第39期 二项分布与超几何分布-【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)幸福农场生产的某批次20件产品中含有n(3≤n≤ 18.(17分)为了解今年某校高三毕业班准备报考飞行员学生 19.（17分)某射击队员进行打靶训练，每次是否命中十环相互 13,n∈N)件次品，从中一次性任取10件，其中次品恰有X件 的身体素质，学校对他们的体重进行了测量，将所得的数据整理后 独立，且每次命中十环的概率为0.9，现进行了n次打靶射击，其中 (1)若n=3,求取出的产品中次品不超过1件的概率； 画出了频率分布直方图（如下图），已知图中从左到右的前3个小组 打中十环的数量为专 (2)记f(n)=P(X=3),则当n为何值时f(n)取得最大值 的频率之比为1：2：3，其中第2小组的频数为12 (1)若n=5,求恰好打中4次十环的概率（结果保留两位有效 (1)求该校报考飞行员的总人数； 数字)； (2)以这所学校的样本数据来估计全省的总体数据，若从全省 (2)要使P(=10)的值最大，求n的值； 报考飞行员的学生中（人数很多）任选2人，设X表示体重超过60公 (3)设随机变量X的数学期望E(X)及方差D(X)都存在，则 斤的学生人数，求X的分布列和数学期望 Ve>0,PIX-E(x)1≥e)≤D,P1X-E(x)1<e)≥1 2 D(少，这就是著名的切比雪夫不等式对于给定的随机变量，其 0.03 方差如果存在则是唯一确定的数，所以该不等式告诉我们：丨X 0.013 E(X)I≥ε的概率必然随ε的变大而缩小.为了至少有90%的把握 0505560657075体重（公斤） 使命中十环的频率落在区间(0.85,0.95)，请利用切比雪夫不等式 估计射击队员打靶次数n的最小值， 高中数学·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： 数理柄 2026年4月20日·星期 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 39期总第1183期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 王亚平： 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 逐梦星河的巾帼英雄 离散型随机变量的分布列是概率计算的延 P=6x×x写= 1 一题多解 王亚平，中国首位 伸，又是计算随机变量数字特征的基础.这部分 进驻空间站的女航天 问题常常涉及排列、组合、二项式定理和概率的 (2)设3名工人中选择的项目属于民生工 找准切入点 员，她的故事宛如一部 相关知识，综合性较强，又与实际生活有着紧密程的人数为Y,由题意可知Y~ (3,} 充满热血与梦想的传 的联系，因而是高考考查的重，点.在求离散型随 解题更自然 机变量的分布列时，我们应找准切入点，明确随 而X为3人中选择的项目属于基础设施工 程或产业建设工程的人数，则X=3-Y, ⊙广东韩小红 1997年，17岁的王 机变量可能取哪些值，这样解题过程会更自然 亚平参加空军招飞选拔 例为拉动经济增长，某市决定新建一批重 计算得P(X=0)=P(Y=3)=C() ×了×了=0所以三人选择的项目所属类别 并顺利入选。4年后，她 点工程，分别为基础设施工程、民生工程和产业 互不相同的概率为 成为一名运输机飞行 建设工程三类，这三类工程所含项目的个数分 27 1 1 员。2003年，看到杨利伟 别占总数的，}，5现春3名工人独立地从中 P(X=1)=P(Y=2) 执飞“神五”时，航天梦 G))=号 p=6x方×方×方5 (2)记第i名工人选择的项目属于基础设 任选一个项目参与建设 在她心中悄然种下 施工程或产业建设工程为事件D,i=1,2,3, (1)求他选择的项目所属类别互不相同的 P(X=2)=P(Y=1) 2009年，我国开始选拔 则由题意可知，D,D2,D相互独立，因为第 概率； 第二批航天员，王亚平 (2)记X为3人中选择的项目属于基础设 P(X=3)=P(Y=0)= c()】 = i名工人选择的项目属于基础设施工程与第i名 27 毅然报名并成功入选。 施工程或产业建设工程的人数，求X的分布列 工人选择的项目属于产业建设工程彼此互斥， 然而，航天员的训 故X的分布列为 及数学期望 从而有P(D)=P(A+C:)=P(A;)+ 练异常艰苦。在超重耐 X 0 分析：此题以工程选择为载体，考查独立事 力训练中，她要承受8个 4 8 件的概率、随机变量分布列以及期望等知识.第 27 9 27 G的重力加速度，呼吸困 (2)小题中X为3人中选择的项目属于基础设 从而X的数学期望为 所以P(X=)=C()广（）， -k 难，面部扭曲变形；出舱 施工程或产业建设工程的人数，直接求解比较 活动水下训练时，她穿 繁琐，则我们可以考虑先求出3名工人中选择的 E(X)）=0×27+1× 9+2× k=0,1,2,3 戴120多公斤装备入水 9 +3× 27 项目属于民生工程的人数Y的概率分布列，再进 故X的分布列为 =2. 长达4小时不间断训练 一步求解 分析：考虑到3名工人是独立地从三个工程 0 2 3 一次体能消耗相当于跑 解法一：(1)记第i名工人选择的项目属于中任选一个项目参与建设，而3名工人选择的项 “全马”。但王亚平从未 基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别目属于基础设施工程与属于产业建设工程彼此 4 27 9 2 退缩，她坚信“梦想就像 为事件A,B,C,i=1,2,3. 