2023新高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A37-專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1-11.3　二項(xiàng)分布與正態(tài)分布-習(xí)題+題組

2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3二項(xiàng)分布與正態(tài)分布2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3二項(xiàng)分布與正態(tài)分布2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3二項(xiàng)分布與正態(tài)分布[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3二項(xiàng)分布與正態(tài)分布]2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3專題檢測(cè)題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3專題檢測(cè)題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3專題檢測(cè)題組11。3二項(xiàng)分布與正態(tài)分布考試點(diǎn)一條件概率、相互獨(dú)立事件及二項(xiàng)分布、全概率公式1.【2015課標(biāo)Ⅰ理，４,5分】投籃測(cè)試中，每人投3次,至少投中2次才能通過測(cè)試．已知某同學(xué)每次投籃投中的概率為0．6,且各次投籃是否投中相互獨(dú)立,則該同學(xué)通過測(cè)試的概率為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.0.６48B．０.432C。0。3６D。0.３12答案:Ａ該同學(xué)通過測(cè)試的概率P＝C32×0.62×0．４+０。63=0。43２＋0。2１6＝０。648,故選２?！?０14課標(biāo)Ⅱ理，5,5分】某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測(cè)資料表明,一天的空氣質(zhì)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(zhì)量為優(yōu)良,則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.0．8B.０。75C.0。６D。0。45答案：A由條件概率可得所求概率為0.60.75=0。８，故選3?！?015廣東理，13,5分】已知隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布B【ｎ，p】．若E【X】=30,D【X】＝２0,則p=．

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:1解析因?yàn)椋亍獴【n,p】，所以E【X】＝np=３0，D【X】=nｐ【1—p】=20,解得n=90，p＝13．4。【2016山東理,１9，1２分】甲、乙兩人組成“星隊(duì)”參加猜成語活動(dòng),每輪活動(dòng)由甲、乙各猜一個(gè)成語.在一輪活動(dòng)中，如果兩人都猜對(duì)，則“星隊(duì)”得3分；如果只有一人猜對(duì)，則“星隊(duì)”得1分；如果兩人都沒猜對(duì)，則“星隊(duì)”得0分。已知甲每輪猜對(duì)的概率是34,乙每輪猜對(duì)的概率是23;每輪活動(dòng)中甲、乙猜對(duì)與否互不影響，各輪結(jié)果亦互不影響．假設(shè)“星隊(duì)”參加兩輪活動(dòng)，求【1】“星隊(duì)”至少猜對(duì)3個(gè)成語的概率；【2】“星隊(duì)”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學(xué)期望ＥX。解析【1】記事件A:“甲第一輪猜對(duì)”,記事件Ｂ:“乙第一輪猜對(duì)”，記事件C：“甲第二輪猜對(duì)”,記事件D:“乙第二輪猜對(duì)"，記事件E:“‘星隊(duì)'至少猜對(duì)3個(gè)成語".〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題意,E＝ＡBCD+ABCＤ＋ＡBCD+ABCD+ＡBCD,由事件的獨(dú)立性與互斥性，得P【Ｅ】=P【ＡＢCD】+Ｐ【AＢＣD】+P【ABCD】+P【ＡＢCD】+P【AＢCD】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=P【A】P【B】P【C】Ｐ【D】＋P【A】P【B】P【Ｃ】P【Ｄ】+P【A】·P【B】P【C】Ｐ【D】+P【A】P【B】P【C】Ｐ【D】+P【A】P【Ｂ】P【Ｃ】·P【D】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕＝34×23×34×23=23所以“星隊(duì)”至少猜對(duì)３個(gè)成語的概率為23【2】由題意，隨機(jī)變量X可能的取值為0，1，2，３,4,6。由事件的獨(dú)立性與互斥性，得P【X=０】=14×13×14×1Ｐ【Ｘ=1】=２×34×13×1Ｐ【Ｘ=2】=34×13×34×13+34×13×14×23＋14×23×34×13P【X=３】=34×23×14×13＋14×13×34×P【X=4】=2×34×23×3P【X=6】=34×23×34×23=可得隨機(jī)變量X的分布列為X012346P1525151所以數(shù)學(xué)期望EX=0×1144＋1×572＋２×25144+3×112+４×512+6×評(píng)析本題考查了隨機(jī)事件發(fā)生的概率及離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望，確定隨機(jī)變量可能的取值是解題的關(guān)鍵.屬于中檔題．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕５?！荆玻?５湖南理,18,１2分】某商場(chǎng)舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng),顧客購買一定金額的商品后即可抽獎(jiǎng)。每次抽獎(jiǎng)都是從裝有4個(gè)紅球、６個(gè)白球的甲箱和裝有5個(gè)紅球、5個(gè)白球的乙箱中，各隨機(jī)摸出1個(gè)球.在摸出的2個(gè)球中,若都是紅球，則獲一等獎(jiǎng);若只有1個(gè)紅球,則獲二等獎(jiǎng)；若沒有紅球,則不獲獎(jiǎng)。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求顧客抽獎(jiǎng)１次能獲獎(jiǎng)的概率；【2】若某顧客有3次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，記該顧客在3次抽獎(jiǎng)中獲一等獎(jiǎng)的次數(shù)為X,求Ｘ的分布列和數(shù)學(xué)期望.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】記事件Ａ1={從甲箱中摸出的1個(gè)球是紅球},A２=｛從乙箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，B1={顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)｝，B2={顧客抽獎(jiǎng)１次獲二等獎(jiǎng)}，C={顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)}。由題意,A1與Ａ2相互獨(dú)立,A1A2與A1Ａ２互斥,B１與B2互斥,且B１=A１A2,Ｂ2＝A１A2+A1A2，C=B１因?yàn)镻【A1】＝410=25,P【A２】=510所以P【B1】=P【A1A2】=P【A1】P【A2】=25×12=P【B2】=P【Ａ1A2＋A1A2】=Ｐ【A1A2】+Ｐ【A=P【A1】P【A2】+Ｐ【A1】P【A＝Ｐ【A1】［1-Ｐ【A2】］＋［1—P【Ａ1】］P【A２】=25×1-12＋1-故所求概率為P【Ｃ】＝P【B1+B２】=P【Ｂ1】+Ｐ【B2】=15+12=7【2】顧客抽獎(jiǎng)３次可視為3次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，由【1】知，顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)的概率為15,所以X～B3,1于是P【Ｘ=0】＝C301P【X=1】=C311P【X＝２】=C321Ｐ【X=3】=C331故X的分布列為Ｘ0１23Ｐ6448121X的數(shù)學(xué)期望為E【X】=３×15＝36?！?0１4遼寧理,１8，1２分】一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖所示?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設(shè)每天的銷售量相互獨(dú)立?！?】求在未來連續(xù)3天里,有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個(gè)且另1天的日銷售量低于50個(gè)的概率;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】用X表示在未來３天里日銷售量不低于100個(gè)的天數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列，期望E【X】及方差D【X】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于1０0個(gè)”，A2表示事件“日銷售量低于50個(gè)",B表示事件“在未來連續(xù)3天里有連續(xù)2天日銷售量不低于100個(gè)且另一天銷售量低于50個(gè)”．因此〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕P【Ａ1】=【0．０06＋０。004+０。002】×５0=0。6，Ｐ【Ａ2】=0.00３×50=０.15,P【B】=0.6×0。6×０.15×2=０．1０8?！?】X可能取的值為0，１，2,３,相應(yīng)的概率為P【Ｘ=0】=C30·【1—０。6】P【X=１】=C31·0。6【1－0．6】P【Ｘ=2】=C32·0。6Ｐ【X＝３】=C33·０。6分布列為X0123P0．０６40。２880．432０.2１6因?yàn)椋貇Ｂ【3，0。６】,所以期望E【X】=3×0。6=1.8,方差D【X】＝3×０．6×【1—0.6】=０.72.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕7．【２014安徽理，１7，１2分】甲乙兩人進(jìn)行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽,若賽完５局仍未出現(xiàn)連勝，則判定獲勝局?jǐn)?shù)多者贏得比賽．