2023版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)11-3二項分布與正態(tài)分布習(xí)題

11.3二項分布與正態(tài)分布

基礎(chǔ)篇固本夯基

考點一條件概率、相互獨立事件及二項分布

1.(2022屆成都蓉城名校聯(lián)盟聯(lián)考一,4)若隨機事件A,B滿足P(A)=,P(B)-P(A+B)9則

P(A∣B)=()

AqBqC.1D.∣

答案D

2.(2022屆昆明一中雙基檢測三,8)某同學(xué)從家到學(xué)校要經(jīng)過三個十字路口，設(shè)各路口信號

燈工作相互獨立,該同學(xué)在各路口遇到紅燈的概率分別為則該同學(xué)從家到學(xué)校至少遇

到一次紅燈的概率為()

A?B』C.∣D,7

242434

答案D

3.(2022屆成都蓉城名校聯(lián)盟聯(lián)考一,7)已知隨機變量X~B(n,p),E(X)=2,D(X)≈∣,則

P(X22)=()

.202八1613

A.—Bn.-C.-Dn.—

2732727

答案A

4.(2022屆河南重點中學(xué)模擬一,7)2021年國慶節(jié)期間，小李報名參加市電視臺舉辦的“愛

我祖國”有獎競答活動,活動分兩輪回答問題.第一輪從5個題目中隨機選取2個題目回答,

若2個回答都正確，則本輪得獎金500元;若僅有1個回答正確，則本輪得獎金200元;若兩個

回答都不正確,則沒有獎金且被淘汰.有資格進入第二輪者,最多回答兩個問題,先從5個題

目中隨機選取1個題目回答,若回答錯誤,則本輪獎金為零且被淘汰;若回答正確，則本題回

答得獎金2000元,再從剩余4個題目中隨機選1個,回答正確,本題得獎金3000元,回答錯誤,

本題沒有獎金.已知小李第一輪5個題目中3個能回答正確,第二輪每個題目回答正確的概率

為勺每輪選題相互獨立)，則小李獲得2500元的概率為()

?

答案B

5.（2021全國I卷地區(qū)3月聯(lián)考,4）宋代著名類書《太平御覽》記載：“伏羲坐于方壇之上，

聽八風(fēng)之氣,乃畫八卦乾為天,坤為地,震為雷,坎為水，艮為山，巽為風(fēng),離為火,兌為澤，

象征八種自然現(xiàn)象，以類萬物之情.如圖所示為太極八卦圖,八卦分據(jù)八方,中繪太極,古代常

用此圖作為除兇避災(zāi)的吉祥圖案.八卦中的每一卦均由縱向排列的三個爻組成,其中

為陽爻，“一■”為陰爻.現(xiàn)從八卦中任取兩生卜，已知取出的兩卦中有一卦恰有一個陽爻,則

另一卦至少有兩個陽爻的概率為（）?

尤占

MilB添

?<

Ξ離Ξ

A.∣B.∣C.∣D.；

7763

答案D

6.（2018課標(biāo)IΠ,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(shè)X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數(shù),DX=2.4,P（X=4）<P（X=6）,則

P-（）

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

答案B

7.（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|,且各局比賽的勝負互不影響,則在不超過4

局的比賽中甲獲得冠軍的概率為（）

.117八816

A.-Bn.-C.-Dn.—

9812727

答案A

8.（2021新高考I,8,5分）有6個相同的球,分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回地隨機

取兩次,每次取1個球.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

2

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（）

A.甲與丙相互獨立B.甲與丁相互獨立

C.乙與丙相互獨立D.丙與丁相互獨立

答案B

9.（2017課標(biāo)11,13,5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=.

答案L96

10.（2020天津，13,5分）已知甲、乙兩球落入盒子的概率分別為孑舊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、乙兩球至少有一個落入盒子的概

率為.

