第29課二項分布、超幾何分布與正態(tài)分布普查與練習(xí)29Ⅰ二項分布與超幾何分布1．二項分布a．定模型求概率及數(shù)字特征(1)(2023匯編，10分)甲、乙兩人在每次猜謎活動中各猜一個謎語，若一方猜對且另一方猜錯，則猜對的一方獲勝，否則本次平局．已知每次活動中，甲、乙猜對的概率分別為eq\f(5,6)和eq\f(1,5)，且每次活動中，甲、乙猜對與否互不影響，各次活動也互不影響．①在一次活動中，甲獲勝的概率為__eq\f(2,3)__，3次活動中，甲至少獲勝2次的概率為__eq\f(20,27)__；(2021天津)②若每次活動勝者會得到60元獎勵，X為5次活動中乙得到獎勵的總數(shù)，則D(X)＝__580__．解析：①一次活動中，要使甲獲勝，則甲猜對且乙猜錯的概率為eq\f(5,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＝eq\f(2,3).3次活動中，設(shè)甲獲勝的次數(shù)為Y，則Y服從二項分布，即Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，所以甲至少獲勝2次的概率為P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(20,27).②一次活動中，要使乙獲勝，則乙猜對且甲猜錯的概率為eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,6)))＝eq\f(1,30).5次活動中，設(shè)乙獲勝的次數(shù)為Z，則Z服從二項分布，即Z～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,30)))，所以乙獲勝的方差為D(Z)＝5×eq\f(1,30)×eq\f(29,30)＝eq\f(29,180).根據(jù)題意，X＝60Z，所以D(X)＝D(60Z)＝3600D(Z)＝3600×eq\f(29,180)＝580.(2)(2019天津，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eq\f(2,3).假設(shè)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．(Ⅰ)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；答案：X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)E(X)＝2解：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eq\f(2,3)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，(2分)所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(3－k)，k＝0，1，2，3.(3分)所以隨機變量X的分布列為X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)(5分)隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝3×eq\f(2,3)＝2.(7分)(Ⅱ)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．答案：eq\f(20,243)解：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～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．(10分)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}均相互獨立，從而由(Ⅰ)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)＝eq\f(8,27)×eq\f(2,9)＋eq\f(4,9)×eq\f(1,27)＝eq\f(20,243).(13分)b．求隨機變量概率的最值(3)(2021山東泰安三模，12分)俗話說：“天上蟠桃，人間肥桃．”肥桃又名佛桃、壽桃，因個大，味美，營養(yǎng)豐富，被譽為“群桃之冠”，迄今已有1200多年的栽培歷史，自明朝起即為皇室貢品．七月份，肥城桃——“大紅袍”上市了，它滿身紅撲撲的，吃起來脆脆甜甜，感覺好極了，吸引著全國各地的采購商．山東省肥城桃開發(fā)總公司從進入市場的“大紅袍”中隨機抽檢100個，利用等級分類標準得到數(shù)據(jù)如下表：等級A級B級C級個數(shù)404020(Ⅰ)以表中抽檢的樣本估計全市“大紅袍”等級，現(xiàn)從全市上市的“大紅袍”中隨機抽取10個，若取到k個A級品的可能性最大，求k的值；答案：k＝4解：由題意可知，從全市上市的“大紅袍”中隨機抽取1個，取到A級品的概率為P＝eq\f(40,100)＝eq\f(2,5).(1分)設(shè)從全市上市的“大紅袍”中隨機抽取10個，取到A級品的個數(shù)為隨機變量X，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(2,5)))，∴P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))10－k(k＝0，1，2，3，…，10)．令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(P（X＝k）≥P（X＝k－1），,P（X＝k）≥P（X＝k＋1），)))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))10－k≥Ceq\o\al(k－1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))k－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))11－k，,Ceq\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))10－k≥Ceq\o\al(k＋1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))9－k，)))解得eq\f(17,5)≤k≤eq\f(22,5)，∴當k＝4時概率最大，∴k＝4.(5分)(Ⅱ)一北京連鎖超市采購商每年采購A級“大紅袍”，前20年“大紅袍”在此超市的實際銷量統(tǒng)計如下表：銷量(噸)151617181920年數(shù)245621今年A級“大紅袍”的采購價為0.8萬元/噸，超市以1.6萬元/噸的價格賣出，由于桃不易儲存，賣不完當垃圾處理．超市計劃今年購進17噸或18噸“大紅袍”，你認為應(yīng)該購進17噸還是18噸？請說明理由．答案：17噸，理由見解答過程解：設(shè)超市購進17噸“大紅袍”時，賣出的噸數(shù)為X1，利潤為ξ1，則X1的可能取值為15，16，17，且ξ1＝(1.6－0.8)X1－0.8×(17－X1)＝1.6X1－13.6.∵P(X1＝15)＝eq\f(2,20)＝eq\f(1,10)，P(X1＝16)＝eq\f(4,20)＝eq\f(1,5)，P(X1＝17)＝1－eq\f(1,10)－eq\f(1,5)＝eq\f(7,10)，∴X1的分布列為X1151617Peq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(7,10)∴E(X1)＝15×eq\f(1,10)＋16×eq\f(1,5)＋17×eq\f(7,10)＝16.6，∴E(ξ1)＝1.6E(X1)－13.6＝12.96.