假設(shè)每局甲獲勝的概率為23,乙獲勝的概率為13，各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立【1】求甲在4局以內(nèi)【含4局】贏得比賽的概率;【2】記X為比賽決出勝負(fù)時(shí)的總局?jǐn)?shù),求Ｘ的分布列和均值【數(shù)學(xué)期望】．解析用Ａ表示“甲在4局以內(nèi)【含４局】贏得比賽”，Aｋ表示“第k局甲獲勝”，Bｋ表示“第k局乙獲勝"，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則P【Ak】＝23,P【Bk】=1【1】P【A】=Ｐ【A1A2】+P【B1Ａ2A３】＋P【A1Ｂ2A3A4】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=P【A1】Ｐ【Ａ2】＋P【B１】P【A2】P【A3】+P【A１】·P【B2】Ｐ【A３】P【A4】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=232+13×232+23×所以甲在4局以內(nèi)【含４局】贏得比賽的概率為5681【２】X的可能取值為2，3,4，5.Ｐ【X=２】＝P【A１Ａ2】+P【B1B２】=P【A1】P【A2】+P【B1】P【Ｂ2】=59Ｐ【Ｘ=３】=Ｐ【B１A2A3】+Ｐ【A1B2B３】=P【B1】P【A2】P【A3】+P【A１】P【Ｂ2】P【B3】=29P【X＝4】=P【A1B2A3Ａ4】+P【B1A２B3Ｂ４】=P【A1】P【Ｂ2】P【A３】P【A4】+P【B1】P【A2】P【B3】P【B４】=1081,P【X=5】=1－P【X=２】-P【Ｘ=３】—P【X=4】=881故X的分布列為X2345P52108EX＝2×59＋3×29＋4×1081+５×8評(píng)析本題考查了獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生，互斥事件至少有一個(gè)發(fā)生、分布列、均值等概率知識(shí)；考查應(yīng)用意識(shí)、運(yùn)算求解能力;準(zhǔn)確理解題意是解題的關(guān)鍵;準(zhǔn)確運(yùn)算求解是得分的關(guān)鍵?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕８。【2014山東理，18，12分】乒乓球臺(tái)面被球網(wǎng)分隔成甲、乙兩部分,如圖,甲上有兩個(gè)不相交的區(qū)域A,B，乙被劃分為兩個(gè)不相交的區(qū)域C,Ｄ,某次測(cè)試要求隊(duì)員接到落點(diǎn)在甲上的來球后向乙回球.規(guī)定：回球一次,落點(diǎn)在C上記3分,在D上記1分,其他情況記0分。對(duì)落點(diǎn)在A上的來球,隊(duì)員小明回球的落點(diǎn)在C上的概率為12,在D上的概率為13；對(duì)落點(diǎn)在B上的來球,小明回球的落點(diǎn)在C上的概率為15，在D上的概率為35。假設(shè)共有兩次來球且落在A，B上各一次，小明的兩次回球互不影響【1】小明兩次回球的落點(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)在乙上的概率；【2】兩次回球結(jié)束后，小明得分之和ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望。解析【1】記Aｉ為事件“小明對(duì)落點(diǎn)在A上的來球回球的得分為ｉ分”【i=０,1，3】，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則P【A3】=12，P【A1】=13，P【A0】＝1—12-1記Bi為事件“小明對(duì)落點(diǎn)在B上的來球回球的得分為i分”【i=0，1，３】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則Ｐ【B3】=15，P【Ｂ1】=35,P【B0】=１—15—3記D為事件“小明兩次回球的落點(diǎn)中恰有1次的落點(diǎn)在乙上”．由題意，D＝Ａ3B０+A1B0+A0B1+A0B３,由事件的獨(dú)立性和互斥性，Ｐ【D】=P【A3B0+A１B0+A０B1+A0B3】=P【A3B０】+P【A1B0】+P【A０Ｂ1】+P【Ａ0Ｂ３】＝P【Ａ３】P【Ｂ0】+P【Ａ1】P【Ｂ0】+P【A０】P【B1】+P【A0】P【Ｂ3】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=12×15+13×15+16×35＋所以小明兩次回球的落點(diǎn)中恰有1次的落點(diǎn)在乙上的概率為310【2】由題意，隨機(jī)變量ξ可能的取值為0，1，2，３，４，６，由事件的獨(dú)立性和互斥性,得P【ξ=０】=Ｐ【A0B0】=16×15＝P【ξ=１】=Ｐ【A1Ｂ0+Ａ0B1】=P【A1B０】＋P【A0B１】=13×15＋16×35P【ξ=2】=Ｐ【A1B1】=13×35=Ｐ【ξ＝3】=P【A３B０＋Ａ0B３】＝P【A3B0】+Ｐ【A0B3】=12×15+15×16Ｐ【ξ＝4】=P【A3B1+Ａ1B3】=P【A3B1】+P【A１B３】=12×35＋13×15P【ξ=6】=Ｐ【Ａ3B3】＝12×15=可得隨機(jī)變量ξ的分布列為:ξ０1２346P1112111所以數(shù)學(xué)期望Eξ=０×130+1×16＋2×15＋３×215＋4×1130+6×9．【20１4大綱全國理,20，12分】設(shè)每個(gè)工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設(shè)備的概率分別為0．６、０。5、0.5、0。４，各人是否需使用設(shè)備相互獨(dú)立.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求同一工作日至少３人需使用設(shè)備的概率；【２】X表示同一工作日需使用設(shè)備的人數(shù),求X的數(shù)學(xué)期望.解析記Ai表示事件：同一工作日乙、丙中恰有ｉ人需使用設(shè)備,i＝0,1，2，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕B表示事件:甲需使用設(shè)備，C表示事件：丁需使用設(shè)備,D表示事件：同一工作日至少3人需使用設(shè)備．【1】D=A1·B·C+Ａ2·B＋Ａ2·B·C,P【B】=０.６，P【C】=0。4,P【Ａi】＝C2i×０。52，i=０,1,2,【3分所以P【D】=P【A１·B·C+Ａ2·B+A2·B·C】＝P【A1·B·C】+P【A2·Ｂ】+Ｐ【A2·B·Ｃ】=P【A1】Ｐ【B】P【Ｃ】+P【Ａ2】P【B】+Ｐ【A2】Ｐ【B】Ｐ【Ｃ】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕=0.3１?！?分】【2】Ｘ的可能取值為0，1，2,３，4,則P【X=0】＝P【B·A0·C】=Ｐ【B】P【A0】P【C】=【1-０.6】×0.5２×【1－0.4】=0.０6，P【X=1】＝P【B·A０·C+B·A０·C+B·A1·C】=P【B】P【A０】P【C】＋Ｐ【B】P【A0】P【C】+Ｐ【B】Ｐ【A1】P【C】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕＝0.６×0.52×【１-0.4】+【1—０．６】×0.５2×0.4+【１—0．６】×2×0.5２×【1-0。4】=0。2５,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕P【X=4】=P【A２·B·C】=P【A2】P【B】P【C】=0.52×0.6×0。4＝0。０6，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕P【X=3】=Ｐ【D】—P【X=４】=０。2５,P【X=２】=1-P【X＝0】-P【X＝1】－P【X＝3】-P【X=4】=1—0．06-０.２5－0。25-0．06=０。38,【10分】數(shù)學(xué)期望EX=０×P【Ｘ=0】+1×P【X=1】+2×P【X=2】+3×P【Ｘ＝3】+4×P【X=4】=0.2５+2×0．38+3×０.25+4×0。０６=2．【１２分】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕10．【２01３陜西理,19，1２分】在一場(chǎng)娛樂晚會(huì)上，有5位民間歌手【1至5號(hào)】登臺(tái)演唱，由現(xiàn)場(chǎng)數(shù)百名觀眾投票選出最受歡迎歌手。各位觀眾須彼此獨(dú)立地在選票上選3名歌手,其中觀眾甲是１號(hào)歌手的歌迷,他必選1號(hào)，不選２號(hào),另在3至5號(hào)中隨機(jī)選2名。觀眾乙和丙對(duì)5位歌手的演唱沒有偏愛，因此在1至５號(hào)中隨機(jī)選3名歌手.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中３號(hào)歌手的概率；【2】X表示３號(hào)歌手得到觀眾甲、乙、丙的票數(shù)之和，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】設(shè)Ａ表示事件“觀眾甲選中3號(hào)歌手”,B表示事件“觀眾乙選中３號(hào)歌手”,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則P【Ａ】=C21C32＝2∵事件A與B相互獨(dú)立，∴觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率為P【AB】=P【A】·P【B】＝P【A】·［1-P【Ｂ】］=23×25=4【２】設(shè)C表示事件“觀眾丙選中3號(hào)歌手",則Ｐ【C】＝C42C∵Ｘ可能的取值為0，１，2，3，且取這些值的概率分別為P【X=0】＝Ｐ【ABC】=13×25×2P【X=1】=P【ABC】+P【AＢC】+P【AB=23×25×25+13×35×25+13Ｐ【X=2】＝P【ABC】+P【ABＣ】+P【ABC】=23×35×25+23×25×35+13P【X=3】=P【ABC】=23×35×35∴X的分布列為X01２3P4203318∴Ｘ的數(shù)學(xué)期望EX=0×475+1×2075+2×3375＋3×1875=14011．【20１3大綱全國理，20，15分】甲、乙、丙三人進(jìn)行乒乓球練習(xí)賽,其中兩人比賽,另一人當(dāng)裁判，每局比賽結(jié)束時(shí),負(fù)的一方在下一局當(dāng)裁判。設(shè)各局中雙方獲勝的概率均為12,各局比賽的結(jié)果相互獨(dú)立，第１局甲當(dāng)裁判．【1】求第4局甲當(dāng)裁判的概率;【2】用X表示前４局中乙當(dāng)裁判的次數(shù),求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.解析【１】記A1表示事件“第2局結(jié)果為甲勝”，A2表示事件“第3局結(jié)果為甲負(fù)”,A表示事件“第４局甲當(dāng)裁判”。則A=A１·Ａ2.則P【A】=P【A1·Ａ2】=P【A１】P【A２】＝14【2】X的可能取值為0，1,2。記A3表示事件“第3局乙和丙比賽時(shí)，結(jié)果為乙勝丙"，Ｂ1表示事件“第1局結(jié)果為乙勝丙"，B2表示事件“第2局乙和甲比賽時(shí),結(jié)果為乙勝甲",Ｂ３表示事件“第3局乙參加比賽時(shí)，結(jié)果為乙負(fù)".