互斥，于是我们也可以利用互斥事件中有一个 宇宙中的星辰，看似遥 则X的数学期望为 则由题意可知A1,A2,A3相互独立，B1,B2, 发生的概率来求解 不可及，但只要努力， B3相互独立，C,C2,C3相互独立，A,B,C(i,j, 解法二：(1)记第i名工人选择的项目属于 B()=0×+1×号+2×号+3× 8 定能够触摸得到”。 k=1,2,3,且i,j,k互不相同)相互独立， 基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别 =2. 2013年，王亚平搭 为事件A,B,C,i=1,2,3. 乘神舟十号进入太空， 且P(A)=,P(B,)=3,P(G)=5 评注：解法一抓住3名工人选择项目属于基 则由题意可知A1,A2,A3相互独立，B,B2, 完成了一堂40多分钟的 显然，他们选择的项目所属类别互不相同共B,相互独立，C,C2,C,相互独立，A,B,C,(i, 础设施工程或产业建设工程的人数的对立面为 “太空授课”，成为中国 有6种不同的情形，且每种特的概率都为分×兮去=1,23，且止互不相同)相独立， 选择项目为民生工程的人数，是正难则反的体 太空授课第一人。2021 现；解法二抓住3名工人选择的项目属于基础设 年，她再次出征太空，搭 且P(A)=7,P(B,)=号，P(G,)=5 施工程与属于产业建设工程彼此互斥这一隐含 5 乘神舟十三号在太空待 二30 显然，他们选择的项目所属类别互不相同 了半年，并成为中国首 所以三人选择的项目所属类别互.不相同的 条件，直换得到X~3,),解题过程千净利 概率为 共有6种不同的情形，且每种情形的概率都为) 位出舱的女航天员。 落，简洁自然 王亚平用自己的坚 P(X=0)= C 韧和毅力诠释了“巾帼 22 3 P(X=1)= CC哈 =I Cis Cio 2 不让须眉”。她不仅实现 了自己的梦想，还成为 超儿何分布的 P(X=1)= =12 应用 Cis P(X=2)= 了万千孩子心中的“太 Cio 空教师”，激发了孩子们 P(X=2)= CCis P(X=3)= 1 探索太空的热情。她普 8山晒马俊燕。◆。 Cis Cio 说：“当我身穿航天服为 X的分布列为 所以甲答对试题数X的分布列为 超几何分布是一种非常重要的概率分布， 祖国出征的时候，我心 0 1 X 0 1 23 中充满的都是对祖国的 在现实生活中有着广泛的应用.超几何分布具 1 1 热爱，这份热爱足以让 有以下特征：①所研究对象分为两大类：“产品 2 2 3 6 2 1030 我克服所有的困难。”她 数”与“次品数”，其中“产品数”与“次品数”分 35 二、逆向应用求参数 的爱国情怀和奋斗精 别为N,M,属于不放回抽样问题：②随机变量X 例2甲同学参加一次英语口语考试，已知 例3在一盒子中放有a张红色卡片、3张黄 神，激励着我们在追求 所有可能的取值为k=0,1,2,…,m(m= 在备选的10道试题中，甲能答对其中的4题.规 色卡片和2张蓝色卡片，现从中任取3张 梦想的道路上勇往直 minM,n).下面举例说明超几何分布的应用. 定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测 (1)如果a=3,设X表示取出的3张卡片中 前，努力实现自己的价 一、直接应用求分布列 试，求甲答对试题数X的分布列 红色卡片的张数，求X的分布列； 值，为祖国的繁荣富强 例1设在15个同类型的零件中有2个次 解析：由题意知随机变量X服从参数N= 贡献力量。 (2)如果取出的3张卡片中颜色都相同的 品，每次任取一个，共取3次，并且每次取出后不10，M=4,n=3的超几何分布. 再放回.若以X表示取出次品的个数，试求X的 X的可能取值为0,1,2,3，则 概率为28求a的值， 分布列 P(X=0)= 1 解析：(1)X的可能取值为0,1,2,3，则 解析：X的可能取值为0,1,2，则 ,二6 (下转第2版) 2 素养·专练 4.牧场的10头牛，因误食疯牛病毒污染的饲 专项小练一、二项分布 料被感染，已知该病的发病率为0.03，设发病牛的 1.某射手射击1次，击中目标的概率是0.8，他头数为X,则D(X)= 连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间 5.某人参加一次考试，4道题中解对3道则为 没有影响.则他恰好击中目标3次的概率为 及格.已知他的解题正确率为0.3，则他能及格的 ()概率为 (A)0.83×0.2 (B)0.83 6.一个出租车司机从某饭店到火车站途中有 (C)C×0.83×0.2(D)1-0.23 6个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件 2.若X-B(5,),则P(X≥2)=(）是相互独立的，并且概率都是7求这位司机在途 中遇到红灯数X的期望和方差 3.(多选)设服从二项分布B(n,P)的随机变 量X的期望与方差分别是15和华，则 () (A)n=50 (B)p (C)p= (D)n=60 第38期2版参考答案 假设此人选择“投资股市”，记一年后的投资收益为X万元， 则X的分布列为 专项小练一 1.C:2B:3.AC408,57 6.略 专项小练二 则(0=4x+0×日-2×= 1.C:2BcD;3R.418:5子，1 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Y万元， 6.E(X)=3.6,D(X)=1.92 则Y的分布列为 第38期3,4版参考答案 一、单项选择题1~4DAAB5~8BCDD 二、多项选择题9.ABD;10.BCD;11.BD. 三填空题2岩：13分：4甲 则E(Y) =2×+0×号-1×日 因为E(X)>E(Y), 四、解答题 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数 15.0(0=9 学期望较大. 