(8分)設(shè)超市購進18噸“大紅袍”時，賣出的噸數(shù)為X2，利潤為ξ2，則X2的可能取值為15，16，17，18，且ξ2＝(1.6－0.8)·X2－0.8×(18－X2)＝1.6X2－14.4.∵P(X2＝15)＝eq\f(1,10)，P(X2＝16)＝eq\f(1,5)，P(X2＝17)＝eq\f(5,20)＝eq\f(1,4)，P(X2＝18)＝1－eq\f(1,10)－eq\f(1,5)－eq\f(1,4)＝eq\f(9,20)，∴X2的分布列為X215161718Peq\f(1,10)eq\f(1,5)eq\f(1,4)eq\f(9,20)∴E(X2)＝15×eq\f(1,10)＋16×eq\f(1,5)＋17×eq\f(1,4)＋18×eq\f(9,20)＝17.05，∴E(ξ2)＝1.6E(X2)－14.4＝12.88.(11分)∵E(ξ2)<E(ξ1)，即以樣本估計總體可知購進17噸“大紅袍”利潤高于購進18噸，∴超市應(yīng)該購進17噸“大紅袍”．(12分)2．超幾何分布(4)(2021浙江，6分)袋中有4個紅球，m個黃球，n個綠球，現(xiàn)從中任取兩個球，記取出的紅球數(shù)為ξ.若取出的兩個球都是紅球的概率為eq\f(1,6)，一紅一黃的概率為eq\f(1,3)，則m－n＝__1__，E(ξ)＝__eq\f(8,9)__．解析：根據(jù)題意可知P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,m＋n＋4))＝eq\f(6,Ceq\o\al(2,m＋n＋4))＝eq\f(1,6)，即Ceq\o\al(2,m＋n＋4)＝36，即eq\f(（m＋n＋4）（m＋n＋4－1）,2×1)＝36，即(m＋n＋4)(m＋n＋4－1)＝72＝9×8.又m＋n＋4>0，所以m＋n＋4＝9.因為P(一紅一黃)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,m),Ceq\o\al(2,m＋n＋4))＝eq\f(4m,36)＝eq\f(m,9)＝eq\f(1,3)，所以m＝3，所以n＝2,所以m－n＝1.把黃球和綠球看作一組，紅球單獨看作一組，則取出的紅球數(shù)ξ服從參數(shù)為N＝9，M＝4，n′＝2的超幾何分布，所以E(ξ)＝eq\f(n′M,N)＝eq\f(8,9).(5)(2021北京三模，15分)某工藝坊要將6件工藝原料加工成工藝品，每天完成一件工藝品，每件原料需先后完成1，2，3三道工序，工序1，2，3分別由工藝師甲、乙、丙完成，三位工藝師同時到崗，完成負責工序即可離崗，等待時按每小時10元進行補貼．記加工原料i時工藝師乙、丙獲得的總補貼為ai(i＝1，2，…，6)(單位：元)，例如：加工原料1時工藝師乙等待1小時，獲得補貼10元，丙等待7小時，獲得補貼70元，則a1＝80，已知完成各工序所需時長(小時)如表：原料工序原料1原料2原料3原料4原料5原料6工序1112324工序2643141工序3534632由于客戶催單，需要將每件原料時長最長的工序時間減少1小時，記此時加工原料i時工藝師乙、丙獲得的總補貼為bi(i＝1，2，…，6)(單位：元)，例如：b1＝70.(Ⅰ)從6件原料中任選一件，求ai＞bi(i＝1，2，…，6)的概率；答案：eq\f(2,3)解：設(shè)“從6件原料中任選一件，ai＞bi”為事件A.根據(jù)題意，加工原料i時工藝師乙、丙獲得的總補貼如下表：原料總補貼123456ai806070708090bi705070707070當i＝1，2，5，6時，ai＞bi，∴P(A)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).(5分)(Ⅱ)從6件原料中任選三件，記X為滿足“ai＞bi(i＝1，2，…，6)”的件數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；答案：分布列見解答過程，E(X)＝2解：X的可能取值為1，2，3，則P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(0,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，∴X的分布列為X123Peq\f(1,5)eq\f(3,5)eq\f(1,5)(10分)∴E(X)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5)＝2.(12分)(Ⅲ)記數(shù)據(jù)ai(i＝1，2，…，6)的方差為seq\o\al(2,1)，數(shù)據(jù)bi(i＝1，2，…，6)的方差為seq\o\al(2,2)，試比較seq\o\al(2,1)，seq\o\al(2,2)的大小．(只需寫出結(jié)果)答案：seq\o\al(2,1)>seq\o\al(2,2)解：seq\o\al(2,1)>seq\o\al(2,2).(15分)理由：方差刻畫了一組數(shù)據(jù)的離散程度，由(Ⅰ)中表格可知，數(shù)據(jù)ai的各值相差較大，故其方差較大．隨堂普查練29Ⅰ1．(2021湖北模擬，12分)隨著我國互聯(lián)網(wǎng)的不斷發(fā)展，自媒體業(yè)飛速發(fā)展起來，抖音、快手、微信視頻號等視頻自媒體APP，幾乎是全民參與．某中學(xué)社會調(diào)研社團研究抖音在生活中的普及程度，走向街頭巷尾、公園、各行各業(yè)辦公室，對市民進行調(diào)研，發(fā)現(xiàn)約有eq\f(2,5)的人發(fā)過抖音小視頻．為進一步研究，從這些被采訪的人中隨機抽取3人進行調(diào)查，假設(shè)每個人被選到的可能性相等．(1)記ξ表示發(fā)過抖音視頻的人數(shù)，求ξ的分布列；答案：見解答過程解：由題意知，隨機變量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，ξ的所有可能取值為0，1，2，3，∴P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,125)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(54,125)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,5)＝eq\f(36,125)，P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,125)，∴ξ的分布列為ξ0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)(6分)(2)隨著研究人群范圍的擴大，為提高效率，研究組在對某些行業(yè)人群集中調(diào)研時，先隨機抽取一人，如果他發(fā)過抖音小視頻，就不再對該群體中其他人進行調(diào)查，如果沒有發(fā)過抖音小視頻，則繼續(xù)隨機抽取，直到抽到一名發(fā)過抖音小視頻的人為止，并且規(guī)定抽樣的次數(shù)不超過n(n∈N*)次，其中n小于當次調(diào)查的總?cè)藬?shù)，在抽樣結(jié)束時，抽到的沒發(fā)過抖音視頻的人數(shù)為η，求η的數(shù)學(xué)期望．答案：E(η)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n))解：依題意，η的所有可能的值是0，1，2，…，n.