則Ｐ【X=０】=P【B1·B2·A3】=P【B1】P【B２】P【A３】=18,P【X=２】=Ｐ【B1·B３】=14，則Ｐ【X=1】＝1-P【X=０】—P【X=２】＝1-18—14∴Ｘ的分布列為X０１2P151∴Ｅ【Ｘ】＝0×18+1×58+2×1412?！荆玻?３福建理，16,１3分】某聯(lián)歡晚會(huì)舉行抽獎(jiǎng)活動(dòng)，舉辦方設(shè)置了甲、乙兩種抽獎(jiǎng)方案,方案甲的中獎(jiǎng)率為23，中獎(jiǎng)可以獲得2分;方案乙的中獎(jiǎng)率為25，中獎(jiǎng)可以獲得3分；未中獎(jiǎng)則不得分。每人有且只有一次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，每次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)與否互不影響，晚會(huì)結(jié)束后憑分?jǐn)?shù)兌換獎(jiǎng)品【1】若小明選擇方案甲抽獎(jiǎng)，小紅選擇方案乙抽獎(jiǎng),記他們的累計(jì)得分為Ｘ,求X≤3的概率；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】若小明、小紅兩人都選擇方案甲或都選擇方案乙進(jìn)行抽獎(jiǎng)，問:他們選擇何種方案抽獎(jiǎng),累計(jì)得分的數(shù)學(xué)期望較大？〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析解法一：【1】由已知得，小明中獎(jiǎng)的概率為23，小紅中獎(jiǎng)的概率為25，且兩人中獎(jiǎng)與否互不影響記“這2人的累計(jì)得分Ｘ≤3”的事件為Ａ，則事件A的對(duì)立事件為“Ｘ=5”,因?yàn)椋小綳=5】=23×25=415，所以P【Ａ】=1－P【X=5】=1115，即這2人的累計(jì)得分X≤３【2】設(shè)小明、小紅都選擇方案甲抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)次數(shù)為X1,都選擇方案乙抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)次數(shù)為X２，則這兩人選擇方案甲抽獎(jiǎng)累計(jì)得分的數(shù)學(xué)期望為E【２X1】，選擇方案乙抽獎(jiǎng)累計(jì)得分的數(shù)學(xué)期望為E【3X２】.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由已知可得,Ｘ1~B2,23,X2~Ｂ所以E【X1】=2×23=43，E【Ｘ2】=2×25從而E【２Ｘ1】＝２Ｅ【X1】=83，E【3X２】=3E【X2】＝125因?yàn)镋【2X1】>E【3Ｘ2】，所以他們都選擇方案甲進(jìn)行抽獎(jiǎng)時(shí)，累計(jì)得分的數(shù)學(xué)期望較大．解法二:【1】由已知得，小明中獎(jiǎng)的概率為23,小紅中獎(jiǎng)的概率為25,且兩人中獎(jiǎng)與否互不影響記“這2人的累計(jì)得分X≤3”的事件為Ａ,則事件A包含有“Ｘ=0”“X＝2”“Ｘ＝3”三個(gè)兩兩互斥的事件,因?yàn)镻【Ｘ=0】=1-23×1-25=15，P【X=2】＝23×1-25=25即這2人的累計(jì)得分Ｘ≤3的概率為1115【2】設(shè)小明、小紅都選擇方案甲所獲得的累計(jì)得分為X1，都選擇方案乙所獲得的累計(jì)得分為X2，則X1，X2的分布列如下：〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕X1024P144Ｘ203６P9124所以Ｅ【X1】=0×19+２×49+４×49=83，E【Ｘ2】=０×925+3×1225+6×425＝125．因?yàn)椋拧荆?評(píng)析本題主要考查古典概型、離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知識(shí),考查數(shù)據(jù)處理能力、運(yùn)算求解能力、應(yīng)用意識(shí).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕1３.【201３遼寧理,19,１２分】現(xiàn)有１０道題,其中6道甲類題，4道乙類題，張同學(xué)從中任取3道題解答.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求張同學(xué)至少取到1道乙類題的概率；【2】已知所取的3道題中有2道甲類題,1道乙類題。設(shè)張同學(xué)答對(duì)每道甲類題的概率都是35，答對(duì)每道乙類題的概率都是45，且各題答對(duì)與否相互獨(dú)立．用X表示張同學(xué)答對(duì)題的個(gè)數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望解析【1】設(shè)事件A=“張同學(xué)所取的３道題至少有１道乙類題”,則有A=“張同學(xué)所取的３道題都是甲類題"?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)镻【A】=C63C103=16,所以Ｐ【Ａ】＝1-P【A【２】Ｘ所有的可能取值為0，1，2，3.P【X＝0】＝C20·350·25Ｐ【X=1】=C21·351·251·15+C20350·252·45=28125；P【X=2】=CP【X=３】=C22·352·25所以Ｘ的分布列為X0123P4285736【１0分】所以E【Ｘ】＝０×4125＋1×28125+２×57125+3×3612514.【２01３山東理,1９，１2分】甲、乙兩支排球隊(duì)進(jìn)行比賽，約定先勝3局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結(jié)束．除第五局甲隊(duì)獲勝的概率是12外，其余每局比賽甲隊(duì)獲勝的概率都是23．假設(shè)各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立【１】分別求甲隊(duì)以3∶0,3∶1，3∶2勝利的概率；【2】若比賽結(jié)果為３∶0或3∶１,則勝利方得3分、對(duì)方得0分；若比賽結(jié)果為3∶2，則勝利方得２分、對(duì)方得1分。求乙隊(duì)得分X的分布列及數(shù)學(xué)期望．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】記“甲隊(duì)以3∶0勝利”為事件A１，“甲隊(duì)以3∶１勝利”為事件A2,“甲隊(duì)以３∶2勝利"為事件A3,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題意,各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立,故Ｐ【A1】＝233＝Ｐ【A2】＝C32232P【A3】=C42232所以，甲隊(duì)以3∶0勝利、以3∶１勝利的概率都為827,以３∶２勝利的概率為427【2】設(shè)“乙隊(duì)以3∶2勝利"為事件Ａ4，由題意，各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立，所以P【Ａ4】＝C421-232由題意,隨機(jī)變量X的所有可能的取值為0，1，２，3.根據(jù)事件的互斥性得P【X=0】=Ｐ【A1＋A2】＝P【Ａ１】+P【Ａ２】=1627又P【X=１】＝P【A３】=427，P【X=2】=P【A4】＝4P【X=3】=1—P【X=０】-P【X＝1】—P【Ｘ=2】=327故Ｘ的分布列為X0１23P16443所以EX＝0×1627+１×427＋2×427+３×3評(píng)析本題考查古典概型、相互獨(dú)立、互斥、分類討論思想等基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能,考查邏輯推理能力,運(yùn)算求解能力,以及運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析和解決實(shí)際問題的能力.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕考試點(diǎn)二正態(tài)分布1.【２0１5湖北理，4,5分】設(shè)Ｘ~N【μ1，σ12】,Y～N【μ2,σ22】，這兩個(gè)正態(tài)分布密度曲線如圖所示.下列結(jié)論中正確的是Ａ.P【Y≥μ2】≥P【Y≥μ1】B．P【Ｘ≤σ２】≤Ｐ【X≤σ1】C.對(duì)任意正數(shù)t,P【X≤ｔ】≥P【Y≤t】D.對(duì)任意正數(shù)t,P【Ｘ≥ｔ】≥P【Ｙ≥t】答案：Ｃ由題圖可知μ1＜0〈μ2，σ1〈σ2，∴P【Y≥μ2】〈Ｐ【Y≥μ1】,故A錯(cuò)；P【Ｘ≤σ2】〉Ｐ【X≤σ1】,故B錯(cuò);當(dāng)t為任意正數(shù)時(shí)，由題圖可知P【X≤t】≥P【Y≤t】,而Ｐ【X≤t】＝１-P【Ｘ≥t】，P【Y≤t】=１-P【Y≥t】,∴Ｐ【X≥ｔ】≤P【Y≥ｔ】，故C正確，D錯(cuò)。2．【２0１５山東理,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(jī)取一件,其長度誤差落在區(qū)間【3，6】內(nèi)的概率為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【附:若隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N【μ，σ2】，則Ｐ【μ—σ＜ξ〈μ+σ】=6８。2６%,P【μ－2σ〈ξ＜μ+2σ】=95.４4%?！俊参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。4.56％B.１３.59%C.27.18％Ｄ.31.7４％〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:BＰ【-３＜ξ<3】＝68.26%,Ｐ【－6〈ξ〈6】=95.44％，則Ｐ【３<ξ〈６】=12×【95.４4%—６8。2６％】=13。５９％。３.【20１４課標(biāo)Ⅰ理，18，12分】從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽?。?0件,測(cè)量這些產(chǎn)品的一項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值,由測(cè)量結(jié)果得如下頻率分布直方圖：〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求這５00件產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)x和樣本方差s2【同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表】；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】由直方圖可以認(rèn)為,這種產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值Ｚ服從正態(tài)分布N【μ,σ２】，其中μ近似為樣本平均數(shù)x，σ2近似為樣本方差s2?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【ｉ】利用該正態(tài)分布，求P【187．８<Ｚ〈212．