11.3二項分布與正態(tài)分布

探考情悟真題

【考情探究】

5年考情預測

考點內容解讀

考題示例考向關聯(lián)考點熱度

獨立事件概率

2019課標【，15,5分互斥事件

的求解

獨立事件概率

2019課標11,18,12

互斥事件

分

的求解

1?條^牛概

了解條件概率和兩個事

率、相互(1)利用期望進行決

件相互獨立的概念,理解“課標二項分布的均值

獨立事件20181,20,12策、

次獨立重復試驗的模型及分應用

及二項分

導數(shù)

二項分布，并能解決一些簡

布★★

單的實際問題.2018課標in,8,5分二項分布★

(2)利用實際問題的直方正態(tài)分布、二項

課標概率的計算

圖，了解正態(tài)分布曲線的特2017I,19,12分布

點及曲線所表示的意義分以及數(shù)學期望

的概念和性質

2016課標II,18,12離散型隨機變量的

條件概率的計算

分均值

2.正態(tài)分

布相互獨立事件的

2015課標1,4,5分

瞬

分析解讀本節(jié)主要命題點:⑴相互獨立事件的概率，條件概率;(2)二項分布的概念、特征和相關計算;(3)

正態(tài)分布的應用,一般以解答題的形式出現(xiàn).解題時注意對相關概念的理解和相關公式的應用.本節(jié)在高考中一

般以選擇題、解答題形式出現(xiàn)，難度在中等以下，分值約為5分或12分.主要考查學生的數(shù)據(jù)分析能力.

破考點練考向

【考點集訓】

考點一條件概率、相互獨立事件及二項分布

1.（2020屆遼寧沈陽鐵路實驗中學10月月考,7）已知箱中共有6個球，其中紅球、黃球、藍球各2個，每次從該

箱中取1個球（每球取到的機會均等）,取出后放回箱中,連續(xù)取三次.設事件A="第一次取到的球和第二次取到

的球顏色不相同"，事件B=”三次取到的球顏色都不相同”，則P（BA）=（）

或叼《D.1

答案B

2.（2019廣東東莞模擬,3）假設東莞市市民使用移動支付的概率都為p,且每位市民使用支付方式都相互獨立，已

知X是其中10位市民使用移動支付的人數(shù),且EX=6,則I）的值為（）

A.0.4B.0.5C.0.6D.0.8

答案C

3.（2020屆河南百校聯(lián)盟9月聯(lián)合檢測,15）《中國詩詞大會》是央視首檔全民參與的詩詞節(jié)目,節(jié)目以“賞中

華詩詞，尋文化基因，品生活之美”為宗旨.每一期的比賽包含以下環(huán)節(jié)：“個人追逐賽”“攻擂資格爭奪賽”和

“擂主爭霸賽”，其中“擂主爭踞賽”由“攻擂資格爭奪賽”獲勝者與上一場擂主進行比拼.“擂主爭霸賽”共

有九道搶答題，搶到并答對者得一分，答錯則對方得一分，率先獲得五分者即為該場擂主,在《中國詩詞大會》的

某一期節(jié)目中，若進行“擂主爭霸賽”的甲乙兩位選手每道搶答題得到一分的概率都是0.5,則搶答完七道題后

甲成為擂主的概率為.

a*128

考點二正態(tài)分布

1.（2018廣西柳州高級中學、南寧第二中學第二次聯(lián)考,3）甲、乙兩類水果的質量（單位:kg）分別服從正態(tài)分布

N（u1,^）,N（u^2）＞其正態(tài)分布的密度曲線如圖所示,則下列說法錯誤的是（）

/，.甲類水果的平均質量山=0.4kg

B.甲類水果的質量比乙類水果的質量更集中于平均值左右

C.甲類水果的平均質量比乙類水果的平均質量小

D.乙類水果的質量服從正態(tài)分布的參數(shù)。2=1.99

答案D

2.（2020屆百校聯(lián)盟T0P209月聯(lián)考,15）若隨機變量k服從正態(tài)分布\（9,16）,則？（-3<《￡13）=.

參考數(shù)據(jù):若CN（M,套）,則P（U-<5<&WU+<J）=0.6827,P（P-2（J<^P+2C）=0.9545,P（U-

3o<4<u+3o）=0.9973.

答案。，84

煉技法提能力

【方法集訓】

方法1獨立重復試驗及二項分布問題的求解方法

（2020屆四川內江威遠中學第一次月考,7）設隨機變量「B（2,p）,n陽4,p）,若乂自力）福則P（n期的

值為（）

0B.%C,竺0

27818181

答案A

方法2正態(tài)分布及其應用方法

1.（2020屆四川成都外國語學校10月階段性檢測,18）蘋果可按果徑M（最大橫切面直徑，單位;?n）分為五個等

級”780時為1級,75SM〈80時為2級,70SM（75時為3級,65sM（70時為4級,M<65時為5級.不同果徑的蘋

果,按照不同外觀指標又分為特級果、一級果、二級果.某果園采摘蘋果10000個，果徑M均在［60,85］內，從中

隨機抽取2000個蘋果進行統(tǒng)計分析,得到如圖1所示的頻率分布直方圖，圖2為抽取的樣本中果徑在80以上

的蘋果的等級分布統(tǒng)計圖.