設(shè)抽到的沒發(fā)過抖音視頻的人數(shù)為k，當0≤k≤n－1時，P(η＝k)＝eq\f(2,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(k)；當k＝n時，P(η＝k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(n)，∴E(η)＝0×eq\f(2,5)＋1×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＋2×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋…＋(n－1)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n－1＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n①，(9分)則eq\f(3,5)E(η)＝1×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋2×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3＋…＋(n－1)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n＋1②，①－②得，eq\f(2,5)E(η)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋…＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n－1＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－\f(2（n－1）,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n＋1，即eq\f(2,5)E(η)＝eq\f(3,5)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n＋eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n＝eq\f(3,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n))，∴E(η)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n)).(12分)2．(2021陜西模擬節(jié)選，8分)在傳染病學(xué)中，通常把從致病刺激物侵入機體或者對機體發(fā)生作用起，到機體出現(xiàn)反應(yīng)或開始呈現(xiàn)該疾病對應(yīng)的相關(guān)癥狀時止的這一階段稱為潛伏期．一研究團隊統(tǒng)計了某地區(qū)1000名患者的相關(guān)信息，得到如下表格：潛伏期(單位：天)[0，2](2，4](4，6](6，8](8，10](10，12](12，14]人數(shù)85205310250130155(1)求這1000名患者的潛伏期的樣本平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)；答案：5.4天解：＝1×0.085＋3×0.205＋5×0.31＋7×0.25＋9×0.13＋11×0.015＋13×0.005＝5.4.(2分)(2)以這1000名患者的潛伏期超過6天的頻率，代替該地區(qū)1名患者潛伏期超過6天發(fā)生的概率，每名患者的潛伏期是否超過6天相互獨立．為了深入研究，該研究團隊隨機調(diào)查了20名患者，其中潛伏期超過6天的人數(shù)最有可能(即概率最大)是多少？答案：潛伏期超過6天的人數(shù)最有可能是8解：用頻率估計概率，則患者潛伏期超過6天的概率為eq\f(250＋130＋15＋5,1000)＝eq\f(400,1000)＝eq\f(2,5).設(shè)潛伏期超過6天的人數(shù)為X，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20，\f(2,5)))，∴P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,20)且0≤k≤20，k∈N.(4分)令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(P（X＝k）≥P（X＝k＋1），,P（X＝k）≥P（X＝k－1），)))得解得eq\f(37,5)≤k≤eq\f(42,5)，∴k＝8，即潛伏期超過6天的人數(shù)最有可能是8.(8分)3．(2021天津河西區(qū)二模，5分)現(xiàn)有高三年級學(xué)生7人，7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，從這7人中隨機抽取3人作進一步身體檢查，用X表示抽取的3人中睡眠不足的學(xué)生人數(shù)，則隨機變量X的數(shù)學(xué)期望為__eq\f(12,7)__；設(shè)A為事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的學(xué)生，也有睡眠不足的學(xué)生”，則事件A發(fā)生的概率為__eq\f(6,7)__．解析：根據(jù)題意，隨機變量X服從參數(shù)N＝7，M＝4，n＝3的超幾何分布，故E(X)＝eq\f(nM,N)＝eq\f(12,7).事件A包括兩種情況：有一人睡眠不足而另外2人睡眠充足；有2人睡眠不足而另外1人睡眠充足，∴P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,7))＝eq\f(6,7).4．(經(jīng)典題，12分)在心理學(xué)研究中，常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響，具體方法如下：將參加試驗的志愿者隨機分成兩組，一組接受甲種心理暗示，另一組接受乙種心理暗示，通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結(jié)果來評價兩種心理暗示的作用．現(xiàn)有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，從中隨機抽取5人接受甲種心理暗示，另5人接受乙種心理暗示．(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；答案：eq\f(5,18)解：記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M，則P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(4,8),Ceq\o\al(5,10))＝eq\f(5,18).(5分)(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望E(X)．答案：X01234Peq\f(1,42)eq\f(5,21)eq\f(10,21)eq\f(5,21)eq\f(1,42)E(X)＝2解：由題意知X可取的值為0，1，2，3，4，則P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(5,6),Ceq\o\al(5,10))＝eq\f(1,42)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(5,10))＝eq\f(10,21)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(5,10))＝eq\f(1,42)，因此X的分布列為X01234Peq\f(1,42)eq\f(5,21)eq\f(10,21)eq\f(5,21)eq\f(1,42)(10分)X的數(shù)學(xué)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×eq\f(1,42)＋1×eq\f(5,21)＋2×eq\f(10,21)＋3×eq\f(5,21)＋4×eq\f(1,42)＝2.(12分)