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Y万元， 16解：(1)第三甲当裁判的概率为 则Y的分布列为 (2)X的所有可能取值为0,1,2. 当X=0时，前三局乙均胜， 故P(X=0)=7×(号)）= 则()=2×号+0×-1×= 由题意知参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当 因为E(X)>E(Y), 裁判，故乙只能是第二、四局当裁判， 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数 故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率 学期望较大 P(X=2)=××号×25 19.解：(1)()记“数组2的数据之和为8”为事件M, 航X=)=1后片-紧 则P(M==子 (ⅱ)记“数组2的数据含有3且数据之和大于8”为事 则X的分布列为 X 0 1 2 件N则=1-号 (2)依题意X的可能取值为1,2,3,4， P(X=1)=·1 E()=器+×2=2器 C11C33 2多 P(X=2)=2·+G‘C=20 (2)Y的分布列为 e=)e·g+.9 -2060 140 180 P(X=4)=己·C C C2 P 6 3 则X的分布列为 (=29因为20<， X 12 34 3 所以此建议不该被采纳 P 1 40 18(3] 1 3 E(X0=1×40+2×20+3× (2)选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数3 学期望较大，理由如下. +4×9-13 8 20=4 P(X P(X P(X BrA(A-21(992-50-12)-0 92-32：430436-0 发面膏有有 (2)数出53 -0 :+ (C)P(X=7) (A)P(X =3) Ca+5 :+ 怪周 1 1 (D)P(X<7) (B)P(X3) 且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中入=p,即X~B(n, 二项分布与超几何分布 p),P(X=)=e(p(eN).现已知某种元件的次品率为 14.某人射击一发子弹，击中目标的概率为0.8，现在他射击19 训 发子弹，则击中目标的子弹数最可能是 同步核心素养测评 0.01,有放回地抽检100个该种元件，则正品率大于97%的概率约 四、解答题：本题共5小题，共77分 ◎数理报社试题研究中心 为参考数据：1 ≈0.368 ( 15.(13分)现有来自甲、乙两班学生共7名，从中任选2名都是 1 (A)99% (B)97% (C)92% (D)74% 甲班的概率为 第I卷选择题（共58分) 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (1)求7名学生中甲班的学生数： 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 9.下列随机事件中的随机变量X不服从超几何分布的是 (2)设所选2名学生中甲班的学生数为X,求X≥1的概率。 1.已知X~(4,),则P(X=1)= (A)将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X (景 (B®)薪 c (B)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 (D)27 8 生干部，选出女生的人数为X 2.已知盒中装有形状完全相同的4个黑球与2个白球，现从中 (C)某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的 高中数学 有放回地摸取4次，每次都是从盒子中随机摸出1个球，设摸得白球 次数为X 个数为X,则E(X)= ( (D)盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回， () (B) (C)2 (D号 X是首次摸出黑球时的总次数 选择性必修第三册 3.电灯泡使用时长在1000小时以上的概率为0.8，则3个电灯 10.已知一批产品中，每次抽到正品的概率均为子，随机抽取6 16.(15分)某服装公司经过多年发展，在全国布局了3500余家 泡在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为 ( 次，恰好出现飞次正品的概率记为P,则下列说法正确的是( 规模相当的销售门店.该公司每年都会设计生产春季新款服装并投 (A)0.384 (B)0.64 (C)0.128 (D)0.104 (A)P=Ps 放到全国各个门店销售.公司为了了解2024年春季新款服装在各个 4.学校要从5名男生和3名女生中随机抽取2人参加社区志愿 (B)P<Ps 销售门店的销售情况，市场部随机调查了20个销售门店的年销售额 (人教 者服务，若用X表示抽取的志愿者中女生的人数，则随机变量X的数 (C)∑P=1 〔单位：万元，不考虑门店之间的其它差异)，统计结果如下： 学期望E(X)的值是 ( 门店编号12345678910 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同 A版) (A) (B)5 (C)3 (D)P,P1,P2,…,P中最大值为P4 (D)1 11.