2】；【ii】某用戶從該企業(yè)購買了１00件這種產(chǎn)品，記X表示這100件產(chǎn)品中質(zhì)量指標(biāo)值位于區(qū)間【187.8,2１2。２】的產(chǎn)品件數(shù)．利用【i】的結(jié)果，求EX.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕附：150≈1２.2.若Ｚ～N【μ,σ2】，則P【μ－σ〈Z<μ+σ】=0.６８26,P【μ-２σ<Z＜μ＋2σ】＝0.954４．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】抽取產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)x和樣本方差s2分別為x=１7０×０。02＋180×0。09+19０×０．22＋2００×０。33+210×0.24+22０×0．0８+２30×０.０２=200,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕s２＝【－30】２×0.02+【—２０】２×0。09+【-10】２×０。22+0×0。３3+102×0。24+202×0．08+３02×0．０2＝１5０。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】【i】由【1】知，Z～N【200，1５０】,從而P【187。８<Ｚ〈212。2】=P【200－12.2＜Z＜200+12。2】=0．６８２6?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【ii】由【i】知,一件產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值位于區(qū)間【１８7。８，21２.２】的概率為0.6826,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕依題意知X～B【1００,0．６8２6】，所以ＥX=100×0.6８２6=6８.26．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕評(píng)析本題主要考查了頻率分布直方圖、正態(tài)分布及二項(xiàng)分布等知識(shí)，考查學(xué)生的識(shí)圖能力及閱讀理解能力，理解和掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題關(guān)鍵?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_11.3專題檢測(cè)題組]〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_習(xí)題WORD版11。3二項(xiàng)分布與正態(tài)分布一、選擇題１?！?022屆成都蓉城名校聯(lián)盟聯(lián)考一,4】若隨機(jī)事件A,Ｂ滿足P【A】=13，P【B】=12,Ｐ【Ａ＋B】=34，Ａ。29B。23C.1答案：D因?yàn)椋小続+B】=P【A】+Ｐ【B】-P【AB】，所以P【ＡB】=P【A】+P【B】-Ｐ【Ａ＋B】=13+12—34=112，所以Ｐ【A｜B】＝P(AB)2.【2022屆昆明一中雙基檢測(cè)三，8】某同學(xué)從家到學(xué)校要經(jīng)過三個(gè)十字路口，設(shè)各路口信號(hào)燈工作相互獨(dú)立，該同學(xué)在各路口遇到紅燈的概率分別為12，13，14,A。124B.1124C。2答案：D該同學(xué)從家到學(xué)校至少遇到一次紅燈的概率為1—1-12×1-13×1-3?！?022屆成都蓉城名校聯(lián)盟聯(lián)考一,7】已知隨機(jī)變量X～B【n,p】，E【Ｘ】=２，Ｄ【X】=23,則P【X≥2】＝【】A.2027B.23C。16答案:A由題意知E【Ｘ】=ｎp=2,D【X】=ｎp【1－p】＝23，聯(lián)立解得ｎ=3，p=23,所以P【X≥2】＝C32×232×1-23+C４?！荆?2２屆河南重點(diǎn)中學(xué)模擬一,７】2021年國慶節(jié)期間，小李報(bào)名參加市電視臺(tái)舉辦的“愛我祖國”有獎(jiǎng)競答活動(dòng)，活動(dòng)分兩輪回答問題。第一輪從５個(gè)題目中隨機(jī)選取２個(gè)題目回答,若2個(gè)回答都正確，則本輪得獎(jiǎng)金500元；若僅有1個(gè)回答正確，則本輪得獎(jiǎng)金２００元；若兩個(gè)回答都不正確，則沒有獎(jiǎng)金且被淘汰。有資格進(jìn)入第二輪者,最多回答兩個(gè)問題，先從5個(gè)題目中隨機(jī)選取1個(gè)題目回答，若回答錯(cuò)誤，則本輪獎(jiǎng)金為零且被淘汰；若回答正確,則本題回答得獎(jiǎng)金２０00元，再從剩余4個(gè)題目中隨機(jī)選1個(gè),回答正確,本題得獎(jiǎng)金3000元,回答錯(cuò)誤，本題沒有獎(jiǎng)金.已知小李第一輪5個(gè)題目中３個(gè)能回答正確，第二輪每個(gè)題目回答正確的概率為25【每輪選題相互獨(dú)立】，則小李獲得2500元的概率為【】A.54625B.9125C.18答案：B若小李獲得２5０0元獎(jiǎng)金，則第一輪2個(gè)題目回答都正確，第二輪第1個(gè)題目回答正確,第2個(gè)題目回答錯(cuò)誤，所以所求概率為C32C52×25×1-5．【2021安徽宣城調(diào)研，８】圍棋起源于中國，據(jù)先秦典籍《世本》記載:“堯造圍棋,丹朱善之”.圍棋至今已有四千多年歷史,蘊(yùn)含著中華文化的豐富內(nèi)涵。在某次國際圍棋比賽中，甲、乙兩人進(jìn)入最后決賽.比賽采取五局三勝制，即先勝三局的一方獲得比賽冠軍【假設(shè)沒有平局】，比賽結(jié)束。假設(shè)每局比賽乙勝甲的概率都為23,且各局比賽的勝負(fù)互不影響，則在不超過4局的比賽中甲獲得冠軍的概率為【】A。19B。1781C.8答案:Ａ在不超過4局的比賽中甲獲得冠軍包含兩種情況：①甲前三局全勝，概率為P１=133=②前三局甲兩勝一負(fù)，第四局甲勝,概率為P2=C32132×23×13＝227．∴在不超過4局的比賽中甲獲得冠軍的概率為P=Ｐ1+P２６.【２022屆長春外國語學(xué)校期中，４】已知服從正態(tài)分布N【μ,σ２】的隨機(jī)變量在區(qū)間【μ—σ,μ+σ】，【μ—２σ,μ+2σ】和【μ—3σ,μ+3σ】內(nèi)取值的概率分別約為68。3%，95。4%和９９.7%．某校為高一年級(jí)１０0０名新生每人定制一套校服,經(jīng)統(tǒng)計(jì)，學(xué)生的身高【單位:cm】服從正態(tài)分布N【165，52】,則適合身高在１55~１75cm范圍內(nèi)的校服大約要定制【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.68３套B.954套C．９72套D．997套答案：B因?yàn)閷W(xué)生的身高【單位:ｃｍ】服從正態(tài)分布Ｎ【165，５2】,所以μ=１65,σ=５，身高在1５5~17５ｃｍ范圍內(nèi)即在【μ－2σ，μ+２σ】內(nèi),可知概率約為９5.4%,所以身高在15５～175ｃｍ范圍內(nèi)的校服大約要定制10０0×9５．4%＝954套.故選B?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕7．【２0２2屆河南部分名校階段測(cè),10】已知隨機(jī)變量X,Y，Z滿足Ｘ~N【3,σ2】,Y～N【1,σ2】，Ｚ＝Y(jié)-1，且P【Ｘ>4】=0。1,則P【Z2<1】的值為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.0。1Ｂ.0.2C．0．8Ｄ．0。9答案:C因隨機(jī)變量X，Ｙ滿足X~N【3，σ2】，Y～N【１，σ2】，則隨機(jī)變量X和Y所對(duì)應(yīng)的正態(tài)曲線的形狀相同，曲線的對(duì)稱軸分別為直線x=3和x=１，因此,Ｐ【Ｙ＞2】＝P【X＞4】＝0。1，而Ｚ＝Y(jié)-１,則P【Ｚ〉1】=Ｐ【Y-1>1】=Ｐ【Ｙ＞２】＝0。1,于是得P【Ｚ2＜1】=P【-１〈Ｚ<1】=１-0．１×２=０。8,所以P【Z2<1】的值為0.8.故選C.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕8。【2021安徽蚌埠二模，6】已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N【2，σ2】，且P【X<１】·P【X>３】=19,則P【1〈X〈２】＝【】A.16Ｂ。14C.1答案：Ａ由正態(tài)分布X~Ｎ【２，σ2】知，對(duì)稱軸為μ=2，由對(duì)稱性，知P【X〈1】=Ｐ【X>3】=13，則P【1＜X〈2】=12P【1＜X〈3】=12×1-9?！径噙x】【20２１山東青島調(diào)研,12】在國家精準(zhǔn)扶貧政策的支持下，某農(nóng)戶貸款承包了一個(gè)新型溫室鮮花大棚，種植銷售紅玫瑰和白玫瑰,若這個(gè)大棚的紅玫瑰和白玫瑰的日銷量分別服從正態(tài)分布N【μ，302】和N【２8０,４02】,則下列選項(xiàng)正確的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕附:若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布Ｎ【μ,σ2】，則P【μ-σ〈X≤μ＋σ】≈0.6８27】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。若紅玫瑰日銷售量范圍在【μ—30，280]的概率是０.68２７,則紅玫瑰日銷售量的平均數(shù)約為250〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕B。紅玫瑰日銷售量比白玫瑰日銷售量更集中C。白玫瑰日銷售量比紅玫瑰日銷售量更集中D．白玫瑰日銷售量范圍在【２80，３20]的概率約為０.34１35答案：ＡBＤ對(duì)于Ａ,由μ+３0＝2８0,得μ＝2５0，故A正確;對(duì)于Ｂ和C，σ越小數(shù)據(jù)越集中,因?yàn)?0〈40,所以紅玫瑰日銷售量比白玫瑰日銷售量更集中，故B正確,C不正確.對(duì)于D，P【2８０〈Ｘ≤３20】≈0．6827×12=0.3４135，故Ｄ正確，故選ＡＢD.二、填空題10.【20２1江西九所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考，13】已知隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N【３，σ2】,P【ξ≤6】＝0。８4，則Ｐ【ξ≤0】=.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：0．16解析由正態(tài)分布ξ~N【3，σ２】知，對(duì)稱軸為μ=3,由對(duì)稱性,得P【ξ≥0】=P【ξ≤6】=0。84,則P【ξ≤0】＝1-0．84＝０。16.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕１1.【202２屆成都七中期中，１６】已知某品牌電子元件的使用壽命Ｘ【單位:天】服從正態(tài)分布N【98，64】?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】該品牌一個(gè)電子元件的使用壽命超過１00天的概率為；

