8.5 二项分布、超几何分布与正态分布-【十年高考】备战2027年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§8.5　二项分布、超几何分布与正态分布 课时 2017~2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 2026年 合计 105.条件概率、相互独立事件的 概率、全概率公式 7 2 1 3 2 2 17 106.伯努利试验与二项分布 2 0 0 0 1 0 3 107.超几何分布与正态分布 4 1 0 1 1 0 7 命题热度 本专题命题热度中等() 课程标准 备考策略 (1)条件概率、相互独立事件的概率、全概率公式 ①了解两个事件相互独立的含义 ②理解随机事件的独立性和条件概率的关系,会利用全概率公式计算概率 明确求相互独立事件同时发生的概率的方法;熟练掌握求条件概率的常用方法;明确利用全概率公式解题的思路 (2)二项分布、超几何分布与正态分布 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 熟练掌握各种概型的特点与计算公式,注意区分超几何分布与二项分布;灵活利用正态分布的对称性,抓住其关键点求值 考点105条件概率、相互独立事件的概率、全概率公式答案P426　 1.(2026·上海,14,4分,难度★)事件A、事件B为独立随机事件,C表示事件A,B至少一件发生,则= (　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.A∩B B.A∪B C.∩ D.∪ 2.(2025·上海,13,4分,难度★★)若事件A,B相互独立,事件A发生的概率为P(A)=,事件B发生的概率为P(B)=,则事件A∩B发生的概率P(A∩B)= (　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.0 B. C. D.1 3.(2023·全国甲,理6,5分,难度★★)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为 (　　) A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 4.(2022·全国乙,理10,5分,难度★★★)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则 (　　) A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大 5.(讲解 2021·全国新高考1,8,5分,难度★★★)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则 (　　) A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 6.(2018·全国3,理8,5分,难度★★★)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p= (　　) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 7.(2018·全国3,文5,5分,难度★★)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为 (　　) A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7 8.(2026·天津,13,5分,难度★★)箱子里有一个红球、两个黄球、三个白球,若有放回地取三次,则三次都没取到黄球的概率为　　　　;在三次都没取到黄球的条件下,至少取到一次红球的概率为　　　　.  9.(2025·天津,13,5分,难度★★)某同学每周在操场跑圈2次,一次跑5圈或6圈.已知:该同学第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈,则第二次跑5圈的概率为0.4,跑6圈的概率为0.6;若第一次跑6圈,则第二次跑5圈的概率为0.6,跑6圈的概率为0.4. (ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为　　　　;  (ⅱ)若该同学一周至少跑11圈为运动量达标,连续跑4周.记达标的周数为随机变量X,则X的期望E(X)=　　　　.  10.(2024·上海,8,5分,难度★★)小王参加知识竞赛,题库中A组题有5 000道,B组题有4 000道,C组题有3 000道.已知小王做对这3组题的概率依次是0.92,0.86,0.72,则随机从题库中抽取一道题,小王做对的概率是　　　　　.  11.(2024·天津,13,5分,难度★★★)某校组织学生参加农业实践活动,期间安排了劳动技能比赛,比赛共5个项目,分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建,规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同,则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为　　　　　;已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”,则他还参加“田间灌溉”项目的概率为　　　　　.  12.(2021·天津,14,5分,难度★★★)甲、乙两人在每次猜谜语活动中各猜一个谜语,若一方猜对且另一方猜错,则猜对一方获胜,否则本次平局.已知每次活动中,甲乙猜对的概率分别为和,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响,各次活动也互不影响,则一次活动中,甲获胜的概率为　　　　;3次活动中,甲至少获胜2次的概率为　　　　.  13.(2020·天津,13,5分,难度★★★)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为　　　　　;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为　　　　　.  14.(2019·全国1,理15,5分,难度★★★)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是　　　　　.  15.(2024·新课标Ⅱ,18,17分,难度★★★★★)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和. 