一袋中装有10个大小相同的小球，其中6个黑球，编号为1， 销售额4533304282237211924 同 4 2,3,4,5,6;4个白球，编号为7,8,9,10，下列结论中正确的是 门店编号1121314151617171920 步核 5.设随机变量X~B(2,P),Y~B(4,p),若P(X=0)= 9 ,则 销售额34412320373129323642 步核 心素养测评 D(Y)= (A)若有放回地摸取4个球，则取出的球中白球个数X服从 (1)从以上20个门店中随机抽取3个，求抽取的3个门店中至 (A)子 (B)于 号 (D8 项分布 少有2个的年销售额超过40万元的概率； (B)若一次性地摸取4个球，取出的球中白球个数Y服从超几何 (2)以样本频率估计概率，现从全国销售门店中随机抽取3个， 心素养测评 6.某党支部有10名党员，7男3女，从中选取2人做汇报演出，若 分布 记该年春季新款的年销售额超过40万元的销售门店的个数为X,求 X表示选中的女党员数，则P(X<2)= ( ) X的分布列及数学期望 )房 (B)是 (C)若一次性地摸取4个球，则取到2个白球的概率为： (D)1 (D)若一次性地摸取4个球，则取到的白球数大于黑球数的概 7.某校举行“书香读书节”读书征文活动，高一年级和高二年级 5 合计上交了9篇文章.学校通过评比后，评出4篇文章获得优秀奖， 率为42 若这4篇文章恰有3篇是高一年级上交的概率为器则高一年级上 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 交的文章有 (A)2篇 (B)3篇 (C)4篇 (D)5篇 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 8.泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，泊松分布的概率 12.设口袋中有黑球、白球共7个，从中任取2个球，已知取到白 分布列为P(X=k)= 分小(eN),其中e为自然对数的底数A 球个数的数学期望值为号，则口袋中白球的个数为， 是泊松分布的均值，若随机变量X服从二项分布B(n,p),当n很大 13.设随机变量X~B(6,P),若E(X)≤2，则D(X)的最大值为高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 发理柄 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 1.B:2D:3ABD.4号：5 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. 3 P(X=0)== 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- 8 所以P(X-0)=,所以a=号 所以X的分布列为 8.因为a1,a2,…,a5构成等差数列， X 0 1 所以a1+a2+a3+a4+a5 8 =(a1+a5）+(a2+a4）+a3 11 11 =5a3=1, 第37期3,4版 1 2 解得a=5,所以a+a=2a=亏， 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 所以a≤（色）= 提示： 当组仅当4=4，=了时，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a1·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=)=6 9.由题可得a+b+c=1, 且a,b,c∈[0,1]. ① 3.由题意得0.36+1-2q+g2=1, 又因为a,b,c成等差数列， 解得q=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b= 3,a+c2 2 n 所以0≤c≤3， 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3,25 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V 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W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 =号，故©)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CC=24(种)； =今故D错误 CC P(X=4)= 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CC=24(种)； P(X=5)=C 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PX=2)-24±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X2的可能取值为0,1,4,9， 点的校有3条，所以P(X=0)三℃=十 P(X=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) 1.11 6对，所以PX=E)=是=品 1 3+6=2 = 放rx=)=1-x=0-Prx=月=1-音品-合 P(2=4)=P(X=-2)+P(X=2) =石+=子 X的分布列为 0 P(X=9)=P(X=3)=2 所以X?