受案1.￡

口赤613

11.（2019課標(biāo)I,15,5分）甲、乙兩隊進行籃球決賽,采取七場四勝制（當(dāng)一隊贏得四場勝利

時,該隊獲勝,決賽結(jié)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(shè)中隊主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結(jié)果相互獨立,則甲隊以

4：1獲勝的概率是.

答案0.18

12.（2022屆華大新高考聯(lián)盟質(zhì)量測評,20）某校即將在十月舉行一場主題為“迎國慶、展風(fēng)

采”的數(shù)學(xué)學(xué)科競賽活動.決賽環(huán)節(jié)共有4個必答題,假設(shè)選手小明答對每個問題的概率是

且小明答題時狀態(tài)穩(wěn)定,前后答題時相互之間沒有影響.每道題答對得2分,答錯得。分.記小

明得分為隨機變量X.

⑴求X=2的概率；

（2）求X的期望和方差.

解析（1）X=2表示小明答對1道題，故P（X=2）=C}XJX（I-O

44\4/64

（2）X=2i（i=0,1,2,3,4）表示小明答對i道題得2i分，故P（χ=2i）=J喘,分別

代入i=0,1,2,3,4,列出分布列如下：

3

X02468

1125410881

P

256256256256256

E(X)=0×ΞU2×?4×?÷6×≡÷8×?6,

D(X)=(OOX短+(2-6)2χ*Hex急《ex染(8-6)%?=3.

考點二正態(tài)分布

1.(2022屆長春外國語學(xué)校期中,4)已知服從正態(tài)分布N(u,。2)的隨機變量在區(qū)間

(μ-α,μ+ɑ),(μ-2O,U+2。)和(U-3。,U+3。)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1000名新生每人定制一套校服,經(jīng)統(tǒng)計,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()

Λ.683套B.954套C.972套D.997套

答案B

2.(2022屆河南部分名校階段測，10)已知隨機變量X,Y,Z滿足X~N(3,o%Y~N(l,。)Z=YT,

且P(X>4)=0.1,則PQ2<1)的值為()

A.0.1B.0.2C.0.8D.0.9

答案C

3.(2021安徽蚌埠二模,6)己知隨機變量X服從正態(tài)分布N(2,。2),且P(X<1)?P(X>3)^,則

P(1<X<2)≈()

AWB*C,1D.1

答案A

4.(2020陜西教學(xué)質(zhì)量檢測,6)設(shè)X~N(O,1),其正態(tài)分布密度曲線如圖所示,點A(l,0),點

B(2,0),點C(2,1),點D(l,1),向正方形ABCD內(nèi)任意投擲一粒黃豆,則該黃豆落入陰影部分的

概率是()

(注:X~N(N,。2),則

P(H-。<X≤μ+σ)=0.6827,P(μ-2。<X≤μ+2。)=0.9545,P(U-3。<X≤u+3。)=0.9973)

4

A.0.8641B.0.6587

C.0.5228D.0.9785

答案?

5.（2021陜西咸陽武功第一次質(zhì)量檢測,6）如圖分別是甲、乙、丙三種品牌手表日走時誤差

分布的正態(tài)分布密度曲線,則下列說法不正確的是（）

A.三種品牌的手表日走時誤差的均值相等

B.三種品牌的手表日走時誤差的均值從大到小依次為甲、乙、丙

C.三種品牌的手表日走時誤差的方差從小到大依次為甲、乙、丙

D.三種品牌手表中甲品牌的質(zhì)量最好

答案B

6.（2021江西九所重點中學(xué)聯(lián)考，13）已知隨機變量g服從正態(tài)分布N（3,。2）,P（&W6）=0.84,

貝∣JP(g≤0)=-

答案0.16

7.（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).

（1）該品牌一個電子元件的使用壽命超過100天的概率為

（2）由三個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中至少有一個能正常工作,且每個電子元件能否正常工作相互獨立）的概率

為.

(參考公式:若X~N(u,。2),則P(H-0.25。＜X≤μ+0.25。)Q0.2)

5

答案(1)∣(2)?