某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立. (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率; (2)假设0<p<q, (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,则该由谁参加第一阶段比赛? (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛? 16.(讲解 2022·全国新高考1,20,12分,难度★★★★)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据: 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异? (2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾病”,与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R. (ⅰ)证明:R=·; (ⅱ)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|)的估计值,并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值. 附:K2=, P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 . 17.(讲解 2020·全国1,理19,12分,难度★★★)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下: 累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束. 经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为. (1)求甲连胜四场的概率; (2)求需要进行第五场比赛的概率; (3)求丙最终获胜的概率. 考点106伯努利试验与二项分布答案P427　 1.(2017·全国2,理13,5分,难度★★)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次.X表示抽到的二等品件数,则DX=　　　　　.  2.(2025·全国新高考2,19,17分,难度★★★★★)甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p<p<1,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立,对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率.qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3,p4(用p表示); (2)若=4,求p; (3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. 3.(2019·天津,理16,13分,难度★★★)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立. (1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望; (2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率. 考点107超几何分布与正态分布答案P428　 1.(2025·天津,5,5分,难度★★)已知r为样本相关系数,则下列说法错误的是 (　　) A.若随机变量X~N(μ,σ2),则P(X≤μ-σ)=P(X≥μ+σ) B.若随机变量X~N(1,22),Y~N(2,22),则P(X≤1)<P(Y≤2) C.若|r|越趋近于1,则线性相关程度越强 D.若|r|越趋近于0,则线性相关程度越弱 2.(多选题)(2024·全国新高考1,9,6分,难度★★★)为了解某种植区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=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(,s2),则 (　　) (若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 3) A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 3.(讲解 2021·全国新高考2,6,5分,难度★★)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.σ越小,该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C.σ越小,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.σ越小,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 4.(2022·全国新高考2,13,5分,难度★★★)随机变量X服从正态分布N(2,σ2),若P(2<X≤2.5)=0.36,则P(X>2.5)=　　　　　.  5.(2018·天津,理16,13分,难度★★★★)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人? (2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查. ①用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望; ②设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率. 6.(2017·山东,理18,12分,难度★★★★)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率; (2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望E(X). 7.(2017·全国1,理19,12分,难度★★★★)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. (ⅰ)试说明上述监控生产过程方法的合理性; (ⅱ)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=xi=9.97,s==≈0.212,其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,…,16. 