【2】由三個(gè)該品牌的電子元件組成的一條電路【如圖所示】在10０天后仍能正常工作【要求K能正常工作,Ａ，B中至少有一個(gè)能正常工作,且每個(gè)電子元件能否正常工作相互獨(dú)立】的概率為．

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【參考公式：若Ｘ～N【μ，σ2】，則P【μ—0．25σ〈Ｘ≤μ＋0。25σ】≈0．2】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:【1】25【2】解析【1】由題設(shè)知μ=9８，σ=８,∴P【Ｘ〉100】＝1-P(μ-0【2】由題意知電路能正常工作的概率P＝25×25×25＋25×1-25×25+2１2．【２022屆北京十三中開學(xué)考試，１4】人們?yōu)榱私庖恢还善蔽磥硪欢〞r(shí)期內(nèi)價(jià)格的變化，往往會(huì)去分析影響股票價(jià)格的基本因素，比如利率的變化.現(xiàn)假設(shè)人們經(jīng)分析估計(jì)利率下調(diào)的概率為60%，利率不變的概率為40％。根據(jù)經(jīng)驗(yàn)，人們估計(jì),在利率下調(diào)的情況下,該只股票價(jià)格上漲的概率為80％,而在利率不變的情況下,其價(jià)格上漲的概率為４0%,則該只股票將上漲的概率為。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：６4％解析記“利率下調(diào)"為事件Ａ,則“利率不變"為事件A，“價(jià)格上漲”為事件C,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題意知P【A】＝６0%,P【A】＝４0%,Ｐ【C|Ａ】=80％，Ｐ【Ｃ｜A】＝40％,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∴Ｐ【C】＝P【Ａ】P【C|A】＋P【A】Ｐ【C|A】=４8％+1６%＝64％.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕13.【2０２1北京十三中開學(xué)測(cè)試，12】１00件產(chǎn)品中有5件次品,不放回地抽取2次,每次抽1件.已知第1次抽出的是次品，則第2次抽出正品的概率是。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：95解析在第1次抽到次品后,還有4件次品,95件正品,則第二次抽到正品的概率為P=9599，故答案:為9599三、解答題１4.【20２1安徽安慶一模，２0】某商超為慶祝店慶十周年，準(zhǔn)備舉辦一次有獎(jiǎng)促銷活動(dòng),若顧客一次消費(fèi)達(dá)到400元,則可參加一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)，主辦方設(shè)計(jì)了兩種抽獎(jiǎng)方案：〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕方案①:一個(gè)不透明的盒子中裝有12個(gè)質(zhì)地均勻且大小相同的小球，其中3個(gè)紅球，9個(gè)白球,攪拌均勻后，顧客從中隨機(jī)抽取一個(gè)球，若抽到紅球,則顧客獲得8０元的返金券,若抽到白球,則獲得２０元的返金券，且顧客有放回地抽?。炒??！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕方案②:一個(gè)不透明的盒子中裝有12個(gè)質(zhì)地均勻且大小相同的小球,其中3個(gè)紅球,9個(gè)白球，攪拌均勻后，顧客從中隨機(jī)抽取一個(gè)球，若抽到紅球，則顧客獲得10０元的返金券,若抽到白球，則未中獎(jiǎng)，且顧客有放回地抽?。炒危参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】現(xiàn)有一位顧客消費(fèi)了420元,獲得一次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì),試求這位顧客獲得180元返金券的概率;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】如果某顧客獲得一次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì),那么他選擇哪種方案更劃算？解析【１】在一次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)的情況下,要想獲得１80元返金券，只能選擇方案①，且摸到兩次紅球,一次白球，而每一次摸到紅球的概率Ｐ=312=14設(shè)“這位顧客獲得180元返金券”為事件A，則Ｐ【A】＝C313故這位顧客獲得180元返金券的概率為964【2】若選擇抽獎(jiǎng)方案①，則每一次摸到紅球的概率為14，每一次摸到白球的概率為34。設(shè)獲得返金券金額為X元,則X可能的取值為則P【X＝60】＝C30343=2764,P【X=120】=C31141·342＝2764，Ｐ【X=１８0】＝C3214234＝若選擇抽獎(jiǎng)方案②，設(shè)三次摸球的過程中,摸到紅球的次數(shù)為Y，最終獲得返金券的金額為Z元,則Ｙ～B3,14，故E【Y】=３×14所以選擇方案②，該顧客獲得返金券金額的數(shù)學(xué)期望為E【Z】=E【100Y】＝100×34＝75【元】，從而有Ｅ【X】＞Ｅ【Z】，所以選擇方案①更劃算。15．【20２１四川南充重點(diǎn)高中月考,1８】為了了解揚(yáng)州市高中生周末運(yùn)動(dòng)時(shí)間,隨機(jī)調(diào)查了3000名學(xué)生,統(tǒng)計(jì)了他們的周末運(yùn)動(dòng)時(shí)間,制成如下的頻率分布表:〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕周末運(yùn)動(dòng)時(shí)間ｔ【分鐘】[30，40】［4０,５0】［50，６０】[60，70】［70,80】[80，90］人數(shù)30060０90045０450300【1】從周末運(yùn)動(dòng)時(shí)間在［70，8０】的學(xué)生中抽取3人,在[80，90］的學(xué)生中抽取2人,現(xiàn)從這５人中隨機(jī)推薦2人參加體能測(cè)試，記推薦的2人中來自[7０,80】的人數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】由頻率分布表可認(rèn)為:周末運(yùn)動(dòng)時(shí)間ｔ服從正態(tài)分布N【μ,σ2】,其中μ為周末運(yùn)動(dòng)時(shí)間的平均數(shù)t,σ近似為樣本的標(biāo)準(zhǔn)差ｓ，并已求得ｓ≈14．6.可以用該樣本的頻率估計(jì)總體的概率，現(xiàn)從揚(yáng)州市所有高中生中隨機(jī)抽取10名學(xué)生，記周末運(yùn)動(dòng)時(shí)間在【43.9,87．7]之外的人數(shù)為Ｙ,求P【Ｙ＝２】的值．【精確到０．001】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕參考數(shù)據(jù)1：當(dāng)t~N【μ，σ２】時(shí),P【μ—σ<t〈μ＋σ】＝0.６827,P【μ－2σ<t〈μ+2σ】=0.95４5,P【μ—３σ〈t〈μ+3σ】=0.9973?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕參考數(shù)據(jù)2：0．818６8≈０．20２，0．18142≈0。03３．解析【1】隨機(jī)變量X的可能取值為0，１,2,P【X＝０】=C30C22C52=110，P【Ｘ=1】=所以X的分布列為X01２P133所以Ｅ【X】=0×110＋１×35+2×310【２】μ=t＝13又43。9＝5８。5—14．6=μ—σ，８7。7=5８。5+14。6×2=μ+２σ,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以P【43。９＜t≤87．7】＝Ｐ【μ—σ〈t≤μ＋2σ】＝0.6827+0所以P【t≤μ-σ或t>μ+2σ】=1－0。8186=0.18１4，所以Ｙ~B【１０，０。181４】，所以Ｐ【Y=２】=C102×0．181４2×0．８1868≈45×0．033×0。202≈16.【2022屆河南許昌一模，１９】某省２０21年開始全面實(shí)施新高考方案.在6門選擇性考試科目中，物理、歷史這兩門科目采用原始分計(jì)分;思想、地理、化學(xué)、生物這４門科目采用等級(jí)轉(zhuǎn)換賦分，將每科考生的原始分從高到低劃分為A，B，C，D,E共5個(gè)等級(jí)，各等級(jí)人數(shù)所占比例分別為15％，３５％，３５%,13％和２%，并按給定的公式進(jìn)行轉(zhuǎn)換賦分.該省組織了一次高一年級(jí)統(tǒng)一考試，并對(duì)思想、地理、化學(xué)、生物這４門科目的原始分進(jìn)行了等級(jí)轉(zhuǎn)換賦分.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】某校思想學(xué)科獲得A等級(jí)的共有1０名學(xué)生，其原始分及轉(zhuǎn)換分如表：原始分919089８8878５8382轉(zhuǎn)換分1０099979594９１8886人數(shù)1１２１1211現(xiàn)從這１０名學(xué)生中隨機(jī)抽?。趁?，設(shè)這3名學(xué)生中思想轉(zhuǎn)換分不低于94分的人數(shù)為X,求Ｘ的分布列和數(shù)學(xué)期望;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】假設(shè)該省此次高一學(xué)生思想學(xué)科原始分Y服從正態(tài)分布N【76。3,２5】。若Ｙ~N【μ,σ2】，令η＝Y(jié)-μσ,則η～N【0,１】。若以此次高一學(xué)生思想學(xué)科原始分C等級(jí)的最低分為實(shí)施分層教學(xué)的劃線分，試估計(jì)該劃線分為多少分?！窘Y(jié)果保留整數(shù)，附:若η～Ｎ【0,１】，則Ｐ【η≤1.0４】解析【1】由題意知這１0名學(xué)生中思想轉(zhuǎn)換分不低于９４分的人數(shù)為6，低于９4分的人數(shù)為4，則隨機(jī)變量X所有可能的取值為0,1,2，3,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕P【X=0】=C60C43C103P【X＝2】=C62C41C103則隨機(jī)變量Ｘ的分布列為X0123P1311Ｅ【X】=0×130+1×310+2×12+3×1【2】設(shè)該劃線分為m,由Y～N【76。3，2５】得μ=７6.３，σ＝5，則η=Y-μσ=Y-76.35，則Y=5η+7６.3,依題意,P【Y≥m】=１5%+3５％+３5%=0.８５，即P【５η＋76．3≥m】=Ｐη≥m-76.35=0．85，因?yàn)楫?dāng)η~N【0，１】時(shí),P【η≤1.04】≈0。85，所以P【η≥－１.0４】≈１7?！?022屆北京一七一中學(xué)１０月月考,19】在新冠病毒疫情防控期間，北京市中小學(xué)開展了“優(yōu)化線上教育與學(xué)生線下學(xué)習(xí)相結(jié)合”的教育教學(xué)實(shí)踐活動(dòng)。