M1ZO

綜合篇知能轉(zhuǎn)換

考法一獨立重復(fù)試驗及二項分布問題的求解方法

L(2019課標(biāo)∏,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)進行單打比賽,假設(shè)甲

發(fā)球時甲得分的概率為0.5,乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4,各球的結(jié)果相互獨立.在某局雙

方10：10平后，甲先發(fā)球,兩人又打了X個球該局比賽結(jié)束.

⑴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個球該局比賽結(jié)束,則這2個球均由甲得分，

或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5X0.4+(1-0.5)X(1-0.4)=0.5.

(2)X=4且甲獲勝,就是10:10平后,兩人又打了4個球該局比賽結(jié)束,且這4個球的得分情

況為:前兩球是甲、乙各得1分,后兩球均為甲得分.因此所求概率為

[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.

2.(2022屆河南洛陽孟津一高月考,19)幼兒園給小朋友發(fā)放六一小禮包,總共有紅、黃、藍、

綠4種顏色可以選擇(各色禮包的數(shù)量都超過小朋友的人數(shù))，假設(shè)每個小朋友只能獨立選擇

其中的一種顏色,且每個小朋友選擇各色禮包的可能性均相等.

(1)若有4個小朋友,求恰有2人選擇藍色禮包的概率；

(2)若有5個小朋友,記其中選擇藍色禮包的人數(shù)為X,求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.

解析(1)4個小朋友中恰有2人選擇藍色禮包的概率P=C2×Q)2×(l-i)?

(2)由題意得X的所有可能取值為0,1,2,3,4,5則

X"B(5,J,P(X=k)=邛GyGy"(k=0,1,2,3,4,5),故X的分布列為

X012345

24340527090151

P

10241024

6

E(X)=5×?

44

3.(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

之前要對產(chǎn)品作檢驗,如檢驗出不合格品，則更換為合格品.檢驗時,先從這箱產(chǎn)品中任取20

件作檢驗,再根據(jù)檢驗結(jié)果決定是否對余下的所有產(chǎn)品作檢驗.設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概

率都為P((KPG),且各件產(chǎn)品是不是不合格品相互獨立.

(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p0;

(2)現(xiàn)對一箱產(chǎn)品檢驗了20件,結(jié)果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p。作為P的值.已知

每件產(chǎn)品的檢驗費用為2元,若有不合格品進入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付25

元的賠償費用.

(i)若不對該箱余下的產(chǎn)品作檢驗,這一箱產(chǎn)品的檢驗費用與賠償費用的和記為X,求EX;

(ii)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據(jù),是否該對這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗？

解析(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)=(?jp2(l-p)2因比

,,82,77,

f(p)=C20[2p(l-p)-18p(l-p)]=2C20p(l-p)'(l-10p).?f(p)=0,得p=0.1,當(dāng)p∈(0,0.1)

時,f'(P)>0;當(dāng)pe(0.1,D時，f'(P)〈0.所以f(p)的最大值點為p0=0?1.

(2)由(1)知,p=0.1,

⑴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=20X2+25Y,即

X=40+25Y,

所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.

(ii)如果對余下的產(chǎn)品作檢驗,則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗費為400元.由于EX>400,故應(yīng)該

對余下的產(chǎn)品作檢驗.

4.(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|.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立.

(1)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),求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)

期望；

(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.

解析(I)因為甲同學(xué)上學(xué)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

為玄故X、B(3,I),從而P(X=k)=U(D"Gjrk=0,1,2,3.

7

所以,隨機變量X的分布列為

X0123

1248

P

沂9927

隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=3X^2.

