(1-D）=-6p-22+3 Px=3)=G(兮)广（告）广=s 则当p=号时，0()取得最大值， X的分布列为 所以0(0的最大值为6×}×号=号 0 1 2 3 14.设击中目标的子弹数为X,则X~B(19,号）， 有PX=)=×()广x(写) 所以X的期望为B()=3×;=号 17.解：(1)记“取出的产品中次品不超过1件”为事件A, keN,k≤19， 则P(A)=P(X=0)+P(X=1) 依题意设P(X=k)最大， 显然P(X=0),P(X=19)都不是最大的， C8C29 即有1≤k≤18， 于是PX=)≥P(X=k+1), 即取出的产品中次品不超过1件的概率是) P(X=)≥P(X=k-1), (2)由题意知f()=P(x=3)=CC 心x()x(兮”=心x(“x(g“。 C81 f(n+1)= CCo- cx()x(兮)=c心x(专)”×（传产。 CH 191 19! --+80=丹>1 [419-≥4·k+1)118- f(n)C.Co-n 则(n+1)(13-n)>(n-2)(20-n), 19 191 44(19-k91≥(k-1)1(20-k) 解得n<5.3, 整理得+1≥419-)解得15≤6≤16， 故当n<5.3时f(n+1)>f(n): l4(20-k)≥k, 当n>5.3时f(n+1)<f(n), 即当n=6时，f(n)取得最大值 所以击中目标的子弹数最可能是15或16. 18.解：(1)设该校报考飞行员的总人数为m, 四、解答题 前3个小组的频率分别为P1,P2,P,则由条件可得 15.解：(1)设甲班的学生人数为M, C-M 1- P2=2p1, 42 P3=3P1, 即M-M-6=0,解得M=3或M=-2(舍去). p1+P2+P3+(0.037+0.013)×5=1, 所以7名学生中甲班的学生共有3人 解得p1=0.125,P2=0.25,P3=0.375, (2)由题意可知X服从超几何分布. 又因为，=0.25=12，所以m=48 m 所以P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2) (2)由(1)可得，一个报考学生体重超过60公斤的概率为 -号+7 = 5 p=A+0037+0013)×5=含 16.解：(1)年销售额超过40万元的门店有4个， 则所求率PS之CC-寻 由题意知X服从二项分布，即X~B(2,各） C20 PX=k)=C×(8)广×()(k=0,12). (2)由样本估计总体，从全国随机抽取1个销售门店， 春季新款的年销售额超过40万元的概率是0：行 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 则流机变量X~B(3,行）： 9 15 25 64 32 6 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 5 (X)=p=2×8=4 99.7%,从而得出适合身高在150~180cm范围内学生穿的服 装大约套数是1000×99.7%=997（套）. 19.解：(1)P(=4)=C×0.94×0.1 6.因为随机变量X服从正态分布N(3,σ2)， =0.32805≈0.33 所以正态曲线关于直线x=3对称， (2)P(ξ=10)=C10×0.90×0.1-0, 又P(X<4)=0.78, 由题意有 所以P(X≥4)=P(X≤2)=1-0.78=0.22， fC0×0.90×0.1-0≥C2×0.9°×0.1"-9， 则P(2<X<4)=1-2×0.22=0.56. lC×0.90×0.1"-0≥C×0.9×0.1-", 则f09(n-9)≥1， 所以P(2<X<3)=P2<X<4) 2 l0.9(n-10)≤1.1， =7x056=0.28 解得号5a≤19， 7.由随机变量X~N(5,1)知，u=5,o=1, 由于n为整数，故n=11. 所以P(4≤X≤6)≈0.683，P(3≤X≤7)≈0.955， (3)5B(n,0.9),则E(5)=0.9n,D()=0.09n 所以P(6<X≤7)=[P(3≤X≤7)-P(4≤X≤6)] 由题意0.85<车<0.95， n =7×(095-0683)=0136 即0.85n<专<0.95n,-0.05n<专-0.9n<0.05n, 即1ξ-0.9nl<0.05n. 8.由题意知4=98,0=10. 由切比雪夫不等式， 因为学生的数学成绩X近似服从正态分布N(98,100), 所以P(X>108) 有P(1E-E(E)1<0.05n)≥1-(0.05n)2, 0.09n =71-P(8≤X≤108)] 、从而1883)≥0.9，解得n≥360， E21-P-G≤X≤4+o] 故估计n的最小值为360. 第40期2版 =7×(1-0.627)=0.15865. 所以0.15865×9455≈1500. 专项小练 二、多项选择题 1.A;2.D;3.C.4.0.8;5.0.2 9.AD:10.AC;11.BCD. 6.解：因为灯泡的使用寿命X~N(1000,30), 提示： 故X在(1000-3×30,1000+3×30)内的概率为99.7%， 9.根据正态曲线关于直线x=μ对称，且4越大，图象越靠 即X在(910,1090)内取值的概率为99.7%. 近右边，所以41<2=4，故(B),(C)错误； 所以灯泡的最低使用寿命应控制在910小时以上， 又σ较小时，峰值高，曲线“瘦高”，所以σ1=σ2<σ3，故 第40期3,4版 (A),(D)正确. 故选(A)(D) 正态分布同步核心素养测评 10.随机变量X服从正态分布N(0,1), 一、单项选择题 所以正态曲线关于直线x=0对称， 1~4 BABA 5~8 DCBA 因为f(x)=P(X≤x)(x>0), 提示： 所以根据正态曲线的对称性可得f(-x)=P(X>x)=1 1.