的分布列为 11 11 故选(A)(B)(C) 0 9 三、填空题 6 12 12甲底-局输两局或甲，乙平阴次：B号；4 5 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=1X-11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(m=0)=P(X=1)=0.1, 局三次. P(7=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(7=3)=P(X=4)=0.3, 此时P(X=0)=2= 1 所以=1X-1「的分布列为 6-3 0 1 23 P 0.10.30.30.3 4y3×2-1 P(X=2)=6××年=5， (2)由1<2X+1<9,解得0<X<4, 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+5+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，=5， X 0 1 3 当a1+a2+a为偶数时，x=0, P0.5760.3520.0680.004 下面计算a+a2+a3为奇数时，a1a2a3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 1 1 ②a1,a2,a3一奇两偶时，C;×5×52=375(个)， 共有125+375=500（个）， PX=3)=号x子x+×子x+×子× 所以P(x=5)=500=1 103 =2 P(g=0)=1-P(=5)=1-2=2, 1 1 P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)= 3 5 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 4 2 2 P 1 3 10 10 5 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=3)= 3 1.C:2B:3A04085写 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. 其概为号×子×号×宁+号×子×号×宁+号× 3 由1-P(A·B)=1-0.4·P(B)=0.92, 解得P(B)=0.2,所以P(B)=0.8. (2)x的可能取值为0,1,2，则 所以先旋球的一方获雅的概率为品+音- P(X=0)=P(A)·P(B)=0.4×0.2=0.08, 3 P(X=1)=P(A)·P(B)+P(A)·P(B)=0.44, 因为号>子，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, 0 若s=1,则M=2×13+0×12+2×1=4, 得x1=4,符合题意， P 0.080.440.48 若s=2,则M=2×23+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.C2BcD:3.B418:54,1 得x3=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=2×53+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，8=1. 所以X的分布列为 (2)对于三位静态密码a1aa, 2 4 6 由M=a1·53+a2·52+a3·5=5(a1·52+a2·5+a3) 0.36 0.48 0.16 一3 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)=5, 3.6)2×0.16=1.92. 则标准差灯： 第38期3,4版 7.随机变量X的期塑E()=0×了+a×号+1×兮 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 w=[(0-)+(a-)°+(1 1~4 DAAB 5 ~8 BCDD ]x写=-a+=(a-）+石 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. 2B(0=-1x3+0x号+1×6=-号 1 1 1 当a∈（分，1）时，D()单调递增，故选(D)。 因为Y=aX+3 8依题意得PX==PX=2),即合-名解得A 所以E()=aE()+3=a×(-写）+3=子， 2.所以PX=)-六所以X=0)-品e=PX 解得a=4. 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*P=C·+cC()广=是 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： a+b+ 4.由题意得 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× 1 6 3 -+(2-1)2 P(X=2)=p2=0.09, 1 ×2=2 从而D(X)=E(2)-(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=子A=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a=2m=分时。 6.