(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~B(3,I),且

M=｛X=3,Y=1｝U｛X=2,Y=0｝?由題意知事件｛X=3,Y=U與｛X=2,Y=0｝互斥,且事件｛X=3｝與｛Y=1｝,

事件｛X=2｝與｛Y=0｝均相互獨立,從而由(1)知

P(M)=P((X=3,Y=l｝U(X=2,Y=0｝)=P(X=3,Y=D+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=I)+P(X=2)P(Y=O)*

X罕X-L=

9927243

5.(2021安徽安慶一模,20)某商超為慶祝店慶十周年,準(zhǔn)備舉辦一次有獎促銷活動,若顧客

一次消費達到400元,則可參加一次抽獎活動,主辦方設(shè)計了兩種抽獎方案：

方案①:一個不透明的盒子中裝有12個質(zhì)地均勻且大小相同的小球,其中3個紅球,9個白球,

攪拌均勻后,顧客從中隨機抽取一個球,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,且顧客有放回地抽取3次.

方案②:一個不透明的盒子中裝有12個質(zhì)地均勻且大小相同的小球,其中3個紅球,9個白球,

攪拌均勻后,顧客從中隨機抽取一個球,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,且顧客有放回地抽取3次.

(1)現(xiàn)有一位顧客消費了420元,獲得一次抽獎機會,試求這位顧客獲得180元返金券的概率；

(2)如果某顧客獲得一次抽獎機會,那么他選擇哪種方案更劃算？

解析(1)在一次抽獎機會的情況下,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=?4?

設(shè)“這位顧客獲得180元返金券”為事件A,

則P(A)=引(｛?

J4\4764

故這位顧客獲得180元返金券的概率為白

64

8

(2)若選擇抽獎方案①,則每一次摸到紅球的概率為:，每一次摸到白球的概率為*設(shè)獲得返

44

金券金額為X元,則X可能的取值為60,120,180,240.

則P(X=60)=CθQ?P(X=120)=CiQ1.β)2?P(X=180)=C2(i)2?P(X=240)=C≡g)3?

所以選擇抽獎方案①,該顧客獲得返金券金額的數(shù)糊望為

E(X)=60X知20X3+180X2+240義L=105(元).

64646464

若選擇抽獎方案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~B(3,9,故E(Y)=3XM

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(IOoY)=IoOX475(元)，

從而有E(X)>E(Z),所以選擇方案①更劃算.

考法二正態(tài)分布問題的求解方法

1.(2021四川南充重點高中月考，18)為了了解揚州市高中生周末運動時間，隨機調(diào)查了3000

名學(xué)生,統(tǒng)計了他們的周末運動時間,制成如下的頻率分布表：

a[30,40)[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90]

人數(shù)300600900450450300

(1)從周末運動時間在［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

中隨機推薦2人參加體能測試,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；

(2)由頻率分布表可認為:周末運動時間t服從正態(tài)分布N(U,。%其中U為周末運動時間

的平均數(shù)Z。近似為樣本的標(biāo)準(zhǔn)差s,并已求得SQ14.6.可以用該樣本的頻率估計總體的概

率,現(xiàn)從揚州市所有高中生中隨機抽取10名學(xué)生,記周末運動時間在(43.9,87.7］之外的人

數(shù)為Y,求P(Y=2)的值.(精確到0.001)

參考數(shù)據(jù)1:當(dāng)t~N(u,OZ)

B?,P(μ-σ<t<μ+o)=0.6827,P(μ-2σ<t<μ+2σ)=0.9545,P(μ-3。<t<μ+3。)=0.9973.

參考數(shù)據(jù)2:0.81868≈0.202,0.18142≈0.033.

解析(1)隨機變量X的可能取值為0,1,2,P(X=O)等W，P(X=l)=?g,P(X=2)莘S，

10Ci510

所以X的分布列為

9

X012

133

P

To5W

所以E(X)-O×-?-+1X∣+2×?=!.

(2)μ=七總×(35X300+45X600+55X900+65X450+75X450+85X300)=58.5,

又43.9=58.5-14.6=口-。，87.7=58.5+14.6×2=μ+2σ,

所以P(43.9<t≤87.7)=P(u-σ<t≤μ+2σ)~°-6's^7^0?9545-0.8186,

所以P(tWU-?；騮>U+2。)=1-0.8186=0.1814,

所以Y~B(10,0.1814),

2

所以P(Y=2)=C2Q×0.1814×0.8186**45X0.033X0.202≈≡0.300.