普查與練習(xí)29Ⅱ正態(tài)分布3．正態(tài)分布a．正態(tài)曲線的應(yīng)用(6)(2021新高考Ⅱ，5分)某物理量的測量結(jié)果服從正態(tài)分布N(10，σ2)，則下列結(jié)論中不正確的是(D)A．σ越小，該物理量在一次測量中在(9.9，10.1)的概率越大B．σ越小，該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5C．σ越小，該物理量在一次測量中小于9.99與大于10.01的概率相等D．σ越小，該物理量在一次測量中落在(9.9，10.2)與落在(10，10.3)的概率相等解析：σ越小，即標準差和方差越小，該正態(tài)分布的物理量越集中在均值附近，所以落在(9.9，10.1)內(nèi)的概率越大．故A正確．因為均值為10，所以根據(jù)正態(tài)曲線的性質(zhì)，可知正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝10對稱，所以測量結(jié)果大于10和小于10的概率相等，都為0.5.故B正確．因為9.99與10.01關(guān)于直線x＝10對稱，所以根據(jù)正態(tài)曲線的性質(zhì)，可知測量結(jié)果小于9.99和大于10.01的概率相同．故C正確．區(qū)間(9.9，10.2)與(10，10.3)不關(guān)于直線x＝10對稱，所以測量結(jié)果落在兩個區(qū)間內(nèi)的概率不同．故D錯誤．故選D.(7)(2023改編，5分)已知隨機變量X～N(0.4，σeq\o\al(2,1))，Y～N(0.8，σeq\o\al(2,2))，其正態(tài)曲線如圖所示，下列說法中錯誤的有__②④__．①P(X≥0.4)＝P(Y≥0.8)；②σ1>σ2；③兩支正態(tài)曲線與x軸之間的面積均為1；④對于任意的負數(shù)t，有P(X≤t)＞P(Y≤t)；⑤存在t＞0，滿足P(X≤t)＝P(Y≤t)．解析：①由已知得μ1＝0.4，μ2＝0.8，所以P(X≥0.4)＝P(Y≥0.8)＝0.5，①正確；②因為正態(tài)曲線X～N(0.4，σeq\o\al(2,1))比正態(tài)曲線Y～N(0.8，σeq\o\al(2,2))更“瘦高”，所以σ1<σ2，②錯誤；③由正態(tài)曲線的特點可知，兩支正態(tài)曲線與x軸之間的面積均為1，③正確；④對于任意的負數(shù)t，直線x＝t左側(cè)X的正態(tài)密度曲線所含面積小于Y的正態(tài)密度曲線所含面積，故有P(X≤t)<P(Y≤t)，④錯誤；⑤由圖可知，當t＝0時，P(X≤t)<P(Y≤t)；當t＝0.4時，0.5＝P(X≤t)>P(Y≤t)，所以存在t∈(0，0.4)，使得P(X≤t)＝P(Y≤t)，⑤正確．故答案為②④.(8)(2023匯編，15分)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)．①若μ＝2，P(0<X<2)＝0.4，則P(X>4)＝__0.1__；②若μ＝4，實數(shù)a滿足P(X＜3a＋2)＝P(X＞2a－1)，則a的值是__eq\f(7,5)__；③若σ2＝7，P(X<2)＝P(X>4)，則μ＝__3__，D(X)＝__7__．解析：①由題意得，隨機變量X的正態(tài)曲線的對稱軸方程為x＝2.又P(0<X<2)＝0.4，所以P(2<X<4)＝0.4，所以P(X>4)＝0.5－P(2<X<4)＝0.1.②由題意得，隨機變量X的正態(tài)曲線的對稱軸方程為x＝4.又實數(shù)a滿足P(X＜3a＋2)＝P(X＞2a－1)，所以eq\f(3a＋2＋2a－1,2)＝4，即a＝eq\f(7,5).③因為P(X<2)＝P(X>4)，所以隨機變量X的正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝eq\f(2＋4,2)＝3對稱，所以μ＝3.因為σ2＝7，所以D(X)＝7.b．3σ原則的應(yīng)用(9)(2021江蘇連云港一模，5分)中長跑是一項對學(xué)生身體鍛煉價值較高的運動項目，在某校的一次中長跑比賽中，全體參賽學(xué)生的成績近似地服從正態(tài)分布N(80，100)，已知成績在90分以上(含90分)的學(xué)生有32名，則參賽的學(xué)生總數(shù)約為(D)(參考數(shù)據(jù)：P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.9973)A．208B．206C．204D．202解析：設(shè)參賽學(xué)生的成績?yōu)閄.∵X～N(80，100)，∴μ＝80，σ＝10，則P(X≥90)＝P(X≤70)＝eq\f(1,2)[1－P(70<X<90)]＝eq\f(1,2)[1－P(μ－σ<X<μ＋σ)]≈eq\f(1,2)×(1－0.6827)＝0.15865，∴參賽的學(xué)生總數(shù)為eq\f(32,0.15865)≈202.故選D.(10)(經(jīng)典題，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)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(μ，σ2)．(Ⅰ)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＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學(xué)期望；答案：P(X≥1)≈0.0423，E(X)＝0.0432解：由題可知，抽取的一個零件的尺寸落在(μ－3σ，μ＋3σ)之內(nèi)的概率為0.9973，所以落在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率為0.0027，故X～B(16，0.0027)．所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997316≈1－0.9577＝0.0423.X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝16×0.0027＝0.0432.(4分)(Ⅱ)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)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；答案：見解答過程解：如果生產(chǎn)狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0027，一天內(nèi)抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.0423，發(fā)生的概率很?。虼艘坏┌l(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．(7分)(ⅱ)下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95經(jīng)計算得＝＝9.97，s＝，其中為抽取的第個零件的尺寸，=1,2，…，16.