由题可得σ=10. -f(x),故(A)正确 2.甲、乙、丙三科的均值相同，甲学科的方差最小，故选(A) f(2x)=P(X≤2x),2f(x)=2P(X≤x),故(B)错误； 3.由题可得a-3+2a+2=2×3,解得a=3 P(1XI≤x)=P(-x≤X≤x)=1-2f-x)=1-2[1 4.因为随机变量X~N(u,9),且P(X<1)=P(X>7), -f(x)]=2f(x)-1,故(C)正确； 所以g2=9,4=1十7=4，所以E(X0=4,D(X)=9. P(I XI>x)=P(X>xX<-x)=1-f(x)+f(-x) 2 =1-fx)+1-f(x)=2-2f(x),故(D)错误. 5.学生的身高（单位：cm)服从正态分布N(165,52),即服 故选(A)(C). 从均值为165cm,方差为25的正态分布，因为适合身高在150 11.当o=5时，P(90<X<100)≈0.68，又P(95-σ< ~180cm范围内取值即在(u-3σ，从+3σ)内取值，其概率为：X<95+σ)≈0.68为定值，所以越大，学生数学成绩在(90， 9 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 100)内的概率就越小，故(A)错误； 18.解：(1)u=(47.5+72.5)×0.004×5+(52.5+67.5) 当o=20时，P(75<X<135) ×0.026×5+(57.5+62.5)×0.07×5=60. =P(75<X<115)+P(55<X<135) σ2=[(47.5-60)2+(72.5-60)2]×0.02+[(52.5- 2 60)2+(67.5-60)2]×0.13+[(57.5-60)2+(62.5-60)2] =0.68+0.95=0.815,故(B)正确： ×0.35≈25 2 (2)由题图可得从全校学生中随机抽取1名学生， 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩大 于95的概率为0.5，与σ的值无关，故(C)正确； 其体重在[55,65)的概率为0.7. 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩小 随机抽取3人，相当于3重伯努利试验， 随机变量X服从二项分布B(3,0.7), 于75与大于115的概率相等，与σ的值无关，故(D)正确. 故选(B)(C)(D). P(X=0)=C9×0.7°×0.33=0.027， 三、填空题 P(X=1)=C×0.7×0.32=0.189, 12.0.4；13.0.14;14.4. P(X=2)=C×0.72×0.3=0.441, 提示： P(X=3)=C×0.73×0.3°=0.343， 12.若随机变量X服从正态分布N(u,σ2)，则P(X<u)= 所以X的分布列为 0.5.故可知4=0.4且在x=4时取得最大值，所以x=0.4. X 0 1 2 3 13.因为X~N(2,σ2)， P0.0270.1890.4410.343 所以P(X<2)=P(X>2)=0.5, E(X)=3×0.7=2.1. 因此P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5) (3)由题意知Y服从正态分布N(60,25), =0.5-0.36=0.14. 则P(u-2o≤Y≤u+2σ)=P(50≤Y≤70) 14.由于随机变量X~N(u,o2), =0.96>0.9545, 满足P(X≤3)=0.3，P(3<X<5)=0.4, 所以该校学生的体重是正常的。 因此P(X≥5)=1-0.3-0.4=0.3=P(X≤3)， 19.解：(1)设考生的成绩为X,则X~N(180,σ2). 根据正态曲线的对称性可知4=3十5=4 2 令y=X-180,则y-N(0,1) 四、解答题 由360分及以上的高分考生有30名， 15.解：据已知得u=120,o=10,由于正态总体N(,σ2) 3 在区间(u-2o,w+2o）内取值的概率约为0.955， 得P(X≥360)=200， 故140分以上的所古概率为-0955=0.0225， 3 2 所以P(X<360)=1-200 =0.985, 故相应的考生人数为2000×0.0225=45（人）. 即P(y<360-180) =0.985,则360-180≈2.17， 16.解：因为X~W(25,0.2),所以u=25,0=0.2. 所以P(24.8≤X≤25.4)=P(u-σ≤X≤u+2σ)= 所以σ≈83，所以X~N(180,832). 设最低录用分数为x0, (0.6827+0.9545)=0.34135+0.47725=0.8] 则P(X≥)=P(y≥3180)：，30-3 83 17.解：体温X服从正态分布N(36.9,005) 2000=20 n 即Py<6-180 =0.85 所以4=36.9，g2=0.05 83 -1-0 n 即~180 因为X的值落在(36.6,37.2)内的概率约为0.9973， 83 ≈1.04，所以x0≈267 且P(1X-u1<3σ)≈0.9973， 所以此次招聘中的最低录用分数为267. 所以P(36.6<X<37.2)=P(36.9-0.3<X<36.9+0.3) (2)因为286>267，所以甲能被录用. =P(36.9-3σ<X<36.9+3o), 易得P(K<286)=Py<2g1）=PY<128 所以3σ=0.3，解得σ=0.1， 所005=0.01，解得n=5. ≈0.9，所以不低于甲的成绩的人数约为2000×(1-0.9)= n 200,所以甲大约排在第200名，所以甲能获得高薪职位. 10