⑴假設M服從正態(tài)分布其中u的近似值為果徑的樣本平均期(同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值代

替)，。J35",試估計采摘的10000個蘋果中,果徑M位于區(qū)間(59.85,77.7)的蘋果個數(shù)；

⑵已知該果園2019年共收獲果徑在80以上的蘋果800kg,且售價為特級果12元一級果10元/kg,二級

果9元/kg.設該果園售出這800kg蘋果的收入為X,以頻率估計概率，求X的數(shù)學期望.

附:若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(u,。2),則p(口-°<z<u+。)=0.6827,P(U-2c<Z<u+2a)=0.954

5,7354^5.95.

解析

(1)Vx=62,5X0.15+67.5X0.25+72.5X0.3+77.5X0.2+82.5X0.1=71.75,M=71,75,Q=7354^5.95.

:.P(59.85<M<77.7)=P(■-2o<M<u+a)

=1[P(U-2o<M<u+2o)+P(u-o<M<u+o)]

=0.8186.

故10000個蘋果中,果徑M在(59,85,77.7)中的蘋果個數(shù)約8186個，

⑵由圖2知,M180的蘋果中,特級、一級、二級的概率分別為0.2,0.5,0.3,則X的分布列為

X960080007200

P0.20.50.3

；.E(X)=9600X0.2+8000X0.5+7200X0.3=8080.

2(2020屆河南洛陽尖子生第一次聯(lián)考,19)“過大年，吃水餃”是我國不少地方過春節(jié)的習俗.2019年春節(jié)前

夕、A市某質檢部門隨機抽取了100包某種品牌的速凍水餃,檢測其某項質量指標值.所得頻率分布直方圖如下:

0.030

0.025

0.020

0.015

O.OIO

1020304050質R指標值

⑴求所抽取的100包速凍水餃該項質量指標值的樣本平均數(shù)五同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值表示)：

⑵①由直方圖可以認為,速凍水餃的該項質量指標值z服從正態(tài)分布N(U,。2),利用該正態(tài)分布,求Z落在

(14.55,38.45)內的概率；

②將頻率視為概率,若某人從該市某超市購買了1包這種品牌的速凍水餃,記這1包速凍水餃中這種質量指標值

位于(10,30)內的包數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學期望.

附:計算得所抽直的這100包速凍水餃的質量指標值的標準差。二g左右11.95,

若「N(u,則P(口和0.6827,P(u-2o<^<u+2o)=0.9545.

蟀析⑴所抽取的100包速凍水餃該項質量指標值的平均數(shù)

x=5X0.1+15X0.2+25X0.3+35X0.25+45X0.15=26.5.(4分)

⑵①服從正態(tài)分布N(u,N)，且W=26.5,11.95,(6分)

AP(14.55<Z<38.45)=P(26.5-11.95<Z<26.5+11.95)=0.6827,

；?Z落在(14,55,38.45)內的概率是0.6827,(8分)

②根據(jù)題意得X~B(4,3,P(X=0)=C：C)4\：

P(X=1)君伊卡P(X=2)=Q針得

P(x=3)=Ci(1)4=；；P(X=4)=C：(步卷(10分)

'.X的分布列為

X01234

p1131

1648416

E（X）=4X/2.（12分）

【五年高考】

A組統(tǒng)一命題?課標卷題組

考點一條件概率、相互獨立事件及二項分布

1.（2018課標川,8,5分）某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為P,各成員的支付方式相互獨立.設X為

該群體的10位成員中使用移動支付的人數(shù),1）X=2.4,P（X=4）〈P（X=6）,則p=（）

A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3

答案B

2.（2019課標I,15,5分）甲、乙兩隊進行籃球決賽,采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時,該隊獲勝,決賽結

束）.根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”.設甲隊主場取勝的概率為0.6,客場取

注的概率為0.5,且各場比賽結果相互獨立則甲隊以4：1獲勝的概率是.

答案0.18

3.（2017課標II,13,5分）一批產品的二等品率為0.02,從這批產品中每次隨機取T生有放回地抽取100次,X

表示抽到的二等品件數(shù),則DX=.

答案1.96

考點二正態(tài)分布

（2017課標I,19,12分）為了監(jiān)控某種零件的一條生產線的生產過程,檢驗員每天從該生產線上隨機抽取16

個零件，并測量其尺寸（單位:cm）.根據(jù)長期生產經驗，可以認為這條生產線在正常狀態(tài)下生產的零件的尺寸服從

正態(tài)分布N（U,

⑴假設生產狀態(tài)正常,記K表示一天內抽取的16個零件中其尺寸在（U-30,U+3O）之外的零件數(shù),求P（X21）

及X的數(shù)學期望；

⑵一天內抽檢零件中,如果出現(xiàn)了尺寸在（U-3。，H+3。）之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程

可能出現(xiàn)了異常情況,需對當天的生產過程進行檢壹.