用樣本平均數(shù)作為μ的估計值，用樣本標準差s作為σ的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查；剔除之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計μ和σ(精確到0.01)．附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ<Z<μ＋3σ)＝0.9973，0.997316≈0.9577，eq\r(0.008)≈0.09.答案：需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查＝10.02，≈0.09解：由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ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之外，因此需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查．剔除之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估計值為10.02.(10分),剔除之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為eq\f(1,15)×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估計值為eq\r(0.008)≈0.09.(12分)c．正態(tài)分布標準化的應(yīng)用(11)(2021陜西西安模擬，12分)“公平正義”是社會主義和諧社會的重要特征，是社會主義法治理念的價值追求．“考試”作為一種公平公正選拔人才的有效途徑，正被廣泛采用．某單位準備通過考試(按照高分優(yōu)先錄取的原則)錄用300名職員，其中275個高薪職位和25個普薪職位．實際報名人數(shù)為2000名，考試滿分為400分．本次招聘考試的命題和組考非?？茖W(xué)，是一次成功的考試，考試成績服從正態(tài)分布．考試后考生成績的部分統(tǒng)計結(jié)果如下：考試平均成績是180分，360分及以上的高分考生30名．(Ⅰ)求最低錄取分數(shù)(結(jié)果保留為整數(shù))；答案：267解：設(shè)考生的成績?yōu)閄，則由題意可得X服從正態(tài)分布，即X～N(180，σ2)．令Y＝eq\f(X－180,σ)，則Y～N(0，1)．∵360分及以上的高分考生有30名，∴P(X≥360)＝eq\f(30,2000)＝eq\f(3,200)，∴P(X<360)＝1－eq\f(3,200)＝0.985，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y<\f(360－180,σ)))＝0.985，∴eq\f(360－180,σ)≈2.17，解得σ≈83，∴X～N(180，832)．(4分)設(shè)最低錄取分數(shù)為x0，則P(X≥x0)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y≥\f(x0－180,83)))＝eq\f(300,2000)＝eq\f(3,20)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y<\f(x0－180,83)))＝1－eq\f(3,20)＝0.85，∴eq\f(x0－180,83)≈1.04，解得x0≈266.32，即最低錄取分數(shù)為267.(8分)(Ⅱ)考生甲的成績?yōu)?86分，若甲被錄取，則他能否獲得高薪職位？請說明理由．參考資料：(ⅰ)當X～N(μ，σ2)時，令Y＝eq\f(X－μ,σ)，則Y～N(0，1)；(ⅱ)當Y～N(0，1)時，P(Y≤2.17)≈0.985，P(Y≤1.28)≈0.900，P(Y≤1.09)≈0.863，P(Y≤1.04)≈0.85.答案：能，理由見解答過程解：∵考生甲的成績286＞267，∴他能被錄?。逷(X<286)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y<\f(286－180,83)))＝P(Y<1.28)≈0.90，∴不低于考生甲的成績的人數(shù)大約為2000×(1－0.90)＝200，即考生甲大約排在第200名，故排在前275名，∴能被錄取為高薪職位．(12分)隨堂普查練29Ⅱ1．(2021江蘇南通期末，5分)“雜交水稻之父”袁隆平一生致力于雜交水稻技術(shù)的研究、應(yīng)用與推廣，發(fā)明了“三系法”秈型雜交水稻，成功研究出“兩系法”雜交水稻，創(chuàng)建了超級雜交稻技術(shù)體系，為我國糧食安全、農(nóng)業(yè)科學(xué)發(fā)展和世界糧食供給作出了杰出貢獻．某雜交水稻種植研究所調(diào)查某地水稻的株高，得出株高(單位：cm)服從正態(tài)分布，且株高的概率分布密度函數(shù)為f(x)＝eq\f(1,10\r(2π))·，x∈R，則下列說法正確的是(A)A．該地水稻的平均株高為100cmB．該地水稻株高的方差為10C．隨機測量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率小D．隨機測量一株水稻，其株高在(80，90)和在(100，110)(單位：cm)的概率一樣大解析：設(shè)水稻的株高為隨機變量X，則X～N(μ，σ2)．由正態(tài)密度函數(shù)可知μ＝100，σ2＝100，故A正確，B錯誤．P(X>120)＝P(X<80)>P(X<70)，故C錯誤．P(100<X<110)＝P(90<X<100)>P(80<X<90)，故D錯誤．故選A.2．(2021山東濟寧二模，5分)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(1，σ2)，若P(X≤0)＝0.2，則P(X＜2)＝(D)A．0.2B．0.4C．0.6D．0.8解析：(法一)∵μ＝1，P(X≤0)＝0.2，∴P(0≤X≤1)＝0.5－0.2＝0.3，∴P(1≤X≤2)＝P(0≤X≤1)＝0.3，∴P(X＜2)＝0.5＋0.3＝0.8.故選D.(法二)∵μ＝1，P(X≤0)＝0.2，∴P(X≥2)＝0.2，∴P(X<2)＝1－P(X≥2)＝0.8.故選D.3．(2020山東濰坊模擬，12分)為了嚴格監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，某企業(yè)每天從該生產(chǎn)線上隨機抽取10000個零件，并測量其內(nèi)徑(單位：cm)．根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，認為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的內(nèi)徑X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)．已知加工的零件內(nèi)徑小于μ－3σ或大于μ＋3σ均為不合格品，其余為合格品．(1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常，請估計一天內(nèi)抽取的10000個零件中不合格品的個數(shù)約為多少；答案：27解：抽取的一個零件的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之內(nèi)的概率為0.9973，從而抽取一個零件為不合格品的概率為0.0027，因此一天內(nèi)抽取的10000個零件中不合格品的個數(shù)約為10000×0.0027＝27.