為了解某區(qū)教師對(duì)A，B，C，D，Ｅ五類線上教育軟件的使用情況【每位教師都使用這五類教育軟件中的某一類且每位教師只選擇一類教育軟件】，從該區(qū)教師中隨機(jī)抽取了１０0人，統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表,其中a>b，ａ,b∈Ｎ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕教育軟件類型ABＣDE選用的教師人數(shù)１0１5a3０b假設(shè)所有教師選擇使用哪類教育軟件相互獨(dú)立?！?】若某校共有300名教師，試估計(jì)該校教師中使用教育軟件C或E的人數(shù);【２】從該區(qū)教師中隨機(jī)抽?。橙?，估計(jì)這3人中至少有2人使用教育軟件D的概率；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【3】設(shè)該區(qū)有3０00名教師，從中隨機(jī)抽?。比?記該教師使用教育軟件Ｃ或D的概率估計(jì)值為P1;該區(qū)學(xué)校Ｍ有６00名教師，其中有200人使用教育軟件Ｃ，100人使用教育軟件D,從學(xué)校M中隨機(jī)抽取1人，該教師使用教育軟件C或D的概率為P2;從該區(qū)其他教師【除學(xué)校M外】中隨機(jī)抽取1人，該教師使用教育軟件C或D的概率估計(jì)值為Ｐ3。試比較P１,P２和Ｐ３的大?。窘Y(jié)論不要求證明】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】由表格數(shù)據(jù)可知,10+１5+a+３０+b=100，則ａ+ｂ=45，所以樣本中教師使用教育軟件Ｃ或Ｅ的人數(shù)為45,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕故估計(jì)該校教師中使用教育軟件C或E的人數(shù)為３0０×45100【2】設(shè)事件F為“從該區(qū)教師中隨機(jī)抽取3人,至少有2人使用教育軟件Ｄ”。由題意知,樣本中100名教師使用軟件D的頻率為30100＝310。用頻率估計(jì)概率,從該區(qū)教師中隨機(jī)抽取一名教師，估計(jì)該教師使用教育軟件D的概率為3記被抽取的3人中使用教育軟件Ｄ的人數(shù)為X,則Ｘ~Ｂ3,所以P【X=２】=C323102P【X＝３】＝C333103所以Ｐ【F】=Ｐ【X＝2】＋P【X=3】＝2161000【3】Ｐ２＜P1<P3。詳解:由【１】及已知知，a〉ｂ且ａ+b=45,則a≥23，即１００個(gè)人中使用教育軟件C或D的至少有23+３０=5３【人】，則P1=a+30100≥53100>12,Ｐ２=200+100600=12，Ｐ３=3000×P1-(200+100)3000-600=a+2080.因?yàn)閍+2080－a+30

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版37_專題十一113二項(xiàng)分布與正態(tài)分布之1_習(xí)題WORD版]〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕１1.3二項(xiàng)分布與正態(tài)分布基礎(chǔ)篇固本夯基考試點(diǎn)一條件概率、相互獨(dú)立事件及二項(xiàng)分布、全概率公式1.【2022屆長沙長郡中學(xué)月考，７】某電視臺(tái)的夏日水上闖關(guān)節(jié)目一共有三關(guān)，第一關(guān)與第二關(guān)的過關(guān)率分別為23，34,只有通過前一關(guān)才能進(jìn)入下一關(guān)，每一關(guān)都有兩次闖關(guān)機(jī)會(huì),且通過每關(guān)相互獨(dú)立．一選手參加該節(jié)目，則該選手能進(jìn)人第三關(guān)的概率為A。12B。56C．8答案：Ｂ2．【20２2屆武漢部分學(xué)校質(zhì)檢，5】在一次試驗(yàn)中,隨機(jī)事件A,B滿足Ｐ【Ａ】＝Ｐ【Ｂ】=23，則【】A．事件A，B一定互斥B。事件A，B一定不互斥C.事件A，B一定互相獨(dú)立D。事件A,B一定不互相獨(dú)立答案：Ｂ3.【2０21新高考Ⅰ，8,5分】有6個(gè)相同的球,分別標(biāo)有數(shù)字1,2，3，4，5，6，從中有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球．甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”,丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”,則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ．甲與丙相互獨(dú)立B.甲與丁相互獨(dú)立C。乙與丙相互獨(dú)立D.丙與丁相互獨(dú)立答案:B4.【2018課標(biāo)Ⅲ,8，５分】某群體中的每位成員使用移動(dòng)支付的概率都為ｐ,各成員的支付方式相互獨(dú)立。設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù)，ＤＸ=2。4，P【X=4】＜P【X=６】，則ｐ=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.0。7Ｂ。0.6Ｃ.０。4D.0。３答案：B5?！?021遼寧丹東質(zhì)檢，2】1０張獎(jiǎng)券中有４張“中獎(jiǎng)”獎(jiǎng)券,甲乙兩人先后參加抽獎(jiǎng)活動(dòng)，每人從中不放回地抽取一張獎(jiǎng)券，甲先抽，乙后抽，在甲中獎(jiǎng)的條件下,乙沒有中獎(jiǎng)的概率為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ．35B.23C。3答案：B6。【2０21江蘇徐州第三次調(diào)研,２】清明節(jié)前夕,某校團(tuán)委決定舉辦“緬懷革命先烈,致敬時(shí)代英雄”主題演講比賽，經(jīng)過初賽,共10人進(jìn)入決賽，其中高一年級(jí)2人，高二年級(jí)3人，高三年級(jí)5人,現(xiàn)采取抽簽的方式?jīng)Q定演講順序,則在高二年級(jí)3人相鄰的前提下，高一年級(jí)2人不相鄰的概率為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ．112B.13Ｃ．1答案：D7。【多選】【２021福建廈門外國語學(xué)校月考，１2】甲罐中有4個(gè)紅球，3個(gè)白球和3個(gè)黑球;乙罐中有5個(gè)紅球,3個(gè)白球和2個(gè)黑球。先從甲罐中隨機(jī)取出一球放入乙罐，分別以A1,A2和Ａ3表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機(jī)取出一球,以M表示由乙罐取出的球是紅球的事件,下列結(jié)論正確的為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。Ｐ【M】＝1B。Ｐ【M|A1】=6C．事件Ｍ與事件A1不相互獨(dú)立D.A1，A2，A3是兩兩互斥的事件答案：BCD8．【２02２屆山東濟(jì)寧一中開學(xué)考試,14】已知隨機(jī)變量ξ～B6,13，則P【ξ=4】=,D【ξ】＝．【用數(shù)字作答答案:20243；9．【2022屆山東濰坊1０月段考，15】一項(xiàng)過關(guān)游戲規(guī)則規(guī)定：在第n關(guān)要拋擲一顆質(zhì)地均勻的骰子n次，如果這n次拋擲所出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和大于2n,則算過關(guān)。甲同學(xué)參加了該游戲,他連過前兩關(guān)的概率是．

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:51０．【2０20天津,１3,5分】已知甲、乙兩球落入盒子的概率分別為12和13.假定兩球是否落入盒子互不影響，則甲、乙兩球都落入盒子的概率為；甲、乙兩球至少有一個(gè)落入盒子的概率為答案:16；11．【２０１9課標(biāo)Ⅰ，15,５分】甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，采取七場(chǎng)四勝制【當(dāng)一隊(duì)贏得四場(chǎng)勝利時(shí)，該隊(duì)獲勝,決賽結(jié)束】．根據(jù)前期比賽成績，甲隊(duì)的主客場(chǎng)安排依次為“主主客客主客主".設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0。6，客場(chǎng)取勝的概率為０.5，且各場(chǎng)比賽結(jié)果相互獨(dú)立,則甲隊(duì)以４∶1獲勝的概率是.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案：0.18１2?！荆?22屆江蘇蘇州調(diào)研，19】某學(xué)校實(shí)行自主招生,參加自主招生的學(xué)生從8個(gè)試題中隨機(jī)挑選出4個(gè)進(jìn)行作答,至少答對(duì)３個(gè)才能通過初試。已知甲、乙兩人參加初試，在這8個(gè)試題中甲能答對(duì)6個(gè)，乙能答對(duì)每個(gè)試題的概率為34，且甲、乙兩人是否答對(duì)每個(gè)試題互不影響．【1】試通過計(jì)算，分析甲、乙兩人誰通過自主招生初試的可能性更大；【2】若答對(duì)一題得5分,答錯(cuò)或不答得0分，記乙答題的得分為Y，求Y的分布列及數(shù)學(xué)期望和方差。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】∵在8個(gè)試題中甲能答對(duì)6個(gè),∴甲通過自主招生初試的概率P1=C63C21C又∵乙能答對(duì)每個(gè)試題的概率為34∴乙通過自主招生初試的概率P2=C433431∵P1>P2，∴甲通過自主招生初試的可能性更大?！?】由題意可知,乙答對(duì)題的個(gè)數(shù)X的可能取值為０,１，2,3,４,X～Ｂ4,34P【Ｘ＝k】=C4k34故Ｙ的分布列為Y05１０1520P13272781∴Ｅ【Ｙ】=E【5X】=5Ｅ【Ｘ】＝5×4×34D【Ｙ】=D【5X】=52D【X】=25×4×34×1-3【20２2屆山東濰坊階段測(cè)，20】智能體溫計(jì)測(cè)溫方便、快捷,已經(jīng)逐漸代替水銀體溫計(jì)應(yīng)用于日常體溫測(cè)量。調(diào)查發(fā)現(xiàn)，使用水銀體溫計(jì)測(cè)溫結(jié)果與人體的真實(shí)體溫基本一致,而使用智能體溫計(jì)測(cè)量體溫可能會(huì)產(chǎn)生誤差．對(duì)同一人而言，如果用智能體溫計(jì)與水銀體溫計(jì)測(cè)溫結(jié)果相同，我們認(rèn)為智能體溫計(jì)“測(cè)溫準(zhǔn)確”；否則,我們認(rèn)為智能體溫計(jì)“測(cè)溫失誤”.現(xiàn)在某社區(qū)隨機(jī)抽取了20人用兩種體溫計(jì)測(cè)量體溫，數(shù)據(jù)如下：〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕序號(hào)智能體溫計(jì)測(cè)溫【℃】水銀體溫計(jì)測(cè)溫【℃】序號(hào)智能體溫計(jì)測(cè)溫【℃】水銀體溫計(jì)測(cè)溫【℃】013６.636．