设P(X=1)=p, 等号成立，故(C)正确； 则P(X=2)= 5-p, 由n=1-2m>≥0，得0<m<分又E(0=1, 由(0=p+2×(-p）=山， 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(X)=[-B(X)] L元件A为正品的概率约为0+品+8-号放(A)错误： 100 -4 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0+8+6=子，放（®）正确： A 100 PX=0)=于=号， 2 随机变量X的所有取值为90,45,30，-15，故(C)错误； P(X=1)= PX=0)=专x2=子 P(X=2)=3=9 1 3 所以E(0=0×号+1×号+2×g 1 8 411 P(X=30)=5×4=5, 9 P(X=-15)=5×4=20 1 11 x0=(0-8)x号+(1-)x号+(2-8) 26 所以随机变量X的分布列为 90 45 30 -15 16.解：(1)第三甲当裁判的概率为 3 3 1 5 20 5 20 E(X)=90× 3 +45×20 1 (2)X的所有可能取值为0,1,2. 5 1=66, 30×5+(-15)× 当X=0时，前三局乙均胜， 故(D)正确 故选(B)(D). 故P=0)=×（号）广=云 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 12器1子4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： 11 2 1 12因为E(0=子D(0=3 P(X=2)=7×7×5x2=5 由D(X)=E(X)-(E(X)2, 所以PX=1)=1云-紧 得E(X2)=D(X)+(E(X))2 则X的分布列为 (经》广器 0 1 2 2 8 1 13.由题意可得a+b=1(0≤a≤1,0≤b≤1)， 25 E(X)=a+2b=1+b, 则D(X) E(X)=2 +5×2= 28 =[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=C, =-+6=-6-产+子 这2天的日需求量均为40个包含的样本点个数m=C, 当6=7时，D(X)有最大值好 所以这2天的日求的为的个高率P爱 (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)=G,P(Y=60)=号， E(Y)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+ Py=140)=号，P(Y=180)=6, 1 145×0.2=125, 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 60140 180 D(Y)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125 6 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 (20×石+60×号+140×+180x石-29 31 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， 期型为智元，且90<沙，所以此硅议不该被采纳 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)= 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”， S 9 则C=(AB)U(AB)U(AB),其中A,B相互独立， P(X=4=C·C=20 由题表知P(不=分，P(A)=, 则X的分布列为 2 3 4 P(B)=m,P(B)=1-m, 所以P(C)=P(AB)+P(AB)+P(AB) 冬品 =1-m)+m+ 9 E(X)=1× 1 3 +2× 20 +3× +4× ,13 40 8 20 4 =7(1+m), 第39期2版 由好1+m)>号解得m>号 专项小练一 1.C;2.C;3.BD.4.0.291;5.0.0837. 因为m+3+n=1且0≤m≤1,0≤n≤L, 6.解：易知X~B(6,）,所以(0=6×分=3， 所以0≤m≤子，放号<m≤号 00=6x分×(1-2)= (2)选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 专项小练二 望较大，理由如下： 假设此人选择“投资股市”，记一年后的投资收益为X万元， 1D:2A3.B4;57 则X的分布列为 6.解：由题意可知X服从N=12,M=4,n=4的超几何 4 0-2 分布，故P(X=k)= CC -(k=0,1,2,3,4) Ci2 2 8 所以P(X=0)= 则E(X)=4×2 1 +0×8 3 -2× 8 4 CiC 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)= -24 C12 Γ4951 则Y的分布列为 P(X=2)= C_168.56 0 C 495 =165 6 P(X=3)= C 1 则E(Y)=2×)+0×3-1X 6 5 P(X=4)= 1 6 C 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, 99 495 165 495 495 则P()=定=子 1 第39期3,4版 (ⅱ)记“数组22的数据含有3且数据之和大于8”为事件N, 二项分布与超几何分布同步核心素养测评 则P(W)=1-。亏 2 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： 1,1.1 P(X=1)= 1.