(4分)(2)若生產(chǎn)的某零件為合格品，則該零件盈利；若生產(chǎn)的某零件為不合格品，則該零件虧損．已知每個零件的利潤L(單位：元)與內(nèi)徑X有如下關(guān)系：L＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－5，X<μ－3σ，,4，μ－3σ≤X<μ－σ，,6，μ－σ≤X≤μ＋3σ，,－5，X>μ＋3σ.))求該企業(yè)一天從生產(chǎn)線上隨機抽取的10000個零件的平均利潤．附：若隨機變量X服從正態(tài)分布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.答案：56557元解：由正態(tài)曲線的對稱性可知P(X<μ－3σ)＝P(X>μ＋3σ)＝0.00135，P(μ－3σ≤X<μ－σ)＝eq\f(1,2)×(0.9973－0.6827)＝0.1573，P(μ－σ≤X≤μ＋3σ)＝0.9973－0.1573＝0.8400.(8分)故隨機抽取的10000個零件的平均利潤為10000×(－5×0.00135＋4×0.1573＋6×0.8400－5×0.00135)＝56557(元)．(12分)4．(2021江蘇蘇州期中，5分)《山東省高考改革試點方案》規(guī)定：2020年高考總成績由語文、數(shù)學(xué)、外語三門統(tǒng)考科目和思想政治、歷史、地理、物理、化學(xué)、生物六門選考科目組成，將每門選考科目的考生原始成績從高到低劃分為A，B＋，B，C＋，C，D＋，D，E共8個等級，參照正態(tài)分布原則，確定各等級人數(shù)所占比例分別為3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%，選考科目成績計入考生總成績時，將A至E等級內(nèi)的考生原始成績，依照等比例轉(zhuǎn)換法則，分別轉(zhuǎn)換到[91，100]，[81，90]，[71，80]，[61，70]，[51，60]，[41，50]，[31，40]，[21，30]八個分數(shù)區(qū)間，得到考生的等級成績．如果山東省某次高考模擬考試物理科目的原始成績X～N(50，256)，那么D等級的原始分最高大約為(B)附：①若X～N(μ，σ2)，Y＝eq\f(X－μ,σ)，則Y～N(0，1)；②當Y～N(0，1)時，P(Y≤1.3)≈0.9.A．23B．29C．36D．43解析：∵X～N(50，256)，∴μ＝50，σ＝16.設(shè)D等級的原始分最高大約為x，對應(yīng)的等級分為40.由題可知，P(等級分≥40)＝1－(7%＋3%)＝0.9，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(原始分≥\f(x－50,16)))＝0.9，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(原始分≤－\f(x－50,16)))＝0.9，∴－eq\f(x－50,16)≈1.3，解得x≈29.2.故選B.

課后提分練29二項分布、超幾何分布與正態(tài)分布A組(鞏固提升)1．(經(jīng)典題，5分)抽獎箱中有15個大小一樣、顏色不一樣的乒乓球(2個紅色，3個黃色，其余為白色)，抽到紅球為一等獎，黃球為二等獎，白球不中獎．有90人依次進行有放回抽獎，則這90人中中獎人數(shù)的期望和方差分別是(D)A．6，0.4B．18，14.4C．30，10D．30，20解析：設(shè)這90人中中獎的人數(shù)為X，則X服從二項分布．由題意得，中獎的概率P＝eq\f(2,15)＋eq\f(3,15)＝eq\f(1,3)，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90，\f(1,3)))，故這90人中中獎人數(shù)的期望E(X)＝90×eq\f(1,3)＝30，方差D(X)＝90×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝20.故選D.2．(2018全國Ⅲ，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)，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，則p＝(B)A．0.7B．0.6C．0.4D．0.3解析：由已知可得X～B(10，p)，則D(X)＝10p(1－p)＝2.4，整理得10p2－10p＋2.4＝0，解得p＝0.4或p＝0.6.又P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,10)p4(1－p)6，P(X＝6)＝Ceq\o\al(6,10)p6(1－p)4，且P(X＝4)<P(X＝6)，則Ceq\o\al(4,10)p4·(1－p)6<Ceq\o\al(6,10)p6(1－p)4，解得p>0.5.所以p＝0.6.故選B.3．(2021河北衡水模擬，5分)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(3，1)，且P(2≤X≤4)＝0.6827，則P(X>4)＝__0.15865__．解析：由題意得μ＝3，故P(3≤X≤4)＝eq\f(1,2)P(2≤X≤4)＝0.34135.觀察下圖可得，P(X>4)＝0.5－P(3≤X≤4)＝0.5－0.34135＝0.15865.4．(2021湖南模擬，5分)已知連續(xù)型隨機變量Xi～N(μi，σeq\o\al(2,i))(i＝1，2，3)，其正態(tài)曲線如圖所示，則下列結(jié)論正確的是(D)A．P(X1≤μ2)＜P(X2≤μ1)B．P(X2≥μ2)＞P(X3≥μ3)C．P(X1≤μ2)＜P(X2≤μ3)D．P(μi－2σi≤Xi≤μi＋2σi)＝P(μi＋1－2σi＋1≤Xi＋1≤μi＋1＋2σi＋1)(i＝1，2)解析：對于選項A，P(X1≤μ2)>eq\f(1,2)，P(X2≤μ1)<eq\f(1,2)，∴P(X1≤μ2)＞P(X2≤μ1)，A錯誤．對于選項B，P(X2≥μ2)＝eq\f(1,2)，P(X3≥μ3)＝eq\f(1,2)，∴P(X2≥μ2)＝P(X3≥μ3)，B錯誤．對于選項C，P(X1≤μ2)>eq\f(1,2)，P(X2≤μ3)＝eq\f(1,2)，∴P(X1≤μ2)＞P(X2≤μ3)，C錯誤．對于選項D，對于任意i＝1，2，3，P(μi－2σi≤Xi≤μi＋2σi)均表示Xi落在[μi－2σi，μi＋2σi]內(nèi)的概率，該值是固定值，與μ，σ無關(guān)，D正確．故選D.5．(2021浙江模擬，6分)老師要從10篇課文中隨機抽3篇讓學(xué)生背，規(guī)定至少要背出2篇才能及格．同學(xué)甲只能背出其中的6篇，則甲同學(xué)能及格的概率為__eq\f(2,3)__；設(shè)抽取的3篇課文中甲能背誦的課文有ξ篇，則隨機變量ξ的期望E(ξ)為__eq\f(9,5)__．解析：從10篇課文中隨機抽3篇，共有Ceq\o\al(3,10)＝120種可能情況，若甲能及格，則甲至少能背出2篇，有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(3,6)＝80種情況，∴甲同學(xué)能及格的概率P＝eq\f(80,120)＝eq\f(2,3).易知ξ服從參數(shù)為N＝10，M＝6，n＝3的超幾何分布，∴E(ξ)＝eq\f(nM,N)＝eq\f(3×6,10)＝eq\f(9,5).6．