2.(2022屆河南許昌一模,19)某省2021年開始全面實施新高考方案.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分;思想政治、地理、化學(xué)、生物這4門科目采用等

級轉(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個等級,各等級人數(shù)所占比

例分別為15%,35%,35%13%和2%,并按給定的公式進行轉(zhuǎn)換賦分.該省組織了一次高一年級

統(tǒng)一考試,并對思想政治、地理、化學(xué)、生物這4門科目的原始分進行了等級轉(zhuǎn)換賦分.

(1)某校思想政治學(xué)科獲得A等級的共有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)生中隨機抽取3名，設(shè)這3名學(xué)生中思想政治轉(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；

(2)假設(shè)該省此次高一學(xué)生思想政治學(xué)科原始分Y服從正態(tài)分布N(76.3,25).若Y'N(u,。I,

令nW,則n~N(O,1).若以此次高一學(xué)生思想政治學(xué)科原始分C等級的最低分為實施分層

教學(xué)的劃線分,試估計該劃線分為多少分.(結(jié)果保留整數(shù),附:若?l~N(0,1),則

P(η≤l.04)≈0.85)

解析(1)由題意知這10名學(xué)生中思想政治轉(zhuǎn)換分不低于94分的人數(shù)為6,低于94分的人

數(shù)為4,則隨機變量X所有可能的取值為0,1,2,3,

10

P(X=O)號?P(X=I)等?

uIOJUL10IΥ

P(X=2)W^,P(X=3)^W，

tIO/tIO0

則隨機變量X的分布列為

X0123

1311

P

30To26

E(X)=0×1÷l×?÷2×i÷3X?

(2)設(shè)該劃線分為πι,由Y~N(76.3,25)得U=76.3,。=5,則n-警則Y=5η+76.3,依題

意，P(Y2m)=15%+35%+35%=0.85,即P(5η+76.32m)=P(η>±F)=0.85,因為當(dāng)η~N(0,1)

時,P(nWL04)≈0.85,所以P(q?-L04)≈0.85,所以"等=T.04,故m≈71.綜上,估計該

劃線分為71分.

3.(2022屆西安西工大附中10月聯(lián)考,20)某行業(yè)對本行業(yè)人員的身高有特殊要求,該行業(yè)人

員的身高X(單位:cm)服從正態(tài)分布N(188,。2).已知P(X≤186)*P(X≤189)嚕

IOO50

(1)從該行業(yè)中隨機抽取一人,求此人身高在區(qū)間(187,190］的概率；

(2)從該行業(yè)人員中隨機抽取3人,設(shè)這3人中身高在區(qū)間(189,190］內(nèi)的人數(shù)為&,求&的分

布列和數(shù)學(xué)期望E(ξ)(分布列結(jié)果可以只列式不計算).

解析(1)由該行業(yè)人員的身高X(單位:em)服從正態(tài)分布N(188,。％可得正態(tài)曲線的對稱

軸為直線x=188.

因為P(X≤186)=^-,P(X≤189)?,

IOO?u

所以P(186<XW189)=P(X≤189)-P(X≤186)根據(jù)正態(tài)曲線的對稱性，可得

oUIUO100

P(187<X≤190)=P(186<X≤189)啜.

(2)由P(XWI86)端及正態(tài)曲線的對稱性,可得P(XWl90)=1-P(XWI86)嗯,又

P(XwI89)W，所以P(189<X≤190)=P(X≤190)-P(X≤189)??,則隨機變量ξ服從二項分布

50IOU

門(3,強),可得

11

p(no)=q?(ι-*)%(g)=q(τ?)?(ι-τ?),(E)γ?(τ?)2(ι-^,p(n3)

所以隨機變量&的分布列為:

4.(2017課標(biāo)I,19,12分)為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程,檢驗員每天從該生

產(chǎn)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(chǎn)經(jīng)驗,可以認為這條生產(chǎn)

線在正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(U,。%

(1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常,記X表示一天內(nèi)抽取的16個零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3。)之外的

零件數(shù),求P(X21)及X的數(shù)學(xué)期望；

(2)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(U-3。，u+3。)之外的零件,就認為這條生產(chǎn)線

在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況,需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進行檢查.