（i）試說明上述監(jiān)控生產過程方法的合理性；

iii）下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸：

9.9,9.$9,9,下

95；9696；9298；

/14

1010101010

G99

丁I丁；220“095

63245

經計算得耳舉尸9.97,s=J國（々"船居哈16鏟尸0.212,其中x為抽取的第i個零件的尺

寸,i=l,2,…，16.

用樣本平均期作為M的估計值Z用樣本標準差S作為。的估計值*，利用估計值判斷是否需對當天的生產過

程進行檢查.剔除（於3；/+3；）之外的數(shù)據(jù)，用剩下的懶估計u和。（精確到0.01）.

附:若隨機變量2服從正態(tài)分布N（u,。）

則P（u-3o<Z<u+3o）=0.9974.

0.9974%0.9592,廊而石0.09.

解析（1）抽取的一個零件的尺寸在（U-3。，u+3。）之內的概率為0.9971,從而零件的尺寸在（U-

3o,U+3。)之夕卜的概率為0.0026,故)CB(16,0.0026).

因此P(X/l)=l-P(X=0)=l-0.9974,6?0.0408.

〉：的數(shù)學期望為￡X=16X0.0026=0.0416.

⑵（i）如果生產狀態(tài)正常,一個零件尺寸在（P-30,p+30）之外的概率只有0.0026,一天內抽取的16個零件

中，出現(xiàn)尺寸在（u-3。，u+3。）之勺也）零件的概率只有0.0408,發(fā)生的概率很小.因此一旦發(fā)生這種情況，就

有理由認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現(xiàn)了異常情況,需對當天的生產過程進行檢查,可見上述監(jiān)控

生產過程的方法是合理的.

⑴）由*9.97,s%0.212,得u的估計值為、9.97,o的估計值為;=0.212,由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個零件的

尺寸在（QC,2+3展）之外,因此需對當天的生產過程進行檢查.

剔除。3；2+3；）之外的數(shù)據(jù)9,22,剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為

-X（16X9.97-9.22）=10.02,

15

因此口的估計值為10.02.

LX?=16X0,2122+16X9.972^1591.134,

（=1

剔除。3；肅3；）之外的數(shù)據(jù)9.22,剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為

拉（1591.134-9.22-15X10.022）七0.008,

因此。的估計值為廊福七0.09.

0思路分析⑴利用正態(tài)分布、二項分布的性質可求出P（XMI）及X的數(shù)學期望;⑵⑴先說明出現(xiàn)尺寸在

［口-3。，u+3。）之外的零件的概率,再說明監(jiān)控生產過程方法的合理性;（ii）利用給出的數(shù)據(jù)可計算出區(qū)間

向-3；工+3：）,從而剔除03。,於3；）之外的數(shù)據(jù),再利用剩余數(shù)據(jù)估計u和。.

。規(guī)律總結⑴正態(tài)分布;若變量X服從正態(tài)分布N（?。）則P為樣本的均值，工態(tài)曲線的對稱軸為直線

戶口：。為樣本數(shù)據(jù)的標準差，體現(xiàn)了數(shù)據(jù)的穩(wěn)定性.

⑵二項分布:若變量X、B(ntp),則X的期望EX=np,方差DX=np(1-p).

B組自主命題?省(區(qū)、市)卷題組

考點一條件概率、相互獨立事件及二項分布

1.(2015廣東,13,5分)已知隨機變量X服從二項分布B(n,p).若E(X)-30,D(X)=20,則p.

答案I

2.(2019天津,16,13分)設甲、乙兩位同學上學期間,每天7:30之前到校的概率均為，.假定甲、乙兩位同學到

校情況互不影響,且任一同學每天到校情況相互獨立.

⑴用X表示甲同學上學期間的三天中7;30之前到校的天數(shù),求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望；

⑵設M為事件“上學期間的三天中，甲同學在7:30之前到校的天數(shù)比乙同學在7:30之前到校的天數(shù)恰好多

2”，求事件V發(fā)生的概率.

解析本題主要考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望,互斥事件和相互獨立事件的概率計算公式等基礎知

識,考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力,重點考查數(shù)學建模、數(shù)學運算的核心素養(yǎng).

⑴因為甲同學上學期間的三天中到校情況相互獨立,且每天7:30之前到校的概率均為:故從而

P(X=k)鳴針(T)k=0J2,3.

所以，隨機變量K的分布列為

X0123

1￡41

P279927

隨機變量X的數(shù)學期望I：(X)=3XH

M

⑵設乙同學上學期間的三天中7:30之前到校的天數(shù)為Y,則Y'B(3j),且M=｛X=3,Y=l]U)X=2,Y=0).