(多選)(2021江蘇無錫三模，5分)2020年初，新冠病毒肆虐，為了抑制病毒，商場停業(yè)，工廠停工停產(chǎn)，學(xué)校開始以網(wǎng)課的方式進行教學(xué)．為了掌握學(xué)生們的學(xué)習(xí)狀態(tài)，某省級示范學(xué)校對高三一段時間的教學(xué)成果進行測試．高三有1000名學(xué)生，期末某學(xué)科的考試成績(卷面成績均為整數(shù))Z服從正態(tài)分布N(82.5，5.42)，則(ABD)(人數(shù)保留整數(shù))(參考數(shù)據(jù)：若Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)＝0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)＝0.9973)A．年級平均成績?yōu)?2.5分B．成績在95分以上(含95分)人數(shù)和70分以下(含70分)人數(shù)相等C．成績不超過77分的人數(shù)少于150人D．超過98分的人數(shù)為1人解析：選項A：因為Z～N(82.5，5.42)，所以μ＝82.5，σ＝5.4.由正態(tài)分布的概念可知，年級平均成績?yōu)?2.5分，故A正確．選項B：因為eq\f(95＋70,2)＝82.5＝μ，所以成績在95分以上(含95分)人數(shù)和70分以下(含70分)人數(shù)相等，故B正確．選項C：因為77≈82.5－5.4＝μ－σ，所以P(Z＜77)≈P(Z＜μ－σ)＝eq\f(1－0.6827,2)＝0.15865.因為1000×0.15865≈159＞150，所以成績不超過77分的人數(shù)多于150人，故C錯誤．選項D：因為82.5＋5.4×3＝98.7≈99，所以P(Z≥99)≈P(Z≥μ＋3σ)＝eq\f(1－0.9973,2)＝0.00135.因為1000×0.00135≈1，所以超過98分的人數(shù)為1人，故D正確．故選ABD.7．(經(jīng)典題，13分)10月1日，某品牌的兩款最新手機(記為W型號，T型號)同時投放市場．手機廠商為了解這兩款手機的銷售情況，在10月1日當天，隨機調(diào)查了5個手機店中這兩款手機的銷量(單位：部)，得到下表.手機店ABCDEW型號手機銷量6613811T型號手機銷量1291364(1)若在10月1日當天，從A，B這兩個手機店售出的新款手機中分別隨機抽取1部，求抽取的2部手機中至少有1部為W型號手機的概率；答案：eq\f(3,5)解：將從A，B這兩個手機店售出的新款手機中分別隨機抽取的1部手機記為甲和乙，記事件“甲手機為T型號手機”為M1，記事件“乙手機為T型號手機”為M2.依題意可得，P(M1)＝eq\f(12,6＋12)＝eq\f(2,3)，P(M2)＝eq\f(9,6＋9)＝eq\f(3,5)，且事件M1，M2相互獨立．(2分)設(shè)“抽取的2部手機中至少有1部為W型號手機”為事件M，則P(M)＝1－P(M1M2)＝1－P(M1)·P(M2)＝1－eq\f(2,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(3,5)，即抽取的2部手機中至少有1部為W型號手機的概率為eq\f(3,5).(4分)(2)現(xiàn)從這5個手機店中任選3個舉行促銷活動，用X表示其中W型號手機銷量超過T型號手機銷量的手機店的個數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望；答案：X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)E(X)＝eq\f(6,5)解：由表可知，W型號手機銷量超過T型號手機銷量的手機店共有2個，故X的所有可能取值為0，1，2，(5分)則P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,2)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，所以隨機變量X的分布列為X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)(8分)故E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).(10分)(3)經(jīng)測算，W型號手機的銷售成本η(百元)與銷量ξ(部)滿足關(guān)系η＝3ξ＋4.若表中W型號手機銷量的方差seq\o\al(2,0)＝m(m>0)，試給出表中5個手機店的W型號手機銷售成本的方差s2的值．(用m表示，結(jié)論不要求證明)答案：s2＝9m解：s2＝D(η)＝D(3ξ＋4)＝9D(ξ)＝9seq\o\al(2,0)＝9m.(13分)8．(2020山東濰坊一模，12分)“過大年，吃水餃”是我國不少地方過春節(jié)的一大習(xí)俗．春節(jié)前夕，北方一城市某質(zhì)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(zhì)量指標值，所得頻率分布直方圖如下：(1)求所抽取的100包速凍水餃該項質(zhì)量指標值的樣本平均數(shù)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)；答案：26.5解：所抽取的100包速凍水餃該項質(zhì)量指標值的平均數(shù)＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.(3分)(2)①由直方圖可以認為，速凍水餃的該項質(zhì)量指標值Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，利用該正態(tài)分布，求Z落在(14.55，38.45]內(nèi)的概率；答案：0.6827解：∵Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，且μ＝26.5，σ≈11.95，∴P(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(nèi)的概率是0.6827.(5分)②將頻率視為概率，若某人從某超市購買了4包這種品牌的速凍水餃，記這4包速凍水餃中這種質(zhì)量指標值位于(10，30)內(nèi)的包數(shù)為X，求X的分布列和均值．附：計算得所抽查的這100包速凍水餃的該項質(zhì)量指標值的標準差為σ＝eq\r(142.75)≈11.95；若ξ～N(μ，σ2)，則P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝0.9545.答案：X01234Peq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,16)E(X)＝2解：由頻率分布直方圖知每包速凍水餃中這種質(zhì)量指標值位于(10，30)內(nèi)的概率為10×(0.02＋0.03)＝0.5，根據(jù)題意得X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,2)))，X的可能取值為0，1，2，3，4，∴P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,16)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,4)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(3,8)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,4)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,16).