由题可得PrX=)=G×寸×()广-器 C11C3 P(x=2=+G0 2由题可得X~B(4,)》 6 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 所以B()=专 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2， 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(A)正确： 4.由题知X服从N=8,M=3,n=2的超几何分布， 所以0=兴-23=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 N 8 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)=CG×1-p)2=号， 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（）， 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(4,》: 故选(A)(C)(D) 所以D)=4×号×(1-)=号 10A=C×子×1-=第 6.由题意知X服从超几何分布， B=G×(子x(0-子)= 且N=10,M=3,n=2, P1<P,故(A)错误，(B)正确； X的分布列为P(X=k) C*C,k=0,1,2, C。 P=1,故(C)错误： 故P(X=0)= 由二项分布概率公式可得P。=西 P(X=1)= C。 P=嘉A=器A=9 4 160 于是P(X<2)=P(X=0)+P(X=1) A=器R第A= 64 7.714 =5+5=5 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, 1取出白球和取出黑球的概率分别为酷和合。 则PA)=CG=20 符合二项分布，故(A)正确： 63 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, Cg符合超几何分布，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) 知入=100×0.01=1， 所以PX=》= S=号，故(c错误： 取出的白球为3和4，所求概率P=P(Y=3)+P(Y=4) kP(X=0)三1eA 1 e g,S=最故(D正确 1 P(x=)=e1= e 故选(A)(B)(D) 三、填空题 123:13号：14.15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≈2%. 12.记取到白球为X,设口袋中白球的个数为M, ”十 e +。+2 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(X)）==2M=今，解得M=3 7 Px=0m=G(兮)°（告）'= 13.随机变量X~B(6,p), Px=)=Gx3x(告)=器 由E()≤2，得0<6≤2，解得0<p≤号， Px=2)=c(兮)x号-品， 00=6(1-p)）=-6(p-22+2 x=3)=G(兮'（告）°=西 则当户=号时，D()取得最大值， X的分布列为 所以D(X)的最大值为6×号×号=号 0 1 2 3 14设击中目标的子弹数为X,则X~B(19,专)： 函 有X=)=×()x()》 所以X的期塑为E()=3×行=子 3 17.解：(1)记“取出的产品中次品不超过1件”为事件A, k∈N,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， + 即有1≤k≤18， 于是P(X=)≥P(X=k+1), 即取出的产品中次品不超过1件的概率是) P(X=k)≥P(X=k-1), (2)由题意知f(m)=P(X=3)=CC=， x()x(兮)=x()”x(传)“ C20 f(n+1)= C CI9- x(号x()≥c×(“x(传) 若-C=a8-m>1, 19 19 1(19-)≥4·(h+1118=: f(n)-C2C2o-.-(n-2)(20-n) 则(n+1)(13-n)>(n-2)(20-n), 4. 19! 19! 4(19-)1≥(k-1)1(20-k) 解得n<5.3, 故当n<5.3时，f(n+1)>f(n): 整理得+1≥4(19)，解得15≤6≤16， 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卫，P2,P,则由条件可得 15.解：(1)设甲班的学生人数为M, =2D=7 rP2=2p1, 42 P3=3p1, 即M2-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. 又因为乃=0.25=2，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 5 p=4+(0.037+0013)x5=冬 16.解：(1)年销售额超过40万元的门店有4个， 则所求幸P-正七心-多 由题意知X服从二项分布，即X~B(2,冬)片 C3 (2)由样本估计总体，从全国随机抽取1个销售门店， =)=c×(g×(g”=01,2. 春季新款的年销售额超过40万元的影率是易=分 所以随机变量X的分布列为 X 012 则随机变量X~(3,写） 9 15 25 64 32 4 8 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(0=即=2×各=子 5 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(5=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(E=10)=C°×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， rC°×0.90×0.1-0≥C2×0.9°×0.1n-9, 则P(2<X<4)=1-2×0.22=0.56, C0×0.9×0.1-0≥C×0.9×0.1-, 则0.9(n-9)≥1， 所以P(2<X<3)=P(2<X<4) 2 l0.9(n-10)≤1.1， =7×056=028 解得g≤a≤19， 7.