由題意知事件IX=3,Y=1｝與｛X=2,Y=0i互斥,且事件(X=3)與｛Y=11,事件(X=2｝與｛Y=0｝均相互獨立,

從而由(1)知

P(M)=P({X=3,Y=l)U{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)XX

0思路分析(1)觀察關鍵詞“均”“互不影響”“相互獨立”，判斷)CB(n,p),從而利用二項分布求出分布列

與期望.(2)先將“天數(shù)恰好多2”用數(shù)學語言表示,即{：二,或{;二言從而利用互斥與相互獨立事件的概率計

算公式求解.

考點二正態(tài)分布

1.(2015湖北,4,5分)設X~N(u,,,Y~\(P力后),這兩個正態(tài)分布密度曲線如圖所示.下列結論中正確的是

I：)

A.P(YNu2)2P(YNu,)B.P(XWo2)WP(X￡c>)

C.對任意正數(shù)t,P(X^t)^P(Y^t)D,對任意正數(shù)t.P(X^t)^P(Y^t)

答案C

2.(2015山東,8,5分)已知某批零件的長度誤差(單位:毫米)服從正態(tài)分布N(0,32),從中隨機取T牛其長度誤

愛落在區(qū)間(3,6)內的概率為()

?附;若隨機變量，服從正態(tài)分布N(?則P(n-o<g<q+o)=68.26%,P(——2o<g<y+2o)=95.44%.)

A.4.56%B.13.59%

C.27.18%D.31.74%

答案B

C組教師專用題組

考點一條件概率、相互獨立事件及二項分布

1.（2015課標I,4,5分）投籃測試中,每人投3次,至少投中2次才能通過測試.已知某同學每次投籃投中的概率

為0.6,且各次投籃是否投中相互獨立,則該同學通過測試的概率為（）

4.0.648B.0.432C.0.36D.0.312

答案A

2.（2014課標11,5,5分）某地區(qū)空氣質量監(jiān)測資料表明,一天的空氣質量為優(yōu)良的概率是0.75,連續(xù)兩天為優(yōu)良

的概率是0.6,已知某天的空氣質量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質量為優(yōu)良的概率是（）

A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45

答案A

3.（2018北京,17,12分）電影公司隨機收集了電影的有關數(shù)據(jù)，經分類整理得到下表;

電影類型第一類缸類第三類第四類第五類第六類

電影部數(shù)14050300200800510

好評率0.40.20.150.250.20.1

好評率是指:一類電影中獲得好評的部數(shù)與該類電影的部數(shù)的比值.

假設所有電影是否獲得好評相互獨立.

⑴從電影公司收集的電影中隨機選取1部，求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率：

⑵從第四類電影和第五類電影中各隨機選取1部，估計恰有1部獲得好評的概率；

⑶假設每類電影得到人們喜歡的概率與表格中該類電影的好評率相等.用“；門”表示第k類電影得到人們

喜歡，“目尸0”表示第k類電影沒有得到人們喜歡（k=l,2,3,4,5,6）.寫出方差f）Ci,DC2,DCDCDU,DG

的大小美系.

解析⑴由題意知,樣本中電影的總部數(shù)是140+50+300+200+8004-510=2000,第四類電影中獲得好評的電影部

數(shù)是200X0.25=50.故所求概率是氤=0.025.

⑵設事件八為“從第四類電影中隨機選出的電影獲得好評”，

事件B為“從第五類電影中隨機選出的電影獲得好評”.

故所求概率為P6心麗)=P(Afi)tPUB)

=P(A)(1-P(B))+(1-P(A))P(B).

由題意知:P(A)估計為0.25,P⑻估計為0.2.

故所求概率估計為0.25X0.8+0.75X0.2=0.35.

⑶Dg>D2=Dg5>"3〉"6.

<(2017天津,16,13分)從甲地到乙地要經過3個十字路口,設各路口信號燈工作相互獨立,且在各路口遇到紅

燈的概率分別為

⑴記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個數(shù),求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望：

⑵若有2輛車獨立地從甲地到乙地,求這2輛車共遇到I個紅燈的概率.

解析本題主要考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望,事件的相互獨立性,互斥事件的概率加法公式等基礎

知識.考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力.

⑴隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.

P(x=o)=(13)x(i.l)x(i.l)4

p(x=l)=lx(1-i)X(l-l)+(i-l)xix

234234k2/k3/424

p(x=2)=(1.l)xlxWx(i.l)xWxlx(i.l)=l,

P(X=3)2x!x—.