∴隨機變量X的分布列為X01234Peq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,16)(10分)E(X)＝4×eq\f(1,2)＝2.(12分)9．(2021山東日照模擬，12分)青少年身體健康事關(guān)國家民族的未來，某校為了增強學(xué)生體質(zhì)，在課后延時服務(wù)中增設(shè)800米跑活動．據(jù)統(tǒng)計，該校800米跑優(yōu)秀率為3%，為試驗?zāi)撤N訓(xùn)練方式，校方?jīng)Q定從800米跑未達優(yōu)秀的學(xué)生中選取10人進行訓(xùn)練，若這10人中至少有2人達到優(yōu)秀，則認為該訓(xùn)練方式有效；否則，認為該訓(xùn)練方式無效．(1)已知訓(xùn)練結(jié)束后有5人800米跑達到優(yōu)秀，校方欲從參加該次試驗的10人中隨機選2人了解訓(xùn)練的情況，記抽到800米跑達到優(yōu)秀的人數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；答案：分布列見解答過程，E(X)＝1解：X的可能取值為0，1，2，則P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(2,9)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(5,9)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(2,9)，所以X的分布列為X012Peq\f(2,9)eq\f(5,9)eq\f(2,9)(4分)所以E(X)＝0×eq\f(2,9)＋1×eq\f(5,9)＋2×eq\f(2,9)＝1.(6分)(2)如果該訓(xùn)練方式將該校800米跑優(yōu)秀率提高到了50%，求通過試驗該訓(xùn)練方式被認定無效的概率p，并根據(jù)p的值解釋該試驗方案的合理性．(參考結(jié)論：通常認為發(fā)生概率小于5%的事件可視為小概率事件)答案：p＝eq\f(11,1024)，解釋見解答過程解：該訓(xùn)練方式無效的情況有：10人中有1人800米跑達到優(yōu)秀；10人中有0人800米跑達到優(yōu)秀，所以通過試驗該訓(xùn)練方式被認定無效的概率p＝Ceq\o\al(0,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(10)＋Ceq\o\al(1,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(9)＝eq\f(11,1024)≈0.01<5%，故可認為該訓(xùn)練方式無效事件是小概率事件，從而認為該訓(xùn)練方式有效，故該試驗方案合理．(12分)10．(2021北京海淀區(qū)模擬，15分)某調(diào)研機構(gòu)就該市工薪階層對“樓市限購令”的態(tài)度進行調(diào)查，抽調(diào)了5000名市民，他們月收入人數(shù)分布表和對“樓市限購令”贊成人數(shù)如表：月收入(單位：百元)[30，50)[50，70)[70，90)[90，110)[110，130)[130，150)調(diào)查人數(shù)500100015001000500500贊成人數(shù)40080012004149987(1)若從抽調(diào)的5000名市民中隨機選取一名市民，求該市民贊成“樓市限購令”的概率；答案：eq\f(3,5)解：由數(shù)據(jù)可知，在抽調(diào)的5000名市民中，對“樓市限購令”贊成的人數(shù)有400＋800＋1200＋414＋99＋87＝3000名，用頻率估計概率，則從抽調(diào)的5000名市民中隨機選取一名市民，該市民贊成“樓市限購令”的概率P＝eq\f(3000,5000)＝eq\f(3,5).(3分)(2)依據(jù)上表中的數(shù)據(jù)，若從該市工薪階層中隨機選取兩人進行調(diào)查，記贊成“樓市限購令”的人數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；答案：分布列見解答過程，E(X)＝eq\f(6,5)解：由(1)知，市民贊成“樓市限購令”的概率為P＝eq\f(3,5).記贊成“樓市限購令”的人數(shù)為X，則X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,5)))，X的可能取值為0，1，2，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,25)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(1)＝eq\f(12,25)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(0)＝eq\f(9,25)，所以X的分布列為X012Peq\f(4,25)eq\f(12,25)eq\f(9,25)(8分)所以E(X)＝0×eq\f(4,25)＋1×eq\f(12,25)＋2×eq\f(9,25)＝eq\f(6,5).(10分)(3)從抽調(diào)的收入在[30，50)(百元)的市民中隨機抽取兩名，記贊成“樓市限購令”的人數(shù)為X1，期望記作E(X1)；從抽調(diào)的收入在[50，90)(百元)的市民中隨機抽取兩名，記贊成“樓市限購令”的人數(shù)為X2，期望記作E(X2)，比較E(X1)與E(X2)的大小關(guān)系．(直接寫出結(jié)論即可)答案：E(X1)＝E(X2)解：E(X1)＝E(X2)．(15分)理由：從收入在[30，50)(百元)的市民中隨機選取一名市民，該市民贊成“樓市限購令”的概率P＝eq\f(400,500)＝eq\f(4,5)；從收入在[50，90)(百元)的市民中隨機選取一名市民，該市民贊成“樓市限購令”的概率P＝eq\f(800＋1200,1000＋1500)＝eq\f(4,5)，所以X1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(4,5)))，X2～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(4,5)))，所以E(X1)＝E(X2)．B組(沖刺滿分)11．(2021湖南株洲模擬，5分)高鐵是當代中國重要的一類交通基礎(chǔ)設(shè)施，乘坐高鐵已經(jīng)成為人們喜愛的一種出行方式．已知某市市郊乘車前往高鐵站有①、②兩條路線可走，路線①穿過市區(qū)，路程較短但交通擁擠，所需時間(單位為分鐘)服從正態(tài)分布N(50，100)；路線②走環(huán)城公路，路程長，但意外阻塞較少，所需時間(單位為分鐘)服從正態(tài)分布N(60，16)．若住同一地方的甲乙兩人分別有70分鐘與64分鐘可用，要使兩人按時到達車站的可能性更大，則甲、乙選擇的路線分別是(B)A．①、②B．②、①C．①、①D．②、②解析：設(shè)X為甲到達車站的時間，若甲選擇路線①，則X～N(50，100)，P(X≤70)＝Φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(70－50,10)))＝Φ(2)；若甲選擇路線②，則X～N(60，16)，P(X≤70)＝Φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(70－60,4)))＝Φ(2.5)．∵