61136.336.2０2３6。636．5１２36.73６。70336。５３6.71３36.２３6.20436。5３6.５1435．435．40536．53６．4１535.235。30636。436。416３5.6３5。6０73６．２36.２1737．237。00836.33６．41836。836.80936.５36.5１9３6.6３６．610３6.336。4203６.736.7【1】試估計(jì)用智能體溫計(jì)測(cè)量該社區(qū)1人“測(cè)溫準(zhǔn)確"的概率；【２】從該社區(qū)中任意抽查3人用智能體溫計(jì)測(cè)量體溫,設(shè)隨機(jī)變量Ｘ為使用智能體溫計(jì)“測(cè)溫準(zhǔn)確"的人數(shù),求X的分布列與數(shù)學(xué)期望．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】題表20人的體溫?cái)?shù)據(jù)中,用智能體溫計(jì)與水銀體溫計(jì)測(cè)溫結(jié)果相同的序號(hào)是01，04，0６，07，0９，12，13，14,1６,18，1９，20，共有1２個(gè)，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由此估計(jì)所求概率為1220=3【2】隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1,2，3。由【１】可知,用智能體溫計(jì)測(cè)量該社區(qū)1人“測(cè)溫準(zhǔn)確”的概率為35所以P【X＝0】=C303P【X=1】=C313P【X=２】=C323P【X＝3】=C333所以X的分布列為Ｘ012３Ｐ8365427故Ｘ的數(shù)學(xué)期望Ｅ【X】=0×8125＋1×36125＋2×54125+3×27125=22514?！?019課標(biāo)Ⅱ,18,１2分】11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成１0∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán),先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束。甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.５，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為０．4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立.在某局雙方10∶10平后,甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求P【X=2】；【2】求事件“X=４且甲獲勝”的概率。解析【1】Ｘ＝2就是10∶１0平后,兩人又打了２個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這２個(gè)球均由甲得分,或者均由乙得分．因此P【X＝２】=0。5×0.4+【１-0．５】×【１-０.4】=0．5．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】X=4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得１分,后兩球均為甲得分?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因此所求概率為[0．5×【1－０．４】+【1-0。５】×0.4］×0。5×0。4=０.１．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕考試點(diǎn)二正態(tài)分布１．【2022屆河北邢臺(tái)9月聯(lián)考，６】已知隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N【3，4】,若P【ξ＞2c+1】=Ｐ【ξ<２c－1】,則ｃ的值為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。32B.2C.1D．答案：A2.【20２1廣東深圳一模,５】已知隨機(jī)變量ξ～N【μ,σ2】，有下列四個(gè)命題:〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕甲：P【ξ〈ａ—１】＞P【ξ〉a+2】。乙:P【ξ>a】=０。5.丙：P【ξ≤a】=0。5．丁:P【a〈ξ＜a+1】<P【a＋1〈ξ〈a+2】.如果只有一個(gè)假命題,則該命題為【】A.甲Ｂ。乙Ｃ。丙Ｄ.丁答案:D３.【２0２０廣東深圳七中月考,5】某班有60名學(xué)生，一次考試后數(shù)學(xué)成績符合ξ~N【110,σ2】，若Ｐ【１00≤ξ≤110】＝0.35,則估計(jì)該班學(xué)生數(shù)學(xué)成績?cè)冢?0分以上的人數(shù)為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.10Ｂ。9C.8D.７答案：B4.【2０2１江蘇七市第二次調(diào)研，１３】已知隨機(jī)變量X~N【２,σ2】，Ｐ【X〉0】＝0。9，則P【2＜X≤４】=。

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:０.45.【2０21廣東韶關(guān)一模,20】在一次大范圍的隨機(jī)知識(shí)問卷調(diào)查中，通過隨機(jī)抽樣,得到參加問卷調(diào)查的1０0人的得分統(tǒng)計(jì)結(jié)果如下表所示:〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕得分［30，４0】［40，50】［５０,6０】[６０,70】[70,80】[8０，9０】[90，１0０]頻數(shù)２1３2125２41１4【1】由頻數(shù)分布表可以大致認(rèn)為,此次問卷調(diào)查的得分ξ~Ｎ【μ，196】,μ近似為這１0０人得分的平均值【同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的左端點(diǎn)值作代表】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕①求μ的值；②若P【ξ〉2a—5】=P【ξ＜a+3】，求ａ的值；【２】在【1】的條件下,為此次參加問卷調(diào)查的市民制訂如下獎(jiǎng)勵(lì)方案：①得分不低于μ的可以獲贈(zèng)2次隨機(jī)話費(fèi)，得分低于μ的可以獲贈(zèng)1次隨機(jī)話費(fèi)；②每次獲贈(zèng)的隨機(jī)話費(fèi)和對(duì)應(yīng)的概率為：贈(zèng)送話費(fèi)的金額【單位：元】２０50概率31現(xiàn)有市民甲參加此次問卷調(diào)查，記X【單位：元】為該市民參加問卷調(diào)查獲贈(zèng)的話費(fèi),求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】①由題意得30×＝６０.5,∴μ=6０。５.②由題意得２a-5+a+3=2×60.5，解得a=４1?！?】由題意知P【ξ〈μ】=P【ξ≥μ】＝12，獲贈(zèng)話費(fèi)X【單位：元】的可能取值為20,40，５0，７0，10０，P【Ｘ=２0】＝12×34=38,P【X=40】＝12×34×34＝932，P【X=50】=P【Ｘ＝７0】=12×34×14＋12×14Ｐ【Ｘ=100】=12×14×14=X204０5０70100P39131∴E【Ｘ】=20×38+40×932+５0×18＋7０×316+10０×1綜合篇知能轉(zhuǎn)換考法一條件概率的求法1．【20２１廣東二模，3】２０2０年12月4日是第七個(gè)“國家憲法日”.某中學(xué)開展主題為“學(xué)習(xí)憲法知識(shí),弘揚(yáng)憲法精神”的知識(shí)競賽活動(dòng).甲同學(xué)答對(duì)第一道題的概率為23,連續(xù)答對(duì)兩道題的概率為12．用事件A表示“甲同學(xué)答對(duì)第一道題”,事件Ｂ表示“甲同學(xué)答對(duì)第二道題”，則A。13B。12C。2答案：D２?！?０２2屆全國學(xué)業(yè)質(zhì)量檢測(cè)，9】某公司為方便員工停車，租了6個(gè)停車位，編號(hào)如圖所示，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕公司規(guī)定:每個(gè)車位只能停一輛車,每個(gè)員工只允許占用一個(gè)停車位,記事件A為“員工小王的車停在編號(hào)為奇數(shù)的車位上”,事件B為“員工小李的車停在編號(hào)為偶數(shù)的車位上”，則Ｐ【A｜Ｂ】=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．16B．310Ｃ.1答案：D3.【多選】【2021江蘇海安高級(jí)中學(xué)月考,７】已知A,B分別為隨機(jī)事件Ａ，B的對(duì)立事件,P【Ａ】>0,Ｐ【B】〉0，則下列說法正確的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.P【B｜A】+P【B|A】=Ｐ【A】B.Ｐ【Ｂ｜A】+P【B｜A】=1C。若A，B獨(dú)立，則P【A|B】=Ｐ【A】Ｄ。若A,Ｂ互斥，則P【Ａ｜B】=P【B|Ａ】答案:ＢCＤ考法二n重伯努利試驗(yàn)及二項(xiàng)分布問題的求解方法1．【２021廣東深圳外國語學(xué)校月考，５】某同學(xué)進(jìn)行3分投籃訓(xùn)練，若該同學(xué)投中的概率為12，他連續(xù)投籃n次至少得到3分的概率大于0。9，那么n的最小值是【】A.3B．4C.5D。６答案：Ｂ２.【２０20遼寧葫蘆島興城高級(jí)中學(xué)模擬】一個(gè)袋中有大小、形狀相同的小球，其中紅球1個(gè)、黑球2個(gè)，現(xiàn)隨機(jī)等可能取出小球，當(dāng)有放回依次取出兩個(gè)小球時(shí)，記取出的紅球數(shù)為ξ1；當(dāng)無放回依次取出兩個(gè)小球時(shí),記取出的紅球數(shù)為ξ2,則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．Ｅ【ξ１】＜E【ξ２】,D【ξ1】＜D【ξ２】B.Ｅ【ξ1】=E【ξ２】，D【ξ1】〉D【ξ2】C.E【ξ1】=E【ξ2】，D【ξ1】〈D【ξ２】D。E【ξ１】>E【ξ2】，D【ξ1】>D【ξ2】答案：B3.【多選】【20２2屆山東濟(jì)寧一中開學(xué)考,１１】某單位舉行建黨100周年黨史知識(shí)競賽，在必答題環(huán)節(jié)共設(shè)置了5道題,每道題答對(duì)得２0分,答錯(cuò)扣10分【每道題都必須回答,但相互不影響】。設(shè)某選手每道題答對(duì)的概率均為23,其必答題環(huán)節(jié)的總得分為Ｘ，則【】A。該選手恰好答對(duì)2道題的概率為4Ｂ。E【X】=50C。D【Ｘ】=100D。P【Ｘ>60】＝112答案：BD4?！荆玻?7課標(biāo)Ⅱ,13，５分】一批產(chǎn)品的二等品率為０.02,從這批產(chǎn)品中每次隨機(jī)取一件，有放回地抽取100次,X表示抽到的二等品件數(shù),則DX＝.

〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:１。9６５．【２０２2屆山東濟(jì)寧一中開學(xué)考試,２１】由于抵抗力差的人感染新冠肺炎的可能性相對(duì)更高，特別是老年人群體，因此某社區(qū)在疫情控制后,及時(shí)給老年人免費(fèi)體檢，通過體檢發(fā)現(xiàn)“高血糖，高血脂，高血壓”，即“三高”老人較多。為此社區(qū)根據(jù)醫(yī)生的建議為每位老人提供了一份詳細(xì)的健康安排表，還特地建設(shè)了一個(gè)老年人活動(dòng)中心,老年人每天可以到該活動(dòng)中心去活動(dòng),以增強(qiáng)體質(zhì).通過統(tǒng)計(jì)每周到活動(dòng)中心運(yùn)動(dòng)的老年人的活動(dòng)時(shí)間，得到了以下頻率分布直方圖．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】從到活動(dòng)中心參加活動(dòng)的老年人中任意選取5人.①若將頻率視為概率，求至少有3人每周活動(dòng)時(shí)間在[８,9】【單位:h】的概率;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕②若抽取的5人中每周活動(dòng)時(shí)間在［8，１１]【單位:h】的人數(shù)為2人,從5人中選出3人進(jìn)行健康情況調(diào)查，記3人中每周活動(dòng)時(shí)間在［８,11]【單位:h】的人數(shù)為ξ，求ξ的分布列和期望；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】將某人的每周活動(dòng)時(shí)間量與所有老年人的每周平均活動(dòng)時(shí)間量比較，當(dāng)超出所有老年人的每周平均活動(dòng)時(shí)間量不少于0。74ｈ時(shí),稱該老年人為“活動(dòng)愛好者",從參加活動(dòng)的老年人中隨機(jī)抽取10人,且抽到ｋ人為“活動(dòng)愛好者"的可能性最大,試求k的值.【每組數(shù)據(jù)以區(qū)間的中點(diǎn)值為代表】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】由題圖可知，從到活動(dòng)中心參加活動(dòng)的老年人中任意選取1人，每周活動(dòng)時(shí)間在[8,9】【單位：h】的概率為25.①記“至少有3人每周活動(dòng)時(shí)間在［8,9】【單位:h】”為事件A，則P【A】＝C53·253·1-252+C54②隨機(jī)變量ξ所有可能的取值為0，1,２，P【ξ=０】＝C33C53=110，P【ξ＝１】＝C32C21Cξ０12P133故E【ξ】=0×110+１×35+2×310【2】老年人的每周活動(dòng)時(shí)間的平均值為6.5×0.06+7。5×0.3５＋8.5×0.4+9。５×0.15+10。5×0。０４＝8.2６【h】，則老年人中“活動(dòng)愛好者”的活動(dòng)時(shí)間為[9，11］【單位：h】，參加活動(dòng)的老年人中為“活動(dòng)愛好者”的概率為p=0.19，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕若從參加活動(dòng)的老年人中隨機(jī)抽?。保叭?且抽到X人為“活動(dòng)愛好者”,則X～B【10,0．19】，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕若k人的可能性最大,則Ｐ【Ｘ＝ｋ】=C10kpk【1－p】１0-k，ｋ＝0，1,2，3,…由題意有P即C10解得1.09≤ｋ≤２。09，由k∈N*,得k＝2.6．【2022屆廣東汕頭金山中學(xué)期中,19】如圖,李先生家?。刃^(qū),他工作在C科技園區(qū),從家開車到公司上班路上有Ｌ1、L2兩條路線，L１路線上有Ａ１、A2、A３三個(gè)路口，各路口遇到紅燈的概率均為12；L2路線上有B１、B2兩個(gè)路口，各路口遇到紅燈的概率依次為34,3【1】若走L1路線，求最多遇到1次紅燈的概率；【2】若走L2路線，求遇到紅燈次數(shù)Ｘ的數(shù)學(xué)期望;【3】按照“平均遇到紅燈次數(shù)最少”的要求,請(qǐng)你幫助李先生從上述兩條路線中選擇一條較好的上班路線，并說明理由?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】設(shè)“走L1路線最多遇到1次紅燈”為事件A,則P【A】＝C30×123＋C31×1所以走L1路線,最多遇到１次紅燈的概率為12【2】依題意，X的可能取值為0,1,2.P【X＝0】=1-34×1-35=110，P【X＝1】=34×1-35+1-隨機(jī)變量Ｘ的分布列為X０１2P199所以E【X】=0×110＋1×920＋2×920【３】設(shè)選擇L1路線遇到紅燈次數(shù)為Y,隨機(jī)變量Y服從二項(xiàng)分布Y～B3,12，所以E【Ｙ】＝３×12=因?yàn)镋【X】＜Ｅ【Y】，所以選擇L２路線上班較好.7.【201９天津,16，13分】設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間,每天7：30之前到校的概率均為23．假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響，且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立?！?】用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)，求隨機(jī)變量Ｘ的分布列和數(shù)學(xué)期望;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】設(shè)M為事件“上學(xué)期間的三天中，甲同學(xué)在7:3０之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)恰好多2”，求事件M發(fā)生的概率．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨(dú)立,且每天7：３0之前到校的概率均為23,故X～B3,23,從而P【X=k】=C3所以，隨機(jī)變量X的分布列為X0123Ｐ1248隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E【X】＝3×23【2】設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7:３0之前到校的天數(shù)為Y，則Y～B3,23，且Ｍ={X=3,Y=1}∪由題意知事件｛X=3,Ｙ＝1｝與{X=２,Y＝0｝互斥，且事件{X=３｝與｛Y＝1｝，事件｛X=2｝與{Y=0｝均相互獨(dú)立,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕從而由【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】=827×29+49×1278．【2０18課標(biāo)Ⅰ，２0，１２分】某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對(duì)產(chǎn)品作檢驗(yàn)，如檢驗(yàn)出不合格品，則更換為合格品。檢驗(yàn)時(shí)，先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗(yàn),再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對(duì)余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)。設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為ｐ【０〈p〈1】,且各件產(chǎn)品是不是不合格品相互獨(dú)立?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】記２０件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f【p】,求f【ｐ】的最大值點(diǎn)p0．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】現(xiàn)對(duì)一箱產(chǎn)品檢驗(yàn)了２０件，結(jié)果恰有2件不合格品，以【1】中確定的p０作為ｐ的值.已知每件產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用為2元，若有不合格品進(jìn)入用戶手中,則工廠要對(duì)每件不合格品支付25元的賠償費(fèi)用?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【i】若不對(duì)該箱余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)，這一箱產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用的和記為X，求EX；〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【iｉ】以檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù),是否該對(duì)這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)?〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f【p】＝C202p2【１—p】18因此f’【p】＝C202［2p【1-ｐ】18—18p2【１—p】17］=2C202令f’【p】=0，得p=0.1，當(dāng)p∈【０,0.1】時(shí),ｆ＇【ｐ】>0;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕當(dāng)ｐ∈【0．1，１】時(shí)，f'【p】〈0。所以f【p】的最大值點(diǎn)為p0=0.１?！?】由【１】知，p=0。1，【i】令Y表示余下的1８0件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù),依題意知Y~Ｂ【1８0,0。1】,X＝20×2+25Y，即X＝４0+25Y,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以ＥＸ=E【40+25Ｙ】=4０+2５EY=4９0.【ｉi】如果對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn),則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗(yàn)費(fèi)為４00元。由于ＥX〉４０0，故應(yīng)該對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn).考法三正態(tài)分布問題的求解方法１。【２０２２屆江蘇蘇州調(diào)研，3】已知隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布Ｎ【0,1】，如果P【ξ≤1】=0．84，則P【—１＜ξ≤0】=【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.０。34B.0．６8Ｃ。0。15D．0．07答案:A2。【202２屆江蘇徐州期中,5】某單位招聘員工,先對(duì)應(yīng)聘者的簡歷進(jìn)行評(píng)分，評(píng)分達(dá)標(biāo)者進(jìn)入面試環(huán)節(jié),現(xiàn)有1０00人應(yīng)聘,他們的簡歷評(píng)分X服從正態(tài)分布N【6０,102】,若８0分及以上為達(dá)標(biāo)，則估計(jì)進(jìn)入面試環(huán)節(jié)的人數(shù)為【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【附:若隨機(jī)變量X～N【μ，σ2】，則P【μ—σ<X〈μ+σ】≈0．６8２7，P【μ-２σ<X<μ＋2σ】≈０.954５，Ｐ【μ－3σ〈X〈μ＋3σ】≈0．9973】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ.１2B.23C.４6Ｄ。15９答案:B3.【多選】【202２屆湖南湘潭9月模擬,1０】已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布Ｎ【0，22】，則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。X的數(shù)學(xué)期望為E【X】＝0Ｂ。Ｘ的方差為Ｄ【Ｘ】＝2Ｃ。P【X〉0】=1D．P【X〉2】=1答案:AC4。【202２屆河北9月開學(xué)摸底聯(lián)考,7】含有海藻碘濃縮液的海藻碘鹽，是新一代的碘鹽產(chǎn)品。海藻中的碘80％為無機(jī)碘,１0%～20％為有機(jī)碘,海藻碘鹽兼?zhèn)錈o機(jī)碘和有機(jī)碘的優(yōu)點(diǎn).某超市銷售的袋裝海藻碘食用鹽的質(zhì)量X【單位:克】服從正態(tài)分布N【4０0，4