(i)試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性；

(ii)下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸：

10.110.010.0

9.959.969.969.929.98

214

10.210.110.O10.O10.0

9.919.229.95

63245

,16,16.16

經(jīng)計算得j?∑x,=9.97,s=!∑：(x廠就=?(∑∕.-16^2)Q0212,其中X,為抽取的第i

Ib/=1JIb/=1、Io/=1i

個零件的尺寸，i=l,2,…，16.

用樣本平均數(shù)，作為u的估計值〃，用樣本標(biāo)準(zhǔn)差S作為。的估計值。，利用估計值判斷是否

需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進行檢查.剔除(“-3。，〃+3。)之外的數(shù)據(jù),用剩下的數(shù)據(jù)估計口和

。(精確到0.01).

附:若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(Li,。2),則P(U-3。<Z<U+3。)=0.9974.

12

O.9974'6≈0.9592,√δ7θO8≈O.09.

解析(D抽取的一個零件的尺寸在(U-3。，U+3。)之內(nèi)的概率為0.9974,從而零件的尺

寸在(U-3。,μ+3σ)之外的概率為0.0026,故X~B(16,0.0026).

因此P(XS=I)=I-P(X=O)=I-O.9974'6?≈0.0408.

X的數(shù)學(xué)期望為EX=16×0.0026=0.0416.

(2)(i)如果生產(chǎn)狀態(tài)正常,一個零件尺寸在(口-3。，口+3。)之外的概率只有0.0026,一天

內(nèi)抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(U-3。，口+3。)之外的零件的概率只有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(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)

了異常情況,需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進行檢查,可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的.

(ii)由/9.97,s^0.212,得N的估計值為“=9.97,。的估計值為σ=0.212,由樣本數(shù)據(jù)可以

看出有一個零件的尺寸在(〃-3。,〃+3。)之外,因此需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進行檢查.

剔除("-3。，A+3。)之外的數(shù)據(jù)9.22,剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為1X(16×9.97-9.22)=10.02,

Ib

16

因此口的估計值為10.02.ΣΛ2=16×0.2122+16×9.972≈1591.134,

7=11

剔除(〃-3。，/7+3。)之外的數(shù)據(jù)9.22,剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為

Λ×(1591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,

15

因此。的估計值為VO麗七0.09.

5.(2020山西運城一模，19)在創(chuàng)建“全國文明城市”過程中,運城市“創(chuàng)城辦”為了調(diào)查市

民對創(chuàng)城工作的了解情況,進行了一次創(chuàng)城知識問卷調(diào)查(一位市民只能參加一次)，通過隨

機抽樣,得到參加問卷調(diào)查的100人的得分統(tǒng)計結(jié)果如表所示：

組別[30,40)[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100)

頻數(shù)212202524134

(1)由頻數(shù)分布表可以大致認為,此次問卷調(diào)查的得分Z~N(u,198),口近似為這100人得分

的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)，利用該正態(tài)分布,求

P(38.2<Z≤80.2);

(2)在(1)的條件下，“創(chuàng)城辦”為此次參加問卷調(diào)查的市民制訂如下獎勵方案：

①得分不低于U的可以獲贈2次隨機話費,得分低于U的可以獲贈1次隨機話費；

13

②每次獲贈的隨機話費和對應(yīng)的概率為:

贈送話費的金額（單位:元）2050

31

概率

4W

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)查獲贈的話費,求X的分

布列與數(shù)學(xué)期望.

附:若X~N(□,。2),則

P(μ-σ<X≤μ+σ)=O.6827,P(μ-2σ<X≤μ+2ɑ)=0.9545,

P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.9973.

解析

(1)口=35X0.02+45×0.12+55×0.20+65×0.25+75×0.24+85×0.13+95×0.04=66.2.