用样本平均数作为μ的估计值,用样本标准差s作为σ的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查?剔除(-3,+3)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)=0.997 4.0.997 416≈0.959 2,≈0.09. 学科网（北京）股份有限公司 $ §8.5　二项分布、超几何分布与正态分布 考点105　条件概率、相互独立事件的概率、全概率公式 1.C　“A和B至少一个发生”的对立事件,即“A和B都不发生”,又事件A和事件B相互独立,所以=∩,故选C. 2.B　∵事件A,B相互独立,∴P(A∩B)=P(A)·P(B)=×=.故选B. 3.A　从该校的学生中任取一名学生,记A表示事件:“取到的学生爱好滑冰”,B表示事件:“取得的学生爱好滑雪”.由题设知P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(A∪B)=0.7.由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得 P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=0.6+0.5-0.7=0.4. 所求的概率为P(A|B)===0.8. 4.D　当该棋手在第二盘与甲比赛时,p=2[p1p2(1-p3)+p1p3(1-p2)]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3; 当该棋手在第二盘与乙比赛时,p=2[p2p1(1-p3)+p2p3(1-p1)]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3; 当该棋手在第二盘与丙比赛时,p=2[p3p1(1-p2)+p3p2(1-p1)]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3. 由p3>p2>p1>0,可知该棋手在第二盘与丙比赛,p最大. 5.B　由已知得P(甲)=,P(乙)=,P(丙)==,P(丁)==,P(甲丙)=0,P(甲丁)==,P(乙丙)==,P(丙丁)=0. 由于P(甲丁)=P(甲)·P(丁)=,根据相互独立事件的性质,知事件甲与丁相互独立,故选B. 6.B　由题意,得DX=np(1-p)=10p(1-p)=2.4, ∴p(1-p)=0.24,由p(X=4)<p(X=6)知 p4·(1-p)6<p6(1-p)4,即p2>(1-p)2, ∴p>0.5,∴p=0.6(其中p=0.4舍去). 7.B　设不用现金支付的概率为P,则P=1-0.45-0.15=0.4. 条件概率的解题技巧 若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼,一般为条件概率.条件概率的求解有两种常用方法: (1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)=. 注意:事件A与事件B有时是相互独立事件,有时不是相互独立事件,要弄清P(AB)的求法. (2)当基本事件适合有限性和等可能性时,可借助古典概型概率公式,先求事件A包含的基本事件数n(A),再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数,即n(AB),得P(B|A)=. 8.　　设事件A1表示没取到黄球,事件A2表示三次都没取到黄球. 由题意可知,试验是有放回地抽取,故取到的球不是黄球的概率为P(A1)==, 三次都没取到黄球的概率为P(A2)==. 设事件B1表示至少取到一次红球,事件B2表示三次都取到白球. 三次都取到白球的概率为P(B2)==, 三次都没取到黄球且至少取到一次红球的概率为P(A2B1)=P(A2)-P(B2)=-=, ∵在三次都没取到黄球的条件下,至少取到一次红球的概率为P(B1|A2)=, ∴P(B1|A2)===. 9.0.6　3.2　(ⅰ)该同学一周跑11圈的概率为0.5×0.6+0.5×0.6=0.6. (ⅱ)该同学一周跑12圈的概率为0.5×0.4=0.2,故该同学运动量达标的概率为0.6+0.2=0.8, ∴X~B(4,0.8),则E(X)=4×0.8=3.2. 10.　由题意可知,A组题占比为,B组题占比为,C组题占比为,设所求概率为P,则P=×0.92+×0.86+×0.72=. 11.　　用M表示事件“甲同学参加的3个项目中有整地做畦”,则P(M)==. 用A表示事件“乙同学参加的3个项目中有整地做畦”,用B表示事件“乙同学参加的3个项目中有田间灌溉”.依题意,P(AB)==;而P(A)==,所以,已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”,则他还参加“田间灌溉”项目的概率P(B|A)===. 12.　　根据题中条件,事件甲获胜为甲猜对乙猜错. P=×1-=. 根据独立重复事件的概率得: 甲获胜2次的概率为P(X=2)=2×1-=, 甲获胜3次的概率为P(X=3)=3×1-0=,∴甲至少胜2次的概率为P=+=. 故一次活动中,甲获胜的概率为;3次活动中,甲至少获胜2次的概率为. 13.　　两球都落入p1=×=,A=“两球至少一个落入盒子”对立事件为=“两球都未落入”, P()=1-×1-=×=, 则P(A)=1-P()=. 14.0.18　前五场中有一场客场输时,甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108; 前五场中有一场主场输时,甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.6×2×0.52×0.6=0.072. 综上所述,甲队以4∶1获胜的概率是0.108+0.072=0.18. 15.