23424

所以，隨機變量X的分布列為

0123

p11111

424424

隨機變量X的數(shù)學期望l-(X)=0X^+1X生2X%3X9S

42442412

⑵設Y表示第一輛車遇到紅燈的個數(shù),2表示第二輛車遇到紅燈的個數(shù),則所求事件的概率為

P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=Z=0)

=P(Y=0)P(Z=l)+P(Y=1)P(2=0)

42424448

所以,這2輛車共遇到【個紅燈的概率為9

。技巧點撥解決隨機變量分布列問題的關鍵是正確求出隨機變量可以取哪些值以及取各個值時對應的概率,

只有正確理解隨機變量取值的意義才能解決這個問題,理解隨機變量取值的意義是解決這類問題的必要前提.

5.(2016課標II,18,12分)某瞼種的基本保費為a(單位:元)，繼續(xù)購買該瞼種的投俁人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年

度的保費與其上年度出險次數(shù)的關聯(lián)如下:

上年度出險次數(shù)01234》5

保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a

設該險種一續(xù)保人一年內出險次數(shù)與相應概率如下:

一年內出險次數(shù)01234

概率0.300.150.200.200.100.05

⑴求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率;

⑵若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費,求其保費比基本保費高出60%的概率；

⑶求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值.

解析(D設A表示事件：“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費;則事件A發(fā)生當且僅當一年內出險次數(shù)大

于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分)

⑵設B表示事件：“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當且僅當一年內出險次數(shù)大

于3,故P（B）=0.1+0.05=0.15.

又P（AB）=P（M故P⑹A）嗡喘然界.

因此所求概率為不（7分）

⑶記續(xù)保人本年度的保費為X元，則X的分布列為

X0.85aa1.25a1.5a1.75a2a

P0.300.150.200.200.100.05

EX=0.85aX0.30+aX0.15+1.25aX0.20+1.5aX0.20+1.75aX0.10+2aX0.05=1.238

因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為L23.（12分）

。思路分析⑴將本年度保費高于基本保費a對應的所有事件的概率相加即可；

⑵利用條件概率公式求解；

⑶求出續(xù)保人本年度保費的期望與基本保費的比值即可.

6.（2016北京,16,13分）A,B,C三個班共有100名學生,為調查他們的體育鍛煉情況,通過分層抽樣獲得了部分

學生一周的鍛煉時間,瞬如下表（單位:小時）：

A班66.577.58

B班6789101112

C班34.567.5910.51213.5

⑴試估計C班的學生人數(shù)；

⑵從A班和C班抽出的學生中,各隨機選取一人.A班選出的人記為甲,C班選出的人記為乙,假設所有學生的鍛

煉時間相互獨立,求該周甲的鍛煉時間比乙的鍛煉時間長的概率;

⑶再從A,B,C三個班中各隨機抽取一名學生,他們該周的鍛煉時間分別是7,9,8,2式單位:小時).這3個新數(shù)

據(jù)與表格中的雌構成的新樣本的平均數(shù)記為5,表格中數(shù)據(jù)的平均數(shù)記為八,試判斷〃和巧的大小,(結

論不要求證明)

解析⑴由題意知,抽出的20名學生中,來自C班的學生有8名.根據(jù)分層抽樣方法,C班的學生人數(shù)估計為

100哈40.

⑵設事件A,為“甲是現(xiàn)有樣本中A班的第i個人"，i=l,2,…,5,

事件C為“乙是現(xiàn)有樣本中C班的第j個人”，尸1,2,…,8.

由題意可知,P(AJ=,i=l,2,…,5;P(CJ)4j=l,2,…,8.

P(A1Cj)=P(Ai)P(Cj)=1xl=^,i=l,2,…,5,j=l,2,…,8.

設事件E為“該周甲的鍛煉時間比乙的鍛煉時間長由題意

ffl,E=AiC.UAIC2UA2GUA2c2UA2c3UACUA,C2UACUA.C.UAGUAGUAsC.U^UA^UAC.

因此

P(E)=P(AC)+P(AQ)+P(A￡)+P(AG)+P(A2c3)+P+P(M2)+P(A3c3)+P(AC)+P(AG)+P(AQ)+P&G)+P(A5Q)

+P(A5c3)+P(AsG)=15X看.

⑶uKu。.

。思路分析⑴利用分層抽樣的特征求出C班的學生人數(shù);⑵先找出甲、乙所有可能的搭配方式，再找出符合

條件的搭配方式,其實質是古典概型;⑶將從A,B,C三個班中抽取的樣本數(shù)據(jù)分別與該班的平均數(shù)比較,進而作

判斷.

施時本題考查抽樣方法，互斥事件、相互獨立事件的概率、平均數(shù).屬中檔題.

(2016山東,19,12分)甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜一個成語.在一輪活

動中，如果兩人都猜對，則“星隊”得3分;如果只有一人猜對，則“星隊”得1分;如果兩人都沒猜對，則“星隊”

得0分.已知甲每輪猜對的概率是a乙每輪猜對的概率是:;每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響，各輪結果亦互

43

不影響.假設“星隊”參加兩輪活動，求：

11)“星隊”至少猜對3個成語的概率；

⑵“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學期望EX.