故

Z~N(66.2,198),V。=√I98≈14,ΛP(Z≤80.2)=1-I-P(66.2-14<ZW66.2+14)=1」-°；陽-0.84135.

2

又P(Z≤38.2)=I-P(66.2-2X14<ZW66.2+2×14)l-0.9545-0.02275.故

22

P(38.2<Z≤80.2)=P(Z≤80.2)-P(Z≤38.2)=0.8186.

（2）由題意知一位市民得分高于或低于μ的概率都為g?該市民參與問卷調(diào)查獲贈的話費X的

可能取值為20,40,50,70,100.

P(X=20)?×H=P(X=40)?×7×?!P(X=50)=X具;P(X=70)?×^×i×2?;P(X=IOo)4X；

×?

故X的分布列為

X20405070100

39131

∩■-—■I

83281632

39+701.25.故該市民參與問卷調(diào)查獲贈話費的數(shù)

32i×?

學(xué)期望為41.25元.

創(chuàng)新篇守正出奇

創(chuàng)新概率與數(shù)列知識的綜合

14

1.(2019課標(biāo)I,21,12分)為治療某種疾病,研制了甲、乙兩種新藥,希望知道哪種新藥更有

效,為此進行動物試驗.試驗方案如下:每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比試驗.對于兩只

白鼠,隨機選一只施以甲藥,另一只施以乙藥.一輪的治療結(jié)果得出后,再安排下一輪試驗.當(dāng)

其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時,就停止試驗,并認為治愈只數(shù)多的

藥更有效.為了方便描述問題,約定:對于每輪試驗,若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白

鼠未治愈，則甲藥得1分，乙藥得T分;若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈,則

乙藥得1分，甲藥得T分;若都治愈或都未治愈,則兩種藥均得0分.甲、乙兩種藥的治愈率

分別記為α和B,一輪試驗中甲藥的得分記為X.

(1)求X的分布列；

(2)若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予4分,p,(i=0,1,…,8)表示“甲藥的累計得分為i時，

最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率,則po=0,ps=l,pi=api∕bp"cpm(i=l,2,…，7),其中

a=P(X=-I),b=P(X=0),C=P(X=I).假設(shè)ɑ=0.5,B=0.8.

⑴證明：｛pγpj(i=0,1,2,…,7)為等比數(shù)列；

(ii)求P”并根據(jù)p,的值解釋這種試驗方案的合理性.

解析(I)X的所有可能取值為T,0,L

P(X=-l)=(l-α)B,P(X=O)=aβ+(l-a)(l-β),

P(X=I)=a(l-β).

所以X的分布列為

X-101

P(l-ɑ)βɑβ+(i-ɑ)(ι-β)ɑ(l-β)

(2)(i)證明：由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.

因此p,=0.4pil+0.5pi+0.lpi41,

故0.1(p1,,-pi)=O.4(pi-p..1),

即Pin-Pi=4(Pi-Pi).又因為P1-P0=Pi≠0,

所以｛pup：｝(i=0,1,2,…,7)是公比為4,首項為pl的等比數(shù)列.

8-i

(ii)由(i)可得Ps=PiTPfbPf+…+P∣-Po+Po=(PB-P)+(Pr-Pe)+…+(p∣-Po)=4~5-P∣?

由于Ps=I,故p1=^q?,所以p?(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p∣)+(PΓP0)??p?=^-

15

P,表示最終認為甲藥更有效的概率.由計算結(jié)果可以看出，在甲藥治愈率為0.5,乙藥治愈率

為0.8時,認為甲藥更有效的概率為p,?≈0.0039,此時得出錯誤結(jié)論的概率非常小,說明

這種試驗方案合理.

2.（2021河南頂級名校聯(lián)考，19）某地的一個黃金樓盤售樓中心統(tǒng)計了2020年1月到5月來

本樓盤看樓的人數(shù),得到如下的相關(guān)數(shù)據(jù).其中“