解 (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次, 则所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)(ⅰ)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3; 若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]p3. P甲-P乙=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(p-pq)2+(q-pq)2+(p-pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p-q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0, 所以P甲>P乙,故应该由甲参加第一阶段比赛. (ⅱ)若甲参加第一阶段比赛,比赛成绩X(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]q3, 所以E(X)=[1-(1-p)3][5×q(1-q)2+10×q2(1-q)+15q3]=15[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p). 若乙参加第一阶段比赛,比赛成绩Y(单位:分)的所有可能的取值为0,5,10,15, P(Y=0)=(1-q)3+[1-(1-q)3](1-p)3, P(Y=5)=[1-(1-q)3]p(1-p)2, P(Y=10)=[1-(1-q)3]p2(1-p), P(Y=15)=[1-(1-q)3]p3, 所以E(Y)=15p(q3-3q2+3q), 则E(X)-E(Y)=15pq(p-q)(p+q-3)>0, 故应该由甲参加第一阶段比赛. 16.解 (1)由题意可知,n=200, ∴K2= ==24>6.635, ∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异. (2)(ⅰ)证明:R==·=·==·=·. (ⅱ)P(A|B)====0.4, P(A|)====0.1, 同理P(|)====0.9, P(|B)====0.6, ∴R=·==6. ∴指标R的估计值为6. 17.解 (1)甲连胜四场的概率为. (2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛. 比赛四场结束,共有三种情况: 甲连胜四场的概率为; 乙连胜四场的概率为; 丙上场后连胜三场的概率为. 所以需要进行第五场比赛的概率为 1---=. (3)丙最终获胜,有两种情况: 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为; 比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为,,. 因此丙最终获胜的概率为+++=. 考点106　伯努利试验与二项分布 1.1.96　由题意可知抽到二等品的件数X服从二项分布,即X~B(100,0.02),其中p=0.02,n=100,则DX=np(1-p)=100×0.02×0.98=1.96. 2.解 (1)设Xk表示打完k个球后甲的得分,则此时乙的得分为Yk=k-Xk. 显然Xk~B(k,p).若甲的得分比乙的得分至少多2分,则Xk-(k-Xk)≥2,即Xk≥+1. 当k=3时,p3=P(X3=3)=p3(1-p)3-3=p3. 当k=4时,p4=P(X4=3)+P(X4=4)=p3(1-p)4-3+p4(1-p)4-4=4p3(1-p)+p4=p3(4-3p). (2)由(1)得q3=q3,q4=q3(4-3q). p4-p3=p3(4-3p)-p3=3p3(1-p). q4-q3=q3(4-3q)-q3=3q3(1-q). 由=4,得=4, 又p+q=1,则=4,解得p=. (3)当k是奇数时, pk=PXk=+PXk=+PXk=+…+PXk=; 当k是偶数时, pk=PXk=+PXk=+PXk=+…+PXk=. 则p2m+1=P(X2m+1=m+2)+P(X2m+1=m+3)+P(X2m+1=m+4)+…+P(X2m+1=2m+1),p2m=P(X2m=m+1)+P(X2m=m+2)+P(X2m=m+3)+…+P(X2m=2m),p2m+2=P(X2m+2=m+2)+P(X2m+2=m+3)+P(X2m+2=m+4)+…+P(X2m+2=2m+2). p2m+1=pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4·qm-3+…+p2mq1+p2m+1q0=(+)·pm+2qm-1+(+)pm+3qm-2+(+)·pm+4qm-3+…+(+)p2mq1+p2m+1q0=pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4qm-3+…+p2mq1+pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4·qm-3+…+p2mq1+p2m+1q0=q(pm+2qm-2+pm+3qm-3+pm+4qm-4+…+p2mq0)+p(pm+1·qm-1+pm+2qm-2+pm+3qm-3+…+p2m-1q1+p2mq0)=q·p2m-qpm+1qm-1+p·p2m=p2m-pm+1qm,即p2m+1-p2m=-pm+1qm. 同理q2m+1-q2m=-qm+1pm, 则p2m+1-p2m-(q2m+1-q2m)=qm+1pm-pm+1·qm=pmqm(q-p),因为p+q=1,且<p<1,所以q<p,所以p2m+1-p2m<q2m+1-q2m,即p2m+1-q2m+1<p2m-q2m. p2m+2=pm+2qm+pm+3qm-1+pm+4qm-2+…+p2m+1q1+p2m+2q0=(+)pm+2qm+(+)pm+3qm-1+(+)pm+4qm-2+…+(+)p2m+1q1+p2m+2q0=pm+2qm+pm+3qm-1+pm+4qm-2+…+p2m+1q1+pm+2qm+pm+3qm-1+pm+4qm-2+…+p2m+1q1+p2m+2q0=q(pm+2qm-1+pm+3qm-2+pm+4qm-3+…+p2m+1q0)+p(pm+1qm+pm+2qm-1+pm+3qm-2+…+p2mq1+p2m+1q0)=qp2m+1+p(pm+1qm+p2m+1)=p2m+1+pm+2qm. 又p2m+1-p2m=-pm+1qm,所以p2m+2-p2m=p2m+1-p2m+pm+2qm=-pm+1qm+pm+2qm=pm+1qm(p-)=pm+1qm(p+p-)=pm+1qm(p-q). 同理可得q2m+2-q2m=qm+1pm(q-p), 则q2m+2-q2m-(p2m+2-p2m)=qm+1pm(q-p)-pm+1qm(p-q)=pmqm+2-qm+1pm+1-pm+2qm+pm+1qm+1=pmqm+2-pm+2qm=pmqm(q2-p2), 因为0<q<p,所以q2<p2, 所以q2m+2-q2m-(p2m+2-p2m)<0, 即q2m+2-q2m<p2m+2-p2m,即p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. 