解析(D記事件A;“甲第一輪猜對”，記事件B;“乙第一輪猜對”，記事件C:“甲第二輪猜對：記事件

D：“乙第二輪猜對”，記事件E:“‘星隊’至少猜對3個成語”.

由題意,kABCD」BCD+A萬CD+ABeD+ABC瓦

由事件的獨立性與互斥性，得

P(E)=P(ABCD)+P(彳BCD)十P(A萬CD)+P(AB^D)十P(ABC萬)

P(A)P(B)P(C)P(D)+P?P(B)P(C)P(D)+F(A)P(B)-P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)好(A)P(B)P(C)?P(D)

zZx-X-X-+2X(，ix-x-x-+-x-x-x-)

4343\43434343/

_2

所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為:.

⑵由題意.隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6.

由事件的獨立性與互斥性，得

P(X=o)=lx』x』xLJ-,

4343144

P(X=l)=2X(-x-x-x-+-x-x-x9』二，

\43434343/14472

P(x=2)=^x-x-x-4xixix-4-x-x-xi+lx-xix^-,

4343434343434343144

P(X=3)=^x-xixMxix-x^=^-=—,

4343434314412

P(X=4)=2X(2X|X2XUB|1X1)=^4,

\43434X3X43/14412

P的6片卷冷乂等.

可得隨機變量X的分布列為

X012346

1525151

nP

1447214412124

所以數(shù)學期望EX=0X-^4-1XA+2X^+3X±+4X^6X^.

出版魅題考查了隨機事件發(fā)生的概率及離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望，確定隨機變量可能的取值是解

題的關鍵.屬于中檔題.

8.（2015湖北,20,12分）某廠用鮮牛奶在某臺設備上生產A.B兩種奶制品,生產1噸A產品需鮮牛奶2噸，使用

設備1小時，獲利1000元;生產1噸R產品需鮮牛奶L5噸,使用設備1.5小時，獲利1200元.要求每天B產

品的產量不超過A產品產量的2倍,設備每天生產A,B兩種產品時間之和不超過12小時,假定每天可獲取的鮮

牛奶數(shù)量W（單位:噸）是一個隨機變量，其分布列為

M121518

P0.30.50.2

該廠每天根據(jù)獲取的鮮牛奶數(shù)量安排生產，使其獲利最大,因此每天的最大獲利Z（單位:元）是一個隨機變量.

⑴求Z的分布列和均值；

⑵若每天可獲取的鮮牛奶數(shù)量相互獨立,求3天中至少有I天的最大獲利超過10300元的概率.

2x+1.5y<W,

（2x-y>0,

x>0,y>0.

①

目標函數(shù)為z=l000x+l2Q0y.

詭茄翔h；oU(O.OjCfljfi)12；-S腳⑼12

miK2M3

當*=12時，①表示的平面區(qū)域如圖1,三個頂點分別為

A(0,0),B(2.4,4,8),C(6,0).

將OOOx+1200y變形為y-3+高，

當x=2.4,尸4.8時,直線1:尸-3+品在￥軸上的截距最大,最大獲利及22二2.4><1000+4.8X1200=8160.

當W=15時,①表示的平面區(qū)域如圖2,三個頂點分別為

A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).

將z=lOOOx+1200y變形為尸-x.,

當x=3,y=6時,直線1:丫=-也:總在y軸上的截距最大，

最大獲利Z=zw3Xl000+6X1200=10200.

當W-18時,①表示的平面區(qū)域如圖3,

四個頂點分別為A(0,0),B(3,6),C(6,4),D⑼0).

將z=lOOOx+1200y變形為丫=~^啖，

O1/UU

當產6,y=4時,直線1:產一3十忘在y軸上的截距最大，

最大獲利Z二人尸6XI000+4X1200=10800.

故最大獲利Z的分布列為

Z81601020010800

P0.30.50.2

因此,E(Z)=8160X0.3+10200X0.5+10800X0,2=9708.

⑵由⑴知，一天最大獲利超過10000元的概率

P(Z>10000)=0.5+0.2=0.7,

由二項分布知.3天中至少有1天最大獲利超過10000元的概率為卜(卜0.7);1-0,3,-0.973.

9.（2014大綱全國,20,12分）設每個工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設備的概率分別為0.6、0.5、0.5、

(M,各人是否需使用設備相互獨立.

⑴求同一工作日至少3人需使用設備的概率：

⑵X表示同一工作日需使用設備的人數(shù),求X的數(shù)學期望.