由随机变量X~N(5,1)知，h=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)ξ~B(n,0.9),则E()=0.9n,D(5)=0.09n 所以P(6<X≤7)=7[P(3≤X≤7)-P(4≤X≤6)] 由题意0.85<专<0.95， n ≈2×(0.955-0.683)=0.136， 即0.85n<专<0.95n,-0.05n<ξ-0.9n<0.05n, 即1专-0.9nl<0.05n. 8.由题意知4=98，σ=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), 有P(1专-E()1<0.05n)≥1- 0.09n 所以P(X>108) (0.05n)2, =21-p8≤X≤1os] 从而1-0.09n (0.05m≥09，解得n≥360， =1-P以-0≤X≤a+o] 故估计n的最小值为360.， 1 第40期2版 ≈2×(1-0.6827)=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(1000,302), 提示： 故X在(1000-3×30,1000+3×30)内的概率为9.7%， 9.根据正态曲线关于直线x=u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<山2=3，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). f2x)=P(X≤2x),2f(x)=2P(X≤x),故(B)错误； 3由题町得a-3+2a+2=2×3,解得a=子 P(IX1≤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)门=2f代x)-1,故(C)正确； 所以o2=9,4=丰7=4，所以E(X)）=4,D(X)）=9. P(IXI>x)=P(X>x或X<-x)=1-f代x)+f代-x) 2 =1-f(x)+1-f(x)=2-2f代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-o< ~180cm范围内取值即在(4-3σ，4+3σ)内取值，其概率为：X<95+σ)≈0.68为定值，所以σ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)μ=(47.5+72.5)×0.004×5+(52.5+67.5) 当σ=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] =Q68+0.95=0.815,故(B)正确： ×0.35≈25. 2 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩大 (2)由题图可得从全校学生中随机抽取1名学生， 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. P(X=0)=C9×0.7°×0.33=0.027， 故选(B)(C)(D). 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(μ，σ2)，则P(X<)= 所以X的分布列为 0.5.故可知4=0.4且在x=u时取得最大值，所以x=0.4. X 0 1 2 3 13.因为X~N(2,o2), 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-2σ≤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(u,σ2) 3 在区间(u-2σ，4+2σ)内取值的概率约为0.955， 得P(X≥360)=200： 故140分以上的所占概率为-0955=0.0225， 所以P(X<360)=1- 3 200 =0.985, 2 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~N(25,0.2),所以4=25，o=0.2. 所以P(24.8≤X≤25.4)=P(u-σ≤X≤u+2o)= 所以σ≈83，所以X~N(180,832). ×(0.6827+0.9545)=0.34135+0.47725=0.8186. 1 设最低录用分数为x, 则PK)=P≥）-00-亮 83 17.解：体温X服从正态分布N(36.9,005） n 即P(y<6-180 所以4=36.9,02=0.05 83 =1- =0.85, n 即0、180 83 ≈1.04，所以x0≈267， 因为X的值落在(36.6,37.2)内的概率约为0.9973， 且P(IX-u1<3)≈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(36.9-30<X<36.9+30), 易得PX<2%)=P<2sg10）=PY<1.28) 所以3o=0.3,解得0=0.1， ≈0.9，所以不低于甲的成绩的人数约为2000×(1-0.9)= 所u0.05=0.01,解得n=5. n 200,所以甲大约排在第200名，所以甲能获得高薪职位. 10