综上,对任意正整数m,有p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. 3.解 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为,故X~B3,,从而P(X=k)=k3-k,k=0,1,2,3. 所以,随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 随机变量X的数学期望E(X)=3×=2. (2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则Y~B3,,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}. 由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=×+×=. 考点107　超几何分布与正态分布 1.B　对于B,∵P(X≤1)=P(Y≤2)=,∴B错误.故选B. 2.BC　由题意知,X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12). ∵P(X<1.8+0.1)≈0.841 3, ∴P(X>1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7. ∴P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)≈0.158 7,∴A错误. P(X>2)<P(X>1.8)=0.5,∴B正确. ∵P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3,∴C正确,D错误.故选BC. 3.D　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一次测量大于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一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C正确;对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同,所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同,故D错误. 4.0.14　由题意可知,P(X>2)=0.5,故P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.14. 5.解 (1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人. (2)①随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=k)=(k=0,1,2,3). 所以,随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=. ②设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.由①知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=. 所以,事件A发生的概率为. 二项分布与超几何分布的辨析 (1)建立模型 袋子中有大小相同的N个球,其中有M个红球,N-M个白球,令p=,设X表示摸出的n个球中的红球的个数,则 摸球方式 X的分布 有放回摸球 二项分布X~B(n,p) 无放回摸球 参数为N,n,M的超几何分布 (2) 二项分布 超几何分布 区别 ①有放回抽取. ②随机变量为n次试验中抽到红球的次数,其取值为0到n. ③概率运算依据的是n重伯努利试验的概率运算,只需要知道p=即可. ①不放回抽取. ②随机变量为取n个个体中含“红球”的个数,其取值要由具体问题来定. ③概率运算依据计数原理与古典概型的概率运算,且需知道N和M. 联系 当产品总数很大而抽样数不太大时,不放回抽样可以认为是有放回抽样,此时超几何分布可以用二项分布近拟. 6.解 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,则P(M)==. (2)由题意知X可取的值为:0,1,2,3,4,则 P(X=0)==, P(X=1)==, P(X=2)==, P(X=3)==, P(X=4)==. 因此X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P X的数学期望是 E(X)=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4) =0+1×+2×+3×+4×=2. 7.解 (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.002 6,故X~B(16,0.002 6).因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997 416≈0.040 8. X的数学期望为EX=16×0.002 6=0.041 6. (2)(ⅰ)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0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.040 8,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. (ⅱ)由=9.97,s≈0.212,得μ的估计值为=9.97,σ的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(-3,+3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查. 剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为(16×9.97-9.22)=10.02, 因此μ的估计值为10.02. =16×0.2122+16×9.972≈1 591.134, 剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为(1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008, 因此σ的估计值为≈0.09. 学科网（北京）股份有限公司 $