蟀析記A,表示事件;同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設備,i=0,1,2,

H表示事件:甲需使用設備，

C表示事件:丁需使用設備，

D表示事件;同一工作日至少3人需使用設備，

⑴口二人】?B?C+Aj?B+A2?5,C,

P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A,)=C|X0.5*i=0,l,2,(3分)

所以P(D)=P(Ai?B?C+A2?B+Az-B-C)

=P(A>?B?C)+P(A2?B)+P(A2?后?C)

=F(AI)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P?P(0

=0.31.(6分)

⑵X的可能取值為0,1,2,3,4,則

P(X=0)=P(5?Ao?C)=P?)P(Ao)P(C)

=(1-0.6)X0.5ZX(1-0.4)=0.06,

P(X=1)=P(B?酊?C+B?Ao?C+B?A.?C)

=P(B)P(Ao)P(C)+P?P(Ao)P(C)+P(B)P(Ai)P(C)

=0.6X0.52X(1-0.4)+(1-0.6)X0.52X0.4+(1-0.6)X2X0.52X(1-0.4)=0.25,

2

P(X=4)=P(A2?B?C)=P(A2)P(B)P(C)=O.5X0.6X0.4=0.06,

P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25,

P(X=2)=1-P(X=O)-P(X=l)-P(X=3)-P(X=4)

=1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,（10分）

數(shù)學期望EX=0XP(X=0)+1XP(X=l)+2XP(X=2)+3XP(X=3)+4XP(X=4)=0.25+2X0.38+3X0.25+4X0.06=2.(12

分)

10.(2013課標I,19,12分)一批產品需要進行質量檢瞼檢驗方案是冼從這批產品中任取1件俯僉瞼這4件

產品中優(yōu)質品的件數(shù)記為n,如果n3,再從這批產品中任取4件作檢驗，若都為優(yōu)廢品,則這批產品通過檢驗;如

果展4,再從這批產品中任取1件作檢驗，若為優(yōu)質品，則這批產品通過檢驗:其他情況下,這批產品都不能通過

檢驗.

假設這批產品的優(yōu)質品率為50%,即取出的每件產品是優(yōu)質品的概率都為;，且各件產品是不是優(yōu)質品相互獨立.

⑴求這批產品通過檢驗的概率；

⑵已知每件產品的檢驗費用為100元，且抽取的每件產品都需要檢驗,對這批產品作質量檢驗所需的費用記為

)：(單位:元)，求X的分布列及數(shù)學期望.

解析⑴設第一次取出的4件產品中恰有3件優(yōu)質品為事件如第一次取出的1件產品全是優(yōu)質品為事件M

第二次取出的4件產品都是優(yōu)質品為事件比,第二次取出的1件產品是優(yōu)質品為事件B2,這批產品通過檢驗為事

件A,依題意有A=(AiBi)U件物)，且AB與件2互斥，所以P(A)=P(A,B1)+P(W=P(Ai)P(B,|A,)+P(As)P(揚|件

z±x±+±xi=-.

161616264

⑵X可能的取值為400,500,800,并且

P(x=400)=l-±-^s

P(X=500)二，

16

P(X=800)4

4

所以X的分布列為

X400500800

1111

P

16164

EX=400義去5。°><力8。。乂表5。6.25,

。思路分析（D設第一次取出的1件產品中恰有3件優(yōu)質品為事件Ai,第一次取出的4件產品全是優(yōu)質品為事

件必第二次取出的1件全是優(yōu)質品為事件B..第二次取出的I件是優(yōu)質品為事件【以這批產品通過檢驗為事件

4依題意有A=（A|B|）U（AR）且AB與AB：互斥，進而求解.

⑵X可能的取值為400,500,800,分別求其對應的概率,進而可得分布列、期望.

考點二正態(tài)分布

（2014課標I,1&12分）從某企業(yè)生產的某種產品中抽取500件,測量這些產品的一項質量指標值,由測量結

果得如下頻率分布直方圖；

⑴求這500件產品質量指標值的樣本平均數(shù)訝口樣本方差$2（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）；

⑵由直方圖可以認為，這種產品的質量指樂值Z服從正態(tài)分布N（u,其中U近似為樣本平均數(shù)元。，近

似為樣本方差一.

⑴利用該正態(tài)分布,求PU87.8<Z<212.2）;

iii）某用戶從該企業(yè)購買了100件這種產品,記X表示這100件產品中質量指標值位于區(qū)間（187.8,212.2）的產

品件數(shù).利用⑴的結果，求EX.

時：、國七12.2.

若Z“N（P,。2）,則P（p-o〈Z<l*+<J）=0,6826,P（u-2a<Z<口+2。）=0.9544.

解析⑴抽取產品的質量指標值的樣本平均數(shù)百口樣本方差s：分別為

7=170X0.02+180X0.09+190X0.22+200X0.33+210X0.24+220X0.08+230X0.02=200,

S2=(-30)2X0.02+(-20)2X0.09+(-10)2X0.22+0X0.33+102X0.24+202X0.08+302X0.02=150.

⑵⑴由⑴知,Z'N(200,150),

從而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2a<200+12.2)=0.6826.

Hi)由(i)知,T牛產品的質量指標值位于區(qū)間(187.8,212.2)的概率為0.6826,

依題意知X~B(100,0.6826),所以EX=100X0.6826=68.26.

。思路分析⑴根據(jù)直方圖求得樣本平均舞和樣本方差一；

⑵(i)由⑴知Z'N(200,150),從而得出概率.

(ii)依題意知X~B(100,0.6826),從而求得EX.

【三年模擬】

一、選擇題(每小題5分，共35分)

1.(2020屆吉林延邊二中高三開學考試,10)甲、乙兩人從1.2,3,???,15這15個數(shù)中,依次任取一個數(shù)(不放回),

則在已知甲取到的數(shù)是5的倍數(shù)的情況下，甲所取的數(shù)大于乙所取的數(shù)的概率是()

A/B.三C/D.色

21S1415

答案C

2.(2020屆吉林延邊二中9月月考,7)某班有50名學生，一次數(shù)學考試的成績€服從正態(tài)分布N(105,10,已

知P(954&<105)=0.32,估計該班學生數(shù)學成績在115分以上的人數(shù)為()

L10B.9C.8D.7

答案B

3.（2020屆重慶一中摸底考試,8）規(guī)定投擲飛鏢3次為一?侖3次中至少兩次投中8環(huán)以上的為優(yōu)秀.現(xiàn)采用隨機

模擬試驗的方法估計某人投擲飛鏢的情況:先由計算器產生隨機數(shù)0或1,用0表示該次投鏢未在8環(huán)以上，用I

表示該次投鏢在8環(huán)以上,再以每三個隨機數(shù)作為一組，代表一輪的結果.例如：“1譏”代表第一次投鏢在8環(huán)

以上，第二次投鏢未在8環(huán)以上，第三次投瞟在8環(huán)以上,該結果代表這一輪投鏢為優(yōu)秀，“100”代表第一次投

鏢在8環(huán)以上，第二次和第三次投鏢均未在8環(huán)以上,該結果代表這一輪投鏢為不優(yōu)秀.經隨機模擬試驗產生了

如下10組隨機數(shù)，據(jù)此估計,該選手投擲飛鏢兩輪,至少有一輪可以拿到優(yōu)秀的概率是（）

101111011101010100100011111001

AgB-C-D-

'25"25125"25

答案B

4.（2020屆山東煙臺第一中學第一次聯(lián)考,4）首屆中國國際進口博覽會期間，甲、乙、丙三家中國企業(yè)都有意向

購買同一種型號的機床設備，他們購買該機床設備的概率分別為;,:，目三家企業(yè)的購買結果相互之間沒有影

響，則三家企業(yè)中恰有1家購買該機床設備的概率是（）

L-B.-C.-D.-

24242424

答案C

5.（2019福建寧德二模,6）某校有1000人參加某次模擬考試，其中數(shù)學考試成績近似服從正態(tài)分布

N（105,。2）（。）0）,試卷滿分150分,統(tǒng)計結果顯示數(shù)學成績優(yōu)秀（高于120分）的人數(shù)占總人數(shù)聯(lián)，則此次數(shù)學

考試成績在90分到105分之間的人數(shù)約為（）

A.150B.200C.300D.400

答案C

6.（2019河南鄭州二模,7）在如圖所示的正方形中隨機投擲10000個點，則落入阻影部分（曲線C為正態(tài)分布

義-2,4）的密度曲線）的點的個數(shù)的估計值為（）

1附;X~N(。3則p(H—。＜XWI＞+0)=0.6827,P(P-2。＜XW”2。)=0.9545)

A.906B.2718C.340D.3413

答案C

7.（2018山東濟南外國語學校12月月考,9"石頭、剪刀、布”又稱“猜丁殼”，是一種流行多年的猜拳游戲，

起源于中國,然后傳到日本、朝鮮等地,隨著亞歐貿易的不斷發(fā)展,它傳到了歐洲,到了近代逐漸風靡世界.其游

戲規(guī)則是:出拳之前雙方齊喊口令，然后在語音剛落時同時出拳，握緊的拳頭代表“石頭”，食指和中指伸出代表

“剪刀”，五指伸開代表“布”.“石頭”勝“剪刀”，“剪刀”勝"布"而"布”又勝“石頭”.若所出的拳

相同，則為和局.小軍和大明兩位同學進行“五局三勝制”的“石頭、剪刀、布”游戲比賽，則小軍和大明比賽

至第四局小軍勝出的概率是（）

A.-B.-C.-D.-

Z7278181

答案B

二、填空題（每小題5分，共10分）

8.（2020屆云南名校高考適應性月考,M）甲隊和乙隊進行乒乓球決賽，采取七局四勝制（當一隊贏得四局勝利時,

該隊獲勝,決賽結束）,根據(jù)前期比賽成績，甲隊每局取勝的概率為0.8,且各局比賽結果相互獨立,則甲隊以4：1

獲勝的概率是.

如玄1024

°3125

9.（2020屆湖北宜昌部分示范高中教學協(xié)作體9月月考,16）在一段線路中有4個自動控制的常用開關A、B、C、

D,如圖連接在一起,假定在2019